SOLUSI UJIAN SEKOLAH 2011

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

SOLUSI UJIAN SEKOLAH 2011

1. Diberikan premis-premis berikut!

1. Jika Aida belajar dengan serius maka ia dapat mengerjakan semua soal ujian nasional. 2. Aida tidak dapat mengerjakan semua soal ujian nasional atau ia lulus ujian nasional. Penarikan kesimpulan yang sah pada premis-premis tersebut adalah ….

A. Aida tidak belajar dengan serius atau ia lulus ujian nasional. B. Jika Aida tidak belajar dengan serius maka ia lulus ujian nasional. C. Aida belajar dengan serius dan ia tidak lulus ujian nasional. D. Jika Aida belajar dengan serius maka ia tidak lulus ujian nasional. E. Aida belajar dengan serius atau ia tidak lulus ujian nasional. Solusi:

p  q  p  q

Pernyataan “Aida belajar dengan serius maka ia lulus ujian nasional” ekiuvalen atau setara dengan pernyataan “Aida tidak belajar dengan serius atau ia lulus ujian nasional” 

 

A

2. Bentuk sederhana dari _{5 2 2}

3 2 1 2 32 108 9 12 81        n n n n adalah …. A. _n 2 36 D. 36 2n B. 92n E. 72 n C. 362n Solusi: 2 2 5 3 2 1 2 32 108 9 12 81        n n n n

 





 

₂ 5 2 _{3 2}

 

₅ 2 3 2 2 1 2 4 2 2 3 3 3 2 3           _{n n} n n 10 5 2 3 4 10 3 2 6 4 4 8 2 2 3 3 3 2 3            _nn n n_n 38n42n310n4324n625n10 n _n 2 36 2 32 2     _ [A]

3. Bentuk sederhana dari







45 5 4 9 2 2 3 2 2 3     adalah …. A. 9 5 D. 37 5 B. 97 5 E. 3 5 C. 9 5 Solusi:

Jika Aida belajar dengan serius maka ia dapat mengerjakan semua soal ujian nasional. Jika Aida dapat mengerjakan semua soal ujian nasional, maka ia lulus ujian nasional.

 Jika Aida belajar dengan serius maka ia lulus ujian nasional. Kidah Silogisme:

p  q p  q

q  r  q  r ….  p  r

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011







₄₅ 5 4 9 2 2 3 2 2 3 _    5 3 5 4 9 8 9 _    3 5 5 4 9 5 4 9 5 4 9 1 _      3 5 80 81 5 4 9 _    94 53 5 9 5 [B] 4. Jika akar-akar persamaan x logx

4 1 3 1 log 12 1 2 2 _{ } 2

adalah x dan ₁ x , dengan ₂ x₁x₂, maka nilai 5x₁ 32x₂ .... A. 12 D. 6 B. 10 E. 4 C. 8 Solusi: x x log 4 1 3 1 log 12 1 2 2 _{ } 2 x x 4 3 log log2 2 2 _{ } 0 4 log 3 log2 2 2 _{  } x x



2logx1



2logx4



0 1 log 2 _ x atau 2logx4 2 1  x atau 16 1 2  x

Jadi, nilai dari 8

16 1 32 2 5 32 5x1  x2      .  [C]

5. Batas-batas nilai k yang memenuhi, jika grafik fungsi kuadrat

 

2





2 2 8 4 4x k x k k x

f      memotong sumbu X di dua titik yang berbeda adalah ….

A. 1 5 1 _{ } k D. k1atau 5 1  k B. 1 5 1_{ } k E. 5 1  k atau k1 C. 5 1   k atau k1 Solusi:

Syarat grafik fungsi kuadrat f

 

x 4x2 



48k



x2kk2 memotong sumbu X di dua titik yang berbeda adalah adalah D0.



48k



2 44



2kk2



0 1664k64k2 32k16k2 0 80k2 96k160 5k2 6k10



5k1



k1



0 5 1  k atau k 1 [E]

6. Jika akar-akar persamaan kuadrat x2  px70adalah x dan 1 x dan 2 22 2 2 2 1 x  x , maka nilai p adalah …. A. 2 2atau 2 2 D. 22 atau  22   1 5 1 + + 

3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

B. 6 atau 6 E. 6 atau  6 C. 36 atau 36 Solusi: 0 7 2 _{  } px x , akar-akarnya x dan ₁ x . ₂ p x x1  2  7 2 1x  x 22 2 2 2 1 x  x





2 1 2 22 2 2 1x  xx  x

 

 p 2 2722 36 2 _ p 6 36   p

7. Diberikan persamaan kuadrat x2 3x60yang akar-akarnya x dan 1 x . Persamaan kuadrat 2

baru yang akar-akarnya x15dan x2 5adalah ….

A. x221x160 D. x2 21x160 B. x2 7x160 E. x2 7x160 C. x2 7x160 Solusi: Alternatif 1: 0 6 3 2 _{  } x x , akar-akarnya x dan ₁ x . ₂ 3 2 1 x  x 6 2 1x  x 10 5 5 2 1 2 1  x  x x  x 3107



x15



x2 5



x1x2 5



x1 x2



2565

 

3 2516 Persamaan kuadrat baru adalah



1 2



1 2 0 2 _{   } x x x x x x

 

7 16 0 2 _{   } x x 0 16 7 2 _{  } x x  [C] Alternatif 2: x x1 5  x1 x5 5 1 x x  x2 3x60



x5



2 3



x5



60 x2 10x253x1570 x2 7x160  [C]

8. Salah satu garis singgung pada lingkaran x2 y2 10x6y250 yang tegak lurus garis 0 12 3 4x y  adalah …. A. 3x4y420 D. 3x4y370 B. 3x4y320 E. 3x4y120 C. 3x4y520

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Solusi: 0 25 6 10 2 2 _{    } y x y x



x5

 

2  y3



2 9

Pusat dan jari-jari lingkaran adalah

 

5,3 dan 3. Gradien garis 4x3y120 adalah

3 4

1 

m .

Syarat dua garis berpotongan saling tegak lurus adalah m₁m₂ 1.

1 3 4 2  m 4 3 2  m

Persamaan garis singgung adalah ybm



xa



r m2 1





1 4 3 3 5 4 3 3 2              x y





4 5 3 5 4 3 3     x y 4y123



x5



15 4y123x1515dan 4y123x1515 3x4y420dan 3x4y120

Jadi, persamaan garis singgung yang diminta adalah 3x4y120.  [E]

9. Jika fungsi f didefinisikan sebagai f

 

x x1 dan fungsi yang lain didefinisikan sebagai



go f

 

x x2 x, maka fungsi g

 

x adalah ….

A. x2 3x2 D. x2 3x2 B. x2 2x3 E. x2 3x2 C. x2 x2 Solusi:



go f

 

x x2 2x5 g



f

 

x



x2 x g



x1



x2 x tx1 xt1 g

     

t  t12  t1 g

 

t t2 2t1t1 g

 

t t2 3t2 g

 

x x2 3x2

Jadi, fungsi g

 

x x2 x2.  [E] 10. Diberikan fungsi

 

2 1    x x x

f , dengan x2. Jika g:RRadalah suatu fungsi sehingga

  

gof x 2x, maka fungsi invers g1

 

x ....

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

A. 4 2   x x , x4 D. 4 2   x x , x4 B. 4 2   x x , x4 E. 4 2   x x , x4 C. 2 4   x x , x2 Solusi:

  

gof x 2x g



f

 

x



2x x x x g 2 2 1 _         Ambillah 2 1    x x t , maka tx2tx1 txx2t1 x

 

t1 2t1 1 1 2    t t x

 

1 1 2 2     t t t g 1 2 4    t t _

_{ }

1 2 4    x x x g , x1 Rumus:

 

d cx b ax x f   



 

a cx b dx x f     1

 

1 2 4    x x x g 

 

4 2 1     x x x g , x4 [B]

11. Sebuah suku banyak P

 

x dibagi x2 1 sisanya 1 dan dibagi x4sisanya 16. Jika suku banyak P

 

x dibagi



x2 1





x4



, maka sisanya adalah ….

A. x2 2x4 D. x2 2x8 B. x2 2x2 E. x 2 C. x2 x4 Solusi:

 

x



x





x

  

H x ax bx c P  2 1 4  2  

 

1 



12 1





14

  

H1 a12 b1c1 P  abc1……….. (1)

   

1 



12 1





14

    

H 1 a 12 b

 

1 c1 P  abc1……….. (2)

 

4 



42 1





44

  

H 4 a42 b4c16 P 16a4bc16………….... (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 0

2b

0

 b

Persamaan (3) – Persamaan (1) menghasilkan: 15 3 15a b 15 0 3 15a   3  a

6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

1 0 1 c 0  c

Jadi, sisanya adalah x . 2  [E]

12. Diketahui bahwa



x2



adalah faktor-faktor suku banyak P

 

x x3 ax2 13x10. Jika akar-akar persamaan P

 

x 0 adalah x , ₁ x , dan ₂ x , maka nilai dari ₃ 32 ....

2 2 2 1 x x  x A. 62 D. 13 B. 36 E. 10 C. 26 Solusi:

 

x x3ax2 13x10 P

 

2 23 a22 132100 P 24 4a 6  a 0 10 13 6 2 3 _{   } x x x 6 1 6 3 2 1         a b x x x 13 1 13 3 2 3 1 2 1      a c x x x x x x







1 2 1 3 2 3



2 3 2 1 2 3 2 2 2 1 x x x x x 2 x x x x x x x         

 

6 2 2

 

13 10.  [E]

13. Di toko MURAH, Dinda, Annisa, Laras, dan Afifah membeli berbagai buku dan alat tulis. Dinda membeli 2 buku tulis, 3 pulpen, dan 2 pinsil seharga Rp 16.500,00; Annisa membeli 4 buku tulis dan 2 pulpen seharga Rp 15.000,00; sedangkan Laras membeli 3 pulpen dan 4 pinsil seharga Rp 15.500,00. Jika Afifah membayar dengan uang Rp 50.000,00 untuk membeli 1 buku tulis, 1 pulpen, dan 3 pinsil, maka besar uang kembalian yang diterimanya adalah .… A. Rp 40.000,00 D. Rp 35.000,00

B. Rp 39.000,00 E. Rp 30.000,00 C. Rp 38.000,00

Solusi:

Ambillah harga sebuah buku, pulpen, dan pinsil, masing-masing adalah x, y, dan z rupiah. 500 . 16 2 3 2x y z ………….. (1) 000 . 15 2 4x y 500 . 7 2xy ………. (2) 500 . 15 4 3y z ………. (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 000

. 9 2

2y z ….………..…… (4)

2  Persamaan (4) – Persamaan (3) menghasilkan: 500 . 2  y 500 . 2  y  2x y7.500 2x2.5007.500 x2.500 500 . 2  y  3y4z15.500 32.5004z15.500 4z8.000

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

z2.000

Uang yang harus dibayarkan untuk membeli 1 buku tulis, 1 pulpen, dan 3 pinsil adalah Rp 2.500,00 + Rp 2.500,00 + 3  Rp 2.000,00 = Rp 11.000,00.

Jadi, besar uang kembalian yang diterimanya Rp 50.000,00 – Rp 11.000,00 = Rp 39.000,00.  [C]

14. Seorang pasien di rumah sakit membutuhkan sekurang-kurangnya 84 buah obat jenis A dan 120 obat jenis B setiap hari (diasumsikan over dosis untuk setiap obat tidak berbahaya). Setiap gram zat M berisi 10 unit obat A dan 8 unit obat B. Setiap zat N berisi 2 unit obat A dan 4 unit obat B. Jika harga zat M dan zat N masing-masing harganya Rp 80.000,00 dan Rp 30.0000,00, maka dengan mengombinasikan banyak gram zat M dan N untuk memenuhi kebutuhan obat minimum si pasien akan mengeluarkan biaya minimum pula setiap harinya sebesar ….

A. Rp 1.260.000,00 D. Rp 960.000,00 B. Rp 1.200.000,00 E. Rp 880.000,00 C. Rp 980.000,00

Solusi:

Jumlah obat per gram zat M

Jumlah obat per gram zat N

Persyaratan harian minimum

Obat A 10 2 84

Obat B 8 4 120

Anggap x = jumlah gram zat M yang digunakan y = jumlah gram zat N yang digunakan Selanjutnya              0 0 120 4 8 84 2 10 y x y x y x Fungsi objektif f

 

x,y 80.000x30.000y 10x + 2y = 84 ……….. (1) 8x + 4y = 120 4x + 2y = 60 …….….. (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 6x24 x4 x4 10x + 2y = 84 10(4) + 2y = 84 2y = 44 y = 22

Koordinat titik potongnya adalah (4,22) Titik f

 

x,y 80.000x30.000y (0,0) 80.000030.00000 (15,0) 80.0001530.00001.200.000 (4,22) 80.000430.00022980.000(minimum) (0,42) 80.000030.000421.260.000 O 42 30 15 (4,22) 84 2 10x y 120 4 8x y X Y

8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

 pasien itu akan mengeluarkan biaya minimum setiap harinya sebesar Rp 980.000,00.  [C]

15. Diberikan persamaan matriks _

                            4 2 4 2 1 3 11 2 7 2 1 0 5 2 3 4 8 c b a . Nilai dari c b a  adalah …. A. 28 D. 7 B. 12 E. 4 C. 9 Solusi: _                             4 2 4 2 1 3 11 2 7 2 1 0 5 2 3 4 8 c b a _                       4 2 4 2 2 6 22 4 14 3 5 2 44 16 c b a a _                b c a a 18 6 4 4 16 3 5 2 44 16 2a18 a9 5a36b 5936b 426b b7 4444c 4c48 c12

Jadi, nilai abc97124 [E] 16. Diberikan matriks _        1 1 1 1 A dan _         2 2 2 6

B . Jika AM Bdan M1adalah invers matriks M, maka M1 adalah ….

A. _      1 2 0 1 D. _        1 2 0 1 B. _      2 1 0 1 E. _         1 2 0 1 C. _         2 4 0 2 Solusi: B AM  _                2 2 2 6 1 1 1 1 M _                 2 2 2 6 1 1 1 1 1 M

_{ }

_                      1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1            2 4 0 2 2 1        1 2 0 1 _            1 2 0 1 2 0 1 1 1 1 M _        1 2 0 1  [B]

9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

17. Diberikan segitiga OAB, dengan titik-titik sudut O(0,0,0), A(2,1,1), danB(1,1,2). Besar

AOB  adalah …. A. 120 D. 45 B. 90 E. 30 C. 60 Solusi:                              1 1 2 0 1 0 1 0 2 OA                            2 1 1 0 2 0 1 0 1 OB Rumus: b a b a   cos

 

2 2 2

   

2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 cos                                AOB 1 1 4 4 1 1 2 1 2        6 3  2 1  AOB60

Jadi, besar OABadalah 60 [C]

18. Diberikan vektor-vektor a2i2j2k, b3i4jk, dan ci2j5k. Panjang proyeksi dari vektor a pada vektor

 

bc

2 1 adalah…. A. 17 1 D. 17 17 6 B. 17 6 E. 17 17 14 C. 17 17 1 Solusi:             2 2 2 a

 

                           2 3 2 5 1 2 4 1 3 2 1 2 1 c b

Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah

b b a c   O A B

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2                          c 4 9 4 4 6 4       17 17 6 17 6 _ 

Jadi, panjang proyeksi dari vektor a pada vektor

 

bc

2 1 adalah 17 17 6 .  [D]

19. Bayangan garis 2x3y6oleh rotasi dengan pusat O(0,0)sebesar 90searah dengan arah jarum jam dilanjutkan dengan refleksi terhadap garis xy0 adalah ….

A. 2x3y60 D. 2x3y60 B. 2x3y60 E. 3x2y60 C. 2x3y60 Solusi: Alternatif 1: _                            y x y x 0 1 1 0 0 1 1 0 ' '               y x 1 0 0 1         y x xx' dan yy' 2x3y6 2x'3

 

y' 6 2x3y60

Jadi, bayangannya adalah 2x3y60. [C] Alternatif 2: _                            y x y x 0 1 1 0 0 1 1 0 ' '               y x 1 0 0 1                      ' ' 1 0 0 1 1 y x y x

 

_{  } _ __ _   ' ' 1 0 0 1 0 0 1 1 1 y x

_{ }

              ' ' 1 0 0 1 1 y x               ' ' 1 0 0 1 y x         ' ' y x xx' dan yy' 2x3y6 2x'3

 

y' 6 2x3y60

Jadi, bayangannya adalah 2x3y60. [C]

20. Diberikan fungsi eksponen f

 

x abx, dengan a0dan b0 yang ditunjukkan pada gambar berikut ini. Jika f1

 

x adalah invers dari fungsi eksponen f , maka f1

 

x .... A. 4 log 2 x B. 2logx2 C. logx 4 12 D. 2log4x E. 2log2x O X Y (2,16)

 

x f y   (0,4)

11 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Solusi: ) 4 , 0 (  f

 

x a2x 4ab0 a4

Fungsi eksponennya menjadi f

 

x 4bx

) 16 , 2 (  f

 

x 4bx 164b2 b2 4, dengan b0 b2

Sekarang persamaan eksponennya menjadif

 

x 42x 2x2

2 2   y x x y log 2 log 2 



y2



log2logx x y22log 2 log 2 _  x y 4 log log 2 2 _  x y 4 log 2 x y

Jadi, fungsi inversnya adalah

 

4 log 2 1 x x f   [A]

21. Dari sebuah barisan aritmetika diketahui bahwa suku ke-4 adalah 13 dan suku ke-10 adalah 31. Suku ke-105 dari barisan tersebut adalah ….

A. 319 D. 306 B. 316 E. 300 C. 315 Solusi: 13 4  u 13 3   b a ………. (1) 31 10  u 13 9   b a ………. (2)

Persamaan (2) – Persamaan (1) menghasilkan: 18 6b 3  b 3  b  a3b13 a3313 a4



n



b a un   1 b u1054104 41043316 Jadi, suku ke-105 adalahh 316.  [B]

22. Sebatang baja beton dipotong menjadi 9 bagian dengan panjang yang masing-masing membentuk barisan geometri. Jika panjang bagian baja beton yang paling panjang 4.096 cm

12 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

dan panjang bagian baja beton pada urutan yang di tengah 256 cm, maka panjang sebatang baja beton semula adalah ….

A. 6.196 D. 8.176 cm B. 7.176 E. 8.192 cm C. 8.000 cm Solusi: Barisan geometri: u₁,u₂,u₃,u₄,u₅,u₆,u₇,u₈,u₉ 096 . 4 9  u 256 5  u 256 096 . 4 5 9  u u 256 096 . 4 4 8  ar ar 16 4 _ r , dengan r > 0 2 16 4   r 2  r  u5 256 ar4 256 a24 256 a16





1 1    r r a S n n





1 2 1 2 16 9 9 _   S





8.176 1 2 1 2 16 9    

Jadi, panjang sebatang baja beton semula adalah 8.176 meter.  [D]

23. Diberikan balok ABCD.EFGH, dengan ABBC6cm dan CG12cm. Jarak titik C ke bidang BDG adalah …. A. 9 cm D. 3 2cm B. 6 cm E. 4 cm C. 4 2cm Solusi: Menurut Pythagoras: 2 2 BC AB AC   6262 6 2cm 2 3 2 1 _  AC CP cm 2 2 CG CP PG  

 

3 2 2 122  1629 2cm Luas PGC  CPCG PGCQ 2 1 2 1 PG CG CP CQ  4 2 9 12 2 3  _  cm

Jadi, jarak titik C ke bidang BDG adalah 4 cm.  [E] _A

B C D E F G H P Q 6 6 12

13 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

24. Diberikan Limas segitiga D.ABC , dengan AB = 15 cm, BC = 14 cm, AC = 13 cm,

ABC

DAbidang , dan DA = 6 cm. Jika sudut antara bidang DBC dan bidang ABC adalah , maka cos.... A. 1 D. 5 1 B. 5 2 1 E. 5 5 1 C. 5 5 2 Solusi: s



abc



2 1

_

_

21 15 13 14 2 1 _{  }  cm Luas ABC  s



sa



sb



sc



 21



2114



2113



2115



 73

 

7

 

23



23



 723224 7322 84 cm2 84 2 1 _{ } BC AP 14 84 2 1 _{ } AP AP12cm DP AD2 AP2  62122 6 5cm Jadi, nilai 5 5 2 5 6 12 cos    DP AP  .  [C]

25. Jika luas segi-12 beraturan yang mempunyai panjang sisi 2 dm adalah …. A.



2412 3



dm2 D.



1212 3



dm2

B.



4812 3



dm2 E.



1224 3



dm2 C.



2424 3



dm2

Solusi:

Menurut aturan Kosinus: p2 R2 R2 2RRcos30 22 R2 R2 2RRcos30 42R2 R2 3 3 2 4 2   R 3 2 3 2 3 2 4      4



2 3



Luas segi-n berturan

n R n     sin360 2 1 2 A B C T P 15 13 6 14  R R p 30o

14 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Luas segi-12 berturan





12 360 sin 3 2 4 2 1 12     64



2 3



sin30





2 1 3 2 4 6    



2412 3



dm2 Jadi, luasnya adalah



2412 3



dm2.  [A]

26. Diberikan prisma segi tiga tegak ABC. DEF , dengan AB = 10 cm, BC = 2 21 cm, AC = 8 cm, dan AD5 3dm. Volume prisma tersebut adalah ….

A. 300 cm3 D. 0003. cm3 B. 100 3 cm3 E. 3.000 3cm3 C. 300 cm3 Solusi:

 

10 8 2 21 2 10 8 cos 2 2 2      A 160 84 100 64   2 1 160 80 _   60 A

Luas ABC AB AC sinA

2 1_{  }   108sin60 2 1 3 2 1 40  20 3cm3

Jadi, volume prisma tersebut adalah 20 350 33.000cm3.  [D]

27. Himpunan penyelesaian persamaan cos2x3cosx20untuk 0x2πadalah …. A.       3 4π , 3 π 2 D.       6 7π π, , 6 π 5 B.       3 5π π, , 3 π E.       3 4π π, , 3 π 2 C.       6 π 7 , 2 π , 6 π Solusi: 0 2 cos 3 2 cos x x  0 2 cos 3 1 cos 2 2 x  x  0 1 cos 3 cos 2 2 x x 



cosx1



2cosx1



0 1 cosx atau 2 1 cosx π  x atau 3 2π  x atau 3 4π  x 3 50 10 A C E D F B 8 21 2

15 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

      3 4π π, , 3 π 2 .  [E] 28. Jika 7 1 cos dan 3 14 3

sin , maka nilai .... A. 30 D. 90 B. 45 E. 150 C. 60 Solusi:   2 cos 1 sin   2 7 1 1         3 7 4 49 48 _    _{1 sin}2 cos   2 3 14 3 1         14 13 196 169_ 



 



coscos sinsin

cos   





3 14 3 3 7 4 14 13 7 1 cos    



13 36



98 1   98 49  2 1     60   [C] 29. Diberikan 3 π  

 , dengan  dan  adalah sudut lancip. Jika 3 2 1 cos

sin   , maka nilai





.... sin  A. 3 2 1  D. 2 1 3 B. 2 1  E. 3 2 1 C. 3 2 1_ Solusi: 3 2 1 cos sin   2sincos  3 sin







sin







 3 sin





3 3 π sin     3 sin





3 2 1 _{  }





3 2 1 sin   [E] 30. Nilai .... 8 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2             _{x x x x} x A. 72 1 D. 8 1 B. 64 1 E. 2 1

16 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

C.

36 1 Solusi:

Alternatif 1: Metode Uraian

              ₈ 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2 _{x x x x} x _               ₈ 24 8 2 8 4 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x x 8 24 10 3 2 lim ₃ 2 2        _x x x x 8 14 3 2 lim ₃ 2 2       _x x x x









2





2 4



7 2 2 lim ₂ 2         _{x x x} x x x _{2 4} 7 2 lim ₂ 2       _{x x} x x

 

 

 

12 11 4 2 2 2 7 2 2 2 _{  }       [B]

Alternatif 2: Metode Teorema Hospital

              ₈ 24 4 2 1 2 2 lim _{2 3} 2 _{x x x x} x _               ₈ 24 8 2 8 4 2 lim _{3 3} 2 2 _{x x} x x x x 8 24 10 3 2 lim ₃ 2 2        _x x x x ₈ 14 3 2 lim ₃ 2 2       _x x x x 2 2 ₃ 3 4 lim x x x    

 

 

12 11 2 3 3 2 4 2       [B] 31. Nilai ₂ 0 cos 1 cos lim x x x x x x     adalah …. A. 2 3 D. 4 1 B. 1 E. 8 1 C. 2 1 Solusi:

Alternatif 1: Metode Uraian

2 0 cos 1 cos lim x x x x x x    



 



2 0 cos 1 1 lim x x x x x     







2 0 cos 1 1 lim x x x x    





2 2 0 2 1 sin 2 1 lim x x x x    





2 0 2 1 2 1 sin 1 2 1 lim                x x x x





2 0 0 2 1 2 1 sin lim 1 2 1 lim                              x x x x x



  

₂ 1 1 1 0 2 1 _{ } 2 _   [C]

17 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

₂ 0 cos 1 cos lim x x x x x x     _x x x x x x ₂ sin sin cos 1 lim 0      2 cos cos sin sin lim 0 x x x x x x       2 1 2 0 cos 0 cos 0 0 sin 0 sin     _    [C]

32. Sehelai karton akan dibuat kotak tanpa tutup yang alasnya berbentuk persegi. Jika ditentukan luas permukaan kotak harus 108 dm2. Volume maksimum kotak yang dapat dibuat sebesar …. A. 216 liter D. 120 liter

B. 196 liter E. 108 liter C. 148 liter

Solusi:

Luas permukaan kotak x2 4xy108

x x y 4 108 2  Volume kotak V x2y         x x x V 4 108 2 2 4 27 3 x x  4 3 27 ' 2 x V   2 3 " x V 

Nilai sationer (titik kritis) fungsi V dicapai jika V'0. 0 4 3 27 2   x 36 2 _ x , dengan x0 6  x Karena

 

9 0 2 6 3 6 "    

V , maka fungsi V mencapai nilai maksimum untuk x = 6.

108 4 6 6 27 3     m aks V liter.

Jadi, volume maksimum kotak yang dapat dibuat sebesar 108 liter.  [E] 33. Hasil dari



  .... 4 2 3 dx x x A.



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 D. x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 1 4 B.



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 E. x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 2 4 C.



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 3 1 Solusi:

Alternatif 1: Metode Substitusi:

x

x

y

18 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Ambillah u 4x2  dx x x du 2 4 2 2    dx x x du 2 4  u 4x2 u2 4x2 x2 u2 4



 . 4 2 3 dx x x



_  dx x x x 2 2 4







  u2 4du u 4uC 3 1 3 



x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 3 1 _ [A] Alternatif 2: Metode Integral Parsial:

Ambillah ux2 du2xdx dx x x dv 2 4   dx x x v



  2 4



2



2 4 4 2 1 x d x   



_{ 4x}2



udvuv



vdu



 . 4 2 3 dx x x xdx x x x2 4 2  4 2 2 



2 2 2



2



4 4 4 x x d x x     



x



x







x



2 C 3 2 2 1 2 2 4 3 2 4



x



x



x



C       _{ }   ₂ 2 2 1 2 4 3 2 4 



x

 

2 x2   x2



C 1 2 2 8 3 3 4 



x

  

x 8 C 3 4 2 2 1 2



 



C x x _{  }   4 12 3 4 2 2 1 2 



 x

 

 x



2 C 1 2 2 3 2 4 4 4 4 3 1 _ [A] 34. Nilai dari



 4 1 2 1 dx x x adalah …. A. 24,4 D. 8,4 B. 14,4 E. 7,2 C. 14,0 Solusi:



4  1 2 1 dx x x



          4 1 2 1 2 3 dx x x 4 1 2 1 2 5 2 5 2           x x 2 5 2 2 2 32 5 2       2 5 62   14,4 5 72    [B]

35. Hasil dari



24sin4xcos2xdx....

A. 2cos6x6cos2xC D. 4cos6x12cos2xC B. 2cos6x6cos2xC E.  x cos2xC

2 1 6 cos 6 1 C. 4cos6x12cos2xC Solusi:

19 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011



24sin4xcos2xdx 12





sin6xsin2x



dx x xC     _{ }   cos2 2 1 6 cos 6 1 12

2cos6x6cos2xC [A]

36. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva yx2 2 dan garis y4x1 adalah …. A. 6 1 1 satuan luas D. 6 5 1 satuan luas B. 3 1 1 satuan luas E. 3 1 3 satuan luas C. 3 2 1 satuan luas Solusi: Batas-batas integral: 2 2 _ x y dan y4x1 1 4 2 2 _{  } x x 0 3 4 2 _{  } x x



x1



x3



0 1  x atau x3

   







  b a dx x g x f L , f

   

x g x















    3 1 2 2 1 4x x dx L 





  



3 1 2 3 4x dx x 3 1 2 3 3 2 3 _         x x x 2 3 3 1 9 18 9       3 1 1  satuan luas.  [B]

37. Jika daerah yang dibatasi oleh kurva yx2 2x1, sumbu X, dan x2 diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o , maka volume benda putar yang terjadi adalah ….

A. 5 π 16 D. 16π B. 5 π 32 E. 32π C. 5 π 8 Solusi: 1 2 2 _{ }  x x y 



x1



2 dx y V b a



_π 2 V 





x  x



dx 2 1 2 2 1 2 π 





x



dx 2 1 4 1 π π



1

 

1



2 1 4 _  



x d x









13 5 1 5 π   x 5 π 32  satuan volume  [B] 38. Modus dari data yang disajikan pada tabel berikut ini adalah ….

Y X O 2 2 _ x y 1 4   x y A. 26,5 B. 26 C. 25,75 D. 25,5 Y X O 1 3 1 2 2 _{ } x x y

20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Solusi: p d d d L Mo _         2 1 1 dengan: Mo = modus

L = tepi bawah kelas modus ( yang memiliki frekuensi tertinggi) p = panjang kelas atau interval kelas

d1 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sebelumnya

d2 = selisih frekuensi kelas modus dengan kelas sesudahnya

L = 24; p = 5; d116142; dan d2 1688 5 25,5 8 2 2 5 , 24           Mo

Jadi, Modus dari data pada tabel adalah 25,5.  [D]

39. Bilangan yang terdiri dari tiga angka disusun dari angka-angka 2, 3, 5, 6, 7, 8, dan 9 . Banyak bilangan dengan angka-angka yang berlainan dan kurang dari 600 adalah ….

A. 180 D. 72 B. 120 E. 60 C. 90

Solusi:

Posisi angka pada bilangan tiga angka kurang dari 600.

Bilangan yang terdiri dari tiga angka yang kurang dari 600, angka pertamanya 2, 3, 4, dan 5. Dua angka yang dibelakangnya dipilih dengan menggunakan permutasi.

Jadi, bilangan tiga angka tersebut adalah

2 6 2 6 2 6 2 6P  P  P  P 46 P2





! 2 6 ! 6 4    120 ! 4 ! 4 5 6 4      [B]

40. Sejumlah siswa masing-masing terdiri atas 6 laki-laki dan 6 perempuan.Mereka membentuk panitia yang terdiri atas 4 orang siswa. Peluang panitia tersebut memuat paling banyak 2 siswa perempuan adalah …. A. 11 8 D. 11 3 B. 15 7 E. 495 22 C. 495 8 Solusi: 2 3 4 5 Nilai Frekuensi 10  14 3 15  19 7 20  24 14 25  29 16 30  34 8

21 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011

Peluang terbentuk panitia beranggotakan 4 orang dengan paling banyak 2 siswa perempuan dari 6 siswa laki-laki (L) dan 6 siswa perempuan (P) adalah

L P L P L P P P4  1 dan3  2 dan2  4 12 2 6 2 6 4 12 3 6 1 6 4 12 4 6 C C C C C C C C _  _   495 15 15 495 20 6 495 15 _  _   11 8 495 360_   [A]