SOAL DAN SOLUSI UJIAN SEKOLAH SUSULAN TAHUN 2013

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

SOAL DAN SOLUSI UJIAN SEKOLAH

SUSULAN TAHUN 2013

1. Diketahui premis-premis:

Premis P1: Mathman lulus Ujian Nasional atau Mathman tidak rajin belajar.

Premis P2: Mathman tidak lulus Ujian Nasional.

Kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah …. A. Jika Mathman tidak rajin belajar maka ia lulus Ujian Nasional. B. Jika Mathman malas, maka ia tidak lulus Ujian Nasional. C. Mathman lulus Ujian Nasional.

D. Mathman malas belajar.

E. Mathman rajin belajar dan lulus Ujian Nasional. Solusi:

Sifat:

1. pq~q~ p~ pq

:

q

p Jika Mathman rajin belajar maka ia lulus Ujian Nasional 2. Kaidah Modus Tollens

Soal tersebut di atas dapat dinyatakan sebagai berikut.

Jadi, kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah “Mathman malas

belajar.”



[D]

2. Ingkaran dari pernyataan “Pada saat ujian nasional sedang berlangsung semua siswa tidak diperkenankan membawa kalkulator atau hand phone.” adalah ….

A. Pada saat ujian nasional sedang berlangsung ada siswa diperkenankan membawa

kalkulator atau hand phone.

B. Pada saat ujian nasional sedang berlangsung semua siswa diperkenankan

membawa kalkulator dan hand phone .

C. Pada saat ujian nasional sedang berlangsung semua siswa diperkenankan

membawa kalkulator atau hand phone.

D. Pada saat ujian nasional sedang berlangsung ada siswa yang diperkenankan

membawa kalkulator dan hand phone.

E. Pada saat ujian nasional sedang berlangsung beberapa siswa tidak diperkenankan

membawa kalkulator dan hand phone.

Solusi :

q p

(Premis 1)

p ~

(Premis 2)



~q

(Kesimpulan/Konklusi)

Ekuivalen

q p

(Premis 1)

p ~

(Premis 2)



~r q p ~

(Premis 1)

p ~

(Premis 3)



....

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

Sifat:

~



pq



~ p~q

Jadi, ingkaran dari pernyataan adalah “Pada saat ujian nasional sedang berlangsung ada

siswa yang diperkenankan membawa kalkulator dan hand phone.”



[D]

3. Ingkaran dari pernyataan “Jika tanggul bobol maka kota akan terendam air dan semua warga kota tidak hidup menderita.” adalah ….

A. Tanggul bobol dan kota tidak akan terendam air dan semua warga kota yang hidup

menderita.

B. Jika tanggul bobol dan kota tidak akan terendam air atau ada warga kota yang

hidup menderita.

C. Jika tanggul tidak bobol maka kota tidak akan terendam air dan semua warga kota

hidup menderita.

D. Tanggul bobol dan kota tidak akan terendam air atau ada warga kota yang hidup

menderita.

E. Tanggul bobol dan kota tidak akan terendam air atau ada warga kota yang hidup

menderita.

Solusi :

Sifat:

~



pq



p~q







p q r



p



~q ~r



~     

Jadi, ingkaran dari pernyataan adalah “Tanggul bobol dan kota tidak akan terendam air

atau ada warga kota yang hidup menderita.”



[E]

4. Bentuk sederhana dari

5 6 2 1 5 6 2    adalah…. A. 2 6 B. 6 C. 4 6 D. 4 6 10 E. 2 65 Solusi: 5 6 2 5 6 2 5 6 2 1 5 6 2 5 6 2 1 5 6 2           24 25 5 6 2 5 6 2      5 6 2 5 6 2     4 6 [C]

5. Diberikan 2log3adan 2log7b . Nilai dari 6log196.... A. b a b  B. 4 2 1   b a C. 2 2 1   b a D. 2 2 1 2   a b

3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 E. 2 1   b a

Solusi:

4 log 49 log 2 log 3 log 196 log 6 log 196 log _{2 2} 2 2 2 2 6     2 7 log 2 1 3 log 2 2    2 2 1    b a

_

[C]

6. Diberikan persamaan kuadrat 2x2



p4



x100dengan akar-akarnya adalah dan . Jika  5, maka nilai p adalah ….

A. 1 atau 1 B. 2 atau 2 C. 6 atau 6 D. 12 atau 12 E. 20 atau 20 Solusi:

2x2



p4



x100, akar-akarnya adalah dan





2 4 2 4          p p a b    5 2 4 5    p a b   12 4   p  12 20 5   p  5 2 10_   a c  5 12 4 12 20 5p _ p _ 5



p4



25144



p4



2 144 p412

 

B

7. Jika persamaan kuadrat px2 



12p



x10mempunyai dua akar yang sama , maka nilai p adalah …. A. 4 1  B. 2 1  C. 4 1  D. 2 1  E. 2 Solusi:

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013



12p



2 4p

 

2 0 14p4p2 8p0 4p24p10



2p1



20 2 1   p  [C]

8. Batas-batas nilai p yang memenuhi, jika grafik fungsi kuadrat

 

2





2 2 4 2k x k k x x

f      selalu berada di bawah sumbu X adalah …. A. 2k1 B. 2k1 C. 1k2 D. k2atau k1 E. k1 atau k 2 Solusi:

Syarat grafik fungsi kuadrat f

 

x x2 



2k4



x2kk2 selalu berada di bawah sumbu X adalah a0 danD0. 0 1   a



2k4



24

 

1



2kk2



0 4k216k168k4k20 8k2 24k160 k23k20



k2



k1



0 2k1 [B]

9. Mathman dan Martha adalah bersaudara kandung. Jumlah umur Mathman, Martha dan Ayahnya adalah 140 tahun. Lima belas tahun yang lalu umur Mathman adalah 2 kali umur Martha; 15 tahun yang akan datang umurnya

3 4

kali umur Martha. Umur ayah sekarang adalah …. A. 80 tahun B. 75 tahun C. 70 tahun D. 65 tahun E. 60 tahun Solusi:

Ambillah sekarang umur Mathman x tahun dan umur Martha y tahun, dan umur ayah adalah z tahun. x yz140…. (1) x152



y15



x2y15…. (2)



15



3 4 15   y x 3x454y60 3x4y15…. (3)   1  2  + + 

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 Persamaan (3) – 2  Persamaan (2) menghasilkan:

x45 x45 x2y15 452y15 y30 x45dan y30 4530z140 z 65 Jadi, ayah adalah 65 tahun .  [D]

10. Salah satu garis singgung pada lingkaran x2 y2 16x6y160 yang sejajar pada garis 0 24 3 4x y  adalah …. A. 4x3y100 B. 4x3y100 C. 4x3y220 D. 4x3y100 E. 4x3y100 Solusi: 0 16 6 16 2 2 _{    } y x y x



x4

 

2  y3



2 9

Pusat dan jari-jari lingkaran adalah

 

4,3 dan 3. Gradien garis 4x3y240 adalah

3 4 

m .

Persamaan garis singgung adalah ybm



xa



r m2 1





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





3 5 3 4 3 4 3     x y 3y94



x4



15 3y94x1615dan 3y94x1615 4x3y100dan 4x3y220

Jadi, persamaan garis singgung yang diminta adalah 4x3y100.  [E]

11. Hasil bagi suku banyak 2x4 6x3 2ax2 2x6byang habis dibagai oleh x24x3adalah …. A. 2x2 2x1 B. 2x2 2x1 C. 2x2 x1 D. 2x2 x2 E. 2x2 2x2 Solusi:



3



1



3 4 2_{    } x x x x

6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 1  x  2x46x3 2ax2 2x6b 214 6132a12 216b0 262a26b0 2a6b2 a3b1…. (1) 3  x  2x4 6x32ax2 2x6b 234 6332a32 236b0 16216218a66b0 18a6b6 9a3b3…. (2)

Persamaan (2) – persamaan (1) menghasilkan: 4 8a 2 1   a Selanjutnya 1 3 2 1 _{ }  b 2 3 3b 2 1   b

Sehingga suku banyak itu adalah 2x46x3 x2 2x3.

Jadi, hasil baginya adalah 2x22x1



[A]

12. Suku banyak P

 

x , jika dibagi



x4



bersisa 6 dan jika dibagi



x1



bersisa 2. Jika suku banyak P

 

x dibagi



x23x4



, maka sisanya adalah ….

A. 5 22 5 2 _ x B. 5 6 5 6 _ x C. 5 6 5 9 _ x D. 5 2 5 8 _ x 1 2 2 0 3 4 3 4 6 8 2 3 2 7 2 6 8 2 3 2 6 2 3 4 2 2 2 2 3 2 3 2 3 4 2 3 4 2                    x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

7 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 E. 5 3 1 5 2 _ x Solusi:

Ambillah sisa pembagian adalah axb.

 

x



x x



h

 

x ax b P  2 3 4  

 

4 



442344



h

 

4 a4b6 P  4ab6…. (1)

   

1 



 2 3

 

1 4



h

   

1 a 1 b2 P  ab2…. (2)

Persamaan (1)  persamaan (2) menghasilkan: 8 5a 5 8  a 2 5 8_{ }  b 5 2 5 8 2    b

Jadi, sisanya adalah 5 2 5 8 _

x . [D]

13. Jika fungsi f didefinisikan sebagai g

 

x 2x4dan fungsi yang lain didefinisikan sebagai



f og

 

x  x24x10, maka fungsi f

 

2 adalah …. A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 E. 7 Solusi:



f og

 

x x24x10 f



g

 

x



x2 4x10 f



2x4



x2 4x10 t2x4 2 2 1 _  t x

 

2 10 2 1 4 2 2 1 2 _       _        _  t t t f

 

2 4 2 8 10 4 1 2 _{    }  t t t t g

 

6 4 1 2 _  t t g

 

2 6 7 4 1 2   2   g  [E] 14. Jika fungsi

 

2 1 2    x x x

f , dengan x2dan fungsi g

 

x 2x, maka fungsi invers

   

fog 1 x .... A. 2 3 4   x x , x2

8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 B. 2 3 4   x x , x2 C. 4 3 2    x x , x4 D. 2 3 2   x x , x4 E. x x   2 3 4 , x2 Solusi:



fog

 

x  f



g

 

x



 f



2x







4 3 2 4 1 2 4 2 2 1 2 2               x x x x x x Rumus:

 

d cx b ax x f   



 

a cx b dx x f     1



 



 



4 3 2 o      x x x g f x g f 

   

2 3 4 2 3 4 o 1          x x x x x g f , x2 [B]

15. 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 90.000,00 dan Rp 40.0000,00, 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 1.680.000,00 B. Rp 1.350.000,00 C. Rp 1.240.000,00 D. Rp 1.200.000,00 E. Rp 1.040.000,00 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 90.000x40.000y 10x + 2y = 84 .... (1) 8x + 4y = 120 4x + 2y = 60 .... (2)

Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 6x24 O 42 30 15 (4,22) 84 2 10x y 120 4 8x y X Y

9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 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 90.000x40.000y (0,0) 60.0000100.00000 (15,0) 90.0001540.00001.350.000 (4,22) 90.000440.000221.240.000(minimum) (0,42) 90.000040.000421.680.000

pasien itu akan mengeluarkan biaya minimum setiap harinya sebesar Rp 1.240.000,00.  [C] 16. Diberikan matriks _       4 5 3 4 A , _        4 2 2 y y x B , dan _         6 14 4 11 C . Jika A1BC, denganA1adalah invers matriks A, maka maka nilai x y....

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 6 Solusi: A1BC _                       6 14 4 11 4 2 2 4 5 3 4 1 y y x _                         14 6 4 11 4 2 2 4 5 3 4 15 16 1 y y x _                       6 14 4 11 16 10 8 4 5 12 8 6 3 4 y y x y y x 8y124 y 1 y14x3y611 4x31611 4x8 x2 Jadi, nilai x y213 [C]

17. Diberikan vektor a2i3j, b4i5j2k, dan c3ixjk. Jika vektor

 

ab dan

c saling tegak lurus, nilai dari

 

ab c.... A. 12 B. 2 C. 2 D. 10 E. 12 Solusi:

10 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

 

ab c0 0 1 3 2 0 5 3 4 2                           x 0 1 3 2 2 2                         x 62x20 2x8 x4 c3i4jk nilai

 

18 32 2 12 1 4 3 2 8 6 1 4 3 2 0 5 3 4 2                                                        b c a [A]

18. Diberikan koordinat titik sudut ABC dalam ruang denganA(1,1,2),B(2,1,1), dan C(0,0,0). Besar ACB adalah ….

A. 120 B. 90 C. 60 D. 45 E. 30 Solusi:                            2 1 1 0 2 0 1 0 1 CA dan                            1 1 2 0 1 0 1 0 2 CB CB CA CB CA ABC    cos

 

2 2 2 2 2

 

2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1                              1 1 4 4 1 1 2 1 2         6 3   2 1   ACB120 [A]

19. Diberikan vektor-vektor u6i2j3k dengan p adalah bilangan bulat dan vi2jxk. Jika proyeksi ortogonal dari vektor u pada vektor v panjangnya adalah

21 8 , maka nilai x adalah…. A. 7 B. 5 C. 4 D. 3 E. 2 Solusi: C A B

11 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 v u v u w  

 

2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 6 2 1 3 2 6 21 8 x x                             2 4 1 9 4 36 3 4 6 21 8 x x        2 5 7 3 2 21 8 x x    8 5x2 69x 32064x2 36108x81x2 17x2 108x2840



x2



17x142



0 x2atau 17 142   x nilai x2.  [E]

20. Bayangan kurva 3x6y80 oleh dilatasi pusat O dengan faktor skala 2, dilanjutkan pencerminan terhadap sumbu X adalah ….

A. xy80 B. x2y80 C. x2y80 D. 3x2y80 E. x2y80 Solusi:

Matriks yang bersesuaian dengan dilatasi pusat O dan faktor skala 3 adalah _      3 0 0 3 .

Matriks yang bersesuaian dengan pencerminan terhadap sumbu-x adalah _      1 0 0 1 . _                          y x y x 3 0 0 3 1 0 0 1 ' '               y x 3 0 0 3         y x 3 3 ' 3 1 x x dan ' 3 1 y y ' 8 0 3 1 6 ' 3 1 3               y x x2y80

Jadi, bayangannya adalah x2y80.  [E]

21. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan 4x52x40, dengan xRadalah ….

A. x4atau x2 B. x0atau x2

12 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 C. 1x2 D. 0x4 E. 0x2 Solusi: 4x52x40 22x52x40 Ambillah 2x a, maka a2 5a40



a1



a4



0 1a4 12x4 20 2x22 0x2.  [E]

22. Persamaan fungsi logaritma f

 

x 3log



ax



byang ditunjukkan pada gambar berikut ini dapat dinyatakan sebagai ….

A. f

 

x3log



27x



B. f

 

x3log



927x



C. f

 

x3log



39x



D. f

 

x3log



273x



E. f

 

x 3log



279x



Solusi: ) 3 , 0 (  f

 

x 3log



ax



b 43log



a0



b 43logab.... (1) ) 5 , 6 (  f

 

x 3log



ax



b 53log



a6



b.... (2)

Selisih persamaan (2) dan (1) menghasilkan:



a 6



loga log 13  3 1 6 log 3  _ a a 3 6_  a a 6 3aa 6 2a 3  a 3  a  33logab 33log3b 31b b2 O X Y (0,4)

 

x f y   (6,5) 3

13 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

Jadi, persamaan fungsi logaritma adalah f

 

x3log



3x



2atau dapat dinyatakan sebagai

 

x



x



f 3log279 .  [E]

23. Seseorang mempunyai sejumlah uang yang akan diambil setiap bulan yang besarnya mengikuti aturan deret aritmetika. Pada bulan pertama diambil Rp 1.000.000,00. Setelah satu tahun pertama jumlah uang yang diambil adalah Rp7.050.000,00. Pengambilan uang pada bulan ke-10 besarnya adalah …. A. Rp725.000,00 B. Rp625.000,00 C. Rp450.000,00 D. Rp325.000,00 E. Rp300.000,00 Solusi: Deret aritmetika: a = 1.000.000 n1tahun = 12 bulan S127.050.000 S_n n



2a



n 1



b



2   



2 1.000.000



12 1





7.050.000 2 12 12    b  S 12.000.00066b7.050.000 66b4.950.000 75.000 66 000 . 495 _   b u10a9b1.000.0009



75.000



325.000

Jadi, pengambilan uang pada bulan ke-10 besarnya adalah Rp325.000,00  [D]

24. Jumlah empat suku pertama suatu deret geometri adalah 45 dan suku pertama deret itu 3. Suku ke-8 deret tersebut adalah….

A. 378 B. 380 C. 384 D. 483 E. 484 Solusi: r2 u1u2 u3u445 aarar2 ar345 3



1rr2r3



45 1rr2 r315 r3r2 r140



r2





r2 3r7



0

r2 u8ar7 3 2 384 7 _    [C]

25. Diberikan kubus ABCD.EFGH, dengan panjang rusuk 6 cm. Titik P adalah perpotongan diagonal sisi alasnya. Jarak titik P ke bidang DGE adalah ….

A. 3 cm B. 2 3cm

2 1 1 1 14 2 6 14 1 3 7 0

14 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 C. 3 3cm D. 3 2cm E. 2 6cm Solusi: PR6cm 3 2 2 1 _  BD PD BS  PD2 PR2 

 

3 2 2 62  1836 3 6cm Luas HDS  PDPR PQDR 2 1 2 1 2 3 3 6 6 3 6 2 3  _{ }    DR PR PD PQ cm

Jadi, jarak titik P ke bidang DGE adalah adalah 2 3cm.  [B]

26. Diberikan bidang empat D.ABC beraturan, dengan panjang rusuk-rusuknya 9 cm. Nilai kosinus sudut antara garis AD dan bidang DBC adalah ….

A. 3 3 1 B. 6 2 1 C. 3 9 1 D. 6 3 1 E. 2 3 1

Solusi:

Menurut Pythagoras:

2 2 BQ AB AQ  3 2 9 2 9 9 2 2 _        

cm

3 2 9  AQ DQ

cm

Menurut Aturan Kosinus:





AQ AD DQ AQ AD DBC AD      2 , cos 2 2 2

3 2 9 9 2 3 2 9 3 2 9 9 2 2 2                  3 3 1 3 2 9 9 2 92 _   



[A]

27. Diberikan segitiga ABC dengan AC30



31



cm, AB60cm, dan sudut BAC = 60o, maka panjang BC = …. A. 30 2 cm A B C D E _F P R Q H G 9 9 9 D C 9/2 P A 9/2 B Q

15 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 B. 30 3 cm C. 30 6 cm D. 40 6 cm E. 60 6 cm Solusi: C A B    180 B180604575 Menurut Kaidah Sinus: A BC B AC sin sin  A B AC BC sin sin  





     sin60 75 sin 1 3 30





         sin60 30 sin 45 cos 30 cos 45 sin 1 3 30





3 2 1 2 1 2 2 1 3 2 1 2 2 1 1 3 30 _     







6 2



4 1 3 3 15   





2 6 2 6 2 6 3 3 60      





2 6 6 18 2 3 6 3 60     





4 2 3 2 3 6 2 60    15

 

2 6 30 6cm [C] 28. Nilai cos pada gambar adalah....

A. 5 1 B. 5 2 C. 5 1  D. 5 3  E. 4 3  Solusi:

Menurut Aturan Kosinus: h2 6292269cos h2 117108cos…. (1)

h2 321222312cos



180



h215372cos …. (2)

Dari persamaan (1) dan (2) kita memperoleh: 117108cos15372cos 180cos36 5 1 180 36 cos     [C]

29. Jumlah akar-akar persamaan cos2x3cosx10, untuk 0x2πadalah….

A B



3 1



30  60o C 45o 9 12 6 3  9 12 6 3  h

16 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 A. 3 π 8 B. 3 π 7 C. 3 π 6 D. 2 π 5 E. 2 π 6 Solusi: cos2x3cosx10 2cos2x13cosx10 2cos2x3cosx20



2cosx1



cosx2



0 2 1

cosx (diterima) atau cosx2 (ditolak) 3 π 2 sin 2 1 cosx  3 π 2  x atau 3 π 4  x

Jadi, jumlah akar-akar dari persamaan tersebut adalah 3 π 6 . [C] 30. Diketahui 17 8 sin  dan 5 3

cos  , dengan sudut-sudut  dan  keduanya lancip. Nilai





.... sin  A. 85 84 B. 85 60 C. 85 24 D. 85 36  E. 85 60  Solusi: 17 15 289 225 17 8 1 sin 1 cos 2 2 _{  }            5 4 25 16 5 3 1 cos 1 sin 2 2 _{  }           



 



sincos cossin

sin    85 84 5 4 17 15 5 3 17 8 _{   }   [A]

17 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 31. Nilai .... 2 3 4 1 lim ₂ 2          _{x x} x A. 2 1 B. 4 1 C. 4 1  D. 4 3  E. 2 1  Solusi:                       ₄ 3 3 4 1 lim 2 3 4 1 lim _{2 2} 2 2 2 _x x x x x x x ₄ 3 3 1 lim ₂ 2      _x x x ₄ 2 3 lim ₂ 2      _x x x ₄ 3 2 3 lim 2     _x x  [A] 32. Nilai .... sin cos 1 lim 6 0    _{x x} x x A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 E. 3 Solusi: Alternatif 1: x x x x _sin cos 1 lim 6 0  







x x x x x _sin cos 1 cos 1 lim 3 3 0    











x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 cos 1 lim 3 2 0      







x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 2 1 sin 2 lim 3 2 2 0     







4 cos 1 cos cos 1 sin 2 1 2 1 sin 2 1 2 1 sin 2 lim 3 2 0 x x x x x x x x x x                                   

   





4 1 1 1 1 1 1 1 1 2     3  [E] Alternatif 2: x x x x _sin cos 1 lim 6 0  







x x x x x _sin cos 1 cos 1 lim 3 3 0    











x x x x x x x _sin cos 1 cos cos 1 cos 1 lim 3 2 0      







x x x x x x x       3 2 2 0 cos 1 cos cos 1 2 1 lim



1 1 1



1 1



2 1     3  [E]

33. Suatu proyek dapat dikerjakan selama x hari, dengan biaya setiap harinya       _{ } 180 4500 6 x x

18 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 A. 4.500 B. 3.150 C. 3.100 D. 2.150 E. 2.250 Solusi: Biaya       _{ }  6 4500 180 x x x C 6x2 180x4500 C'12x180 C"12

Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika C'0, sehingga 12x1800

x15

Karena C"120, maka fungsi biaya C minimum untuk x15. Cmin 6

 

152 180

 

15 45003150

Jadi, biaya minimum C adalah 3.150.  [B] 34. Hasil dari





x2



x1dx adalah ….

A.



x



x 



x1



x1C 3 2 1 1 5 2 2 B.



x1



x1 x1C 5 2 2 C.



x



x 



x1



x1C 3 2 1 1 3 2 2 D.



x



x 



x1



x1C 3 2 1 1 5 2 2 E.



x



x 



x1



x1C 5 2 1 1 3 2 2 Solusi: Metode Substitusi: Ambilah x1u dxdu





x2



x1dx





u1



udx



_         u u2 du 1 2 3 C u u    2 3 2 5 3 2 5 2 



x



x 



x1



x1C 3 2 1 1 5 2 2 _ [D] 35. Hasil dari









4 π 0 2 2 sin cos x xdx adalah … A. 2 3 B. 1 C. 4 3 D. 2 1

19 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 E. 4 1 Solusi:





_



  4 π 0 4 π 0 2 2 2 cos sin cos x xdx xdx 4 π 0 2 sin 2 1      x 0 2 π sin 2 1   2 1  36. Luas daerah yang diarsir dari gambar berikut ini adalah ….

A. 3 8 B. 3 7 C. 3 5 D. 3 4 E. 3 2 Solusi:

Persamaan garis yang melalui titik (0,0) dan (2,2) adalahyx. Garis 3 8 3 2 _   x

y memotong sumbu Y di titik       3 8 , 0 .





      _          3 2 2 2 0 2 2 1 2 1 dx x x dx x x L 3 2 2 3 2 0 3 2 2 1 6 1 6 1 2 1     _      _  x x x x 2 6 8 2 9 6 27 0 6 8 2       2 9 6 11 4   3 4 6 8 6 27 11 24  _{ }   [D]

37. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva yx2, garis y2x, dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah ….

A. π 15 32 B. π 15 31 C. π 15 22 D. π 15 21 E. π 15 12 Solusi: Alternatif 1: Batas-batas integral:

Kurva yx2dan garis y2x x x2 2 0 2 2 _{  } x x O X Y 2 x y x y2 1 2 Y 3 (2,2) X O 2 2 1 x y

20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013



x1



x2



0 1  x atau x2

 

 



f x g x



dx V b a



 _π 2 2 , f

   

x g x





 



x x



dx V 



  1 0 2 2 2 2 π 





 xx x



dx 1 0 4 2 4 4 π 1 0 5 3 2 5 3 2 4 π _          x x x x       _{  }  5 1 3 1 2 4 π π 15 32  Alternatif 2: Batas-batas integral:

Kurva yx2dan garis y2x x x2 2 0 2 2 _{  } x x



x1



x2



0 1  x atau x2

 

 



f x g x



dx V b a



 _π 2 2 , f

   

x g x



x



dx

 

x dx



x



dx V 



 







 1 0 2 1 2 2 2 2 2 0 2 2 π π 2 π



x x



dx



x dx





x x



dx



       1 0 2 1 2 4 2 0 2 4 4 π π 4 4 π 2 1 3 2 1 0 5 2 0 3 2 3 2 4 π 5 π 3 2 4 π _                         x x x x x x x       _{    }               _{ }  3 1 2 4 3 8 8 8 π 5 1 π 3 8 8 8 π π 3 1 π 5 1 π 3 8 _{ }  π 15 32 

38. Data yang disajikan pada berikut adalah nilai ulangan matematika dari 40 siswa siswa . Nilai Frekuensi 76  80 5 81  85 6 86  90 14 91  95 9 96  100 6

Rata-rata dari data tersebut adalah …. A. 87 B. 88 C. 8 1 88 D. 8 5 88

21 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 E. 8 3 89 Solusi:

Titik Tengah

 

x _i Frekuensi

 

f _i fixi

78 5 390 83 6 498 88 14 1232 93 9 837 98 6 588 40 



fi



fixi 3545 8 5 88 40 25 88 40 3545_{ }  





i i i f x f x  [D]

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

A. 120 B. 90 C. 72 D. 60 E. 36 Solusi:

Posisi angka pada bilangan tiga angka kurang dari 600.

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

Jadi, bilangan tiga angka yang diminta =

2 4 2 4 2 4P  P  P 34P2





! 2 4 ! 4 3    36 ! 2 ! 2 3 4 3      [E]

40. Dari suatu kotak terdapat 8 bola putih dan 4 bola biru. Jika dua bola diambil satu persatu tanpa pengembalian, maka peluang bola yang terambil berwarna sama adalah ….

A. 17 11 B. 11 7 C. 33 17 D. 33 14 E. 33 11 Solusi:

Kemungkinannya bola yang terambil adalah (1Putih, 1Putih atau 1Biru, 1Biru)

22 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013 Peluang bola yang terambil berwarna sama adalah

33 17 11 1 33 14 11 3 12 4 11 7 12 8 _{      } [C] 12 5 36 15 ) ( ) ( ) (    S n A n A P  [D]