LEMBAR SOAL Mata Pelajaran : Matematika KelasProgram : 12 IPA HariTanggal : Waktu : 120 menit

(1)

1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

PEMERINTAH KOTA BEKASI

DINAS PENDIDIKAN

SMA NEGERI 5 BEKASI

Jl. Gamprit Jatiwaringin Asri Pondok Gede  021-8460810

UJIAN SEKOLAH

TAHUN PELAJARAN 2014/2015

L E M B A R S O A L

Mata Pelajaran : Matematika

Kelas/Program : 12 IPA

Hari/Tanggal :

Waktu : 120 menit

Petunjuk Umum:

1. Tulis nama, nomor peserta dan kelas anda pada lembar jawaban yang telah disediakan. 2. Gunakan pensil 2B untuk mengisi data dan jawaban pada lembar jawaban komputer (LJK) 3. Hitamkan bulatan pada huruf jawaban yang dianggap paling benar seperti contoh berikut :

A B C D E Benar A B C D E Salah A B C D E Salah A B C D E Salah

4. Jika salah menjawab soal, hapuslah dengan karet penghapus yang bersih 5. Perhatikan petunjuk pengisian pada Lembar Jawaban Komputer (LJK) 6. Periksa dan bacalah soal-soal sebelum anda menjawabnya.

7. Laporkan kepada pengawas ujian kalau terdapat tulisan yang kurang jelas, rusak atau jumlah soal kurang.

8. Dahulukan soal-soal yang anda anggap mudah.

9. Periksalah pekerjaan anda sebelum diserahkan kepada pengawas ujian.

10. Mulailah mengerjakan soal dengan membaca “Bismillahirromanirrohim“ 11. Selamat Bekerja Sendiri.

Pilihlah jawaban yang paling tepat!

1. Diketahui premis-premis:

Premis P1: Jika prestasi belajar siswa tidak tinggi, maka bebera siswa belajar tidak dengan sungguh-sungguh, maka prestasi belajar siswa tinggi.

Premis P2: Jika martabat bangsa direndahkan, maka prestasi belajar siswa rendah, Premis P3: Martabat bangsa direndahkan.

Kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah …. A. Beberapa siswa tidak belajar dengan sungguh-sungguh. B. Semua siswa tidak belajar dengan sungguh-sungguh. C. Prestasi belajar siswa tinggi.

D. Jika ada siswa belajar dengan sungguh-sungguh, maka martabat bangsa ditinggikan. E. Bebrapa siswa belajar dengan sungguh-sungguh dan martabat bangsa ditinggikan.

(2)

2 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 Solusi: [A]

Jadi, kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah “Beberapa siswa tidak belajar dengan sungguh-sungguh.”

2. Ingkaran dari pernyataan “Jika dia tidak miskin dan bahagia maka dia kaya.” adalah ….

A. Jika dia miskin atau tidak bahagia maka dia kaya.

B. Jika dia tidak miskin atau tidak bahagia maka dia kaya.

C. Dia tidak miskin atau tidak bahagia atau dia kaya.

D. Dia miskin atau tidak bahagia dan dia kaya.

E. Dia tidak miskin dan bahagia tetapi dia kaya

Solusi : [E]

Sifat: 1. ~



pq



 p~q

2.

~



pq



 pq



p q



r



p q



r      

 

 

Jadi, pernyataan yang setara adalah” dia miskin atau tidak bahagia atau dia kaya.”

3. Jika bentuk sederhana dari 24 12 2 6 2 3



 adalah….

A. 3 3 2 B. 2 2 2

C. 3 2 2 D. 3 2 E. 2 3 2

Solusi: [C]

24 12 2 6 2 3 2 6 2 3

2 6 2 3 2 6 2 3 2 6 2 3

  

 

  

24 12 24 2 24 12

  

  3 2 2

4. Bentuk sederhana dari

1

3 5 3

6 4 3

2 : 5 :

48 12

a b ab

a b c

c c



  

 

 

 

  adalah ….

A. 16_{2 2}

a b

B. 16a b2 2

C. _{2 2}4

a b

D. 2 2

4

a b

E. 4a b2 2

Solusi: [C]

1 1

3 5 3 3 5 5

6 4 3 6 4 3

2 5 2 3

12

: : :

48 12 48

a b ab a b c

a b c a b c

c c c ab

 

     

   

   

 

   

   





1

1 4 2 3 6 4 3 4 a b c    :a b c 

q p

 

~rq

~r



q

p

qr

~r



pr

~r

(3)

3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 4a b c4 2 3:a b c6 4 3 _{2 2}4

a b

 

5. Diberikan 3log5 pdan 2log 3q . Nilai dari 12log 250 .... A. 1 2

4

pq p 



B. 1 3 2

pq p 



C. 1

3 2

pq p  

D. 2

pq p

E. 3 2

pq q

Solusi: [B]

2 2 2

12

2 2 2

log 250 log 2 3 log 5 log 250

log12 log 4 log 3



 



2 3

1 3 log 3 log 5

2 p

 





1 3 2

pq p  



6. Diberikan persamaan kuadrat x2



k2



x3k 4 0dengan k

adalah bilangan bulat

positif dan akar-akarnya adalah

dan . Jika  2, maka nilai kadalah ….

A. k2 B. k11 C. k8

D. k1 E. k4 Solusi: [E]

_x2_



_k_₂



_x_₃_k_{ }_{4 0}_{, akar-akarnya adalah}_dan_

b k 2

a

    

 2 2   k 2

2

3

k

 

2 4 3

k

  

c 3k 4

a

  

2 4 2 3 4

3 3

k k

k

 

  

2k28k 8 27k36 2k219k44 0



2k11



k4



0

11 4

2

(4)

4 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 7. Jika fungsi kuadrat

 

2



4



1

2

f x kx  k x selalu terletak di bawah sumbu X, maka batas-batas nilai kadalah ….

A. 8  k 2 B. 8 k 2 C. 8  k 0 D. 8   k 2 E. 2  k 0

Solusi: [D]

Syarat fungsi kuadrat

 

2



4



1 2

f x kx  k x selalu terletak di atas sumbu atau definit positif adalah

0

k …. (1)

2

4 0

Db  ac



4



2 4 1 0 2

k    k _ _  

k28k16 2 k0 k2 10k16 0



k8



k2



0 8   k 2…. (2)

Dari (1)  (2) menghasilkan 8   k 2.

8. Di toko Murah, Dinda memberli 2 buku tulis dan 3 pensil seharga Rp16.000,00; Annisa mebeli 2 pensil dan sebuah penghapus seharga Rp8.500,00; sedangkan Fitri membeli sebuah pensil dan 2 penghapus seharga Rp11.000,00. Jika Laras membeli buku tulis, pensil, dan penghapus masing-masing sebuah dan dia membayar dengan selembar uang Rp100.000,00, maka besar

uang kembaliannya adalah ….

A. Rp85.000,00 B. Rp86.500,00 C. Rp87.500,00

D. Rp89.500,00 E. Rp80.000,00 Solusi: [D]

Ambillah harga sebuah buku tulis, pensil, dan penghapus masing adalah x, y, dan z rupiah. 2x3y19.000…. (1)

2x z 12.500…. (2) y2z8.000…. (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan: 3y z 6.500

z3y6.500…. (4)

Dari persamaan (3) dan persamaan (4) menghasilkan: y2 3



y6.500



8.000

(5)

5 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 y3.000z3y6.500

z 3 3.000 6.500 2.500  z2.5002x z 12.500

2x2.500 12.500 2x10.000

x5.000

Jadi, besar uang kembalian Laras adalah Rp100.000,00 – (Rp5.000,00 + Rp3.000,00 + Rp2.500,00) = Rp89.500,00 .

9. Persamaan garis singgung pada lingkaran x2 y24x10y52 0 yang sejajar garis 4x3y12 0 adalah ….

A. 4x3y22 0 dan 4x3y68 0 B. 4x3y22 0 dan 4x3y68 0 C. 4x3y22 0 dan 4x3y68 0 D. 3x4y22 0 dan 3x4y68 0

E. 3x4y22 0 dan 3x4y68 0 Solusi: [A]

2 2

4 10 52 0

x y  x y 



 

2



2

2 5 81

x  y 

Pusat dan jari-jari lingkaran adalah



2, 5



dan 9. Gradien garis 4x3y12 0 adalah 4

3

m . Persamaan garis singgung adalah

ybm



xa



r m2 1





2

4 4

5 2 9 1

3 3

y  x   _{ }   

5 4



2



9 5

3 3

y  x  

3y15 4



x2



45

3y15 4 x 8 45dan 3y15 4 x 8 45 4x3y22 0 dan 4x3y68 0

10. Suku banyak _{P x}

 

__x3_₄_x2__ax__b_dibagi



2



3 2

x  x memberikan sisa



6 3 x



. Nilai dari a5b16 ....

A. 16 B. 12 C. 10 D. 8 E. 6

Solusi: [E]







2 ₃ ₂ ₁ ₂

x  x  x x

 

₁ ₁3 _{4 1}2 ₁ _{6 3 1} ₆

(6)

 

₂ ₂3 _{4 2}2 ₂ _{6 3 2} ₂ ₈

P          a b a b  …. (2)

Persamaan (2) – persamaan (1) menghasilkan:a2

2 2 6 4

12.

Suatu perusahaan bangunan merencanakan membangun tidak kurang dari 120 rumah

untuk disewakan kepada sedikitnya 540 orang.

Ada dua jenis rumah, yaitu :

Rumah jenis A dengan kapasitas 4 orang disewakan Rp 2.000.000,00 per tahun atau Rumah jenis B dengan kapasitas 6 orang disewakan Rp 2.550.000,00 per tahun

Dengan asumsi bahwa semua rumah yang dibangun ada penyewanya, tentukan pendapatan minimum dari hasil penyewaan rumah per tahun.

A. Rp 205.000.000,00

ekuivalen dengan 

(7)

Fungsi objektifnya adalahy

 

, 2.000.000 2.500.000

Koorniat titik potongnya adalah (90,30)

Titik ( x,y) f x y

 

, 2.000.000x2.550.000y Keterangan

(135,0) 2.000.000 135 2.550.000 0   270.000.000

(0,120) 2.000.000 0 2.550.000 120 306.000.0000   

(90,30) 2.000.000 90 2.550.000 30   256.500.000 Minimum

Jadi, pendapatan minimum dari hasil penyewaan rumah per tahun adalah Rp255.000.000,00. 13. Diketahui matriks 15 8

6 2

Kita mengetahui bahwa jika _

(8)

8 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 Nilai tangen sudut terbesar dari ABCadalah ….

A. 1

Sudut terbesarnya adalah ACB

(9)

9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 pencerminan terhadap sumbu Xadalah ….

(10)

D. 2 ₂ _{8 0}

y  y  x E. y22y  x 8 0 Solusi: [D]

Matriks yang bersesuaian dengan rotasi sejauh 90 dengan pusat O adalah 0 1

1 0



 

 

 .

Matriks yang bersesuaian dengan pencerminan terhadap sumbu-x adalah _

    

1 0

0 1

.

" 1 0 0 1 " 0 1 1 0

x x

y y

      



   _         

0 1

1 0

x y      _     

y x      _  

y x" dan x y"



y"



2 2



y"

 

 x"



 8 0 y22y  x 8 0

Jadi, bayangannya adalah y22y  x 8 0. 18. Penyelesaian pertidaksamaan 52x1_126 5_ x_25 0_

, dengan xRadalah ….

A. x2atau x 1 B. x1atau x2 C. 1  x 3 D. 1 x 2

E. 1  x 2 Solusi: [E]

52x1_126 5_ x_25 0_ 5 5_ 2x_126 5_ x_25 0_ Ambillah 5x

a

 , maka 5a2126a25 0



5a1



a25



0 1 25

5 a 1 5 25

5

x

 

51_5x_52 1  x 2.

19. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan log 4 2x  adalah…. A. 1  x 0 atau 2  x 2

B. 2  x 2 C. 1 x 2 D. 1 x 0 atau x2

E. 0 x 2atau x 2 Solusi: [D]

log 4 2

x _

2 log 4 log

x x

(11)

11 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 Kasus 1:

Bilangan pokok: x1…. (1) Numerus:

2 0

x  dipenuhi oleh xR …. (2)

2 log 4 log

x x

x 

2 4x



x2



x2



0 2

x  atau x2…. (3)

Dari (1)  (2)  (3)  (4) menghasilkan: x2…. (4) Kasus 2:

Bilangan pokok: 1 x 0…. (5) Numerus:

2 0

x  dipenuhi oleh xR …. (6)

2 log 4 log

x x

x 

2 4x



x2



x2



0

2 x 2

   …. (7)

Dari (5)  (6)  (7) menghasilkan: 1 x 0 …. (8) Dari (4)  (8) menghasilkan 1 x 0 atau x2. 20. Invers dari persamaan fungsi eksponen 2x1

y  h yang ditunjukkan pada gambar berikut ini adalah ….

A. y 2log



x6



B. y  1 2log



x6



C. y  1 2log



x6



D. y 1 2log



x6



E. y 1 2log



x6



Solusi: [C]

(0,8)

 

2x 1

f x   h

8 2 0 1 h

8 2 h

h6

 

₂x 1 ₆

f x   

1 2y 6

x   1

2y 6

x

 _{ }



y1 log 2 log







x6







2

1 log 6

y  x





2

1 log 6

y   x

O X

Y

(0,8)

 

x f y 

 (2,20) 2

 1 2

2

(12)

21. Sepuluh bilangan positif membentuk barisan aritmetika. Jumlah tiga buah bilangan pertama adalah 12 dan jumlah kebalikan bilangan-bilangan tersebut adalah 11

12. Jumlah dua puluh

bilangan tersebut adalah ….

A. 490 B. 480 C. 470 D. 460

E. 420 Solusi: [D]

Ambillah tiga bilangan pertama adalah a b a a b , , 

3 12 4

a    b a a b a  a

Sehingga 4b,4,4b

1 1 1 11

4b 4 4b12

1 1 11 1 8 2

4b4b12 4 12 3 2

4 4 2

3 16

b b

b   

 

2 24 32 2  b

2 2b 8

2 4

b 

2

b

S_n n



2a



n 1



b



2  



20









20

2 4 20 1 2 10 8 38 460

2

S  _    _  

22. Diperkirakan jumlah penduduk dalam suatu kota tertentu dalam empat tahun naik 10% setiap tahun. Berapakah prosentase kenaikan penduduk setelah 5 tahun?

A. 51% B. 54% C. 55% D. 56% E. 61%

Solusi: [E]

Ambillah p menyatakan jumlah penduduk semula. Setalah satu tahun jumlah penduduk adalah 1,10p, setelah dua tahun



1,10



2 p, setelah tiga tahun



1,10



3p, setelah empat tahun



1,10



4 p

dan setelah lima tahun



1,10



5 p1,61p. Jadi, jumlah penduduk naik 61%.

23. Diberikan kubus ABCD.EFGH, dengan panjang rusuk 6 cm. Titik P dan Q berturut-turut terletak pada pertengahan rusuk CG dan GH. Jarak titik D ke bidang BPQE adalah ….

A. 144 17

17 cm B. 48 17

(13)

13 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 C. 36 34

17 cm D. 18 34

17 cm

E. 8 34

17 cm

Solusi: [D]

3 1

6 2

HQ HR

EF   RF

2 2 6 2 4 2

3 3

FR HF  

BR BF2RF2  62

 

4 2 2  36 32 2 17cm

Luas BDR 1 1

2 BD DH 2 BR DS

     

6 2 6 18 34

17 2 17

BD DH DS

BR

 

   cm

Jadi, jarak titik B ke bidang BPQE adalah adalah 36 34

17 cm.

24. Diberikan balok ABCD.EFGH, dengan ABBC6cm dan CG8cm. Jika sudut antara bidang BDG dan bidang CDG adalah  dan cos a

b

 , maka nilai b a 82 .... A. 45

B. 44 C. 41 D. 40 E. 23

Solusi: [C]

2 2

BG BC CG  6282  100 10

cm

10

DGBG

cm

1 1

Luas

2 2

CDG CD CG DG CP

    

CD CG CP

DG 

 6 8 24

10 5



 

cm

2 2

GQ BG BQ  102

 

3 2 2  82

cm

1 1

Luas

2 2

BDG BD GQ DG BP

    

BD GQ BP

DG 

 6 2 82 6 41

10 5



 

cm

Menurut Aturan Kosinus:

A B

C D

E F

6

P

6

H G

8

Q



A B

C D

E _F

P R

Q

H G

(14)

AE dan bangun EBCD adalah jajargenjang. Luas BEDadalah ….

A. 455 3

(15)

15 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 2cos50 cos 40 sin10

   

cos80 2sin 50 sin 40 2cos50 cos 40 sin10

(16)

1 sin 3sin cos _3sin

2 Harga bahan untuk membuat bagian tutup dan bagian alas kotak masing-masing Rp400,00 per cm2 sedangkan harga bahan untuk bagian dinding adalah Rp200,00 per cm2. Ukuran panjang alas kotak agar biaya bahan yang diperlukan minimum adalah ….

A. 80 cm B. 60 cm C. 50 cm

(17)

Jadi, ukuran panjang alas kotak adalah 20 cm.

(18)

18 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 24 16 8 32

3 3

   

33. Jika



2



0

3 2 1

p

x  x dx p



, dengan p0maka nilai 5p 4 ... A. 5

B. 4 C. 3 D. 1 E. 0 Solusi: [D]



2



0

3 2 1

p

x  x dx p



3 2 0

p

x x x p

    

 

3 2

0

p p   p p

3 2 0

p p 

_p2



_p_{ }₁



₀ p  0 p 1

5p    4 5 1 4 1

34. Hasil dari sin 6 cos3



x xdx adalah …

A. 2 3

cos 3

3 x C

 

B. 2sin 33

9 x C

 

C. 1 sin 9 1sin 3

18 x 6 x C

  

D. 1 sin 9 1sin 3

18 x6 xC

E. 1 cos9 1cos3

18 x6 xC

Solusi 1: [A]

2 sin 6 cos3x xdx 2sin 3 cos 3x xdx



2 2 2 3

cos 3 cos3 cos 3

3 xd x 9 x C

 



  

Solusi 2: [A]

sin 6 cos3x xdx



1





1 1

sin 9 sin 3 cos 6 cos3

2 x x dx 18 x 6 x C





    

35. Hasil dari





4 3 2

3 2

5

x x

dx

x x

  



adalah ….

A. 44x3x2 5 C

(19)

19 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 C. 3₄



3 2 ₅



3

2 x x  C

D. 34



3 2 ₅



3

4 x x  C

E. 44



3 2 ₅



3

3 x x  C

Solusi: [E]





2

4 3 2 4 3 2

3 2 3 2

5 5

x x x x

dx dx

x x x x

 _ 

   



_





_x3__x2_₅

 

1₄_{d x}3__x2_₅







1

3 2 ₄

1

5 1

1 4

x x   C

   

 





3 3 2 4

4

5

3 x x C

   

36. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva yx31, yx2, sumbu Y, dan garisx1adalah …. A. 13

15 B. 12

13 C. 11

12 D. 13 12 E. 17 12 Solusi: [D]





1

2 3

0

1

L



x  x dx

1

3 4

0

1 1

3x 4x x

 

_   _

 

1 1 1 4 3 12 13

3 4 12 12

 

    

37. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva y 2 x2,

2 2

4

x y  , dan sumbu X di kuadran IV yang diputar mengelilingi sumbu Y sejauh 360o

adalah ….

A. 13π

3 B. 11π

3 C. 13π

6 D. 13π

12 E. 13π

4

Y

1 1

X O

2

yx

3 1

(20)

20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015 Solusi: [B]

Batas-batas integral:

2 2

y x x  y

2 2

4

x y 

2 2 y y 4

2

2 0

y   y



y1



y2



0

1

y  atau y2





2 2

0

π 4 2

V 



_ y  y dx_





2

0

π 2 y y dx 



 

1

2 3

0

π 2

2 3

y y

y

 

 _   _

 

1 1 12 3 2 13

π 2

2 3 6  6 

 

 

 _   _ 

 

38. Data yang disajikan pada berikut adalah nilai ulangan matematika dari 40 siswa siswa .

Modus dari dari data tersebut adalah …. A. 875

6 B. 881

6 C. 882

3 D. 881 2 E. 891 6 Solusi: [D]

Kelas interval modus adalah 86 – 90 .

9 1

85,5 5 85,5 3 88

9 6 2

Me     



O X

Y

2 2

y x

2

2 2 ₄

x y 

2

2

1

Titik Tengah Frekuensi

78 4

83 6

88 15

93 9

98 6

(21)

39. Tentukan banyaknya bilangan bulat positif yang dapat dibentuk dari angka-angka 1, 2, 3, dan 4, jika tak ada angka yang diulang di dalam setiap bilangan bulat tersebut.

A. 14 B. 24 C. 36

D. 48 E. 64 Solusi:

Perhatikan, tak ada bilangan bulat yang memuat angka lebih dari 4 angka. Misalkan 1, 2, 3,dan 4

S S S S menyatakan banyaknya bilangan bulat masing-masing yang memuat 1, 2, 3, dan 4 angka. Kita tentukan bilangan-bilangan bulat tersebut masing-masing secara terpisah.

1 4

S  , karena ada 4 angka, maka ada 4 bilangan bulat yang dengan tepat memuat satu angka. 2 4 3 12

S    , ada 12 bilangan bulat yang memuat dua angka. 3 4 3 2 24

S     , ada 24 bilangan bulat yang memuat tiga angka. 4 4 3 2 1 24

S      , ada 24 bilangan bulat yang memuat empat angka. Jadi, seluruhnya ada 4 + 12 + 24 + 24 = 64 buah.

40. Enam pasang suami istri berada pada suatu ruangan. Jika 4 orang dipilih secara acak, maka peluang suami istri terpilih adalah ….

A. 1

33 B. 2

33 C. 5

33 D. 1

11 E. 6

11 Solusi: [A]

Terdapat 12 4 12!

495 4!8!

C   cara untuk memilih 4 orang dari 12 orang. Terdapat 6 2

6! 15 2!4!

C   cara untuk memilih 2 pasang dari 6 pasang. Jadi, peluang tersebut adalah 15 1

495 33