SOAL DAN SOLUSI UJIAN SEKOLAH SUSULAN TAHUN 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 p  q : Jika Mathman rajin belajar maka ia lulus Ujian Nasional

2. Kaidah Modus Tollens p  q (Premis 1)

~ p (Premis 2)

 ~ q (Kesimpulan/Konklusi) Soal tersebut di atas dapat dinyatakan sebagai berikut. p  q (Premis 1)

p ~ q (Premis 1) Ekuivalen ~ p (Premis 3)

~ p (Premis 2)

 ....

 ~r

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 : 1 | 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 2 6  5 

1 2 6 5

adalah….

A. 2 6 B.

6

C. 4 6 D. 4 6  10 E. 2 6  5 Solusi:

2 6 5

1 1 2 6 5 2 6 5  2 6 5  2 6 5 24  25 2 6 5 2 6 5 2 6 5  2 6  5  2 6  5  4 6  [C]

5. Diberikan 2 log 3  a dan 2 log 7  b . Nilai dari 6 log196  .... b ab a 1 B. 2b  4 a 1 C. 2b  2 2b  1 D. 2a  2

A.

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

E.

a 1 b2

Solusi: 6

log196 

2 2 a 1 log 6 log 3 2 log 2 log 3  1  [C]    2 2 2 2 log196 log 49 log 4 2 log 7  2 2b  2 2

6. Diberikan persamaan kuadrat 2 x 2   p  4x  10  0 dengan 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:

2 x 2   p  4x  10  0 , akar-akarnya adalah  dan 

 

b   p  4 p  4   a 2 2

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

5 p  4  5  144 2

 p  42  144

p  4  12  B 

7. Jika persamaan kuadrat px 2  1  2 p x  1  0 mempunyai dua akar yang sama , maka nilai p adalah …. 1 A.  4 1 B.  2 1 C.  4 1 D.  2 E. 2 Solusi:

Syarat persamaan kuadrat px 2  1  2 p x  2  0 mempunyai dua akar sama adalah D  0 3 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

1  2 p 2  4  p   2  0 1  4 p  4 p2  8 p  0 4 p2  4 p  1  0

2 p  12  0 1  [C] 2 8. Batas-batas nilai p

p

yang

memenuhi,

jika

grafik

fungsi

kuadrat

f x    x 2  2k  4x  2k  k 2 selalu berada di bawah sumbu X adalah ….

A.  2  k  1 B.  2  k  1 C.  1  k  2 D. k  2 atau k  1 E. k  1 atau k  2 Solusi:

Syarat grafik fungsi kuadrat f x    x 2  2k  4x  2k  k 2 selalu berada di bawah sumbu X adalah a  0 dan D  0 . a  1  0

2k  42  4 12k  k 2   0 4k 2  16k  16  8k  4k 2  0

8k 2  24k  16  0 k 2  3k  2  0 k  2k  1  0

+

 2



 + 1

 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 4 Martha; 15 tahun yang akan datang umurnya kali umur Martha. Umur ayah sekarang adalah 3 …. 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  2 y  15 …. (2)

4  y  15 3 3x  45  4 y  60 x  15 

3x  4 y  15 …. (3)


Persamaan (3) – 2  Persamaan (2) menghasilkan: x  45 x  45  x  2 y  15 45  2 y  15

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

10. Salah satu garis singgung pada lingkaran x 2  y 2  16x  6 y  16  0 yang sejajar pada garis 4 x  3 y  24  0 adalah ….

A. 4 x  3 y  10  0 B. 4 x  3 y  10  0 C. 4 x  3 y  22  0 D. 4 x  3 y  10  0 E. 4 x  3 y  10  0 Solusi: x 2  y 2  16x  6 y  16  0

x  42   y  32  9 Pusat dan jari-jari lingkaran adalah 4,3 dan 3. Gradien garis 4 x  3 y  24  0 adalah m 

4 . 3

Persamaan garis singgung adalah y  b  mx  a   r m 2  1 2

3 4 y  3   x  4  3     1 4 3 4 x  4  3  5 3 3 3 y  9  4x  4  15 y 3

3 y  9  4 x  16  15 dan 3 y  9  4 x  16  15

4 x  3 y  10  0 dan 4 x  3 y  22  0

Jadi, persamaan garis singgung yang diminta adalah 4 x  3 y  10  0 .  [E] 11. Hasil bagi suku banyak 2 x 4  6 x 3  2ax2  2 x  6b yang habis dibagai oleh x 2  4 x  3 adalah …. A. 2 x 2  2 x  1 B. 2 x 2  2 x  1 C. 2 x 2  x  1 D. 2 x 2  x  2 E. 2 x 2  2 x  2 Solusi:

x 2  4 x  3  x  3x  1


x  1  2 x 4  6 x 3  2ax2  2 x  6b

2  14  6  13  2a  12  2  1  6b  0 2  6  2a  2  6b  0 2a  6b  2 a  3b  1 …. (1) x  3  2 x 4  6 x 3  2ax2  2 x  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: 8a  4 1 a 2 Selanjutnya 1   3b  1 2 3 3b   2 1 b 2

Sehingga suku banyak itu adalah 2 x 4  6 x 3  x 2  2 x  3 . 2x2  2x  1 x  4x  3 2x  6x  x2  2x  3 2

4

3

2x 4  8x3  6x 2 2x3  7 x 2  2x  3 2x3  8x 2  6x x2  4x  3 x2  4x  3 0 Jadi, hasil baginya adalah 2 x  2 x  1  [A] 12. Suku banyak Px  , jika dibagi x  4 bersisa 6 dan jika dibagi x  1 bersisa 2. Jika suku 2





banyak Px  dibagi x 2  3x  4 , maka sisanya adalah …. 2 22 x 5 5 6 6 B. x  5 5 9 6 C. x  5 5 8 2 D. x  5 5

A.


2 3 x 1 5 5 Solusi: Ambillah sisa pembagian adalah ax  b .

E.

 P4  4  4



Px   x 2  3x  4 hx   ax  b



2



 3  4  4 h4  a  4  b  6  4a  b  6 …. (1)



P 1    3 1  4 h 1  a 1  b  2   a  b  2 …. (2) 2

Persamaan (1)  persamaan (2) menghasilkan: 5a  8 8 a 5 8   b  2 5 8 2 b  2    5 5 8 2 Jadi, sisanya adalah x  . [D] 5 5 13. Jika fungsi f didefinisikan sebagai g x   2 x  4 dan fungsi yang lain didefinisikan sebagai

 f o g x   x 2  4 x  10 , maka fungsi f 2 adalah …. A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 E. 7 Solusi:

 f o g x   x 2  4 x  10 f g x   x 2  4 x  10 f 2 x  4  x 2  4 x  10

1 t  2x  4  x  t  2 2 2

1  1  f t    t  2   4 t  2   10 2 2     1 g t   t 2  2t  4  2t  8  10 4 1 g t   t 2  6 4 1 g 2   2 2  6  7  [E] 4 2x  1 14. Jika fungsi f x   , dengan x  2 dan fungsi g x   2  x , maka fungsi invers x2

 fog 1 x   .... A.

4x  3 , x2 x2


4x  3 , x  2 x2 2x  3 C. , x4 x4 2x  3 D. , x4 x2 4x  3 E. , x2 2x Solusi:

B.

 f o g x   f g x   f 2  x  22  x   1  4  2 x  1   2 x  3

2x2 4x x4  dx  b ax  b Rumus: f x    f 1 x   cx  a cx  d  f o g x   f g x   2 x  3   fog 1 x    4 x  3  4 x  3 , x  2  [B] x4 x2 x2 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:

Obat A Obat B

Jumlah obat per gram zat M 10 8

Jumlah obat per gram zat N 2 4

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

Persyaratan harian minimum 84 120

Y 42 30

(4,22) 8 x  4 y  120

Fungsi objektif f x, y   90.000x  40.000 y

10x + 2y = 84 .... (1) 8x + 4y = 120 4x + 2y = 60 .... (2) Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: 6 x  24

10 x  2 y  84

O

15


X

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  40.000 y

(0,0) (15,0) (4,22) (0,42)

60.000  0  100.000  0  0 90.000  15  40.000  0  1.350.000 90.000  4  40.000  22  1.240.000 (minimum) 90.000  0  40.000  42  1.680.000

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

dengan A 1 adalah invers matriks A, maka maka nilai x  y  .... A. 1 Solusi:

B. 2

C. 3

D. 4

E. 6

A1B  C 1

2 y   11  4   4 3  x         5 4   y  2 4    14 6 

2 y   11  4  1  4  3  x     16  15   5 4  y  2 4    14 6 

8 y  12   11  4   4x  3y  6        5 x  4 y  8  10 y  16    14 6  8 y  12  4 y 1 y  1  4 x  3 y  6  11 4 x  3  1  6  11 4x  8 x2 Jadi, nilai x  y  2  1  3  [C]

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





c saling tegak lurus, nilai dari a  b  c  .... A. 12 B. 2 C. 2 D. 10 E. 12 Solusi: 9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

a  b dan

a  b c  0  2  4   3       3  5   x   0  0  2  1       2  3      2    x  0   2  1       6  2x  2  0 2x  8 x4

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





18. Diberikan koordinat titik sudut ABC dalam ruang dengan A(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:   1  0    1  20   2          CA   1  0    1  dan CB   1  0    1   20   2    1  0    1        

cos ABC 

CA  CB CA CB



 1

2

A

  1  2       1  1   2    1     1  2 2

2

2  1   1 2

B

C 2

2



 2 1 2 11 4 4 11



3 1  6 2

ACB  120  [A]

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

8 , maka nilai x 21

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


w

u v uv  6  1       2    2  3  x     

8  2 21 6 2  2 2  32 12   2  x 2 8 6  4  3x  21 36  4  9 1  4  x 2 8 2  3x  21 7 5  x 2

8 5  x 2  6  9x 320  64x 2  36  108x  81x 2 17 x 2  108x  284  0 x  217x  142  0 142 17 nilai x  2 .  [E] 20. Bayangan kurva 3 x  6 y  8  0 oleh dilatasi pusat O dengan faktor skala 2, dilanjutkan x  2 atau x  

pencerminan terhadap sumbu X adalah …. A. x  y  8  0 B. x  2 y  8  0 C. x  2 y  8  0 D. 3 x  2 y  8  0 E. x  2 y  8  0 Solusi:  3 0  . Matriks yang bersesuaian dengan dilatasi pusat O dan faktor skala 3 adalah   0 3 1 0   . Matriks yang bersesuaian dengan pencerminan terhadap sumbu-x adalah   0  1  x'   1 0  3 0  x   3 0  x   3x                 y '   0  1 0 3  y   0  3  y    3 y  1 1 x  x ' dan y   y ' 3 3

1   1  3 x'   6  y '   8  0 3   3  x  2y  8  0

Jadi, bayangannya adalah x  2 y  8  0 .  [E] 21. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan 4 x  5  2 x  4  0 , dengan x  R adalah …. A. x  4 atau x  2 B. x  0 atau x  2 11 | 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 22 x  5  2 x  4  0

Ambillah 2 x  a , maka a 2  5a  4  0 a  1a  4  0 1 a  4

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

22. Persamaan fungsi logaritma f x  3 loga  x   b yang ditunjukkan pada gambar berikut ini dapat dinyatakan sebagai …. A. f x 3 log27  x  B. f x 3 log9  27 x  C. f x 3 log3  9 x 

Y  y  f x  (6,5) (0,4) 

D. f x 3 log27  3x  E. f x  log27  9 x  3

O

Solusi:

(0,3)  f x  3 loga  x   b

43 loga  0  b 43 log a  b .... (1) (6,5)  f x  3 loga  x   b

53 loga  6  b .... (2)

Selisih persamaan (2) dan (1) menghasilkan: 1 3 loga  6 3 log a a6 1 a a6 3 a 3a  a  6 2a  6 a3 3

log

a  3  3 3 log a  b

3 3 log 3  b 3 1 b b2


3

X

Jadi, persamaan fungsi logaritma adalah f x 3 log3  x   2 atau dapat dinyatakan sebagai f x  3 log27  9 x  .  [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 ke10 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  1 tahun = 12 bulan S12  7.050.000 n 2a  n  1b 2 12 S12  2  1.000.000  12  1b  7.050.000 2 12.000.000  66b  7.050.000 66b  4.950.000  495.000 b  75.000 66 u10  a  9b  1.000.000  9 75.000  325.000

Sn 

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  ar 2  ar 3  45





3 1  r  r 2  r 3  45

1  r  r 2  r 3  15 r 3  r 2  r  14  0

r  2r 2  3r  7  0

2

1

1 2

1 6

14 14

1

3

7

0

r 2  u8  ar 7  3  27  384  [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 3 cm 13 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

C. 3 3 cm D. 3 2 cm E. 2 6 cm Solusi: PR  6 cm 1 PD  BD  3 2 2

H

3 2 

2

BS  PD 2  PR 2 

Luas HDS  PQ 

G R

 6 2  18  36  3 6 cm

E

F Q

1 1  PD  PR   PQ  DR 2 2

D

PD  PR 3 2  6 6    2 3 cm DR 3 6 3

C P

A

B

Jadi, jarak titik P ke bidang DGE adalah adalah 2 3 cm.  [B] 26. Diberikan bidang empat D.ABC beraturan, dengan panjang rusuk-rusuknya 9 cm. Nilai kosinus sudut antara garis AD dan bidang DBC adalah …. 1 A. 3 3 1 6 B. 2 1 3 C. 9 1 6 D. 3 1 2 E. 3

Solusi: Menurut Pythagoras: 2

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

DQ  AQ 

D

2

2

9 3 cm 2

9

9

Menurut Aturan Kosinus:

9 A

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

2

2

2

C P B

9/2

Q 9/2

2

9  9  92   3  3 92 1 2  2    3  [A]  9 9 3 29 3 29 3 2 2





27. Diberikan segitiga ABC dengan AC  30 3  1 cm, AB  60 cm, dan sudut BAC = 60o, maka panjang BC = …. A. 30 2 cm 14 | 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: B  180  A  C B  180  60  45  75 Menurut Kaidah Sinus: AC BC  sin B sin A BC 



C





AC 30 3  1  sin 60  sin A  sin 75 sin B



60o



30 3  1   sin 60 sin 45 cos 30  cos 45 sin 30





45o



30 3  1





A







60 3  3 6 2 30 3  1 1 15 3  3    3  1 1 1 1 2 1 6 2 6 2 2 3 2 6 2 2 2 2 2 4













 

60 3 6  3 2  18  6 60 2 6  3 2  3 2   15 2 6  30 6 cm [C] 62 4 28. Nilai cos pada gambar adalah.... 1 A. 5 2 B. 5 3 1 12 C.  5 6 3 D.  5  9 3 E.  4 Solusi: Menurut Aturan Kosinus: 

h 2  62  92  2  6  9  cos

3

h2  117  108cos …. (1) h  3  12  2  3 12  cos180    2

2

h

2

12

6

h  153  72 cos …. (2)  Dari persamaan (1) dan (2) kita memperoleh: 9 117  108 cos  153  72 cos 180 cos  36  36 1 cos     [C] 180 5 29. Jumlah akar-akar persamaan cos 2 x  3 cos x  1  0 , untuk 0  x  2π adalah…. 2


B

8π 3 7π B. 3 6π C. 3 5π D. 2 6π E. 2 Solusi: cos 2 x  3 cos x  1  0

A.

2 cos2 x  1  3 cos x  1  0 2 cos2 x  3 cos x  2  0 2 cos x  1cos x  2  0 1 (diterima) atau cos x  2 (ditolak) 2 1 2π cos x    sin 2 3 2π 4π x atau x  3 3 cos x  

Jadi, jumlah akar-akar dari persamaan tersebut adalah 30. Diketahui sin   sin     ....

6π . [C] 3

8 3 dan cos   , dengan sudut-sudut  dan  keduanya lancip. Nilai 17 5

84 85 60 B. 85 24 C. 85 36 D.  85 60 E.  85 Solusi:

A.

2

225 15 8 cos  1  sin 2   1      289 17  17  2

16 4 3 sin   1  cos2   1      25 5 5

sin     sin  cos   cos sin  

8 3 15 4 84      [A] 17 5 17 5 85


3   1 31. Nilai lim 2    .... x2 x  4 x2 1 A. 2 1 B. 4 1 C.  4 3 D.  4 1 E.  2 Solusi: 3 3 3  3x  3   3x  2 1  3x  3  1  1  lim   lim 2   2  lim 2   lim 2   lim 2 x  2 x2 x  4 x  2 x2 x  4 2x 4 x2  x  4 x  4  x2 x  4 [A] 1  cos6 x  .... x 0 x sin x

32. Nilai lim

A. 8 B. 6 C. 5 D. 4 E. 3 Solusi: Alternatif 1:











1  cos x  1  cos x  cos 2 x 1  cos3 x 1  cos 6 x 1  cos3 x 1  cos3 x  lim  lim x 0 x 0 x 0 x sin x x sin x x sin x 1 2 sin 2 x 1  cos x  cos 2 x 1  cos3 x 2  lim x 0 x sin x 1  1    sin x  sin x  2 3 2  2  x  1  cos x  cos x 1  cos x  lim 2 x 0  1  1  sin x  4 x  x    2  2 

lim









 2111

Alternatif 2:

1  1  11  1 4









 3  [E]







1  cos x  1  cos x  cos 2 x 1  cos3 x 1  cos 6 x 1  cos3 x 1  cos3 x  lim  lim x 0 x 0 x 0 x sin x x sin x x sin x 1 2 x 1  cos x  cos 2 x 1  cos3 x 1 2  lim  1  1  11  1  3  [E] x 0 xx 2

lim











4500   33. Suatu proyek dapat dikerjakan selama x hari, dengan biaya setiap harinya  6 x   180 x   juta rupiah. Jika biaya minimum proyek tersebut C juta rupiah, maka C = ….


A. 4.500 B. 3.150 C. 3.100 D. 2.150 E. 2.250 Solusi: 4500   Biaya C  x 6 x   180  6 x 2  180x  4500 x   C '  12x  180 C "  12 Nilai stasioner (titik kritis) dicapai jika C '  0 , sehingga 12 x  180  0 x  15 Karena C"  12  0 , maka fungsi biaya C minimum untuk x  15 . C min  615  18015  4500  3150 2

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

 x  2

x  1dx adalah ….

2 x  12 x  1  2 x  1 x  1  C 5 3 2 2 B. x  1 x  1  x  1  C 5 2 2 2 C. x  1 x  1  x  1 x  1  C 3 3 2 2 2 D. x  1 x  1  x  1 x  1  C 5 3 2 2 2 E. x  1 x  1  x  1 x  1  C 3 5 Solusi: Metode Substitusi: Ambilah x  1  u  dx  du

A.

 x  2

1 5 3  3  2 2 u dx   u 2  u 2 du  u 2  u 2  C   5 3   2 2 2  x  1 x  1  x  1 x  1  C  [D] 5 3

x  1dx 

π 4

35. Hasil dari

 cos

2

 u  1





x  sin 2 x dx adalah …

0

A.

3 2

B. 1 3 C. 4 1 D. 2 18 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

1 4 Solusi:

E. π 4

 0

π 4



π

π 1 1 4 1 cos x  sin x dx  cos 2 xdx   sin 2 x   sin  0  2 2 2  0 2 0 2

2



36. Luas daerah yang diarsir dari gambar berikut ini adalah …. 8 A. 3 Y 1 y  x2 7 2 B. 3 5 C. (2,2) 3 4 D. X 3 O 3 2 E. 3 Solusi: Persamaan garis yang melalui titik (0,0) dan (2,2) adalah y  x . Garis y  

2 8  8 x  memotong sumbu Y di titik  0,  . 3 3  3

2

3

2

3

1  1 1  1  1  1  L   x  x 2 dx   x 2  x dx   x 2  x 3    x 3  x 2  6 0 6 2 2 2  2 2  0 2



 2



8 27 9 8 11 9 24  11  27 8 4 0   2  4      [D] 6 6 2 6 6 2 6 6 3

37. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva y  x 2 , garis y  2  x , dan sumbu Y yang diputar mengelilingi sumbu X sejauh 360o adalah …. 32 π A. 15 31 π B. 15 22 π C. 15 21 π D. 15 12 π E. 15 Solusi: Y Alternatif 1: y  x2 Batas-batas integral: Kurva y  x 2 dan garis y  2  x x2  2  x

y2x

x2  x  2  0

O

1

2


X

x  1x  2  0 x  1 atau x  2

V π

 f x  g xdx , f x  g x

V π

 2  x

b

2

2

a

 x  dx  π  4  4 x  x

1



1

2 2

2

0

2

 x 4 dx

0 1

 x3 x5  1 1  32  π  π 4 x  2 x 2     π 4  2     3 5  15 3 5 0   Alternatif 2: Batas-batas integral:

Kurva y  x 2 dan garis y  2  x x2  2  x x2  x  2  0 x  1x  2  0 x  1 atau x  2

  f x  g xdx , f x  g x b

V π

2

2

a

 2  x dx  π  x  dx  π  2  x  dx 2

V π

1

0

0

 4  4x  x dx  π  x 2

π

2

2 2

2

1 2

1

2

0

4

dx  π

0

2

2 2

 4  4x  x dx 2

1

1

2

  x5   x3  x3   π 4 x  2 x 2    π    π 4 x  2 x 2   3 0 3 1   5 0  1 1 32 8 8 1 8  1  π  π 8  8    π   π 8  8   4  2    π  π  π  5 3 15 3 3 3 3  5  38. Data yang disajikan pada berikut adalah nilai ulangan matematika dari 40 siswa siswa . Nilai Frekuensi 5 76  80 6 81  85 14 86  90 9 91  95 6 96  100

Rata-rata dari data tersebut adalah …. A. 87 B. 88 1 C. 88 8 5 D. 88 8 20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah Susulan/Utama, 2013

3 8 Solusi: Titik Tengah  xi 

E. 89

78 83 88 93 98

Frekuensi  f i 

f i xi

5 6 14 9 6

390 498 1232 837 588

f x

fx f

i i i



i

 40

fx

i i

 3545

3545 25 5  88  88  [D] 40 40 8

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. 2

3

5

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 = 4! 4  3  2!  3  36  [E] 4 P2  4 P2  4 P2  3  4 P2  3  4  2! 2! 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 …. 11 A. 17 7 B. 11 17 C. 33 14 D. 33 11 E. 33 Solusi: Kemungkinannya bola yang terambil adalah (1Putih, 1Putih atau 1Biru, 1Biru)


Peluang bola yang terambil berwarna sama adalah P( A) 

8 7 4 3 14 1 17  [C]       12 11 12 11 33 11 33

n( A) 15 5    [D] n( S ) 36 12


SOAL DAN SOLUSI UJIAN SEKOLAH SUSULAN TAHUN 2013

Recommend Documents