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”   

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
Kidah Silogisme:
p q
q  r

p q


q r

….
pr
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.
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
A.

36
2n

812 n 1  12 2 n 3
adalah ….
9 5n 2  108  32 n 2

D.

B. 9  2 n

2n
36

E. 72 n

C. 36  2 n
Solusi:

 
 

2 n 1




 
2 n 3

34
 22  3
812 n 1  12 2 n 3

5n 2
9 5n 2  108  32 n 2
32
 33  2 2  2 5

n2



38 n  4  2 4 n  6  3 2 n  3
310n 4  33  2 2  2 5n 10

 38n 4 2n310n 43  2 4n625n10  3 2  2 n  2 

3. Bentuk sederhana dari

3  2 2 3  2 2  
94 5

A. 9  5

D. 3  7 5

B. 9  7 5

E. 3  5

45 adalah ….

C. 9  5
Solusi:

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

36
 [A]

2n

3  2 2 3  2 2  

45 

94 5

98

3 5 

94 5

1
94 5

94 5



94 5

3 5 

94 5
3 5
81  80

 9  4 5  3 5  9  5  [B]

4. Jika akar-akar persamaan

1 1
12
log 2 x   2 log x adalah x1 dan x 2 , dengan x1  x 2 , maka
3 4
12

nilai 5x1  32x2  ....

A. 12
D. 6
B. 10
E. 4
C. 8
Solusi:
12
1 1
log 2 x   2 log x
12
3 4
2

log 2 x  4 3 2 log x

2

log 2 x 3 2 log x  4  0



2



2

log x  1 atau log x  4

log x  1

2



log x  4  0
2

x1  2 atau x 2 

1
16

Jadi, nilai dari 5 x1  32 x 2  5  2  32 
5. Batas-batas

nilai

k

yang

1
 8 .  [C]
16
memenuhi,

jika

grafik

fungsi

kuadrat

f x   4 x  4  8k x  2k  k memotong sumbu X di dua titik yang berbeda adalah ….
2

1
 k  1
5
1
B.  k  1
5
1
C. k   atau k  1
5
Solusi:

A.

2

D. k  1 atau k 
E. k 

1
5

1
atau k  1
5

Syarat grafik fungsi kuadrat f x   4 x 2  4  8k x  2k  k 2 memotong sumbu X di dua titik

yang berbeda adalah adalah D  0 .

4  8k 2  4  4  2k  k 2   0

16  64k  64k 2  32k  16k 2  0
80k 2  96k  16  0
5k 2  6k  1  0
5k  1k  1  0
k

1
atau k  1  [E]
5

+


1
5



 +
1

6. Jika akar-akar persamaan kuadrat x 2  px  7  0 adalah x1 dan x 2 dan x12  x 22  22 , maka
nilai p adalah ….
A. 2 2 atau  2 2

D.

22 atau  22

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

B. 6 atau 6

E.

6 atau  6

C. 36 atau 36
Solusi:
x 2  px  7  0 , akar-akarnya x1 dan x 2 .

x1  x2   p
x1 x2  7
x12  x 22  22

x1  x2 2  2 x1 x2  22
 p 2  2  7  22
p 2  36
p   36  6

7. Diberikan persamaan kuadrat x 2  3x  6  0 yang akar-akarnya x1 dan x 2 . Persamaan kuadrat
baru yang akar-akarnya x1  5 dan x2  5 adalah ….
A. x 2  21x  16  0

D. x 2  21x  16  0

B. x 2  7 x  16  0

E. x 2  7 x  16  0

C. x 2  7 x  16  0
Solusi:
Alternatif 1:
x 2  3x  6  0 , akar-akarnya x1 dan x 2 .
x1  x2  3
x1 x2  6
x1  5  x2  5  x1  x2  10  3  10  7

x1  5x2  5  x1 x2  5x1  x2   25  6  53  25  16
Persamaan kuadrat baru adalah
x 2  x1  x 2 x  x1 x 2  0
x 2   7 x  16  0

x 2  7 x  16  0  [C]
Alternatif 2:
x1  5  x  x1  x  5

x1  x  5  x 2  3x  6  0

x  52  3x  5  6  0
x 2  10x  25  3x  15  7  0
x 2  7 x  16  0  [C]

8. Salah satu garis singgung pada lingkaran x 2  y 2  10x  6 y  25  0 yang tegak lurus garis
4 x  3 y  12  0 adalah ….

A. 3 x  4 y  42  0

D. 3 x  4 y  37  0

B. 3 x  4 y  32  0

E. 3x  4 y  12  0

C. 3 x  4 y  52  0

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

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

x  52   y  32  9
Pusat dan jari-jari lingkaran adalah 5,3 dan 3.
4
.
3
Syarat dua garis berpotongan saling tegak lurus adalah m1  m2  1 .

Gradien garis 4 x  3 y  12  0 adalah m1 

4
 m2  1
3
3
m2  
4
Persamaan garis singgung adalah

y  b  mx  a   r m 2  1
2

y 3

3
x  5  3    3   1
4
 4

3
 x  5  3  5
4
4


4 y  12  3 x  5  15
y 3

4 y  12  3 x  15  15 dan 4 y  12  3 x  15  15

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

Jadi, persamaan garis singgung yang diminta adalah 3x  4 y  12  0 .  [E]
9. Jika fungsi f didefinisikan sebagai f x   x  1 dan fungsi yang lain didefinisikan sebagai

g o f x   x 2  x , maka fungsi g x  adalah ….
A. x 2  3x  2

D. x 2  3x  2

B. x 2  2 x  3

E. x 2  3x  2

C. x 2  x  2
Solusi:

g o f x   x 2  2 x  5
g  f x   x 2  x
g x  1  x 2  x

t  x 1 x  t 1

g t   t  1  t  1
2

g t   t 2  2t  1  t  1
g t   t 2  3t  2
g x   x 2  3x  2

Jadi, fungsi g x   x 2  x  2 .  [E]
10. Diberikan fungsi f x  

x 1
, dengan x  2 . Jika g : R  R adalah suatu fungsi sehingga
x2

gof x   2 x , maka fungsi invers

g 1 x   ....

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

x2
, x4
x4
x2
B.
, x4
x4
x4
, x2
C.
x2
Solusi:
gof x   2 x

x2
, x  4
x4
x2
E.
, x  4
x4

A.

D.

g  f x   2 x

 x 1 
g
  2x
 x  2
x 1
Ambillah t 
, maka
x2
tx  2t  x  1
tx  x  2t  1
xt  1  2t  1
2t  1
t 1
2t  1 4t  2
4x  2

g t   2 
 g x  
, x 1
t 1
t 1
x 1
 dx  b
ax  b
Rumus: f x  
 f 1 x  
cx  a
cx  d
x2
4x  2
g x  
 g 1 x  
, x  4  [B]
x4
x 1
x

11. Sebuah suku banyak Px  dibagi x 2  1 sisanya 1 dan dibagi x  4 sisanya 16. Jika suku





banyak Px  dibagi x 2  1 x  4 , maka sisanya adalah ….
A. x 2  2 x  4

D. x 2  2 x  8

B. x 2  2 x  2

E. x 2

C. x 2  x  4
Solusi:


P1  1



Px   x 2  1 x  4H x   ax 2  bx  c
2





 1 1  4H 1  a  12  b  1  c  1  a  b  c  1 …………………….. (1)



2
2
P 1   1  1  1  4H  1  a 1  b 1  c  1  a  b  c  1 ……….. (2)





P4  4 2  1 4  4H 4  a  4 2  b  4  c  16  16a  4b  c  16 ………….... (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan:
2b  0
b0
Persamaan (3) – Persamaan (1) menghasilkan:
15a  3b  15
15a  3  0  15
a3
Substitusikan a  1 dan b  0 ke persamaan (1) diperoleh:

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

1 0  c 1
c0

Jadi, sisanya adalah x 2 .  [E]
12. Diketahui bahwa x  2 adalah faktor-faktor suku banyak Px   x 3  ax 2  13x  10 . Jika
akar-akar persamaan Px   0 adalah x1 , x 2 , dan x3 , maka nilai dari x12  x 22  x32  ....
A. 62
B. 36
C. 26
Solusi:

D. 13
E. 10

Px   x 3  ax 2  13x  10
P2  2 3  a  2 2  13  2  10  0

4a  24
a6

x 3  6 x 2  13x  10  0
b
6
x1  x 2  x3    
6
a
1
c 13
x1 x 2  x1 x3  x 2 x3    13
a 1
x12  x 22  x32  x1  x 2  x3   2x1 x 2  x1 x3  x 2 x3   6  213  10 .  [E]
2

2

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.
2 x  3 y  2 z  16.500 ………….. (1)
4 x  2 y  15.000
2 x  y  7.500 …………………. (2)
3 y  4 z  15.500 ………………. (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan:
2 y  2 z  9.000 ….………..…… (4)
2  Persamaan (4) – Persamaan (3) menghasilkan:
y  2.500
y  2.500  2 x  y  7.500
2 x  2.500  7.500
x  2.500
y  2.500  3 y  4 z  15.500
3  2.500  4 z  15.500
4 z  8.000

6 | 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 Jumlah obat per gram Persyaratan harian
zat M
zat N
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
10 x  2 y  84
8 x  4 y  120


x0


y0
Fungsi objektif f x, y   80.000x  30.000 y

10x + 2y = 84 ……….. (1)
8x + 4y = 120
4x + 2y = 60 …….….. (2)
Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan:
6 x  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  30.000 y

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

80.000  0  30.000  0  0
80.000  15  30.000  0  1.200.000
80.000  4  30.000  22  980.000 (minimum)
80.000  0  30.000  42  1.260.000

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

Y
42
30

10 x  2 y  84

(4,22)
8 x  4 y  120

O

15

X

 pasien itu akan mengeluarkan biaya minimum setiap harinya sebesar Rp 980.000,00.  [C]
 2    2 4c 
 8 4  2 5   7

  2
  
 . Nilai dari
15. Diberikan persamaan matriks 
2 
 a  3  0 1  11 3b  1  4
a  b  c adalah ….
A. 28
D. 7
B. 12
E. 4
C. 9
Solusi:
 2    2 4c 
 8 4  2 5   7


  2
  

2 
 a  3  0 1  11 3b  1  4
44   14
 4    2 4c 
 16

  
  

2 
 2a 5a  3   22 6b  2   4
44  16  4  4c 
 16

  

6b 
 2a 5a  3  18
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]

2 
1 1 
 6
 dan B  
 . Jika AM  B dan M 1 adalah invers
16. Diberikan matriks A  
1

1

2

2





matriks M, maka M 1 adalah ….
1 0

A. 
 2 1

1 0 

D. 
 2  1

 1 0

B. 
  2 1

 1 0 

E. 
  2  1

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

M 1 

1

2 
1
 6
  1  1 3
1
1   2 0   1 0

 


   
 

2   4  2   2 1 
  2  2  1   1  1  1   1 1   1  1

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

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

17. Diberikan segitiga OAB, dengan titik-titik sudut O (0,0,0) , A(2,1,1) , dan B (1,1,2) . Besar
AOB adalah ….
A. 120
D. 45
B. 90
E. 30
C. 60
Solusi:
  2  0   2

  
OA    1  0     1 
 1 0   1 

  

A

  1  0    1

  
OB   1  0    1 
 20   2 

  

Rumus: cos 

B

O

ab
ab

cos AOB 

  1   2 
   
 1    1
 2  1 
   

 12  12  2 2  22   12  12



2 1 2
11 4 4 11



3 1

6 2

AOB  60
Jadi, besar OAB adalah 60  [C]

18. Diberikan vektor-vektor a  2i  2 j  2k ,
proyeksi dari vektor a pada vektor
1
17
6
B.
17
1
17
C.
17
Solusi:
  2
 
a 2 
 2 
 

A.

 

b  3i  4 j  k , dan c  i  2 j  5k . Panjang

1
b  c adalah….
2

6
17
17
14
17
E.
17

D.

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

 

Rumus: Panjang proyeksi vektor a pada b adalah c 

ab
b

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

c

  2  2
   
 2    3
 2   2
   
2 3 2
2

2

2



464
494



6
17



6
17
17

 

6
1
17 .  [D]
b  c adalah
17
2
19. Bayangan garis 2 x  3 y  6 oleh rotasi dengan pusat O(0,0) sebesar 90 searah dengan arah

Jadi, panjang proyeksi dari vektor a pada vektor

jarum jam dilanjutkan dengan refleksi terhadap garis x  y  0 adalah ….
A. 2 x  3 y  6  0

D. 2 x  3 y  6  0

B. 2 x  3 y  6  0

E. 3x  2 y  6  0

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

2 x'3 y'  6
2x  3y  6  0

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

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

2 x'3 y'  6
2x  3y  6  0

Jadi, bayangannya adalah 2 x  3 y  6  0 . [C]
20. Diberikan fungsi eksponen f x   a  b x , dengan a  0 dan b  0 yang ditunjukkan pada
gambar berikut ini. Jika f
A. 2 log

x  adalah invers dari fungsi eksponen f , maka f 1 x   ....

x
4

B. 2 log x  2
C.

1

y  f x 

Y

12
log x
4

D. 2 log 4 x

 (2,16)
(0,4)



2

E. log 2 x

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

X

Solusi:

(0,4)  f x   a  2 x

4  a  b0
a4

Fungsi eksponennya menjadi f x   4  b x
(2,16)  f x   4  b x

16  4  b 2

b 2  4 , dengan b  0
b2

Sekarang persamaan eksponennya menjadi f x   4  2 x  2 x  2
x  2 y2
log 2 y  2  log x

 y  2 log 2  log x
y  2 2 log x
y  2 log x  2
y  2 log x  2 log 4

y 2 log

x
4

Jadi, fungsi inversnya adalah f

1

x  2 log x  [A]

4
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:
u 4  13
a  3b  13 ………. (1)
u10  31
a  9b  13 ………. (2)
Persamaan (2) – Persamaan (1) menghasilkan:
6b  18
b3
b  3  a  3b  13
a  3  3  13
a4
u n  a  n  1b

u105  4  104b  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

11 | 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 , u 2 , u3 , u 4 , u5 , u 6 , u 7 , u8 , u9
u 9  4.096

u5  256
u 9 4.096

u5
256
ar 8 4.096

256
ar 4
r 4  16 , dengan r > 0
r  4 16  2

r  2  u5  256
ar 4  256

Sn 

a  2 4  256
a  16





a r n 1
r 1









16 2 9  1 16 2 9  1
 8.176

2 1
2 1
Jadi, panjang sebatang baja beton semula adalah 8.176 meter.  [D]
23. Diberikan balok ABCD.EFGH, dengan AB  BC  6 cm dan CG  12 cm. Jarak titik C ke
bidang BDG adalah ….
S9 

A. 9 cm
B. 6 cm

D. 3 2 cm
E. 4 cm

C. 4 2 cm
Solusi:
Menurut Pythagoras:

AC  AB 2  BC 2  6 2  6 2  6 2 cm
1
CP  AC  3 2 cm
2
PG  CP  CG 
2

Luas PGC 
CQ 

2

3 2 

2

H

G

E

F

 12  162  9 2 cm
2

12

1
1
 CP  CG   PG  CQ
2
2

Q

CP  CG 3 2  12

 4 cm
PG
9 2

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

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

D

C
6

P
A

6

B

24. Diberikan Limas segitiga D.ABC , dengan AB = 15 cm, BC = 14 cm, AC = 13 cm,
DA  bidang ABC , dan DA = 6 cm. Jika sudut antara bidang DBC dan bidang ABC adalah ,
maka cos  ....
1
5
1
5
E.
5

A. 1

D.

1
5
2
2
C.
5
5
Solusi:
1
1
s  a  b  c   14  13  15  21 cm
2
2

B.

T

Luas ABC  ss  a s  bs  c

 2121  1421  1321  15

 

 7  37 2 3 2  3

6

 7 2  32  2 4

13

 7  3  22
 84 cm2

P 14

A
15

1
AP  BC  84
2
1
AP  14  84
2
AP  12 cm

B

DP  AD 2  AP 2  6 2  122  6 5 cm

AP
12
2


5 .  [C]
DP 6 5 5
25. Jika luas segi-12 beraturan yang mempunyai panjang sisi 2 dm adalah ….

Jadi, nilai cos 



B. 48  12 3  dm
C. 24  24 3  dm



E. 12  24 3  dm

D. 12  12 3 dm2

A. 24  12 3 dm2
2

2

2

Solusi:
Menurut aturan Kosinus:
p 2  R 2  R 2  2  R  R cos 30

2 2  R 2  R 2  2  R  R cos 30
4  2R 2  R 2 3

R2 

4
2 3



4
2 3



2 3
2 3

Luas segi-n berturan  n 



42 3



360
1
 R 2  sin
2
n

R

30o

p

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

C



R

Luas segi-12 berturan  12 





360
1
 4 2  3 sin
12
2

 
1
 6  42  3 
2
 24  12 3  dm
Jadi, luasnya adalah 24  12 3  dm .  [A]
 6  4 2  3 sin 30

2

2

26. Diberikan prisma segi tiga tegak ABC. DEF , dengan AB = 10 cm, BC = 2 21 cm, AC = 8 cm,
dan AD  5 3 dm. Volume prisma tersebut adalah ….
A. 300 cm3
D. 3.000 cm3
B. 100 3 cm3
C. 300 cm3
Solusi:
cos A 

E. 3.000 3 cm3



8 2  10 2  2 21
2  8  10



F

2



D

64  100  84 80 1


160
160 2

A  60

E

1
Luas ABC   AB  AC  sin A
2
1
  10  8  sin 60
2
1
3
 40 
2

50 3

8

C
2 21

A
10

 20 3 cm3

B

Jadi, volume prisma tersebut adalah 20 3  50 3  3.000 cm .  [D]
27. Himpunan penyelesaian persamaan cos 2 x  3 cos x  2  0 untuk 0  x  2 π adalah ….
3

 2 π 4π 
A.  , 
 3 3

7π 
5 π
D.  , π, 
6
6

5π 
π
B.  , π, 
3
3

4π 
2 π
E.  , π, 
3
 3

π π 7 π
C.  , ,

6 2 6 
Solusi:
cos 2 x  3 cos x  2  0
2 cos2 x  1  3 cos x  2  0
2 cos2 x  3 cos x  1  0
cos x  12 cos x  1  0
cos x  1 atau cos x  

x  π atau x 

1
2

2π
4π
atau x 
3
3

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

4π 
2 π
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah  , π,  .  [E]
3
 3
3
1
28. Jika cos   dan sin  
3 , maka nilai     ....
14
7
D. 90
A. 30
B. 45
E. 150
C. 60
Solusi:
2

48 4
1

3
sin   1  cos2   1    
49 7
7
2

169 13
 3

3 

cos  1  sin 2   1  
196 14
 14


cos     cos cos  sin  sin 

cos    

3
1 13 4
1
49 1
3  13  36 
3
 

14
7 14 7
98
98 2
    60  [C]

29. Diberikan    
sin     ....

1
π
3 , maka nilai
, dengan  dan  adalah sudut lancip. Jika sin  cos  
2
3

1
3
2
1
B. 
2
1
C.  3
2
Solusi:

A. 

sin  cos  

D.

3

E.

1
3
2

1
2

1
3
2

2 sin  cos   3
sin     sin     3
sin

π
 sin     3
3

1
3  sin     3
2
1
3  [E]
sin    
2

1
24 
 2
30. Nilai lim
 2
 3
  ....
x 2 x  2
x  2x  4 x  8 
1
1
A.
D.
8
72
1
1
E.
B.
2
64

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

1
36
Solusi:
Alternatif 1: Metode Uraian

C.

 2x 2  4x  8  x  2
24 
1
24 
 2


lim 
 2
 3
  lim 
x 2 x  2
x3  8
x 3  8 
x  2 x  4 x  8  x2

2 x 2  3x  10  24
x 2
x3  8

 lim

x  22 x  7   lim 2 x  7
2 x 2  3x  14
 lim
3
x


2
x  2
x  2 x 2  2 x  4 x2 x 2  2 x  4
x 8
2 2   7
11

   [B]
2
12
 2  2 2  4
 lim





Alternatif 2: Metode Teorema Hospital
 2x 2  4x  8  x  2
24 
1
24 
 2


lim


lim 
 2
 3

x 2 x  2
x3  8
x 3  8 
x  2 x  4 x  8  x2

2 x 2  3x  10  24
2 x 2  3x  14

lim
x 2
x  2
x3  8
x3  8
11
4 x  3 4 2   3
   [B]

 lim
2
x 2 3x 2
12
3 2 
 lim

31. Nilai lim
x 0

A.

3
2

B. 1

x  x cos x  1  cos x
adalah ….
x2
1
D.
4
1
E.
8

1
2
Solusi:
Alternatif 1: Metode Uraian
x  1  x  1 cos x  lim x  11  cos x 
x  x cos x  1  cos x
 lim
lim
2
x 0
x 0
x 0
x2
x
x2

C.

1 

x  1  2 sin 1 x
 sin x 
1
2  lim x  1
2 
 lim
x 0
x 0 2

 1
x2
x 


 2

2

2

2

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

Alternatif 2: Metode Teorema Hospital

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

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

lim

Luas permukaan kotak  x 2  4 xy  108
y

108  x 2
4x

Volume kotak V  x 2 y

y

x2 
x3
  27 x 
4
4 x 

2  108 

V  x 


V '  27 

x

3x 2
4

x

3x
2
Nilai sationer (titik kritis) fungsi V dicapai jika V '  0 .
V" 

27 

3x 2
0
4

x 2  36 , dengan x  0
x6
3 6
 9  0 , maka fungsi V mencapai nilai maksimum untuk x = 6.
Karena V " 6  
2
63
 108 liter.
4
Jadi, volume maksimum kotak yang dapat dibuat sebesar 108 liter.  [E]
Vm aks  27  6 

33. Hasil dari

x3



4  x2











 

A.

1
4  x2
3

B.

1
4  x2
3

dx  ....









3
2

 4 4  x2

3
2

 4 4  x2

1
2

C

D. x 2 4  x 2





1
2

C

E. x 2 4  x 2













1
4  x2
3

1
2



2
4  x2
3



1
3
1
4  x2 2  4  x2 2  C
3
Solusi:
Alternatif 1: Metode Substitusi:

C.



1
2

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

3
2

C

3
2

C

2x

Ambillah u  4  x 2  du 

2 4 x

dx  du 

2

x

dx

4  x2

u  4  x2  u 2  4  x2  x2  u2  4



x3
4 x

2

x



dx.  x 2

4 x

2

dx 

 u



1
 4 du  u 3  4u  C
3

2





1
4  x2
3



3
2



 4 4  x2



1
2

 C  [A]

Alternatif 2: Metode Integral Parsial:
Ambillah u  x 2  du  2 xdx
x
dv 
dx  v 
4  x2

x



4 x

2

dx 

2

1
4 x

2





d 4  x 2  4  x2

 udv  uv   vdu


x3
4 x

2

dx.  x 2 4  x 2 



 x2 4  x2



 4



1
x2 2



1
2

1
2 2

4

34. Nilai dari



x2 1
x

1

A. 24,4
B. 14,4
C. 14,0
Solusi:



4  x 2  2 xdx  x 2 4  x 2 



2
4  x2
3



3
2

2









4  x  4  x

3

8 C



1
4  4  x2
3



3
2

1
2 2







4  x2 d 4  x2



C

4  x2
 2 2
2 
x  4  x   C 
3
3



4  x  x

3




 4 4  x2



1
2

 3x
1
2

2

2



 8  2x 2  C



 12  C

 C  [A]

dx adalah ….

D. 8,4
E. 7,2

4

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

4



x2 1

35. Hasil dari

4



  24 sin 4x cos 2xdx  ....

A. 2 cos 6 x  6 cos 2 x  C
B.  2 cos 6 x  6 cos 2 x  C

D.  4 cos 6 x  12 cos 2 x  C
1
1
E.  cos 6 x  cos 2 x  C
6
2

C. 4 cos 6 x  12 cos 2 x  C
Solusi:

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

  24 sin 4x cos 2xdx

1

 1
 12 sin 6 x  sin 2 x dx  12  cos 6 x  cos 2 x   C
2

 6
 2 cos 6 x  6 cos 2 x  C  [A]



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

5
D. 1 satuan luas
6
1
E. 3 satuan luas
3

y  x 2  2 dan y  4 x  1

x 2  2  4x  1

Y

x  4x  3  0
x  1x  3  0
2

x  1 atau x  3

y  x2  2

b

L

  f x  g xdx , f x  g x
a

 4 x  1  x



3

L

2

  x



3

 2 dx 

2

 4 x  3 dx

X

O
y  4x  1

1

1

3

 x3

1
1
 
 2 x 2  3x   9  18  9   2  3  1 satuan luas.  [B]
3
3
 3
1

37. Jika daerah yang dibatasi oleh kurva y  x 2  2 x  1 , sumbu X, dan x  2 diputar mengelilingi
sumbu X sejauh 360o , maka volume benda putar yang terjadi adalah ….
16 π
A.
D. 16 π
5
32 π
E. 32 π
B.
5
Y
8π
C.
5
Solusi:

y  x 2  2 x  1  x  12

y  x 2  2x  1

b



V  π y 2 dx
a

V  π  x
2

1

2

 2 x  1 dx  π  x  1 dx

 x  1 d x  1  5 x  1 
4

1

O

4

1

2

π

2

2

π

5 3
1



32 π
satuan volume
5

 [B]

38. Modus dari data yang disajikan pada tabel berikut ini adalah ….
19 |A.
Husein
26,5 Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah, 2011
B. 26
C. 25,75
D. 25,5

1

3

X

Nilai
10  14
15  19
20  24
25  29
30  34

Frekuensi
3
7
14
16
8

Solusi:
 d1 
 p
Mo  L  
 d1  d 2 
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 d 2  16  8  8

 2 
Mo  24,5  
5  25,5
 2 8
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.

2

3

4

5

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
6!
6  5  4!
 4
 120  [B]
6 P2  6 P2  6 P2  6 P2  4  6 P2  4 
6  2!
4!
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 ….
8
3
D.
A.
11
11
7
22
B.
E.
15
495
8
C.
495
Solusi:

20 | 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
C
C  C
C  C
 P4 L  P1P dan 3L  P2 P dan 2 L  6 4  6 1 6 3  6 2 6 2
12 C 4
12 C 4
12 C 4


15 6  20 15  15 360 8



  [A]
495
495
495
495 11

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