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

PEMERINTAH KOTA BEKASI
DINAS PENDIDIKAN

SMA NEGERI 5 BEKASI
Jl. Gamprit Jatiwaringin Asri Pondok Gede  021-8460810

UJIAN SEKOLAH

12

TAHUN PELAJARAN 2014/2015

LEMBAR SOAL
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

A

B

C

D

E

Salah

A

B

C

D

E
E

Salah
Salah

4.
5.
6.
7.

Jika salah menjawab soal, hapuslah dengan karet penghapus yang bersih
Perhatikan petunjuk pengisian pada Lembar Jawaban Komputer (LJK)
Periksa dan bacalah soal-soal sebelum anda menjawabnya.
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.
1 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

Solusi: [A]
 q  p
~ r  q

pq
qr

~r

pr

~r

~ p

~r





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
 3 2 2
24  12

1

 a 3b 5 ab 3 
:
: a 6b 4 c3 adalah ….
4. Bentuk sederhana dari 
2
5 
c
c
48
12



16
A. 2 2
ab

B. 16a 2b2
4
C. 2 2
ab
D.

a 2b 2
4

E. 4a 2b2
Solusi: [C]
1

1

 a 3b 5 ab 3 

 a 3b 5 12c 5 
6 4 3
a
b
c
:
:

 3  : a 6b 4 c3  41 a 4b 2 c 3



2
5
2
ab 
12c 
 48c
 48c



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



1

: a 6b 4 c 3

 4a 4b2c3 : a6b4 c3 
5. Diberikan 3 log5  p dan 2 log 3  q . Nilai dari
A.

1  2 pq
p4

B.

1  3 pq
p2

C.

1  pq
3p  2

D.

pq
p2

E.

3 pq
q2

12

4
ab

2 2

log 250  ....

Solusi: [B]
12

log 250 

log 250 2 log 2  3 2 log 5 1  3 2 log 3  3 log 5 1  3 pq
 2


2
2 p
p2
log12
log 4  2 log 3

2

6. Diberikan persamaan kuadrat x2   k  2 x  3k  4  0 dengan k adalah bilangan bulat

positif dan akar-akarnya adalah  dan  . Jika   2  , maka nilai k adalah ….
A. k  2
B. k  11
C. k  8
D. k  1
E. k  4
Solusi: [E]

x2   k  2 x  3k  4  0 , akar-akarnya adalah  dan 

  

b
k2
a

  2
2    k  2
k2
3
2k  4

3
c
   3k  4
a
2k  4 k  2

 3k  4
3
3



2k 2  8k  8  27k  36

2k 2  19k  44  0

 2k  11 k  4  0
k

11
k 4
2

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

7. Jika fungsi kuadrat f  x   kx 2   k  4  x 

1
selalu terletak di bawah sumbu X, maka batas2

batas nilai k adalah ….
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 f  x   kx 2   k  4  x 

1
selalu terletak di atas sumbu atau definit positif
2

adalah
k  0 …. (1)
D  b2  4ac  0

 k  4 2  4  k   

1
0
 2

k 2  8k  16  2k  0
k 2  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.
2 x  3 y  19.000 …. (1)
2 x  z  12.500 …. (2)
y  2 z  8.000 …. (3)

Persamaan (1) – Persamaan (2) menghasilkan:
3 y  z  6.500
z  3 y  6.500 …. (4)

Dari persamaan (3) dan persamaan (4) menghasilkan:
y  2  3 y  6.500   8.000
7 y  13.000  8.000

7 y  21.000
y  3.000

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

y  3.000  z  3 y  6.500
z  3  3.000  6.500  2.500
z  2.500  2 x  z  12.500
2 x  2.500  12.500
2 x  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 x 2  y 2  4 x  10 y  52  0 yang sejajar garis
4 x  3 y  12  0 adalah ….

A. 4 x  3 y  22  0 dan 4 x  3 y  68  0
B. 4 x  3 y  22  0 dan 4 x  3 y  68  0
C. 4 x  3 y  22  0 dan 4 x  3 y  68  0
D. 3x  4 y  22  0 dan 3x  4 y  68  0
E. 3x  4 y  22  0 dan 3x  4 y  68  0
Solusi: [A]
x 2  y 2  4 x  10 y  52  0

 x  2 2   y  52  81
Pusat dan jari-jari lingkaran adalah  2, 5 dan 9.
Gradien garis 4 x  3 y  12  0 adalah m 

4
.
3

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

4
4
y  5   x  2  9    1
3
3
4
5
 x  2  9 
3
3
3 y  15  4  x  2   45
y5

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





10. Suku banyak P  x   x3  4 x 2  ax  b dibagi x 2  3 x  2 memberikan sisa  6  3x  . Nilai
dari a  5b  16  ....
A. 16
B. 12
C. 10
D. 8
E. 6
Solusi: [E]

x2  3x  2   x  1 x  2
P 1  13  4 12  a 1  b  6  3 1  a  b  6 …. (1)

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

P  2  23  4  22  a  2  b  6  3  2  2a  b  8 …. (2)
Persamaan (2) – persamaan (1) menghasilkan: a  2
a 22b6b 4
Jadi, a  5b  16  2  5  4  16  6
2x 1
11. Jika fungsi f  x  1 
, dengan x  3 dan fungsi g  x   x  6 , maka fungsi invers
x3

 fog 1 x   ....

4 x  13
,x  2
2 x
4 x  13
B.
,x  2
x2
4 x  13
, x  2
C.
x2
4 x  13
,x  2
D.
x2
4 x  13
,x  2
E.
2 x
Solusi: [B]

A.

f  x  1 

2  x  1  1 2 x  1
2x 1

 f  x 
x3
 x  1  3 x  2

 f o g x   f g x   f  x  6  

2  x  6  1

x62
 dx  b
ax  b
 f 1 x  
Rumus: f x  
cx  a
cx  d
4 x  13
, x2
 f og 1  x  
x2



2 x  13
x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
B. Rp 250.000.000,00
C. Rp 255.000.000,00
D. Rp 300.000.000,00
E. Rp 305.000.000,00
Solusi: [C]
Ambillah banyak jenis rumah I dan II berturut-turut adalah x dan y buah.
 x  y  120
 x  y  120
4 x  6 y  540
2 x  3 y  270





0
x
x0




y0
y0
ekuivalen dengan 
6 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

Fungsi objektifnya adalah y

Y

f  x, y   2.000.000 x  2.500.000
x  y  120  y  120  x

(0,120)

y  120  x  2 x  3 y  270

x + y = 120

 0,90 

2 x  3120  x   270
2 x  360  3x  270
x  90
x  90  y  120  90  30

O

(90,30)
2x + 3y = 270
X
120,0  (135,0)

Koorniat titik potongnya adalah (90,30)
Titik ( x,y)

f  x, y   2.000.000 x  2.550.000 y

Keterangan

(135,0)
(0,120)
(90,30)

2.000.000  135  2.550.000  0  270.000.000
2.000.000  0  2.550.000  120  306.000.0000
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.
8 
2 x 
1  4 
15
 , dan C  
 . Bila x merupakan
13. Diketahui matriks A  
 , B  
 6 y  2
 3 10 
 3  13
penyelesaian dari persamaan A  2B  C 1 , maka nilai x  2 y adalah ...
A. 42

B. 45

C. 48

D. 49

E. 58

Solusi: [C]
a b
1  d  b
1  d  b

 


 , maka A 1 
Kita mengetahui bahwa jika A  
det A   c a  ad  bc   c a 
c d 

A  B  C 1
15

6

8 
2 x 
 13 4 
1
  2



y  2
 3 10  13  12  3 1 

15

6

8   4 2 x  13 4 



y  2   6 20   3 1 

8  2x  4  x  6

y  2  20  1  y  21

Jadi, x  2 y  6  2  21  48
14. Diberikan vektor a  2i  3 j , b  4i  5 j  2k , dan c  3i  x j  2k . Jika vektor





dan c saling tegak lurus, nilai dari a  b  3c  ....
A. 36
B. 6
C. 3
D. 6
E. 36
Solusi: [E]

 2a  3b   c  0

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

 2a  3b 

 4  12   3 

  
 6  15    x   0 a  2i  3 j , b  4i  5 j  2k , dan c  3i  x j  k
 0  6   2

  

 8   3 
   
 9  x  0
 6   2 
   
24  9 x  12  0
9 x  36
x4

 c  3i  4 j  k
 24   9   6   9 

      
nilai a  b  3c   3  5   12    8    12   54  96  6  36
 02   3   2   3 

      
15. Diberikan koordinat titik sudut ABC dalam ruang dengan A(1,1,2) , B ( 2,1,1) , dan C (0,0,0) .





Nilai tangen sudut terbesar dari ABC adalah ….
A. 1
B.  3
C. 

1
3
3

D. 2  3
E. 2  3
Solusi: [B]

A

AB  9  0  9  9 2

BC  4  1  1  6
AC  1  1  4  6

Sudut terbesarnya adalah ACB
  1  0    1
 20   2 

  

  
CA   1  0    1  dan CB   1  0    1 
 20   2 
  1  0    1

  

  

cos ACB 

CA  CB
CA CB



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

 12  12  2 2

B

C

2 2  12   1

2



 2 1 2
11 4 4 11



3
1

6
2

ACB  120
tan ACB  tan120   3

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

8
, dan proyeksi
21

vektor u pada vektor v dinyatakan sebagai v  ai  b j  ck , maka nilai a  b  c adalah….

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

8
9
8
B.
3
16
C.
9
32
D.
9
27
E.
9
Solusi: [A]

A.

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
x  2 atau x  

w

u v
v

2

142
17

v

646
8
8
v  v  i  2 j  2k
1 4  4
9
9
8
16
16
Sehingga nilai a  , b   ,dan c  .
9
9
9
8 16 16 8
Jadi, a  b  c    
9 9
9 9
w





17. Bayangan kurva x 2  2 x  y  8  0 oleh rotasi sejauh 90 dengan pusat O dilanjutkan
pencerminan terhadap sumbu X adalah ….
A. y 2  2 y  x  8  0
B. y 2  y  2 x  8  0
C. y 2  2 y  x  8  0
9 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

D. y 2  2 y  x  8  0
E. y 2  2 y  x  8  0
Solusi: [D]
 0 1
Matriks yang bersesuaian dengan rotasi sejauh 90 dengan pusat O adalah 
.
1 0 
1 0 
 .
Matriks yang bersesuaian dengan pencerminan terhadap sumbu-x adalah 
 0  1
 x "   1 0  0 1 x   0 1 x    y 
 

   
    
 y "   0 1 1 0  y   1 0  y    x 
y   x " dan x   y "

  y "2  2   y "    x "  8  0
y2  2 y  x  8  0

Jadi, bayangannya adalah y 2  2 y  x  8  0 .
18. Penyelesaian pertidaksamaan 52 x 1  126  5x  25  0 , dengan x  R adalah ….
A. x  2 atau x  1
B. x  1 atau x  2
C. 1  x  3
D. 1  x  2
E. 1  x  2
Solusi: [E]
52 x 1  126  5x  25  0
5  52 x  126  5x  25  0

Ambillah 5x  a , maka
5a 2  126a  25  0

 5a  1 a  25  0
1
 a  25
5
1
 5 x  25
5

51  5x  52
1  x  2 .

19. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan x log 4  2 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  2 atau x  2
Solusi: [D]
x

log 4  2

x

log 4  x log x 2

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

Kasus 1:
Bilangan pokok: x  1 …. (1)
Numerus:
x2  0 dipenuhi oleh x  R …. (2)
x

log 4  x log x 2

4  x2

 x  2  x  2   0

2
x  2 atau x  2 …. (3)
Dari (1)  (2)  (3)  (4) menghasilkan: x  2 …. (4)
Kasus 2:
Bilangan pokok: 1  x  0 …. (5)
Numerus:

2

1

x2  0 dipenuhi oleh x  R …. (6)
x

log 4  x log x 2

4  x2

 x  2  x  2   0

2

1

0

2

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 y  2 x 1  h yang ditunjukkan pada gambar berikut ini
adalah ….
A. y   log  x  6

Y

2

 (2,20)

B. y  1  log  x  6
2

y  f x 

C. y  1  2 log  x  6

 (0,8)

D. y  1  2 log  x  6
E. y  1  2 log  x  6
Solusi: [C]

O

(0,8)  f  x   2x 1  h

8  201  h
82h
h6

f  x   2x 1  6
x  2 y 1  6
2 y 1  x  6

 y  1 log 2  log  x  6 
y  1  2 log  x  6
y  1  2 log  x  6

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

X

21. Sepuluh bilangan positif membentuk barisan aritmetika. Jumlah tiga buah bilangan pertama
11
adalah 12 dan jumlah kebalikan bilangan-bilangan tersebut adalah
. Jumlah dua puluh
12
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
a  b  a  a  b  3a  12  a  4
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
4b 4b 2

3
16  b 2

24  32  2b2
2b2  8
b2  4
b2
n
S n  2a  n  1b
2
20
 2  4   20  1 2   10 8  38   460
S20 
2 
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
1,10 p , setelah dua tahun 1,10  p , setelah tiga tahun 1,10  p , setelah empat tahun 1,10  p
2

3

4

dan setelah lima tahun 1,10  p  1,61 p .
5

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 ….
144
17 cm
A.
17
48
17 cm
B.
17
12 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

36
34 cm
17
18
D.
34 cm
17
8
E.
34 cm
17
Solusi: [D]
HQ 3 1 HR
  
EF 6 2 RF
2
2
FR  HF   6 2  4 2
3
3

C.

H



BR  BF 2  RF 2  62  4 2

Luas BDR 



2

Q

E

 36  32  2 17 cm

G

R
F

P

S

1
1
 BD  DH   BR  DS
2
2

D

C

BD  DH 6 2  6 18
34 cm
DS 


17
BR
2 17

A
B
36
34 cm.
Jadi, jarak titik B ke bidang BPQE adalah adalah
17
24. Diberikan balok ABCD.EFGH, dengan AB  BC  6 cm dan CG  8 cm. Jika sudut antara
a
bidang BDG dan bidang CDG adalah  dan cos  
, maka nilai b  a  82  ....
b
A. 45
B. 44
C. 41
D. 40
E. 23

Solusi: [C]
H

BG  BC 2  CG 2  62  82  100  10 cm
DG  BG  10 cm
1
1
Luas CDG  CD  CG  DG  CP
2
2
CD  CG 6  8 24
CP 


cm
DG
10
5



GQ  BG 2  BQ2  102  3 2



2

F

E

8

P


D

C

 82 cm

1
1
Luas BDG  BD  GQ  DG  BP
2
2

BP 

G

6

Q
A

6

BD  GQ 6 2  82 6


41 cm
10
5
DG

Menurut Aturan Kosinus:

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

B

2

2

6
  24 
41      62 1476  576  36

2
2
2
1476  576  900
BP  CP  BC
5
  5 
25

 25
cos 

288
6
24
2 BP  CP
288 41
41
2
41 
25
5
5
1152
4
4
41



288 41
41 41

Sehingga a  4dan b  41 . Jadi, a  b  82  4  41  82  45
25. Diberikan segi empat ABCD, dengan AC  35cm dan BD  31 cm. Titik E pada AB, sehingga
AE  11cm dan bangun EBCD adalah jajargenjang. Luas BED adalah ….
455
A.
3 cm2
6
455
3 cm2
B.
4
455
3 cm2
C.
3
455
3 cm2
D.
2
455
3 cm2
E.
12
Solusi: [B]
Ambillah BE  x dan BED   .
D
C
Menurut aturan Kosinus dalam BED dan AED
Dalam BED :
x2
x 2  312  312

…. (1)
62 x
2 x  31
Dalam AED :
cos  

35

112  312  352 121  961  1225

2  11  31
2  11  31
121  961  1225
143
13



2 11  31
2 11  31
62

cos 180    

 cos   

31

31


A 11 E

B

13
…. (2)
62

Dari (1) dan (2) diperoleh:
x
13

62
62
x  13



 EB  13cm
2

3675 35
13
 13 
cos  

3
 sin   1  cos 2   1    
62
62
622
 62 

Luas BED 

1
1
35 3 455

3 cm2
EB  ED sin    13  31 
2
62
4
2

26. Jumlah penyelesaian dari persamaan
adalah….

sin x  sin 2 x  cos x  2cos2 x , untuk

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

0  x  2π

3

2
B. 2
5
C. 
2
D. 3
7
E. 
2
Solusi: [E]

A.

sin x  sin 2 x  cos x  2cos2 x

sin x  2sin x cos x  cos x  2cos2 x  0
sin x 1  2cos x   cos x 1  2cos x   0

 sin x  cos x 1  2cos x   0
x

 5
4

,

atau x 

4

2 4
,
3 3

Jadi, jumlah penyelesaiannya adalah
27. Jika cos  


4



5 2 4 3
7



 2   .
4
3
3
2
2

60
11
dan cos   , dengan  dan  sudut lancip maka nilai dari     ....
61
61

A. 120
B. 90
C. 75
D. 60
E. 30
Solusi: [B]
2

cos  

3721  3600 11
60
 60 

 sin   1  cos 2   1    
61
61
61
612
 

cos  

3721  121 60
11
 11 

 sin   1  cos 2   1    
61
61
61
612
 

2

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

28. Nilai dari

11 11 60 60 3721
  

 1      90
61 61 61 61 3721

cos80  2sin 50 sin 40
 ....
2cos50 cos 40  sin10

1
2
2
B. 1
C. 1
1
2
D. 
2

A.

E. 2
Solusi: [B]
cos80  2sin 50 sin 40 cos80   cos90  cos10  cos80  cos10 cos80  cos10



cos90  cos10  sin10
2cos50 cos 40  sin10
cos10  sin10 sin 80  sin10

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


3

29. Nilai dari lim

x 1

A.

1  2x  1
2 x  x

2sin 45 sin 35
1
2cos 45 sin 35

 ....

3
2

B. 

1
9

2
3
4
D.
9

C.

4
9
Solusi: [D]

E. 

2

3

lim

x 1

2
2
3 3 1  2 x 
2 2 4
 lim
 3   
1
1
2  x  x x 1
1
1 3 3 9
2
2 2 x

1  2x  1

cos 2 x
 ....
3 1  sin 3 x
x

30. Nilai dari lim

2

2
3
1
B.
3
1
C.
6

A.

2
3
3
E. 
2
Solusi: [A]

D. 

2cos x sin x
2
2
cos 2 x
2
 lim
 lim


3 1  sin 3 x
3 3sin 2 x cos x
3 3sin x
3

3
x
x
x
3sin
2
2
2
2
31. Suatu kotak tertutup berbentuk balok dengan alas persegi mempunyai volume 16.000 cm3.
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
D. 40 cm
E. 20 cm
lim

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

Solusi: [D]
V  x 2 y  16.000  y 

16.000
x2

400

B  x   400 x  400 x  4 xy  200
2

2

B  x   800 x2  800 xy

200

200

16.000
B  x   800 x 2  800 x 
x2

y

200

16.000 

B  x   800  x 2 

x 


x

400
x

16.000 

B '  x   800  2 x 

x2 

32.000 

B '  x   800  2 

x3 


Nilai stasioner fungsi B dicapai jika B '  x   0 , sehingga
16.000
0
x2
16.000
2x 
x2

2x 

x3  8.000
x  20
32.000 

B '  20   800  2 
  4.800  0  Bmin
203 


Jadi, ukuran panjang alas kotak adalah 20 cm.
32. Hasil dari

2

2

2

2

2
  x  6dx    x  2 x  2dx adalah ….

32
A.
3
31
B.
3
23
C.
3
16
D.
3
8
E.
3
Solusi: [A]
2

2

2

2


2
  x  6dx    x  2 x  2dx  

2

2

1 2

1

x  6 x    x3  x 2  2 x 
2
3

 2 
 2

8
 8

  2  12   2  12      4  4     4  4  
 3

3

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

 24 
p

  3x

33. Jika

2

16
32
8 
3
3



 2 x  1 dx  p , dengan p  0 maka nilai 5 p  4  ...

0

A. 5
B. 4
C. 3
D. 1
E. 0
Solusi: [D]
p

  3x

2



 2 x  1 dx  p

0

p

 x3  x 2  x   p

0
p3  p 2  p  0  p
p3  p 2  0

p 2  p  1  0
p  0  p 1
5 p  4  5 1  4  1



34. Hasil dari sin 6 x cos3xdx adalah …
2
A.  cos3 3 x  C
3
2
B.  sin 3 3x  C
9
1
1
C.  sin 9 x  sin 3 x  C
18
6
1
1
sin 9 x  sin 3x  C
D.
18
6
1
1
cos9 x  cos3x  C
E.
18
6
Solusi 1: [A]

 sin 6x cos3xdx   2sin 3x cos

2

2
2
3xdx   cos 2 3xd cos3 x   cos3 3 x  C
3
9



Solusi 2: [A]
1

1

1

 sin 6x cos3xdx   2 sin 9 x  sin 3x  dx   18 cos 6 x  6 cos3x  C
35. Hasil dari



x  3x  2 

4

x3  x 2  5

dx adalah ….

A. 4 4 x3  x2  5  C
B.

4

x

3

 x2  5



5

C

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





C





C





C

34 3
x  x2  5
2
34 3
D.
x  x2  5
4
44 3
E.
x  x2  5
3
Solusi: [E]
C.



x  3x  2 
4

x  x 5
3

2

dx 

3

3

3



3x 2  2 x
4

x  x 5
3

2



dx 

1

x3  x 2  5
1
 1
4

x



3

1
 1
4

 x2  5
C 

1
4

 d x


3

 x2  5



44 3
x  x2  5
3



3



C

36. Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y  x3  1 , y  x 2 , sumbu Y, dan garis x  1 adalah ….
13
15
12
B.
13
11
C.
12
13
D.
12
17
E.
12
Solusi: [D]

A.

1

L

x

2

Y



 x 3 1 dx

y  x2

0

1

1

1
1

  x3  x 4  x 
4
3
0

1 1
4  3  12 13
  1 

3 4
12
12

y  x3  1

O

1

37. Volume benda putar yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva

X

y  2  x2 ,

x 2  y 2  4 , dan sumbu X di kuadran IV yang diputar mengelilingi sumbu Y sejauh 360o

adalah ….
13
π
A.
3
11
π
B.
3
13
π
C.
6
13
π
D.
12
13
π
E.
4
19 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

Solusi: [B]
Batas-batas integral:

Y
2

y  2  x2  x2  2  y

x2  y 2  4

x2  y 2  4

2  y  y2  4

2

y  y20
2

 y  1 y  2   0

O
1

2

X

y  2  x2

2

y  1 atau y  2
2

V  π  4  y 2   2  y  dx  π


0

2

  2  y  y dx
2

0

1


y 2 y3 
1 1  12  3  2
13

 
 π 2 y 
   π 2    
2 3
6
6
2
3 0


38. Data yang disajikan pada berikut adalah nilai ulangan matematika dari 40 siswa siswa .

Titik Tengah
78
83
88
93
98

Frekuensi
4
6
15
9
6

Modus dari dari data tersebut adalah ….
5
A. 87
6
1
B. 88
6
2
C. 88
3
1
D. 88
2
1
E. 89
6
Solusi: [D]
Nilai
76  80
81  85
86  90
91  95
96  100

Frekuensi
4
6
15
9
6

Kelas interval modus adalah 86 – 90 .
9
1
Me  85,5 
 5  85,5  3  88
96
2
20 | Husein Tampomas, Soal dan Solusi Ujian Sekolah SMA Negeri 5, 2015

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
S1 , S2 , S3 ,dan S4 menyatakan banyaknya bilangan bulat masing-masing yang memuat 1, 2, 3,
dan 4 angka. Kita tentukan bilangan-bilangan bulat tersebut masing-masing secara terpisah.
S1  4 , karena ada 4 angka, maka ada 4 bilangan bulat yang dengan tepat memuat satu angka.
S2  4  3  12 , ada 12 bilangan bulat yang memuat dua angka.
S3  4  3  2  24 , ada 24 bilangan bulat yang memuat tiga angka.
S4  4  3  2 1  24 , 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 ….
1
A.
33
2
B.
33
5
C.
33
1
D.
11
6
E.
11
Solusi: [A]
12!
 495 cara untuk memilih 4 orang dari 12 orang.
Terdapat 12 C4 
4!8!
6!
 15 cara untuk memilih 2 pasang dari 6 pasang.
Terdapat 6 C2 
2!4!
15
1
 .
Jadi, peluang tersebut adalah P 
495 33

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