SOAL DAN SOLUSI LATIHAN UJIAN NASIONAL 2015 SMA NEGERI 8 JAKARTA

SOAL DAN SOLUSI LATIHAN UJIAN NASIONAL 2015 SMA NEGERI 8 JAKARTA 1. Diberikan premis-premis sebagai berikut: Premis 1 : Jika curah hujan tinggi dan irigasi buruk, maka tanaman padi membusuk Premis 2 : Tanaman padi tidak membusuk atau petani menderita kerugian Premis 3 : Petani tidak menderita kerugian Kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah .... A. Tidak benar curah hujan tinggi dan irigasi buruk B. Tidak benar curah hujan tinggi atau irigasi buruk C. Curah hujan tidak tinggi dan irigasi tidak buruk D. Curah hujan tidak tinggi atau irigasi tidak buruk E. Curah hujan rendah dan irigasi baik Solusi: [C] p  q  p  q (p  q)  r r  s s ….

(p  q)  r rs s ….

(p  q)  s s  ~  p  q  ~ p ~ q

Jadi, kesimpulan yang sah dari premis-premis tersebut adalah “Curah hujan tidak tinggi dan irigasi tidak buruk.” 2. Pernyataan yang ekuivalen dengan “Jika sekolah libur, maka semua siswa tidak datang ke sekolah” adalah... A. Sekolah libur atau semua siswa datang ke sekolah B. Sekolah libur dan beberapa siswa datang ke sekolah C. Sekolah libur dan semua siswa tidak datang ke sekolah D. Sekolah tidak libur dan semua siswa datang ke sekolah E. Sekolah tidak libur atau semua siswa tidak datang ke sekolah Solusi: [E] p  q  ~ q ~ p  ~ p  q Jadi, pernyataan tersebut ekuivalen dengan pernyataan: ”Sekolah tidak libur atau semua siswa tidak datang ke sekolah.”





3. Bentuk sederhana dari 3 5 6  10  8 20  6 8 adalah.... A. 3 2  2 5 B. 3 5  2 2 C. 3 2  2 5 D. 3 2  2 5 E. 3 3  2 5 Solusi: [-]





3 5 6  10  8 20  6 8  18 5  15 2  16 5  12 2  2 5  3 2 3 4. Nilai dari log x  log

1  2log x x

1 |Husein Tampomas, Soal-soal dan Solusi Pemantapan Ujian Nasional 2015

A. 0 B. 3 C. 9 D. 9 E. 3 Solusi: [A]

1 1 1 log x3  log  2log x  log x3   2  log1  0 x x x 5. Persamaan kuadrat 2 x 2  4 x  9  0 mempunyai akar-akar  dan . Nilai A. B. C. D. E.

    

13 9 17 9 26 9 13 9 26 9

Solusi: [C] 2   2  2     2  2    2 

9

          2

6.

2





9  2



8  18 26  9 9

Persamaan kuadrat 3x 2  2mx  6  0 tidak mempunyai akar real, maka nilai m yang memenuhi adalah .... A. 3 2  m  3 2 B. 3 3  m  0 C. 0  m  3 3 D. m  3 2 atau m  0 E. m  3 2 atau m  3 2 Solusi: [A]

D  b2  4ac  0

 2m  2  4  3  6  0 m2  18  0

 m  3 2  m  3 2   0 3 2  m  3 2 2 7. Grafik fungsi kuadrat f  x   mx  4 x  m  3 definit positif, maka nilaiu m yang memenuhi

adalah .... A. m  1 2 |Husein Tampomas, Soal-soal dan Solusi Pemantapan Ujian Nasional 2015

B. m  0 C. m  4 D. m  4atau m  0 E. m  11atau m  5 Solusi: [C] m  0 .... (1)

D  b2  ac  0

42  4  m   m  3  0 4  m2  3m  0 m2  3m  4  0

 m  1 m  4  0 m  1  m  4 .... (2) Dari (1)  (2) menghasilkan: m  4 8. Tujuh tahun yang lalu umur ayah sama dengan 6 kali umur Panda, dan empat tahun yang akan datang 2 kali umur ayah sama dengan 5 kali umur Panda ditambah 9 tahun. Umur ayah sekarang adalah .... A. 41 tahun B. 43 tahun C. 49 tahun D. 54 tahun E. 56 tahun Solusi: [B]

a  7  6  p  7   a  6 p  35 .... (1)

2  a  4   5  p  4   9  2a  5 p  21 .... (2)

5  Persamaan (1) – 6  Persamaan (2) menghasilkan: 7a  35  5  21 6 a  25  18  43 Jadi, umur ayah sekarang adalah 43 tahun. 9. Persamaan lingkaran yang berpusat di titik B  3,5  dan berdiameter 68 adalah .... 2 2 A. x  y  3x  5 y  17  0 2 2 B. x  y  3x  5 y  27  0 2 2 C. x  y  6 x  10 y  17  0 2 2 D. x  y  3x  5 y  27  0 2 2 E. x  y  6 x  5 y  27  0

Solusi: [C] Pusat lingkaran B  3,5  dan jari-jarinya 17 , sehingga Persamaan lingkarannya adalah

 x  32   y  5 2  

17



2

17

x 2  y 2  6 x  10 y  17  0




17

B  3,5

10.  x  2  adalah faktor-faktor dari suku banyak P  x   3x3  ax2  17 x  6 . Faktor linear yang lain adalah .... A. 2 x  1 B. 3 x  1 C. 2 x  1 D. 2 x  3 E. 3 x  1 Solusi: [B]

P  2   3  2   a  2   17  2   6  0 3

2

24  4a  34  6  0 a  4

2

P  x   3x2  4 x2  17 x  6



P  x    x  2  3x  10 x  3 2



3

3

4

17

6

6

20

6

10

3

0

P  x    x  2  3x  1 x  3 Jadi, faktor linear yang lain adalah 3 x  1 . 11. Diketahui f  x   3x  2 dan g  x   x2  4 x  11 , makan  g o f  x   .... A. 3x2  8 x  1 B. 6 x 2  8 x  1 C. 6 x 2  24 x  1 D. 9 x 2  8 x  1 E. 9 x 2  24 x  1 Solusi: [E]

 g o f  x   g  f  x   g 3x  2  3x  22  4 3x  2  11  9 x2  12 x  4  12 x  8  11  9 x 2  24 x  1 3x  5 , x  7 , maka g 1  x   .... 12. Diketahui g  x   x7 7x  5 , x  3 A. x3 7x  5 , x  3 B. x3 5x  7 , x  3 C. x3 5x  7 ,x  3 D. x3 7x  5 ,x  3 E. x3 Solusi: [E]

g  x 

3x  5 7x  5 , x  7  g 1  x   ,x  3 x7 x 3


13. Pada tanah seluas 10.600 m2 akan dibangun perumahan dengan dua tipe yaitu tipe A dengan luas 100 m2 dan tipe B dengan luas 75m2. Jumlah rumah yang akan dibangun tidak lebih dari 125 unit. Laba tiap-tiap tipe A Rp800.000,00 dan tipe B adalah Rp600.000,00. Laba maksimum yang mungkin diperoleh adalah.... A. Rp90.000.000,00 B. Rp85.000.000,00 C. Rp84.800.000,00 D. Rp75.000.000,00 E. Rp70.000.000,00 Solusi: [C] Ambillah banyak tipe A dan B masing-masing adalah x dan y buah. 100 x  75 y  10.600 Y  x  y  125   141 13 x0   y0 4 x  3 y  424 125 Fungsi objektif f  x, y   800.000 x  600.000 y (49,76) 4x + 3y = 424 …. (1) x  y  125 3x + 3y = 375 …. (2) X Selisih persamaan (1) dan (2) menghasilkan: x  49 O 106 125 x  49  49 + y = 125 y = 76 Koordinat titik potongnya adalah (49,76) Titik

f  x, y   800.000 x  600.000 y

(0,0) (106,0) (49,76) (0,125)

800.000  0  600.000  0  0 800.000  106  600.000  0  84.800.000 800.000  49  600.000  76  84.800.000 (maksimum) 800.000  0  600.000  125  75.000.000

 Laba maksimum yang mungkin diperoleh adalah Rp84.800.000,00. 14. Diketahui

persamaan

matriks

3   2 5   16 22  12 3  1     4  .  5 6  2 x x  y   4 1   3 7 

2 x  3 y  .... A. 8 B. 10 C. 11 D. 14 E. 16 Solusi: [E]

3   2 5   16 22  12 3  1     4    5 6  2 x x  y   4 1   3 7  12  1  3  2 x  4  2  16 12  6 x  8  16 6 x  12 x2 5 |Husein Tampomas, Soal-soal dan Solusi Pemantapan Ujian Nasional 2015

Nilai

12   3  3   x  y   4   5  22 36  3  2  y   20  22

6  3 y  6 3 y  12 y  4  2 x  3 y  2  2  3  4   16             15. Diketahui u  2i  3 j  k , v  2i  4 j  k , dan w  2i  3 j  4k . Vektor yang mewakili    4u  3v  w adalah ....    A. 12i  3 j  5k    B. 12i  3 j  5k    C. 4i  3 j  5k    D. 4i  27 j  5k    E. 4i  3 j  3k





Solusi: [C]

 2  2  2   4                   4u  3v  w  4u  3v  w  4  3   3  4    3    3   4i  3 j  5k 1 1  4   5         





 16. Diketahui titik-titik A  5,3, 4  , B  6, 2, 4  , dan C  5, 4, 4  . Kosinus sudut antara AB dan

 AC adalah .... 1 2 A. 2 1 3 B. 3 1 C.  3 1 3 D.  3 1 2 E.  2

Solusi: [E]  65   1   5  5  0           AB   2  3    1 dan AC   4  3    1   4  4   0   4  4   0            0  1  0 1 cos  AB, AC   2 2 2 1













17. Diketahui titik-titik P  3,2,4  , Q  2,6, 2  , R  4,5,3 ; PR  a dan QR  b , maka proyeksi





orthogonal a dan b adalah ....


  

A. 6i  j  k

  

B. 6i  j  k

  

C. 6i  j  k

 



 



D. 6i  j  k

E. 6i  j  k

Solusi: [D]  4  3  7   4  2  6              a  PR   5  2    3  dan b  QR   5  6    1  3  4   1 3 2  1             a  b  42  3  1      b  b  6i  j  k c 2 b  36  1  1 b 18. Bayangan titik B 11, 9  , jika ditransformasikan oleh matriks yang bersesuaian dengan

1 1   dilanjutkan pencerminan terhadap garis y  x adalah ....  2 0 A.  2,2  B.  2,4  C.  2,22  D.  22, 2  E.  2, 22  Solusi: [D]

 x '   0 1  1 1  11   2 0  11   22               y '   1 0  2 0  9   1 1  9   2  Jadi, bayangannya adalah  22, 2  . 19. Penyelesaian pertidaksamaan 5 log  x  3  5 log  x  1  1 adalah .... A. x  1 B. x  1 C. 3  x  1 D. x  5atau x  1 E. x  3atau x  1 Solusi: [-] 5

log  x  3  5 log  x  1  1

5

log x 2  4 x  3  5 log5





x2  4 x  3  5 x2  4 x  2  0









 x  2  6   x  2  6   0    x  2  6  x  x  2  6 .... (1)


Numerus: x30 x  3 .... (2) x 1  0 x  1 .... (3) Dari (1)  (2)  (3) diperoleh

2  6 x  2  6 20. Persamaan grafik fungsi berikut adalah ....

3

1

2  6

x

1 A. y     1 2

y  f x 

Y 5

B. y  2 x  1 C. y  3x  1

1 D. y    2 E.

x 1

y  2x  1

2 1

3 2

O

2

X

Solusi: [B] Ambillah fungsi eksponen adalah y  a x  b .

 0,2  2  a0  b  b  1  2,5  5  a2  1  a  2 Jadi, persamaan grafik fungsi eksponen adalah y  2 x  1 . 21. Pada deret aritmetika diketahui bahwa suku kedua = 23 dan suku keenam = 43. Dengan demikian jumlah 12 suku pertama deret tersebut = .... A. 526 B. 536 C. 546 D. 556 E. 566 Solusi: [C] u2  23  a  b  23 .... (1)

u6  43  a  5b  43 .... (2) Persamaan (1) – persamaan (2) menghasilkan: 4b  20 b5 a  5  23 a  18 n 12 Sn   2a   n  1 b   S12   2  18  12  1 5  546 2 2 22. Sebuah bola pingpong dijatuhkan ke lantai dari ketinggian 2 meter. Setiap kali setelah bola itu memantul ia mencapai ketinggian tiga perempat dari ketinggian yang dicapai sebelumnya. Panjang lintasan bola tersebut dari pantulan ke-4 sampai berhenti adalah .... A. 2

17 32


1 4 1 C. 5 16 3 D. 6 4 3 E. 7 4 B. 4

2

Solusi: [C] 5   3 4  3 S  2  2     2     ... 4   4  

3 4

3 2  4

2

4

3 81 2   4   64  81  5 1  2 3 1 16 16 1 4 4

1

2

Panjang lintasan bola tenis tersebut sampai berhenti adalah 5

2 3

3 2   4   3 4 2  4

3

4

1 m. 16

23. Diketahui limas alas segi-4 beraturan T.ABCD dengan rusuk alas 8 cm dan rusuk tegak 12 cm. Jika titik O merupakan perpotongan diagonal alas, jarak titik O ke bidang TBC adalah .... A.

7 cm

B.

14 cm

C. 2 5 cm D. 2 7 cm E. 2 14 cm Solusi: [B]

T

PT  TB  BP  12 4  144  16  128  8 2 2

2

2

2



TO  TB 2 OB2  12 2  4 2



2

 144  32  112  4 7

1 1  OP  TO   OQ  PT 2 2 1 1  4  4 7   OQ  8 2 2 2 OQ 

4 4 7 8 2

12 D Q O

A

 14

8

C

P B

Jadi, jarak titik O ke bidang TBC adalah 14 cm. 24. Diketahui kubus ABCD.EFGH dengan rusuk 6 cm. P terletak pada perpanjangan CG sehingga CP : CG = 3 : 2. Sinus sudut antar bidang PBD dan alas adalah ....

1 11 11 3 11 B. 11 A.


1 2 3 3 13 D. 13 3 2 E. 2 C.

Solusi: [B]

 

PT  TC 2  PC 2  9 2  3 2 sin   PBD, ABCD  

2

P

 81  18  99  3 11

PC 9 3   3 PT 3 11 11

3 G

H E

F D

6 C

T 6

A

B

25. Diketahui segitiga ABC dengan AB = 3, BC = 6 dan AC = 7. Sinus sudut ABC = ....

1 9 5 5 B.  9 4 5 C.  9 4 5 D. 9 A. 

E. 4 5 Solusi: [D]

cos ABC 

32  62  7 2 9  36  49 4 1    2 3 6 2 36 2 36 9

B 3

6

1 80 4 A C   5 7 81 81 9 26. Himpunan penyelesaian persamaan sin 4 x  cos 2 x  0 untuk 0  x  180 adalah .... A. 15, 45 sin ABC   1  cos 2 ABC  1 

B. C. D. E.

15,45,135 15,45,135 15,45,75,135 45,105,135,165

Solusi: [E]

sin 4 x  cos 2 x  0 2sin 2 x cos 2 x  cos 2 x  0


cos 2 x  2sin 2 x  1  0 1 2 x  45,135  x  105,165

cos 2 x  0  sin 2 x  

Jadi, himpunan penyelesaiannnya adalah 45,105,135,165 . 27. Diketahui sin A 



1 5  24 2 39 1 5  24 2 39 1 12  10 2 39 1 12  10 2 39 1 5  24 2 39

A.  B. C. D. E.

12 1 dan cos B   , A dan B tumpul. Nilai cos  A  B   .... 13 3



















Solusi: [B]

sin A 

12 5  cos A   13 13

1 2 2 cos B    sin B  3 3 cos  A  B   cos A cos B  sin A sin B   28. Hasil dari



5  1  12 2 2 1      5  24 2 13  3  13 3 39

cos70  cos50  .... sin 70  sin 50

A. tan10 B. cot10 C. sec10 D. csc10 E.  tan10 Solusi: [B]

cos70  cos50 2cos60 cos10   cot10 sin 70  sin 50 2cos60 sin10 29. Nilai lim 9 x 2  5  3x  2  .... x 

A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 2 E. 3 2 Solusi: [B]




lim 9 x 2  5  3x  2  3x  3x  2  2

x 

cos 2 3x  sin 2 3 x  1  .... x 0 x tan 5 x 18 A.  5 12 B.  5 6 C.  5 3 D.  5 2 E.  5 Solusi: [C]

30. Nilai lim

1 2   6 cos 2 3x  sin 2 3 x  1 cos 6 x  1 6 lim  lim  2  x 0 x 0 x tan 5 x x tan 5 x 1 5 5 31. Luas kotak tanpa tutup yang alasnya peresegi adalah 216 cm2. Agar volume kotak tersebut mencapai maksimum, maka panjang rusuk persegi adalah ....

A. 6 2 cm B. 8 2 cm C. 9 2 cm D. 12 2 cm E. 16 2 cm Solusi: [A]

L  x 2  4 xy  216 y

54 x  x 4

x3  54 x  V  x 2 y  x 2     54 x  4  x 4

3x 2 4 Nilai satasioner fungsi V dicapai jika V '  0 , sehingga V '  54 

54 

y

x

3x 2 0 4

x 2  72 x6 2

 panjang rusuk persegi adalah 6 2 . 32. Hasil dari A.



12 x  15  dx  .... 2 x2  5x

1 2 x2  5x  C 6


x

2 2 x2  5x  C 3 3 C. 2 x2  5x  C 2

B.

D. 3 2 x2  5x  C E. 6 2 x2  5x  C Solusi: [E]



12 x  15 dx 2 x  5x 2



 3



d 2 x2  5x 2 x  5x 2

 6

2 x2  5x  C

 3

33. Nilai dari

 sin 2 x cos xdx  .... 0

5 A.  6 1 B.  12 1 C. 4 7 D. 12 1 E. 7 Solusi: [D] 







2  2  2 3 sin 2 x cos xdx  2sin x cos 2 xdx  2cos 2 xd cos x    cos3 x    cos3  cos3 0 3 3 3  3 0 0 0 0 3

3





3



1 2 7   12 3 12 34. Luas daerah untuk gambar berikut adalah .... 

b

A.

 a c

B. C. D. E.

c

g  x dx  g  x dx



Y

b b

 g  x dx   f  x dx a b

a c

a c

b b

a b

a c

a

a

y  g  x

y  f  x

 f  x dx   g  x dx  g  x dx   f  x dx

O

a

b

c

 g  x dx   f  x dx

Solusi: [C] b

Luas daerah untuk gambar berikut adalah

 a

c

f  x dx  g  x dx

 b


X

35. Volume benda putar dari daerah pada kuadran I yang dibatasi oleh kurva y 2  4  x 2 dan garis y  2  x diputar 360o mengelilingi sumbu X adalah...

2 A. 1  Satuan volume 3 2 B. 2  Satuan volume 3 1 C. 3  Satuan volume 3 1 D. 11  Satuan volume 3 1 E. 13  Satuan volume 3 Solusi : [B] 2





2 V    4  x 2   2  x  dx     0

Y 2 x2  y 2  4 2

  2 x

2



 4 x dx

0

2

2 O

y 2 x

2

2  2   16  8     x3  2 x 2       8  0     2  3  3 0  3  3 36. Perhatikan tabel berikut

Skor 12 – 14 15 – 17 18 – 20 21 – 23 24 – 26

X

2

Frekuensi 7 6 5 8 4

Median dari data pada tabel adalah.... A. 19,3 B. 18,7 C. 17,9 D. 17,1 E. 16,3 Solusi: [B] Banyak data n  30 , sehingga kelas median adalah 18 – 20. 15  13 Me  17,5   3  17,5  1, 2  18,7 5 37. Banyak bilangan genap yang lebih dari 400 terdiri atas tinggi angka berbeda yang disusun dari angka-angka 0, 2, 3, 4, 5, 6, 8 adalah .... A. 25 B. 60 C. 75 D. 85 E. 95 Solusi: [D] 1

5

4

Kotak pertama dapat diisi oleh 1 angka, yaitu 4. 14 |Husein Tampomas, Soal-soal dan Solusi Pemantapan Ujian Nasional 2015

Kotak kedua dapat diisi oleh 5 angka. Kotak ketiga dapat diisi oleh 4 angka, yaitu 0, 2, 6, 8. 1

5

4

Kotak pertama dapat diisi oleh 1 angka, yaitu 6. Kotak kedua dapat diisi oleh 5 angka. Kotak ketiga dapat diisi oleh 4 angka, yaitu 0, 2, 4, 8. 1

5

4

Kotak pertama dapat diisi oleh 1 angka, yaitu 8. Kotak kedua dapat diisi oleh 5 angka. Kotak ketiga dapat diisi oleh 1 angka, yaitu 0, 2, 4, 6. 1

5

5

Kotak pertama dapat diisi oleh 1 angka, yaitu 5. Kotak kedua dapat diisi oleh 5 angka. Kotak ketiga dapat diisi oleh 4 angka, yaitu 0, 2, 4, 6, 8. Jadi, banyak bilangan tersebut adalah 20 + 20 + 20 + 25 = 85. 38. Pada ruang tunggu praktek dokter terdapat 5 kursi yang berdampingan. Jika pasien yang dating ada 7 orang, ada berapa cara mereka dapat duduk? A. 21 B. 294 C. 1260 D. 2520 E. 2542 Solusi: [D] 7! 7  6  5  4  3  2!   2520 Banyak cara mereka duduk adalah 7 P5  7  5 ! 2!   39. Tersedia cat berwarna merah, putih ,kuning, biru, dan hijau. Akan dibuat warna baru dengan cara mencampurkan tiga buah warna cat yang tersedia. Banyak warna baru yang dapat dibuat adalah... A. 10 B. 15 C. 20 D. 30 E. 60 Solusi: [D] 5! 5  4  3!   10 Banyak warna 5 C3  3! 5  2 ! 3! 2 40. Dalam sebuah kantong terdapat 6 kelereng merah dan 8 kelereng biru, akan diambil 3 kelereng sekaligus secara acak. Peluang yang terambil 3 kelereng merah adalah... 3 A. 91 5 B. 91 1 C. 13 15 |Husein Tampomas, Soal-soal dan Solusi Pemantapan Ujian Nasional 2015

10 91 5 E. 42 Solusi: [B]

D.

6! 6  5  4  3! 3! 6  3 !   C 20 5 6  3! Peluangnya adalah 6 3     14! 14  13  12  11! 364 91 14 C3 3!14  3! 6  11!


6M 8B

SOAL DAN SOLUSI LATIHAN UJIAN NASIONAL 2015 SMA NEGERI 8 JAKARTA

Recommend Documents