OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI 2011

PRESTASI

OSN

DISUSUN OLEH

E. SIMBOLON (081 22 28 21 25 )

e51mb.blogspot.com [email protected]

IMO

SOLUSI

OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI 2011

Disusun oleh : E. SIMBOLON

Pembahasan OSP SMP Tahun 2011 :

E. SIMBOLON

Pembahasan OSP Tahun 2011 Tingkat SMP Bidang Matematika

Bagian A : Soal Isian Singkat 1. Jika x adalah jumlah 99 bilangan ganjil terkecil yang lebih besar dari 2011 dan y adalah jumlah 99 bilangan genap terkecil yang lebih besar dari 6, maka x + y = · · · Jawaban : 219483 Karena x = 2013 + 2015 + · · · + 2207 + 2209 2013 + 2209 = · 99 2 = 2111 · 99 dan y = 8 + 10 + · · · + 202 + 204 8 + 204 = · 99 2 = 106 · 99 Jadi, x + y = 2111 · 99 + 106 · 99 = 2217 · 99 = 2217(100 − 1) = 221700 − 2217 = 219483 2. Jika f adalah fungsi sehingga f (xy) = f (x − y) dan f (6) = 1, maka f (−2) − f (4) = ··· Jawaban : 0 Berdasarkan sifat fungsi f diperoleh, f (−2) = f (2 · (−1)) = f (2 + 1) = f (3)

(1)

www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

1


E. SIMBOLON

dan f (4) = f (4 · 1) = f (4 − 1) = f (3)

(2)

Berdasarkan pers.(1) dan pers.(2) didapat f (−2) = f (4), sehingga f (−2)−f (4) = 0 3. Jika bilangan bulat x dan y dibagi 4 maka bersisa 3. Jika bilangan x − 3y dibagi 4 maka bersisa . . . Jawaban : 2 Alternatif 1 Karena x ≡ 3 ( mod 4) dan y ≡ 3 ( mod 4) maka x − 3y ≡ 3 − 3 · 3 ( mod 4) ≡ −6 ( mod 4) ≡ 2 ( mod 4) Jadi, x − 3y jika dibagi 4 bersisa 2. Alternatif 2 Misal, x = 4a + 3 dan y = 4b + 3 sehingga kita peroleh, x − 3y = 4a + 3 − 12b − 9 = 4a − 12b − 6 = 4(a − 3b − 2) + 2 Jadi, x − 3y jika dibagi 4 bersisa 2. 4. Perhatikan gambar berikut. Suatu lingkaran berjari - jari 2 satuan berpusat di A. Suatu persegi memiliki titik sudut di A dan satu titik sudut yang lain di lingkaran. Di dalam persegi tersebut terdapat lingkaran yang menyinggung keempat sisi persegi. Di dalam lingkaran terdapat persegi yang keempat titik sudutnya berada di lingkaran tersebut. Di dalam persegi ini tedapat lingkaran yang menyinggung keempat sisi persegi. Luas daerah yang diarsir sama dengan . . .

A

Jawaban : 3 − 34 π www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

2


E. SIMBOLON

Fokuskan perhatian pada bagian persegi saja, yaitu sebagai berikut

area I

area IV

area II

area III Misal, lingkaran besar berjari - jari R dan lingkaran yang kecil berjari - jari r. Maka 1√ 1 diperoleh R = 2 dan r = . Perhatikan pula luas area I = luas area II = luas 2 2 area III = luas area IV. Sedang luas area I yaitu 1 1 · π · R2 − · R2 4 2 1 1 1 = ( ·π−2· ) 4 2 2 1 1 = ( · π − 1) 4 2

luas area I =

Oleh karena itu, 1 1 luas yang diarsir = 2 − 4 · ( · π − 1) − π · 4 2 1 1 =2− ·π+1− ·π 2 4 3 =3− π 4

2 1 2

5. Banyak bilangan tiga digit(angka) yang terdiri dari angka - angka 0, 2, 3, 5, 7, 8 yang lebih dari 243 dan kurang dari 780 adalah . . . Jawaban : 120 Kita bagi menjadi tiga kasus, I. Ratusan Puluhan Satuan Jadi, untuk II. Ratusan Puluhan

: angka 2 : ada 3 kemungkinan yaitu 5, 7 atau 8 : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai kasus I ada 1 x 3 x 6 = 18 kemungkinan. : angka 7 : ada 5 kemungkinan yaitu 0, 2, 3, 5 atau 7


3


E. SIMBOLON

Satuan : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai Jadi, untuk kasus II ada 1 x 5 x 6 = 30 kemungkinan. III. Ratusan Puluhan Satuan Jadi, untuk

: angka 3 atau 5 : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai kasus III ada 2 x 6 x 6 = 72 kemungkinan.

Dari ketiga kasus di atas maka banyak bilangan tiga digit yang lebih dari 243 tetapi kurang dari 780 ada 18 + 30 + 72 = 120 bilangan. 6. Diketahui Budi adalah seorang siswa laki - laki dan Wati adalah seorang siswa perempuan. Saat ini mereka duduk di kelas IX pada suatu sekolah. Mereka men3 catat banyak siswa kelas IX di sekolah mereka. Wati mencatat 20 dari total siswa di kelas IX adalah laki - laki. Sedangkan menurut catatan Budi, 17 dari total siswa di kelas IX selain dirinya adalah laki - laki. Banyak siswa laki - laki kelas IX di sekolah mereka adalah . . . Jawaban : 18 Misal, banyak siswa laki - laki adalah L dan banyak siswa perempuan adalah P . Maka kita dapat, 3 (P + L) = L ⇔ 17L − 3P = 0 (3) 20 dan 1 (P + L − 1) = L − 1 ⇔ 6L − P = 6 (4) 7 Dari pers.(3) dan pers.(4) diperoleh L = 18 7. Diketahui luas persegi ABCD adalah 25 m2 . Jika E, F dan G masing - masing adalah titik tengah AB, AD dan CD seperti pada gambar berikut, maka luas trapesium BHF E adalah . . . m2 G

D

C

H F

A

E

B

125 Jawaban : 16 Untuk mempermudah bagilah persegi tadi menjadi seperti di bawah ini, www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

4

Pembahasan OSP SMP Tahun 2011 : G

D

E. SIMBOLON

C

H I

F

A

E

B

Terlihat bahwa persegi ABCD terdiri dari 16 segitiga siku - siku yang kongruen. 5 125 2 Sehingga luas trapesium BHF E adalah x 25 = m 16 16 8. Tiga bilangan a, b, c dipilih sehingga ketika setiap bilangan ditambahkan ke rata rata dua bilangan lainnya maka berturut - turut hasilnya adalah 80, 90 dan 100. Rata - rata dari a, b, c adalah . . . Jawaban : 45 Dari keterangan pada soal diperoleh, a+

b+c = 80 ⇔ 2a + b + c = 160 2

(5)

b+

a+c = 90 ⇔ a + 2b + c = 180 2

(6)

dan

serta

a+b = 100 ⇔ a + b + 2c = 200 2 Jumlahkan ketiga persamaan di atas, maka didapat c+

(7)

4a + 4b + 4c = 540 yang berarti a+b+c = 45 3 9. Sebuah bilangan bulat diambil secara acak dari {x|−5 ≤ x ≤ 10, x bilangan bulat}. √ Peluang bahwa x adalah penyelesaian pertidaksamaan x2 − 3x ≤ 2 adalah . . . 1 Jawaban : 4 Ruang sampelnya adalah bilangan bulat dari −5 sampai 10, jadi n(S) = 16. Per√ hatikan pula, agar x2 − 3x terdefinisi haruslah x2 − 3x ≥ 0 ⇔ x(x − 3) ≥ 0. Jadi x ≤ 0 atau x ≥ 3.

(8)

√ Selain itu, dari pertidaksamaan x2 − 3x ≤ 2 kuadratkan kedua ruas sehingga didapat x2 − 3x ≤ 4 atau equivalen dengan x2 − 3x − 4 ≤ 0 ⇔ (x − 4)(x + 1) ≤ 0, www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

5


E. SIMBOLON

sehingga −1 ≤ x ≤ 4

(9)

Berdasarkan (8) dan (9) serta fakta bahwa x bulat maka nilai x yang memenuhi adalah −1, 0, 3 dan 4. Jadi peluang terambil x adalah penyelesaian pertidaksamaan √ 4 1 x2 − 3x ≤ 2 ialah = 16 4 3 10. Misal n suatu bilangan asli dan x adalah bilangan riil positif. Jika 2xn + − n −2 = 0 x 2 2 , maka nilai n 1 sama dengan . . . x +4 Jawaban : 4 √ Misal, ( x)n = t maka persamaan 2xn +

3 n

x− 2

−2=0

equivalen dengan 2t2 + 3x − 2 = 0 ⇔ (2t − 1)(t + 2) = 0 √ Jadi, t = 12 atau t = −2. Akan tetapi karena t = ( x)n > 0 tidak mungkin t = −2, √ sehingga haruslah t = 12 . Karena ( x)n = t = 12 maka xn = 14 . Oleh karena itu 2 xn +

1 4

=

1 4

2 +

1 4

=4

Bagian B : Soal Uraian 1. Saat ini umur Agus dan umur Fauzan kurang dari 100 tahun. Jika umur Agus dan Umur Fauzan ditulis secara berurutan, maka diperoleh suatu bilangan empat digit(angka) yang merupakan kuadrat sempurna. Dua puluh tiga tahun kemudian, jika umur mereka ditulis dengan cara yang sama, maka diperoleh bilangan empat digit lain yang juga merupakan kuadrat sempurna. Jika umur mereka diasumsikan bilangan bulat positif, berapa umur mereka sekarang? Jawaban : Misal umur Agus 10a + b dan umur Fauzan 10c + d dengan 1 ≤ a, c ≤ 9, 0 ≤ b, d ≤ 9 serta a, b, c, d adalah bilangan bulat. Maka kita peroleh 1000a + 100b + 10c + d = m2

(10)

untuk suatu bilangan bulat positif m. Setelah dua puluh tiga tahun, umur Agus adalah 10(a + 2) + (b + 3) sedangkan umur www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

6


E. SIMBOLON

Fauzan ialah 10(c + 2) + (d + 3) sehingga diperoleh, 1000(a + 2) + 100(b + 3) + 10(c + 2) + (d + 3) = n2

(11)

untuk suatu bilangan bulat positif n. Dengan mengurangkan pers.(11) dengan pers.(10) diperoleh n2 − m2 = 2323 atau (n − m)(n + m) = 23 · 101 karena (n − m) < (n + m) didapat n − m = 23 dan n + m = 101. Dengan menyelesaikan kedua persamaan linier ini diperoleh m = 39 sehingga m2 = 1521. Jadi, umur Agus sekarang adalah 15 tahun, sedangkan umur Fauzan sekarang adalah 21 tahun. 2. Pada sebuah segiempat ABCD, sudut ABC, dan sudut DAC adalah sudut - sudut siku - siku. Jika keliling segiempat ABCD adalah 64 cm, keliling ABC adalah 34 cm dan keliling ACD adalah 60 cm, berapakah luas segiempat ABCD? Jawaban : Misal panjang AB = p, BC = q, CD = r, DA = s dan AC = t. Gambar ilustrasi dari soal adalah sebagai berikut C r D t

q

s

A

p

B

Berdasarkan keterangan pada soal diperoleh a + b + c + d = 64

(12)

a + b + t = 24

(13)

c + d + t = 60

(14)


7


E. SIMBOLON

Jumlahkan pers.(13) dan pers.(14) sehingga didapat a + b + c + d + 2t = 84

(15)

karena a + b + c + d = 64 maka t = 10. Substitusikan nilai t = 10 ke pers.(13) dan pers.(14) sehingga didapat a + b = 14 dan c + d = 50. Pada 4ABC berlaku a2 + b2 = 102 , padahal kita punya (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 sehingga diperoleh 142 = 102 + 2ab ⇔ ab = 48 Selain itu, pada 4ACD berlaku c2 − d2 = 102

⇔ (c + d)(c − d) = 100

karena c + d = 50 berarti c − d = 2. Dari persamaan c + d = 50 c−d=2 diperoleh d = 24. Oleh karena itu, Luas ABCD = luas 4ABC + luas 4ACD 1 1 = · ab + · 10d 2 2 1 1 = · 48 + · 240 2 2 = 24 + 120 = 144 Jadi, luas segiempat ABCD adalah 144 cm2 . 3. Diketahui bilangan bulat positif n memiliki sifat - sifat berikut : 2 membagi n, 3 membagi n + 1, 4 membagi n + 2, 5 membagi n + 3, 6 membagi n + 4, 7 membagi n + 5 dan 8 membagi n + 6. Bilangan bulat positif pertama yang memiliki sifat - sifat ini adalah 2. Tentukan bilangan bulat positif kelima yang memenuhi sifat- sifat di atas! Jawaban : Kita ketahui bahwa Jika n + k ≡ 0

mod (k + 2) maka n ≡ 2

mod (k + 2)

Dari sini diperoleh, www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

8


E. SIMBOLON

• 3 membagi n + 1 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 3 • 4 membagi n + 2 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 4 • 5 membagi n + 3 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 5 • 6 membagi n + 4 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 6 • 7 membagi n + 5 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 7 • 8 membagi n + 6 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 8 Sehingga bisa ditulis n = t + 2 dengan t adalah kelipatan 3, 4, 5, 6, 7, 8. Karena KP K(3, 4, 5, 6, 7, 8) = 840 maka n = 840k + 2. Sehingga bilangan bulat positif ke-5 yang memenuhi sifat - sifat pada soal adalah 3362 yaitu saat k = 4. 4. Tiga garis lurus l1 , l2 , dan l3 mempunyai gradien berturut - turut 3, 4, dan 5. Ketiga garis tersebut memotong sumbu-Y di titik yang sama. Jika jumlah absis titik potong 47 masing - masing garis dengan sumbu-X adalah , tentukan persamaan garis l1 60 Jawaban : Misal ketiga garis tersebut memotong sumbu-Y di titik (0, c) maka persamaan garis l1 adalah y = 3x + c c yang berarti garis l1 memotong sumbu-X di titik (− ). 3 Persamaan garis l2 yaitu y = 4x + c c yang berarti garis l2 memotong sumbu-X di titik (− ). 4 Sedangkan persamaan garis l3 ialah y = 5x + c c yang berarti garis l3 memotong sumbu-X di titik (− ). 5 47 Karena jumlah absis titik potong masing - masing garis dengan sumbu-X adalah 60 berarti c c c 47 − − − = 3 4 5 60 47c 47 atau dengan kata lain − = sehingga c = −1. Jadi, persamaan garis l1 adalah 60 60 y = 3x − 1. 5. Data akhir suatu kompetisi yang diikuti oleh tiga tim sepakbola, masing - masing tim saling berhadapan, dituliskan pada tabel berikut,


9


Tim

Menang Kalah

E. SIMBOLON

Seri

Gol(Memasukkan - Kemasukan)

Elang

1

0

1

5

2

Garuda

1

0

1

4

3

Merpati

0

2

0

3

7

Berapa skor pertandingan antara Tim Garuda melawan Tim Merpati? Jawaban : Berdasarkan data hasil pertandingan diperoleh bahwa hasil pertandingan tim Elang vs tim Garuda berakhir seri. Karena gol kemasukan dari tim Elang adalah 2, maka hanya ada tiga kemungkinan yaitu I. Skor pertandingan Elang vs Garuda adalah 0 : 0 Berarti hasil pertandingan Elang vs Merpati adalah 5 : 2. Hal ini berakibat hasil pertandingan Garuda vs Merpati adalah 4 : 3. Tetapi ini tidak mungkin sebab gol kemasukan dari Merpati hanya 7. II. Skor pertandingan Elang vs Garuda adalah 1 : 1 Berarti hasil pertandingan Elang vs Merpati adalah 4 : 1. Hal ini berakibat hasil pertandingan Garuda vs Merpati adalah 3 : 2. Skor yang demikian memenuhi kondisi pada soal III. Skor pertandingan Elang vs Garuda adalah 2 : 2 Berarti hasil pertandingan Elang vs Merpati adalah 3 : 0. Hal ini berakibat hasil pertandingan Garuda vs Merpati adalah 4 : 3. Tetapi hal ini tidak mungkin sebab gol memasukkan dari Garuda hanya 4. Jadi, hanya kasus II yang mungkin terjadi, dengan skor pertandingan antara Tim Garuda melawan Tim Merpati adalah 3 : 2 untuk kemenangan Garuda.


10

SOLUSI



Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2012

Solusi

SMP/MTs

BAGIAN PERTAMA 1. Volume silinder = 20 cm3. Tinggi silinder = t = 5 cm 20 = πr2 ⋅ t = 5πr2 πr2 = 4 cm2 Luas pemukaan bola terbesar jika jari-jari bola juga r, yaitu = 4πr2 = 16 cm2. ∴ Jadi, Luas pemukaan bola terbesar = 16 cm2. 2. Misalkan ketiga bilangan tersebut adalah a, b dan c. a + b + c = 19 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1) (a − 1) : (b − 1) = 1 : 3 3a − 3 = b − 1 3a = b + 2 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2) (b + 3) : (c + 3) = 5 : 6 6b + 18 = 5c + 15 5c = 6b + 3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Dari persamaan (1) didapat 15a + 15b + 15c = 285 5(b + 2) + 15b + 3(6b + 3) = 285 38b = 266 sehingga b = 7 Maka a = 3 dan c = 9 Selisih bilangan terbesar dan terkecil = 9 − 3 = 6 ∴ Selisih bilangan terbesar dan terkecil = 6

3. 1 + 1+ 1+ 1+ ∴

+

1 4

1 9

+

1 16

+

1 25

+

1 36

+

1 49

+ ⋅⋅⋅ = a

( + 161 + 361 + ⋅⋅⋅) + ( 19 + 251 1 1 1 1 1 4 (1 + 4 + 9 + 16 + ⋅⋅⋅) + ( 9 1 1 1 1 4 a + ( 9 + 25 + 49 + ⋅⋅⋅) = a 1 Jadi, 19 + 25 + 491 + ⋅⋅⋅ = 34 a 1 4

+ +

1 49 1 25

+ ⋅⋅⋅) = a +

1 49

+ ⋅⋅⋅) = a

− 1.

4. Lima belas bilangan prima pertama adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 dan 47. Jumlah dua bilangan yang menghasikan bilangan ganjil haruslah merupakan penjumlahan bilangan ganjil dan genap. Bilangan prima genap hanya ada satu yaitu 2. Pasangan bilangan prima dengan jumlah juga merupakan bilangan prima adalah (2,3), (2,5), (2,11), (2,17), (2,29) dan (2,41) yang banyaknya ada 6. Banyaknya cara memilih 2 dari 15 kartu = 15C2. Peluang kejadian = 6/15C2 = 352 ∴ Jadi, peluang terambilnya 2 kartu dengan jumlah merupakan bilangan prima =

www.e51mb.blogspot.com // [email protected] / E. SIMBOLON

2 35

.

2


Solusi

SMP/MTs

5. Misalkan AC dan BM berpotongan di N.

∠CAD = so. Karena ∠ANM = 90o maka ∠AMB = 90o − so sehingga ∠BMD = 90o + so Karena r = MB = MD maka ∆BMD sama kaki sehingga ∠MBD = ∠MDB = 45o − ∠BPA = 90o − ∠MBD = 45o + ∠CPD = ∠BPA = 45o + ∴ Jadi, ∠CPD = 45o +

1 2

1 2

1 2

so

so

so 1 2

so

6. Urutan dari bilangan 35421 adalah 3x4x3x2x1 = 72 Tiga bilangan yang menempati urutan berikutnya adalah 41235, 41253, 41325. ∴ Jadi, bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah 41325. 7. 1 + k habis dibagi 3 maka k = 3a + 2 dengan a ∈ N. 1 + 2k habis dibagi 5. Di antara 5b, 5b + 1, 5b + 2, ⋅⋅⋅, 5b + 4 yang memenuhi hal di atas adalah k = 5b + 2 dengan b∈N. Karena 5 dan 3 relatif prima maka k = 3 ⋅ 5m + 2 = 15m + 2 dengan m ∈ N 1 + 8k habis dibagi 7. Di antara 7c, 7c + 1, 7c + 2, ⋅⋅⋅, 7c + 6 yang memenuhi hal di atas adalah k = 7c + 6 dengan c ∈ N Karena k = 15m + 2 maka nilai k yang mungkin memenuhi adalah 2, 17, 32, 47, 62, 77, ⋅⋅⋅ Karena k = 7c + 6 maka nilai k yang mungkin memenuhi adalah 6, 13, 20, 27, 34, 41, 48, 55, 62, 69, ⋅⋅⋅ Bilangan terkecil yang memenuhi keduanya adalah 62. Karena FPB(15, 7) = 1 maka k = 105p + 62 dengan p ∈ N. Jadi, nilai terkecil yang memenuhi adalah k = 62. ∴ Jadi, nilai terkecil untuk k adalah 62. 8. p = 20102 + 20112 q = 20122 + 20132 2x2 + 2(x + 1)2 − 1 = 4x2 + 4x + 1 = (2x + 1)2 2p − 1 = 2 ⋅ 20102 + 2 ⋅ 20112 − 1 = (2 ⋅ 2010 + 1)2 = 40212 2q − 1 = 2 ⋅ 20122 + 2 ⋅ 20132 − 1 = (2 ⋅ 2012 + 1)2 = 40252 1 − 2(p + q) + 4pq = (2p − 1)(2q − 1) = 40212 ⋅ 40252

1 − 2( p + q ) + 4 pq = 4021 ⋅ 4025 = 16184525

∴ Jadi,

1 − 2( p + q ) + 4 pq = 16.184.525


3


Solusi

SMP/MTs

9. 4x2 − 7x − 1 = 0 memiliki akar-akar a dan b. 4a2 − 7a − 1 = 0 sehingga 4a − 7 = 1a 4b2 − 7b − 1 = 0 sehingga 4b − 7 = a+b=

1 b

7 4

ab = − 14 3a 2 4b −7

3b 2 4 a −7

+

∴ Jadi,

21 = 3a2b + 3b2a = 3ab(a + b) = 3 ⋅ (− 14 ) ⋅ ( 74 ) = − 16 .

3a 2 4b −7

+

3b 2 4 a −7

21 = − 16

10. Misalkan panjang sisi persegi = x cm.

Misalkan titik G pada AE sehingga FG ⊥ AE. Maka FG = 1 cm. Karena [ADE] = 13 [ABCD] maka DE = 23 x cm. CF =

( 23 x )2 + x 2

=

x 3

13 cm.

Karena AE sejajar FC dan ∠AGF = ∠CBF = 90o maka ∆AFG sebangun dengan ∆BCF. AF FG 1 3

=

CF BC

x⋅x=1⋅

x 3

13

x = 13 cm ∴ Jadi, luas persegi adalah 13 cm2.


4

Solusi


SMP/MTs

BAGIAN KEDUA 1. 2x + 3x − 4x + 6x − 9x = 1 Alternatif 1 : Misalkan 2x = a dan 3x = b maka 4x = a2 ; 6x = ab dan 9x = b2. a + b − a2 + ab − b2 = 1 2a2 + 2b2 − 2ab − 2a − 2b + 2 = 0 (a − 1)2 + (b − 1)2 + (a − b)2 = 0 Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka a = b = 1 2x = 3 x = 1 Penyelesaian yang memenuhi hanya jika x = 0 Alternatif 2 : 4x + 9 x − 6 x − 2 x − 3 x + 1 = 0 (2x − 1)2 + (3x − 1)2 = (2x − 1)(3x − 1) Karena (2x − 1)(3x − 1) tidak mungkin negatif untuk suatu nilai x real maka (2x − 1)2 + (3x − 1)2 = (2x − 1)(3x − 1) ≤ 2 (2x − 1)(3x − 1) (2x − 1)2 + (3x − 1)2 − 2 (2x − 1)(3x − 1) ≤ 0 Mengingat bahwa a2 + b2 ≤ 2ab dipenuhi oleh (a − b)2 ≤ 0 maka (2x − 3x)2 ≤ 0 Karena bilangan kuadrat tidak mungkin negatif maka 2x − 3x = 0 2x = 3 x

( 23 )x

=1 Penyelesaian yang memenuhi hanya jika x = 0 ∴ Jadi, nilai x real yang memenuhi adalah x = 0. 2. Misalkan susunan angka sebagai berikut.

Karena pasangan bilangan dengan jumlah 14 hanya ada 2 yaitu (6, 8) dan (5, 9) serta pencerminan dari suatu susunan angka-angka juga memenuhi maka akan ada 2 kasus. • Kasus 1, jika A = 9 dan D = 5 Jelas bahwa C = 8 dan G = 6 atau C = 6 dan G = 8. Kemungkinan nilai (E, H) adalah (2, 7) atau (7, 2). Maka ada 2 sub kasus. • Sub Kasus 1, yaitu jika E = 2 dan H = 7 Maka B + F = 12 sehingga tidak ada pasangan (B, F) yang memenuhi. • Sub Kasus 2, yaitu jika E = 7 dan H = 2 Maka B + F = 7 sehingga B = 3 dan F = 4 atau B = 4 dan F = 3. Jika F = 4 maka G + I = 10. Tidak ada nilai G dan I yang memenuhi. Jika F = 3 maka G + I = 11. Tidak ada nilai G dan I yang memenuhi.


5

Solusi


SMP/MTs

Jadi, tidak ada susunan yang memenuhi jika A = 9 dan D = 5. • Kasus 2, jika A = 5 dan D = 9 Jelas bahwa C = 8 dan G = 6 atau C = 6 dan G = 8. Kemungkinan nilai (E, H) adalah (1, 4) atau (4, 1) atau (2, 3) atau (3, 2). Maka ada 4 sub kasus. • Sub Kasus 1, yaitu jika E = 1 dan H = 4 Maka B + F = 13 sehingga tidak ada pasangan (B, F) yang memenuhi. • Sub Kasus 2, yaitu jika E = 4 dan H = 1 Maka B + F = 10 sehingga B = 3 dan F = 7 atau B = 7 dan F = 3. Jika F = 7 maka G + I = 7 yang mungkin dipenuhi hanya jika I = 1. Tetapi H = 1. Tidak ada yang memenuhi. Jika F = 3 maka G + I = 11 yang mungkin dipenuhi hanya jika I = 5. Tetapi H = A. Tidak ada yang memenuhi. • Sub Kasus 3, yaitu jika E = 2 dan H = 3 Maka B + F = 12 sehingga tidak ada pasangan (B, F) yang memenuhi. • Sub Kasus 4, yaitu jika E = 3 dan H = 2 Maka B + F = 11 sehingga B = 7 dan F = 4 atau B = 4 dan F = 7. Jika F = 4 maka G + I = 10. Tidak ada nilai G dan I yang memenuhi. Jika F = 7 maka G + I = 11 yang dipenuhi oleh I = 5 dan G = 6. Maka, susunan yang memenuhi adalah A = 5, B = 4, C = 8, D = 9, E = 3, F = 7, G = 6, H = 2 dan I = 5 serta pencerminannya. ∴ Jadi, kemungkinan semua susunan kesembilan angka tersebut ada 2 yaitu :

3. [ADC] : [ABC] = 14 : 25. Misalkan titik E pada AB sehingga CE tegak lurus AB.

Karena ∆ADC dan ∆ABC memiliki tinggi yang sama maka perbandingan luas dapat dinyatakan sebagai perbandingan alas.


6


Solusi

SMP/MTs

Maka AD : AB = 14 : 25 sehingga AD = 14 cm. [ABC] = 12 AC ⋅ BC = 12 AB ⋅ CE 15 ⋅ 20 = 25 ⋅ CE CE = 12 cm. Karena AC = 15 cm dan CE = 12 cm serta ∆AEC siku-siku di E maka AE = 9 cm. ED = AD − AE = 5 cm. Karena CE = 12 cm dan ED = 5 cm serta ∆CDE siku-siku di E maka CD = 13 cm. ∴ Jadi, panjang CD = 13 cm. 4. Misalkan

a menyatakan banyaknya anak laki-laki. b menyatakan banyaknya anak perempuan. x menyatakan banyaknya penduduk dewasa laki-laki. y menyatakan banyaknya penduduk dewasa perempuan. a + b + x + y < 10000 a + b = 12 10 (x + y) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

a=

11 10 b 115 100 x

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

y= ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3) Subtitusikan persamaan (2) dan (3) ke (1) didapat 215 21 12 10 b = 10 ⋅ 100 x b=

860 700

x

860 115 946 +860 +805 473 11 a + b + x + y = 10 ⋅ 860 x = 100 x 700 x + 700 x + x + 100 x = 700 Karena a + b + x + y bulat maka x kelipatan 100. Agar a + b + x + y maksimal dan < 10000 maka nilai x yang memenuhi adalah 2100. 473 a + b + x + y maksimal = 100 ⋅ 2100 = 9933 yang didapat jika a = 2838, b = 2580 dan y = 2415.

∴

Jadi, jumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut adalah 9933.

5. 20! = 2a ⋅ 3b ⋅ 5c ⋅ 7d ⋅ 11e ⋅ 13f ⋅ 17g ⋅ 19h dengan a, b, c, d, e, f, g, h ∈ N Misalkan himpunan H = {2a, 3b, 5c, 7d, 11e, 13f, 17g, 19h}. Misalkan juga bilangan rasional YX dengan X, Y ∈ N memenuhi X ⋅ Y = 20!. Agar YX dalam bentuk yang paling sederhana maka X dan Y keduanya tidak memiliki faktor prima yang sama. Maka haruslah X dan Y masing-masing adalah hasil kali dari 0 atau beberapa anggota H dan memenuhi syarat X ⋅ Y = 20!. Misalkan perkalian dari semua elemen pada himpunan kosong = 1 maka banyaknya kemungkinan nilai X sama dengan banyaknya himpunan bagian dari H, yaitu 28 = 256. Dari seluruh kemungkinan nilai X selalu terdapat sepasang bilangan di antara yaitu a dan b dengan a < b dan memenuhi a ⋅ b = 20!. Karena ba < 1 dan ba > 1 maka hanya separuh dari semua kemungkinan nilai X sehingga YX < 1. Maka banyaknya kemungkinan bilangan rasioanl positif kurang dari 1 yang memenuhi = 128. ∴ Jadi, banyaknya kemungkinan bilangan rasional positif kurang dari 1 yang memenuhi = 128.


7

SOLUSI



www. e51mb.blogspot.com // E. SIMBOLON

SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMP 2013 TINGKAT PROVINSI (BAGIAN A : ISIAN SINGKAT)

BAGIAN A : ISIAN SINGKAT 1.

Diketahui segitiga sama sisi dengan panjang sisi tengah salah satu sisi segitiga dengan jari-jari segitiga adalah

. Jika dibuat lingkaran yang berpusat di titik , maka luas daerah di dalam lingkaran dan di luar

Pembahasan :

Diketahui :

. Perhatikan

: √

√

( )

(

)

√

(

( (

√ )

√ )

(

(

)

√

√

√

) )

(

√

(

)

)

√ √

(

√ )

Jadi luas daerah di dalam lingkaran dan di luar segitiga adalah

(

√ )

www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON)

1


2.

Rata-rata nilai dari 25 siswa adalah 40. Jika selisih rata-rata nilai 5 siswa terendah dan 20 siswa sisanya adalah 25, maka nilai rata-rata 5 siswa terendah adalah ... Pembahasan : Misal : ̅ ̅

̅ ̅

Diketahui : ̅ ̅

̅

̅ ̅

̅

̅

̅ (

̅ ̅

̅ ) ̅

̅ ̅

̅

̅ ̅ Jadi nilai rata-rata 5 siswa terendah adalah 3.

Dalam sebuah kotak terdapat beberapa bola dengan empat macam warna yakni : biru, merah, kuning dan putih. Paling sedikit terdapat 10 bola untuk masing-masing warna. Bola diambil satu demi satu dari dalam kotak tersebut secara acak tanpa pengembalian. Banyak pengambilan yang harus dilakukan untuk memastikan mendapatkan 6 bola dengan warna sama adalah ... Pembahasan : Diketahui :

Dengan menggunakan Pigeon Hole Principle (Prinsip Sangkar Burung) , bisa diperolah pernyataan : Jika diambil 21 bola dengan 4 warna yang berbeda, maka paling tidak terdapat 6 bola yang sewarna. Jadi banyak pengambilan yang harus dilakukan untuk memastikan mendapatkan 6 bola dengan warna sama adalah 4.

Jika

, maka nilai

Pembahasan :


2


(

)

(

(

)

)(

)

Jadi nilai 5.

Himpunan penyelesaian pertidaksamaan di bawah adalah ...

Pembahasan : Pertidaksamaan

harus memenuhi :

Syarat I : (

)(

)

Syarat II : (

)( (

) )(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

{ | Pertidaksamaan

6.

}

harus memenuhi syarat I dan syarat II, sehingga :

Jadi himpunan penyelesaian pertidaksamaan tersebut adalah { |

}

Jika nilai maka nilai

, adalah ...


3


Pembahasan : ( ( (

) ) ( )(

( )

)

) ( ( ) ( ( )(

(

) )

(

) (

(

) )(

)( )

(

)

)

(

)

)

Selanjutnya :

Jadi nilai 7.

adalah

Sebuah drum berbentuk tabung yang berjari-jari dan berisi air setinggi (gunakan ). Seorang tukang pasang ubin memasukkan 110 buah ubin keramik ke dalam drum sehingga tinggi permukaan air bertambah . Jika permukaan setiap ubin keramik berukuran , berapakah tebal ubin keramik tersebut? Pembahasan : Diketahui :

Jadi tebal ubin keramik tersebut adalah 8.

Diketahui bilangan bulat positif. Jika ditambah angka-angka pembentuknya menghasilkan 313, maka semua nilai yang mungkin adalah ... www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON)

4


Pembahasan :

289 295 296 305 310

19 16 17 8 4

Jadi semua nilai 9.

308 311 313 313 314

yang mungkin adalah

Diketahui dua buah himpunan {( )| {( )| Banyak anggota himpunan

dan

dengan

} dan

}. adalah ...

Pembahasan : {(

)|(

)

Mencari anggota : {( )| ) {( ( ) ( ) (

(

( ( (

)

} }

) ) )

)}

( ) (

)

Mencari anggota {(

: )

Untuk {(

)

(

)}

(

)

:

}

Dengan demikian jelas bahwa : Sehingga : (

)

{(

)|(

)

(

)

}

( )

Jadi banyak anggota himpunan

adalah


5


10. Tim Sepakbola terdiri atas 25 orang, masing-masing diberi kaos bernomor 1 sampai dengan 25. Banyak cara memilih tiga pemain secara acak dengan syarat jumlah nomor kaos mereka habis dibagi tiga adalah ... Pembahasan : Hal yang perlu diperhatikan dalam pemilihan tiga pemain secara acak tersebut : 1. Tidak memperhatikan urutan pemilihan 2. Tiga pemain yang dipilih, jumlah nomor kaosnya harus bisa dibagi tiga {dengan demikian kemungkinan jumlahnya : 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39, 42, 45, 48, 51, 54, 57, 60, 63, 66, 69, 72, 75} 3. Karena hanya ada satu kaos dari nomor 1 sampai 25, jadi tidak boleh ada nomor yang sama. Jumlah nomor kaos 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 33 36 39 42 45 48 51 54 57 60 63 66 69 72 75 Jumlah

Banyak penyusunan 0 1 3 7 12 19 27 37 48 59 66 71 72 71 66 59 48 37 27 19 12 7 3 1 0 772

Jadi banyak cara memilih tiga pemain secara acak dengan syarat jumlah nomor kaos mereka habis dibagi tiga adalah


6

Pembahasan Soal Uraian OSN Matematika SMP Tingkat Provinsi 2013 E. SIMBOLON

B. SOAL URAIAN 1.

Suatu yayasan menyumbangkan 144 buku ke 4 sekolah. Banyak buku yang diterima untuk setiap sekolah tidak sama. Selisih buku yang diterima sekolah A dan B adalah 16. Selisih buku yang diterima sekolah B dan C adalah 12. Selisih buku yang diterima sekolah C dan D adalah 8. Sekolah A menerima buku paling sedikit dibandingkan dengan yang titerima sekolah lain. Jika sekolah D menerima buku 2 kali lebih banyak dari pada buku yang diterima sekolah A, tentukan banyak buku yang diterima masing-masing sekolah. Pembahasan: dari soal diketahui sebagai berikut;

sekolah A sekolah B  Suatu yayasan menyumbangkan 144 buku  sekolah C sekolah D

Selisihnya 16 Selisihnya 12

Selisihnya 8

Sekolah A menerima buku paling sedikit dibandingkan dengan yang titerima sekolah lain, sehingga  B – A = 16 sekolah D menerima buku 2 kali lebih banyak dari pada buku yang diterima sekolah A sehingga  D = 2A Dari uraian diatas terdapat 4 kemungkinan yang terbentuk, yaitu; Kemungkinan 1: B – A = 16 ..... 1) C – B = 12 ..... 2) C – B = 12 Persaman 2) dan 3), diperolah D–C=8 D – C = 8 ..... 3) D – B = 20 ..... 4) Persamaan 4) dan 1), diperoleh D – B = 20 B – A = 16 D – A = 36, ....karena D = 2A, maka A = 36 sehingga D = 72, B = 52, dan C = 64 Karena A + B + C + D = 224 dan 224 > 144, maka kemungkinan ini Tidak Memenuhi Kemungkinan 2: B – A = 16 ..... 1) B – C = 12 ..... 2) Persaman 2) dan 3), diperolah C – D = 8 ..... 3)

B – C = 12 C–D=8 B – D = 20 ..... 4)

Persamaan 4) dan 1), diperoleh B – D = 20 B – A = 16 A–D=4 karena D = 2A, maka A = – 4, hal ini tidak mungkin terjadi, sehingga Tidak Memenuhi Kemungkinan 3: B – A = 16 ..... 1) B – C = 12 ..... 2)

B – C = 12 D–C=8 B – D = 4 ..... 4) www.e51mb.blogspot.com

Persaman 2) dan 3), diperolah D – C = 8 ..... 3)

1

Persamaan 4) dan 1), diperoleh B–D=4 B – A = 16 A – D = – 12, ....karena D = 2A, maka A = 12 sehingga D = 24, B = 28, dan C = 16 Karena A + B + C + D = 80 dan 80 < 144, maka kemungkinan ini Tidak Memenuhi Kemungkinan 4: B – A = 16 ..... 1) C – B = 12 ..... 2) Persaman 2) dan 3), diperolah C – D = 8 ..... 3)

C – B = 12 C–D=8 D – B = 4 ..... 4)

Persamaan 4) dan 1), diperoleh D–B=4 B – A = 16 D – A = 20, ....karena D = 2A, maka A = 20 sehingga D = 40, B = 36, dan C = 48 Karena A + B + C + D = 144, maka kemungkinan ini yang Memenuhi Jadi, banyak buku yang diterima masing-masing sekolah adalah Sekolah A = 20 buku, Sekolah B = 36 buku, Sekolah C = 48 buku, dan Sekolah D = 40 buku 2.

Satu set kartu remi/bridge terdiri dari 52 lembar. Diambil 5 lembar kartu secara acak. Tentukan peluang terambil 2 kartu warna merah dan 3 kartu warna hitam, yang di antaranya terdapat tepat 1 kartu King. Pembahasan: Ruang sampel = 52C5 = 2598960 (K©, 1©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 1¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 2©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 2¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 3©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 3¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 4©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 4¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 5©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 5¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 6©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 6¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 7©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 7¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 8©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 8¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 9©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 9¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 10©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, 10¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, J©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, J¨)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, Q©)

3 hitam

36C3

= 7140

(K©, Q¨)

3 hitam

36C3

= 7140

Jamlah kemungkinan = 2 x 24 x 36C3 = 2 x 24 x 7140 = 342720 Jadi, Peluang terambil 2 kartu warna merah dan 3 kartu warnu hitam, yang diantaranya 2 x 24 x 36 C 3 342720 28560 x 12 12 terdapat epat 1 kartu King = = = = 28560 x 91 91 2598960 52 C 5 www.e51mb.blogspot.com

2

3.

Misalkan 10 lingkaran yang berjari-jari 1 cm dimasukkan dalam lingkaran berjari-jari R cm, seperti gambar berikut. Tentukan R

Pembahasan: Perhatikan gambar berikut!

R

C

Q

P A

D

B

Dari soal diketahui panjang AP = 1 cm, sehingga panjang PR = RQ = 2 cm Perhatikan PQR! PQR adalah segitiga sama kaki dan besar sudut RPQ = 450 serta besar sudut RQP = 450. Dengan demikian PQR adalah segitiga siku-siku di titik R PQ2 = PR2 + RQ2  PQ2 = 22 + 22  PQ2 = 8  PQ = 2 2

 PQ = AD = DB = 2 2 cm  Sehingga didapat panjang AB = 4 2 cm

Perhatikan PQR dengan ABC! Keduanya adalah sebangun, sehingga diperoleh AC 4 2 AC AB    PR PQ 2 2 2 4 2 C   AC  2  2 2  AC = 4 cm Jadi, panjang jari-jari R adalah 4 cm “Perhatikan ilustrasi gambar disamping! Bahwa jari-jari R sama dengan 2 kali lingkaran kecil” www.e51mb.blogspot.com

A

D

B

3

4.

Gunakan delapan bilangan prima yang berbeda dan kurang dari 25 untuk melengkapi persegi ajaib di bawah, sehingga setiap kotak di dalam persegi terisi oleh satu bilangan prima serta jumlah bilangan pada setiap baris dan setiap kolom selalu sama. 47 37 29

53

41

61

59

31

Pembahasan: Misalkan kedelapan bilangan prima yang kuran dari 25 adalah a, b, c, d, e, f, g, dan h a

b

47

53

c

37

41

d

29

61

f

e

59

h

g

31

a + b + 47 + 53 = a + c + 29 + 59  b – c = –12 karena b dan c bilangan prima, maka yang mungkin untuk nilai b dan c adalah b 11

c 23

b–c –12

b + 37 + 61 + h = c + 37 + 41 + d b – c = (d – h) – 20 –12 = (d – h) – 20 maka d – h = 8 karena d dan h bilangan prima, maka yang mungkin untuk nilai d dan h adalah d 13

h 5

d–h 8

53 + d + e + 31 = 59 + h + g + 31 d – h = (g – e) + 6 8 = (g – e) + 6 maka g – e = 2 karena g dan e bilangan prima, maka yang mungkin untuk nilai g dan e adalah g 19

e 17

g–e 2

a + b + 47 + 53 = b + 37 + 61 + h

 a – h = –2  Karena h = 5 maka nilai a = 3  29 + 61 + f + 17 = b + 37 + 61 + h  Karena nilai b = 11 dan h = 5 maka nilai f = 7

Jadi, kelengkapan tabelnya adalah a=3

b = 11

47

53

c =23

37

41

d = 13

29

61

f=7

e = 17

59

h=5

g = 19

31 www.e51mb.blogspot.com

4

5.

Didefinisikan ⟦ ⟧ adalah bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x. 5 Sebagai contoh: ⟦ ⟧ = 2, karena 2 ≤ < 3, jika x dan y adalah bilangan real dengan ⟦√ ⟧ = 10 2 dan ⟦ √ ⟧ = 8, tentukan nilai dari ⟦√⟦√

⟧⟧

Pembahasan: Jika ⟦√ ⟧ =10, maka nilai x yang mungkin memenuhi: 100 ≤ x < 121 ⟦ √ ⟧ = 8, maka nilai y yang mungkin memenuhi: 1024 ≤ y < 1296 Untuk nilai kemungkinan terkecil kita ambil x = 100 dan y = 1024 maka nilai dari :⟦√⟦√

⟧⟧

⟦√⟦√

⟧⟧

= ⟦√⟦√

⟧⟧ ⟧⟧

= ⟦√⟦ = ⟦√

⟧

=⟦

⟧

=5 Untuk nilai kemungkinan terbesar kita ambil x = 121 dan y = 1296 maka nilai dari :⟦√⟦√

⟧⟧

⟦√⟦√

⟧⟧

= ⟦√⟦√

⟧⟧

= ⟦√⟦

⟧⟧

= ⟦√ =⟦

⟧ ⟧

=6 Jadi, nilai dari ⟦√⟦√

⟧⟧ = 5

www.e51mb.blogspot.com

5

SOLUSI



SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMP 2014 TINGKAT PROVINSI BAGIAN A : SOAL ISIAN SINGKAT

BAGIAN A : SOAL ISIAN SINGKAT

1.

Diketahui 𝑥 dan 𝑦 adalah bilangan bulat positif. Salah satu solusi dari 20𝑥 + 14𝑦 = 2014 adalah 𝑥, 𝑦 = (100, 1). Salah satu solusi yang lain adalah … Pembahasan : 20𝑥 + 14𝑦 = 2014 10𝑥 + 7𝑦 = 1007 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

(𝑟𝑢𝑎𝑠 𝑘𝑖𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 2)

𝐷𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑎𝑕 10𝑥 = 1007 − 7𝑦 , 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 10𝑥 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑎𝑙 𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑚𝑒𝑛𝑔𝑕𝑎𝑠𝑖𝑙𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑝𝑢𝑙𝑢𝑕𝑎𝑛, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑎𝑔𝑎𝑟 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢𝑕𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡, 7𝑦 𝑕𝑎𝑟𝑢𝑠 𝑚𝑒𝑛𝑔𝑕𝑎𝑠𝑖𝑙𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑘𝑖 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑎𝑛 7, 𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑦 = 11, 21, 31, 41, 51, … 𝑦 = 11

→

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .11 10𝑥 = 1007 − 77 10𝑥 = 930 𝑥=

𝑦 = 21

→

→

→

→

𝑥, 𝑦 = (93, 11)

860 10

= 86

→

𝑥, 𝑦 = 86, 21

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .31 10𝑥 = 1007 − 217 10𝑥 = 790 𝑥=

𝑦 = 41

= 93

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .21 10𝑥 = 1007 − 147 10𝑥 = 860 𝑥=

𝑦 = 31

930 10

790 10

= 79

→

𝑥, 𝑦 = 79, 31

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .41 10𝑥 = 1007 − 287 10𝑥 = 720 𝑥=

720 10

= 72

→

𝑥, 𝑦 = 72, 41

Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 1 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

𝑦 = 51

→

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .51 10𝑥 = 1007 − 357 10𝑥 = 650 𝑥=

𝑦 = 61

→

→

→

→

→

→

= 58

→

𝑥, 𝑦 = 58, 61

510 10

= 51

→

𝑥, 𝑦 = 51, 71

440 10

= 44

→

𝑥, 𝑦 = 44, 81

370 10

= 37

→

𝑥, 𝑦 = 37, 91

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .101 10𝑥 = 1007 − 707 10𝑥 = 300 𝑥=

𝑦 = 111

580 10

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .91 10𝑥 = 1007 − 637 10𝑥 = 370 𝑥=

𝑦 = 101

𝑥, 𝑦 = 65, 51

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .81 10𝑥 = 1007 − 567 10𝑥 = 440 𝑥=

𝑦 = 91

→

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .71 10𝑥 = 1007 − 497 10𝑥 = 510 𝑥=

𝑦 = 81

= 65

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .61 10𝑥 = 1007 − 427 10𝑥 = 580 𝑥=

𝑦 = 71

650 10

300 10

= 30

→

𝑥, 𝑦 = (30, 101)

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .111 10𝑥 = 1007 − 777 10𝑥 = 230 𝑥=

230 10

= 23

→

𝑥, 𝑦 = 23, 111


𝑦 = 121

→

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .121 10𝑥 = 1007 − 847 10𝑥 = 160 𝑥=

𝑦 = 131

→

160 10

= 16

90

→

20

→

→

𝑥, 𝑦 = 9, 131

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .141 10𝑥 = 1007 − 987 10𝑥 = 20 𝑥 = 10 = 2

𝑦 = 151

𝑥, 𝑦 = (16, 121)

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .131 10𝑥 = 1007 − 917 10𝑥 = 90 𝑥 = 10 = 9

𝑦 = 141

→

→

𝑥, 𝑦 = 2, 141

10𝑥 = 1007 − 7𝑦 10𝑥 = 1007 − 7 .151 10𝑥 = 1007 − 1057 10𝑥 = −50 (𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢𝑕𝑖 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑥 𝑚𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓)

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑠𝑎𝑙𝑎𝑕 𝑠𝑎𝑡𝑢 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 { 93, 11 , 86, 21 , 79, 31 , 72, 41 , 65, 51 , 58, 61 , 51, 71 , 44, 81 , 37, 91 , 30, 101 , (23, 111) 16, 121 , 9, 131 , 2, 141 } (𝑝𝑒𝑠𝑒𝑟𝑡𝑎 𝑕𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑑𝑖𝑚𝑖𝑛𝑡𝑎 𝑚𝑒𝑛𝑗𝑎𝑤𝑎𝑏 𝑠𝑎𝑙𝑎𝑕 𝑠𝑎𝑡𝑢 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑥, 𝑦 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖 𝑑𝑖𝑎𝑡𝑎𝑠)

2.

Jika 𝑥 dan 𝑦 merupakan bilangan real yang memenuhi 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 , maka nilai terbesar dari perkalian 𝑥 dan 𝑦 adalah … Pembahasan : 𝑃𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 , 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒𝑕 𝑗𝑖𝑘𝑎 ∶ 𝑥=𝑦 𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 = 1 𝑦2 + 𝑦2 = 1 2𝑦 2 = 1 1

𝑦2 = 2 1

𝑦. 𝑦 = 2 1

𝑥. 𝑦 = 2 𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕

1 2


3.

Sebuah lingkaran berada dalam seperempat lingkaran besar, seperti pada gambar disamping. Jika jari-jari lingkaran besar = 8 satuan, maka luas daerah yang diarsir adalah … Pembahasan : 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶

→

→

𝐷𝑖𝑘𝑒𝑡𝑎𝑕𝑢𝑖 ∶ 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝐴𝐶 = 𝑅 = 8 ∠𝐵𝐴𝐶 =

90𝑜 2

= 45𝑜

∠𝐴𝑃𝑂 = ∠𝑃𝑂𝑄 = 90𝑜 ∠𝐶𝑂𝑃 = ∠𝐶𝑂𝑄 =

360 𝑜 −∠𝑃𝑂𝑄 2

=

360 𝑜 −90𝑜 2

=

270 𝑜 2

= 135𝑜

𝑀𝑖𝑠𝑎𝑙𝑘𝑎𝑛 ∶ 𝑂𝐶 = 𝑂𝑃 = 𝑂𝑄 = 𝐴𝑃 = 𝐴𝑄 = 𝑟 𝑂𝐴 = 𝐴𝐶 − 𝑂𝐶 = 8 − 𝑟 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 − 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐴𝑃𝑂 ∶ 𝐴𝑃2 + 𝑂𝑃2 = 𝑂𝐴2 𝑟2 + 𝑟2 = 8 − 𝑟 2 2𝑟 2 = 64 − 16𝑟 + 𝑟 2 2𝑟 2 − 𝑟 2 + 16𝑟 − 64 = 0 𝑟 2 + 16𝑟 − 64 = 0 𝑟1,2 =

−𝑏± 𝑏 2 −4𝑎𝑐 2𝑎

𝑟1,2 =

−16± 16 2 −4 .1 . −64 2 .1

𝑟1,2 =

−16± 256+256 2 −16± 256 .2 2

𝑟1,2 =

−16±16 2 2

𝑟1,2 =

𝑟1,2 = −8 ± 8 2

→

𝑟 = −8 − 8 2

𝑎𝑡𝑎𝑢

𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢 𝑕𝑖 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓

𝑟 = −8 + 8 2 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢 𝑕𝑖

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 − 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐴𝑃𝑂 ∶ 𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎

𝐴𝑃𝑂

= = =

1 2 1 2 1 2

. 𝐴𝑃 . 𝑂𝑃 .𝑟 .𝑟 . −8 + 8 2 . −8 + 8 2 Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 4 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

= =

1 2 1 2

. 64 − 128 2 + 128 . 192 − 128 2

= 96 − 64 2 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝐶𝑂𝑃 ∶ 𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔

135 𝑜

𝐶𝑂𝑃

= 360 𝑜 . 𝜋 . 𝑟 2 = = =

3 8 3 8 3 8

. 𝜋 . −8 + 8 2

2

. 𝜋 . 64 − 128 2 + 128 . 𝜋 . 192 − 128 2

= 72𝜋 − 48 2 𝜋 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝐵𝐴𝐶 ∶ 𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔

45 𝑜

𝐵𝐴𝐶

= 360 𝑜 . 𝜋 . 𝑅 2 1

= 8 . 𝜋 . 82 =

1 8

. 𝜋 .64

= 8𝜋 𝐿𝑎𝑟𝑠𝑖𝑟𝑎𝑛 = 𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔

𝐵𝐴𝐶

− 𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎

𝐴𝑃𝑂

− 𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔

𝐶𝑂𝑃

= 8𝜋 − 96 − 64 2 − 72𝜋 − 48 2 𝜋 = 8𝜋 − 96 + 64 2 − 72𝜋 + 48 2 𝜋 = 48 2 𝜋 − 64𝜋 + 64 2 − 96 = 48 2 − 64 𝜋 + 64 2 − 96 𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑑𝑎𝑒𝑟𝑎𝑕 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑎𝑟𝑠𝑖𝑟 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 48 2 − 64 𝜋 + 64 2 − 96 𝑠𝑎𝑡𝑢𝑎𝑛 4.

Jumlah 1007 bilangan bulat positif berbeda adalah 1023076. Dimana tidak ada satupun dari bilangan-bilangan tersebut yang lebih besar dari 2014. Minimal banyaknya bilangan ganjil pada deret bilangan tersebut adalah … Pembahasan : 𝐴𝑔𝑎𝑟 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒𝑕 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑎𝑙, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑕𝑎𝑟𝑢𝑠 𝑑𝑖𝑔𝑢𝑛𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑔𝑢𝑛𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑕𝑎𝑟𝑢𝑠𝑙𝑎𝑕 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟, 𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶ 2 + 4 + 6 + ⋯ + 2012 + 2013 = 1006 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑎𝑟𝑖𝑡𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎 1007 𝑠𝑢𝑘𝑢

1 𝑠𝑢𝑘𝑢

1006 . 2 + 2012 2 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎

+ 2013

= 503 . 2014 + 2013 = 1013042 + 2013 = 1015055 1023076 − 1015055 = 8021 𝐷𝑎𝑟𝑖 𝑝𝑒𝑛𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕𝑎𝑛 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘, 𝑡𝑒𝑟𝑛𝑦𝑎𝑡𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑖𝑕 𝑘𝑢𝑟𝑎𝑛𝑔 8021 𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑛𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡𝑘𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑠𝑒𝑠𝑢𝑎𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑎𝑙, Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 5 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑡𝑒𝑟𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝑠𝑒𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑡𝑢𝑟𝑢𝑡 𝑡𝑢𝑟𝑢𝑡 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑘𝑢𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑎𝑟𝑖 2014, 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶ 8021 + 2 − 2011 + 4 − 2009 + 6 − 2007 + 8 − 2005 + 10 = 19 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛

𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛




𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕𝑎𝑛 𝑏𝑎𝑟𝑢 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 ∶ 12 + 14 + 16 + ⋯ + 2012 + 19 + 2005 + 2007 + 2009 + 2011 + 2013 = 1001 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑎𝑟𝑖𝑡𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎

6 𝑠𝑢𝑘𝑢 1007 𝑠𝑢𝑘𝑢

=

1001 . 12 + 2012 2 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎 1001 2

+ 10064

. 2024 + 10064

= 1013012 + 10064 = 1023076 𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑎𝑙 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 6 5.

Terdapat bilangan ribuan dengan jumlah angka-angkanya 8. Contoh bilangan ini adalah 1232. Bilangan yang memenuhi sifat ini ada sebanyak … Pembahasan : 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶ 𝐾𝑒𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘

𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑢𝑠𝑢𝑛𝑎𝑛

8

0

0

0

1

7

1

0

0

2.

6

2

0

0

6

1

1

0

5

3

0

0

5

2

1

0

3 .3! = 3 .6 = 18

5

1

1

1

1+

4

4

0

0

3! =3 2! .1!

4

3

1

0

3 .3! = 3 .6 = 18

4

2

2

0

4

2

1

1

3

3

2

0

3

3

1

1

3! = 2 .3 = 6 2! .1! 3! 2. = 2 .3 = 6 2! .1! 3! + 3! = 3 + 6 = 9 2! .1! 3! 2. = 2 .3 = 6 2! .1!

3! =1+3=4 2! .1!

3! + 3! = 3 + 6 = 9 2! .1! 4! = 12 2! .1! 3! 3! + =6+3=9 2! .1! 4! =6 2! .2! Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 6


3

2

2

1

4! = 12 2! .1!

2

2

2

2

1

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑢𝑠𝑢𝑛𝑎𝑛

120

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢𝑕𝑖 𝑠𝑖𝑓𝑎𝑡 𝑖𝑛𝑖 𝑎𝑑𝑎 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 120 6.

Misalkan ABCD adalah suatu daerah trapezium sedemikian sehingga perpanjangan sisi AD dan perpanjangan sisi BC berpotongan di titik E. Diketahui panjang AB = 18 , CD = 30 dan tinggi trapezium tersebut adalah 8. Jika F dan G masing-masing adalah titik tengah AD dan BC, maka luas segitiga EFG adalah … Pembahasan : 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶

→

𝐷𝑖𝑘𝑒𝑡𝑎𝑕𝑢𝑖 ∶ 𝐴𝐵 = 18 𝐶𝐷 = 30 𝐻𝐽 = 8 𝐻𝐼 = 𝐼𝐽 = 4 𝐴𝐹 = 𝐹𝐷 𝐵𝐺 = 𝐺𝐶 𝑀𝑖𝑠𝑎𝑙𝑘𝑎𝑛 ∶ 𝐵𝐺 = 𝐺𝐶 = 𝑥 𝐸𝐻 = 𝑦 𝐸𝐼 = 𝑦 + 4 𝐸𝐽 = 𝑦 + 8 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑧𝑖𝑢𝑚 𝐴𝐵𝐶𝐷 ∶ 𝐹𝐺 = = =

𝐵𝐺 .𝐶𝐷+𝐺𝐶 .𝐴𝐵 𝐵𝐺+𝐺𝐶 𝑥 .30+𝑥 .18 𝑥+𝑥 48𝑥 2𝑥

= 24


𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺, 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐶𝐷𝐸, 𝑑𝑎𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑧𝑖𝑢𝑚 𝐶𝐷𝐹𝐺 ∶ 𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺 = 𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐶𝐷𝐸 − 𝐿𝑡𝑟𝑎𝑝𝑒𝑧𝑖𝑢𝑚 𝐶𝐷𝐹𝐺 1 2 1 2

1

1

. 𝐹𝐺 . 𝐸𝐼 = 2 . 𝐶𝐷 . 𝐸𝐽 − 2 . 𝐹𝐺 + 𝐶𝐷 . 𝐼𝐽 1

1

.24 . 𝑦 + 4 = 2 .30 . 𝑦 + 8 − 2 . 24 + 30 .4 1

12 . 𝑦 + 4 = 15 . 𝑦 + 8 − 2 . 54 .4 12𝑦 + 48 = 15𝑦 + 120 − 108 12𝑦 + 48 = 15𝑦 + 12 48 − 12 = 15𝑦 − 12𝑦 36 = 3𝑦 36 3

=𝑦

12 = 𝑦 𝑦 = 12 𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎

→

𝐸𝐼 = 𝑦 + 4 = 12 + 4 = 16

1

𝐸𝐹𝐺

= 2 . 𝐹𝐺 . 𝐸𝐼 =

1 2

.24 .16

= 192 𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 192 7.

Diketahui dua persamaan berikut : 2 𝑥+𝑦

6

4 𝑥+𝑦

+ 𝑥−𝑦 = 2 dan

Nilai

𝑥 𝑦

9

− 𝑥−𝑦 = −1

yang memenuhi dua persamaan tersebut adalah …

Pembahasan : 𝐷𝑖𝑘𝑒𝑡𝑎𝑕𝑢𝑖 ∶ 2 𝑥+𝑦 4 𝑥+𝑦

6

+ 𝑥−𝑦 = 2

… 1

9

− 𝑥−𝑦 = −1

… 2

𝑃𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 1 : 2 6 + 𝑥−𝑦 𝑥+𝑦 2 . 𝑥−𝑦 +6 . 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 . 𝑥−𝑦 2𝑥−2𝑦+6𝑥+6𝑦 𝑥 2 −𝑦 2 8𝑥+4𝑦 𝑥 2 −𝑦 2

=2 =2 =2 =2

8𝑥 + 4𝑦 = 2 . 𝑥 2 − 𝑦 2 4𝑥 + 2𝑦 = 𝑥 2 − 𝑦 2 … 3

(𝑟𝑢𝑎𝑠 𝑘𝑖𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 2)


𝑃𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 2 : 4 9 − 𝑥+𝑦 𝑥−𝑦 4 . 𝑥−𝑦 −9 . 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦 . 𝑥−𝑦 4𝑥−4𝑦−9𝑥−9𝑦 𝑥 2 −𝑦 2 −5𝑥−13𝑦 𝑥 2 −𝑦 2

= −1 = −1 = −1 = −1

−5𝑥 − 13𝑦 = −1 . 𝑥 2 − 𝑦 2 −5𝑥 − 13𝑦 = −𝑥 2 + 𝑦 2 … 4 𝑇𝑎𝑚𝑏𝑎𝑕𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 3 𝑑𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 4 : 4𝑥 + 2𝑦 = 𝑥 2 − 𝑦 2 −5𝑥 − 13𝑦 = −𝑥 2 + 𝑦 2 −𝑥 − 11𝑦 = 0 −11𝑦 = 𝑥 𝑥

−11 = 𝑦 𝑥 𝑦

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 8.

𝑥 𝑦

= −11

𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢𝑕𝑖 𝑑𝑢𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 − 11

Jika 𝑎 dan 𝑏 bilangan bulat ganjil serta 𝑎 > 𝑏 maka banyak bilangan bulat diantara 2𝑎 dan 𝑏 adalah … Pembahasan : 𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡 𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑏 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 𝑎 − 𝑏 − 1 𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡 𝑑𝑖𝑎𝑛𝑡𝑎𝑟𝑎 2𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑏 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 2𝑎 − 𝑏 − 1 Fungsi 𝑔 dari himpunan 𝑋 dikatakan satu-satu jika untuk setiap dengan 𝑥1 , 𝑥2 ∈ 𝑋 dengan 𝑔 𝑥1 = 𝑔 𝑥2 berlaku 𝑥1 = 𝑥2 . Jika 𝑋 = {9, 6, 3, 2, 1} dan 𝑌 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} , maka fungsi berbeda dari 𝑋 ke 𝑌 yang merupakan satu-satu dan setiap bilangan anggota 𝑋 tidak dikaitkan dengan faktornya di 𝑌 ada sebanyak … Pembahasan : 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙 𝑘𝑒𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑚𝑎𝑠𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑔𝑜𝑡𝑎 𝑋 𝑘𝑒 𝑎𝑛𝑔𝑔𝑜𝑡𝑎 𝑌 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶ Anggota Himpunan Y Banyak cara pemasangan 1 2 3 4 5 6 9 √ √ √ √ 4 6 √ √ 2 3 √ √ √ √ 4 2 √ √ √ √ 4 1 √ √ √ √ √ 5 Banyak fungsi yang terbentuk 4 .2 .4 .4 .5 = 640 Anggota Himpunan X

9.

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑓𝑢𝑛𝑔𝑠𝑖 𝑏𝑒𝑟𝑏𝑒𝑑𝑎 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑋 𝑘𝑒 𝑌 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑎𝑡𝑢 𝑠𝑎𝑡𝑢 𝑑𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑡𝑖𝑎𝑝 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑔𝑜𝑡𝑎 𝑋 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑑𝑖𝑘𝑎𝑖𝑡𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑓𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟𝑛𝑦𝑎 𝑑𝑖 𝑌 𝑎𝑑𝑎 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 640 Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 9 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

10. Indah dan Nian bermain lempar dadu secara bergantian dimulai dengan lemparan pertama giliran Indah. Seseorang akan memenangkan permainan jika ia mendapatkan mata dadu 1 tetapi lawannya tidak mendapatkan mata dadu 2 atau 3 pada lemparan sebelumnya. Peluang Indah pada giliran yang ketiga melempar (lemparan kelima) akan menang adalah … Pembahasan : 𝐾𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝐼𝑛𝑑𝑎𝑕 𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑚𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑙𝑖𝑚𝑎, 𝑖𝑛𝑖 𝑚𝑒𝑛𝑢𝑛𝑗𝑢𝑘𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑎𝑕𝑤𝑎 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑏𝑒𝑙𝑢𝑚𝑛𝑦𝑎 𝑕𝑎𝑟𝑢𝑠 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑎𝑑𝑎 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔. 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑒𝑛𝑐𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑔𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑙𝑎𝑘𝑢𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑝𝑒𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑑𝑢 𝑘𝑒 𝑉, 𝐼𝑉, 𝐼𝐼𝐼, 𝐼𝐼, 𝐼 𝑑𝑎𝑛 𝑚𝑒𝑛𝑔𝑒𝑙𝑜𝑚𝑝𝑜𝑘𝑘𝑎𝑛 𝑚𝑎𝑡𝑎 𝑑𝑎𝑑𝑢 𝑘𝑒𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑏𝑎𝑔𝑖𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑖𝑡𝑢 1 , 2,3 , 𝑑𝑎𝑛 4,5,6

𝐾𝑒𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛𝑎𝑛

𝑃𝑒𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒-

𝑃𝑒𝑙𝑢𝑎𝑛𝑔

𝑉

𝐼𝑉

𝐼𝐼𝐼

𝐼𝐼

𝐼

1

1

2,3

1

2,3

1 1 2 1 2 4 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

1

2,3

2,3

1,2,34,5,6

1 1 2 2 6 24 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

1

2,3

4,5,6

1,2,34,5,6

1 1 2 3 6 36 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

1

2,3

1,2,34,5,6

1 3 1 2 6 36 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

2,3

1

2,3

1 3 2 1 2 12 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

2,3

2,3

1,2,34,5,6

1 3 2 2 6 72 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

2,3

4,5,6

1,2,34,5,6

1 3 2 3 6 108 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

4,5,6

1

2,3

1 3 3 1 2 18 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

4,5,6

2,3

1,2,34,5,6

1 3 3 2 6 108 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

1

4,5,6

4,5,6

4,5,6

1,2,34,5,6

1 3 3 3 6 162 . . . . = 6 6 6 6 6 7776

𝑃𝑒𝑙𝑢𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =

4 + 24 + 36 + 36 + 12 + 72 + 108 + 18 + 108 + 162 580 145 = = 7776 7776 1944

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑝𝑒𝑙𝑢𝑎𝑛𝑔 𝐼𝑛𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑔𝑖𝑙𝑖𝑟𝑎𝑛 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑘𝑒𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑚𝑒𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑙𝑖𝑚𝑎 𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑚𝑒𝑛𝑎𝑛𝑔 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕

145 1944


SOAL DAN PEMBAHASAN OSN MATEMATIKA SMP 2014 TINGKAT PROVINSI BAGIAN B : SOAL URAIAN

BAGIAN B : SOAL URAIAN

1.

Temukan semua bilangan real 𝑥 yang memenuhi persamaan 2 − 𝑥 > 2 Pembahasan : 2−𝑥 >2 2 − 𝑥 > 22 2−𝑥 >4 2−4> 𝑥 −2 > 𝑥 𝑥 < −2 𝑆𝑦𝑎𝑟𝑎𝑡 ∶ 2−𝑥 ≥0 2≥𝑥 𝑥≤2 𝐺𝑎𝑏𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛 ∶

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑕𝑖𝑚𝑝𝑢𝑛𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑒𝑙𝑒𝑠𝑎𝑖𝑎𝑛𝑛𝑦𝑎 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 𝑥 𝑥 < −2 , 𝑥 ∈ 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑟𝑒𝑎𝑙 2.

Diketahui jumlah 𝑛 buah bilangan bulat positif ganjil berurutan adalah 5929. Tentukan 𝑛 terkecil yang mungkin. Pembahasan : 𝐾𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 5929 𝑚𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙, 𝑑𝑎𝑛 5929 𝑚𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑛𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕𝑎𝑛 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑢𝑙𝑎𝑡 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑓 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑟𝑢𝑡𝑎𝑛, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑛 𝑝𝑎𝑠𝑡𝑖 𝑚𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙, 𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶ 𝑁𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎𝑕

𝐾𝑒𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑛𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕𝑎𝑛

5929 = 1976,33 3

𝑇𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑟𝑢𝑡𝑎𝑛

5929 = 1185,8 5

𝑇𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑟𝑢𝑡𝑎𝑛

5929 = 847 7

841 + 843 + 845 + 847 + 849 + 851 + 853 = 5929 7 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 7


3.

Diberikan kerangka limas 𝐴𝐵𝐶𝐷 dengan alasnya adalah daerah segitiga siku-siku 𝐴𝐵𝐶. Diketahui sisi sikusikunya adalah 𝐴𝐵 dan 𝐴𝐶 dengan panjang 𝐴𝐵 = 𝑎 3 dan panjang 𝐴𝐶 = 4𝑎 , rusuk 𝐵𝐷 tegak lurus dengan bidang 𝐴𝐵𝐶 , dan panjang 𝐵𝐷 = 6𝑎 . Jika pada rusuk 𝐶𝐷 terdapat titik 𝑃 sehingga sebuah bola dengan 𝐷𝑃 sebagai diameternya menyinggung bidang alas 𝐴𝐵𝐶 , hitung jari-jari bola tersebut. Pembahasan : 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶

→

→

𝐷𝑖𝑘𝑒𝑡𝑎𝑕𝑢𝑖 ∶ 𝐴𝐵 = 𝑎 3 𝐴𝐶 = 4𝑎 𝐵𝐷 = 6𝑎 𝑂𝐷 = 𝑂𝑃 = 𝑂𝑄 = 𝐽𝑎𝑟𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑏𝑜𝑙𝑎 = 𝑟 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐵𝐴𝐶 ∶ 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶 2 𝐵𝐶 =

𝑎 3

2

+ 4𝑎

2

𝐵𝐶 = 3𝑎2 + 16𝑎2 𝐵𝐶 = 19𝑎2 𝐵𝐶 = 𝑎 19 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐶𝐵𝐷 ∶ 𝐶𝐷 = 𝐵𝐶 2 + 𝐵𝐷2 𝐶𝐷 =

𝑎 19

2

+ 6𝑎

2

𝐶𝐷 = 19𝑎2 + 36𝑎2 𝐶𝐷 = 55𝑎2 𝐶𝐷 = 𝑎 55 𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝐶𝐷 ∶ 𝑂𝐶 = 𝐶𝐷 − 𝑂𝐷 𝑂𝐶 = 𝑎 55 − 𝑟


𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐶𝐵𝐷 𝑑𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐶𝑄𝑂 ∶ 𝑂𝑄 𝐵𝐷

= 𝐶𝐷

𝑂𝐶

𝑟 6𝑎

=

𝑎 55−𝑟 𝑎 55

𝑎 55 . 𝑟 = 6𝑎 . 𝑎 55 − 𝑟 𝑎 55 𝑟 = 6 55 𝑎2 − 6𝑎𝑟 𝑎 55 𝑟 + 6𝑎𝑟 = 6 55 𝑎2 55 + 6 𝑎𝑟 = 6 55 𝑎2 𝑟=

6 55 𝑎 2 55+6 𝑎

𝑟=

6 55 𝑎 55+6

𝑟=

6 55 𝑎 55+6

𝑟= 𝑟= 𝑟= 𝑟=

.

6 55 𝑎 .

55−6 55−6 55−6

2

55

−62

6 .55 .𝑎−36 55 𝑎 2

55

−62

330 𝑎−36 55 𝑎 55−36 330−36 55 𝑎 19

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 4.

330−36 55 𝑎 19

Sebuah kode rahasia terdiri dari dua huruf dan satu bilangan antara 100 dan 600. Aturan yang harus dipenuhi adalah sebagai berikut. (i) Semua angka dan huruf harus saling berbeda, (ii) Jika tiga angka membentuk bilangan genap maka kedua huruf yang dipilih adalah huruf vocal, (iii) Jika tiga angka membentuk bilangan ganjil maka kedua huruf yang dipilih adalah huruf konsonan. Tentukan banyak kode rahasia yang mungkin dibuat. Pembahasan : 𝐾𝑜𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑕𝑎𝑠𝑖𝑎 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑖𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑡𝑒𝑟𝑑𝑖𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑑𝑢𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝐻𝐻 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑏𝑖𝑠𝑎 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 (𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑡𝑢𝑛𝑔𝑔𝑎𝑙) , 𝑑𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑟𝑎𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛 𝐴𝐴𝐴 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑖𝑠𝑎 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑟𝑎𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛 , 𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑘𝑜𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑕𝑎𝑠𝑖𝑎𝑛𝑦𝑎 𝑏𝑖𝑠𝑎 𝑎𝑑𝑎 3 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘, 𝑦𝑎𝑖𝑡𝑢 ∶ 𝐻𝐻𝐴𝐴𝐴 , 𝐻𝐴𝐴𝐴𝐻 , 𝑑𝑎𝑛 𝐴𝐴𝐴𝐻𝐻


𝐻𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑣𝑜𝑐𝑎𝑙


𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛

𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑝𝑢𝑙𝑢 𝑕𝑎𝑛

𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑠𝑎𝑡𝑢𝑎𝑛

𝑃𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑕𝑎𝑛 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎

𝑃𝑜𝑙𝑎 𝐼 ∶ 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑚𝑒𝑚𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑑𝑎𝑛 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎 𝑣𝑜𝑐𝑎𝑙 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑒𝑟𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛, 𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝𝑛𝑦𝑎

𝐴

𝐴

1

1

0

𝐼

𝐼

3

3

2

𝑈

𝑈

5

5

4

𝐸

𝐸

7

6

𝑂

𝑂

9

8

𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑝𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑕𝑎𝑛

5

𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕 𝑠𝑎𝑚𝑎

5−1=4

5−1=4 3

5

𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕 𝑠𝑎𝑚𝑎







𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑢𝑠𝑢𝑛𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑑𝑒 = 5 .4 .3 .4 .5 = 1200

𝐴

𝐴

1

0

0

𝐼

𝐼

3

2

2

𝑈

𝑈

5

4

4

𝐸

𝐸

6

6

𝑂

𝑂

8

8


5


5


5−1=4

5−1=4 3






𝐴

𝐴

2

1

0



𝐼

𝐼

4

3

2

𝑈

𝑈

5

4

𝐸

𝐸

7

6

𝑂

𝑂

9

8


5


5


5−1=4

5−1=4 2









𝐴

𝐴

2

0

0

𝐼

𝐼

4

2

2

𝑈

𝑈

4

4

𝐸

𝐸

6

6

𝑂

𝑂

8

8


5


5−1=4 2

5−1=4

5−2=3





𝑃𝑜𝑙𝑎 𝐼𝐼 ∶ 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑚𝑒𝑚𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛 𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑒𝑟𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛, 𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝𝑛𝑦𝑎


𝐻𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛





𝐵

𝐵

1

1

1

𝐶

𝐶

3

3

3

𝐷

𝐷

5

5

5

⋮

⋮

7

7

𝑍

𝑍

9

9

21 − 1 = 20 21


3

5−1=4

5−2=3










𝐵

𝐵

1

0

1

𝐶

𝐶

3

2

3

𝐷

𝐷

5

4

5

⋮

⋮

6

7

𝑍

𝑍

8

9


21

5


21 − 1 = 20 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕 𝑠𝑎𝑚𝑎

5−1=4 3

𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑦𝑢𝑠𝑢𝑛𝑎𝑛 𝑘𝑜𝑑𝑒 = 21 .20 .3 .5 .4 = 25200 Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 5 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )







𝐵

𝐵

2

1

1

𝐶

𝐶

4

3

3

𝐷

𝐷

5

5

⋮

⋮

7

7

𝑍

𝑍

9

9


21

5


21 − 1 = 20

5−1=4 2







𝐵

𝐵

2

0

1



𝐶

𝐶

4

2

3

𝐷

𝐷

4

5

⋮

⋮

6

7

𝑍

𝑍

8

9


21

21 − 1 = 20 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕 𝑠𝑎𝑚𝑎

5−1=4 2


5


𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑝𝑜𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝐻𝐻𝐴𝐴𝐴 = 1200 + 1200 + 480 + 800 + 15120 + 25200 + 16800 + 16800

= 77600 𝐵𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘𝑛𝑦𝑎 𝑝𝑜𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑑𝑎 3 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝐻𝐻𝐴𝐴𝐴 , 𝐻𝐴𝐴𝐴𝐻, 𝐴𝐴𝐴𝐻𝐻 = 3 .77600 = 232800

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑏𝑎𝑛𝑦𝑎𝑘 𝑘𝑜𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑕𝑎𝑠𝑖𝑎 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑑𝑖𝑏𝑢𝑎𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 232800 5.

Untuk 𝑥 bilangan real, dirumuskan suatu fungsi 2

𝑓 𝑥 = 2+4 𝑥 Maka hitunglah hasil penjumlahan berikut 𝑓

1 2014

+𝑓

2 2014

+ ⋯+ 𝑓

2013 2014

Pembahasan : 𝑀𝑖𝑠𝑎𝑙𝑘𝑎𝑛 ∶ 1 2014

=𝑧

𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶ Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 6 www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON )

2 2014

= 2𝑧

3 2014

= 3𝑧

⋮ 2011 2014

=

2014 −3 2014

= 2014 − 2014 = 1 − 2014 = 1 − 3𝑧

2014

3

3

2012 2014

=

2014 −2 2014

= 2014 − 2014 = 1 − 2014 = 1 − 2𝑧

2014

2

2

2013 2014

=

2014 −1 2014

= 2014 − 2014 = 1 − 2014 = 1 − 𝑧

2014

1

1

𝐴𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒𝑕 ∶ 𝑓

1 2014

= 𝑓 𝑧 = 2+4 𝑧

2

𝑓

2 2014

= 𝑓 2𝑧 = 2+4 2𝑧

𝑓

3 2014

= 𝑓 3𝑧 = 2+4 3𝑧

𝑓

2011 2014

= 𝑓 1 − 3𝑧 =

2 2+4 1−3𝑧

=

𝑓

2012 2014

= 𝑓 1 − 2𝑧 =

2 2+4 1−2𝑧

=

𝑓

2013 2014

=𝑓 1−𝑧 =

2

2

⋮

2 2+4 1−𝑧

=

2 41 2+ 3𝑧 4

2 41 2+ 2𝑧 4

2 41 2+ 𝑧 4

=

= =

2 2 .4 3𝑧 +4 4 3𝑧

2 2 .4 2𝑧 +4 4 2𝑧

2 2 .4 𝑧 +4 4𝑧

=

=

2 .43𝑧 2 .4 3𝑧 +4

=

2 .43𝑧 2 . 4 3𝑧 +2

=

=

2 .42𝑧 2 .4 2𝑧 +4

=

2 .42𝑧 2 . 4 2𝑧 +2

=

2 .4𝑧 2 .4 𝑧 +4

=

2 .4𝑧 2 . 4 𝑧 +2

=

4𝑧 4 𝑧 +2

2011 2014

+𝑓

43𝑧 4 3𝑧 +2 42𝑧 4 2𝑧 +2

=

=

4 3𝑧 2+4 3𝑧

=

42𝑧 2+4 2𝑧

4𝑧 2+4 𝑧

𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶ 𝑓

1 2014

2 2014

+𝑓

2

2

2

4𝑧

+𝑓

3 2014

2

1007 2014 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎 𝑕

+ ⋯+ 𝑓


= 2+4 𝑧 + 2+4 2𝑧 + 2+4 3𝑧 + ⋯ + 𝑓 42𝑧

2

2

+⋯+ 𝑓 43𝑧

42𝑧

2012 2014

+𝑓

2013 2014

4𝑧

+ ⋯ + 2+4 3𝑧 + 2+4 2𝑧 + 2+4 𝑧 43𝑧


= 2+4 𝑧 + 2+4 𝑧 + 2+4 2𝑧 + 2+4 2𝑧 + 2+4 3𝑧 + 2+4 3𝑧 + ⋯ + 𝑓 2012 𝑠𝑢𝑘𝑢

=

2+ 4𝑧 2+4 𝑧

2+42𝑧

2+43𝑧


+ 2+4 2𝑧 + 2+4 3𝑧 + ⋯ + 𝑓 2012 =1006 2

𝑠𝑢𝑘𝑢 1007 2014 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎 𝑕

= 1+1+1+⋯+ 𝑓 1006 𝑠𝑢𝑘𝑢


= 1006 + 𝑓

= 1006 + 𝑓

1 2


2

= 1006 +

1

2+4 2

= 1006 +

2 2+2 2

= 1006 + 4 1

= 1006 + 2 1

= 1006 2 =

2013 2

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑓

1 2014

+𝑓

2 2014

+ ⋯+ 𝑓

2013 2014

=

2013 2


OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI 2011

Recommend Documents