solusi osn matematika provinsi 2011-2014

PRESTASI O S N IMO

DISUSUN OLEH

E. SIMBOLON (081 22 28 21 25 )

e51mb.blogspot.com

[email protected]

Disusun oleh : E. SIMBOLON

OLIMPIADE MATEMATIKA TK PROVINSI

2011

corp

Typewritten text

SOLUSI

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

2· 99

= 2111 · 99

dan

y = 8 + 10 + · · ·+ 202 + 204

=8 + 204

2· 99

= 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)

1

Pembahasan OSP SMP Tahun 2011 : E. SIMBOLON

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

Pembahasan OSP Tahun 2011

Tingkat SMP

Bidang Matematika

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 keem-

pat sisi persegi. Di dalam lingkaran terdapat persegi yang keempat titik sudutnya

berada di lingkaran tersebut. Di dalam persegi ini tedapat lingkaran yang meny-

inggung keempat sisi persegi. Luas daerah yang diarsir sama dengan . . .

A

Jawaban : 3− 34π

2



Fokuskan perhatian pada bagian persegi saja, yaitu sebagai berikut

area I

area II

area III

area IV

Misal, lingkaran besar berjari - jari R dan lingkaran yang kecil berjari - jari r. Maka

diperoleh R =1

2

√2 dan r =

1

2. Perhatikan pula luas area I = luas area II = luas

area III = luas area IV. Sedang luas area I yaitu

luas area I =1

4· π ·R2 − 1

2·R2

=1

4(1

2· π − 2 · 1

2)

=1

4(1

2· π − 1)

Oleh karena itu,

luas yang diarsir = 2− 4 · 1

4(1

2· π − 1)− π ·

(1

2

)2

= 2− 1

2· π + 1− 1

4· π

= 3− 3

4π

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 : angka 2

Puluhan : ada 3 kemungkinan yaitu 5, 7 atau 8

Satuan : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai

Jadi, untuk kasus I ada 1 x 3 x 6 = 18 kemungkinan.

II. Ratusan : angka 7

Puluhan : ada 5 kemungkinan yaitu 0, 2, 3, 5 atau 7

3




Jadi, untuk kasus II ada 1 x 5 x 6 = 30 kemungkinan.

III. Ratusan : angka 3 atau 5

Puluhan : ke-6 angka yang tersedia bisa dipakai


Jadi, untuk 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 men-

catat banyak siswa kelas IX di sekolah mereka. Wati mencatat 320

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

20(P + L) = L ⇔ 17L− 3P = 0 (3)

dan1

7(P + L− 1) = L− 1 ⇔ 6L− P = 6 (4)

Dari pers.(3) dan pers.(4) diperoleh L = 18

7. Diketahui luas persegi ABCD adalah 25 m2. Jika E, F dan G masing - mas-

ing adalah titik tengah AB, AD dan CD seperti pada gambar berikut, maka luas

trapesium BHFE adalah . . . m2

A B

CD

E

F

G

H

Jawaban :125

16Untuk mempermudah bagilah persegi tadi menjadi seperti di bawah ini,

4



A B

CD

E

F

G

H

I

Terlihat bahwa persegi ABCD terdiri dari 16 segitiga siku - siku yang kongruen.

Sehingga luas trapesium BHFE adalah5

16x 25 =

125

16m2

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

2= 80 ⇔ 2a+ b+ c = 160 (5)

dan

b+a+ c

2= 90 ⇔ a+ 2b+ c = 180 (6)

serta

c+a+ b

2= 100 ⇔ a+ b+ 2c = 200 (7)

Jumlahkan ketiga persamaan di atas, maka didapat

4a+ 4b+ 4c = 540

yang berartia+ b+ c

3= 45

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 . . .

Jawaban :1

4Ruang 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,

5



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√x2 − 3x ≤ 2 ialah

4

16=

1

4

10. Misal n suatu bilangan asli dan x adalah bilangan riil positif. Jika 2xn+3

x−n2

−2 = 0

, maka nilai2

xn + 14

sama dengan . . .

Jawaban : 4

Misal, (√x)n = t maka persamaan

2xn +3

x−n2

− 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 = 1

2maka xn = 1

4. Oleh karena itu

2

xn + 14

=2

14

+ 14

= 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

6



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

A B

C

p

qt

D

s

r

Berdasarkan keterangan pada soal diperoleh

a+ b+ c+ d = 64 (12)

a+ b+ t = 24 (13)

c+ d+ t = 60 (14)

7



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

2· ab+

1

2· 10d

=1

2· 48 +

1

2· 240

= 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,

8



• 3 membagi n+ 1 equivalen dengan n bersisa 2 jika dibagi 3






Sehingga bisa ditulis n = t + 2 dengan t adalah kelipatan 3, 4, 5, 6, 7, 8. Karena

KPK(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

masing - masing garis dengan sumbu-X adalah47

60, tentukan persamaan garis l1

Jawaban :

Misal ketiga garis tersebut memotong sumbu-Y di titik (0, c) maka persamaan garis

l1 adalah

y = 3x+ c

yang berarti garis l1 memotong sumbu-X di titik (− c3

).

Persamaan garis l2 yaitu

y = 4x+ c


).

Sedangkan persamaan garis l3 ialah

y = 5x+ c


).

Karena jumlah absis titik potong masing - masing garis dengan sumbu-X adalah47

60berarti

− c3− c

4− c

5=

47

60

atau dengan kata lain −47c

60=

47

60sehingga c = −1. Jadi, persamaan garis l1 adalah

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 Seri Gol(Memasukkan - Kemasukan)

Elang

Garuda

Merpati

1

1

0

0

0

2

1

1

0

5

4

3

2

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


hasil pertandingan Garuda vs Merpati adalah 3 : 2. Skor yang demikian

memenuhi kondisi pada soal

III. Skor pertandingan Elang vs Garuda adalah 2 : 2


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





2012

corp

Typewritten text

SOLUSI

Solusi Olimpiade Matematika Tk Provinsi 2012 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 + 41 + 9

1 + 161 + 25

1 + 361 + 49

1 + ⋅⋅⋅ = a

1 + ( 41 + 16

1 + 361 + ⋅⋅⋅) + ( 9

1 + 251 + 49

1 + ⋅⋅⋅) = a

1 + 41 (1 + 4

1 + 91 + 16

1 + ⋅⋅⋅) + ( 91 + 25

1 + 491 + ⋅⋅⋅) = a

1 + 41 a + ( 9

1 + 251 + 49

1 + ⋅⋅⋅) = a

∴ Jadi, 91 + 25

1 + 491 + ⋅⋅⋅ = 4

3 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 = 35

2

∴ Jadi, peluang terambilnya 2 kartu dengan jumlah merupakan bilangan prima = 352 .

2www.e51mb.blogspot.com // [email protected] / E. SIMBOLON


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 − 21 so

∠BPA = 90o − ∠MBD = 45o + 21 so

∠CPD = ∠BPA = 45o + 21 so

∴ Jadi, ∠CPD = 45o + 21 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

( ) pqqp 421 ++− = 4021 ⋅ 4025 = 16184525

∴ Jadi, ( ) pqqp 421 ++− = 16.184.525



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

4a2 − 7a − 1 = 0 sehingga 4a − 7 = a1

4b2 − 7b − 1 = 0 sehingga 4b − 7 = b1

a + b = 47

ab = − 41

743 2

−ba + 74

3 2

−ab = 3a2b + 3b2a = 3ab(a + b) = 3 ⋅ (− 4

1 ) ⋅ ( 47 ) = − 16

21 .

∴ Jadi, 743 2

−ba + 74

3 2

−ab = − 16

21

10. Misalkan panjang sisi persegi = x cm.

Misalkan titik G pada AE sehingga FG ⊥ AE. Maka FG = 1 cm. Karena [ADE] = 3

1 [ABCD] maka DE = 32 x cm.

CF = ( ) 2232 xx + = 133

x cm.

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

BCCF

FGAF =

31 x ⋅ x = 1 ⋅ 133

x

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



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 = 3x = 1 Penyelesaian yang memenuhi hanya jika x = 0 Alternatif 2 : 4x + 9x − 6x − 2x − 3x + 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 = 3x

( )x32 = 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.



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.



Maka AD : AB = 14 : 25 sehingga AD = 14 cm. [ABC] = 2

1 AC ⋅ BC = 21 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 = 10

12 (x + y) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

a = 1011 b ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

y = 100115 x ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (3)

Subtitusikan persamaan (2) dan (3) ke (1) didapat

1021 b = 10

12 ⋅ 100215 x

b = 700860 x

a + b + x + y = 1011 ⋅ 700

860 x + 700860 x + x + 100

115 x = 700805860946 ++ x = 100

473 x 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. a + b + x + y maksimal = 100

473 ⋅ 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 Y

X 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 b

a < 1 dan ab > 1 maka hanya separuh dari semua kemungkinan nilai X sehingga Y

X < 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.



2013


corp

Typewritten text

SOLUSI

SOAL DAN PEMBAHASAN

BAGIAN A : ISIAN SINGKAT

1. Diketahui segitiga sama sisi dengan panjang sisi . Jika dibuat lingkaran yang berpusat di titik

tengah salah satu sisi segitiga dengan jari-jari , maka luas daerah di dalam lingkaran dan di luar

segitiga adalah

Pembahasan :

Diketahui :

.

Perhatikan :

√ √ (

)

√

√

√

√

√

( ) (

)

(

) (

)

(

√ ) (

)

(

√ ) (

)

√

√

(

√ )

Jadi luas daerah di dalam lingkaran dan di luar segitiga adalah

(

√ )

1www.e51mb.blogspot.com ( E. SIMBOLON)

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

OSN MATEMATIKA SMP 2013 TINGKAT PROVINSI

(BAGIAN A : ISIAN SINGKAT)

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 :



( )

( )

( ) ( )

Jadi nilai

5. Himpunan penyelesaian pertidaksamaan di bawah adalah ...

Pembahasan :

Pertidaksamaan

harus memenuhi :

Syarat I :

( ) ( )

Syarat II :

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

{ | }

Pertidaksamaan

harus memenuhi syarat I dan syarat II, sehingga :

Jadi himpunan penyelesaian pertidaksamaan tersebut adalah { | }

6. Jika nilai ,

maka nilai adalah ...



Pembahasan :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

Selanjutnya :

Jadi nilai adalah

7. 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 ...



Pembahasan :

289 19 308

295 16 311

296 17 313

305 8 313

310 4 314

Jadi semua nilai yang mungkin adalah

9. Diketahui dua buah himpunan dan dengan

{( )| } dan

{( )| }. Banyak anggota himpunan adalah ...

Pembahasan :

{( )|( ) ( ) }

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

( ) ( )

( ) ( )

( )}

( )

( )

Mencari anggota :

{( ) ( )}

Untuk :

{( ) ( ) }

Dengan demikian jelas bahwa :

Sehingga :

{( )|( ) ( ) }

( ) ( )

Jadi banyak anggota himpunan adalah



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 Banyak penyusunan

3 0

6 1

9 3

12 7

15 12

18 19

21 27

24 37

27 48

30 59

33 66

36 71

39 72

42 71

45 66

48 59

51 48

54 37

57 27

60 19

63 12

66 7

69 3

72 1

75 0

Jumlah 772

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

tiga adalah



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;

Suatu yayasan menyumbangkan 144 buku

Dsekolah

Csekolah

Bsekolah

Asekolah

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) B – C = 12

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

C – D = 8 ..... 3) B – D = 20 ..... 4)


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

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

D – C = 8 ..... 3) B – D = 4 ..... 4)

Selisihnya 16

Selisihnya 12

Selisihnya 8

www.e51mb.blogspot.com 1

Pembahasan Soal Uraian OSN Matematika SMP Tingkat Provinsi 2013

E. SIMBOLON


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) C – B = 12

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

C – D = 8 ..... 3) D – B = 4 ..... 4)


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

terdapat epat 1 kartu King = 552

336

C

C x 24 x 2 =

2598960

342720 =

91x28560

12x28560=

91

12


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!

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 = PR

2 + RQ

2 PQ

2 = 2

2 + 2

2

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

PQ

AB

PR

AC

22

24

2

AC

22

242AC

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”

A B

C

P Q

R

D

A B

C

D


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 53

37 41

29 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 c b – c

11 23 –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 h d – h

13 5 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 e g – e

19 17 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


5. Didefinisikan ⟦ ⟧ adalah bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x.

Sebagai contoh: ⟦

⟧ = 2, karena 2 ≤

2

5< 3, jika x dan y adalah bilangan real dengan ⟦√ ⟧ = 10

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




2014

corp

Typewritten text

SOLUSI

Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi / Page 1

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 (𝑟𝑢𝑎𝑠 𝑘𝑖𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 2)

10𝑥 = 1007 − 7𝑦

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 =930

10= 93 → 𝑥, 𝑦 = (93, 11)

𝑦 = 21 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .21

10𝑥 = 1007 − 147

10𝑥 = 860

𝑥 =860

10= 86 → 𝑥, 𝑦 = 86, 21

𝑦 = 31 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .31

10𝑥 = 1007 − 217

10𝑥 = 790

𝑥 =790

10= 79 → 𝑥, 𝑦 = 79, 31

𝑦 = 41 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .41

10𝑥 = 1007 − 287

10𝑥 = 720

𝑥 =720

10= 72 → 𝑥, 𝑦 = 72, 41


http://www.siap-osn.blogspot.com/



𝑦 = 51 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .51

10𝑥 = 1007 − 357

10𝑥 = 650

𝑥 =650

10= 65 → 𝑥, 𝑦 = 65, 51

𝑦 = 61 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .61

10𝑥 = 1007 − 427

10𝑥 = 580

𝑥 =580

10= 58 → 𝑥, 𝑦 = 58, 61

𝑦 = 71 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .71

10𝑥 = 1007 − 497

10𝑥 = 510

𝑥 =510

10= 51 → 𝑥, 𝑦 = 51, 71

𝑦 = 81 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .81

10𝑥 = 1007 − 567

10𝑥 = 440

𝑥 =440

10= 44 → 𝑥, 𝑦 = 44, 81

𝑦 = 91 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .91

10𝑥 = 1007 − 637

10𝑥 = 370

𝑥 =370

10= 37 → 𝑥, 𝑦 = 37, 91

𝑦 = 101 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .101

10𝑥 = 1007 − 707

10𝑥 = 300

𝑥 =300

10= 30 → 𝑥, 𝑦 = (30, 101)

𝑦 = 111 → 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 =160

10= 16 → 𝑥, 𝑦 = (16, 121)

𝑦 = 131 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .131

10𝑥 = 1007 − 917

10𝑥 = 90

𝑥 =90

10= 9 → 𝑥, 𝑦 = 9, 131

𝑦 = 141 → 10𝑥 = 1007 − 7𝑦

10𝑥 = 1007 − 7 .141

10𝑥 = 1007 − 987

10𝑥 = 20

𝑥 =20

10= 2 → 𝑥, 𝑦 = 2, 141

𝑦 = 151 → 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 𝑥2 + 𝑦2 = 1 , maka nilai terbesar dari perkalian 𝑥 dan 𝑦

adalah …

Pembahasan :

𝑃𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑥2 + 𝑦2 = 1 , 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑝𝑒𝑟𝑘𝑎𝑙𝑖𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒𝑕 𝑗𝑖𝑘𝑎 ∶

𝑥 = 𝑦

𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶

𝑥2 + 𝑦2 = 1

𝑦2 + 𝑦2 = 1

2𝑦2 = 1

𝑦2 =1

2

𝑦. 𝑦 =1

2

𝑥. 𝑦 =1

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 =360𝑜−∠𝑃𝑂𝑄

2=

360𝑜−90𝑜

2=

270𝑜

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

2𝑟2 = 64 − 16𝑟 + 𝑟2

2𝑟2 − 𝑟2 + 16𝑟 − 64 = 0

𝑟2 + 16𝑟 − 64 = 0

𝑟1,2 =−𝑏± 𝑏2−4𝑎𝑐

2𝑎

𝑟1,2 =−16± 162−4 .1 . −64

2 .1

𝑟1,2 =−16± 256+256

2

𝑟1,2 =−16± 256 .2

2

𝑟1,2 =−16±16 2

2

𝑟1,2 = −8 ± 8 2 → 𝑟 = −8 − 8 2 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢 𝑕𝑖

𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑟 = −8 + 8 2 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢 𝑕𝑖

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 − 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐴𝑃𝑂 ∶

𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐴𝑃𝑂 =1

2 . 𝐴𝑃 . 𝑂𝑃

=1

2 . 𝑟 . 𝑟

=1

2 . −8 + 8 2 . −8 + 8 2





=1

2 . 64 − 128 2 + 128

=1

2 . 192 − 128 2

= 96 − 64 2

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝐶𝑂𝑃 ∶

𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝐶𝑂𝑃 =135𝑜

360𝑜 . 𝜋 . 𝑟2

=3

8 . 𝜋 . −8 + 8 2

2

=3

8 . 𝜋 . 64 − 128 2 + 128

=3

8 . 𝜋 . 192 − 128 2

= 72𝜋 − 48 2 𝜋

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝑙𝑖𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 𝐵𝐴𝐶 ∶

𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝐵𝐴𝐶 =45𝑜

360𝑜 . 𝜋 . 𝑅2

=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 1006 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑎𝑟𝑖𝑡𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎

+ 2013 1 𝑠𝑢𝑘𝑢

1007 𝑠𝑢𝑘𝑢

=1006

2 . 2 + 2012

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,





𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑡𝑒𝑟𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝑠𝑒𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑡𝑢𝑟𝑢𝑡 𝑡𝑢𝑟𝑢𝑡 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟

𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑘𝑢𝑟𝑎𝑛𝑔 𝑑𝑎𝑟𝑖 2014, 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑔𝑎𝑖 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶

8021 + 2 − 2011 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛

+ 4 − 2009 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛



+ 10 = 19 𝑑𝑖𝑔𝑎𝑛𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛

𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑗𝑢𝑚𝑙𝑎𝑕𝑎𝑛 𝑏𝑎𝑟𝑢 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 ∶

12 + 14 + 16 + ⋯ + 2012 1001 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑎𝑟𝑖𝑡𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎

+ 19 + 2005 + 2007 + 2009 + 2011 + 2013 6 𝑠𝑢𝑘𝑢

1007 𝑠𝑢𝑘𝑢

=1001

2 . 12 + 2012

𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑚𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎

+ 10064

=1001

2 . 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 .3!

2! .1!= 2 .3 = 6

6 2 0 0 2 .3!

2! .1!= 2 .3 = 6

6 1 1 0 3!

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

5 3 0 0 2 .3!

2! .1!= 2 .3 = 6

5 2 1 0 3 .3! = 3 .6 = 18

5 1 1 1 1 +3!

2! .1!= 1 + 3 = 4

4 4 0 0 3!

2! .1!= 3

4 3 1 0 3 .3! = 3 .6 = 18

4 2 2 0 3!

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

4 2 1 1 4!

2! .1!= 12

3 3 2 0 3! +3!

2! .1!= 6 + 3 = 9

3 3 1 1 4!

2! .2!= 6





3 2 2 1 4!

2! .1!= 12

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 :


→


𝐴𝐵 = 18

𝐶𝐷 = 30

𝐻𝐽 = 8

𝐻𝐼 = 𝐼𝐽 = 4

𝐴𝐹 = 𝐹𝐷

𝐵𝐺 = 𝐺𝐶


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 . 𝐹𝐺 . 𝐸𝐼 =

1

2 . 𝐶𝐷 . 𝐸𝐽 −

1

2 . 𝐹𝐺 + 𝐶𝐷 . 𝐼𝐽

1

2 .24 . 𝑦 + 4 =

1

2 .30 . 𝑦 + 8 −

1

2 . 24 + 30 .4

12 . 𝑦 + 4 = 15 . 𝑦 + 8 −1

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 → 𝐸𝐼 = 𝑦 + 4 = 12 + 4 = 16

𝐿𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺 =1

2 . 𝐹𝐺 . 𝐸𝐼

=1

2 .24 .16

= 192

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 192

7. Diketahui dua persamaan berikut :

2

𝑥+𝑦+

6

𝑥−𝑦= 2 dan

4

𝑥+𝑦−

9

𝑥−𝑦= −1

Nilai 𝑥

𝑦 yang memenuhi dua persamaan tersebut adalah …

Pembahasan :


2

𝑥+𝑦+

6

𝑥−𝑦= 2 … 1

4

𝑥+𝑦−

9

𝑥−𝑦= −1 … 2

𝑃𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 1 :

2

𝑥+𝑦+

6

𝑥−𝑦= 2

2 . 𝑥−𝑦 +6 . 𝑥+𝑦

𝑥+𝑦 . 𝑥−𝑦 = 2

2𝑥−2𝑦+6𝑥+6𝑦

𝑥2−𝑦2 = 2

8𝑥+4𝑦

𝑥2−𝑦2 = 2

8𝑥 + 4𝑦 = 2 . 𝑥2 − 𝑦2

4𝑥 + 2𝑦 = 𝑥2 − 𝑦2 … 3 (𝑟𝑢𝑎𝑠 𝑘𝑖𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑏𝑎𝑔𝑖 2)





𝑃𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 2 :

4

𝑥+𝑦−

9

𝑥−𝑦= −1

4 . 𝑥−𝑦 −9 . 𝑥+𝑦

𝑥+𝑦 . 𝑥−𝑦 = −1

4𝑥−4𝑦−9𝑥−9𝑦

𝑥2−𝑦2 = −1

−5𝑥−13𝑦

𝑥2−𝑦2 = −1

−5𝑥 − 13𝑦 = −1 . 𝑥2 − 𝑦2

−5𝑥 − 13𝑦 = −𝑥2 + 𝑦2 … 4

𝑇𝑎𝑚𝑏𝑎𝑕𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 3 𝑑𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 4 :

4𝑥 + 2𝑦 = 𝑥2 − 𝑦2

−5𝑥 − 13𝑦 = −𝑥2 + 𝑦2

−𝑥 − 11𝑦 = 0

−11𝑦 = 𝑥

−11 =𝑥

𝑦

𝑥

𝑦= −11

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 𝑥

𝑦 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑢𝑕𝑖 𝑑𝑢𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 − 11

8. 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

9. 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

An

gg

ota

Him

pun

an X

9 √ √ √ √ 4

6 √ √ 2

3 √ √ √ √ 4

2 √ √ √ √ 4

1 √ √ √ √ √ 5

Banyak fungsi yang terbentuk 4 .2 .4 .4 .5 = 640

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





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

𝑃𝑒𝑙𝑒𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛 𝑘𝑒-

𝑃𝑒𝑙𝑢𝑎𝑛𝑔 𝑉 𝐼𝑉 𝐼𝐼𝐼 𝐼𝐼 𝐼

𝐾𝑒𝑚

𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛

𝑎𝑛

1 1 2,3 1 2,3 1

6 .

1

6 .

2

6 .

1

6 .

2

6=

4

7776

1 1 2,3 2,3 1,2,34,5,6 1

6 .

1

6 .

2

6 .

2

6 .

6

6=

24

7776

1 1 2,3 4,5,6 1,2,34,5,6 1

6 .

1

6 .

2

6 .

3

6 .

6

6=

36

7776

1 4,5,6 1 2,3 1,2,34,5,6 1

6 .

3

6 .

1

6 .

2

6 .

6

6=

36

7776

1 4,5,6 2,3 1 2,3 1

6 .

3

6 .

2

6 .

1

6 .

2

6=

12

7776

1 4,5,6 2,3 2,3 1,2,34,5,6 1

6 .

3

6 .

2

6 .

2

6 .

6

6=

72

7776

1 4,5,6 2,3 4,5,6 1,2,34,5,6 1

6 .

3

6 .

2

6 .

3

6 .

6

6=

108

7776

1 4,5,6 4,5,6 1 2,3 1

6 .

3

6 .

3

6 .

1

6 .

2

6=

18

7776

1 4,5,6 4,5,6 2,3 1,2,34,5,6 1

6 .

3

6 .

3

6 .

2

6 .

6

6=

108

7776

1 4,5,6 4,5,6 4,5,6 1,2,34,5,6 1

6 .

3

6 .

3

6 .

3

6 .

6

6=

162

7776

𝑃𝑒𝑙𝑢𝑎𝑛𝑔 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =4 + 24 + 36 + 36 + 12 + 72 + 108 + 18 + 108 + 162

7776=

580

7776=

145

1944

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

𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 145

1944





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

3= 1976,33 𝑇𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑟𝑢𝑡𝑎𝑛

5929

5= 1185,8 𝑇𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑟𝑢𝑡𝑎𝑛

5929

7= 847

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

= 5929

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑘𝑒𝑐𝑖𝑙 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 7


SOAL DAN PEMBAHASAN

OSN MATEMATIKA SMP 2014

TINGKAT PROVINSI BAGIAN B : SOAL URAIAN




3. Diberikan kerangka limas 𝐴𝐵𝐶𝐷 dengan alasnya adalah daerah segitiga siku-siku 𝐴𝐵𝐶. Diketahui sisi siku-

sikunya 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 :


→ →


𝐴𝐵 = 𝑎 3

𝐴𝐶 = 4𝑎

𝐵𝐷 = 6𝑎

𝑂𝐷 = 𝑂𝑃 = 𝑂𝑄 = 𝐽𝑎𝑟𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑏𝑜𝑙𝑎 = 𝑟

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐵𝐴𝐶 ∶

𝐵𝐶 = 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶2

𝐵𝐶 = 𝑎 3 2

+ 4𝑎 2

𝐵𝐶 = 3𝑎2 + 16𝑎2

𝐵𝐶 = 19𝑎2

𝐵𝐶 = 𝑎 19

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝑠𝑖𝑘𝑢 𝐶𝐵𝐷 ∶

𝐶𝐷 = 𝐵𝐶2 + 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=

𝑂𝐶

𝐶𝐷

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 𝑎2

55+6 𝑎

𝑟 =6 55 𝑎

55+6

𝑟 =6 55 𝑎

55+6 . 55−6

55−6

𝑟 =6 55 𝑎 . 55−6

55 2−62

𝑟 =6 .55 .𝑎−36 55 𝑎

55 2−62

𝑟 =330 𝑎−36 55 𝑎

55−36

𝑟 = 330−36 55 𝑎

19

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑗𝑎𝑟𝑖 𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑏𝑢𝑡 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎𝑕 330−36 55 𝑎

19

4. 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





𝑃𝑜𝑙𝑎 𝐼 ∶ 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑚𝑒𝑚𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑑𝑎𝑛 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎 𝑣𝑜𝑐𝑎𝑙

𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑒𝑟𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛,𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝𝑛𝑦𝑎

𝐻𝑢𝑟𝑢𝑓

𝑣𝑜𝑐𝑎𝑙


𝑣𝑜𝑐𝑎𝑙 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑝𝑢𝑙𝑢 𝑕𝑎𝑛 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑠𝑎𝑡𝑢𝑎𝑛

𝑃𝑒𝑚

𝑖𝑙𝑖𝑕𝑎𝑛

𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢

𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎

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

5 − 1 = 4 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕

𝑠𝑎𝑚𝑎

3

5 − 1 = 4 𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑏𝑜𝑙𝑒 𝑕

𝑠𝑎𝑚𝑎

5

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





𝑃𝑒𝑚


𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐴 𝐴 1 0 0

𝐼 𝐼 3 2 2

𝑈 𝑈 5 4 4

𝐸 𝐸 6 6

𝑂 𝑂 8 8




𝑠𝑎𝑚𝑎

3 5


𝑠𝑎𝑚𝑎






𝑃𝑒𝑚


𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐴 𝐴 2 1 0

𝐼 𝐼 4 3 2

𝑈 𝑈 5 4

𝐸 𝐸 7 6

𝑂 𝑂 9 8




𝑠𝑎𝑚𝑎

2 5


𝑠𝑎𝑚𝑎










𝑃𝑒𝑚𝑖𝑙𝑖𝑕𝑎𝑛

𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐴 𝐴 2 0 0

𝐼 𝐼 4 2 2

𝑈 𝑈 4 4

𝐸 𝐸 6 6

𝑂 𝑂 8 8




𝑠𝑎𝑚𝑎

2


𝑠𝑎𝑚𝑎


𝑠𝑎𝑚𝑎


𝑃𝑜𝑙𝑎 𝐼𝐼 ∶ 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑡𝑖𝑔𝑎 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑚𝑒𝑚𝑏𝑒𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑕𝑢𝑟𝑢𝑓 𝑏𝑒𝑟𝑢𝑝𝑎 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛

𝑈𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑑𝑎𝑕 𝑝𝑒𝑟𝑕𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑎𝑛,𝑎𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑠𝑎𝑕 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡𝑎𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑘𝑎 𝑔𝑎𝑛𝑗𝑖𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝𝑛𝑦𝑎


𝑘𝑜𝑛𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛


𝑘𝑜𝑛𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑟𝑎𝑡𝑢𝑠𝑎𝑛 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑝𝑢𝑙𝑢 𝑕𝑎𝑛 𝐴𝑛𝑔𝑘𝑎𝑠𝑎𝑡𝑢𝑎𝑛

𝑃𝑒𝑚


𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐵 𝐵 1 1 1

𝐶 𝐶 3 3 3

𝐷 𝐷 5 5 5

⋮ ⋮ 7 7

𝑍 𝑍 9 9




𝑠𝑎𝑚𝑎

3


𝑠𝑎𝑚𝑎


𝑠𝑎𝑚𝑎






𝑃𝑒𝑚


𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐵 𝐵 1 0 1

𝐶 𝐶 3 2 3

𝐷 𝐷 5 4 5

⋮ ⋮ 6 7

𝑍 𝑍 8 9




𝑠𝑎𝑚𝑎

3 5


𝑠𝑎𝑚𝑎











𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐵 𝐵 2 1 1

𝐶 𝐶 4 3 3

𝐷 𝐷 5 5

⋮ ⋮ 7 7

𝑍 𝑍 9 9




𝑠𝑎𝑚𝑎

2 5


𝑠𝑎𝑚𝑎







𝑕𝑢𝑟𝑢

𝑓

𝑎𝑡𝑎𝑢


𝐵 𝐵 2 0 1

𝐶 𝐶 4 2 3

𝐷 𝐷 4 5

⋮ ⋮ 6 7

𝑍 𝑍 8 9




𝑠𝑎𝑚𝑎

2


𝑠𝑎𝑚𝑎

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

𝑓 𝑥 =2

2+4𝑥

Maka hitunglah hasil penjumlahan berikut

𝑓 1

2014 + 𝑓

2

2014 + ⋯+ 𝑓

2013

2014

Pembahasan :


1

2014= 𝑧

𝑠𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶





2

2014= 2𝑧

3

2014= 3𝑧

⋮

2011

2014=

2014−3

2014=

2014

2014−

3

2014= 1 −

3

2014= 1 − 3𝑧

2012

2014=

2014−2

2014=

2014

2014−

2

2014= 1 −

2

2014= 1 − 2𝑧

2013

2014=

2014−1

2014=

2014

2014−

1

2014= 1 −

1

2014= 1 − 𝑧

𝐴𝑘𝑎𝑛 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒𝑕 ∶

𝑓 1

2014 = 𝑓 𝑧 =

2

2+4𝑧

𝑓 2

2014 = 𝑓 2𝑧 =

2

2+42𝑧

𝑓 3

2014 = 𝑓 3𝑧 =

2

2+43𝑧

⋮

𝑓 2011

2014 = 𝑓 1 − 3𝑧 =

2

2+41−3𝑧 =2

2+41

43𝑧

=2

2 .43𝑧+4

43𝑧

=2 .43𝑧

2 .43𝑧+4=

2 .43𝑧

2 . 43𝑧+2 =

43𝑧

43𝑧+2=

43𝑧

2+43𝑧

𝑓 2012

2014 = 𝑓 1 − 2𝑧 =

2

2+41−2𝑧 =2

2+41

42𝑧

=2

2 .42𝑧+4

42𝑧

=2 .42𝑧

2 .42𝑧+4=

2 .42𝑧

2 . 42𝑧+2 =

42𝑧

42𝑧+2=

42𝑧

2+42𝑧

𝑓 2013

2014 = 𝑓 1 − 𝑧 =

2

2+41−𝑧 =2

2+41

4𝑧

=2

2 .4𝑧+4

4𝑧

=2 .4𝑧

2 .4𝑧+4=

2 .4𝑧

2 . 4𝑧+2 =

4𝑧

4𝑧+2=

4𝑧

2+4𝑧

𝑆𝑒𝑕𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 ∶

𝑓 1

2014 + 𝑓

2

2014 + 𝑓

3

2014 + ⋯+ 𝑓

1007

2014

𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎 𝑕

+ ⋯+ 𝑓 2011

2014 + 𝑓

2012

2014 + 𝑓

2013

2014

=2

2+4𝑧 +2

2+42𝑧 +2

2+43𝑧 + ⋯+ 𝑓 1007

2014


+ ⋯+ 43𝑧

2+43𝑧 + 42𝑧

2+42𝑧 + 4𝑧

2+4𝑧

=2

2+4𝑧 + 4𝑧

2+4𝑧 +2

2+42𝑧 + 42𝑧

2+42𝑧 +2

2+43𝑧 + 43𝑧

2+43𝑧 + ⋯ 2012 𝑠𝑢𝑘𝑢

+ 𝑓 1007

2014


=2+ 4𝑧

2+4𝑧 + 2+42𝑧

2+42𝑧 + 2+43𝑧

2+43𝑧 + ⋯ 2012

2=1006 𝑠𝑢𝑘𝑢

+ 𝑓 1007

2014


= 1 + 1 + 1 + ⋯ 1006 𝑠𝑢𝑘𝑢

+ 𝑓 1007

2014


= 1006 + 𝑓 1007

2014


= 1006 + 𝑓 1

2





= 1006 +2

2+412

= 1006 +2

2+2

= 1006 +2

4

= 1006 +1

2

= 10061

2

=2013

2

𝐽𝑎𝑑𝑖 𝑓 1

2014 + 𝑓

2

2014 + ⋯+ 𝑓

2013

2014 =

2013

2




solusi osn matematika provinsi 2011-2014

Documents