Pembahasan osn matematika smp 2014 tingkat provinsi (bagian a soal isian singkat)

www.siap-osn.blogspot.com @ Juni 2014

SD.A 2 SMPN 1 Tambelangan

Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP 2014 Tingkat Provinsi /

Download Soal dan Pembahasan OSN Matematika SMP Lainnya di “ www.siap-osn.blogspot.com ”

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 :

𝑃𝑒𝑟𝑕𝑎𝑡𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟 𝑏𝑒𝑟𝑖𝑘𝑢𝑡 ∶

→


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 . 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



Pembahasan osn matematika smp 2014 tingkat provinsi (bagian a soal isian singkat)

Education

Transcript of Pembahasan osn matematika smp 2014 tingkat provinsi (bagian a soal isian singkat)