Pembahasan OSN Matematika SMP Tk. Prop 2012

PEMBAHASAN SOAL OSN MATEMATIKA SMP TINGKAT PROPINSI 2012OLEH :SAIFUL ARIF, S.Pd (SMP NEGERI 2 MALANG)

http://olimatik.blogspot.come-mail: [email protected] HAL 1

PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMPSELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2012

BIDANG STUDI MATEMATIKAWAKTU : 150 MENIT

A. ISIAN SINGKAT

1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm3. Luas permukaan bola terbesar yangmungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah .

SOLUSI :Vsilinder = 20p r2 t = 20p r2. 5 = 20p r2 = 4Dari persamaan terakhir untuk p = 3,14, dapat ditunjukkan bahwa r < 2,5 cm atau diameter alassilinder < 5 cm (tinggi silinder). Artinya bola terbesar yang bisa dimasukkan dalam silinder berjari-jari maksimum sama dengan jari-jari alas silinder.Jadi luas bola terbesar yang dimaksud adalah 4p r2 = 4 . 4 = 16 cm2

2. Jumlah tiga bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masingdikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan ketigamasing-masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih bilanganterbesar dan terkecil adalah .

SOLUSI :Misalkan ketiga bilangan itu berturut-turut a, b, dan c.Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing dikurangi 1 memiliki rasio 1 : 3 artinya:

31

11

=--

ba

31

311 -=- ba

32

31

+= ba

Jika bilangan kedua dan ketiga masing-masing ditambah 3, maka diperoleh rasio 5 : 6, artinya

65

33

=++

cb

518

563 +=+ bc

53

56

+= bc



Jumlah tiga bilangan adalah 19, sehinggaa + b + c = 19subtitusi nilai a dan c pada persamaan terakhir diperoleh

1953

56

32

31

=

+++

+ bbb

Kedua ruas dikalikan 15 didapat5b + 10 + 15b + 18b + 9 = 28538b = 285 19b = 266 : 38b = 7

Subtitusi b = 7 pada32

31

+= ba menghasilkan 332

37

=+=a

Subtitusi b = 7 pada53

56

+= bc menghasilkan 953

542

=+=c

Jadi selisih bilangan terbesar dan terkecil adalah 9 3 = 6

3. Jika a=+++++ ...251

161

91

411 , maka ......

491

251

91

=+++

SOLUSI :

a=+++++ ...251

161

91

411

1...491

361

251

161

91

41

-=++++++ a

+++--=+++ ...

361

161

411...

491

251

91 a

+++--=+++ ...

91

411

411...

491

251

91 a

( )aa411...

491

251

91

--=+++

143...

491

251

91

-=+++ a

4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut-turut pada lima belas kartu. Jika semuakartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartuberturut-turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangantertulis merupakan bilangan prima adalah .

SOLUSI :Himpunan 15 bilangan prima pertama adalahP = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}Misalkan aP, bP, maka a + bP jika dan hanya jika a dan b keduanya tidak ganjil. Jadi salahsatu dari a atau b harus genap yaitu 2. Selanjutnya pilih a = 2, maka ada 6 kemungkinan nilai byaitu 3, 5, 11, 17, 29, 43.



Banyak cara pengambilan secara acak dua buah kartu berturut-turut tanpa pengembalian adalah15C2 = 105Jadi peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan tertulis merupakan bilangan prima

adalah352

1056

=

5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran Mberikut. Misalkan B dan C adalah titik-titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC ^ BM dan BDmemotong AC di titik P. Jika besar CAD = so, maka besar CPD = o

SOLUSI :

Perhatikan gambar berikut ini.

Misalkan Q adalah titik potong antara AC dan BM. Pada segitiga siku-siku AMQ diperoleh besar AMQ = 90o so. Pada segitiga sama kaki AMC diperoleh besar ACM = so. Perhatikan bahwa CMD adalah sudut luar segitiga AMC sehingga besar CMD = so + so = 2so. Selanjutnya CPD adalah sudut antara dua tali busur AC dan BD yang besarnya adalah

CPD = ( )CMDAMB +21

CPD = ( )oo ss 29021

+-

CPD = ( )os+9021

6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120bilangan berbeda. Jika bilangan bilangan tersebut diurutkan dari yang terkecil ke yang terbesar,maka bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah .

SOLUSI :Urutan bilangan yang dimaksud dimulai dari 12345, 12354,, dan seterusnya.Kasus 1 : Jika angka pertamanya 1, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.

Banyaknya cara ada 4! = 24Kasus 2 : Jika angka pertamanya 2, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 1, 3, 4, dan 5.

Banyaknya cara ada 4! = 24Kasus 3 : Jika angka pertamanya 3, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5.

Banyaknya cara ada 4! = 24Sehingga sudah terhitung 24 x 3 = 72 bilangan



Kasus 4 : Jika angka pertamanya 4, makaBilangan ke-73 adalah 41235Bilangan ke-74 adalah 41253Bilangan ke-75 adalah 41325

Jadi bilangan yang menempati urutan ke-75 adalah 41325.

7. Diketahui 1 + k habis dibagi 3, 1 + 2k habis dibagi 5, 1 + 8k habis dibagi 7. Jika k adalah bilanganbulat positip, maka nilai terkecil untuk k adalah .

SOLUSI :1 + k habis dibagi 3, dapat ditulis k = 3a 1 =3(a 1) + 2, untuk suatu a bilangan bulat

atau k 2 (mod 3) (1)1 + 2k habis dibagi 5, dapat ditulis 2k = 5b 1 =5(b 1) + 4, untuk suatu b bilangan bulat

atau 2k 4 (mod 5) (2)1 + 8k habis dibagi 7, dapat ditulis 8k = 7c 1 =7(c 1) + 6, untuk suatu c bilangan bulat

atau 8k 6 (mod 7) (3)Selanjutnya permasalahan di atas kita selesaikan dengan Teorema Sisa Cina sebagai berikut.Bilangan 3, 5, dan 7 saling relatif prima dengan KPK(3,5,7) = 105, sehingga bentuk (1), (2), (3)berturut-turut ekuivalen dengan:35k 70 (mod 105)42k 84 (mod 105)120k 90 (mod 105)Mengingat k =120k 2(42k) 35k , makak [90 2(84) 70] (mod 105)k [148] (mod 105)k [148 + 2(105)] (mod 105)k 62 (mod 105)Secara umum selesaian dari k = 62 + 105m, untuk suatu parameter m bilangan bulatJadi nilai k terkecil adalah 62 + 105(0) = 62

8. Jika p = 20102 + 20112 dan q = 20122 + 20132, maka nilai sederhana dari pqqp 4)(21 ++-adalah .

SOLUSI :Misalkan 2010 = a , makap = 20102 + 20112 = a2 + (a + 1)2 = a2 + a2 + 2a + 1 = 2a2 + 2a + 12p 1 = 4a2 + 4a + 2 1 = 4a2 + 4a + 1 = (2a + 1)2

q = 20122 + 20132 = (a + 2)2 + (a + 3)2 = a2 + 4a + 4 + a2 + 6a + 9 = 2a2 + 10a + 132q 1= 4a2 + 20a + 26 1 = 4a2 + 20a + 25 = (2a + 5)2

Misalkan x = pqqp 4)(21 ++- , makax2 = 1 2(p +q) + 4pqx2 = (2p 1)(2q 1)x2 = (2a + 1)2(2a + 5)2

x = (2a + 1)(2a + 5)Dengan mensubtitusikan kembali nilai a = 2010 didapatkanx = (4021)(4025)x = 16184525Jadi nilai dari pqqp 4)(21 ++- adalah 16184525



9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x2 7x 1 = 0, maka nilai dari

743

743 22

-+

- ab

ba adalah .

SOLUSI :a dan b adalah selesaian dari persamaan kuadrat (PK) 4x2 7x 1 = 0

Jumlah akar-akar PK : a + b =47

4a + 4b = 7.(1)

Hasil kali akar-akar PK : a . b =41

- 4b =a1

- .(2)

Subtitusi (2) pada persamaan (1) diperoleh

4aa1

- = 7

4a 7 =a1 (3)

Analogi cara di atas diperoleh juga

4b 7 =b1 ..(4)

Dengan mensubtitusi (3) dan (4) pada bentuk74

374

3 22

-+

- ab

ba diperoleh

1621

47

413

))((333

13

13

743

743

22

2222

-=

-=

+=+=

+=-

+-

baababbaa

b

b

aab

ba

10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus-putus yang sejajar membagi persegi menjadi tigadaerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua ruas garis putus-putus tersebut 1 cm, maka luas persegiadalah . cm2



SOLUSI :

Perhatikan gambar berikut !

Misalkan panjang sisi persegi adalah AB = BC = b cm, dan BE = a cm

Menurut teorema Pythagoras pada segitiga BEC diperoleh alas jajar genjang CE = 22 ba +Diketahui luas I ( D ADG) = luas II (jajar genjang AECG) = luas III ( D BEC) , dan EF = 1 cmPerhatikan bahwa

Luas I = Luas II =31 Luas Persegi ABCD

21 ab = 1 22 ba + =

31 b2

Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan21 ab = 22 ba + diperoleh

41 a2b2 = a2 + b2 ...(1)

Sedangkan dari persamaan21 ab =

31 b2 diperoleh b = a

23 .(2)

Subtitusi nilai b persamaan (2) ke persamaan (1) didapatkan2

22

2

23

23

41

+=

aaaa

224

49

169 aaa +=

04

13169 24 =- aa

01349

41 22 =

-aa

a = 0 atau a = 1332 atau a = 13

32

-

Karena a adalah ukuran panjang maka yang memenuhi adalah a = 1332

Sehingga b = a23 = 1313

32

23

=

Jadi luas persegi adalah b2 = 13 cm2



B. SOAL URAIAN

1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :

2x + 3x 4x + 6x 9x = 1

SOLUSI :

2x + 3x 4x + 6x 9x = 1

2x + 3x (2x)2 + (2x3x) (3x)2 = 1

Misalkan : 2x = a, dan 3x =b, makaa + b a2 + ab b2 = 1 a2 + b2 a b ab + 1 = 0

21 [(2a2 + 2b2 2a 2b 2ab + 2)]= 0

[(a2 + b2 2ab) + (a2 2a + 1) + (b2 2b + 1)]= 0

( a b )2 + (a 1)2 + (b 1)2 = 0

Dengan mengingat kuadrat suatu bilangan tidak pernah negatip, maka bentuk terakhir hanyadipenuhi oleh a = b = 1, sehingga 2x = 1, dan 3x =1. Satu-satunya nilai x yang memenuhi adalah 0Jadi bilangan real x yang memenuhi persamaan adalah x = 0

2. Pada gambar berikut, Sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masing-masing dengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlahbilangan di dalam setiap lingkaran besar adalah 14.

SOLUSI :

Perhatikan gambar berikut!



Kita harus menggantikan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9 pada setiap huruf dan tidak bolehberulang sehingga jumlah setiap huruf dalam satu lingkaran besar = 14.(a + d) + (d + e + h) + (b + e + f) + (f + g + i) + (g + c) = 514 = 70(a + b + c + d + e + f + g + h + i) + d + e + f + g = 7045 + (d + e + f + g) = 70d + e + f + g = 25Disamping itu a + d = c + g = 14. Dari semua angka yang tersedia hanya 9 + 5 dan 8 + 6 yangberjumlah 14. Dengan mengingat d + e + f + g = 25 kemungkinannya d = 6 dan g = 9(kemungkinan sebaliknya simetris saja). Akibatnya a = 8 dan c = 5. Selanjutnya e + f = 10, dansisa angka yang berjumlah 10 adalah 3 + 7. Ini dipenuhi untuk e = 7 dan f = 3. Terakhir diperolehnilai h = 1, b = 4, dan i = 2. Salah satu contoh bentuk isiannya adalah

3. Diketahui D ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm, dan AC = 15 cm. Jika titik D terletak pada sisiAB sedemikian sehingga perbandingan luas D ADC dan D ABC adalah 14 : 25, tentukan panjangCD.

SOLUSI :

Perhatikan gambar berikut!

Karena 15, 20, dan 25 merupakan tripel Pythagoras maka segitiga ABC siku-siku di C.

[ABC] = Luas segitiga ABC = . 20 . 15 = 150

[ ][ ] 25

14=

ABCADC

[ ] [ ][ ] 25

14=

-ABC

BCDABC

2514

150.20.150 21 =- DE



146

.10150=

- DE

150 10 DE = 84

DE = 6,6

Menurut kesebangunan pada segitiga

BCBE

ACDE

=

20156,6 BE

=

436,6 BE

=

BE = 8,8, sehingga CE = 20 8,8 = 11,2

Menurut Teorema Pythagoras pada segitiga CDE diperoleh

CD = 22 CEDE +

CD = 22 2,116,6 +

CD = 1316944,12556,43 ==+

Jadi panjang CD = 13 cm

4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10.000 orang dan anak-anak20% lebih banyak dari penduduk dewasa. Jika anaklaki-laki 10% lebih banyak dari anakperempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan, tentukanjumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.

SOLUSI :Misalkan:N : jumlah seluruh pendudukD : jumlah penduduk dewasaDL : jumlah laki - laki dewasaDP : jumlah perempuan dewasaA : jumlah penduduk anak - anakAL : jumlah anak laki lakiAP : jumlah anak - anak perempuanDari informasi pada soal dapat dituliskan

A = D + 20%D =120%DPadahal N = A + D = 120%D + 100%D = 220%D, sehinggaD = N = N, dan A = N

AL = AP + 10%AP = 110% APPadahal A = AL + AP = 110% AP + 100% AP = 210% AP, sehinggaAP = A = . N = N, dan



AL = . N = N

DP = DL + 15%DL = 115% DLPadahal D = DL + DP = DL + 115% DL = 215% DL, sehinggaDL = D = . N= N, dan

DP = . N = N

A, AL,AP ,D, DL dan DP adalah jumlah jiwa, sehingga merupakan bilangan bulat positif.Dengan memperhatikan bagian penyebutnya (7, 11, 43) maka

N= k . KPK(7,11,43), untuk k bilangan bulat positip.N= 3311k

Karena disyaratkan N < 10000, maka nilai N terbesar yang mungkin terjadi untuk k = 3 yaituN = 33311 = 9933.

Jadi jumlah terbesar yang mungkin penduduk kota tersebut adalah 9933 orang.

5. Diketahui sebuah bilangan rasional positip kurang dari 1 yang dinyatakan dalam pecahan biasadalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasionaltersebut adalah 20! = 1 x 2 x 3 x x 20, tentukan semua bilangan yang dimaksud.

SOLUSI :

Misalkan bilangan yang dimaksud adalahba . Karena 1 a. Jadibanyak seluruh kemungkinan bilangan yang dimaksud adalah 128.

Komentar : Pertanyaan soal sebenarnya menentukan semua bilangan yang dimaksud, tetapicukup payah jika kita menuliskan 128 bilangan tersebut. Penulis beranggapan pertanyaan yangtepat seharusnya banyaknya semua bilangan yang dimaksud.

ALHAMDULILLAHIROBBIL ALAMIN.

Pembahasan OSN Matematika SMP Tk. Prop 2012

Documents

Transcript of Pembahasan OSN Matematika SMP Tk. Prop 2012