Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tingkat Nasional 2012

PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL SMP SELEKSI TINGKAT PROPINSI TAHUN 2012

BIDANG STUDI MATEMATIKA

WAKTU : 150 MENIT

A. ISIAN SINGKAT

1. Sebuah silinder memiliki tinggi 5 cm dan volume 20 cm³. Luas permukaan bola terbesar yang mungkin diletakkan ke dalam silinder tersebut adalah ….
SOLUSI :
V_silinder = 20 π r² t = 20 π r². 5 = 20 π r² = 4
Dari persamaan terakhir untuk π = 3,14, dapat ditunjukkan bahwa r < 2,5 cm atau diameter alas silinder < 5 cm (tinggi silinder). Artinya bola terbesar yang bisa dimasukkan dalam silinder berjarijari maksimum sama dengan jari-jari alas silinder.
Jadi luas bola terbesar yang dimaksud adalah 4π r² = 4 . 4 = 16 cm²
2. Jumlah tiga bilangan adalah 19. Jika bilangan pertama dan bilangan kedua masing-masing dikurangi 1, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 1 : 3. Jika bilangan kedua dan ketiga masing-masing ditambah 3, maka diperoleh dua bilangan dengan rasio 5 : 6. Selisih bilangan terbesar 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: a−1 1
=

b−1 3
a−1=b− a=b+
Jika bilangan kedua dan ketiga masing-masing ditambah 3, maka diperoleh rasio 5 : 6, artinya b+3 5
=

c+3 6
c+3 =b+ c=b+
Jumlah tiga bilangan adalah 19, sehingga a + b + c = 19 subtitusi nilai a dan c pada persamaan terakhir diperoleh
1b+ 2+b+6 b+ 3=19
3 3 5 5
Kedua ruas dikalikan 15 didapat
5b + 10 + 15b + 18b + 9 = 285
38b = 285 – 19 b = 266 : 38 b = 7
Subtitusi b = 7 pada a=b+ menghasilkan a=+= 3
Subtitusi b = 7 pada c=b+ menghasilkan c=+= 9
Jadi selisih bilangan terbesar dan terkecil adalah 9 – 3 = 6
3. Jika 1+++++...=a , maka +++...= ...
SOLUSI :
1+++++...=a
++++++...=a−1
1 + 1 + 1 +...=a−1− 1 + 1 + 1 +...


9 25 49  4 16 36 
1 + 1 + 1 +...=a−1− 1 1+ 1 + 1 +...

9 25 49 4 4 9 
+++...=a−1⁻(a)
+++...=a−1
4. Lima belas bilangan prima pertama dituliskan berturut-turut pada lima belas kartu. Jika semua kartu tersebut diletakkan dalam sebuah kotak dan kemudian diambil secara acak dua buah kartu berturut-turut tanpa pengembalian, maka peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan tertulis merupakan bilangan prima adalah ….
SOLUSI :
Himpunan 15 bilangan prima pertama adalah
P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}
Misalkan a∈P, b∈P, maka a + b∈P jika dan hanya jika a dan b keduanya tidak ganjil. Jadi salah satu dari a atau b harus genap yaitu 2. Selanjutnya pilih a = 2, maka ada 6 kemungkinan nilai b yaitu 3, 5, 11, 17, 29, 43.
Let’s back to school guys!

SchooLike.blogspot.com
Banyak cara pengambilan secara acak dua buah kartu berturut-turut tanpa pengembalian adalah
15C₂ = 105
Jadi peluang terambil dua kartu dengan jumlah dua bilangan tertulis merupakan bilangan prima adalah =
5. Perhatikan gambar bangun datar setengah lingkaran dengan diameter AD dan pusat lingkaran M berikut. Misalkan B dan C adalah titik-titik pada lingkaran sedemikian sehingga AC⊥BM dan BD memotong AC di titik P. Jika besar ∠ CAD = s^o, 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 = 90^o – s^o. Pada segitiga sama kaki AMC diperoleh besar ∠ ACM = s^o. Perhatikan bahwa ∠ CMD adalah sudut luar segitiga AMC sehingga besar ∠ CMD = s^o + s^o = 2s^o. Selanjutnya ∠ CPD adalah sudut antara dua tali busur AC dan BD yang besarnya adalah
∠ CPD = ( AMB+∠CMD)
∠ CPD =
∠ CPD =
6. Lima angka yakni 1, 2, 3, 4, dan 5 dapat disusun semuanya tanpa pengulangan menjadi 120 bilangan 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! = 24
Kasus 2 : Jika angka pertamanya 2, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 1, 3, 4, dan 5. Banyaknya cara ada 4! = 24
Kasus 3 : Jika angka pertamanya 3, maka ada 4 kebebasan menyusun angka 2, 3, 4, dan 5. Banyaknya cara ada 4! = 24
Sehingga sudah terhitung 24 x 3 = 72 bilangan
Kasus 4 : Jika angka pertamanya 4, maka Bilangan ke-73 adalah 41235
Bilangan ke-74 adalah 41253
Bilangan 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 bilangan bulat 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 , maka k ≡ [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 bulat Jadi nilai k terkecil adalah 62 + 105(0) = 62
8. Jika p = 2010² + 2011² dan q = 2012² + 2013², maka nilai sederhana dari 1− 2(p+q) + 4pq adalah ….
SOLUSI :
Misalkan 2010 = a , maka p = 2010² + 2011² = a² + (a + 1)² = a² + a² + 2a + 1 = 2a² + 2a + 1
2p – 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 + 13
2q – 1= 4a² + 20a + 26 – 1 = 4a² + 20a + 25 = (2a + 5)²
Misalkan x = 1− 2(p+q) + 4pq , maka x² = 1 – 2(p +q) + 4pq x² = (2p – 1)(2q – 1) x² = (2a + 1)²(2a + 5)² x = (2a + 1)(2a + 5)
Dengan mensubtitusikan kembali nilai a = 2010 didapatkan x = (4021)(4025) x = 16184525
Jadi nilai dari 1− 2(p+q) + 4pq adalah 16184525
9. Jika a dan b adalah penyelesaian dari persamaan kuadrat 4x² – 7x – 1 = 0, maka nilai dari
3a² 3b² + adalah …. 4b−7 4a−7

SOLUSI :
a dan b adalah selesaian dari persamaan kuadrat (PK) 4x² – 7x – 1 = 0
Jumlah akar-akar PK : a + b = ⇔ 4a + 4b = 7………….(1)
Hasil kali akar-akar PK : a . b = ^{− 1} ⇔ 4b = ^{− 1} ………….(2)


4 a
Subtitusi (2) pada persamaan (1) diperoleh
4a ₋ ¹ = 7 a

1
4a – 7 = …………(3)

a
Analogi cara di atas diperoleh juga
1
4b – 7 = …………..(4) b

3a² 3b²
Dengan mensubtitusi (3) dan (4) pada bentuk + diperoleh

4b−7 4a−7
3a² 3b² 3a² 3b²
+ = +
4b−7 4a−7 1 1 b a
=3a²b+3ab²
=3(ab)(a+b)
=₃− 17=− 21
 44 16
10. Pada gambar berikut, kedua ruas garis putus-putus yang sejajar membagi persegi menjadi tiga daerah yang luasnya sama. Jika jarak kedua ruas garis putus-putus tersebut 1 cm, maka luas persegi adalah …. 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 = a² +b²
Diketahui luas I (∆ ADG) = luas II (jajar genjang AECG) = luas III (∆ BEC) , dan EF = 1 cm Perhatikan bahwa
Luas I = Luas II = Luas Persegi ABCD ab = 1× a² +b² = b²
Dengan mengkuadratkan kedua ruas persamaan ab = a² +b² diperoleh a²b² = a² + b² ………...(1)
Sedangkan dari persamaan ab = b² diperoleh b = a …….(2)
Subtitusi nilai b persamaan (2) ke persamaan (1) didapatkan
1a₂3a² =a2 +3a²

4 2  2 
a4 =a2 +a2
9 a4 −13 a2 = 0

16 4
1 a29 a2 −13= 0
4  4 
a = 0 atau a = 13 atau a = − 13
Karena a adalah ukuran panjang maka yang memenuhi adalah a = 13
Sehingga b =a =× 13 = 13
Jadi luas persegi adalah b² = 13 cm²

B. SOAL URAIAN

1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan berikut :
2^x + 3^x – 4^x + 6^x – 9^x = 1
SOLUSI :
2^x + 3^x – 4^x + 6^x – 9^x = 1
2^x + 3^x – (2^x)² + (2^x3^x) – (3^x)² = 1
Misalkan : 2^x = a, dan 3^x =b, maka a + b – a² + ab – b² = 1 ⇔ a² + b² – a – b – ab + 1 = 0
⇔ [(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 hanya dipenuhi oleh a = b = 1, sehingga 2^x = 1, dan 3^x =1. Satu-satunya nilai x yang memenuhi adalah 0 Jadi bilangan real x yang memenuhi persamaan adalah x = 0
2. Pada gambar berikut, Sembilan lingkaran kecil dalam lambang olimpiade akan diisi masingmasing dengan bilangan 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, atau 9. Tentukan pengisian tersebut sehingga jumlah bilangan 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 boleh berulang sehingga jumlah setiap huruf dalam satu lingkaran besar = 14.
(a + d) + (d + e + h) + (b + e + f) + (f + g + i) + (g + c) = 5×14 = 70
(a + b + c + d + e + f + g + h + i) + d + e + f + g = 70
45 + (d + e + f + g) = 70 d + e + f + g = 25
Disamping itu a + d = c + g = 14. Dari semua angka yang tersedia hanya 9 + 5 dan 8 + 6 yang berjumlah 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, dan sisa angka yang berjumlah 10 adalah 3 + 7. Ini dipenuhi untuk e = 7 dan f = 3. Terakhir diperoleh nilai h = 1, b = 4, dan i = 2. Salah satu contoh bentuk isiannya adalah

3. Diketahui ∆ABC dengan AB = 25 cm, BC = 20 cm, dan AC = 15 cm. Jika titik D terletak pada sisi AB sedemikian sehingga perbandingan luas ∆ADC dan ∆ABC adalah 14 : 25, tentukan panjang CD.
SOLUSI :
Perhatikan gambar berikut!

Karena 15, 20, dan 25 merupakan tripel Pythagoras maka segitiga ABC siku-siku di C. [ABC] = Luas segitiga ABC = ½ . 20 . 15 = 150
=
=
150 −.20.DE 14
=

150 25
150 −10.DE
=14 6

150 – 10 DE = 84
DE = 6,6
Menurut kesebangunan pada segitiga
DE BE
=

AC BC
6,6 BE
=

15 20
6,6 BE
=

3 4
BE = 8,8, sehingga CE = 20 – 8,8 = 11,2
Menurut Teorema Pythagoras pada segitiga CDE diperoleh

Jadi panjang CD = 13 cm
4. Dari hasil sensus diketahui bahwa penduduk suatu kota tak lebih dari 10.000 orang dan anak-anak 20% lebih banyak dari penduduk dewasa. Jika anaklaki-laki 10% lebih banyak dari anak perempuan, serta di antara penduduk dewasa terdapat 15% lebih banyak perempuan, tentukan jumlah terbesar yang mungkin dari penduduk kota tersebut.
SOLUSI : Misalkan:
N : jumlah seluruh penduduk
D : jumlah penduduk dewasa
D_L : jumlah laki - laki dewasa D_P : jumlah perempuan dewasa
A : jumlah penduduk anak - anak
A_L : jumlah anak laki – laki
A_P : jumlah anak - anak perempuan
Dari informasi pada soal dapat dituliskan
• A = D + 20%D =120%D
Padahal N = A + D = 120%D + 100%D = 220%D, sehingga
D = N, dan A = N
• A_L = A_P + 10%A_P = 110% A_P
Padahal A = A_L + A_P = 110% A_P + 100% A_P = 210% A_P, sehingga
A_P = N, dan
A_L = N
• D_P = D_L + 15%D_L = 115% D_L
Padahal D = D_L + D_P = D_L + 115% D_L = 215% D_L, sehingga
D_L =N, dan
D_P =
A, A_L,A_P ,D, D_L dan D_P 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 yaitu N = 3×3311 = 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 biasa dalam bentuk paling sederhana. Jika hasil kali pembilang dan penyebut dari bilangan rasional tersebut adalah 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20, tentukan semua bilangan yang dimaksud.
SOLUSI :
a a
Misalkan bilangan yang dimaksud adalah . Karena <1, maka a < b


b b
Diketahui a.b = 20! = 1 x 2 x 3 x … x 20 = 2¹⁸ ·3⁸ ·5⁴ ·7² ·11·13·17·19 Misalkan A = {2¹⁸, 3⁸, 5⁴, 7², 11, 13, 17, 19}, sehingga n(A) = 8 a
Agar terbentuk pecahan biasa dalam bentuk paling sederhana sehingga memenuhi kondisi soal, b

maka a dan b harus relatif prima (FPB(a,b) = 1) .
Kemungkinan nilai a bisa 1, a bisa merupakan satu unsur berbeda dari A, a bisa merupakan perkalian dua unsur berbeda dari A, dst. Jadi Banyak cara menentukan nilai a dapat dicari dengan menghitung banyak himpunan bagian A yaitu 2⁸ = 256. Sedangkan nilai b merupakan perkalian semua sisa unsur A yang belum terpilih menjadi perkalian unsur-unsur untuk nilai a. Tetapi perlu diingat bahwa a < b, padahal dari 256 kemungkinan setengah diantaranya memuat b > a. Jadi banyak seluruh kemungkinan bilangan yang dimaksud adalah 128.
 

Download Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tingkat Nasional 2012 :

Click Here to Download Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tingkat Nasional 2012

Description: Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tingkat Nasional 2012
Rating: 5
Reviewer: Blank-on computer
ItemReviewed: Pembahasan Soal OSN Matematika SMP Tingkat Nasional 2012