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 / Page 1
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

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 =
90 𝑜
2
= 45 𝑜
∠𝐴𝑃𝑂 = ∠𝑃𝑂𝑄 = 90 𝑜
∠𝐶𝑂𝑃 = ∠𝐶𝑂𝑄 =
360 𝑜 −∠𝑃𝑂𝑄
2
=
360 𝑜 −90 𝑜
2
=
270 𝑜
2
= 135 𝑜
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 ∶
𝐿 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 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 =
135 𝑜
360 𝑜 . 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 =
45 𝑜
360 𝑜 . 𝜋 . 𝑅2
=
1
8
. 𝜋 . 82
=
1
8
. 𝜋 .64
= 8𝜋
𝐿 𝑎𝑟𝑠𝑖𝑟𝑎𝑛 = 𝐿𝑗𝑢𝑟𝑖𝑛𝑔 𝐵𝐴𝐶 − 𝐿 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 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
+ 6 − 2007
+ 8 − 2005
+ 10 = 19
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 ∶
𝐿 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 𝐸𝐹𝐺 = 𝐿 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 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
𝐿 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎 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
Anggota
HimpunanX
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
𝐾𝑒𝑚𝑢𝑛𝑔𝑘𝑖𝑛𝑎𝑛
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)

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Destaque

Destaque (16)

Mais de Sosuke Aizen

Mais de Sosuke Aizen (17)

Último

Último (20)

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