Solusi Uji Coba OM 2014

7/23/2019 Solusi Uji Coba OM 2014

http://slidepdf.com/reader/full/solusi-uji-coba-om-2014 1/8

UJI COBA OLIMPIADE MATEMATIKA

TINGKAT KOTA/KABUPATEN 2014

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

Disusun oleh : Eddy Hermanto, ST



Uji Coba Olimpiade Matematika Kota/Kabupaten 2014

SMA Negeri 5 Bengkulu Eddy Hermanto, ST

1.

(A) + (A + b) + (A + 2b) = 180o A + b = 60o

Jadi, ketiga sudut segitiga adalah A, 60o dan 120o − A

sin + sin + sincos + cos + cos =

sin + sin 60 + sin(120 )

cos + cos 60 + cos(120 )=

sin60 + 2 sin 60cos ( 60)

cos60 + 2 cos 60cos ( 60)

sin + sin + sincos + cos + cos = sin 60cos60 = tan 60 = √ 3

Jadi,sin+sin+sincos+cos+cos = √ 3

2.

N4 − pN3 + 1945q = 0 untuk p, q prima dan N bulat.

15q = N3(p − N)

Karena 15 tidak mengandung faktor kuadrat selain 1, maka haruslah N = ±1.

N tidak mungkin bernilai −1 sebab p − N > 0

Jika N = 1 maka 15q = p − 1 yang berakibat q dan p berbeda paritas, artinya jika p genap maka q ganjildan sebaliknya.Dua bilangan prima berbeda paritas hanya jika salah satu bilangan prima tersebut adalah 2.

Yang memenuhi hanya jika q = 2 sehingga p = 31 yang juga merupakan bilangan prima.∴ Pasangan (p, q) yang memenuhi hanya (31, 2)

3. Misalkan banyaknya ulangan yang telah diikutinya = n dan rata-rata = x.

83 ⋅ (n + 1) = n ⋅ x + 71

83n + 12 = nx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

88 ⋅ (n + 1) = n ⋅ x + 96

88n − 8 = nx ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

5n − 20 = 0 sehingga n = 4

Jadi, banyaknya ulangan yang telah ditempuh = 4.

4.

Misalkan banyaknya peserta di grup A = x maka banyaknya peserta di grup B = 24 − xBanyaknya pertandingan di grup A = xC2 dan di grup B = 24-xC2

24-xC2 = xC2 + 69(24−)(23−)

2 = (−1)

2 + 69

552 − 47x + x2 = x2 − x + 138x = 9Kasparov akan bertanding sebanyak 8 kali. Misalkan banyaknya pertandingan remis Kasparov adalah y.

½y + (8 − y) = 5,5y = 5

Banyak pertandingan Kasparov yang berakhir remis adalah 5.

5.

Bagi 2014 bilangan tersebut menjadi 4 kelompok dengan bentuk 4k, 4k + 1, 4k + 2 dan 4k + 3. Banyaknyamasing-masing kelompok 4k + 1 dan 4k + 2 sebanyak 504 sedangkan masing-masing kelompok 4k dan 4k + 3sebanyak 503.Jika 1 kelompok berbentuk 4k + 1 diambil maka dari 504 bilangan tersebut tidak akan terdapat dua diantaranya yang berjumlah habis dibagi 4.Jika ke-504 bilangan tersebut ditambahkan 2 bilangan berbentuk 4k dan 4k + 2 maka 506 bilangantersebut juga tidak akan terdapat dua di antaranya yang berjumlah habis dibagi 4. Tetapi jikaditambahkan satu bilangan lagi maka akan terdapat dua di antaranya berjumlah habis dibagi 4.

Maka n minimal = 507.





6. Misalkan ∠ACB = x dan ∠ADB = y.

Karena AB = AC maka ∠ABC = x sehingga ∠BAC = 180o − 2x

Karena AB = BD maka ∠DAB = y sehingga ∠DBA = 180o − 2y

Karena AC tegak lurus BD maka ∠BAC + ∠DBA = 90o

(180o − 2x) + (180o − 2y) = 90o x + y = 135o

∴ Maka ∠ACB + ∠ADB = 135o.

7.

Alternatif 1 :

N bersisa 6 jika dibagi 7 maka N = 7m + 6. Bilangan-bilangan N adalah 6, 13, 20, 27, 34, 41, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ N bersisa 4 jika dibagi 6 maka N = 6n + 4. Bilangan-bilangan N adalah 4, 10, 16, 22, 28, 34, 40, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Karena persekutuan terkecilnya 34 maka bilangan yang bersisa 6 jika dibagi 7 dan bersisa 4 jika dibagi 6

akan berbentuk N = (7 ⋅ 6) p + 34 = 42p + 34 dengan p adalah bilangan bulat. Bilangan-bilangan N adalah

34, 76, 118, 160, 202, 244, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ N bersisa 10 jika dibagi 16 maka N = 16t + 10. Bilangan-bilangan N adalah 10, 26, 42, 58, 74, 90, 106, 122,

138, 154, 170, 186, 202, 218, 234, ⋅⋅⋅⋅⋅⋅ Karena persekutuan terkecilnya adalah 202, maka bilangan yang bersisa 6 jika dibagi 7, bersisa 4 jika

dibagi 6 dan bersisa 10 jika dibagi 16 akan berbentuk N = (42 ⋅ 16)k + 202 = 672k + 202

Bilangan terkecil yang memenuhi adalah 202

Alternatif 2 : N = 16m + 10

16m + 10 ≡ 4 (mod 6)

16m ≡ 0 (mod 6)Maka m = 3nN = 48n + 10

48n + 10 ≡ 6 (mod 7)

48n ≡ 3 (mod 7)

Di antara n = 7k, 7k + 1, 7k + 2, ⋅⋅⋅, 7k + 6 yang memenuhi adalah n = 7k + 4N = 48(7k + 4) + 10 = 336k + 202

Bilangan terkecil yang memenuhi adalah 202

8.

Misalkan x2 + 2x − 54 − 1 − 2 − 3 = N

x2 + 2x − 54 − 1 − 2 − 3 = 6 + 5x − x2 Karena ruas kiri tak mungkin negatif maka

6 + 5x − x2 ≥ 0

(x − 6)(x + 1) ≤ 0

Jadi, syarat yang harus dipenuhi adalah −1 ≤ x ≤ 6

x2 + 2x − 54 = (x + 1)2 − 55 < 0 untuk −1 ≤ x ≤ 6.

Jadi, x2 + 2x − 54 = 54 − 2x − x2.





N = 53 − 2x − x2 − 2 − 3 = 51 − 2x − x2 − 3 = 48 − 2x − x2

N = 48 − 2x − x2 = 6 + 5x − x2

=42

7= 6

Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 6.

9.

x13 + x + 2014 = (x2 − x + a) ⋅ q(x)

Untuk x = −1 didapat 2012 = (2 + a) q(−1)

Untuk x = 0 didapat 2014 = a ⋅ q(0)

Untuk x = 1 didapat 2016 = a ⋅ q(1)

Maka a membagi 2014 = 2 ⋅ 19 ⋅ 53 dan juga membagi 2016 = 25 ⋅ 32 ⋅ 7a = ±1 atau ±2a + 2 membagi 2012.

∴ Nilai a yang memenuhi adalah −1 atau 2

10.

Misalkan bilangan tersebut adalah x, bagian bulat = x = n dan desimal = y

n tidak mungkin 0 maka x ≥ 1Karena y, n dan x merupakan barisan geometri maka n2 = xyx = n + yn2 = (n + y)y = ny + y2

� 1

2

2=

5

42

•

Untuk n ≥ 2

Karena 0 ≤ y < 1 maka nilai minimal ruas kiri = 2 12

2=

94

Nilai maksimal ruas kanan =54

Maka tidak ada nilai n ≥ 2 yang memenuhi

• Untuk n = 1

12

= y + y2

y2 + y − 1 = 0

Ambil akar positif maka = −1+√ 1+4

2 = −1+√ 5

2

= + = 1 +1 + √ 5

2

∴ Bilangan positif tersebut adalah1+√ 5

2

11.

Perhatikan gambar.

Misalkan ∠ABC = β





Luas ΔABC =12 ⋅ BA ⋅ BC sin β = 54

Karena MD sejajar EC maka ΔBMD sebangun dengan ΔBEC

=

BM ⋅ BC = BD ⋅ BE

Luas ΔBED = 12 ⋅ BE ⋅ BD sin β = 12 ⋅ BM ⋅ BC sin β

Luas ΔBED =12 (

12 ⋅ BA ⋅ BC sin β)

Luas ΔBED =12 Luas ΔABC

Luas segitiga BED adalah 1007 satuan luas.

12. Kalau p = 0,01 maka banyaknya faktor positif dari M = 10

Karena 10 = 1 ⋅ 10 = 2 ⋅ 5 maka M harus berbentuk p19 atau p1 ⋅ p2

4 dengan p1 dan p2 adalah bilangan prima.

•

Jika M = p19

p19 < 1000 maka p1 maks = 2

Mmaks = 29 = 512

• Jika M = p1 ⋅ p24

Karena p1 ≥ 2 maka p2

4 ≤ 500 sehingga p2 = 2 atau 3* Jika p2 = 2

M = 16p1 ≤ 1000Mmaks = 976 didapat jika p1 = 61

* Jika p2 = 3

M = 81p1 ≤ 1000Mmaks = 891 didapat jika p1 = 11

Maka nilai maksimum dari M adalah 976.

13.

Nilai total = 3 ⋅ ( 6 + 4 + 3 + 2 + 2 ) = 51

Misal nilai pemenang = x maka Nilai sisa = 51 − x

Agar x minimum maka nilai sisa harus terdistribusi merata kepada 4 pelari lain. Misal nilai masing-masingpelari lain = yx + 4y = 51 dengan x > y sehingga 4x > 4y

4x > 51 − x sehingga 5x > 51x = 11 maka 4y = 40 sehingga y = 10Kombinasi nilai 10 adalah (6,2,2) ; (2,6,2) ; (4,2,4) ; (3,4,3). Karena masing-masing nilai 2, 3 dan 5 tidaklebih dari tiga kali dan nilai 2 tidak lebih dari 6 kali, maka kombinasi di atas memenuhi.Nilai minimum pemenang dicapai dengan juara 4 atau 5 pada tes 1, ke-3 pada tes ke-2 dan juara 1 padates ke-3 atau mendapat nllai (2, 3, 6) dengan hasil pertandingan lain sebagaimana daftar dibuat di atas.

∴ Nilai minimum pemenang adalah 11.

14.

Alternatif 1 :

14 + 67

11= 1 4 +

221

11

− 11 = . Agar minimal maka dan harus minimal dengan adalah faktor dari 221.

Karena 221 = 13 ⋅ 17 maka nilai minimal dengan ≠ 1 adalah 13. Karena harus relatif prima dengan

17 maka nilai minimal adalah 2.

kmin − 11 = 2 ⋅ 13

∴

kmin = 37.





Alternatif 2 :

Karen dk − 11 dan d14k + 67 maka d14k + 67 − 14(k − 11) = 221 = 13 ⋅ 17

Karena d ≠ 1 maka nilai d minimal = 13.14k + 67 adalah bilangan ganjil sehingga p adalah bilangan ganjil.Agar FPB(p, q) = 1 maka qmin = 2.

kmin − 11 = 2 ⋅ 13

kmin = 37.

15.

4 jam = 240 menitMisal panjang masing-masing lilin = h, maka ;

�ℎ ℎ280

= 3 �ℎ ℎ240

1 280

= 3 80

7 2560

= 2

t = 224 menit = 3 jam 44 menit.

Panjang salah satu lilin sama dengan 3 kali panjang lilin yang lainnya terjadi pada23.58

16.

Perhatikan gambar.

ΔABC ≅ ΔAPQ ≅ ΔBPR

• Jika AP ≤ 13 AB

Luas ΔBPR =12 BR ⋅ RP ≥

12 2

323

Luas ΔBPR ≥ 29

• Jika13 AB ≤ AP ≤

23 AB

Luas segiempat QCRP = PQ ⋅ QC = AQ (AC − AQ) = AQ (1 − AQ)

Karena13AB ≤ AP ≤

23 AB maka

13 AC ≤ AQ ≤

23 AC sehingga

13 ≤ AQ ≤

23

Luas segiempat QCRP =

12

2

+

14

Luas minimum QCRP didapat saat AQ =13 atau AQ =

23

Luas minimum segiempat QCRP =29

• Jika AP ≥ 23 AB

Luas ΔAPQ =12 AQ ⋅ PQ ≥

12 2

323





Luas ΔAPQ ≥ 29

Terbukti bahwa di manapun tititk P berada, maka di antara ketiga luasan APQ, PBR dan QCRP maka yang

terluas memiliki luasan sekurang-kurangnya29.

∴

Luas minimum dari luasan terbesar di antara luasan APQ, PBR dan QCRP adalah.

17. Banyaknya himpunan bagian 3 elemen = 20C3 = 1140.Agar hasil kali ketiga elemen tersebut tidak habis dibagi 4, maka kemungkinannya adalah :

• Ketiga elemen tersebut adalah bilangan ganjilBanyaknya himpunan bagian dapat dibuat adalah = 10C3 = 120

• Dua dari 3 elemen tersebut bilangan ganjil sedangkan satu lagi adalah bilangan genap tidak habisdibagi 4Bilangan genap yang tidak habis dibagi 4 ada 5.

Banyaknya himpunan bagian dapat dibuat adalah = 10C2 ⋅ 5 = 225

Banyaknya himpunan bagian yang hasil kali ketiga elemennya habis dibagi 4 = 1140 − 120 − 225 = 795.

∴

Jadi, banyaknya himpunan bagian yang hasil kali ketiga elemennya habis dibagi 4 = 795.

18.

Diketahui dalam soal bahwa ∠DFE = 60o dan ∠APB = 80o.

Karena ∠AEP + ∠AFP = 90o + 90o = 180o maka segiempat AEPF adalah segiempat talibusur sehingga titik A,

E, P dan F semuanya terletak pada satu lingkaran. Perhatikan ΔAEP dan ΔEFP. Karena ∠EAP dan ∠EFP

menghadap talibusur yang sama maka ∠EAP = ∠EFP.

Dengan cara yang sama didapat ∠DBP = ∠DFP.∠DFE = ∠EFP + ∠DFP = ∠EAP + ∠DBP

∠DFE = ∠CAB − ∠PAB + ∠CBA − ∠PBA

∠DFE = 180o − ∠ACB − ∠PAB − ∠PBA

Karena 180o − ∠PAB − ∠PBA = ∠APB maka

∠DFE = ∠APB − ∠ACB

∠ACB = ∠APB − ∠DFE = 80o − 60o = 20o.

Maka ∠ACB = 20o.

19.

3D + T = 2H ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (1)

2H3 = 3D3 + T3 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ (2)

2H3 = 3D3 + (2H − 3D)3

2H3 = 3D3 + 8H3 − 36H2D + 54HD2 − 27D3 4D3 + 6H2D = H3 + 9HD2

Perhatikan bahwa jumlah koefisien kedua ruas sama, maka (D − H) merupakan faktor

(D − H)(4D2 − 5HD + H2) = 0

(D − H)2(4D − H) = 0* Jika D = H

Karena H dan D relatif prima maka D = H = 1 atau subtitusikan saja D = H ke persamaan (1) sehinggaakan didapat T bernilai negatif.Jadi, tidak mungkin D = H





* Jika 4D = HKarena D dan H relatif prima maka D = 1 dan H = 4

T = 2(4) − 3(1) = 5Uji ke kedua persamaan yang ternyata D = 1, H = 4 dan T = 5 memenuhi kedua persamaan.

Jadi, didapat umur Doni = 1 tahun, umur Heri = 4 tahun dan umur Tono = 5 tahun.Maka D2 + H2 + T2 = 12 + 42 + 52 = 42.

Jadi, jumlah kuadrat umur mereka = 42.

20. Misalkan rasio barisan tersebut adalah r makab = ar ; c = ar2 ; d = ar3 ; e = ar4 dan f = ar5.Agar a, b, c, d, e dan f semuanya bulat positif maka r harus bilangan rasional.

Misalkan = .

Karena 79 ⋅ 25 > 2014 maka 1 < r < 2.Karena 55 > 2014 maka n < 5 dan m < 5.Karena m < 5 maka n < 4.

•

Jika n = 2

Maka m = 3. Karena 25 = 32 maka 32a.

• Jika a = 96 maka b = 144 ; c = 216 ; d = 324 ; e = 486 ; f = 729

• Jika a = 128 maka b = 192 ; c = 288 ; d = 432 ; e = 648 ; f = 972• Jika a = 160 maka b = 240 ; c = 360 ; d = 540 ; e = 810 ; f = 1215

•

Jika a = 192 maka b = 288 ; c = 432 ; d = 648 ; e = 972 ; f = 1458

•

Jika a = 224 maka b = 336 ; c = 504 ; d = 756 ; e = 1134 ; f = 1701

• Jika a = 256 maka b = 384 ; c = 576 ; d = 864 ; e = 1296 ; f = 1944

• Jika a = 288 maka e = 2187 > 2014.

• Jika n = 3

Maka m = 4. Karena 35 = 243 maka 243a.

•

Jika a = 243 maka b = 324 ; c = 432 ; d = 576 ; e = 768 ; f = 1024

•

Jika a = 486 maka f = 2048 > 2014

∴

Penjumlahan semua kemungkinan nilai a = 96 + 128 + 160 + 192 + 224 + 256 + 243 = 1299.

Documents

Solusi Uji Coba OM 2014