Olimpiade Matematika Tk KabupatenKota 2014

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/ KOTA 2014

CALON TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA 2015

Prestasi itu diraih bukan didapat !!!

SOLUSI SOAL

Bidang Matematika

1. Ket iga garis berat bert emu di sat u t it ik. Karena AD dan CF garis berat maka BE j uga garis berat .

5. Berdasarkan ket aksamaan AM-GM didapat

16

sin

2𝑥+ 9

sin𝑥 = 16 sin𝑥+ 9

sin𝑥 ≥2�16 sin𝑥 ∙ 9

sin𝑥= 24

Tanda kesamaan t erj adi j ika 16 sin𝑥= 9

sin 𝑥 yang memenuhi syarat 0 <𝑥<𝜋.

∴ Jadi, nilai minimum dari 16sin2𝑥+9

sin 𝑥 adalah 24.

6. Anggot a S t erdiri dari 1 digit ada 4 yang set iap digit muncul sebagai sat uan 1 kali.

Anggot a S t erdiri dari 2 digit ada 4 ⋅ 3 = 12 yang set iap digit muncul sebagai sat uan 3 kali. Anggot a S t erdiri dari 3 digit ada 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 24 yang set iap digit muncul sebagai sat uan 6 kali. Anggot a S t erdiri dari 4 digit ada 4! = 24 yang set iap digit muncul sebagai sat uan 6 kali. Jadi, masing-masing digit akan muncul sebanyak 16 kali.

Jumlah digit sat uan dari semua anggot a S _{= 16} ⋅ _{(1 + 3 + 5 + 7) = 256}

∴ Jadi, Jumlah digit sat uan dari semua anggot a S _{adalah 256.}

7. Alt ernat if 1 :

log

_𝑥𝑤= 4 sehingga

log

_𝑤𝑥=1

4.

log

_𝑦𝑤= 5 sehingga

log

_𝑤𝑦=1

5.

log

_𝑥𝑦𝑧𝑤 = 2 sehingga

log

_𝑤𝑥𝑦𝑧=1

2.

log

_𝑤𝑥+

log

_𝑤𝑦+

log

_𝑤𝑧=

log

_𝑤𝑥𝑦𝑧 sehingga

log

_𝑤𝑧= 1

20.

∴ Jadi, nilai 𝐥𝐨𝐠_𝒛𝒘=𝟐𝟎

Alt ernat if 2 :

log

_𝑥𝑤= 4 sehingga 𝑥=𝑤1/4

log

_𝑦𝑤= 5 sehingga 𝑦=𝑤1/5.

log

_𝑥𝑦𝑧𝑤 = 2 sehingga 𝑥𝑦𝑧=𝑤1/2.

�𝑤1/4_��𝑤1/5_�𝑧=𝑤1/2 𝑧=𝑤�12−14−15�=𝑤1/20

∴ Jadi, nilai 𝐥𝐨𝐠_𝒛𝒘=𝟐𝟎

8. Kemungkinan susunan keenam siswa adalah :

• Susunannya adalah 4, 1, 1.

�6₄��2₁��1₁�(4−1)! = 180

Terdapat perhit ungan ganda pada perhit ungan di at as. Cont oh : A, B, C. D berada di mej a I, E di mej a II dan F di mej a III dianggap berbeda dengan A, B, C. D berada di mej a I, F di mej a II dan E di mej a III padahal seharusnya sama. Maka perhit ungan t ersebut harus dibagi 2! .

Jadi, banyaknya susunan = �

6

4��21��11�(4−1)!

2! = 90

• Susunannya adalah 3, 2, 1.

• Susunannya adalah 2, 2, 2.

�6₂��4₂��2₂� 3! = 15

Jadi, banyaknya susunan seluruhnya = 90 + 120 + 15 = 225.

∴ Jadi, susunan keenam siswa t ersebut adalah 225.

9. Misalkan panj ang sisi persegi yang melalui B adalah 𝑦.

Alt ernat if 1 :

Karena simet ris maka ∠EAB = ∠FAD = 15o.

tan 15𝑜 = tan(60𝑜−45𝑜) =√3−1

√3 + 1= 2− √3

𝐺𝐻

𝐴𝐻 =

𝑦

1− 𝑦= tan 15

𝑜 _{= 2− √3}

𝑦�1 + 2− √3�= 2− √3

𝑦=2− √3 3− √3=

3− √3 6 =

𝑎 − √𝑏 𝑐

Maka 𝑎= 3 ; 𝑏= 3 dan 𝑐= 6

∴ Jadi, nilai 𝑎+𝑏+𝑐 adalah 12.

Alt ernat if 2 :

Karena simet ris maka 𝐵𝐸 = 𝐷𝐹 = 𝑥.

𝐴𝐹=𝐸𝐹

12+𝑥2 = (1− 𝑥)2+ (1− 𝑥)2

𝑥2_{−4𝑥+ 1 = 0}

𝑥= 2− √3

∆𝐸𝐴𝐵 ≅ ∆𝐺𝐴𝐻 𝐺𝐻

𝐴𝐻 =

𝐸𝐵 𝐴𝐵 𝑦

1− 𝑦=

2− √3 1

𝑦�1 + 2− √3�= 2− √3

𝑦=2− √3 3− √3=

3− √3 6 =

𝑎 − √𝑏 𝑐

Maka 𝑎= 3 ; 𝑏= 3 dan 𝑐= 6

10.Persoalan set ara dengan menyelesaian persamaan x1 + x2 + x3 + x4 = 10 dengan x1, x2, x3, x4 ∈ N.

Misalkan a = x1 − 1 ; b = x2− 1 ; c = x3− 1 ; d = x4− 1 maka

a + b + c + d = 6 dengan a, b, c, d ∈ N0.

Maka banyaknya t upel bilangan (a, b, c, d) yang memenuhi = �6 + 4−1

3 � = 84.

∴ Jadi, banyaknya macam variasi isi bungkusan permen adalah 84

.

11.1111 ≡ 5276 ≡ 8251 ≡ 9441 ≡ k (mod N)

9441 − 8251 = 1190 = 2 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) ; 9441 − 5276 = 4165 = 7 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) 9441 − 1111 = 8330 = 14 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) ; 8251 − 5276 = 2975 = 5 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) 8251 − 1111 = 7140 = 12 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) ; 5276 − 1111 = 4165 = 7 ⋅ 595 ≡ 0 (mod N) FPB (1190, 4165, 8330, 2975, 7140) = 595

Maka nilai N t erbesar yang memenuhi adalah 595.

∴ Jadi, nilai N t erbesar yang memiliki sif at t ersebut adalah 595

12.Urut an abj ad adalah A, M, N, O, S, T.

Maka NTSOMA berada pada urut an 3 ⋅ 5! = 360. ONTSMA berada pada urut an 360 + 3 ⋅ 4! = 432. OSMTNA berada pada urut an 432 + 2 ⋅ 3! = 444.

Urut an berikut nya adalah OSNAMT, OSNATM, OSNMAT, OSNMTA, OSNTAM, OSNTMA. Maka OSNMAT berada pada urut an ke-447.

∴ Jadi, OSNMAT pada urut an ke-447.

13.AF adalah garis t inggi.

Karena AB = AC maka F adalah pert engahan BC sehingga BF = FC.

[𝐵𝐷𝐹] =1

2∙ 𝐵𝐷 ∙ 𝐵𝐹 ∙sin

∠

𝐴𝐵𝐶 = 1 2∙

3 10∙ 𝐴𝐵 ∙

1

2∙ 𝐵𝐶 ∙sin

∠

𝐴𝐵𝐶= 3

20[𝐴𝐵𝐶] [𝐶𝐸𝐹] =1

2∙ 𝐶𝐸 ∙ 𝐶𝐹 ∙sin

∠

𝐴𝐶𝐵= 1 2∙

6 10∙ 𝐴𝐶 ∙

1

2∙ 𝐵𝐶 ∙sin

∠

𝐴𝐶𝐵= 3

10[𝐴𝐵𝐶] [𝐴𝐷𝐹𝐸] = [𝐴𝐵𝐶]−[𝐵𝐷𝐹]−[𝐶𝐸𝐹] =11

20[𝐴𝐵𝐶] [𝐴𝐷𝐹𝐸]

[𝐴𝐵𝐶] = 11 20

Maka 𝑎= 11 dan 𝑏= 20

14.2

𝑥

2+ 3𝑥+ 4 = 2�2

𝑥

2+ 3𝑥+ 12

Penyelesaian soal berikut didasrkan pada soal asli yang t elah disesuaikan. Pada soal aslinya dinyat akan bahwa 𝑓(𝑥) selalu posit if dan it u digant i menj adi 𝑓(𝑥) t idak pernah negat if . Selain

Dengan ket aksamaan AM-GM didapat

17.(7𝑝 − 𝑞)2= 2(𝑝 −1)𝑞2

49𝑝2−14𝑝𝑞+𝑞2 = 2(𝑝 −1)𝑞2

Maka 𝑞49𝑝2

Karena 𝑝 dan 𝑞 prima maka ada 2 kasus :

• Kasus 1, 𝑞= 7

𝑝2_{−2𝑝+ 1 = 2𝑝 −2}

(𝑝 −3)(𝑝 −1) = 0

Karena 𝑝 prima maka 𝑝= 3.

• Kasus 2, 𝑞𝑝 Maka 𝑞=𝑝

36𝑝2= 2(𝑝 −1)𝑝2

𝑝=𝑞= 19

∴ Jadi, semua pasangan bilangan prima (𝑝,𝑞) yang memenuhi adalah (𝟑,𝟕) dan (𝟏𝟗,𝟏𝟗).

18.Misalkan panj ang BC = 2a, AC = 2b dan AB = 2c

Misalkan garis berat dari C memot ong sisi AB di Q dan perpot ongan ket iga garis berat di G. Misalkan j uga panj ang garis berat CQ = 3k sehingga GQ = k

[𝐴𝐵𝑃] =1

2∙3√15 = 3 2√15

Karena PG : GB = 1 : 2 maka [𝐴𝐵𝐺] =√15

Perhat ikan ∆ABG.

𝑠=2𝑐+2+4

2 =𝑐+ 3

Dengan rumus Heron didapat

[𝐴𝐵𝐺] =�(𝑐+ 3)(3− 𝑐)(𝑐+ 1)(𝑐 −1) =√15

𝑐4_−10𝑐2_{+ 9 =−15}

(𝑐2−4)(𝑐2−6) = 0

• Jika 𝑐=√6

Maka 𝐴𝐵= 2√6

cos

∠

𝐺𝐴𝐵=2

2_+�√6�2_{− 𝑘}2

2∙2∙ √6 =

22+�2√6�2−42 2∙2∙2√6

𝑘 = 2

Karena GM = GP maka AB = AC. Kont radiksi dengan panj ang ket iga sisi berbeda.

• Jika 𝑐= 2

Maka 𝐴𝐵= 4

cos

∠

𝐺𝐴𝐵=2

2_{+ 2}2_{− 𝑘}2

2∙2∙2 =

𝑘 =√6

𝐶𝑀= 3𝑘= 3√6

∴ Jadi, panj ang garis berat ket iga, 𝐶𝑀 adalah 𝟑√𝟔.

19.20! + 14! = 243290a₀₉₅₃b_4931200

20! + 14! habis dibagi 9 maupun 11.

9(2+4+3+2+9+0+a+0+9+5+3+b+4+9+3+1+2+0+0) = 56 + a + b a + b = 7 at au a + b = 16

11(2−4+3−2+9−0+a−0+9−5+3−b+4−9+3−1+2−0+0) = 14 + a − b Maka a − b = −3 at au a − b = 8

Berdasarkan parit as (a + b dan a − b memiliki parit as yang sama) maka ada 2 kasus :

• Kasus 1, a + b = 7 dan a − b = −3 Maka didapat a = 2 dan b = 5

• Kasus 2, a + b = 16 dan a − b = 8

Maka didapat a = 12 dan b = 4 yang t idak memenuhi syarat bahwa a adal ah digit bilangan. Maka a = 2 dan b = 5

∴ Jadi, nilai a dan b adalah a = 2 dan b = 5.

20.𝑛4−51𝑛2+ 225 = (𝑛2+ 15)2−81𝑛2= (𝑛2−9𝑛+ 15)(𝑛2+ 9𝑛+ 15)

Jika 𝑛=𝑘 memenuhi unt uk suat u 𝑘 ∈ 𝑁₀ maka 𝑛=−𝑘 j uga memenuhi. Maka t anpa mengurangi keumuman dapat dimisalkan 𝑛 ≥0.

Karena 𝑛4−51𝑛2+ 225 prima dan 𝑛2+ 9𝑛+ 15≥ 𝑛2−9𝑛+ 15 maka 𝑛2−9𝑛+ 15 = 1

𝑛2_{−9𝑛+ 14 = 0}

(𝑛 −2)(𝑛 −7) = 0

𝑛 bulat yang memenuhi adalah 𝑛 = 2 at au 7