Soal dan pembahasan OSN/KSN Matematika SMA Tahun 2022

byPak DZ • • 2 min read
1
Pembahasan KSN Matematika 2022

Kompetisi Sains Naional (KSN) merupakan ajang kompetisi tahunan yang selalu diselenggarakan oleh Kementerian Pendidikan, Kebudayaan, Riset dan Teknologi. KSN ini dulunya bernama Olimpiade Sains Nasional (OSN).

Dalam rangka mempersiapkan siswa-siswi untuk mengikuti ajang KSN tentunya membutuhkan persiapan yang matang, dengan mempelajari soal-soal yang telah dilombakan dalam ajang ini. Kemdikbudristek telah menyelenggarakan KSN-K secara daring pada bulan 23-25 Mei 2022. 

Pada postingan kali ini saya ingin berbagi soal dan pembahasan OSN/KSN Matematika SMA tahun 2022. Silahkan disimak!

A. Kemampuan Dasar

  1. $f(x)={a}^2x+200$. Jika $f(20)+f^{-1}(22)=f^{-1}(20)+f(22)$, maka $f(1)= ...$?

    Pembahasan:

    $y={a}^2x+200$

    $y-200 = {a}^2x $

    $x=\frac{y-200}{{a}^2}$

    Sehingga:

    $f^{-1}(x) = \frac{x-200}{{a}^2}$

    Karena:

    $f(20)+f^{-1}(22)=f^{-1}(20)+f(22)$

    Maka:

    $20{a}^2+200+\frac{22-200}{{a}^2}=\frac{20-200}{{a}^2}+22{a}^2+200$

    $\frac{2}{{a}^2} = 2{a}^2$

    $1 =  {a}^4$

    $a=1$ atau $a=-1$

    Akibatnya, ${a}^2 = 1$

    Sehingga didapat $f(x)= x + 200$

    Jadi $f(1)= 1 + 200 = 201 $

  2. Banyaknya bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 yang habis dibagi 15 atau 9 adalah ...

    Pembahasan:

    Bilangan bulat dari 1001 sampai dengan 2022 ada sebanyak:

    2022 - 1001 + 1 = 1022

    Bilangan yang habis dibagi 15 ada sebanyak:

    $n(A)=\frac{1022}{15}=68$ (ambil yang bulat saja)

    Bilangan yang habis dibagi 9 ada sebanyak:

    $n(B) =\frac{1022}{9}=113$ (ambil yang bulat saja)

    Bilangan yang habis dibagi 15 dan 9 ada sebanyak:

    $n(A\bigcap B) =\frac{1022}{45}=22$ (dibagi dengan KPK (15, 9))

    Sehingga didapat:

    $n(A\bigcup B) =n(A)+n(B)-n(A\bigcap B)=68+113-22$

    $n(A\bigcup B) = 159$

    Jadi, banyaknya bilangan yang habis dibagi 15 atau 9 ada sebanyak 159.

  3. Diberikan segitiga ABC siku-siku di B. Titik D berada di AB dan E pada AC sehingga DE sejajar BC. Jika AD = 21, BD = 3, dan BC = 32, panjang AE adalah ...

    Pembahasan:

    Coba perhatikan gambar berikut!

    Berdasarkan teorema phytgoras diperoleh:

    $AC=\sqrt{24^2+32^2}$

    $AC=\sqrt{576+1024}$

    $AC= \sqrt{1600}$

    $AC=40 $

    Segitiga ABC sebangun dengan segitiga ADE, sehingga didapat:

    $\frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB}$

    $\frac{AE}{40}=\frac{21}{24} $

    $AE=\frac{21}{24}.40$

    $AE=35 $

  4. Banyaknya pasangan bilangan bulat $(π‘₯,𝑦)$ sehingga $|π‘₯| + |𝑦| + |π‘₯+𝑦| = 24$ adalah...

    Pembahasan:

    Berdasarkan sifat ketaksamaan nilai mutlak didapat:

    |π‘₯| + |𝑦| ≥ |π‘₯+𝑦|

    i. untuk |π‘₯|+|𝑦| = |π‘₯+𝑦|

    |π‘₯| + |𝑦| + |π‘₯+𝑦| = 24

    2|π‘₯+𝑦| = 24

    |π‘₯+𝑦| = 12

    π‘₯ + 𝑦 = ±12

    Sehingga didapat:

    (π‘₯,𝑦)=(0,12), (0,−12), (12,0), (−12,0) → ada 4

    (1,11), (−1,−11), (11,1), (−11,−1) → ada 4

    (2,10),…→ ada 4

    (3,9),…→ ada 4

    (4,8),…→ ada 4

    (5,7),…→ ada 4

    6,6),(−6,−6)…→ ada 2

    Total ada sebanyak 6×4+2=26.

    ii. Untuk |π‘₯| + |𝑦| > |π‘₯+𝑦|

    Kemungkinan yang memenuhi |π‘₯| + |𝑦| = 13 dan |π‘₯+𝑦| = 11

    (π‘₯,𝑦) = (12,−1), (−1,12), (−12,1), (1,−12) → ada 4

    Dengan cara yang sama didapat kemungkinan lainnya adalah:

    |π‘₯|+|𝑦||π‘₯+𝑦|Banyaknya
    13
    14
    15
    16
    17
    18
    19
    20
    21
    22
    23
    24    		11
    10
    9
    8
    7
    6
    5
    4
    3
    2
    1
    0    		4
    4
    4
    4
    4
    4
    4
    4
    4
    4
    4
    2
    46
    Jadi banyaknya pasangan (π‘₯,𝑦) yang memenuhi ada sebanyak 26 + 46 = 72

  5. Jika sisa pembagian $x^{2021}+x^{1011}+x^{506}+x^{253}+x^{127}$ oleh $x^{2}-1$ adalah $Ax + B$, maka tentukan nilai dari $4A + 5B$!

    Pembahasan:

    Pembagi: $x^{2}-1 \Rightarrow x^{2}=1$

    Sehingga:

    $P(x)=x^{2021}+x^{1011}+x^{506}+x^{253}+x^{127}$

    $\hspace{1.2cm}= (x^2)^{1010}.x+(x^2)^{505}.x+(x^2)^{253}+(x^2)^{126}.x+(x^2)^{63}.x$

    Berdasarkan teorema sisa:

    $S(x^2)= (1)^{1010}.x+(1)^{505}.x+(1)^{253}+(1)^{126}.x+(1)^{63}.x$

    $\hspace{1.2cm}= x + x + 1 + x + x$

    $\hspace{1.2cm}= 4x + 1 = Ax + B$

    akibatnya: $A = 4$ dan $B = 1$

    Jadi $4A + 5B = 4(4) + 5(1) =21$

  6. Papan catur berukuran 3×22 akan ditutupi oleh 22 buah L-tromino seperti pada gambar di bawah ini. Banyak cara penyususnan sehingga tidak ada L-tromino yang saling tumpang tindih adalah ...

    Pembahasan:
    Perhatikan gambar berikut!

    Karena kita dapat mengisi kotak 2×3 dengan menggunakan 2 buah L-tromino, sehingga terdapat 2 cara untuk mengisi petak 2×3.
    Banyaknya petak 2×3 dalam papan catur berukuran 3×22 adalah sebanyak $\frac{22}{2}=11$.
    Maka banyaknya cara penutupan papan catur tersebut sebanyak $22^{11}=2048$

  7. Diberikan segitiga ABC seperti pada gambar, dengan AB = 2BC dan BD = CD. Jika luas segitiga DEC adalah 10 cm, maka luas segitiga AFE adalah ….

    Pembahasan:

    Misal panjang $BD = CD = x$, maka $AB = 2BC = 4x$ maka

    $AC=\sqrt{(4x)^{2}+(2x)^{2}}$

    $\hspace{0.9cm}= \sqrt{20x^{2}}$

    $\hspace{0.9cm}= 2x\sqrt{5} $

    Segitiga DEC sebangun dengan ABC, maka:

    $\frac{EC}{BC}=\frac{DC}{AC}$

    $EC=\frac{DC}{AC}.BC$

    $\hspace{0.9cm}=\frac{x}{2x\sqrt{5}}.2x$

    $\hspace{0.9cm}=\frac{x}{\sqrt{5}} $

    $\hspace{0.9cm}=\frac{x\sqrt{5}}{5}  $

    Dan,

    $AE=AC-CE$

    $\hspace{0.9cm}=2x\sqrt{5}-\frac{x\sqrt{5}}{5}$

    $\hspace{0.9cm}=\frac{9x\sqrt{5}}{5} $

    Sehingga AE = 9EC.

    Segitiga AFE sebangun dengan segitiga DEC, sehingga

    $\frac{[AFE]}{[DEC]}=\frac{AE^2}{DC^2}={\left (\frac{AE}{DC}\right )}^2$

    $\frac{[AFE]}{10}={\left ( \frac{\frac{9x\sqrt{5}}{5}}{x}\right )}^2$

    $[AFE]={\left (\frac{9\sqrt{5}}{5}\right )}^2.10$

    $\hspace{1.4cm}={\left (\frac{81}{5}\right )}.10$

    $\hspace{1.4cm}=162$

  8.  Untuk setiap bilangan asli $n$, misalkan $S(n)$ adalah jumlah dari semua digit $n$. diberikan barisan $(π‘Ž_𝑛), π‘Ž_1=5, π‘Ž_𝑛=(𝑆(π‘Ž_{𝑛−1}))^2−1$ untuk $n\geq 2$. Tentukan sisa pembagian $π‘Ž_1+π‘Ž_2+π‘Ž_3+⋯+π‘Ž_{2022}$ dengan 21.

    Pembahasan:

    Karena $π‘Ž_1=5$ dan $π‘Ž_𝑛=(𝑆(π‘Ž_{𝑛−1}))^2−1$, maka 

    $π‘Ž_2=(𝑆(π‘Ž_1))^2−1=5^2−1=24 $

    $π‘Ž_3=(𝑆(π‘Ž_2))^2−1=6^2−1=35 $

    $π‘Ž_4=(𝑆(π‘Ž_3))^2−1=8^2−1=63 $

    $π‘Ž_5=(𝑆(π‘Ž_4))^2−1=9^2−1=80 $

    $π‘Ž_6=(𝑆(π‘Ž_5))^2−1=8^2−1=63 $

    ⋮

    Seterusnya akan berulang antara 63 (untuk n genap) dan 80 (untuk n ganjil), sehingga didapat

    $π‘Ž_{2π‘˜}=63$ dan $π‘Ž_{2π‘˜+1}=80$,untuk $n\geq 2$

    Juga didapat:

    $π‘Ž_{2π‘˜}+π‘Ž_{2π‘˜+1}=63+80=143$

    Akibatnya:

    $π‘Ž_1+π‘Ž_2+π‘Ž_3+⋯+π‘Ž_{2022}=5+24+35+1009×143+63$

    $\hspace{5.4cm}=64+1009×143+63$

    $\hspace{5.4cm}=1+1×(−4)+0 (π‘šπ‘œπ‘‘ 21)$

    $\hspace{5.4cm}=−3 (π‘šπ‘œπ‘‘ 21)$

    $\hspace{5.4cm}=18 (π‘šπ‘œπ‘‘ 21)$

    Jadi, sisa pembagiannya adalah 18.

  9. Diberikan bilangan real $x, y$ dengan $π‘₯>𝑦>0$ sehingga

    $x+100\leqslant \sqrt{x^{2}-y^{2}+200(x+y)}$

    Nilai $y$ adalah ….

    Pembahasan:

    $x+100\leqslant \sqrt{x^{2}-y^{2}+200(x+y)}$

    $x^{2} +200x+10000\leqslant x^{2}-y^{2}+200(x+y)$

    $y^{2} -200y+10000\leqslant 0$

    $(y-100) ^{2}\leqslant 0$

    Karena kuadrat dari bilangan real minimal 0, maka

    $(y-100) ^{2}= 0$

    Sehingga: $y=100$

  10. Tentukan nilai $x$ sehingga $π‘₯^2+20π‘₯$ adalah pangkat tiga dari suatu bilangan prima.

    Pembahasan:

    $π‘₯^2+20π‘₯=π‘₯(π‘₯+20)=𝑝^3$

    Sehingga pemfaktoran yang mungkin adalah:

    $(π‘₯,π‘₯+20)=(1,𝑝^3),(𝑝,𝑝^2),(𝑝^2,𝑝),(𝑝^3,1)$

    Karena $π‘₯+20>π‘₯$ dan $π‘₯=1$ tidak memenuhi, maka $(π‘₯,π‘₯+20)=(𝑝,𝑝^2)$

    Akibatnya: $π‘₯=𝑝$ dan $𝑝+20=𝑝^2$

    Sehingga:

    $𝑝^2−𝑝−20=0$

    $(𝑝−5)(𝑝+4)=0$

    $𝑝=5$ atau $𝑝=−4$

    Karena $p$ prima, maka nilai $p$ yang memenuhi adalah 5.

    Karena $x=p$, Jadi nilai $x = 5$.

B. Kemampuan Lanjutan

  1. Di suatu ruangan terdapat 12 kursi yang disusun menjadi 3 baris. Di baris pertama, terdapat 3 kursi. Di baris kedua terdapat 4 kursi. Di baris ketiga terdapat 5 kursi. Jika kursi akan diduduki 12 siswa termasuk Aska dan Budi. Misal banyaknya cara untuk 12 siswa menempati tempat duduk jika Aska dan Budi duduk di baris pertama adalah A. Tentukan nilai $\frac{A}{8!}$.

    Pembahasan:

    #Alternatif 1:

    Cara menyusun siswa-siswanya adalah untuk baris pertama 3!, untuk baris kedua 4!, dan untuk baris ketiga 5!.

    Karena Aska dan Budi di baris pertama, maka tersisa 10 siswa. Sehingga bayaknya pilihan siswa tiap barisnya adalah

    Baris pertama sebanyak $_{10}C_1$, baris kedua sebanyak $_9C_4$ dan baris ketiga sebanyak $_5C_5$.

    Akibatnya nilai dari A adalah

    $A=_{10}C_1\times 3!\times  _{9}C_4.4!\times  _{5}C_5\times 5!$

    $\hspace{0.5cm}=\frac{10!}{9!}. \frac{9!}{5!4!}.1. 3!. 4!. 5! $

    $\hspace{0.5cm} =10!. 3!$

    Jadi,

    $\frac{A}{8!} =\frac{10!.3!}{8!}$

    $\hspace{0.5cm} = 10.9.3.2$

    $\hspace{0.5cm}= 540 $

    #Alternatif 2:

    Banyak cara duduk pada baris pertama adalah $_3P_2$, dan banyaknya cara duduk di kursi sisanya adalah $10!$.

    $_3P_2=\frac {3!}{(3-2)!}=6$

    Sehingga: $A = 6.10!$

    Jadi, 

    $\frac{A}{8!} =\frac{6.10!}{8!}$

    $\hspace{0.5cm} = 10.9.6$

    $\hspace{0.5cm}= 540 $

  2. Diberikan segitiga siku-siku ABC dan jumlah panjang jari-jari lingkaran dalam dan luarnya adalah 8. Panjang hipotenusa segitiga ABC adalah ….

    Pembahasan:

    Ingat! Hipotenusa adalah sisi miring pada segitiga siku-siku.

    Misal panjang sisi-sisi yang saling tegak lurusnya a dan b serta panjang hipotenusanya c, maka $𝑐=\sqrt{π‘Ž^2+𝑏^2}$

    $𝑐=\sqrt{(a+b)^2-2ab}$

    Karena luasnya 28, maka $28=\frac{1}{2}π‘Žπ‘$ sehingga $π‘Žπ‘=56$.

    maka $c=\sqrt{(a+b)^2-2ab}=\sqrt{(a+b)^2-112}$

    Misal jari-jari lingkaran luarnya R dan jari-jari lingkaran dalamnya r, maka

    $R=\frac{c}{2}$

    Dan

    $r=\frac{L}{s} =\frac{28}{\frac{a+b+c}{2}}=\frac{56}{a+b+c} $

    Sehingga, 

    $R+r=8$

    $\frac{c}{2}+\frac{56}{a+b+c} =8$

    $\frac{c(a+b+c) +112}{2(a+b+c)}=8$

    $c(a+b+c) +112=16(a+b+c)$

    $c(a+b)+c^2 +112=16(a+b+c)$

    $c(a+b)+(a+b)^2-112 +112=16(a+b+c)$

    $(a+b)(a+b+c)=16(a+b+c)$

    $(a+b)=16$

    Sehingga:

    $𝑐=\sqrt{16^2-112}$

    $=\sqrt{256-112}$

    $=\sqrt{144}$

    $=12$

    Jadi, panjang hipotenusanya adalah 12.

  3. Jika $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=10$ Maka nilai B adalah...

    Pembahasan:

    $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=10$

    $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=10 .....(1)$

    Kedua ruas kali 3

    $3\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=30$

    $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k}}=30 .....(2)$

    Kurangi (2) dan (1)

    $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k}} -\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=20$

    $\frac{2+B}{3}+\sum_{k=2}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k}} -\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2k+B}{3^{k+1}}=20$

    $\frac{2+B}{3}+\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2+2k+B-2k-B}{3^{k+1}}=20$

    $\frac{2+B}{3}+\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2}{3^{k+1}}=20 .......(3)$

    Bentuk $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2}{3^{k+1}}$ merupakan barisan geometri tak hingga dengan $a=\frac{2}{9}$ dan $r=\frac {1}{3}$, Sehingga:

    $\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2}{3^{k+1}}=\frac {a}{1-r}$

    $\hspace{2cm}=\frac {\frac{2}{9}}{1-\frac {1}{3}}$

    $\hspace{2cm}=\frac{2}{9}\times \frac {3}{2}$

    $\hspace{2cm}=\frac{1}{3}$

    Jadi:

    $\frac{2+B}{3}+\sum_{k=1}^{\propto}\frac{2}{3^{k+1}}=20$

    $\frac{2+B}{3}+\frac{1}{3}=20$

    $3+B=60$

    $B=57$

  4. Diberikan tupel bilangan bulat $(𝑀_1,𝑀_2,… ,𝑀_7)$ sehingga memenuhi $𝑀_1+𝑀_2+𝑀_3+⋯+𝑀_7=155$ dengan $21≤𝑀_1,𝑀_2,… ,𝑀_7≤23$. Tentukan banyaknya tupel yang memenuhi!

    Pembahasan:

    Misalkan $𝑀_𝑖=21+π‘Ž_1$ untuk $0≤π‘Ž_𝑖≤2$ dan $1≤𝑖≤7$. Maka

    $𝑀_1+𝑀_2+𝑀_3+⋯+𝑀_7=155$

    $21+π‘Ž_1+21+π‘Ž_2+21+π‘Ž_3+⋯+21+π‘Ž_7=155$

    $21.7+π‘Ž_1+π‘Ž_2+π‘Ž_3+⋯+π‘Ž_7=155$

    $π‘Ž_1+π‘Ž_2+π‘Ž_3+⋯+π‘Ž_7=155-147$

    $π‘Ž_1+π‘Ž_2+π‘Ž_3+⋯+π‘Ž_7=8$ dimana, $0≤π‘Ž_1,π‘Ž_2,π‘Ž_3,⋯,π‘Ž_7≤2$

    Maka kemungkinannya penyelesaiannya adalah:

    • Penyelesaian 1: (2,2,2,2,0,0,0) banyak cara menyusun: $\frac {7!}{4!.3!}=35$
    • Penyelesaian 2: (2,2,2,1,1,0,0) banyak cara menyusun: $\frac {7!}{3!.2!.2!}=210$
    • Penyelesaian 3: (2,2,1,1,1,1,0) banyak cara menyusun: $\frac {7!}{2!.4!}=105$
    • Penyelesaian 4: (2,1,1,1,1,1,1) banyak cara menyusun: $\frac {7!}{6!}=7$
    Jadi banyak total susunannya adalah $35+210+105+7 = 357$

  5. Diberikan segitiga siku-siku sama kaki ABC. Jika diketahui BC = AB dan titik L merupakan titik tengah BC. Misalkan titik P berada di AC sehingga BP tegak lurus dengan AL. Jika panjang 𝐢𝑃=30√2, maka tentukan panjang AB!

    Pembahasan:

    #Alternatif 1:

    Perhatikan gambar berikut!


    Misal BL = LC = a, maka AB = 2a.

    Berdasarkan teorema Pythagoras didapat:

    $AL=\sqrt{(2a)^2+a^2}$

    $= \sqrt{4a^2+a^2}$

     $= a\sqrt{5}$

    Segitiga ABL sebangun dengan segitiga BOL, sehingga berlaku:

    $\frac {BL}{AL}=\frac {LO}{BL}$

    $\frac {a}{a\sqrt{5}}=\frac {LO}{a}$

    $LO=\frac {a^2}{a\sqrt{5}}=\frac {a}{\sqrt{5}}$

    dan,

    $AO = AL - LO = a\sqrt{5}-\frac {a}{\sqrt{5}}=\frac {4a}{\sqrt{5}}$

    Bila menggunakan dalil Menelause diperoleh:

    $\frac {LO}{OA}.\frac {AP}{PC}.\frac {CB}{BL}=1$

    $\frac {\frac {a}{\sqrt{5}}}{\frac {4a}{\sqrt{5}}}.\frac {AP}{30\sqrt{2}}.\frac {2a}{a}=1$

    $\frac {1}{4}.\frac {AP}{30\sqrt{2}}.2=1$

    $\frac {AP}{30\sqrt{2}}=2$

    $AP=60\sqrt{2}$

    $AC = AP + PC = 60\sqrt{2}+30\sqrt{2}=90\sqrt{2}$

    Dengan menggunakan Phytagoras didapat:

    $AC^2 = AB^2+BC^2$

    ${90\sqrt{2}}^2 = {2a}^2+{2a}^2$

    $16200 = 8a^2$

    $a^2=\frac {16200}{8}=2025$

    $a=45$

    Jadi panjang AB = 2a

    $AB = 2(45)=90$

    #Alternatif 2:

    Buatlah gambar menjadi seperti berikut:


    dari gambar diperoleh nilai $tan (x) = \frac {2a}{a}=2$

    Perhatikan segitiga AQC dan AOP berlaku hubungan:

    $\frac {AP}{PC}=\frac {AO}{OQ}$

    $AP=\frac {AO}{OQ}\times PC$

    $=\frac {tan x}{2 .cotan (x)}\times 30\sqrt{2}$

    $=tan^2x\times 15\sqrt{2}$

    $=2^2\times 15\sqrt{2}=60\sqrt{2}$

    $AC= AP + PC = 60\sqrt{2}+30\sqrt{2} = 90\sqrt{2}$

    Dengan menggunakan phytagoras diperoleh:

    $AC^2 = AB^2+BC^2$

    ${90\sqrt{2}}^2 = {2a}^2+{2a}^2$

    $16200 = 8a^2$

    $a^2=\frac {16200}{8}=2025$

    $a=45$

    Jadi panjang $AB = 2a$

    $AB = 2(45)=90$

  6. Diberikan bilangan asli $m, n$, dengan $FPB (m , n) = 7$ dan $FPB (2m , 3n) = 42$, maka $FPB (21m , 14n)$ adalah …

    Pembahasan:

    Karena $FPB (m , n) = 7$, dapat dimisalkan $π‘š=7π‘Ž_1$ dan $𝑛=7𝑏_1$ dengan $𝐹𝑃𝐡(π‘Ž_1,𝑏_1)=1$.

    $𝐹𝑃𝐡(2π‘š,3𝑛)=𝐹𝑃𝐡(2.7π‘Ž_1,3.7𝑏_1)=42$

    maka $π‘Ž_1=3π‘Ž_2$ dan $𝑏_1=2𝑏_2$ dengan $𝐹𝑃𝐡(π‘Ž_2,𝑏_2)=1$.

    Sehingga, $π‘š=7.3π‘Ž_2=21π‘Ž_2$ dan $𝑛=7.2𝑏_2=14𝑏_2$.

    akibatnya

    $𝐹𝑃𝐡(21π‘š,14𝑛)=𝐹𝑃𝐡(21. 21π‘Ž_2,14.14𝑏_2)$

    $ =𝐹𝑃𝐡(7^2.3^2. π‘Ž_2,2^2.7^2.𝑏_2)$

    $ =7^2 =49$.

  7. Diketahui a, b, c, d bilangan real positif memenuhi $a>c,d>b$ dan $4a^2+4b^2=4c^2+4d^2=5ac+5bd$. Nilai dari $20(\frac {ab+cd}{ad+bc})=$?

    Pembahasan:

    Perhatikan untuk kasus $a = d$ dan $c= b$!

    Dari persamaan $4a^2+4b^2=5ac+5bd$ diperoleh:

    $4(a^2+b^2)=5(ac+bd)$

    $(a^2+b^2)=\frac {5}{4}(ab+ba)$

    $(a^2+b^2)=\frac {5}{4}(2ab)$

    $(a^2+b^2)=\frac {5}{2}ab$

    Sehingga:

    $20(\frac {ab+cd}{ad+bc})=20(\frac {ab+ab}{a^2+b^2})$

    $\hspace{2cm}=20(\frac {2ab}{\frac {5}{2}ab})$

    $\hspace{2cm}=20(\frac {4}{5})=16$

  8. Misalkan A adalah himpunan semua bilangan 8 digit yang digit-digitnya terdiri digit 1, 2, atau 3 dan memuat paling sedikit satu digit 2. Banyaknya bilangan N di A sehingga setiap digit 2 di N diapit oleh digit 1 dan 3…

    Pembahasan:

    • Kemungkinan 1 : banyak digit 2 ada 1, banyak kemungkinan posisi digit 2 ada 6 dan banyak kemungkinan digit-digit lainnya adalah $2^6$. Sehingga banyak bilangan 8 digit yang memenuhi ada sebanyak $6×2^6=6×64=384$
    • Kemungkinan 2 : banyak digit 2 ada 2;
      • Jika hanya satu angka diantara kedua angka 2:
        Banyaknya cara memilih kedua posisi angka 2 ada 4 cara.
        Banyaknya bilangan 8 digit yang memenuhi ada sebanyak $4×2^4=4×16=64$.
      • Jika ada lebih dari 1 angka diantara kedua angka 2:
        Banyaknya cara memilih kedua posisi angka 2 ada $_4C_2=\frac {4!}{2!2!}=6$ cara.
        Banyaknya bilangan 8 digit yang memenuhi ada sebanyak $6×2^4=6×16=96$.

    • Kemungkinan 3 : banyak digit 2 ada 3;
      • Jika hanya ada satu angka di setiap angka 2 berurutan.
        Banyaknya cara memilih ketiga posisi angka 2 ada 2 cara.
        Banyaknya bilangan 8 digit yang memenuhi ada sebanyak $2×2^2=2×4=8$.
      • Jika ada angka 2 berurutan yang terdapat lebih dari satu bilangan diantaranya.
        Banyaknya cara memilih ketiga posisi angka 2 ada 2 cara.
        Banyaknya bilangan 8 digit yang memenuhi ada sebanyak $2×2^2=2×4=8$.

    Sehingga banyaknya bilangan 8 digit yang mungkin ada sebanyak $384 + 64 + 96 + 8 + 8 = 560$.

  9. Diberikan belah ketupat $ABCD$ dan $E$ titik di dalam belah ketupat tersebut sehingga $AE = BE$. Jika $\angle BAE = 12^{\circ}$ dan $\angle DAE = 72^{\circ}$, maka $\angle CDE =...$?

    Pembahasan:

    Buat titik E' yang merupakan pencerminan dari E terhadap garis AC.

    Sehingga $\angle DAE = 72^{\circ}$ dan $\angle BAE = 12^{\circ}=\angle DAE'$, maka $\angle EAE' = 60^{\circ}$.

    Karena AE = AE' maka EAE' merupakan segitiga sama sisi.

    Perhatikan bahwa $\angle DAC = 42^{\circ}$, maka $\angle BDA = 48^{\circ}=2\alpha+12^{\circ} \Rightarrow \alpha=18^{\circ} $.

    Jadi, $x =\angle CDE = \angle BDC + \alpha = 48^{\circ}+18^{\circ}=66^{\circ}$

  10. Diberikan bilangan asli $x, y, z$ sehingga $π‘₯^2𝑦+𝑦^2𝑧+𝑧^2π‘₯−23=π‘₯𝑦^2+𝑦𝑧^2+𝑧π‘₯^2−25=3π‘₯𝑦𝑧$. Nilai terbesar dari $π‘₯+𝑦+𝑧$ adalah ….

    Pembahasan:

    $π‘₯𝑦^2+𝑦𝑧^2+𝑧π‘₯^2−25=π‘₯^2𝑦+𝑦^2𝑧+𝑧^2π‘₯−23$

    $π‘₯𝑦^2+𝑦𝑧^2+𝑧π‘₯^2-π‘₯^2𝑦-𝑦^2𝑧-𝑧^2π‘₯=25−23$

    $(x-y)(y-z)(z-x)=2$ dan $(x-y)+(y-z)+(z-x)=0$

    Tanpa mengurangi keumuman, misal $π‘₯>𝑦$, maka $(π‘₯−𝑦,𝑦−𝑧,𝑧−π‘₯)$ yang memenuhi hanya $(2,−1,−1)$.

    Sehingga:

    $x-y=2$

    $y-z=-1 \rightarrow y=z-1$

    $z-x=-1 \rightarrow x=z+1$

    Substitusikan $x=z+1$ dan $y=z-1$ ke soal, sehingga diperoleh:

    $π‘₯𝑦^2+𝑦𝑧^2+𝑧π‘₯^2−25=3π‘₯𝑦𝑧$

    $(z+1)(z-1)^2+(z-1)𝑧^2+𝑧(z+1)^2−25=3(z+1)(z-1)𝑧$

    $(z+1)(z-1)^2+(z-1)𝑧^2+𝑧(z+1)^2−25=3(z+1)(z-1)𝑧$

    $3z^3−24=3z^3-3z$

    $3z=24$

    $z=8$

    Jadi, Nilai $π‘₯+𝑦+𝑧 = (z+1) + (z-1) + z = 3z = 3(8) = 24$

Demikianlah soal dan pembahasan OSN/KSN Matematika SMA Tahun 2022. Semoga Bermanfaat!

4.94 / 169 rates
Pak DZ

Guru Matematika SMA Negeri 5 Kejuruan Muda

1 Comments

Previous Post Next Post