Solusi OSK Matematika SMA 2013 solusi osk sma 2013
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Pembahasan Olimpiade Matematika SMA
Tingkat Kabupaten
Tahun 2013
Oleh Tutur Widodo
1. Misalkan a dan b adalah bilangan asli dengan a > b. Jika
nilai a − b adalah ...
p
√
√
√
94 + 2 2013 = a + b, maka
Penyelesaian :
Untuk a, b ≥ 0 berlaku
√
( a+
√
√
2
b) = a + b + 2 ab ⇔
√
a+
√
q
√
b = (a + b) + 2 ab
p
√
√
√
√
√
Padahal 94+2 2013 = (61+33)+2 61 × 33. Oleh karena itu, 94 + 2 2013 = 61+ 33.
Sehingga a − b = 61 − 33 = 28.
2. Diberikan segitiga ABC dengan luas 10. Titik D, E dan F berturut - turut terletak pada sisi
- sisi AB, BC dan CA dengan AD = 2, DB = 3. Jika segitiga ABE dan segiempat DBF E
mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ...
Penyelesaian :
Perhatikan sketsa berikut ini!
C
E
F
A
D
B
Karena Luas △ABE = Luas DBF E berakibat Luas △ADE = Luas △DEF . Padahal dike-
tahui pula bahwa DE adalah sisi persekutuan antara △ADE dan △DEF sehingga jarak
titik A ke DE sama dengan jarak titik F ke DE. Dengan kata lain, AF sejajar DE sehingga
CE
AD
2
=
=
EB
DB
3
Oleh karena itu, Luas △ABE =
3
× 10 = 6.
5
3. Misalkan p dan q bilangan prima. Jika diketahui persamaan x2014 −px2013 +q = 0 mempunyai
akar - akar bilangan bulat, maka nilai p + q adalah ...
Penyelesaian :
Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014 −px2013 +q = 0 adalah t. Maka diperoleh
1
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
t2014 − pt2013 + q = 0 ⇔ q = t2013 (p − t). Perhatikan juga bahwa −1 dan 0 bukan merupakan
akar - akar persamaan x2014 − px2013 + q = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q adalah
bilangan prima diperoleh t = 1. Oleh karena itu, q = p − 1 ⇔ p − q = 1. Dari keterangan
ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q harus genap. Dan karena bilangan prima
genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2 dan p = 3. Jadi, p + q = 5.
kx
, x 6= − 23 , k konstanta memenuhi f f (x) = x
2x + 3
untuk setiap bilangan real x, kecuali x = − 23 maka nilai k adalah ...
4. Jika fungsi f didefinisikan oleh f (x) =
Penyelesaian :
Untuk x = 1 diperoleh
k
=1
f f (1) = 1 ⇔ f
5
k2
⇔
=1
2k + 15
⇔ k 2 − 2k − 15 = 0
⇔ (k − 5)(k + 3) = 0
Mudah dicek bahwa k = −3 memenuhi kondisi f f (x) = x.
5. Koefisien x2013 pada ekspansi
(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013
adalah ...
Penyelesaian :
C4026
2013 .
4025
Koefisien x2013 dari x(1 + x)4025 adalah C2012 .
4024
Koefisien x2013 dari x2 (1 + x)4024 adalah C2011 .
• Koefisien x2013 dari (1 + x)4026 adalah
•
•
• ···
• ···
• ···
.
C2014
1
2013
Koefisien x2013 dari x2013 (1 + x)2013 adalah C0 .
• Koefisien x2013 dari x2012 (1 + x)2014 adalah
•
Dengan menggunakan identitas,
m+k+1
m+k
m+2
m+1
= Ck
+ · · · + Ck
+ C2
Cm
0 + C1
diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi
(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013
2
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
yaitu,
4027
4026
4025
2014
+ C1 + · · · + C2012 + C2013 = C2013
C2013
0
2 2
− = 1 dan y − x = 2, maka (x + y)2 = · · ·
x y
Penyelesaian :
6. Jika
Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,
2(y − x)
2 2
− =1⇔
=1
x y
xy
4
⇔
=1
xy
⇔ xy = 4
selanjutnya diperoleh,
(x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy
= x2 + y 2 − 2xy + 4xy
= (y − x)2 + 4xy
= 4 + 16
= 20
7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan
tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ...
Penyelesaian :
Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos kedua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya 22.
Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu
5!
= 5 cara.
4!
5!
• Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada
= 20 cara.
3!
5!
• Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada
= 10 cara.
2! × 3!
• Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada
Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6. Karena
keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total keseluruhan
cara yang mungkin yaitu 6 × 35 = 210 cara.
8. Misalkan P adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC sehingga besar ∠P AB =
10◦ , ∠P BA = 20◦ , ∠P CA = 30◦ , ∠P AC = 40◦ . Besar ∠ABC = · · ·
Penyelesaian :
Perpanjang CP, AP, BP sehingga memotong AB, BC, CA berturut - turut di titik D, E, F
seperti gambar berikut :
3
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
F
P
A
D
E
B
Mudah diperoleh bahwa ∠∠AP B = 150◦ , ∠AP C = 110◦ sehingga ∠BP C = 100◦ . Misalkan
∠P BC = x maka ∠P CB = 80 − x.
Berdasarkan dalil sinus pada △ADP dan △BDP diperoleh
DP
BD
DP
AD
=
dan
=
sin 70◦
sin 10◦
sin 50◦
sin 20◦
sehingga
Dengan cara serupa diperoleh pula
AD
sin 70◦ · sin 20◦
=
BD
sin 80◦ · sin 10◦
BE
sin 30◦ · sin(80 − x)◦
=
EC
sin x · sin 70◦
sin 80◦ · sin 40◦
CF
=
FA
sin 30◦ · sin 30◦
Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh
AD BE CF
·
·
=1
DB EC F A
Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat
sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦
=1
sin 10◦ · sin 30◦ · sin x
yang ekuivalen dengan
sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = sin 10◦ · sin 30◦ · sin x
−4 · sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = −2 · sin 10◦ · sin x
2(cos 60◦ − cos 20◦ ) sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10)
sin(80 − x)◦ − 2 cos 20◦ · sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10)
sin(80 − x)◦ − (sin(100 − x) + sin(60 − x)) = sin(80 − x)◦ − sin(100 − x)
− sin(60 − x) = 0
4
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Karena x terletak pada kuadran pertama maka x = 60◦ . Jadi, ∠ABC = 20◦ + x = 80◦ .
Alternatif Penyelesaian :
Misalkan D pusat lingkaran luar △ACP karena ∠ADP = 2∠ACP = 60◦ maka △ADP
adalah segitiga sama sisi.
C
D
F
E
P
A
B
∠CAD = ∠DAP − ∠CAP = 60◦ − 40◦ = 20◦ . Karena ∠AP B = 150◦ maka ∠AP E = 30◦ ,
sehingga ∠EP D = 30◦ . Oleh karena itu, ∠DP B = 150◦ = ∠AP B. Hal ini berakibat
△AP B kongruen △BP D. Sehingga ∠BDP = ∠BAP = 10◦ . Selanjutnya kita diperoleh
∠ADF = ∠ADP + ∠BDP = 60◦ + 10◦ = 70◦ . Oleh karena itu, ∠AF D = 90◦ . Dengan
kata lain, BD⊥AC dan karena △ADC adalah segitiga sama kaki dengan AD = CD maka
AF = F C. Sehingga dapat disimpulkan △ABC adalah segitiga sama kaki dengan AB = BC.
Jadi, ∠BAC = ∠ACB = 50◦ yang berarti ∠ABC = 80◦ .
9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat satu
angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu tersebut
dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah dadu dilempar.
Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan
kuadrat adalah ...
Penyelesaian :
Misalkan a angka dari dadu dan b angka dari kartu. Pasangan (a, b) yang menghasilkan
ab bilangan prima yaitu (1, 1), (1, 4), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (4, 9), (5, 5), (6, 6)
yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh karena
itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan
11
.
kuadrat adalah
60
10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki
oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ...
Penyelesaian :
Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut :
5
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
• Siswa diatur dalam kelompok 4, 1, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C64 × C21 × (4 − 1)!
2!
= 90
• Siswa diatur dalam kelompok 3, 2, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C63 × C32 × (3 − 1)! × (2 − 1)! = 120
• Siswa diatur dalam kelompok 2, 2, 2. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C62 × C42
3!
= 15
Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah 90 + 120 +
15 = 225 cara.
11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0, 0). Setiap langkah bergerak satu
- satuan searah sumbu X positif dengan probabilitas 0, 6 atau searah sumbu Y positif dengan
probabilitas 0, 4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut sampai pada titik
(6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ...
Penyelesaian :
C (3, 4)
B (6, 4)
A (0, 0)
Sebuah partikel akan bergerak dari A menuju B dengan melalui C. Dari A ke titik C
7!
= 35. Sedangkan dari C ke B hanya ada satu cara. Oleh karena
banyaknya cara ada
3! × 4!
itu, banyak cara partikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C ada 35 × 1 = 35 cara.
Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerak dari A menuju B maka
dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X positif dan 4 kali bergerak searah sumbu Y
positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C adalah
81648
.
35 × (0, 6)6 × (0, 4)4 =
59
12. Diberikan segitiga ABC, dengan panjang sisi AB = 30. Melalui AB sebagai diameter, dibuat
sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC dan sisi BC berturut - turut di D dan E. Jika
AD = 13 AC dan BE = 41 BC, maka luas segitiga ABC sama dengan ...
Penyelesaian :
Perhatikan sketsa gambar di bawah ini!
6
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
E
D
B
A
Perlu diperhatikan bahwa ∠ADB = ∠CDB = ∠AEB = ∠AEC = 90◦ . Misal, AD = x dan
BE = y maka AC = 3x, CD = 2x, BC = 4y dan CE = 3y. Dengan teorema Phytagoras
pada segitiga ABD dan segitiga BCD diperoleh
302 − x2 = (4y)2 − (2x)2
⇔ 900 − x2 = 16y 2 − 4x2
⇔ 900 = 16y 2 − 3x2
Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE dan segitiga ACE diperoleh
302 − y 2 = (3x)2 − (3y)2
⇔ 900 − y 2 = 9x2 − 9y 2
⇔ 900 = 9x2 − 8y 2
dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat,
16y 2 − 3x2 = 9x2 − 8y 2
⇔ 24y 2 = 12x2
⇔ x2 = 2y 2
sehingga kita peroleh
900 = 16y 2 − 3x2 = 16y 2 − 6y 2 = 10y 2
⇔ y=
√
90
Oleh karena itu,
AE 2 = 900 − y 2 = 900 − 90 = 810
⇔ AE =
√
810
7
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Jadi,
1
Luas segitiga ABC = BC · AE
2
√
1
= · 4y · 810
2
√ √
= 2 · 90 810
√
√
= 2 · 3 10 · 9 10 = 540
13. Banyaknya nilai α dengan 0◦ < α < 90◦ yang memenuhi persamaan
(1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
1
8
adalah ...
Penyelesaian :
Ingat identitas trigonometri cos 2x = 2 cos2 x − 1 ⇔ cos2 x =
lakukan sedikit manipulasi
1
(1 + cos 2x). Selanjutnya
2
1
8
1
2
(1 − cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
8
1
(1 − cos 2α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
4
1
(1 − cos2 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
4
1
(1 − cos 4α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
2
1
1 − cos2 4α = (1 − cos α)
2
1 − cos 8α = 1 − cos α
(1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
cos 8α = cos α
Sehingga diperoleh,
• 8α = α + k · 360◦ ⇔
7α = k · 360◦ .
◦
360
Diperoleh α =
.
7
• 8α = −α + k · 360◦ ⇔ 9α = k · 360◦ ⇔ α = k · 40◦ .
Diperoleh α = 40◦ atau α = 80◦ .
Jadi, ada tiga nilai α yang memenuhi.
14. Diberikan segitiga lancip ABC dengan O sebagai pusat lingkaran luarnya. Misalkan M dan N
berturut - turut pertengahan OA dan BC. Jika ∠ABC = 4∠OM N dan ∠ACB = 6∠OM N ,
maka besarnya ∠OM N sama dengan ...
Penyelesaian :
8
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
N
M
O
B
A
Misalkan ∠OM N = x. △BOC adalah segitiga sama kaki. Karena BN = N C maka ON
adalah garis tinggi sehingga ∠CN O = 90◦ dan ∠CON = 21 ∠BOC = ∠BAC = 180◦ − 10x.
Perhatikan juga bahwa ∠AOC = 2∠ABC = 8x sehingga ∠AON = ∠AOC + ∠CON =
8x + 180◦ − 10x = 180◦ − 2x. Karena ∠OM N = x dan ∠M ON = ∠AON = 180◦ − 2x
maka berakibat ∠ON M = x. Dengan kata lain △OM N adalah segitiga samakaki dengan
1
2 OC.
60◦ ⇔ x
1
2 ⇔
12◦ .
ON = OM =
Oleh karena itu, cos ∠CON =
180◦ − 10x =
= 12◦ . Maka besar ∠OM N =
∠CON = 60◦ . Jadi, diperoleh
15. Tentukan semua bilangan tiga digit yang memenuhi syarat bahwa bilangan tersebut sama
dengan penjumlahan dari faktorial setiap digitnya.
Penyelesaian :
Misalkan bilangan tersebut adalah abc. Karena abc = a! + b! + c! dan 7! = 5040 maka
a, b, c ≤ 6. Jika salah satu dari a, b, c adalah 6 maka abc > 6! = 720 yang jelas tak mungkin.
Jadi a, b, c ≤ 5. Oleh karena itu abc ≤ 5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a ≤ 3. Perhatikan juga
bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari a, b, c sama dengan 5.
• Jika a = 1, maka diperoleh 1!+5!+1! = 122, 1!+5!+2! = 123, 1!+5!+3! = 127, 1!+5!+4! =
145, 1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanya abc = 145.
• Jika a = 2, kedua b, c harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 242 6= 255. Jadi, tidak
ada yang memenuhi.
• Jika a = 3, diperoleh abc ≥ 300 akan tetapi abc ≤ 3! + 5! + 5! = 246 yang jelas tak
mungkin.
Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145.
16. Diberikan himpunan
S=
x2 − 2x + 7
∈Z
x ∈ Z
2x − 1
Banyaknya himpunan bagian dari S adalah ...
Penyelesaian :
9
Tutur Widodo
Misal t =
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
x2 − 2x + 7
maka diperoleh
2x − 1
1 4x2 − 8x + 28
1
25
t=
=
2x − 3 +
4
2x − 1
4
2x − 1
Agar diperoleh t bulat maka haruslah (2x − 1) membagi 25. Ada enam kasus yang mungkin
• 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1. Diperoleh t = 41 (−1 + 25) = 6.
• 2x − 1 = 5 ⇔ x = 3. Diperoleh t = 41 (3 + 5) = 2.
• 2x − 1 = 25 ⇔ x = 13. Diperoleh t = 41 (23 + 1) = 6.
• 2x − 1 = −1 ⇔ x = 0. Diperoleh t = 14 (−3 − 25) = −7.
• 2x − 1 = −5 ⇔ x = −2. Diperoleh t = 41 (−7 − 5) = −3.
• 2x − 1 = −25 ⇔ x = −12. Diperoleh t = 14 (−27 − 1) = −7.
Jadi, diperoleh S = {−12, −2, 0, 1, 3, 13} sehingga banyaknya himpunan bagian dari S adalah
26 = 64.
17. Untuk x > 0, y > 0 didefinisikan f (x, y) adalah nilai terkecil diantara x,
y
2 1
+ , . Nilai
2
x y
terbesar yang mungkin dicapai oleh f (x, y) adalah ...
Penyelesaian :
y
2
1
Jika x = = + maka diperoleh xy = 1 dan
y
2 x
x=
y
2
xy + 4
+ ⇔x=
2 x
2x
⇔ 2x2 = 5
√
10
⇔x=
2
√
10
.
Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f (x, y) adalah
√
√
√ 2
1
10
10
10
Untuk kasus x ≤
atau ≤
jelas bahwa f (x, y) ≤
.
2
y√ 2
2
√
10
10
1
Oleh karena itu, anggap x >
dan >
. Untuk kasus ini diperoleh,
2
y
2
2
1
y
4
5
+
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Pembahasan Olimpiade Matematika SMA
Tingkat Kabupaten
Tahun 2013
Oleh Tutur Widodo
1. Misalkan a dan b adalah bilangan asli dengan a > b. Jika
nilai a − b adalah ...
p
√
√
√
94 + 2 2013 = a + b, maka
Penyelesaian :
Untuk a, b ≥ 0 berlaku
√
( a+
√
√
2
b) = a + b + 2 ab ⇔
√
a+
√
q
√
b = (a + b) + 2 ab
p
√
√
√
√
√
Padahal 94+2 2013 = (61+33)+2 61 × 33. Oleh karena itu, 94 + 2 2013 = 61+ 33.
Sehingga a − b = 61 − 33 = 28.
2. Diberikan segitiga ABC dengan luas 10. Titik D, E dan F berturut - turut terletak pada sisi
- sisi AB, BC dan CA dengan AD = 2, DB = 3. Jika segitiga ABE dan segiempat DBF E
mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ...
Penyelesaian :
Perhatikan sketsa berikut ini!
C
E
F
A
D
B
Karena Luas △ABE = Luas DBF E berakibat Luas △ADE = Luas △DEF . Padahal dike-
tahui pula bahwa DE adalah sisi persekutuan antara △ADE dan △DEF sehingga jarak
titik A ke DE sama dengan jarak titik F ke DE. Dengan kata lain, AF sejajar DE sehingga
CE
AD
2
=
=
EB
DB
3
Oleh karena itu, Luas △ABE =
3
× 10 = 6.
5
3. Misalkan p dan q bilangan prima. Jika diketahui persamaan x2014 −px2013 +q = 0 mempunyai
akar - akar bilangan bulat, maka nilai p + q adalah ...
Penyelesaian :
Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014 −px2013 +q = 0 adalah t. Maka diperoleh
1
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
t2014 − pt2013 + q = 0 ⇔ q = t2013 (p − t). Perhatikan juga bahwa −1 dan 0 bukan merupakan
akar - akar persamaan x2014 − px2013 + q = 0. Sehingga dengan mengingat bahwa q adalah
bilangan prima diperoleh t = 1. Oleh karena itu, q = p − 1 ⇔ p − q = 1. Dari keterangan
ini dapat disimpulkan bahwa salah satu dari p, q harus genap. Dan karena bilangan prima
genap hanya 2 maka kita peroleh q = 2 dan p = 3. Jadi, p + q = 5.
kx
, x 6= − 23 , k konstanta memenuhi f f (x) = x
2x + 3
untuk setiap bilangan real x, kecuali x = − 23 maka nilai k adalah ...
4. Jika fungsi f didefinisikan oleh f (x) =
Penyelesaian :
Untuk x = 1 diperoleh
k
=1
f f (1) = 1 ⇔ f
5
k2
⇔
=1
2k + 15
⇔ k 2 − 2k − 15 = 0
⇔ (k − 5)(k + 3) = 0
Mudah dicek bahwa k = −3 memenuhi kondisi f f (x) = x.
5. Koefisien x2013 pada ekspansi
(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013
adalah ...
Penyelesaian :
C4026
2013 .
4025
Koefisien x2013 dari x(1 + x)4025 adalah C2012 .
4024
Koefisien x2013 dari x2 (1 + x)4024 adalah C2011 .
• Koefisien x2013 dari (1 + x)4026 adalah
•
•
• ···
• ···
• ···
.
C2014
1
2013
Koefisien x2013 dari x2013 (1 + x)2013 adalah C0 .
• Koefisien x2013 dari x2012 (1 + x)2014 adalah
•
Dengan menggunakan identitas,
m+k+1
m+k
m+2
m+1
= Ck
+ · · · + Ck
+ C2
Cm
0 + C1
diperoleh koefisien x2013 pada ekspansi
(1 + x)4026 + x(1 + x)4025 + x2 (1 + x)4024 + · · · + x2013 (1 + x)2013
2
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
yaitu,
4027
4026
4025
2014
+ C1 + · · · + C2012 + C2013 = C2013
C2013
0
2 2
− = 1 dan y − x = 2, maka (x + y)2 = · · ·
x y
Penyelesaian :
6. Jika
Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,
2(y − x)
2 2
− =1⇔
=1
x y
xy
4
⇔
=1
xy
⇔ xy = 4
selanjutnya diperoleh,
(x + y)2 = x2 + y 2 + 2xy
= x2 + y 2 − 2xy + 4xy
= (y − x)2 + 4xy
= 4 + 16
= 20
7. Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan
tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ...
Penyelesaian :
Tanpa mengurangi keumuman misalkan tos pertama muncul angka 6. Maka pada tos kedua sampai dengan tos keenam hanya boleh muncul angka 1, 2, 3, 4, 5 dan jumlahnya 22.
Kemungkinan yang seperti ini hanya ada tiga kasus yaitu
5!
= 5 cara.
4!
5!
• Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada
= 20 cara.
3!
5!
• Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada
= 10 cara.
2! × 3!
• Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada
Sehingga total ada 5 + 20 + 10 = 35 cara jika pada tos pertama muncul angka 6. Karena
keenam tos memiliki peluang yang sama untuk muncul angka 6 berakibat total keseluruhan
cara yang mungkin yaitu 6 × 35 = 210 cara.
8. Misalkan P adalah titik interior dalam daerah segitiga ABC sehingga besar ∠P AB =
10◦ , ∠P BA = 20◦ , ∠P CA = 30◦ , ∠P AC = 40◦ . Besar ∠ABC = · · ·
Penyelesaian :
Perpanjang CP, AP, BP sehingga memotong AB, BC, CA berturut - turut di titik D, E, F
seperti gambar berikut :
3
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
F
P
A
D
E
B
Mudah diperoleh bahwa ∠∠AP B = 150◦ , ∠AP C = 110◦ sehingga ∠BP C = 100◦ . Misalkan
∠P BC = x maka ∠P CB = 80 − x.
Berdasarkan dalil sinus pada △ADP dan △BDP diperoleh
DP
BD
DP
AD
=
dan
=
sin 70◦
sin 10◦
sin 50◦
sin 20◦
sehingga
Dengan cara serupa diperoleh pula
AD
sin 70◦ · sin 20◦
=
BD
sin 80◦ · sin 10◦
BE
sin 30◦ · sin(80 − x)◦
=
EC
sin x · sin 70◦
sin 80◦ · sin 40◦
CF
=
FA
sin 30◦ · sin 30◦
Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh
AD BE CF
·
·
=1
DB EC F A
Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat
sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦
=1
sin 10◦ · sin 30◦ · sin x
yang ekuivalen dengan
sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = sin 10◦ · sin 30◦ · sin x
−4 · sin 20◦ · sin(80 − x)◦ · sin 40◦ = −2 · sin 10◦ · sin x
2(cos 60◦ − cos 20◦ ) sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10)
sin(80 − x)◦ − 2 cos 20◦ · sin(80 − x)◦ = cos(x + 10) − cos(x − 10)
sin(80 − x)◦ − (sin(100 − x) + sin(60 − x)) = sin(80 − x)◦ − sin(100 − x)
− sin(60 − x) = 0
4
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Karena x terletak pada kuadran pertama maka x = 60◦ . Jadi, ∠ABC = 20◦ + x = 80◦ .
Alternatif Penyelesaian :
Misalkan D pusat lingkaran luar △ACP karena ∠ADP = 2∠ACP = 60◦ maka △ADP
adalah segitiga sama sisi.
C
D
F
E
P
A
B
∠CAD = ∠DAP − ∠CAP = 60◦ − 40◦ = 20◦ . Karena ∠AP B = 150◦ maka ∠AP E = 30◦ ,
sehingga ∠EP D = 30◦ . Oleh karena itu, ∠DP B = 150◦ = ∠AP B. Hal ini berakibat
△AP B kongruen △BP D. Sehingga ∠BDP = ∠BAP = 10◦ . Selanjutnya kita diperoleh
∠ADF = ∠ADP + ∠BDP = 60◦ + 10◦ = 70◦ . Oleh karena itu, ∠AF D = 90◦ . Dengan
kata lain, BD⊥AC dan karena △ADC adalah segitiga sama kaki dengan AD = CD maka
AF = F C. Sehingga dapat disimpulkan △ABC adalah segitiga sama kaki dengan AB = BC.
Jadi, ∠BAC = ∠ACB = 50◦ yang berarti ∠ABC = 80◦ .
9. Sepuluh kartu ditulis dengan angka satu sampai sepuluh (setiap kartu hanya terdapat satu
angka dan tidak ada dua kartu yang memiliki angka yang sama). Kartu - kartu tersebut
dimasukkan kedalam kotak dan diambil satu secara acak. Kemudian sebuah dadu dilempar.
Probabilitas dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan
kuadrat adalah ...
Penyelesaian :
Misalkan a angka dari dadu dan b angka dari kartu. Pasangan (a, b) yang menghasilkan
ab bilangan prima yaitu (1, 1), (1, 4), (1, 9), (2, 2), (2, 8), (3, 3), (4, 1), (4, 4), (4, 9), (5, 5), (6, 6)
yang ada 11 kemungkinan. Sedangkan kemungkinan ruang sampel adalah 60. Oleh karena
itu, peluang dari hasil kali angka pada kartu dan angka pada dadu menghasilkan bilangan
11
.
kuadrat adalah
60
10. Enam orang siswa akan duduk pada tiga meja bundar, dimana setiap meja akan diduduki
oleh minimal satu siswa. Banyaknya cara untuk melakukan hal tersebut adalah ...
Penyelesaian :
Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut :
5
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
• Siswa diatur dalam kelompok 4, 1, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C64 × C21 × (4 − 1)!
2!
= 90
• Siswa diatur dalam kelompok 3, 2, 1. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C63 × C32 × (3 − 1)! × (2 − 1)! = 120
• Siswa diatur dalam kelompok 2, 2, 2. Untuk kasus ini kemungkinan cara duduk ada
C62 × C42
3!
= 15
Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah 90 + 120 +
15 = 225 cara.
11. Suatu partikel bergerak pada bidang Cartesius dari titik (0, 0). Setiap langkah bergerak satu
- satuan searah sumbu X positif dengan probabilitas 0, 6 atau searah sumbu Y positif dengan
probabilitas 0, 4. Setelah sepuluh langkah, probabilitas partikel tersebut sampai pada titik
(6,4) dengan melalui titik (3,4) adalah ...
Penyelesaian :
C (3, 4)
B (6, 4)
A (0, 0)
Sebuah partikel akan bergerak dari A menuju B dengan melalui C. Dari A ke titik C
7!
= 35. Sedangkan dari C ke B hanya ada satu cara. Oleh karena
banyaknya cara ada
3! × 4!
itu, banyak cara partikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C ada 35 × 1 = 35 cara.
Perhatikan bahwa bagaimana pun cara pertikel tersebut bergerak dari A menuju B maka
dia akan selalu 6 kali bergerak searah sumbu X positif dan 4 kali bergerak searah sumbu Y
positif. Jadi, besarnya peluang pertikel bergerak dari A menuju B dengan melalui C adalah
81648
.
35 × (0, 6)6 × (0, 4)4 =
59
12. Diberikan segitiga ABC, dengan panjang sisi AB = 30. Melalui AB sebagai diameter, dibuat
sebuah lingkaran, yang memotong sisi AC dan sisi BC berturut - turut di D dan E. Jika
AD = 13 AC dan BE = 41 BC, maka luas segitiga ABC sama dengan ...
Penyelesaian :
Perhatikan sketsa gambar di bawah ini!
6
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
E
D
B
A
Perlu diperhatikan bahwa ∠ADB = ∠CDB = ∠AEB = ∠AEC = 90◦ . Misal, AD = x dan
BE = y maka AC = 3x, CD = 2x, BC = 4y dan CE = 3y. Dengan teorema Phytagoras
pada segitiga ABD dan segitiga BCD diperoleh
302 − x2 = (4y)2 − (2x)2
⇔ 900 − x2 = 16y 2 − 4x2
⇔ 900 = 16y 2 − 3x2
Demikian pula dengan teorema Phytagoras pada segitiga ABE dan segitiga ACE diperoleh
302 − y 2 = (3x)2 − (3y)2
⇔ 900 − y 2 = 9x2 − 9y 2
⇔ 900 = 9x2 − 8y 2
dengan menggabungkan kedua persamaan di atas didapat,
16y 2 − 3x2 = 9x2 − 8y 2
⇔ 24y 2 = 12x2
⇔ x2 = 2y 2
sehingga kita peroleh
900 = 16y 2 − 3x2 = 16y 2 − 6y 2 = 10y 2
⇔ y=
√
90
Oleh karena itu,
AE 2 = 900 − y 2 = 900 − 90 = 810
⇔ AE =
√
810
7
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
Jadi,
1
Luas segitiga ABC = BC · AE
2
√
1
= · 4y · 810
2
√ √
= 2 · 90 810
√
√
= 2 · 3 10 · 9 10 = 540
13. Banyaknya nilai α dengan 0◦ < α < 90◦ yang memenuhi persamaan
(1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
1
8
adalah ...
Penyelesaian :
Ingat identitas trigonometri cos 2x = 2 cos2 x − 1 ⇔ cos2 x =
lakukan sedikit manipulasi
1
(1 + cos 2x). Selanjutnya
2
1
8
1
2
(1 − cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
8
1
(1 − cos 2α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
4
1
(1 − cos2 2α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
4
1
(1 − cos 4α)(1 + cos 4α) = (1 − cos α)
2
1
1 − cos2 4α = (1 − cos α)
2
1 − cos 8α = 1 − cos α
(1 + cos α)(1 + cos 2α)(1 + cos 4α) =
cos 8α = cos α
Sehingga diperoleh,
• 8α = α + k · 360◦ ⇔
7α = k · 360◦ .
◦
360
Diperoleh α =
.
7
• 8α = −α + k · 360◦ ⇔ 9α = k · 360◦ ⇔ α = k · 40◦ .
Diperoleh α = 40◦ atau α = 80◦ .
Jadi, ada tiga nilai α yang memenuhi.
14. Diberikan segitiga lancip ABC dengan O sebagai pusat lingkaran luarnya. Misalkan M dan N
berturut - turut pertengahan OA dan BC. Jika ∠ABC = 4∠OM N dan ∠ACB = 6∠OM N ,
maka besarnya ∠OM N sama dengan ...
Penyelesaian :
8
Tutur Widodo
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
C
N
M
O
B
A
Misalkan ∠OM N = x. △BOC adalah segitiga sama kaki. Karena BN = N C maka ON
adalah garis tinggi sehingga ∠CN O = 90◦ dan ∠CON = 21 ∠BOC = ∠BAC = 180◦ − 10x.
Perhatikan juga bahwa ∠AOC = 2∠ABC = 8x sehingga ∠AON = ∠AOC + ∠CON =
8x + 180◦ − 10x = 180◦ − 2x. Karena ∠OM N = x dan ∠M ON = ∠AON = 180◦ − 2x
maka berakibat ∠ON M = x. Dengan kata lain △OM N adalah segitiga samakaki dengan
1
2 OC.
60◦ ⇔ x
1
2 ⇔
12◦ .
ON = OM =
Oleh karena itu, cos ∠CON =
180◦ − 10x =
= 12◦ . Maka besar ∠OM N =
∠CON = 60◦ . Jadi, diperoleh
15. Tentukan semua bilangan tiga digit yang memenuhi syarat bahwa bilangan tersebut sama
dengan penjumlahan dari faktorial setiap digitnya.
Penyelesaian :
Misalkan bilangan tersebut adalah abc. Karena abc = a! + b! + c! dan 7! = 5040 maka
a, b, c ≤ 6. Jika salah satu dari a, b, c adalah 6 maka abc > 6! = 720 yang jelas tak mungkin.
Jadi a, b, c ≤ 5. Oleh karena itu abc ≤ 5! + 5! + 5! = 360. Sehingga a ≤ 3. Perhatikan juga
bahwa 4! + 4! + 4! = 72. Oleh karena itu paling tidak salah satu dari a, b, c sama dengan 5.
• Jika a = 1, maka diperoleh 1!+5!+1! = 122, 1!+5!+2! = 123, 1!+5!+3! = 127, 1!+5!+4! =
145, 1! + 5! + 5! = 241. Jadi yang mungkin hanya abc = 145.
• Jika a = 2, kedua b, c harus sama dengan 5, tetapi 2! + 5! + 5! = 242 6= 255. Jadi, tidak
ada yang memenuhi.
• Jika a = 3, diperoleh abc ≥ 300 akan tetapi abc ≤ 3! + 5! + 5! = 246 yang jelas tak
mungkin.
Jadi, satu - satunya bilangan tiga digit yang memenuhi adalah 145.
16. Diberikan himpunan
S=
x2 − 2x + 7
∈Z
x ∈ Z
2x − 1
Banyaknya himpunan bagian dari S adalah ...
Penyelesaian :
9
Tutur Widodo
Misal t =
Pembahasan OSK Matematika SMA 2013
x2 − 2x + 7
maka diperoleh
2x − 1
1 4x2 − 8x + 28
1
25
t=
=
2x − 3 +
4
2x − 1
4
2x − 1
Agar diperoleh t bulat maka haruslah (2x − 1) membagi 25. Ada enam kasus yang mungkin
• 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1. Diperoleh t = 41 (−1 + 25) = 6.
• 2x − 1 = 5 ⇔ x = 3. Diperoleh t = 41 (3 + 5) = 2.
• 2x − 1 = 25 ⇔ x = 13. Diperoleh t = 41 (23 + 1) = 6.
• 2x − 1 = −1 ⇔ x = 0. Diperoleh t = 14 (−3 − 25) = −7.
• 2x − 1 = −5 ⇔ x = −2. Diperoleh t = 41 (−7 − 5) = −3.
• 2x − 1 = −25 ⇔ x = −12. Diperoleh t = 14 (−27 − 1) = −7.
Jadi, diperoleh S = {−12, −2, 0, 1, 3, 13} sehingga banyaknya himpunan bagian dari S adalah
26 = 64.
17. Untuk x > 0, y > 0 didefinisikan f (x, y) adalah nilai terkecil diantara x,
y
2 1
+ , . Nilai
2
x y
terbesar yang mungkin dicapai oleh f (x, y) adalah ...
Penyelesaian :
y
2
1
Jika x = = + maka diperoleh xy = 1 dan
y
2 x
x=
y
2
xy + 4
+ ⇔x=
2 x
2x
⇔ 2x2 = 5
√
10
⇔x=
2
√
10
.
Selanjutnya akan ditunjukkan nilai terbesar dari f (x, y) adalah
√
√
√ 2
1
10
10
10
Untuk kasus x ≤
atau ≤
jelas bahwa f (x, y) ≤
.
2
y√ 2
2
√
10
10
1
Oleh karena itu, anggap x >
dan >
. Untuk kasus ini diperoleh,
2
y
2
2
1
y
4
5
+