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

Disusun oleh : Eddy Hermant o, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
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 .

Karena
Karena

𝐶𝐷
𝐶𝐸
=
dan ∠ECD = ∠ACB maka

𝐶𝐵
𝐶𝐴
𝐶𝐸
𝐶𝐷
1
𝐴𝐵
=
= maka 𝐷𝐸 =
=3
𝐶𝐴
𝐶𝐵
2
2

∴ Jadi, panj ang DE = 3 .

∆CED ≅ ∆CAB.

2. Misalkan bilangan pert ama adalah x maka bilangan kedua adalah x + 1 dan bilangan ket iga x + 2.
x, x + 11, x + 2 + p membent uk deret ukur (geomet ri) dengan p adalah bilangan prima. Maka

(x + 11) 2 = x(x + 2 + p)
22x + 121 = (2 + p)x
Maka x 121
• Jika x = 1
Maka p = 141 = 3 ⋅ 47 (t idak memenuhi p bilangan prima)
• Jika x = 11
33 = 2 + p sehingga p = 31
• Jika x = 121
23 = 2 + p sehingga p = 21 (t idak memenuhi p bilangan prima)
Maka nlai x yang memenuhi adalah x = 11 dengan p = 31.
∴ Jadi, bilangan ket iga dari bilangan bulat berurut an adalah 13 .

3. Diket ahui 𝑎 + 𝑏 =

1
𝑎

1
𝑏

+ =6

1 1 𝑎+𝑏
+ =
=6
𝑎𝑏
𝑎 𝑏
Karena 𝑎 + 𝑏 = 6 maka 𝑎𝑏 = 1
(𝑎 + 𝑏)2 − 2𝑎𝑏
𝑎 𝑏
𝑎2 + 𝑏 2
62 − 2(1)
+ + 1980 =
+ 1980 =
+ 1980 =
+ 1980 = 34 + 1980 = 2014
1
𝑏 𝑎
𝑎𝑏
𝑎𝑏

𝑎
𝑏
∴ Jadi, nilai dari + + 1980 adalah 2014 .
𝑏

4.

𝑘
(𝑘+1)!
2014

=

1
𝑘!

𝑎

1

− (𝑘+1)!

2014

1
1
1 1
1 1
1
1
1
1
𝑘
=�� −
� =� − � + � − � + ⋯+ �
−
�= −
�
(𝑘 + 1)!
𝑘! (𝑘 + 1)!

1! 2!
2! 3!
2014! 2015!
1! 2015!

𝑘=1

2014

𝑘=1

𝑘
1
1
1
1
+�
=
+ −
=1

(𝑘 + 1)! 2015! 1! 2015!
2015!

∴

𝑘=1
𝟏
Jadi,
+
𝟐𝟎𝟏𝟓!

∑𝟐𝟎𝟏𝟒
𝒌=𝟏

SMA Negeri 5 Bengkulu

𝒌
(𝒌+𝟏)!

=𝟏

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
5. Berdasarkan ket aksamaan AM-GM didapat

9
9
16 sin2 𝑥 + 9
= 16 sin 𝑥 +
≥ 2�16 sin 𝑥 ∙
= 24
sin 𝑥
sin 𝑥
sin 𝑥

Tanda kesamaan t erj adi j ika 16 sin 𝑥 =

∴ Jadi, nilai minimum dari

2

16 sin 𝑥+9
sin 𝑥

9
sin 𝑥

yang memenuhi syarat 0 < 𝑥 < 𝜋.

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 :

1

log𝑥 𝑤 = 4 sehingga log𝑤 𝑥 = 4.
1

log𝑦 𝑤 = 5 sehingga log𝑤 𝑦 = 5.

1

log𝑥𝑦𝑧 𝑤 = 2 sehingga log𝑤 𝑥𝑦𝑧 = 2.

1

log𝑤 𝑥 + log𝑤 𝑦 + log𝑤 𝑧 = log𝑤 𝑥𝑦𝑧 sehingga log𝑤 𝑧 = 20.
∴ Jadi, nilai 𝐥𝐨𝐠 𝒛 𝒘 = 𝟐𝟎

Alt ernat if 2 :
log𝑥 𝑤 = 4 sehingga 𝑥 = 𝑤 1/4

log𝑦 𝑤 = 5 sehingga 𝑦 = 𝑤 1/5.
log𝑥𝑦𝑧 𝑤 = 2 sehingga 𝑥𝑦𝑧 = 𝑤 1/2.
�𝑤 1/4 ��𝑤 1/5 �𝑧 = 𝑤 1/2
1 1 1
� − − �

𝑧 = 𝑤 2 4 5 = 𝑤 1/20
∴ Jadi, nilai 𝐥𝐨𝐠 𝒛 𝒘 = 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 =

•

Susunannya adalah 3, 2, 1.

�64��21��11�(4−1)!

�63��32��11�(3 − 1)! (2 − 1)! = 120

SMA Negeri 5 Bengkulu

2!

= 90

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
•

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

𝐺𝐻
𝑦
=
= tan 15𝑜 = 2 − √3
𝐴𝐻 1 − 𝑦
𝑦�1 + 2 − √3� = 2 − √3
2 − √3 3 − √3 𝑎 − √𝑏
=
=
𝑦=
6
𝑐
3 − √3
Maka 𝑎 = 3 ; 𝑏 = 3 dan 𝑐 = 6
∴ Jadi, nilai 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 adalah 12 .

= 2 − √3

Alt ernat if 2 :
Karena simet ris maka 𝐵𝐸 = 𝐷𝐹 = 𝑥 .

𝐴𝐹 = 𝐸𝐹
12 + 𝑥 2 = (1 − 𝑥)2 + (1 − 𝑥)2
𝑥 2 − 4𝑥 + 1 = 0
𝑥 = 2 − √3
∆𝐸𝐴𝐵 ≅ ∆𝐺𝐴𝐻
𝐺𝐻 𝐸𝐵
=
𝐴𝐻 𝐴𝐵
2 − √3
𝑦
=
1
1−𝑦
𝑦�1 + 2 − √3� = 2 − √3
2 − √3 3 − √3 𝑎 − √𝑏
=
=
𝑦=
6
𝑐
3 − √3
Maka 𝑎 = 3 ; 𝑏 = 3 dan 𝑐 = 6
∴ Jadi, nilai 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 adalah 12 .
SMA Negeri 5 Bengkulu

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
10. Persoalan set ara dengan menyelesaian persamaan
x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 10 dengan x 1, x 2, x 3, x 4 ∈ N.
Misalkan a = x 1 − 1 ; b = x 2 − 1 ; c = x 3 − 1 ; d = x 4 − 1 maka
a + b + c + d = 6 dengan a, b, c, d ∈ N0.

6+4−1
� = 84.
3

Maka banyaknya t upel bilangan (a, b, c, d) yang memenuhi = �

∴ 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.

1
1 3
1
3
[𝐴𝐵𝐶]
∙ 𝐵𝐷 ∙ 𝐵𝐹 ∙ sin ∠𝐴𝐵𝐶 = ∙
∙ 𝐴𝐵 ∙ ∙ 𝐵𝐶 ∙ sin ∠𝐴𝐵𝐶 =
2
2 10
2
20
1
1 6
1
3
[𝐶𝐸𝐹] = ∙ 𝐶𝐸 ∙ 𝐶𝐹 ∙ sin ∠𝐴𝐶𝐵 = ∙
[𝐴𝐵𝐶]
∙ 𝐴𝐶 ∙ ∙ 𝐵𝐶 ∙ sin ∠𝐴𝐶𝐵 =
2
2 10
2
10
11
[𝐴𝐵𝐶]
[𝐴𝐷𝐹𝐸] = [𝐴𝐵𝐶] − [𝐵𝐷𝐹] − [𝐶𝐸𝐹] =
20
[𝐴𝐷𝐹𝐸] 11
=
[𝐴𝐵𝐶]
20
Maka 𝑎 = 11 dan 𝑏 = 20
∴ Jadi, nilai 𝑎 + 𝑏 adalah 31 .
[𝐵𝐷𝐹] =

SMA Negeri 5 Bengkulu

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
14. 2𝑥2 + 3𝑥 + 4 = 2�2𝑥2 + 3𝑥 + 12

Misalkan 𝑝 = �2𝑥2 + 3𝑥 + 12
Karena akar suat u bilangan real t idak mungkin negat if maka 𝑝 ≥ 0.

𝑝2 − 8 = 2𝑝
(𝑝 − 4)(𝑝 + 2) = 0
Karena 𝑝 ≥ 0 maka 𝑝 = 4
2𝑥2 + 3𝑥 + 12 = 42
2𝑥2 + 3𝑥 − 4 = 0
Hasil kali semua akar =

𝐶
𝐴

= −2

∴ Jadi, hasil kali semua akar real sama dengan −2.

15. AB = 360 ; AC = 180 dan BC = 240

Karena AP garis bagi maka
Maka BP = 160 dan PC = 80
Karena AQ garis bagi maka

𝐴𝐵
𝐴𝐶

𝐴𝐵
𝐴𝐶

=
=

𝐵𝑃
𝑃𝐶

𝐵𝑄
𝐶𝑄

sehingga
sehingga

360
180

360
180

=
=

𝐵𝑃
240−𝐵𝑃

240+𝐶𝑄
𝐶𝑄

Maka CQ = 240
Maka PQ = PC + CQ = 80 + 240 = 320
2 ⋅ ∠CAQ + 2 ⋅ ∠CAP = 180o
∠PAQ = ∠CAQ + ∠CAP = 90o
Karena ∠PAQ = 90o maka PQ adalah diamet er lingkaran yang melalui t it ik A, P dan Q.
∴ Jadi, j ari-j ari lingkaran yang melalui t it ik-t it ik A, P, dan Q adalah 160 .

16. 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐
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
it u dalam soal aslinya t ert ulis 𝑏 ≠ 0 dan digant i menj adi 𝑏 > 0.
Syarat 𝑓(𝑥) t idak pernah negat if adalah 𝑎 > 0 dan 𝑏 2 − 4𝑎𝑐 ≤ 0
Karena 4𝑎𝑐 ≥ 𝑏 2 > 0 maka 𝑐 > 0

𝑎𝑐 1
≥
𝑏2 4

Dengan ket aksamaan AM-GM didapat

𝑎 𝑐
𝑎𝑐
𝑎+𝑐 𝑎 𝑐
= + ≥ 2� ∙ = 2� 2 = 1
𝑏 𝑏
𝑏 𝑏
𝑏
𝑏
𝑐
𝑎
Tanda kesamaan t erj adi j ika = at au 𝑎 = 𝑐 dan 𝑏 2 = 4𝑎𝑐 yang set ara dengan 𝑏 = 2𝑎 = 2𝑐.
𝑏

𝑏

∴ Jadi, nilai t erkecil yang mungkin unt uk

SMA Negeri 5 Bengkulu

𝑎+𝑐
𝑏

adalah 1 .

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
17. (7𝑝 − 𝑞)2 = 2(𝑝 − 1)𝑞 2

49𝑝2 − 14𝑝𝑞 + 𝑞 2 = 2(𝑝 − 1)𝑞 2
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
3
∙ 3√15 = √15
2
2

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
𝑐 4 − 10𝑐 2 + 9 = −15
(𝑐 2 − 4)(𝑐 2 − 6) = 0
• Jika 𝑐 = √6
Maka 𝐴𝐵 = 2√6
cos ∠𝐺𝐴𝐵 =

•

𝑘=2

2

22 + �√6� − 𝑘 2
2 ∙ 2 ∙ √6

=

2

22 + �2√6� − 42
2 ∙ 2 ∙ 2√6

Karena GM = GP maka AB = AC. Kont radiksi dengan panj ang ket iga sisi berbeda.
Jika 𝑐 = 2
Maka 𝐴𝐵 = 4

cos ∠𝐺𝐴𝐵 =

22 + 22 − 𝑘 2 22 + 42 − 42
=
2∙2∙2
2∙2∙4

SMA Negeri 5 Bengkulu

Eddy Hermanto, ST

Olimpiade Matematika Tk Kabupaten/ Kota 2014
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
∴ Jadi, semua bilangan bulat 𝑛 yang memenuhi adalah −𝟕, −𝟐, 𝟐, 𝟕.

SMA Negeri 5 Bengkulu

Eddy Hermanto, ST