OSK Matematika Tahun 2013 telah selesai dilaksanakan tanggal 3 April kemarin. Tahun ini sebenarnya saya tidak terlalu mengikuti pelaksanaan
OSK SMA.
Namun demikian ada beberapa kawan yang meminta saya untuk memposting
pembahasan OSK Matematika SMA 2013. Yah, okelah saya coba yang saya
bisa.
Soal OSK SMA tahun ini masih berformat sama yaitu 20 soal
isian singkat. Dan untuk pembahasan di blog ini akan saya bagi menjadi
dua bagian. Yang setiap bagian terdiri dari 10 soal. Bagian pertama
yaitu sepuluh nomor pertama, menurut saya lebih didominasi oleh
teori bilangan dan
kombinatorik. Untuk selengkapnya silakan
simak pembahasan di bawah ini :
1. Misalkan
a dan
b adalah bilangan asli dengan
a>b. Jika
94+22013−−−−√−−−−−−−−−−√=a√+b√, maka nilai
a−b adalah ...
Untuk
a,b≥0 berlaku
(a√+b√)2=a+b+2ab−−√⇔a√+b√=(a+b)+2ab−−√−−−−−−−−−−−−√
Padahal
94+22013−−−−√=(61+33)+261×33−−−−−−√. Oleh karena itu,
94+22013−−−−√−−−−−−−−−−√=61−−√+33−−√. Sehingga
a−b=61−33=28.
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
DBFE mempunyai luas yang sama, maka luasnya sama dengan ...
Perhatikan sketsa berikut ini!
Karena
Luas △ABE=Luas DBFE berakibat
Luas △ADE=Luas △DEF. Padahal diketahui 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
CEEB=ADDB=23
Oleh karena itu,
Luas △ABE=35×10=6.
Misalkan
p dan
q bilangan prima. Jika diketahui persamaan
x2014−px2013+q=0 mempunyai akar - akar bilangan bulat, maka nilai
p+q adalah ...
Misalkan salah satu akar bulat dari persamaan x2014−px2013+q=0 adalah t. Maka diperoleh 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.
4. Jika fungsi
f didefinisikan oleh
f(x)=kx2x+3,x≠−32,k konstanta memenuhi
f(f(x))=x untuk setiap bilangan real
x, kecuali
x=−32 maka nilai
k adalah ...
Untuk
x=1 diperoleh
f(f(1))=1⇔f(k5)=1⇔k22k+15=1⇔k2−2k−15=0⇔(k−5)(k+3)=0
Mudah dicek bahwa
k=−3 memenuhi kondisi
f(f(x))=x.
Koefisien
x2013 pada ekspansi
(1+x)4026+x(1+x)4025+x2(1+x)4024+⋯+x2013(1+x)2013
adalah ...
- Koefisien x2013 dari (1+x)4026 adalah C40262013.
- Koefisien x2013 dari x(1+x)4025 adalah C40252012.
- Koefisien x2013 dari x2(1+x)4024 adalah C40242011.
- ⋯
- ⋯
- ⋯
- Koefisien x2013 dari x2012(1+x)2014 adalah C20141.
- Koefisien x2013 dari x2013(1+x)2013 adalah C20130.
Dengan menggunakan identitas,
Cm0+Cm+11+Cm+22+⋯+Cm+kk=Cm+k+1k
diperoleh koefisien
x2013 pada ekspansi
(1+x)4026+x(1+x)4025+x2(1+x)4024+⋯+x2013(1+x)2013
yaitu,
C20130+C20141+⋯+C40252012+C40262013=C40272013
6. Jika
2x−2y=1 dan
y−x=2, maka
(x+y)2=⋯
Lakukan sedikit manipulasi aljabar sebagai berikut,
2x−2y=1⇔2(y−x)xy=1⇔4xy=1⇔xy=4
selanjutnya diperoleh,
(x+y)2=x2+y2+2xy=x2+y2−2xy+4xy=(y−x)2+4xy=4+16=20
Suatu dadu ditos enam kali. Banyak cara memperoleh jumlah mata yang muncul 28 dengan tepat satu dadu muncul angka 6 adalah ...
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
-
Yang muncul angka : 2, 5, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!4!=5 cara.
-
Yang muncul angka : 3, 4, 5, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!3!=20 cara.
-
Yang muncul angka : 4, 4, 4, 5, 5 yang banyaknya cara ada 5!2!×3!=10 cara.
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.
Misalkan
P adalah titik interior dalam daerah segitiga
ABC sehingga besar
∠PAB=10∘,∠PBA=20∘,∠PCA=30∘,∠PAC=40∘. Besar
∠ABC=⋯
Perpanjang
CP,AP,BP sehingga memotong
AB,BC,CA berturut - turut di titik
D,E,F seperti gambar berikut :
Mudah diperoleh bahwa
∠APB=150∘,∠APC=110∘ sehingga
∠BPC=100∘. Misalkan
∠PBC=x maka
∠PCB=80−x.
Berdasarkan dalil sinus pada
△ADP dan
△BDP diperoleh
ADsin70∘=DPsin10∘ dan BDsin50∘=DPsin20∘
sehingga
ADBD=sin70∘⋅sin20∘sin80∘⋅sin10∘
Dengan cara serupa diperoleh pula
BEECCFFA=sin30∘⋅sin(80−x)∘sinx⋅sin70∘=sin80∘⋅sin40∘sin30∘⋅sin30∘
Padahal berdasarkan teorema Ceva diperoleh
ADDB⋅BEEC⋅CFFA=1
Substitusikan ketiga persamaan di atas sehingga didapat
sin20∘⋅sin(80−x)∘⋅sin40∘sin10∘⋅sin30∘⋅sinx=1
yang ekuivalen dengan
sin20∘⋅sin(80−x)∘⋅sin40∘−4⋅sin20∘⋅sin(80−x)∘⋅sin40∘2(cos60∘−cos20∘)sin(80−x)∘sin(80−x)∘−2cos20∘⋅sin(80−x)∘sin(80−x)∘−(sin(100−x)+sin(60−x))−sin(60−x)=sin10∘⋅sin30∘⋅sinx=−2⋅sin10∘⋅sinx=cos(x+10)−cos(x−10)=cos(x+10)−cos(x−10)=sin(80−x)∘−sin(100−x)=0
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.
∠CAD=∠DAP−∠CAP=60∘−40∘=20∘. Karena
∠APB=150∘ maka
∠APE=30∘, sehingga
∠EPD=30∘. Oleh karena itu,
∠DPB=150∘=∠APB. Hal ini berakibat
△APB kongruen
△BPD. Sehingga
∠BDP=∠BAP=10∘. Selanjutnya kita diperoleh
∠ADF=∠ADP+∠BDP=60∘+10∘=70∘. Oleh karena itu,
∠AFD=90∘. Dengan kata lain,
BD⊥AC dan karena
△ADC adalah segitiga sama kaki dengan
AD=CD maka
AF=FC. 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 ...
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 kuadrat adalah 1160.
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
...
Pembagian keenam siswa pada tiga meja bundar tersebut adalah sebagai berikut :
Oleh karena itu, total cara mengatur tempat duduk keenam siswa tersebut adalah
90+120+15=225 cara.
Bagian pertama pembahasan OSK Matematika SMA 2013 selesai. Tunggu postingan selanjutnya untuk
bagian kedua. Jangan lupa baca juga pembahasan
OSK Matematika SMP tahun 2013. Dan semoga yang ikut OSK tahun ini bisa lolos ke tahap selanjutnya alias OSP. Good luck!
