Pembahasan Soal OSN Guru Matematika SMA ... - tito math's blog

31 downloads 82 Views 429KB Size Report
Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang. blogspot.com. PEMBAHASAN SOAL. OLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMA.

ocsz

Pembahasan Soal

OSN Guru 2012 OLIMPIADE SAINS NASIONAL KHUSUS GURU MATEMATIKA SMA

OSN Guru Matematika SMA (Olimpiade Sains Nasional) Disusun oleh:

Pak Anang

Halaman 2 dari 26

PEMBAHASAN SOAL OLIMPIADE GURU MATEMATIKA SMA TINGKAT PROPINSI TANGGAL 7 JUNI 2012 By Pak Anang (http://pak-anang.blogspot.com) 1. Pak Tamrin sedang membuat rencana pembelajaran Matematika kelas X materi aturan sinus. Agar siswa lebih memahami untuk apa belajar aturan sinus, Pak Tamrin akan memanfaatkan materi sebelumnya yang dapat mengantarkan ke pembelajaran aturan sinus. Permasalahan apa dalam materi prasyarat yang dapat mengantarkan pemahaman pada materi aturan sinus tersebut? Pembahasan: Materi prasyarat: (1) Siswa mampu menghitung operasi bilangan real. (2) Siswa mampu menunjukkan garis tinggi segitiga. (3) Siswa mampu memahami definisi perbandingan trigonometri sinus Pada aturan sinus, siswa harus bisa mendefinisikan garis tinggi segitiga dari salah satu sisi segitiga dengan melihat pengertian sinus pada materi pembelajaran sebelumnya. Sebagai contoh perhatikan segitiga ABC di bawah: C b

a

A

B D Dengan melihat garis tinggi AD, dimana AD bisa didefinisikan menggunakan sinus sudut A maupun sinus sudut B, siswa akan dapat menemukan pemahaman rumus aturan sinus. Garis tinggi CD bisa dinyatakan sebagai perbandingan sinus dari sudut A dan B: 𝐢𝐷 sin 𝐴 = β‡’ 𝐢𝐷 = 𝑏 sin 𝐴 𝑏 𝐢𝐷 sin 𝐡 = β‡’ 𝐢𝐷 = π‘Ž sin 𝐡 π‘Ž

π‘Ž 𝑏 = sin 𝐴 sin 𝐡 Dari dua nilai 𝐢𝐷 tersebut, siswa diberi pemahaman bahwa nilai CD dapat dihubungkan menjadi aturan sinus apabila ada salah satu dari variabel yang mempengaruhi nilai CD tersebut tidak diketahui. Jadi, dari persamaan π‘Ž sin 𝐡 = 𝑏 sin 𝐴 akan diperoleh persamaan aturan sinus

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 3 dari 26 2. Untuk mencapai tujuan pembelajaran β€œSiswa dapat menentukan sisa pembagian suku banyak f(x) dengan suku banyak berbentuk (x – a), Pak Soleh memilih lintasan belajar sebagai berikut: (1) Mengingatkan kembali pembagian suku banyak f(x) dengan suku banyak g(x) yang dapat ditulis dalam bentuk f(x) = g(x).H(x) + S(x) dengan H(x) hasil bagi dan S(x) sisa pembagian. (2) Memandang g(x) = x – a sehingga f(x) = (x – a)H(x) + S(x) (3) Menentukan S(x) dengan memandang f(x) berlaku untuk semua x, termasuk x = a. Pendekatan yang dipilih oleh Pak Soleh untuk mencapai tujuan pembelajaran dengan lintasan belajar seperti itu disebut pendekatan … Pembahasan: Pendekatan deduktif adalah cara yang dilakukan oleh guru di dalam mencapai tujuan pembelajaran dengan menggunakan aturan yang sudah dijamin kebenarannya. Proses pendekatan deduktif secara matematika dapat dirumuskan sebagai berikut: Aturan : π‘β‡’π‘ž Fakta yang dimiliki : 𝑝 Kesimpulan π‘ž Dari lintasan belajar yang dilakukan, fakta yang dihadapi yang sudah diketahui siswa adalah 𝑓(π‘₯) = (π‘₯ βˆ’ π‘Ž) βˆ™ 𝐻(π‘₯) + 𝑆(π‘₯) Dengan mengunakan aturan bahwa: 𝑓(π‘Ž) = (π‘Ž βˆ’ π‘Ž) βˆ™ 𝐻(π‘Ž) + 𝑆(π‘Ž) β‡’ 𝑆(π‘Ž) = 𝑓(π‘Ž) Sehingga akan diperoleh kesimpulan bahwa: 𝑆(π‘Ž) = 𝑓(π‘Ž) Dengan demikian lintasan belajar seperti itu menggunakan pendekatan deduktif.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 4 dari 26 3. Seorang guru matematika kelas X sedang merencanakan pembelajaran materi aturan cosinus. Agar siswa memahami pentingnya materi aturan cosinus ini, guru itu memikirkan bagaimana lintasan belajarnya. Tuliskan lintasan belajar (urutan proses pembelajaran) sebelum menurunkan aturan cosines tersebut! Pembahasan: Lintasan belajar menurunkan rumus aturan kosinus: (1) Mengingatkan kembali bahwa pada segitiga sembarang juga berlaku perbandingan trigonometri serta aturan Pythagoras dengan cara menarik garis tinggi segitiga. Dan mengingatkan juga bahwa garis tinggi segitiga tersebut membagi segitiga menjadi dua segitiga siku-siku. C

C 𝑏

A

𝑏

π‘Ž

𝑐

D

B

A

𝑐

π‘Ž B

D

(2) Memandang salah satu segitiga siku-siku dan menyatakan aturan Pythagoras yang berlaku. π‘Ž2 = 𝐢𝐷 2 + 𝐡𝐷 2 (3) Menyatakan perbandingan sinus dan kosinus pada segitiga siku-siku yang lain. 𝐢𝐷 sin 𝐴 = β‡’ 𝐢𝐷 = 𝑏 sin 𝐴 𝑏 𝐴𝐷 cos 𝐴 = β‡’ 𝐴𝐷 = 𝑏 cos 𝐴 𝑏 (4) Menghubungkan aturan Pythagoras dan perbandingan trigonometri yang telah didapatkan, sehingga didapatkan persamaan untuk menurunkan rumus aturan kosinus. π‘Ž2 = 𝐢𝐷 2 + (𝑐 βˆ’ 𝐴𝐷)2 (5) Menurunkan rumus yang telah didapatkan, dengan mengingatkan kembali tentang perkalian faktor (π‘₯ βˆ’ 𝑦)2 dan identitas trigonometri (sin2 π‘₯ + cos 2 π‘₯ = 1). (6) Menemukan aturan cosinus: π‘Ž2 = 𝑏 2 + 𝑐 2 βˆ’ 2𝑏𝑐 cos 𝐴 (7) Melakukan analisis yang sama untuk menemukan aturan cosinus yang lain: 𝑏 2 = π‘Ž2 + 𝑐 2 βˆ’ 2π‘Žπ‘ cos 𝐡 𝑐 2 = π‘Ž2 + 𝑏 2 βˆ’ 2π‘Žπ‘ cos 𝐢

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 5 dari 26 4. Pak Hidayat akan mengukur kemampuan dalam mengukur jarak dari titik C ke bidang BPD dalam ruang dimensi tiga seperti di bawah ini P

G

E

H

F D

C

A

B

Oleh karena penilaian dilakukan sambil Pak Hidayat membimbing siswa dalam menyelesaikan masalah yang terkait dengan konsep itu ia perlu mengetahui standar penilaian yang praktis dan sederhana. Standar penilaian tersebut berupa kemampuankemampuan dalam menerapkan prosedur penentuan jarak titik ke bidang. Apa yang menjadi kemampuan kunci (penentu kebenaran secara keseluruhan) dalam menentukan jarak tersebut? Pembahasan: Konsep mencari jarak titik C ke bidang BPD: Buat garis β„Š pada bidang yang melalui C dan tegak lurus bidang BPD. Jika titik tembus garis β„Š pada bidang BPD adalah Q, maka jarak C ke bidang BPD adalah CQ. Langkah-langkahnya: Memperluas bidang BPD dengan melukis perpanjangan garis DP dan perpanjangan garis CH hingga berpotongan di titik R. Serta menarik garis dari titik B ke R. Didapatkan bidang DBR. Melukis garis pada bidang ABCD yang melewati C dan memotong tegak lurus BD di titik S. Menghitung panjang CS, CR dan SR. Melukis segitiga CSR dengan titik Q berada di SR sedemikian sehingga CQ tegak lurus dengan SR. R Menghitung CQ menggunakan perbandingan atau aturan cosinus. Jadi, dengan melihat uraian di atas maka yang menjadi kemampuan kunci dalam menentukan jarak dari titik C ke bidang BDP adalah kemampuan menentukan titik S sebagai proyeksi dari E titik C ke garis BD. Jika penentukan titik S ini salah, maka proses selanjutnya dipastikan akan salah. A

G

P

H

F Q D

C S

B

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 6 dari 26 5. Tranformasi mempunyai banyak jenis sehingga guru perlu menyederhakan proses pembelajaran. Tuliskan dengan singkat dan jelas proses pembelajaran tersebut! Pembahasan: 1. Mengingatkan tentang persamaan garis. 2. Memberi stimulus tentang empat jenis transformasi, translasi (pergeseran), refleksi (pencerminan), rotasi (perputaran), dan dilatasi (perkalian). 3. Menegaskan bahwa translasi adalah pergeseran yang berkaitan dengan vektor, jadi matriks translasinya hanya matriks baris dan arah pergeseran mengikuti aturan sumbu kartesius. 4. Menegaskan bahwa refleksi adalah pencerminan terhadap sebuah garis tertentu yang bertindak sebagai sumbu simetri, sambil menanamkan kembali sifat bayangan pencerminan dan aturan sumbu kartesius. 5. Menegaskan bahwa rotasi adalah perputaran terhadap sebuah titik pusat sebesar sudut putar dan dipengaruhi oleh arah putar, sambil menanamkan kembali sifat-sifat penjumlahan sudut trigonometri. 6. Menegaskan bahwa rotasi adalah perbesaran/pengecilan (perkalian) suatu bangun tanpa mengubah bentuk bangun geometri tersebut yang ditentukan oleh pusat dilatasi dan faktor skala dilatasi. 7. Mengingatkan bahwa transformasi juga bisa dinyatakan ke dalam sebuah matriks transformasi, sambil menanamkan kembali sifat fungsi invers matriks. 8. Menegaskan bahwa untuk menemukan persamaan bayangan hasil transformasi harus melalui proses invers terlebih dahulu. 9. Mengingatkan kembali bahwa transformasi berurutan bisa dinyatakan ke dalam komposisi transformasi, sambil menanamkan kembali sifat komposisi fungsi. 10. Menyimpulkan bentuk-bentuk matriks transformasi terhadap jenis transformasi, sehingga peserta didik bisa menentukan strategi belajar sendiri untuk memperkuat konsep transformasi bidang dan transformasi terhadap kurva.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 7 dari 26 6. Pada suatu tes salah satu soalnya adalah sebagai berikut: C



20 cm

Ξ² A

B 30 cm

Skor total untuk jawaban tersebut adalah 3. Berdasarkan soal di atas tuliskan pedoman penskorannya! Pembahasan: Pedoman penskoran: 1. Menentukan sudut A (1 poin) 2. Menuliskan rumus aturan sinus (1 poin) 3. Menyelesaikan perhitungan aturan sinus (1 poin) Total skor maksimal: 3 poin. Pedoman penskoran: π‘π‘–π‘™π‘Žπ‘– =

π‘†π‘˜π‘œπ‘Ÿ π‘¦π‘Žπ‘›π‘” π‘‘π‘–π‘π‘’π‘Ÿπ‘œπ‘™π‘’β„Ž Γ—3 π‘†π‘˜π‘œπ‘Ÿ π‘šπ‘Žπ‘˜π‘ π‘–π‘šπ‘Žπ‘™

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 8 dari 26 7. Seorang siswa SMA kebingungan ketika menentukan nilai komposisi fungsi (g o f)(0). f dan g adalah fungsi bernilai real dengan f(x) = √π‘₯ βˆ’ 1 dan g(x) = x2. Ketika dikerjakan melalui (g o f)(x) = x – 1 diperoleh nilai (g o f)(0) = -1. Apabila dikerjakan melalui proses g(f(0)) diperoleh nilai f(0) = βˆšβˆ’1 yang tidak mungkin ada. Konsep apa yang belum dipahami oleh siswa tersebut? Pembahasan: Konsep pengertian fungsi, domain (daerah asal fungsi) dan range (daerah hasil) pada fungsi dan komposisi fungsi. Nilai π‘₯ = 0 mengakibatkan 𝑓(0) tidak terdefinisi yang akan menyebabkan komposisi tidak terdefinisi untuk nilai π‘₯ = 0. Jika 𝑅𝑓 menyatakan daerah hasil fungsi 𝑓, dan 𝐷𝑔 menyatakan daerah asal fungsi 𝑔, maka fungsi 𝑓 dan fungsi 𝑔 dapat dikomposisikan menjadi komposisi fungsi (𝑔 ∘ 𝑓)(π‘₯), jika 𝑅𝑓 ∩ 𝐷𝑔 β‰  βˆ…. Misalnya, daerah asal yang diperbolehkan untuk fungsi pecahan, maka nilai penyebut tidak boleh nol. Sementara untuk fungsi akar, nilai di dalam akar harus lebih besar dari nol.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 9 dari 26 8. Seorang guru SMA sedang melakukan proses pembelajaran materi persamaan matriks AX = B. Tujuan pembelajaran yang diharapkan adalah mampu menentukan matriks X. Apa cara yang paling tepat yang ia lakukan untuk gagasan memperoleh matriks itu telah dikuasai siswa apa belum? Pembahasan: Memberikan pertanyaan diskusi tentang menyajikan sistem persamaan linear dalam bentuk matriks dan menyelesaikannya nilai variabel pada sistem persamaan linear menggunakan persamaan matriks AX = B atau XA = B.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 10 dari 26 9. Jumlah akar-akar persamaan 2π‘₯ 8 + 3π‘₯ 6 βˆ’ 16π‘₯ 4 + 3π‘₯ 2 + 2 = 0 adalah .... Pembahasan: Dengan menggunakan teorema Vieta: π‘Žπ‘› π‘₯ 𝑛 + π‘Žπ‘›βˆ’1 π‘₯ π‘›βˆ’1 + π‘Žπ‘›βˆ’2 π‘₯ π‘›βˆ’2 + … + π‘Ž1 π‘₯ + π‘Ž0 = 0 Maka jumlah akar-akarnya adalah: π‘₯1 + π‘₯2 + π‘₯3 + … + π‘₯𝑛 = βˆ’

π‘Žπ‘›βˆ’1 0 =βˆ’ =0 π‘Žπ‘› 2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 11 dari 26 10. Fungsi 𝑓 memenuhi 𝑦𝑓(π‘₯𝑦) = 𝑓(π‘₯) untuk semua bilangan real π‘₯ dan 𝑦. Bila 𝑓(4) = 1006 maka (2012) = .... Pembahasan: 1 βˆ™ 𝑓(4 βˆ™ 1) = 1006 503 βˆ™ 𝑓(4 βˆ™ 503) = 1006 1006 𝑓(2012) = 503 𝑓(2012) = 2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 12 dari 26 11. Nilai dari 2013 2013 2013 2013 2013 + + + + …+ 1 1+2 1+2+3 1+2+3+4 1 + 2 + β‹― + 2012 adalah .... Pembahasan: 2013 2013 2013 2013 2013 + + + + …+ 1 1+2 1+2+3 1+2+3+4 1 + 2 + β‹― + 2012 2012

⇔ βˆ‘ 𝑛=1 2012

⇔ βˆ‘ 𝑛=1 2012

⇔ βˆ‘ 𝑛=1

2013 𝑛(𝑛+1) 2

4026 𝑛(𝑛 + 1) 𝐴 𝐡 + 𝑛 (𝑛 + 1)

4026 = 𝐴(𝑛 + 1) + 𝐡(𝑛) Untuk 𝑛 = 0, didapatkan 𝐴 = 4026. Untuk 𝑛 = βˆ’1 didapatkan 𝐡 = βˆ’4026 2012

⇔ βˆ‘ 𝑛=1

4026 4026 βˆ’ (𝑛 + 1) 𝑛

Dengan memasukkan nilai indeks 𝑛 didapatkan sebuah persamaan yang saling mencoret satu sama lain, yaitu: 4026 4026 4026 4026 4026 4026 4026 4026 βˆ’ )+( βˆ’ )+( βˆ’ ) + ……… + ( βˆ’ ) 1 2 2 3 3 4 2012 2013 ⇔ 4026 βˆ’ 2 ⇔ 4024 ⇔(

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 13 dari 26 12. Kedua akar persamaan π‘₯ 2 βˆ’ 63π‘₯ + π‘˜ = 0 adalah bilangan prima. Banyaknya nilai π‘˜ yang mungkin adalah .... Pembahasan: π‘₯ 2 βˆ’ 63π‘₯ + π‘˜ = 0 Misalkan kedua akar persamaan tersebut adalah π‘Ž dan 𝑏 dan π‘Ž < 𝑏. Akan diperoleh: π‘Ž + 𝑏 = 63 dan π‘Žπ‘ = π‘˜ Karena π‘Ž + 𝑏 adalah bilangan ganjil maka salah satu dari π‘Ž atau 𝑏 adalah bilangan ganjil dan yang lain adalah bilangan genap. Tidak mungkin keduanya ganjil atau keduanya genap. Satu-satunya bilangan prima genap adalah 2. Jadi salah satu dari π‘Ž atau 𝑏 adalah 2. Misalkan π‘Ž = 2, maka 𝑏 = 61. π‘˜ = π‘Žπ‘ = (2)(61) = 122.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 14 dari 26 13. Keliling suatu segitiga adalah 10 cm. Jika panjang sisi adalah bilangan bulat maka luas paling besar yang mungkin adalah .... cm2. Pembahasan: Keliling suatu segitiga maksimum jika segitiga tersebut berbentuk segitiga sama sisi. Karena panjang sisi harus bilangan bulat, maka jika keliling segitiga 10 cm. maka kemungkinan sisi-sisi segitiga yang mengakibatkan luasnya paling besar adalah: 3, 3, dan 4. Dengan menggunakan teorema Heron untuk menghitung luas segitiga: 𝐿 = βˆšπ‘ (𝑠 βˆ’ π‘Ž)(𝑠 βˆ’ 𝑏)(𝑠 βˆ’ 𝑐) 1 2

1 2

Dimana 𝑠 = π‘˜π‘’π‘™π‘–π‘™π‘–π‘›π‘” = (π‘Ž + 𝑏 + 𝑐) 1 1 𝑠 = π‘˜π‘’π‘™π‘–π‘™π‘–π‘›π‘” = Γ— 10 = 5 2 2 𝐿 = βˆšπ‘ (𝑠 βˆ’ π‘Ž)(𝑠 βˆ’ 𝑏)(𝑠 βˆ’ 𝑐) = √5 βˆ™ 2 βˆ™ 2 βˆ™ 1 = 2√5 cm2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 15 dari 26 14. tan π‘₯ + tan(90Β° βˆ’ π‘₯) = 6. Nilai cos 2π‘₯ yang mungkin adalah .... Pembahasan: tan π‘₯ + tan(90Β° βˆ’ π‘₯) = 6 ⇔ tan π‘₯ + cot π‘₯ = 6 sin π‘₯ cos π‘₯ ⇔ + =6 cos π‘₯ sin π‘₯ sin2 π‘₯ + cos 2 π‘₯ ⇔ =6 sin π‘₯ cos π‘₯ 1 ⇔ =6 1 sin 2π‘₯ 2 1 ⇔ sin 2π‘₯ = 3 sin2 2π‘₯ + cos2 2π‘₯ = 1 ⇔ cos 2π‘₯ = √1 βˆ’ sin2 2π‘₯ 1 9

⇔

cos 2π‘₯ = √1 βˆ’

⇔

8 cos 2π‘₯ = √ 9

⇔

2 cos 2π‘₯ = Β± √2 3

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 16 dari 26 15. Garis 3π‘₯ + 4𝑦 = 12 memotong ellips 9π‘₯ 2 + 16𝑦 2 = 144 di titik A dan B. Terdapat titik P pada ellips sehingga luas segitiga PAB adalah 3 satuan luas. Titik P semacam itu sebanyak .... Pembahasan: 3 3π‘₯ + 4𝑦 = 12 β‡’ 𝑦 = 3 βˆ’ π‘₯ 4 3 4

Substitusi 𝑦 = 3 βˆ’ π‘₯ ke persamaan elips:

Perpotongan garis 3π‘₯ + 4𝑦 = βˆ’6 dengan elips adalah letak titik P. 3 3π‘₯ + 4𝑦 = βˆ’6 β‡’ 𝑦 = βˆ’2 βˆ’ π‘₯ 4 3 Substitusi 𝑦 = 3 βˆ’ 4 π‘₯ ke persamaan elips:

2

2

9π‘₯ + 16𝑦 = 144 3 2 ⇔ 9π‘₯ 2 + 16 (3 βˆ’ π‘₯) = 144 4 9 9 ⇔ 9π‘₯ 2 + 16 (9 βˆ’ π‘₯ + π‘₯ 2 ) = 144 2 16 ⇔ 9π‘₯ 2 + 144 βˆ’ 72π‘₯ + 9π‘₯ 2 = 144 ⇔ 18π‘₯ 2 βˆ’ 72π‘₯ = 0 ⇔ 18π‘₯ (π‘₯ βˆ’ 4) = 0 π‘π‘’π‘šπ‘π‘’π‘Žπ‘‘ π‘›π‘œπ‘™ ⇔ π‘₯ = 0 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 4 Untuk π‘₯ = 0 β‡’ 𝑦 = 3 Untuk π‘₯ = 4 β‡’ 𝑦 = 0 𝐿 π‘ π‘’π‘”π‘–π‘‘π‘–π‘”π‘Ž = 3 1 4 0 π‘₯ 𝑦 0 3 || |+| |+| || = 3 π‘₯ 𝑦 4 0 2 0 3 1 |12 + 3π‘₯ + 4𝑦| = 3 2 12 + 3π‘₯ + 4π‘₯ = βˆ’6 3π‘₯ + 4𝑦 = βˆ’6

9π‘₯ 2 + 16𝑦 2 = 144 3 2 2 ⇔ 9π‘₯ + 16 (βˆ’2 βˆ’ π‘₯) = 144 4 9 2 2 ⇔ 9π‘₯ + 16 (4 + 3π‘₯ + π‘₯ ) = 144 16 2 ⇔ 9π‘₯ + 64 + 48π‘₯ + 9π‘₯ 2 = 144 ⇔ 18π‘₯ 2 + 48π‘₯ βˆ’ 80 = 0 ⇔ 9π‘₯ 2 + 24π‘₯ βˆ’ 40 = 0 Cek diskriminan persamaan kuadrat tersebut: 𝐷 = (24)2 βˆ’ 4(9)(βˆ’40) = 2016 Jadi persamaan kuadrat tersebut memiliki dua akar berbeda. Sehingga titik P pada elips ada 2.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 17 dari 26 16. Misalkan a > 0, A = {(x, y)l y ≀x3, y β‰₯0, 0 ≀ x ≀ a}, dan B = {(x, y)l y ≀x3, y β‰₯0, 0 ≀ x ≀ 1}, Nilai a yang mungkin agar luas daerah B empat kali luas daerah A adalah .... Pembahasan: 1

πΏπ‘’π‘Žπ‘  𝐡 = ∫ π‘₯ 3 𝑑π‘₯ 0 π‘Ž

πΏπ‘’π‘Žπ‘  𝐴 = ∫ π‘₯ 3 𝑑π‘₯ 0

Nilai a yang mungkin agar luas daerah B empat kali luas daerah A: πΏπ‘’π‘Žπ‘  𝐡 = 4 πΏπ‘’π‘Žπ‘  𝐴 1

π‘Ž

∫ π‘₯ 𝑑π‘₯ = 4 ∫ π‘₯ 3 𝑑π‘₯ 0

3

0

1 4 1 4 π‘Ž [ π‘₯ ] = 4[ π‘₯ ] 4 4 0 0 1 = π‘Ž4 4

⇔

1

4 1 1 1 π‘Ž = √ = √ = √2 4 2 2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 18 dari 26 17. Himpunan solusi dari |π‘₯|3 βˆ’ 7π‘₯ 2 + 7|π‘₯| + 15 < 0 adalah .... Pembahasan: |π‘₯|3 βˆ’ 7π‘₯ 2 + 7|π‘₯| + 15 < 0 {

π‘₯ 3 βˆ’ 7π‘₯ 2 + 7π‘₯ + 15 < 0, untuk π‘₯ β‰₯ 0 (βˆ’π‘₯)3 βˆ’ 7π‘₯ 2 βˆ’ 7π‘₯ + 15 < 0, untuk π‘₯ < 0 βˆ’π‘₯ 3 βˆ’ 7π‘₯ 2 βˆ’ 7π‘₯ + 15 < 0 π‘₯ 3 + 7π‘₯ 2 + 7π‘₯ βˆ’ 15 > 0 (π‘₯ βˆ’ 1)(π‘₯ + 3)(π‘₯ + 5) > 0 ⇔ π‘π‘’π‘šπ‘π‘’π‘Žπ‘‘ π‘›π‘œπ‘™ ⇔ π‘₯ = 1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = βˆ’3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = βˆ’5

π‘₯ 3 βˆ’ 7π‘₯ 2 + 7π‘₯ + 15 < 0 (π‘₯ + 1)(π‘₯ βˆ’ 3)(π‘₯ βˆ’ 5) < 0 ⇔ π‘π‘’π‘šπ‘π‘’π‘Žπ‘‘ π‘›π‘œπ‘™ ⇔ π‘₯ = βˆ’1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 5 +

βˆ’

βˆ’1

+

βˆ’

3

5

βˆ’

𝐻𝑃 = {π‘₯|π‘₯ < βˆ’1 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 3 < π‘₯ < 5}

βˆ’

+

βˆ’5

βˆ’3

+

1

𝐻𝑃 = {π‘₯| βˆ’ 5 < π‘₯ < βˆ’3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ > 1}

Jadi daerah penyelesaiannya adalah irisan dua HP tersebut: +

βˆ’

βˆ’1 βˆ’

3

βˆ’

+

βˆ’5

βˆ’3

βˆ’5

βˆ’3

+

βˆ’

5

+

1 βˆ’1

1

3

5

𝐻𝑃 = {π‘₯|βˆ’5 < π‘₯ < βˆ’3 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ 3 < π‘₯ < 5} = {π‘₯|3 < |π‘₯| < 5} TRIK SUPERKILAT: Dengan menganggap bahwa π‘₯ 2 = (βˆ’π‘₯)2 = |π‘₯|2 Maka persamaan |π‘₯|3 βˆ’ 7π‘₯ 2 + 7|π‘₯| + 15 < 0 bisa ditulis ulang menjadi: |π‘₯|3 βˆ’ 7|π‘₯|2 + 7|π‘₯| + 15 < 0 (|π‘₯| + 1)(|π‘₯| βˆ’ 3)(|π‘₯| βˆ’ 5) < 0 ⇔ pembuat nol ⇔ |π‘₯| = βˆ’1 atau |π‘₯| = 3 atau |π‘₯| = 5 Daerah penyelesaian adalah |π‘₯| < βˆ’1 atau 3 < |π‘₯| < 5. Himpunan penyelesaian |π‘₯| < βˆ’1 tidak memenuhi. Sehingga daerah penyelesaian yang memenuhi adalah 3 < |π‘₯| < 5, yang ekuivalen dengan βˆ’5 < π‘₯ < βˆ’3 atau 3 < π‘₯ < 5. +

+

βˆ’

βˆ’5

βˆ’3

βˆ’1

+

βˆ’

1

3

5

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 19 dari 26 18. Rata-rata dari 3 bilangan adalah 4 lebih besar dari bilangan terkecil dan 7 lebih kecil dari bilangan terbesar. Median ketiga bilangan itu adalah 8. Jumlah ketiga bilangan itu adalah .... Pembahasan: Bilangan tersebut adalah: (π‘₯Μ… βˆ’ 4), (π‘₯Μ… + π‘Ž), (π‘₯Μ… + 7) Dimana, median adalah 8. π‘₯Μ… + π‘Ž = 8 Kita cari dulu nilai π‘Ž: (π‘₯Μ… βˆ’ 4) + (π‘₯Μ… + π‘Ž) + (π‘₯Μ… + 7) βˆ‘π‘₯ π‘₯Μ… = β‡’ π‘₯Μ… = 𝑛 3 ⇔ 3π‘₯Μ… = 3π‘₯Μ… + 3 + π‘Ž ⇔ π‘Ž = βˆ’3 Sehingga, π‘₯Μ… + π‘Ž = 8 β‡’ π‘₯ = 8 βˆ’ π‘Ž ⇔ π‘₯ = 8 βˆ’ (βˆ’3) ⇔ π‘₯ = 11 Jadi jumlah ketiga bilangan tersebut adalah, βˆ‘π‘₯ π‘₯Μ… = β‡’ βˆ‘π‘₯ = 𝑛π‘₯Μ… = 3(11) = 33 𝑛

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 20 dari 26 19. Diberikan segitiga ABC siku-siku di B dan panjang AC adalah 15 cm. Titik D di sisi BC sehingga sudut BAD = sudut CAD. Luas segitiga ADC = 30 cm2. Panjang BD adalah .... Pembahasan: A °° 15 B

D

C

Panjang AC = 15 cm. ∠𝐡𝐴𝐷 = ∠𝐢𝐴𝐷 = πœƒ Luas segitiga ADC = 30 cm2. 1 1 𝐡𝐷 𝐿 𝐴𝐷𝐢 = 𝐴𝐷 𝐴𝐢 sin πœƒ β‡’ 30 = βˆ™ 𝐴𝐷 βˆ™ 15 βˆ™ 2 2 𝐴𝐷 1 ⇔ 30 = βˆ™ 15 βˆ™ 𝐡𝐷 2 ⇔ 𝐡𝐷 = 4 cm

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 21 dari 26 20. Bilangan asli 2 angka yang selisih antara bilangan itu dan hasil kali kedua angkanya adalah 12 sebanyak .... Pembahasan: Misalkan bilangan itu adalah π‘₯𝑦, 1 ≀ π‘₯ ≀ 9 dan 1 ≀ 𝑦 ≀ 9, π‘₯, 𝑦 ∈ bilangan bulat. Dimana π‘₯ adalah puluhan, dan 𝑦 adalah satuan. Berarti bilangan π‘₯𝑦 bisa ditulis menjadi 10π‘₯ + 𝑦. Selisih antara bilangan tersebut dengan hasil kali kedua angkanya adalah 12. (10π‘₯ + 𝑦) βˆ’ π‘₯𝑦 = 12 10π‘₯ + (1 βˆ’ π‘₯)𝑦 = 12 (10 βˆ’ 𝑦)π‘₯ + 𝑦 = 12 Dari persamaan tersebut diperoleh nilai 𝑦 untuk π‘₯ β‰  1 dan 𝑦 β‰  10. 12 βˆ’ 𝑦 12 βˆ’ 10π‘₯ π‘₯= atau 𝑦 = 10 βˆ’ 𝑦 1βˆ’π‘₯ Solusi dari soal tersebut dengan menggunakan trial dan error adalah: π‘₯ = 2 dan 𝑦 = 8. π‘₯ = 3 dan 𝑦 = 9. Jadi, jumlah bilangan adalah 2 buah. Bilangan tersebut adalah 28 dan 39.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 22 dari 26 21. Nilai sin2 1o + sin2 3o + sin2 5o + … + sin2 89o adalah ....

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

Pembahasan: sin2 1Β° + sin2 3Β° + sin2 5Β° + … + sin2 89Β° (sin2 1Β° + sin2 89Β°) + (sin2 3Β° + sin2 87Β°) + … + (sin2 44Β° + sin2 46Β°) + sin2 45Β° (sin2 1Β° + sin2 (90Β° βˆ’ 1Β°)) + (sin2 3Β° + sin2 (90Β° βˆ’ 3Β°)) + … + (sin2 44Β° + sin2(90Β° βˆ’ 44Β°)) + sin2 45Β° (sin2 1Β° + cos 2 1Β°) + (sin2 3Β° + cos2 3Β°) + … + (sin2 44Β° + cos2 44Β°) + sin2 45Β° 2 1 1 + 1 + … + 1 + ( √2) ⏟ 2 22 π‘“π‘Žπ‘˜π‘‘π‘œπ‘Ÿ

⇔ 22 + ⇔ 22,5

1 2

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 23 dari 26 22. Diberikan barisan geometri yang suku-sukunya merupakan bilangan bulat positif. Suku ketiga barisan itu adalah 2012. Jumlah tiga suku pertama barisan itu adalah .... Pembahasan: 2012 = 22 Γ— 503 Faktor kuadrat dari 2012 adalah 4. Karena ketiga sukunya bilangan bulat positif dan π‘ˆ3 = π‘Žπ‘Ÿ 2 , maka rasio barisan geometri tersebut yang mungkin adalah π‘Ÿ = 2. π‘ˆ3 = π‘Žπ‘Ÿ 2 ⇔ π‘Ž = 𝑆𝑛 =

π‘ˆ3 2012 2012 = 2 = = 503 π‘Ÿ2 2 4

π‘Ž(π‘Ÿ 𝑛 βˆ’ 1) 503(23 βˆ’ 1) = = 503 Γ— 7 = 3521 π‘Ÿβˆ’1 2βˆ’1

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 24 dari 26 23. Suatu almari memuat 8 buku matematika, 5 buku fisika dan 7 buku kimia. Diketahui bahwa tidak ada buku yang sama. Banyak cara penyusunan berbeda yang bisa dilakukan pada buku-buku ini, jika semua buku Matematika harus berdekatan adalah .... Pembahasan: Karena semua buku Matematika harus diletakkan secara berdekatan, maka semua buku Matematika harus dianggap hanya menjadi 1 buku saja, sehingga jumlah semua buku dianggap 1 + 5 + 7 = 13 buku. Jadi, banyak cara menyusun 13 buku adalah: 13! Sedangkan banyak cara menyusun 8 buku Matematika adalah: 8! Jadi, banyak cara penyusunan berbeda yang bisa dilakukan jika semua buku harus berdekatan adalah: 8! 13! β‰ˆ 2,51 Γ— 1014 cara.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 25 dari 26 24. Untuk a > 0 dan a β‰  1, nilai 1

π‘₯(π‘Ž ⁄π‘₯ βˆ’ 1) lim ( ) π‘₯β†’0 π‘Žβˆ’1

π‘₯

adalah .... Pembahasan: lim (

π‘₯ (π‘Ž

π‘₯β†’0

lim (

π‘₯β†’0βˆ’

lim (

π‘₯β†’0+

1⁄ π‘₯

βˆ’ 1)

π‘Žβˆ’1

π‘₯

) = π‘‘π‘–π‘‘π‘Žπ‘˜ π‘Žπ‘‘π‘Ž

π‘₯ (π‘Ž

1⁄ π‘₯

π‘₯

π‘₯ (π‘Ž

1⁄ π‘₯

π‘₯

βˆ’ 1) ) =1 π‘Žβˆ’1 βˆ’ 1) ) =π‘Ž π‘Žβˆ’1

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Halaman 26 dari 26 25. Suatu nomor telepon bebentuk ABC-DEF-GHIJ, dengan masing-masing huruf mempresentasikan angka berbeda. Angka pada masing-masing bagian terurut menurun. A > B > C, D > E > F, G > H > I > J. Selanjutnya D, E, dan F adalah angka-angka genap berurutan. G, H, I, dan J adalah angka-angka ganjil berurutan. A + B + C = 9. Angka A adalah .... Pembahasan: Karena D, E, F adalah angka genap berurutan, maka kemungkinannya adalah 864 dan 642. G, H, I, J adalah angka ganjil berurutan, maka kemungkinannya adalah 9753 dan 7531. Jadi angka 3, 4, 5, 6, dan 7 mustahil digunakan pada A, B, C. Angka yang mungkin digunakan pada ABC hanya 9, 8, 2, 1, 0. Karena, A + B + C = 9, maka kemungkinan nilai dari ABC adalah hanya 8 + 1 + 0. 810-642-9753 Jadi nilai angka A adalah 8.

Pembahasan soal OSN Guru Matematika SMA 2012 ini sangat mungkin jauh dari sempurna mengingat keterbatasan penulis. Saran, koreksi dan tanggapan sangat diharapkan demi perbaikan pembahasan soal OSN ini. Untuk download pembahasan soal SNMPTN, UNAS, Olimpiade, dan rangkuman materi pelajaran serta soal-soal ujian yang lainnya, silahkan kunjungi http://pak-anang.blogspot.com. Terima kasih. Pak Anang.

Pembahasan Soal Olimpiade Guru Matematika SMA 2012 by http://pak-anang.blogspot.com

Suggest Documents