Kumpulan Soal Lomba Matematika OMVN SMP

MATH CONTEST OMVN

11. Jumlah dari besar suatu sudut lancip dan suatu sudut tumpul adalah 140ΒΊ . Jumlah dari dua kali suplemen sudut tumpul dan tiga kali komplemen sudut lancip itu adalah 340ΒΊ . Hasilkali dari besar sudut lancip dan sudut tumpul tersebut adalah … .(OMVN 2011)


Misalkan sudut lancip adalah \(π‘₯Β°\), komplemen dari sudut \(π‘₯Β°\) adalah \(90Β°βˆ’π‘₯Β°\).
Misalkan sudut tumpul adalah \(𝑦°\), suplemen dari sudut tumpul adalah \(180Β°βˆ’π‘¦Β°\).
Berdasarkan keterangan soal, diperoleh persamaan
\(π‘₯Β°+𝑦°=140Β°\) …(1)
\(2(180Β°βˆ’π‘¦Β°)+3(90Β°βˆ’π‘₯Β°)=340Β°\)
\(360Β°βˆ’2𝑦°+270Β°βˆ’3π‘₯Β°=340Β°\)
\(2𝑦°+3π‘₯Β°=290Β°\) …(2)
Kurangkan persamaan (2) dengan dua kali persamaan (1)
\(2𝑦°+3π‘₯Β°=290Β°\)
\(2π‘₯Β°+2𝑦°=280Β°\)
———————————— –
\(π‘₯Β°=10 , 𝑦°=130Β°\)
Jadi Hasilkali dari besar sudut lancip dan sudut tumpul tersebut adalah \(10Γ—130=1300Β°\)


12. Untuk \(π‘Ž,𝑏,π‘βˆˆβ„\) , diberikan system persamaan

\(π‘Ž+𝑏=15\)
\( 𝑏+𝑐=7\)
\( 𝑐+𝑑=8\)

Nilai dari \(π‘Žπ‘‘+π‘π‘βˆ’π‘Žπ‘βˆ’π‘π‘‘\) adalah …(OMVN 2012)


\(\begin{align}
π‘Žπ‘‘+π‘π‘βˆ’π‘Žπ‘βˆ’π‘π‘‘ &= π‘Žπ‘‘βˆ’π‘Žπ‘+π‘π‘βˆ’π‘π‘‘\\
&=π‘Ž(π‘‘βˆ’π‘)+𝑐(π‘βˆ’π‘‘)\\
&=π‘Ž(π‘‘βˆ’π‘)βˆ’π‘(π‘‘βˆ’π‘)\\
&=(π‘‘βˆ’π‘)(π‘Žβˆ’π‘)\\
&=(𝑐+π‘‘βˆ’(𝑏+𝑐))(π‘Ž+π‘βˆ’(𝑏+𝑐))\\
&=(8βˆ’7)(15βˆ’7)\\
&=8\\
\end{align}\)


13. Empat tim sepakbola mengikuti suatu turnamen. Setiap tim bertanding melawan masing-masing tim lainnya sekali. Setiap kali bertanding, suatu tim memperoleh nilai 3 jika menang, 0 jika kalah, dan 1 jika pertandingan berakhir seri. Di akhir turnamen salah satu tim memperoleh nilai total 4. Jumlah nilai total ketiga tim lainnya paling sedikit adalah …..(OMVN 2011)


Poin menang (M) = 3 Poin
kalah (K) = 0
Poin seri (S) = 1
Misalkan keempat tim adalah tim A, B, C dan D, dan tim A memperoleh nilai = 4.
Kemungkinan poin akhir keempat tim adalahΒ 

A = M, K, S = 4 poin
B = K, S, S = 2 poin
C = M, S, S = 5 poin
D = S, S, S = 3 poin
Tersisa 6 pertandingan lagi, karena yang ditanyakan adalah nilai total ketiga tim lainnya paling sedikit maka 6 pertandingan harus berakhir seri. Jadi total poin minimum dari ketiga tim B, C dan D adalah 2 + 5 + 3 = 10 poin


14. Sebuah fungsi 𝑓 didefinisikan pada bilangan bulat. Fungsi tersebut ternyata memenuhi persamaan berikut, \(𝑓(1) + 𝑓(2) + … + 𝑓(𝑛) = 𝑛^2 𝑓(𝑛)\). Diketahui bahwa \(𝑓(1) = 2010\). Berapakah nilai dari \(𝑓(2011)\). (OMVN 2011)


  • Untuk \(𝑛=1,𝑓(1)=2010\)
  • Untuk \(𝑛=2,𝑓(1)+ 𝑓(2)=2^2𝑓(2)⟹3𝑓(2)=𝑓(1)\)
    \(βŸΉπ‘“(2)=\frac{𝑓(1)}{3}=\frac{2010}{3}\)
  • Untuk \(𝑛=3,𝑓(1)+ 𝑓(2)+𝑓(3)=3^2𝑓(3)\)
    \(⟹8𝑓(3)=𝑓(1)+\frac{𝑓(1)}{3}=4\frac{𝑓(1)}{3}\)
    \(βŸΉπ‘“(3)=\frac{𝑓(1)}{6}=\frac{2010}{6}\)
  • Untuk \(𝑛=4,𝑓(1)+ 𝑓(2)+𝑓(3)+𝑓(4)=4^2𝑓(4)\)
    \(⟹15𝑓(4)=9𝑓(3)=9\frac{𝑓(1)}{6}=3\frac{𝑓(1)}{2}\)
    \(⟹5𝑓(4)=\frac{𝑓(1)}{2}\)
    \(βŸΉπ‘“(4)=\frac{𝑓(1)}{10}=\frac{2010}{10}\)
     …
  • Untuk 𝑛\(=π‘ŽβŸΉπ‘“(π‘Ž)=\frac{2010}{1+2+3+β‹―+π‘Ž}\)

Jadi \(𝑓(2011)=\frac{2010}{1+2+3+β‹―+2011}=\frac{2010}{\frac{2011.2012}{2}}=\frac{2010}{2011.1006}=\frac{1005}{2011.503}=\frac{1005}{1011533}\)


15. Suatu trapesium \(ABCD\) siku-siku di \(B\) dan di \(C\). Panjang \(AB = 5, CD = 10\), danΒ \(AD = 13\). Akan dibuat segitiga \(AED\) dengan \(E\) berada di ruas garis \(BC\). Keliling terkecil yang mungkin dari segitiga \(AED\) adalah….


\(|BC|=|AF|=\sqrt{AD^2-FD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12\)
misalkan \(|CE| = x\), maka \(BE=12-x\)

\(|AE|=\sqrt{BE^2+AB^2}=\sqrt{(12-x)^2+5^2}\)

\(|ED|=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(x)^2+10^2}\)

Keliling \(Ξ”AED=AD+AE+ED=13+\sqrt{(12-x)^2+5^2}+\sqrt{(x)^2+10^2}\)

Karena yang dicari adalah nilai minimum maka nilai dari \(\sqrt{(12-x)^2+5^2}+\sqrt{(x)^2+10^2}\) harus minimum

Berdasarkan gambar berikut ini

nilai minimum dari
\(\sqrt{(12-x)^2+5^2}+\sqrt{(x)^2+10^2}=\sqrt{15^2+12^2}=3\sqrt{41}\)

Jadi keliling minimum adalah \(13+3\sqrt{41}\)


16. Titik pusat dari lingkaran-lingkaran kongruen yang berdiameter 24 pada gambar di bawah terletak pada titik-titik sudut bidang datar tak beraturan. Keliling daerah yang diarsir adalah … (OMVN 2013)


besar sudut segi 12 tak beraturan adalah \(10\times 180ΒΊ=1800ΒΊ\)

Total sudut daerah arsiran adalahΒ  \(= 360 Γ— 12 βˆ’ 10 Γ— 180 = 4320 βˆ’ 1800 = 2520Β°\)
Keliling arsiran
\(=\) total panjang busur \(+ 12𝑑\)
\(= \frac{2520}{360}\times 2πœ‹π‘Ÿ + 12𝑑\)
\(= 14πœ‹12 + 12(24)\)
\(= 168πœ‹ + 288\)


17. Tentukan semua bilangan bulat positif \((m, n)\) dengan \(n\) bilangan ganjil yang memenuhi

\(\frac{1}{π‘š}+\frac{4}{𝑛}=\frac{1}{12}\)

(OMVN 2013)


\(\frac{1}{π‘š}+\frac{4}{𝑛}=\frac{1}{12}\)
\(⟹\frac{𝑛+4π‘š}{π‘šπ‘›}=\frac{1}{12}\)
\(βŸΉπ‘šπ‘›=12𝑛+48π‘š\)
\(βŸΉπ‘šπ‘›βˆ’12π‘›βˆ’48π‘š=0\)
\(⟹(π‘šβˆ’12)(π‘›βˆ’48)βˆ’576=0\)
\( ⟹(π‘šβˆ’12)(π‘›βˆ’48)=576\)
Karena \(n\) ganjil maka nilai dari \((π‘›βˆ’48)\) yang mungkin adalah \(\{1, 3, 9\}\), nilai \(n\) yang mungkin adalah \(\{49, 51, 57\}\).
Untuk \(𝑛=49,π‘šβˆ’12=576βŸΉπ‘š=588\)
Untuk \(𝑛=51,π‘šβˆ’12=192βŸΉπ‘š=204\)
Untuk \(𝑛=57,π‘šβˆ’12=64βŸΉπ‘š=76\)
Jadi pasangan \((m,n)\) yang memenuhi adalah \((588,49), (204,51)\) dan \((76,57)\)


18. Untuk suatu bilangan tak negative, \(2013^π‘₯\) bersisa \(7\) ketika dibagi \(10\). Berapakah sisa pembagian dari \(2013π‘₯\) dibagi \(1342\). (OMVN 2013)


\(2013^π‘₯\) mod \(10 = 7\)
\(3^π‘₯\) mod \(10 = 7\)
\(π‘₯=\{3,7,11,…,4π‘›βˆ’1\}\)
Pilih \(π‘₯=3\)
\(2013Γ—3\) mod \(1342Β = 671Γ—3\) mod \(1342 = 2013\) mod \(1342 = 671\)


19. Jika nilai

\(150𝐴=150^2+149^2+148^2βˆ’147^2βˆ’146^2βˆ’145^2+β‹―+4^2βˆ’3^2βˆ’2^2βˆ’1^2\),

maka nilai dari 𝐴 adalah …(OMVN 2013)


\(150𝐴=150^2+149^2+148^2βˆ’147^2βˆ’146^2βˆ’145^2+β‹―+4^2βˆ’3^2βˆ’2^2βˆ’1^2\)
\(150𝐴=150^2βˆ’147^2+149^2βˆ’146^2+148^2βˆ’145^2+β‹―+6^2βˆ’3^2+5^2βˆ’2^2+4^2βˆ’1^2\) \(150𝐴=3(150+147)+3(149+146)+3(148+145)+β‹―+3(6+3)+3(5+2)+3(4+1)\)
\(150𝐴=3(150+149+148+β‹―+4+3+2+1)\)
\(150𝐴=3(\frac{151(150)}{2})\)
\( 𝐴=\frac{453}{2}=226,5\)


20. Ada berapa bilangan dari 1000 sampai 9999 yang digit-digitnya memiliki urutan naik atau turun? (contoh naik: 1234, contoh turun: 4321)(OMVN 2013)


  • Banyak urutan naik, sama halnya mengambil 4 angka dari 9 angka {1, 2, 3, …, 9}
    Banyak cara yaitu \({9\choose 4}=\frac{9!}{5!.4!} = 126\)
  • Banyak urutan turun tanpa memuat angka 0, sama halnya mengambil 4 angka dari 9 angka {1, 2, 3, …, 9}
    Banyak cara yaituΒ \({9\choose 4}=\frac{9!}{5!.4!} = 126\)
  • Banyak urutan turun dengan memuat angka 0, karena angka 0 selalu posisi akhir maka sama halnya mengambil 3 angka dari 9 angka {1, 2, 3, …, 9}
    banyak cara yaitu \({9\choose 3}=\frac{9!}{6!.3!}= 84\)

Jadi banyaknya bilangan yang memenuhi adalah \(126 + 126 + 84 = 336\)


Pages ( 2 of 3 ): Β« Previous1 2 3Next Β»

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *