Dokumen ini berisi soal dan solusi latihan olimpiade matematika untuk siswa SMA dari SMA Darul Ulum 2 Jombang. Disusun oleh Mr. Didik Sadianto, soal mencakup berbagai konsep matematika yang kompleks dengan solusi detail. Hasil akhir dari sejumlah soal adalah total 35.520.

1. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
SOLUSI SOAL LATIHAN OLIMPIADE MATEMATIKA SMA
KERJASAMA
SMA DARUL ULUM 2 UNGGULAN BPPT JOMBANG dg LOPI
Disusun Oleh:
DIDIK SADIANTO, M.Pd.
(Email: didiksadianto.UTS2MAT@gmail.com)
YAYASAN PONDOK PESANTREN DARUL ULUM
SMA DARUL ULUM 2 UNGGULAN BPPT JOMBANG
Tahun 2015

2. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
1. Perhatikan bahwa:
  353593025
22
 xxxx
Karena
5
3
x , maka   xxxxx 53353593025 2
 .
2. Misalkan   1122222 2345
N , maka 6
264 N .
Jadi, banyaknya pembagi positif dari N adalah (6 + 1) = 7 buah
3. Untuk mencari jumlah semua bilangan ratusan/tiga digit yang disusun dari angka-angka 2,
4, 6, dan 8, kita bagi dalam 4 kasus.
Kasus I: digit pertama angka 2
222 + 224 + 226 + 228 = 4.200 + 4. 20 + (2+4+6+8) = 900
242 + 244 + 246 + 248 = 4. 200 + 4.40 + (2+4+6+8) = 980
262 + 264 + 266 + 268 = 4. 200 + 4. 60 + (2+4+6+8)= 1060
282 + 284 + 286 + 288 = 4. 200 + 4.80 + (2+4+6+8) = 1140
Sehingga jumlah semua bilangan untuk kasus I = 4080
Kasus II: digit pertama angka 4
Dengan cara yang sama dengan kasus I, maka kita peroleh pola sebagai berikut:
4.400 + 4.20 +(2+4+6+8) = 1700
4.400 + 4.60 +(2+4+6+8) = 1780
4.400 + 4.60 +(2+4+6+8) = 1860
4.400 + 4.80 +(2+4+6+8) = 1940
Sehingga jumlah semua bilangan untuk kasus II = 7280
Kasus III: digit pertama angka 6
Dengan cara yang sama dengan kasus I, maka kita peroleh pola sebagai berikut:
4.600 + 4.20 +(2+4+6+8) = 2500
4.600 + 4.60 +(2+4+6+8) = 2580
4.600 + 4.60 +(2+4+6+8) = 2660
4.600 + 4.80 +(2+4+6+8) = 2740
Sehingga jumlah semua bilangan untuk kasus III = 10.480
Kasus IV: digit pertama angka 8
Dengan cara yang sama dengan kasus I, maka kita peroleh pola sebagai berikut:
4.800 + 4.20 +(2+4+6+8) = 3300
4.800 + 4.60 +(2+4+6+8) = 3380
4.800 + 4.60 +(2+4+6+8) = 3460
4.800 + 4.80 +(2+4+6+8) = 3540
Sehingga jumlah semua bilangan untuk kasus IV = 13.980
Jadi, solusi untuk soal ini adalah 4080 + 7280 + 10.480 + 13.980 = 35520.
4. Dari
3
2

EC
AE
, maka
2
3

AE
EC
dan Dari
7
5

BC
BD
, maka
2
5

DC
BD
.
Dengan menggunakan aturan De Ceva, maka kita peroleh:
1.. 
EA
CE
DC
BD
FB
AF
15
4
3
2
.
5
2

FB
AF
Jadi, AF : FB = 4: 15.
5. Bilangan P terbesar yang selalui membagi 5 bilangan asli berurutan adalah 5! = 120.

3. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
6. Misal N jumlah bilangan mulai 20 s.d. 100, maka   860.410020
2
81
N
Misal M jumlah bilangan mulai 20 s.d. 100 yang habis dibagi 7, maka
  7149821
2
12
98....2821 M
Jadi, jumlah semua bilangan asli mulai 20 s.d. 100 yang tidak habis dibagi 7 adalah
.4146 MN
7. Alternatif 1:
Perhatikan gambar berikut:
Jelas bahwa BAEDCE  ~ , maka kita peroleh bentuk:
AE
CE
BE
DE
BA
DC
 …..*)
Jelas bahwa ABDCDB  , maka kita peroleh:
2
2
sin...
2
1
sin...
2
1
BA
DC
ABDBEBA
CDBDEDC
L
L
BAE
DCE







3
2
9
4
36
16
2
2

BA
DC
BA
DC
….**)
Dari *) dan **), maka kita peroleh:
3
2

AE
CE
BE
DE
BA
DC
…… ***)
Dari ***), jika kita tulis dalam gambar:
Karena ABCD trapezium, maka .ABECDE 
Perhatikan segitiga ABE,
36sin..
2
1
 ABEBEABL ABE
8sin36sin.3.3.
2
1
 ABExyABEyx .
Sehingga
.608.15.
2
1
sin.5.3.
2
1
sin..
2
1
 ABEyxABEBDABL ABD ……...1)
Perhatikan segitiga CDB,
Karena ABCD trapezium dan 8sin ABExy , maka 8sin CDExy .
CD
B
E
A
CD
B
E
A
2x
2y 2z
3y3z
3x

4. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
CDEDBCDL CDB  sin..
2
1
408.5sin.5.2.
2
1
 CDEyx ……. 2)
Dari 1) dan 2):
Jadi Luas Trapesium ABCD =60 + 40 =100.
Alternatif 2: (P. Eddy Hermanto)
Perhatikan gambar berikut:
Jelas bahwa BAEDCE  ~ , maka kita peroleh bentuk:
3
2
ABkeEJarak
DCkeEJarak

AE
CE
BE
DE
BA
DC
…..*).
Dari
3
2

BA
DC
, kita peroleh: Jika DE = 2x, maka AB = 3x. Misalkan jarak titik E ke DC = 2t,
maka jarak titik E ke sisi AB = 3t.
)1......(836
2
9
3.
2
1
 txtxtABL ABE .
Sehingga   .100
2
25
5.
2
1
 txtCDABLABCD
8. Dari 7)1(&.2)()1(  fnnfnf , maka kita peroleh data berikut:
1.271.2)1()2(,1  ffn
2.21.272.2)2()3(,2  ffn
3.22.21.273.2)3()4(,3  ffn
.
.
.
.
kkkfkfkn 2.....3.22.21.27.2)()1(, 
Sehingga agar kita dapat menghitung )100(f , maka k haruslah 99.
    .9907991
2
99
.2799.....3212799.2....3.22.21.27)100( f
9. Perhatikan gambar berikut:

 
c
B
C
A
a
b
CD
B
E
A

5. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
Berdasarkan aturan cosinus, maka kita peroleh:
cos2222
accab  …*) dan dari soal diketahui bahwa
accab 3222
 ….**).
Dari *) dan **), maka kita peroleh 0
1503
2
1
cos   .
Jadi, .
6
300 
 atau
10. Penjabaran dari  100
78 yx  adalah
               1000
100
10099
99
10099
1
1000100
0
100
7878......7878 yxCyxCyxCyxC  .
Sehingga jumlah koefisien dari penjabaran  100
78 yx  adalah
          1787878....7878
1001000
100
10099
99
10099
1
1000100
0
100
 CCCC .
Penjabaran dari  100
65 yx  adalah
               1000
100
10099
99
10099
1
1000100
0
100
6565......6565 yxCyxCyxCyxC 
Sehingga jumlah koefisien dari penjabaran  100
65 yx  adalah
          1656565....6565
1001000
100
10099
99
10099
1
1000100
0
100
 CCCC .
Jadi, jumlah koefisien dari penjabaran  100
78 yx  +  100
65 yx  adalah 1 + 1 = 2.
11.  
44
21
3.2.1
12.11.10
5.
2
7.6
.
1,2
3
12
1
5
2
7

C
CC
RBP
12. Perhatikan bahwa








4610
14
76
2
2
2
xz
zy
yx
.
Jumlahkan ketiga persamaan di atas, maka kita peroleh bentuk:
384610 222
 zzyyxx
      0235
222
 zyx
Dari persamaan terakhir, maka kita peroleh:
2&,3,5  zyx .
Jadi, nilai dari .21291032  zyx
13. Misalkan banyaknya burung n dan banyaknya sangkar m, maka kita peroleh:
 




nm
nm
18
17
.
Dengan menyelesaikan system persamaan di atas, maka kita peroleh m = 9.
Jadi, banyak burung yang ada adalah n = 9 . 7 + 1 = 64.
14. Misalkan panjang sisi segitiga adalah a, b, dan c serta jari-jari lingkaran dalam segitiga
tersebut r. Dari data yang diketahui pada soal, maka kita peroleh:
cbaL ABC  .
Perhatikan bahwa:

6. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
 
2
2
1


 
cba
L
r ABC
.
Jadi, luas lingkaran dalamnya adalah 4 .
15. Agar      bababa 5719&571857172  .
Agar   .65785718  bbba
Agar         .819967519576195719  aaaaba
Jadi, nilai dari .14 ba
16. Perhatikan gambar berikut:
Dan diketahui bahwa AP = 7 cm, BQ = 16 cm, BC =20 cm.
Berdasarkan teorema secant-tangent, maka kita peroleh:
QCQBAQ .2

  5762016162
AQ .
Perhatikan segitiga siku-siku PAQ di A, maka berdasarkan teorema Pythagoras:
256255764922
 AQAPPQ
Jadi, panjang PQ adalah 25 cm.
17. Alternatif 1:
Misalkan 
2
1
tan&
2
1
tan  yx .
Dari   7
2
1
tan   , maka kita peroleh:
7
2
1
tan
2
1
tan1
2
1
tan
2
1
tan





.....*)
71
7
77
y
y
xxyyx



Dari   3
2
1
tan   , maka kita peroleh:
*)*...
31
3
333
2
1
tan
2
1
tan1
2
1
tan
2
1
tan
y
y
xxyyx







Dari *) dan **), maka kita peroleh bentuk:
Q
A
P
B
C

7. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
04444 2
 yy
01112
 yy
Dengan menggunakan rumus kuadrat, maka kita peroleh:
2
5511
&
2
5511
21



 yy .
Sehinga 
2
1
tan adalah
2
5511
;
2
5511 
Perhatikan bahwa:
Untuk 5511
2
1
tan2
2
5511
2
1
tan 

  dan  5110246
4
1
2
1
tan2
 .
Sehingga
 
  .
22
4
551122
55114
5110242
)5511(.4
2
1
tan1
2
1
tan2
tan
2












Untuk 5511
2
1
tan2
2
5511
2
1
tan 

  dan  5110246
4
1
2
1
tan2
 .
Sehingga
 
  .
22
4
551122
55114
5110242
)5511(.4
2
1
tan1
2
1
tan2
tan
2












Jadi nilai .
11
2
22
4
tan 
Alternatif 2: (P. Edy Hermanto)
  7
2
1
tan   dan   3
2
1
tan   .
Perhatikan bahwa
18. Untuk menyelesaikan soal ini, kita bagi dalam kasus-kasus:
 Jika   ,131  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,284  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,3159  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,42415  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,53525  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,64836  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3

8. Soal Paket 2 Pembinaan Online
SMA DARUL ULUM 2 JOMBANG Mr. DIDIK SADIANTO
buah
 Jika   ,76349  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,88064  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,99981  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 3
buah
 Jika   ,10100  nn sehingga banyak bilangan n yang habis dibagi  n ada 1
buah
Jadi banyaknya bilangan asli n sampai dengan 100 yang habis dibagi oleh  n ada
sebanyak (3 . 9 + 1) = 28 bilangan.
19. Misalkan   2
5 Nbabaab  , maka:
2
551010 Nbaabba 
  2
16 Nba  .
Agar kesamaan terakhir terpenuhi haruslah  ba  bilangan kuadrat.
Jelas bahwa  9,8,7,6,5,4,3,2,1, ba dan 182  ba . Sehingga jelas bahwa






16
9
4
ba .
 Jika 4 ba maka banyaknya pasangan a & b yang memenuhi ada 3 buah
 Jika 9 ba maka banyaknya pasangan a & b yang memenuhi ada 8 buah
 Jika 16 ba maka banyaknya pasangan a & b yang memenuhi ada 3 buah
Jadi, banyaknya bilangan ab yang memenuhi kondisi pada soal adalah (3+8+3)= 14
bilangan
20. Misalkan data semula adalah nxxx ,....,, 21 dan rata-ratanya adalah x .
Perhatikan bahwa:
      5,6
25,1.4,0.....25,1.4,025,1.4,0 21


n
xxx n
25,1
5,64,0....21



n
nxxx n
2,54,0
....21



n
xxx n
8,44,02,5  x
Jadi, nilai rata-rata dari data sebelum dikonversi adalah 4,8.