15 Soal OSN Matematika SMA 2025 PDF dan Pembahasannya

tirto.id - Soal OSN Matematika SMA 2025 PDF bisa diunduh oleh peserta sebagai bahan untuk berlatih menyelesaikan berbagai variasi pertanyaan. Peserta nantinya tidak hanya akan menghadapi pertanyaan pada konsep dasar saja, melainkan juga menemui soal-soal yang telah dikembangkan.

OSN 2025 diselenggarakan oleh Balai Pengembangan Talenta Indonesia (BPTI). Bidang matematika masih dalam rumpun sains untuk jenjang pendidikan menengah.

Kisi-kisi OSN Matematika SMA terdiri dari beberapa cakupan materi. Materi tersebut terbagi pada kelompok aljabar, geometri, kombinatorika, dan teori bilangan. Mengutip laman Dikdasmen, OSN Matematika SMA/MA pada dasarnya meliputi materi matematika yang lazim ada di kurikulum pendidikan dasar dan menengah, di luar kalkulus dan statistika.

Link Unduh Soal OSN Matematika SMA 2025 PDF

Contoh soal OSN Matematika SMA PDF telah tersedia. Contoh-contoh soal tersebut diperuntukkan untuk tingkat kabupaten/kota, provinsi, dan nasional. Berikut tautan untuk mengunduh soal Olimpiade Matematika SMA dan pembahasannya PDF:

• Link Download Contoh Soal OSN Matematika SMA 1
  • Soal OSN Matematika SMA PDF - Paket 1
  • Soal OSN Matematika SMA PDF - Paket 2
  • Soal OSN Matematika SMA PDF - Paket 3
  • Kunci Jawaban Semua Paket Soal OSN Matematika SMA PDF
• Link Unduh Contoh Soal OSN Matematika SMA dan Pembahasan PDF dan Jawabannya 2
• Link Unduh Contoh Soal OSN Matematika SMA dan Kunci Jawaban PDF 3

Kumpulan Contoh Soal Olimpiade OSN Matematika SMA dan Pembahasannya

Soal OSN Matematika SMA dan pembahasannya dapat disimak dalam kumpulan pertanyaan di bawah ini yang telah disertai kunci jawabannya.

1. Misalkan A dan B himpunan dengan sifat bahwa terdapat tepat 144 himpunan yang merupakan himpunan bagian dari A atau B. Tentukan banyaknya anggota A ∪ B !

Misalkan kardinalitas himpunan A adalah m dan kardinalitas himpunan B adalah n. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa m ≥ n. Misalkan juga kardinalitas dari A ∩ B adalah k. Dengan demikian m ≥ n ≥ k dan

144 = 2^m + 2ⁿ − 2^k = 2^k(2^m−k + 2^n−k + 1).

Karena 144 = 2⁴· 9, maka k = 4 dan 2^m−4 + 2ⁿ⁻⁴ + 1 = 9, sehingga 2ⁿ⁻⁴(2^m−n + 1) =8.

Dari sini, haruslah berlaku m = n = 6. Akibatnya, kardinalitas A ∪ B adalah m + n − k = 6 + 6 − 4 = 8.

2. Tentukan suatu bilangan asli n sehingga n(n + 2022) + 2 merupakan bilangan !

Jawaban:

Perhatikan bahwa untuk n = 1 diperoleh n(n + 2022) + 2 = n² + 2022n + 2 = 2025 = 45² merupakan kuadrat sempurna.

3. Masih berkaitan dengan soal nomor 2, tentukan semua bilangan asli a sehingga untuk setiap bilangan asli n, bilangan n(n + a) + 2 tidak pernah merupakan suatu kuadrat sempurna !

Jawaban:

Jika a > 3 bilangan ganjil, maka a = 2b + 1 untuk suatu bilangan bulat b ≥ 2. Perhatikan bahwa:

n(n + a) + 2 = n(n + 2b + 1) + 2 = n² + 2bn + n + 2 = (n + b)² + n − b² + 2

sehingga dengan mengambil n − b² + 2 = 0 ⇔ n = b² − 2 > 0 akan diperoleh n(n + 2b + 1) + 2 = (n + b)² merupakan kuadrat sempurna. Jika a > 2 bilangan genap, maka a = 2b untuk suatu bilangan bulat b ≥ 2. Perhatikan bahwa:

n(n+a)+2 = n(n+2b)+2 = n²+2(b−1)n+2n+2 = (n+b−1)²+2n−(b−1)²+2 sehingga jika b ganjil maka dengan mengambil 2n − 2(b − 1)2 + 2 = 0 ⇔ n = ((b − 1)2 − 2)/2 akan diperoleh n(n + a) + 2 = n(n + 2b) + 2 = (n + b − 1)² merupakan kuadrat sempurna.

Sampai di sini telah didapatkan bahwa untuk bilangan ganjil a > 3 dan bilangan genap a > 2 yang bukan kelipatan 4 selalu dapat ditemukan bilangan asli n sehingga n(n + a) + 2 merupakan kuadrat sempurna. Dengan demikian, cukup diperhatikan a = 1, 2, 3, dan a kelipatan 4.

• untuk a = 1 kita punya 1(1 + 1) + 2 = 4 merupakan kuadrat sempurna.
• untuk a = 2 kita punya n² + 2n + 1 = (n + 1)²< n² + 2n + 2 < n² + 4n + 4 = (n + 2)² yang berarti n(n + 2) + 2 tidak mungkin merupakan kuadrat sempurna karena terletak di antara 2 kuadrat sempurna berurutan.
• untuk a = 3 kita punya n(n + 3) + 2 = (n + 1)(n + 2) tidak mungkin
• merupakan kuadrat sempurna karena merupakan perkalian dua bilangan asli berurutan.
• untuk a kelipatan 4 kita punya n(n + a) + 2 = n² + an + 2 ≡ n² + 2 ≡ 2 atau 3 (mod 4) yang tidak mungkin merupakan kuadrat sempurna karena kuadrat sempurna hanya mungkin kongruen 0 atau 1 dalam modulo 4.

4. Diketahui bahwa x, y adalah bilangan riil yang memenuhi

5x² + 4xy + 11y² = 3

Tanpa menggunakan kalkulus (turunan/integral), tentukan nilai maksimum dari xy−2x + 5y!

Jawaban:

Kita akan memaksimalkan m = xy − 2x + 5y dengan kondisi 5x² + 4xy + 11y² = 3. Dari kondisi ini perhatikan bahwa:

4xy = −5x² − 11y² + 3

= −(x + y)² + 2xy − 4x² − 10y² + 3

2xy = −(x + y)² − 4x² − 10y² + 3

Sekarang

4m = 4xy − 8x + 20y

= (−2(x + y)² − 8x² − 20y² + 6) − 8x + 20y

= −2(x + y)² − 2(2x − 1)² + 2 − 5(2y + 1)² + 5 + 6

= 13 − (x + y)² − 2(2x − 1)² − 5(2y + 1)²

≤ 13

Jadi m ≤ 13/4 dengan kesamaan tercapai ketika x = −y = 1/2. Dengan demikian nilai maksimum dari xy − 2x + 5y adalah 13/4

5. Banyaknya himpunan bagian tak kosong dari S = {1, 2,..., 20} yang hasil penjumlahan anggota-anggotanya habis dibagi 4 adalah 2^k − m dengan k, m bilangan bulat dan 0 ≤ m < 2022. Nilai dari 10k + M adalah...

Jawaban: 181

6. Diberikan segitiga sama sisi ABC dengan panjang sisi 21 satuan. Dengan mempartisi masing-masing sisi segitiga tersebut menjadi 21 segmen garis sama panjang dan menarik garis-garis yang sejajar dengan masing-masing ketiga sisinya akan diperoleh 21² segitiga sama sisi dengan panjang sisi 1 satuan. Banyaknya jajargenjang yang terbentuk dari proses tersebut adalah 21k. Berapa nilai k berapa?

Jawaban: 1265

7. Banyaknya pasangan bilangan bulat positif (m, n) yang merupakan solusi dari persamaan mⁿ = 17⁴³² adalah ....

Jawaban: 20

8. Trapesium ABCD memiliki dua sisi sejajar AB dan CD dengan AB = 6 dan CD = 7. Misalkan P dan Q berturut-turut titik pada

sisi AD dan BC, sehingga PQ sejajar AB dan keliling ABQP sama dengan keliling CDPQ. AD + BC = 10, maka berapa 20PQ?

Jawaban: 131

9. Tinjau barisan semua bilangan tujuh angka (digit), yang masing-masing menggunakan semua angka 1, 2, 3, 4, 5, 6, dan 7, diurutkan mulai dari yang terkecil sampai yang terbesar. Berapa bilangan ke-2023?

Jawaban: 3672145

10. Tentukan semua fungsi f : R → R sehingga untuk setiap x, y ∈ R berlaku:

f (f(x)) + f(y) = f(y) − f(x)

Jawaban:

Ambil y = x didapatkan f(f(f(x)) + f(x)) = 0.

Ambil y sehingga f(y) = 0 didapatkan

f(f(f(x))) = −f(x) (1)

Misalkan f(0) = c, ambil x sehingga f(x) = 0 didapatkan

f(c + f(y)) = f(y) (2)

ambil y sehingga f(y) = 0 didapatkan f(c) = 0

Dari (1) ambil x = 0 didapatkan c = −c =⇒ c = 0. Dari (2) didapatkan f(f(y)) = f(y). Kita gabungkan ke (1) didapat

−f(x) = f(f(f(x)) = f(f(x)) = f(x) =⇒ f(x) = 0

Jadi f(x) = 0 untuk semua x ∈ R.

11. Diketahui bahwa ab dan cd adalah dua bilangan yang hasil kalinya adalah 555. Jika ab < cd, maka nilai dari a + b adalah...

Jawaban: 6

12. Masing-masing petak pada papan berukuran 2025 × 3 akan diwarnai dengan salah satu dari warna hitam atau putih, sedemikian sehingga pada setiap sub-papan berukuran 2 × 2, terdapat masing-masing sebanyak ganjil petak berwarna hitam dan ganjil petak bewarna putih. Misalkan banyaknya cara pewarnaan petak yang mungkin adalah A. Berapa sisa dari A ketika dibagi 1000?

Jawaban: 728

13. Berapa banyaknya bilangan asli a yang kurang dari 187 sehingga FPB(a, 187) = 1 dan a² − 1 bukan kelipatan dari 187?

Jawaban: 156

14. Diberikan sebuah papan n × n yang terbagi menjadi petak-petak berukuran 1 × 1 yang kesemuanya berwarna putih. Aqua memilih beberapa buah petak dari papan ini, dan mewarnainya dengan warna hitam. Ruby kemudian meletakkan tepat satu buah domino berukuran 1×2 di papan, sehingga domino tersebut menutupi tepat dua buah petak di papan. Ruby dapat memutar domino tersebut menjadi domino 2 × 1.

Setelah Aqua mewarnai, ternyata ada tepat 2024 cara bagi Ruby untuk meletakkan sebuah domino di papan sehingga domino tersebut menutupi tepat satu buah petak hitam dan satu buah petak putih.

Temukanlah nilai n terkecil yang mungkin sehingga Aqua dan Ruby dapat melakukan hal ini!

Jawaban:

n terkecil yang mungkin adalah 33.

Bukti n ≥ 33 : Perhatikan bahwa terdapat

n(n − 1) cara meletakkan domino 1 × 2 di papan berukuran n × n, dan terdapat n(n − 1) cara meletakkan domino 2 × 1 di papan berukuran n × n. Dengan demikian, diperoleh:

2n(n − 1) ≥ 2024 =⇒ n ≥ 33

Sekarang akan kita tunjukkan bahwa n = 33 mungkin. Warnai papan seperti papan catur (hitam-putih selang-seling) dengan petak ke 1×1 berwarna hitam, kecuali semua petak pada baris ke-33 dan kolom ke-33 semua berwarna putih.

Perhatikan bahwa Ruby hanya dapat meletakkan domino pada papan berukuran 32 × 32, atau papan posisi (32, i)(33, i) dengan i genap, atau papan posisi (j, 32)(j, 33) dengan j genap.

Dengan demikian, banyaknya cara meletakkan domino pada papan ada:

2.32.31 + 16 + 16 = 2016

Kekurangan 8 cara dapat diatasi dengan mengubah warna papan pada posisi (33, 1),(33, 3) dan (33, 5) menjadi hitam sehingga terdapat 8 tambahan cara meletakkan domino yakni: (32, 1)(33, 1),(32, 3)(33, 3),(32, 5)(33, 5),(33, 1)(33, 2),(33, 2)(33, 3),(33, 3)(33, 4),(33, 4)(33, 5),(33, 5)(33, 6).

15. Misalkan a, b, c merupakan bilangan-bilangan riil yang memenuhi pertidaksamaan ax² + bx + c ≤ (14x − 3)² untuk setiap bilangan riil x. Berapa nilai terkecil yang mungkin dari a + 2b + 5c?

Jawaban: - 73