ITA 2022 – 第一阶段：数学题详解

来源： ITA ——第一阶段试卷 和官方答案。文件见 ITA 历年试题页面。

ITA 2022 第一阶段共有 70 道选择题：物理 15 道、葡萄牙语 15 道、英语 10 道、 数学 15 道、化学 15 道。本文收录其中的数学题，题号沿用试卷的 41 至 55。

试卷约定。 $\mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\}$；$i$ 为虚数单位（$i^2 = -1$）； $M_n(\mathbb{R})$ 为 $n \times n$ 实矩阵的集合；$\overline{AB}$ 为以 $A$、$B$ 为端点的线段， $m(\overline{AB})$ 为其长度；$A\hat{O}B$ 为以 $O$ 为顶点、由射线 $\overrightarrow{OA}$ 与 $\overrightarrow{OB}$ 构成的角。

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第 41 题：以 120 和 14400 为底的对数之和

题目

若

则可以断定

• A) $x = 2$。
• B) $x = 3$。
• C) $x = 4$。
• D) $x = 5$。
• E) $x = 6$。

解答

1. 统一底数。 注意 $14400 = 120^2$。由换底公式，

所以 $2\log_{14400} 125 = 3\log_{120} 5$。

2. 合并各项。 把系数移到指数上，

3. 看出一个立方。 $2^9 \cdot 3^3 \cdot 5^3 = (2^3 \cdot 3 \cdot 5)^3 = 120^3$。因此

答案： 选 B（$x = 3$）。

复习请见对数的性质。

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第 42 题：到 A、C 等距的点

题目

三角形的顶点为 $A$、$B$、$C$，在 $B$ 处为直角。设 $r$ 为过 $A$ 和 $C$ 的直线， $O$ 为到 $A$、$C$ 距离相等的点，且相对于 $r$ 与 $B$ 在同一侧。已知 $m(\overline{AO}) = 85$、$m(\overline{AB}) = 10$、$m(\overline{BC}) = 24$，则 $O$ 到 $r$ 的距离为

• A) 64。
• B) 66。
• C) 74。
• D) 76。
• E) 84。

解答

1. 斜边。 在直角位于 $B$ 的三角形中，

2. $O$ 的位置。 到 $A$、$C$ 等距的点构成 $\overline{AC}$ 的垂直平分线，它在 $\overline{AC}$ 的中点 $M$ 处与 $r$ 垂直相交。所以 $O$ 到 $r$ 的距离就是 $m(\overline{OM})$，而三角形 $AMO$ 在 $M$ 处为直角，$m(\overline{AM}) = 13$。

3. 再用一次勾股定理。

“与 $B$ 在同一侧"只是在两个对称点中选定一个，距离不变。

答案： 选 E（84）。

复习请见勾股定理。

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第 43 题：两个方程组何时同解？

题目

设 $m \in \mathbb{R}$。考虑线性方程组

选出正确的选项：

• A) 不存在 $m \in \mathbb{R}$ 使 $S_1$ 与 $S_2$ 同解。
• B) 恰有一个 $m > 0$ 使 $S_1$ 与 $S_2$ 同解。
• C) 恰有一个 $m < 0$ 使 $S_1$ 与 $S_2$ 同解。
• D) 恰有两个不同的 $m$ 使 $S_1$ 与 $S_2$ 同解。
• E) 有无穷多个不同的 $m$ 使 $S_1$ 与 $S_2$ 同解。

解答

两个方程组同解（等价），是指它们的解集相同。我们分别用 $m$ 表示两个方程组的解。

1. 解 $S_1$。 由第 1 个方程，$y = 4x - 2$。代入第 3 个方程：

代入第 2 个方程：$-16x + m^2(4x - 2) + 2 = -10$，即

• 若 $m = \pm 2$，得 $0 \cdot x = -4$：$S_1$ 无解。
• 若 $m \ne \pm 2$，解唯一：$x = \dfrac{m^2 - 6}{2(m^2 - 4)}$，$y = 4x - 2$，$z = 2$。

2. 解 $S_2$。 由第 2 个方程，$y = z - \frac{14}{5}$。代入第 3 个方程：

再由第 1 个方程，$10x = m^2 + m - 1 - z = 3$，所以 $x = \frac{3}{10}$。因此 $S_2$ 总有唯一解（其系数行列式为 $-700$，恒不为零）。

3. 让两组解相同。 $S_2$ 恒有唯一解，所以 $S_1$ 也必须有唯一解（故 $m \ne \pm 2$），并且两组解要一致。

• $z$：$m^2 + m - 4 = 2 \Rightarrow m^2 + m - 6 = 0 \Rightarrow m = 2$ 或 $m = -3$。舍去 $m = 2$。
• $m = -3$ 时的 $x$：$\dfrac{9 - 6}{2(9 - 4)} = \dfrac{3}{10}$ ✔
• $y$：在 $S_1$ 中 $4 \cdot \frac{3}{10} - 2 = -\frac{4}{5}$；在 $S_2$ 中 $2 - \frac{14}{5} = -\frac{4}{5}$ ✔

只有 $m = -3$ 满足：两个方程组的解都是 $\left(\frac{3}{10}, -\frac{4}{5}, 2\right)$。

答案： 选 C（恰有一个 $m < 0$，即 $m = -3$）。

小心陷阱： 关于 $z$ 的方程给出 $2$ 和 $-3$ 两个值，容易误选 D。但 $m = 2$ 时 $S_1$ 无解，而 $S_2$ 有解。

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第 44 题：和、差、积、商为实数

题目

设 $z_1, z_2 \in \mathbb{C}$ 且 $z_2 \ne 0$。考虑以下命题：

• I. 若 $z_1 + z_2 \in \mathbb{R}$ 且 $z_1 - z_2 \in \mathbb{R}$，则 $z_1 \in \mathbb{R}$ 且 $z_2 \in \mathbb{R}$。
• II. 若 $z_1 \cdot z_2 \in \mathbb{R}$ 且 $z_1/z_2 \in \mathbb{R}$，则 $z_1 \in \mathbb{R}$ 且 $z_2 \in \mathbb{R}$。
• III. 若 $z_1 + z_2 \in \mathbb{R}$ 且 $z_1 \cdot z_2 \in \mathbb{R}$，则 $z_1 \in \mathbb{R}$ 且 $z_2 \in \mathbb{R}$。

总是成立的是：

• A) 仅 I。
• B) I 和 II。
• C) 仅 I 和 III。
• D) 仅 II。
• E) 仅 III。

解答

I. 正确。 若 $s = z_1 + z_2$ 与 $d = z_1 - z_2$ 都是实数，则

II. 错误。 反例：$z_1 = z_2 = i$。此时 $z_1 z_2 = -1$、$z_1/z_2 = 1$ 都是实数， 但 $i \notin \mathbb{R}$。

III. 错误。 反例：$z_1 = i$，$z_2 = -i$。此时 $z_1 + z_2 = 0$、$z_1 z_2 = 1$ 都是实数。（一般地，$z_1$、$z_2$ 是 $t^2 - st + p = 0$ 的两根，其中 $s$、$p$ 为实数， 这样的两根可以是一对共轭复数。）

答案： 选 A（仅 I）。

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第 45 题：以根为顶点的四边形

题目

考虑多项式 $p(z) = z^4 - 6z^3 + 14z^2 - 6z + 13$，并注意 $p(i) = 0$。在复平面上考虑以 $p(z)$ 的根为顶点的四边形。这个四边形的面积为

• A) 4。
• B) 6。
• C) 8。
• D) 9。
• E) 10。

解答

1. 白送一个根。 系数都是实数，所以共轭 $-i$ 也是根。于是 $(z - i)(z + i) = z^2 + 1$ 整除 $p(z)$：

（展开验证：$z^4 - 6z^3 + 13z^2 + z^2 - 6z + 13$。）

2. 另外两个根。 $z^2 - 6z + 13 = 0 \Rightarrow z = \dfrac{6 \pm \sqrt{36 - 52}}{2} = 3 \pm 2i$。

3. 图形。 顶点为 $(0, 1)$、$(0, -1)$、$(3, 2)$、$(3, -2)$。这是一个梯形，两条竖直的 平行边长分别为 $2$（在 $x = 0$ 处）和 $4$（在 $x = 3$ 处），高为 $3$：

答案： 选 D（9）。

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第 46 题：关于矩阵的三个命题

题目

设 $n \ge 2$，$A, B \in M_n(\mathbb{R})$。考虑以下命题：

• I. 若 $AB \ne BA$，则 $A$ 或 $B$ 不可逆。
• II. 若 $AB = 0$，则 $BA = 0$。
• III. 若 $A^T = -A^2$ 且 $A$ 可逆，则 $\det(A) = -1$。

正确的是：

• A) 仅 I。
• B) 仅 II。
• C) 仅 III。
• D) 仅 I 和 III。
• E) 都不正确。

解答

I. 错误。 两个可逆矩阵也可能不交换。例如

而两者的行列式都是 1。

II. 错误。 取

III. 错误。 对 $A^T = -A^2$ 两边取行列式（注意 $\det(A^T) = \det A$，$\det(-M) = (-1)^n \det M$）：

（两边除以 $\det A \ne 0$。）当 $n$ 为偶数时 $\det A = 1$。而且这样的矩阵确实存在： 旋转 $-60^\circ$ 的矩阵

满足 $A^T = R(60^\circ)$ 且 $-A^2 = -R(-120^\circ) = R(60^\circ)$，而 $\det A = 1$。

答案： 选 E（都不正确）。

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第 47 题：成等差数列的正切

题目

设 $x, r \in \mathbb{R}$，且

关于 $\tan(x - r)$、$\tan(x)$、$\tan(x + r)$（按此顺序），可以断定：

• A) 永远不构成等差数列。
• B) 只有当 $r = 0$ 时才可能构成等差数列。
• C) 只有当 $r = 0$ 或 $r = \sqrt{3}/3$ 时才可能构成等差数列。
• D) 对无穷多个不同的 $r$ 可能构成等差数列。
• E) 对题设中的所有 $x$、$r$ 都构成等差数列。

解答

三个数成等差数列，当且仅当中间的数是另外两个数的平均值： $\tan(x - r) + \tan(x + r) = 2\tan x$。

1. 正切相加。 利用 $\tan a + \tan b = \dfrac{\sin(a + b)}{\cos a \cos b}$：

由于 $\sin 2x = 2\sin x\cos x$，这等价于

2. 两种情况。 由 $\cos(x - r)\cos(x + r) = \cos^2 x - \sin^2 r$，方括号等于 $\sin^2 r$。所以条件为

• 若 $\sin x = 0$，即 $x = 0$（区间内唯一可能的值），则任意 $0 \le r < \frac{\pi}{2}$ 都可以：$\tan(-r)$、$0$、$\tan r$ 成等差数列。
• 若 $x \ne 0$，则必须 $r = 0$（常数列）。

所以有无穷多个 $r$ 可以构成等差数列（都对应 $x = 0$）。但并非总是如此：例如 $x = \frac{\pi}{6}$、$r = \frac{\pi}{6}$ 时得到 $0, \frac{\sqrt{3}}{3}, \sqrt{3}$，不是等差数列。

答案： 选 D。

复习请见两角和与差的公式。

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第 48 题：双曲线的中心在哪里？

题目

设 $b \in \mathbb{R}$，使方程

表示一条双曲线。关于这条双曲线的中心 $C$，可以断定：

• A) $C \in \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2/9 + y^2/12 < 1\}$。
• B) $C \in \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2/4 + y^2/2 > 1\}$。
• C) $C \in \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2/9 - y^2/2 < 1\}$。
• D) $C \in \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid 3x^2 - 2y^2 > 1\}$。
• E) 以上皆非。

解答

1. 配方。 $x^2 - 6bx = (x - 3b)^2 - 9b^2$，$y^2 - 2by = (y - b)^2 - b^2$。代入：

常数项之和为 $-9b^2 + b^2 - b^4 + b^4 + 8b^2 - 1 = -1$。得到

2. 何时为双曲线。 $(y - b)^2$ 的系数必须为正：$1 - b^2 > 0$，即 $-1 < b < 1$。 中心为 $C = (3b, b)$。

3. 逐项检验，取 $x = 3b$、$y = b$，$0 \le b^2 < 1$：

• A) $b^2 + \frac{b^2}{12} = \frac{13}{12}b^2 < 1$ 在 $b^2 \ge \frac{12}{13}$ 时不成立（例如 $b = 0.99$）。
• B) $\frac{9b^2}{4} + \frac{b^2}{2} = \frac{11}{4}b^2 > 1$ 在 $b = 0$ 时不成立。
• C) $\frac{9b^2}{9} - \frac{b^2}{2} = \frac{b^2}{2} < \frac{1}{2} < 1$ ✔ 恒成立。
• D) $27b^2 - 2b^2 = 25b^2 > 1$ 在 $b = 0$ 时不成立。

答案： 选 C。

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第 49 题：立方体中的六棱锥

题目

设 $P$ 是一个正棱锥，其顶点 $V$ 是棱长为 $l$ 的立方体的一个顶点，底面是由立方体中 既不含 $V$ 也不含 $V$ 的对顶点的六条棱的中点构成的六边形。$P$ 的外接球半径为

• A) $l\sqrt{2}/12$。
• B) $l\sqrt{3}/12$。
• C) $5l\sqrt{2}/12$。
• D) $5l\sqrt{3}/12$。
• E) $l\sqrt{3}/6$。

解答

1. 坐标。 把立方体放在 $[0, l]^3$ 中，$V = (0, 0, 0)$，对顶点为 $(l, l, l)$。 与这两个顶点都不相连的六条棱，其中点如 $\left(l, \frac{l}{2}, 0\right)$、$\left(0, l, \frac{l}{2}\right)$ 等， 都满足 $x + y + z = \frac{3l}{2}$：这个六边形是立方体被过中心 $O = \left(\frac{l}{2}, \frac{l}{2}, \frac{l}{2}\right)$ 且垂直于体对角线的平面所截的截面。

2. 棱锥的尺寸。

• 六边形的边：相邻棱中点之间的距离，$\frac{l\sqrt{2}}{2}$。正六边形的外接圆半径等于边长：$\rho = \frac{l\sqrt{2}}{2}$。
• 高：$h = m(\overline{VO}) = \frac{l\sqrt{3}}{2}$（立方体体对角线的一半）。

3. 外接球。 外接球球心在轴 $VO$ 上，到 $V$ 的距离为 $R$；它到六边形的顶点的距离也是 $R$：

注意 $R \approx 0.72\,l < h \approx 0.87\,l$：球心位于 $V$ 与底面之间，符合预期。

答案： 选 D（$5l\sqrt{3}/12$）。

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第 50 题：直线、平面与等距点

题目

考虑以下命题：

• I. 若 $\alpha$、$\beta$ 是两个不同的平行平面，$r$ 是一条直线且 $r \cap \alpha \ne \varnothing$，则 $r \cap \beta \ne \varnothing$。
• II. 若 $r$ 是一条直线，$P$、$Q$ 是不同的两点，则存在无穷多个包含 $r$ 且到 $P$、$Q$ 等距的平面。
• III. 给定空间中四个点，存在唯一一个到它们等距的点。

正确的是：

• A) 都不正确。
• B) 仅 I。
• C) 仅 II。
• D) 仅 III。
• E) I、II 和 III。

解答

I. 错误。 若 $r$ 包含于 $\alpha$，则 $r \cap \alpha \ne \varnothing$，但 $r$ 与 $\beta$ 平行， 不与它相交。

II. 错误。 一个平面到 $P$、$Q$ 等距，当且仅当它与直线 $PQ$ 平行，或经过 $\overline{PQ}$ 的中点 $M$。在包含 $r$ 的平面中，一般至多有一个经过 $M$，至多有一个 与 $PQ$ 平行。例如取 $r$ 为 $Oz$ 轴，$P = (1, 0, 0)$，$Q = (0, 2, 0)$：过 $Oz$ 轴且经过 $M = \left(\frac12, 1, 0\right)$ 的平面只有 $y = 2x$，与 $PQ$ 平行的只有 $y = -2x$。只有两个， 不是无穷多个。

III. 错误。 四个共面但不共圆的点没有等距点（例如一个不是矩形的平行四边形的四个 顶点）。若四点共圆，则等距点有无穷多个（该圆的轴上的所有点）。

答案： 选 A（都不正确）。

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第 51 题：k + 1 何时多出一位二进制数字

题目

对于形如

的数 $N \in \mathbb{N}$，称其二进制表示为 $(abcdefg)_2$，其中 $a, b, c, d, e, f, g \in \{0, 1\}$，并且从左往右在第一个数字 1 之前的 0 都省略不写。设 $k$ 为整数，$1 \le k \le 100$。$k$ 与 $k + 1$ 的二进制表示位数不同的概率是多少？

• A) 2%。
• B) 4%。
• C) 6%。
• D) 8%。
• E) 10%。

解答

1. 位数何时改变。 有 $n$ 位二进制数字的数介于 $2^{n-1}$ 和 $2^n - 1$ 之间。加 1 后 位数增加，只发生在 $k = 2^n - 1$ 时（例如 $111_2 + 1 = 1000_2$），也就是 $k + 1$ 是 2 的幂时。

2. 计数。 由 $2 \le k + 1 \le 101$：$k + 1 \in \{2, 4, 8, 16, 32, 64\}$，共六种情况 （$k = 1, 3, 7, 15, 31, 63$）。

答案： 选 C（6%）。

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第 52 题：过立方体顶点的两条直线

题目

设 $A$ 为所有经过立方体 $C$ 的两个不同顶点的直线所组成的集合。从 $A$ 中随机选取两条 不同的直线，它们相交于 $C$ 的某个顶点的概率为：

• A) $4/9$。
• B) $1/2$。
• C) $2/3$。
• D) $1/14$。
• E) $3/7$。

解答

1. 直线条数。 立方体没有三个顶点共线，所以每对顶点确定一条不同的直线： $\binom{8}{2} = 28$ 条。

2. 所有情况。 不同直线的对数：$\binom{28}{2} = 378$。

3. 有利情况。 每个顶点上有 7 条直线（连向其余每个顶点），构成 $\binom{7}{2} = 21$ 对在该顶点相交的直线。两条不同直线至多有一个公共点，所以没有 重复计数：$8 \cdot 21 = 168$。

答案： 选 A（$4/9$）。

复习请见概率入门。

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第 53 题：三角形中一个余弦不等式

题目

设 $\alpha$、$\beta$、$\theta$ 为一个三角形的内角。若 $\cos(\beta + \theta) \le \cos(\alpha + 2\beta)$，则可以断定：

• A) 该三角形不是等腰三角形。
• B) 该三角形不是直角三角形。
• C) 该三角形不是锐角三角形。
• D) 该三角形不是钝角三角形。
• E) 以上各项都无法保证。

解答

1. 利用 $\alpha + \beta + \theta = \pi$ 改写。

• $\beta + \theta = \pi - \alpha$，所以 $\cos(\beta + \theta) = -\cos\alpha$。
• $\alpha + 2\beta = \pi - (\theta - \beta)$，所以 $\cos(\alpha + 2\beta) = -\cos(\theta - \beta)$。

条件变为

2. 比较角的大小。 角 $\alpha$ 与 $|\theta - \beta|$ 都在 $[0, \pi)$ 内，余弦在这里单调递减。 所以 $\alpha \le |\theta - \beta|$。

3. 结论。 不妨设 $\theta \ge \beta$（另一种情况对称）。于是 $\alpha + \beta \le \theta$， 又 $\alpha + \beta = \pi - \theta$，所以

三角形有一个直角或钝角，即不是锐角三角形。其他选项都可能不成立： $\theta = 90^\circ$、$\alpha = \beta = 45^\circ$ 满足条件（取等号），是等腰直角三角形； $\theta = 120^\circ$、$\alpha = \beta = 30^\circ$ 则是钝角三角形。

答案： 选 C。

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第 54 题：关于余弦幂的方程

题目

方程

在区间 $[0, 2\pi[$ 内不同实数解的个数为

• A) 2。
• B) 3。
• C) 4。
• D) 5。
• E) 6。

解答

1. 化为一个变量。 设 $c = \cos^2 x \in [0, 1]$。由于 $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1 = 2c - 1$：

2. 因式分解。 $c = -1$ 是根（$-1 + 4 - 1 - 2 = 0$），所以

3. 只有一个根可用。 $\sqrt{17} \approx 4.12$：$c = \frac{-3 + \sqrt{17}}{2} \approx 0.56$ 在 $[0, 1]$ 内；另外两个（$-1$ 和 $\approx -3.56$）都是负数。

4. 数出 $x$。 $\cos^2 x = 0.56$ 给出 $\cos x = \pm 0.75$（近似），而每个严格介于 $-1$ 和 $1$ 之间的余弦值都对应 $[0, 2\pi[$ 内的两个角。共 $2 \cdot 2 = 4$ 个解。

答案： 选 C（4）。

复习请见区间与经典三角方程。

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第 55 题：B 为锐角的内接三角形

题目

设 $T$ 是顶点为 $A$、$B$、$C$ 的三角形，$m(\overline{AB}) = 2\sqrt{5}$， $m(\overline{BC}) = 6$。已知 $A\hat{B}C$ 是锐角，且 $T$ 内接于半径 $R = 5$ 的圆，可以断定：

• A) $m(\overline{AC}) = \sqrt{5}/5$。
• B) $m(\overline{AC}) = 2\sqrt{5}/5$。
• C) $m(\overline{AC}) = 4\sqrt{5}/5$。
• D) $m(\overline{AC}) = 8\sqrt{5}/5$。
• E) $m(\overline{AC}) = 14\sqrt{5}/5$。

解答

记内角为 $\hat{A}$、$\hat{B}$、$\hat{C}$。

1. 正弦定理。 $\dfrac{a}{\sin\hat{A}} = 2R = 10$，其中 $a = m(\overline{BC})$，依此类推：

2. 余弦取哪个符号？ 由于 $m(\overline{AB}) < m(\overline{BC})$，有 $\hat{C} < \hat{A}$， 所以 $\hat{C}$ 是锐角：$\cos\hat{C} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。而 $\hat{A}$ 可能是锐角 （$\cos\hat{A} = \frac{4}{5}$）也可能是钝角（$\cos\hat{A} = -\frac{4}{5}$）。

3. 利用 $\hat{B}$ 是锐角。 由 $\hat{B} = \pi - (\hat{A} + \hat{C})$， $\cos\hat{B} = \sin\hat{A}\sin\hat{C} - \cos\hat{A}\cos\hat{C}$。

• 若 $\cos\hat{A} = \frac{4}{5}$：$\cos\hat{B} = \frac{3\sqrt{5}}{25} - \frac{8\sqrt{5}}{25} = -\frac{\sqrt{5}}{5} < 0$，$\hat{B}$ 会是钝角：舍去。
• 若 $\cos\hat{A} = -\frac{4}{5}$：$\cos\hat{B} = \frac{3\sqrt{5}}{25} + \frac{8\sqrt{5}}{25} = \frac{11\sqrt{5}}{25} > 0$ ✔

4. 边 $AC$。 $\sin\hat{B} = \sin(\hat{A} + \hat{C}) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5} - \frac{4}{5}\cdot\frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{2\sqrt{5}}{25}$，于是

用余弦定理验证： $b^2 = 20 + 36 - 2\cdot 2\sqrt{5}\cdot 6 \cdot \frac{11\sqrt{5}}{25} = 56 - \frac{1320}{25} = \frac{16}{5}$，而 $\sqrt{16/5} = \frac{4\sqrt{5}}{5}$ ✔

答案： 选 C（$4\sqrt{5}/5$）。

小心陷阱： 若取 $\hat{A}$ 为锐角，会得到 $m(\overline{AC}) = 4\sqrt{5}$，它甚至 不在选项中，而且此时 $\hat{B}$ 是钝角。

复习请见解三角形与歧义情形。

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