Euler's Eyes
2026-10-28
ITA 2022 – 第二阶段：数学题详解
来源： ITA ——第二阶段数学试卷。 文件见 ITA 历年试题页面。
ITA 2022 第二阶段数学试卷共有 10 道解答题。ITA 不公布第二阶段的官方解答；下面的解答 由我们完成，每个答案都用第二种方法（代入、另一个公式或数值计算）核对过。
记号约定与第一阶段相同：$i^2 = -1$，$m(\overline{AB})$ 为线段 $\overline{AB}$ 的长度， $A\hat{O}B$ 为以 $O$ 为顶点的角。
答案一览
| 题号 | 内容 | 答案 |
|---|---|---|
| 1 | 多项式：矩形的周长 | $a = \frac{164}{125}$，$b = \frac{336}{125}$ |
| 2 | 复数：虚部为零 | $z = -\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$ |
| 3 | 递推定义的矩阵 | 725 |
| 4 | 计数：井字棋 | 120 |
| 5 | 反三角函数 | $\frac{\pi}{4}$ 和 $\frac{3\pi}{4}$ |
| 6 | 解析几何：直线夹角与距离 | $Q = \left(-\frac{4}{5}, \frac{6}{5}\right)$ |
| 7 | 立体几何：正六棱台 | $112 + \frac{224\sqrt{3}}{3}$ |
| 8 | 圆内接四边形：外接圆半径 | $r = \frac{7\sqrt{3}}{3}$ |
| 9 | 有公共水平切线的三个圆 | $\left\{\left(1, \frac{21}{4}\right)\right\}$ |
| 10 | 依次内接的正八面体与立方体 | $\frac{l_{10}}{l_1} = \frac{1}{3^9}$ |
第 1 题：周长为 8 的矩形的边长
题目
设 $x \in \mathbb{R}$。矩形 $R$ 的两边长为 $a = 9x^2 - 5x^4$ 和 $b = 8x - 8x^3$。 已知 $R$ 的周长为 8，求 $a$ 和 $b$。
解答
1. 方程。 周长为 8 即 $a + b = 4$：
$$9x^2 - 5x^4 + 8x - 8x^3 = 4 \quad\Rightarrow\quad 5x^4 + 8x^3 - 9x^2 - 8x + 4 = 0$$2. 因式分解。 试有理根，$x = 1$ 和 $x = -1$ 使多项式为零 （$5 + 8 - 9 - 8 + 4 = 0$，$5 - 8 - 9 + 8 + 4 = 0$）。除以 $x^2 - 1$：
$$5x^4 + 8x^3 - 9x^2 - 8x + 4 = (x^2 - 1)(5x^2 + 8x - 4) = (x - 1)(x + 1)(x + 2)(5x - 2)$$根为 $x \in \left\{1, -1, -2, \frac{2}{5}\right\}$。
3. 边长必须为正。
| $x$ | $a = 9x^2 - 5x^4$ | $b = 8x - 8x^3$ | 可行？ |
|---|---|---|---|
| $1$ | $4$ | $0$ | 否 |
| $-1$ | $4$ | $0$ | 否 |
| $-2$ | $-44$ | $48$ | 否 |
| $\frac{2}{5}$ | $\frac{164}{125}$ | $\frac{336}{125}$ | 是 |
当 $x = \frac{2}{5}$ 时：$a = 9\cdot\frac{4}{25} - 5\cdot\frac{16}{625} = \frac{36}{25} - \frac{16}{125} = \frac{164}{125}$， $b = \frac{16}{5} - 8\cdot\frac{8}{125} = \frac{400 - 64}{125} = \frac{336}{125}$。
验证： $a + b = \frac{500}{125} = 4$ ✔
答案： $a = \dfrac{164}{125}$，$b = \dfrac{336}{125}$。
第 2 题：两个虚部为零
题目
设 $z \in \mathbb{C}$，$\operatorname{Im}(z)$ 表示 $z$ 的虚部。求所有满足 $\operatorname{Im}(z) \ne 0$， 且同时满足 $\operatorname{Im}(z^3) = 0$ 与 $\operatorname{Im}\left((1 + z)^3\right) = 0$ 的 $z \in \mathbb{C}$。
解答
1. 立方的虚部。 对 $w = u + vi$，
$$w^3 = u^3 + 3u^2(vi) + 3u(vi)^2 + (vi)^3 = (u^3 - 3uv^2) + (3u^2 v - v^3)\,i$$所以 $\operatorname{Im}(w^3) = v(3u^2 - v^2)$。
2. 两个条件。 设 $z = x + yi$，$y \ne 0$，且 $1 + z = (1 + x) + yi$：
$$y(3x^2 - y^2) = 0 \;\Rightarrow\; y^2 = 3x^2, \qquad y\left(3(1 + x)^2 - y^2\right) = 0 \;\Rightarrow\; y^2 = 3(1 + x)^2$$3. 求解。 $x^2 = (1 + x)^2 \Rightarrow 0 = 1 + 2x \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$， $y^2 = \frac{3}{4}$，$y = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$。
用几何方法验证： $z = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 120^\circ$， 所以 $z^3 = \operatorname{cis} 360^\circ = 1$；$1 + z = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 60^\circ$， 所以 $(1 + z)^3 = \operatorname{cis} 180^\circ = -1$。两者都是实数 ✔
答案： $z = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ 或 $z = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$。
第 3 题：递推矩阵的元素之和
题目
设 $A$ 为 5 行 10 列的矩阵，其元素 $a_{n,m}$ 由下式给出：
$$a_{n,m} = \begin{cases} 1, & m = 1 \\ n + a_{n,(m-1)}, & m > 1 \end{cases}$$求 $A$ 所有元素之和。
解答
1. 通项公式。 第 $n$ 行从 1 开始，每往右一列加 $n$：这是公差为 $n$ 的等差数列。所以
$$a_{n,m} = 1 + (m - 1)\,n$$2. 第 $n$ 行之和。 $m$ 从 1 到 10：
$$\sum_{m=1}^{10}\left[1 + (m - 1)n\right] = 10 + n(0 + 1 + \dots + 9) = 10 + 45n$$3. 各行相加。
$$\sum_{n=1}^{5}(10 + 45n) = 50 + 45 \cdot 15 = 50 + 675 = 725$$用第 1 行验证： $1, 2, \dots, 10$ 之和为 55，公式给出 $10 + 45 = 55$ ✔
答案： 725。
复习请见等差数列。
第 4 题：井字棋第三步获胜
题目
井字棋中，两名玩家在一个 3 行 3 列的棋盘上对弈。两人轮流在空格中画记号，直到其中一人 占满一整行、一整列或一条对角线，即宣布获胜。有多少种不同的棋盘局面对应于先手玩家在其 第三步获胜？
解答
先手（X）走第三步时，棋盘上共有 5 个记号：X 的 3 个，后手（O）的 2 个。
1. X 的格子。 X 恰好在第 3 步获胜，当且仅当它的 3 个格子构成一行、一列或一条 对角线。共有 $3 + 3 + 2 = 8$ 种选择。
2. O 的格子。 O 的 2 个格子是其余 6 格中的任意两格：$\binom{6}{2} = 15$。比赛不可能 更早结束：X 少于 3 格无法获胜，O 只有 2 格也无法获胜。
3. 总数。
$$8 \cdot 15 = 120$$局面指的是棋盘最终的样子，而不是落子的顺序，所以不乘以可能的顺序数。（我们用计算机模拟了 所有对局验证：X 在第 5 个记号获胜的不同最终棋盘恰有 120 个。）
答案： 120 种局面。
第 5 题：反余弦与反正弦之和为 π/2
题目
考虑 $\arccos: [-1, 1] \to [0, \pi]$ 和 $\arcsin: [-1, 1] \to [-\pi/2, \pi/2]$。已知 $x$ 满足
$$\arccos(x^4) + \arcsin\left(x^2 - \frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{2},$$求 $\arccos(x)$ 的所有可能值。
解答
1. 关键恒等式。 对 $u \in [-1, 1]$，$\arcsin u + \arccos u = \frac{\pi}{2}$。 所以 $\arcsin\left(x^2 - \frac14\right) = \frac{\pi}{2} - \arccos\left(x^2 - \frac14\right)$，方程变为
$$\arccos(x^4) = \arccos\left(x^2 - \frac{1}{4}\right)$$2. 反余弦是单射。 所以 $x^4 = x^2 - \frac{1}{4}$，即
$$x^4 - x^2 + \frac{1}{4} = \left(x^2 - \frac{1}{2}\right)^2 = 0 \quad\Rightarrow\quad x = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$$两个自变量都等于 $\frac{1}{4}$，在 $[-1, 1]$ 内 ✔
3. 所求的值。 $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{\pi}{4}$， $\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{3\pi}{4}$。
答案： $\arccos(x) = \dfrac{\pi}{4}$ 或 $\arccos(x) = \dfrac{3\pi}{4}$。
复习请见反正弦、反余弦与反正切。
第 6 题：到直线 s 距离为 √2 的点 Q
题目
设 $A = (0, 1)$。考虑直线 $r$：$y = 1 - x/4$，设 $s$ 是过原点 $O$ 的直线，它与 $r$ 在第一 象限交于点 $P$。已知 $A\hat{P}O = \theta$ 且 $\tan(\theta) = \frac{5}{3}$，求位于第二象限、在 $r$ 上 且到 $s$ 的距离为 $\sqrt{2}$ 的点 $Q$。
解答
1. $A$ 的位置。 $A = (0, 1)$ 在 $r$ 上（$x = 0$ 时 $y = 1$）。所以角 $\theta$ 的边 $PA$ 在 $r$ 上，边 $PO$ 在 $s$ 上。
2. 求 $s$。 设 $s: y = kx$。在 $P$ 点，指向 $A$ 和指向 $O$ 的向量分别平行于 $u = (-1, \frac{1}{4})$（沿 $r$ 向 $x$ 减小的方向）和 $v = (-1, -k)$。它们夹角的正切为
$$\tan\theta = \frac{|u_1 v_2 - u_2 v_1|}{u \cdot v} = \frac{k + \frac{1}{4}}{1 - \frac{k}{4}}$$令其等于 $\frac{5}{3}$：$3k + \frac{3}{4} = 5 - \frac{5k}{4} \Rightarrow \frac{17k}{4} = \frac{17}{4} \Rightarrow k = 1$。 所以 $s: y = x$，$P = \left(\frac{4}{5}, \frac{4}{5}\right)$，在第一象限 ✔
用角度验证： $s$ 与 $x$ 轴成 $45^\circ$，$r$ 的斜率为 $-\frac14$；$P$ 处的角为 $45^\circ + \arctan\frac14$，而
$$\tan\left(45^\circ + \arctan\tfrac{1}{4}\right) = \frac{1 + \frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{5}{3}\ ✔$$3. 点 $Q$。 $r$ 上的点为 $\left(x, 1 - \frac{x}{4}\right)$。它到 $s: x - y = 0$ 的距离为
$$\frac{\left|x - 1 + \frac{x}{4}\right|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad \left|\frac{5x}{4} - 1\right| = 2$$所以 $x = \frac{12}{5}$ 或 $x = -\frac{4}{5}$。第二象限中 $x < 0$，故 $x = -\frac{4}{5}$， $y = 1 + \frac{1}{5} = \frac{6}{5} > 0$ ✔
答案： $Q = \left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{6}{5}\right)$。
第 7 题：正六棱台的体积
题目
设 $T$ 是一个正棱台，高 $h = 4 + 2\sqrt{3}$，上下底面为平行的正六边形。已知较大底面的边长 为 $8\sqrt{3}/3$，侧面与底面所成的二面角为 $75^\circ$，求 $T$ 的体积。
解答
1. 两底面的边心距。 边长为 $\ell$ 的正六边形的边心距为 $\frac{\ell\sqrt{3}}{2}$。较大底面：
$$m_1 = \frac{8\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = 4$$2. 二面角。 过轴且垂直于一对边作截面，得到一个直角梯形，高为 $h$，水平"台阶"为 $m_1 - m_2$；侧面与底面所成的角就是这个梯形的一个角，所以
$$\tan 75^\circ = \frac{h}{m_1 - m_2}$$由于 $\tan 75^\circ = \tan(45^\circ + 30^\circ) = 2 + \sqrt{3}$，且 $h = 2(2 + \sqrt{3})$：
$$m_1 - m_2 = \frac{2(2 + \sqrt{3})}{2 + \sqrt{3}} = 2 \quad\Rightarrow\quad m_2 = 2$$较小底面的边心距为 2，是较大底面的一半：其边长为 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
3. 底面面积。 边长为 $\ell$ 的正六边形面积为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}\ell^2$：
$$B = \frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{64}{3} = 32\sqrt{3}, \qquad b = \frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{16}{3} = 8\sqrt{3}$$4. 棱台体积。
$$V = \frac{h}{3}\left(B + b + \sqrt{Bb}\right) = \frac{4 + 2\sqrt{3}}{3}\left(32\sqrt{3} + 8\sqrt{3} + 16\sqrt{3}\right) = \frac{(4 + 2\sqrt{3})\cdot 56\sqrt{3}}{3}$$$$V = \frac{224\sqrt{3} + 336}{3} = 112 + \frac{224\sqrt{3}}{3} \approx 241.3$$用两个棱锥之差验证： 较小底面的边长是一半，所以完整棱锥的高为 $2h$，棱台占其 $1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$： $\frac{7}{8}\cdot\frac{1}{3}\cdot 32\sqrt{3}\cdot 2h = \frac{56\sqrt{3}\,h}{3}$，结果相同 ✔
答案： $V = 112 + \dfrac{224\sqrt{3}}{3} = \dfrac{336 + 224\sqrt{3}}{3}$。
第 8 题：圆内接四边形的半径
题目
设 $Q$ 是顶点为 $A$、$B$、$C$、$D$ 的四边形，各边满足 $m(\overline{AB}) = 5 = m(\overline{CD})$，$m(\overline{BC}) = 3$，$m(\overline{DA}) = 8$。已知 $Q$ 内接于半径为 $r$ 的圆，求 $r$。
解答
1. 对角互补。 圆内接四边形中 $\hat{B} + \hat{D} = 180^\circ$，所以 $\cos\hat{B} = -\cos\hat{D}$。
2. 用两个三角形求对角线 $AC$。 在 $ABC$ 和 $ACD$ 中分别用余弦定理：
$$AC^2 = 5^2 + 3^2 - 2\cdot 5\cdot 3\cos\hat{B} = 34 + 30\cos\hat{D}$$$$AC^2 = 5^2 + 8^2 - 2\cdot 5\cdot 8\cos\hat{D} = 89 - 80\cos\hat{D}$$两式相等：$110\cos\hat{D} = 55$，所以 $\cos\hat{D} = \frac{1}{2}$，$\hat{D} = 60^\circ$， $AC^2 = 89 - 40 = 49$，$AC = 7$。
用托勒密定理验证： 该四边形是等腰梯形（$AB = CD$），两条对角线相等，而 $AC \cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot DA = 25 + 24 = 49$，给出 $AC = 7$ ✔
3. 半径。 $Q$ 的外接圆就是三角形 $ACD$ 的外接圆。由正弦定理，
$$2r = \frac{AC}{\sin\hat{D}} = \frac{7}{\sqrt{3}/2} \quad\Rightarrow\quad r = \frac{7}{\sqrt{3}} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$$答案： $r = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$。
复习请见正弦定理、余弦定理、射影与面积。
第 9 题：三个圆与一条水平切线
题目
设 $P_1 = (0, 6)$、$P_2 = (1, 5)$、$P_3 = (2, 6)$，$C_1$、$C_2$、$C_3$ 分别是以 $P_1$、$P_2$、$P_3$ 为圆心的圆。已知存在一条水平直线同时与 $C_1$、$C_2$、$C_3$ 相切，求 $C_1 \cap C_2 \cap C_3$ （当其非空时）。
解答
1. 半径。 设公切线为 $y = t$。每个圆的半径等于圆心到该直线的距离：
$$r_1 = r_3 = |6 - t|, \qquad r_2 = |5 - t|$$2. $C_1$ 与 $C_3$ 的公共点。 两圆半径相同，圆心关于 $x = 1$ 对称；公共点在这条直线上： $(1, y)$，满足 $1 + (y - 6)^2 = (6 - t)^2$，即
$$y = 6 \pm \sqrt{(6 - t)^2 - 1}$$3. 要求它在 $C_2$ 上。 点 $(1, y)$ 在 $C_2$ 上当且仅当 $|y - 5| = |5 - t|$。 由 $y - 5 = 1 \pm \sqrt{(6 - t)^2 - 1}$，两边平方：
$$1 \pm 2\sqrt{(6 - t)^2 - 1} + (6 - t)^2 - 1 = (5 - t)^2$$$$\pm 2\sqrt{(6 - t)^2 - 1} = (5 - t)^2 - (6 - t)^2 = 2t - 11$$再平方：$4(t^2 - 12t + 35) = 4t^2 - 44t + 121$，即 $-4t = -19$，$t = \frac{19}{4}$。
4. 该点。 $t = \frac{19}{4}$ 时：$6 - t = \frac{5}{4}$，$\sqrt{\frac{25}{16} - 1} = \frac{3}{4}$，而 $2t - 11 = -\frac{3}{2}$ 要求取负号：$y = 6 - \frac{3}{4} = \frac{21}{4}$。
验证： $\left(1, \frac{21}{4}\right)$ 到 $P_1$ 的距离为 $\sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \frac{5}{4} = r_1$；到 $P_3$ 也是 $\frac{5}{4} = r_3$；到 $P_2$ 为 $\frac{21}{4} - 5 = \frac{1}{4} = |5 - \frac{19}{4}| = r_2$ ✔。直线 $y = \frac{19}{4}$ 位于三个圆心下方，与三个圆都相切。
对其他任何水平公切线，三个圆的交集都是空集。
答案： $C_1 \cap C_2 \cap C_3 = \left\{\left(1, \dfrac{21}{4}\right)\right\}$（公切线为 $y = \frac{19}{4}$）。
第 10 题：八面体、立方体、八面体……
题目
考虑棱长为 $l_1$ 的正八面体。在这个八面体中内接一个立方体，其顶点位于八面体各面的重心。 在这个立方体中再内接一个棱长为 $l_2$ 的正八面体，其顶点位于立方体各面的中心。如此继续， 得到数列 $l_i$（$i \in \mathbb{N}$）。求比值 $l_{10}/l_1$。
解答
1. 八面体 → 立方体。 取八面体顶点为 $(\pm a, 0, 0)$、$(0, \pm a, 0)$、$(0, 0, \pm a)$， 棱长 $l_1 = a\sqrt{2}$。以 $(a,0,0)$、$(0,a,0)$、$(0,0,a)$ 为顶点的面的重心是 $\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$；八个重心为 $\left(\pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}\right)$， 是一个立方体的顶点，其棱长为
$$c = \frac{2a}{3} = \frac{2}{3}\cdot\frac{l_1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{3}\,l_1$$2. 立方体 → 八面体。 立方体各面中心到中心的距离为 $\frac{c}{2}$；新八面体的"$a$“等于 $\frac{c}{2}$，所以棱长为
$$l_2 = \frac{c}{2}\sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{3}\,l_1 = \frac{l_1}{3}$$3. 数列。 每一步棱长都除以 3：$l_i = \frac{l_1}{3^{i-1}}$ 是公比为 $\frac{1}{3}$ 的等比数列。因此
$$\frac{l_{10}}{l_1} = \frac{1}{3^9} = \frac{1}{19683}$$答案： $\dfrac{l_{10}}{l_1} = \dfrac{1}{3^9} = \dfrac{1}{19683}$。