来源： ITA ——第二阶段数学试卷。 文件见 ITA 历年试题页面。

ITA 2023 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、另一个公式或计算机）核对过。

答案一览

题号 内容 答案
1 齐次线性方程组 $b = 2a$；$\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$
2 矩阵：$M$ 何时可逆 $\alpha \notin \{0, 2, 3 - \sqrt{15}, 3 + \sqrt{15}\}$
3 底数含变量的对数不等式 $]-2, 0[$
4 多项式除法与根 $q = x^6 + x^5 - x - 1$，$r = 0$；根为 $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$
5 三角：和差化积 $\sin(\alpha - \beta) = \frac{2AB}{A^2 + B^2}$
6 内切圆半径 $\frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$
7 椭圆：两焦半径夹角为 60° $\left(\pm\frac{4\sqrt{2}}{3}, \pm\frac{1}{3}\right)$
8 等边圆柱与球 $400\pi$ cm² 和 $\frac{4000\pi}{3}$ cm³
9 正弦定理：三角形的边 $6 + \sqrt{11}$ 和 $6 - \sqrt{11}$
10 计数：十边形的对角线对 175

第 1 题：齐次方程组何时有非零解

题目

设 $a$、$b$ 为正实数。考虑关于未知数 $x$、$y$、$z$ 的线性方程组：

$$\begin{cases} -ax + by + az = 0 \\ b^2 x + a^3 y + 4a^2 z = 0 \\ 4a^2 x + a^3 y + b^2 z = 0 \end{cases}$$

已知该方程组有非零解，用 $a$ 表示 $b$。并求 $a = \frac{1}{2}$ 时方程组的解集。

解答

1. 行列式为零。 齐次方程组有非零解，当且仅当系数矩阵的行列式为零。用第 2 行减去 第 3 行（行列式不变）：

$$\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 & a^3 & 4a^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 - 4a^2 & 0 & 4a^2 - b^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = (b^2 - 4a^2)\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ 1 & 0 & -1 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix}$$

最后一个行列式按第 1 行展开为

$$-a(0 + a^3) - b(b^2 + 4a^2) + a(a^3 - 0) = -b(b^2 + 4a^2)$$

因此

$$\det = -b\,(b^2 - 4a^2)(b^2 + 4a^2) = b\,(2a - b)(2a + b)(4a^2 + b^2)$$

2. $b$ 的值。 由于 $a, b > 0$，因子 $b$、$2a + b$、$4a^2 + b^2$ 都为正。只剩 $2a - b = 0$：

$$b = 2a$$

3. $a = \frac{1}{2}$ 的情形。 此时 $b = 1$，方程组为

$$\begin{cases} -\frac{1}{2}x + y + \frac{1}{2}z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \end{cases}$$

后两个方程相同。由第 1 个方程，$y = \frac{x - z}{2}$；代入第 2 个：

$$x + \frac{x - z}{16} + z = 0 \quad\Rightarrow\quad 17x + 15z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -\frac{15z}{17}$$

且 $y = \frac{1}{2}\left(-\frac{15z}{17} - z\right) = -\frac{16z}{17}$。令 $z = 17t$，解为 $(x, y, z) = (-15t, -16t, 17t)$。

用 $t = 1$，即 $(-15, -16, 17)$ 验证： $\frac{15}{2} - 16 + \frac{17}{2} = 0$ ✔，$-15 - 2 + 17 = 0$ ✔

答案： $b = 2a$。$a = \frac{1}{2}$ 时解集为 $\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$。

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第 2 题：α 取何值时矩阵 M 可逆？

题目

考虑以下矩阵：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 6 & 0 \end{pmatrix} \quad\text{和}\quad C = \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 3 & 3 \end{pmatrix}.$$

求使矩阵 $M = \alpha^2 A + \alpha B + C$ 可逆的实数 $\alpha$。

解答

1. 写出 $M$。

$$M = \begin{pmatrix} \alpha^2 + 3 & -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 \\ -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 & \alpha^2 + 3 \end{pmatrix}$$

2. 行列式是平方差。 令 $p = \alpha^2 + 3$，$q = -2\alpha^2 + 6\alpha + 3$，则 $\det M = p^2 - q^2 = (p - q)(p + q)$：

$$p - q = 3\alpha^2 - 6\alpha = 3\alpha(\alpha - 2), \qquad p + q = -\alpha^2 + 6\alpha + 6$$

3. 零点。 当 $\alpha = 0$、$\alpha = 2$ 或 $\alpha^2 - 6\alpha - 6 = 0$（即 $\alpha = 3 \pm \sqrt{15}$）时 $\det M = 0$。

验证 $\alpha = 2$： $M = \begin{pmatrix} 7 & 7 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$，行列式为 0 ✔

答案： 对所有满足 $\alpha \notin \{0,\ 2,\ 3 - \sqrt{15},\ 3 + \sqrt{15}\}$ 的实数 $\alpha$，$M$ 可逆。

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第 3 题：底数含变量的对数不等式

题目

求不等式

$$\log_{2-x}\left(-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3}\right) > \log_{2-x}\left(\sqrt[3]{3}\right)$$

的解集。

解答

1. 存在条件。

  • 底数：$2 - x > 0$ 且 $2 - x \ne 1$，即 $x < 2$ 且 $x \ne 1$。
  • 真数：$-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > 0 \iff x^2 + 2x - 3 < 0 \iff (x + 3)(x - 1) < 0 \iff -3 < x < 1$。

合起来：$-3 < x < 1$。在这个区间里底数 $2 - x$ 大于 1，对数函数递增，不等号方向不变。

2. 求解。

$$-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > \sqrt[3]{3} \iff \sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} < -\sqrt[3]{3} = \sqrt[3]{-3}$$

立方根递增，所以 $x^2 + 2x - 3 < -3$，即 $x(x + 2) < 0$：$-2 < x < 0$。

3. 取交集。 $]-2, 0[ \;\cap\; ]-3, 1[ \;=\; ]-2, 0[$。

用 $x = -1$ 验证： 底数为 3，真数 $-\sqrt[3]{-4} = \sqrt[3]{4} > \sqrt[3]{3}$ ✔。 取 $x = 0.5$：$-\sqrt[3]{-1.75} = \sqrt[3]{1.75} < \sqrt[3]{3}$，确实不在解集中。

答案： $S = \;]-2, 0[$。

复习请见对数的性质。

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第 4 题：x¹⁰ − 1 除以 x⁴ − x³ + x² − x + 1

题目

考虑多项式 $p(x) = x^4 - x^3 + x^2 - x + 1$。求多项式 $q(x) = x^{10} - 1$ 除以 $p(x)$ 的商和 余式，并求 $p(x)$ 的所有复数根。

解答

1. 认出 $p$。 $p(x)$ 是公比为 $-x$ 的等比数列之和：

$$(x + 1)\,p(x) = x^5 + 1$$

（验证：$x^5 - x^4 + x^3 - x^2 + x + x^4 - x^3 + x^2 - x + 1 = x^5 + 1$。）

2. 除法。 由于 $x^{10} - 1 = (x^5 - 1)(x^5 + 1) = (x^5 - 1)(x + 1)\,p(x)$，

$$x^{10} - 1 = \underbrace{(x^6 + x^5 - x - 1)}_{\text{商}}\cdot p(x) + \underbrace{0}_{\text{余式}}$$

3. 根。 $p$ 的根是 $x^5 = -1$ 中除 $-1$ 以外的根。由于 $-1 = \operatorname{cis}\pi$，五次方根为 $\operatorname{cis}\frac{\pi + 2k\pi}{5}$，$k = 0, \dots, 4$；去掉 $k = 2$（给出 $-1$）：

$$x \in \left\{\operatorname{cis}\frac{\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}\right\}$$

写成代数形式，利用 $\cos 36^\circ = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$ 和 $\cos 108^\circ = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$：

$$x = \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}\,i \qquad\text{和}\qquad x = \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}\,i$$

用根之和验证： 两对共轭根之和为 $2\cdot\frac{1 + \sqrt{5}}{4} + 2\cdot\frac{1 - \sqrt{5}}{4} = 1$， 正是韦达定理对 $x^4 - x^3 + \dots$ 的要求 ✔

答案： 商为 $x^6 + x^5 - x - 1$，余式为 $0$；根为 $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}$、 $\operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}$、$\operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}$、$\operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$。

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第 5 题：由 A 和 B 求 sin(α − β)

题目

设 $A = \cos(\alpha) + \cos(\beta)$，$B = \sin(\alpha) - \sin(\beta)$， $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$。已知 $A$、$B$ 不同时为零，用 $A$ 和 $B$ 表示 $\sin(\alpha - \beta)$。

解答

1. 和差化积。 令 $u = \frac{\alpha + \beta}{2}$，$v = \frac{\alpha - \beta}{2}$：

$$A = 2\cos u\cos v, \qquad B = 2\cos u\sin v$$

$A$、$B$ 不同时为零，所以 $\cos u \ne 0$。

2. 公式。 于是 $A^2 + B^2 = 4\cos^2 u$，$2AB = 8\cos^2 u\sin v\cos v = 4\cos^2 u\sin 2v$。相除：

$$\frac{2AB}{A^2 + B^2} = \sin 2v = \sin(\alpha - \beta)$$

3. 举例验证。 $\alpha = \frac{\pi}{2}$，$\beta = 0$：$A = 1$，$B = 1$，公式给出 $\frac{2}{2} = 1 = \sin\frac{\pi}{2}$ ✔

答案： $\sin(\alpha - \beta) = \dfrac{2AB}{A^2 + B^2}$。

复习请见和差化积与积化和差。

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第 6 题：三角形 BCD 的内切圆

题目

三角形 $ABC$ 满足 $m(\overline{AB}) = 4$，$m(\overline{AC}) = 5$，$B\hat{A}C = 60^\circ$。设 $D$ 为边 $\overline{AB}$ 上一点，$m(\overline{AD}) = 1$。求三角形 $BCD$ 的内切圆半径。

解答

1. $BCD$ 的边。 $m(\overline{DB}) = 4 - 1 = 3$。用 $A$ 处 $60^\circ$ 角的余弦定理：

$$m(\overline{CD})^2 = 1 + 25 - 2\cdot 1\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21, \qquad m(\overline{BC})^2 = 16 + 25 - 2\cdot 4\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21$$

三角形 $BCD$ 是等腰三角形：边长为 $3$、$\sqrt{21}$、$\sqrt{21}$。

2. 面积。 底边 $\overline{DB}$ 上的高为 $\sqrt{21 - \frac{9}{4}} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$，所以

$$S = \frac{1}{2}\cdot 3\cdot\frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$$

验证： $S_{ABC} - S_{ADC} = \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5\sin60^\circ - \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 5\sin60^\circ = \frac{15}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$ ✔

3. 半径。 $S = p\cdot r$，半周长 $p = \frac{3 + 2\sqrt{21}}{2}$：

$$r = \frac{15\sqrt{3}/4}{(3 + 2\sqrt{21})/2} = \frac{15\sqrt{3}}{2(3 + 2\sqrt{21})}\cdot\frac{2\sqrt{21} - 3}{2\sqrt{21} - 3} = \frac{15\sqrt{3}(2\sqrt{21} - 3)}{150} = \frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$$

（用到 $\sqrt{3}\cdot\sqrt{21} = 3\sqrt{7}$。）数值上 $r \approx 1.068$。

答案： $r = \dfrac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$。

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第 7 题：从椭圆上看两焦点成 60° 角的点

题目

求椭圆 $E$：$\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$ 上的点 $P$，使得连接 $P$ 与 $E$ 的两个焦点的线段 成 $60^\circ$ 角。

解答

1. 椭圆的基本量。 $a = 2$，$b = 1$，$c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$。焦点 $F_{1,2} = (\pm\sqrt{3}, 0)$，$m(\overline{F_1F_2}) = 2\sqrt{3}$。

2. 焦半径。 设 $m = m(\overline{PF_1})$，$n = m(\overline{PF_2})$。则 $m + n = 2a = 4$， 由 $P$ 处 $60^\circ$ 角的余弦定理，

$$12 = m^2 + n^2 - mn = (m + n)^2 - 3mn = 16 - 3mn \quad\Rightarrow\quad mn = \frac{4}{3}$$

3. 用两种方法算面积。

$$S = \frac{1}{2}mn\sin60^\circ = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}, \qquad S = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot|y| = \sqrt{3}\,|y|$$

所以 $|y| = \frac{1}{3}$，再由椭圆方程，$x^2 = 4\left(1 - \frac{1}{9}\right) = \frac{32}{9}$， $|x| = \frac{4\sqrt{2}}{3}$。

用焦半径验证： $m$、$n$ 是 $t^2 - 4t + \frac{4}{3} = 0$ 的根，即 $2 \pm \frac{2\sqrt{6}}{3}$； 而对椭圆有 $m = a + \frac{c}{a}x = 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}x$。取 $x = \frac{4\sqrt{2}}{3}$，$m = 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3}$ ✔

答案： 四个点 $\left(\pm\dfrac{4\sqrt{2}}{3},\ \pm\dfrac{1}{3}\right)$（正负号任意组合）。

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第 8 题：让水面升到顶的球

题目

一个等边圆柱底面朝下放置，里面装了部分水。放入一个球使其接触底面后，水面恰好升到圆柱的 高度。若球的半径等于圆柱底面半径，水的体积为 $2000\frac{\pi}{3}$ cm³，求圆柱的侧面积和球的体积。

解答

1. 位置关系。 等边圆柱：高 $h = 2R$。半径为 $R$ 的球直径为 $2R = h$；它接触底面时也接触 顶面，完全在圆柱内部。

2. 水的体积。 水与球合起来充满圆柱：

$$V_{\text{水}} = \pi R^2\cdot 2R - \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3 = \frac{2000\pi}{3} \quad\Rightarrow\quad R^3 = 1000 \quad\Rightarrow\quad R = 10 \text{ cm}$$

3. 所求量。

$$A_{\text{侧}} = 2\pi R\cdot h = 2\pi\cdot 10\cdot 20 = 400\pi \text{ cm}^2, \qquad V_{\text{球}} = \frac{4}{3}\pi\cdot 10^3 = \frac{4000\pi}{3} \text{ cm}^3$$

验证： 球占圆柱的 $\frac{2}{3}$（阿基米德的结论），水占其余的 $\frac{1}{3}$：$\frac{1}{3}\cdot 2000\pi = \frac{2000\pi}{3}$ ✔

答案： 侧面积 $400\pi$ cm²，球的体积 $\dfrac{4000\pi}{3}$ cm³。

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第 9 题：周长 20、正弦之和为 2

题目

一个三角形的周长为 20，其内角 $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ 满足 $\sin(\alpha) + \sin(\beta) + \sin(\gamma) = 2$。已知该三角形有一边长 8， 求另外两边的长。

解答

1. 外接圆半径。 由正弦定理，每条边等于 $2R$ 乘以对角的正弦。三边相加：

$$20 = 2R\,(\sin\alpha + \sin\beta + \sin\gamma) = 4R \quad\Rightarrow\quad R = 5$$

2. 边长 8 所对的角。 设该角为 $\alpha$：$\sin\alpha = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$， 所以 $\cos\alpha = \pm\frac{3}{5}$。

3. 另外两边。 设为 $b$、$c$，$b + c = 12$。余弦定理：

$$64 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha = (b + c)^2 - 2bc(1 + \cos\alpha) = 144 - 2bc(1 + \cos\alpha)$$
  • 若 $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$：$\frac{4}{5}bc = 80$，$bc = 100$；但 $b + c = 12$ 时乘积至多为 $36$。不可能。
  • 若 $\cos\alpha = \frac{3}{5}$：$\frac{16}{5}bc = 80$，$bc = 25$。于是 $b$、$c$ 是 $t^2 - 12t + 25 = 0$ 的根：$t = 6 \pm \sqrt{11}$。

验证： 对边长为 $8$、$6 + \sqrt{11}$、$6 - \sqrt{11}$ 的三角形，用海伦公式算出外接圆半径 $R = \frac{abc}{4S} = 5$，正弦之和 $\frac{20}{2\cdot 5} = 2$ ✔。三角不等式成立： $(6 - \sqrt{11}) + 8 \approx 10.7 > 6 + \sqrt{11} \approx 9.3$。

答案： 另外两边长为 $6 + \sqrt{11}$ 和 $6 - \sqrt{11}$。

复习请见正弦定理、余弦定理、射影与面积。

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第 10 题：十边形中不相交的两条对角线

题目

在一个凸十边形中，选出两条不相交的对角线，有多少种选法？

解答

1. 所有的对。 十边形有 $\frac{10\cdot(10 - 3)}{2} = 35$ 条对角线，共 $\binom{35}{2} = 595$ 对。

2. 在内部交叉的对。 任取四个顶点构成一个凸四边形，其两条对角线交叉；而每一对在内部 交叉的对角线恰好来自四个顶点。共 $\binom{10}{4} = 210$ 对。

3. 有公共顶点的对。 它们也相交（在顶点处）。每个顶点引出 7 条对角线，构成 $\binom{7}{2} = 21$ 对：$10\cdot 21 = 210$ 对。

4. 不相交的对。

$$595 - 210 - 210 = 175$$

我们用计算机在正十边形中检查了全部 595 对：175 对不相交，210 对在内部交叉，210 对有公共顶点。

关于题意的理解： 如果把"不相交"理解为"不在十边形内部交叉"（允许有公共顶点）， 答案是 $595 - 210 = 385$。按字面理解，有公共端点的两条对角线在该点相交，答案是 175。

答案： 175 种。

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