ITA 2024 – 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 2024 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。

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第 1 题：等比数列前几项之和为 −80？

题目

设 $(a_n)$ 是等差数列，$(b_n)$ 是等比数列。若 $(a_n)$ 的公差为 $r$（$r \ne 0$），$(b_n)$ 的公比为 $q = 1/r$，$a_1 = b_1 = 4$，且

求 $n$，使等比数列前 $n$ 项之和等于 $-80$。

解答

1. 公差。 $a_1 + \dots + a_5 = 5a_1 + 10r = 20 + 10r = \frac{50}{3}$，所以 $r = -\frac{1}{3}$， $q = \frac{1}{r} = -3$。

2. 等比数列之和。 $b_1 = 4$，$q = -3$：

3. 求解。 $1 - (-3)^n = -80 \Rightarrow (-3)^n = 81 = (-3)^4 \Rightarrow n = 4$。

验证： $4 - 12 + 36 - 108 = -80$ ✔

答案： $n = 4$。

复习请见等差数列。

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第 2 题：每座桥恰好走一次

题目

四座城市 $A$、$B$、$C$、$D$ 由六座不同的桥按如下方式连接：

• 一座桥连接 $A$ 和 $B$；
• 一座桥连接 $A$ 和 $C$；
• 一座桥连接 $B$ 和 $C$；
• 两座桥连接 $B$ 和 $D$；
• 一座桥连接 $C$ 和 $D$。

允许多次经过同一座城市，那么连接所有城市并且每座桥恰好走一次的路线有多少条？

解答

这是缩小版的柯尼斯堡七桥问题：我们要找的是欧拉路径。

1. 度数。 数每座城市的桥：$A$ 有 2 座，$B$ 有 4 座，$C$ 有 3 座，$D$ 有 3 座。在每座桥 只走一次的路线中，每个中途城市进出的次数相同；所以度数为奇数的城市恰好是起点和终点。 路线从 $C$ 出发到 $D$ 结束，或者反过来。

2. 简化 $A$。 $A$ 只有 $AB$ 和 $AC$ 两座桥，它们必定连续使用（$B \to A \to C$ 或 $C \to A \to B$）。可以把这一段当作 $B$ 与 $C$ 之间的一座"桥" $e$。于是剩下：两条 $B$–$C$ 连接（$e$ 和桥 $f = BC$），桥 $g = CD$，以及 $B$、$D$ 之间的两座桥 $h_1, h_2$。

3. 数从 $C$ 到 $D$ 的路线。

• 先走 $g$（$C \to D$）。 从 $D$ 经 $h_1$ 或 $h_2$ 到 $B$（2 种）。在 $B$ 不能回到 $D$（否则 $B$–$C$ 的连接就用不上了），所以经 $e$ 或 $f$ 到 $C$（2 种），再经另一条回到 $B$，最后经剩下的 $h$ 到 $D$。共 $2 \cdot 2 = 4$ 条。

• 先走 $e$ 或 $f$（$C \to B$，2 种）。 在 $B$：

  • 经另一条连接回到 $C$；从 $C$ 只剩 $g$ 到 $D$，再从 $D$ 用 $h_1, h_2$ 按某种顺序走 $D \to B \to D$：2 条；
  • 经某个 $h$ 到 $D$（2 种）；从 $D$ 要么经 $g$ 到 $C$ 再走 $C \to B \to D$，要么经另一个 $h$ 到 $B$ 再走 $B \to C \to D$：2 条。小计 $2 \cdot 2 = 4$。

  每种起始选择共 $2 + 4 = 6$ 条；两种起始选择共 12 条。

从 $C$ 到 $D$：$4 + 12 = 16$ 条。

4. 两个方向。 每条从 $C$ 到 $D$ 的路线倒过来走，就是一条从 $D$ 到 $C$ 的路线。共 $16 + 16 = 32$ 条。

我们用计算机列出了所有恰好经过六座桥各一次的路线验证：16 条从 $C$ 出发，16 条从 $D$ 出发，没有从 $A$ 或 $B$ 出发的。

答案： 32 条（从 $C$ 到 $D$ 16 条，从 $D$ 到 $C$ 16 条；若把一条路线和它的逆向路线看作同一条，则为 16 条）。

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第 3 题：对数绝对值之和

题目

求所有使

成立的实数 $x$。

解答

1. 统一底数。 $\log_{1/2} u = -\log_2 u$，所以 $\left|\log_{1/2}|x|\right| = \left|\log_2|x|\right|$， 不等式化为

（对数存在要求 $x \ne 0$，这已经满足。）

验证： $x = 1$ 时 $0 + 0 < 4$ ✔。$x = 4$ 时 $2 + 2 = 4$，不满足"小于"，确实不在解集中。

答案： $x \in \left]-4, -\frac{1}{4}\right[ \;\cup\; \left]\frac{1}{4}, 4\right[$。

复习请见对数的性质。

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第 4 题：矩阵何时正定

题目

对对称矩阵 $A \in M_n(\mathbb{R})$，若对所有至少有一个非零元素的 $X \in M_{n,1}(\mathbb{R})$ 都有

则称 $A$ 是正定的。求所有使矩阵

正定的 $b \in \mathbb{R}$。

解答

1. 二次型。 设 $X = \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$：

2. 若 $|b| < 1$： 两项都 $\ge 0$。和为零只能是 $v = 0$ 且 $u + bv = 0$，即 $u = v = 0$。 所以对所有 $X \ne 0$ 都为正 ✔

3. 若 $|b| \ge 1$： 取 $u = -b$，$v = 1$。则 $X^T A X = 1 - b^2 \le 0$，$A$ 不是正定的。

答案： $-1 < b < 1$。

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第 5 题：关于 1 对称的多项式的根

题目

已知对所有 $x \in \mathbb{C}$ 有 $p(1 + x) = p(1 - x)$，求多项式 $p(x) = x^4 - 4x^3 + 9x^2 - 10x - 14$ 的根。

解答

1. 换元。 这个关系说明 $p(1 + t)$ 是 $t$ 的偶函数：只含偶次幂。计算：

（$t^3$ 项和 $t$ 项抵消：$4 - 4 = 0$，$4 - 12 + 18 - 10 = 0$。）

2. 双二次方程。 $t^4 + 3t^2 - 18 = (t^2 + 6)(t^2 - 3) = 0$，所以 $t = \pm\sqrt{3}$ 或 $t = \pm i\sqrt{6}$。

3. 回到 $x = 1 + t$。

用韦达定理验证： 根之和为 $4$（系数 $-(-4)$）✔，积为 $(1 - 3)(1 + 6) = -14$ ✔

答案： $1 + \sqrt{3}$、$1 - \sqrt{3}$、$1 + i\sqrt{6}$ 和 $1 - i\sqrt{6}$。

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第 6 题：L 形立体内最长的线段

题目

立体 $S$ 由两个全等的长方体组成，位置与尺寸如图（vista frontal = 正视图， vista superior = 俯视图）。

设 $\overline{AB}$ 是完全包含在 $S$ 中、且包含 $S$ 的某个顶点的线段。求 $m(\overline{AB})$ 的最大可能值。

解答

1. 坐标。 两个长方体都是 $3 \times 4 \times 5$。设

• 高的长方体：$0 \le x \le 3$，$0 \le y \le 4$，$0 \le z \le 5$；
• 低的长方体：$3 \le x \le 8$，$0 \le y \le 4$，$0 \le z \le 3$。

最长的线段应从 “L” 的一端到另一端：从右下角（如 $V = (8, 0, 0)$）到面 $x = 0$，尽量往上爬， 但不能"穿过"棱 $x = 3$、$z = 3$。

2. 限制条件。 设另一端点为 $E = (0, y, z)$。沿着 $VE$，高度随 $x$ 方向走过的距离线性增长。 在 $x = 3$ 处（$x$ 方向走了 8 中的 5），高度为 $\frac{5}{8}z$，此时线段仍在低长方体中，所以

在此之前（$x > 3$）高度更小，之后（$x < 3$）进入高长方体，它一直到 $z = 5$。另外 $y \le 4$。

3. 求最大值。 $m(\overline{VE})^2 = 8^2 + y^2 + z^2$ 在 $y = 4$、$z = \frac{24}{5}$ 时最大：

线段擦过内部棱 $x = 3$、$z = 3$（在 $y = 2.5$ 处），这是允许的，因为立体包含其边界。

4. 其他尝试都更短。 从高长方体的上方顶点出发，无法在爬升很少的情况下到达右侧；像 $(0,0,0)$ 到 $(8,4,3)$ 这样的"直连"长 $\sqrt{89} \approx 9.43$；经过内角顶点 $(3, 0, 3)$ 的线段 必须留在平面 $y = 0$ 内，长度至多为 $\sqrt{64 + \frac{576}{25}} \approx 9.33$。用计算机从 12 个 顶点各扫描数千个方向，也没有找到比 $\frac{4\sqrt{161}}{5}$ 更长的。

答案： $m(\overline{AB})_{\max} = \dfrac{4\sqrt{161}}{5} \approx 10.15$。

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第 7 题：与 y 轴相切的较大的圆

题目

求与 $y$ 轴相切、经过点 $(1, 4)$ 和 $(3, 6)$ 且半径最大的圆的方程。

解答

1. 圆心的形式。 与 $y$ 轴相切且经过 $x > 0$ 的点：圆心为 $(r, k)$，$r > 0$，半径为 $r$。

2. 经过两点。

由第 1 式，$2r = 1 + (4 - k)^2$。把 $6r = 3 + 3(4 - k)^2$ 代入第 2 式：

3. 两个半径。

• $k = 3 - \sqrt{6}$：$4 - k = 1 + \sqrt{6}$，$r = \frac{1 + 7 + 2\sqrt{6}}{2} = 4 + \sqrt{6}$。
• $k = 3 + \sqrt{6}$：$4 - k = 1 - \sqrt{6}$，$r = 4 - \sqrt{6}$。

较大的是 $r = 4 + \sqrt{6}$，圆心 $(4 + \sqrt{6},\ 3 - \sqrt{6})$。

用 $(3, 6)$ 验证： $(3 - r)^2 + (6 - k)^2 = (1 + \sqrt{6})^2 + (3 + \sqrt{6})^2 = 7 + 2\sqrt{6} + 15 + 6\sqrt{6} = 22 + 8\sqrt{6} = (4 + \sqrt{6})^2$ ✔

答案： $(x - 4 - \sqrt{6})^2 + (y - 3 + \sqrt{6})^2 = (4 + \sqrt{6})^2 = 22 + 8\sqrt{6}$。

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第 8 题：抛物线下的梯形 PABV

题目

考虑抛物线 $y = 4x - x^2$，顶点为 $V$。设 $T$ 是梯形 $PABV$，其中 $P = (0, 0)$，$A$ 的横坐标在 区间 $[2, 4]$ 内且纵坐标为零，$B$ 是抛物线上纵坐标为正的点。已知 $m(\overline{AB}) = \frac{7}{8}\sqrt{5}$，求 $T$ 的面积。

解答

1. 顶点。 $y = 4 - (x - 2)^2$，所以 $V = (2, 4)$。

2. 哪两边平行？ 若 $PA \parallel BV$，则 $BV$ 是水平的，$B$ 的纵坐标为 4，即 $B = V$。 所以平行的两边是 $AB$ 和 $VP$。直线 $PV$ 的斜率为 $\frac{4}{2} = 2$。

3. 求 $A$ 和 $B$。 斜率为 2、长度为 $\frac{7\sqrt{5}}{8}$ 的线段 $AB$，在 $x$ 方向走 $\frac{7}{8}$，在 $y$ 方向走 $\frac{7}{4}$（因为 $\sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$）。$A$ 在 $x$ 轴上、$B$ 的纵坐标为正，所以 $B = \left(a + \frac{7}{8}, \frac{7}{4}\right)$。代入抛物线：

于是 $a = b - \frac{7}{8} = \frac{21}{8}$ 或 $-\frac{3}{8}$；只有 $a = \frac{21}{8}$ 在 $[2, 4]$ 内。 $A = \left(\frac{21}{8}, 0\right)$，$B = \left(\frac{7}{2}, \frac{7}{4}\right)$。

4. 面积。 两底为 $m(\overline{PV}) = 2\sqrt{5}$ 和 $m(\overline{AB}) = \frac{7\sqrt{5}}{8}$。高是 $A$ 到直线 $PV$：$2x - y = 0$ 的距离：

用鞋带公式验证，取 $P(0,0)$、$A\left(\frac{21}{8},0\right)$、$B\left(\frac72,\frac74\right)$、$V(2,4)$： $\frac{1}{2}\left(\frac{21}{8}\cdot\frac{7}{4} + \frac{7}{2}\cdot 4 - 2\cdot\frac{7}{4}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{147}{32} + \frac{21}{2}\right) = \frac{483}{64}$ ✔

答案： $S = \dfrac{483}{64} \approx 7.55$。

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第 9 题：四个根构成的四边形

题目

设 $z = 1 + ai$ 是多项式 $p(x) = x^4 + 10x^2 + mx + 29$ 的根，其中 $a$、$m$ 为实数。求在 复平面（阿尔冈—高斯平面）上以 $p(x)$ 的四个复数根为顶点的四边形的面积。

解答

1. 因式分解。 系数为实数，所以 $1 - ai$ 也是根，$(x - 1)^2 + a^2 = x^2 - 2x + 1 + a^2$ 整除 $p$。由于没有 $x^3$ 项，根之和为 0，另外两根之和为 $-2$：

2. 比较系数。 展开得，

• $x^2$：$c - 4 + 1 + a^2 = 10 \Rightarrow c = 13 - a^2$；
• 常数项：$c(1 + a^2) = 29$。

令 $s = a^2$：$(13 - s)(1 + s) = 29 \Rightarrow s^2 - 12s + 16 = 0 \Rightarrow s = 6 \pm 2\sqrt{5}$。

3. 另外两根。 $x^2 + 2x + c = 0$ 给出 $x = -1 \pm i\sqrt{c - 1}$，其中 $c - 1 = 12 - s = 6 \mp 2\sqrt{5} > 0$。注意 $6 \pm 2\sqrt{5} = (\sqrt{5} \pm 1)^2$。所以两种情形下， 高度都是 $\sqrt{5} + 1$ 和 $\sqrt{5} - 1$（顺序不同）：

4. 面积。 四个顶点构成等腰梯形，两条竖直底边分别在 $x = 1$ 和 $x = -1$（相距 2），长为 $2(\sqrt{5} + 1)$ 和 $2(\sqrt{5} - 1)$：

两种情形面积相同（两者关于虚轴互为镜像，$m = \pm 8\sqrt{5}$）。

注： 我们假设 $a \ne 0$。若 $a = 0$，则 $z = 1$ 是实根，$m = -40$，四个根（$1$、$\approx 1.81$、 $\approx -1.40 \pm 3.75i$）不构成凸四边形：点 $1$ 位于另外三点构成的三角形内部。

答案： $4\sqrt{5}$。

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第 10 题：半角的正切

题目

已知 $\tan(\alpha + \beta) = -2$，且 $\sin(\alpha) = (4 - \sqrt{5})\sin(\beta)$， $\alpha, \beta \in (0, \pi/2)$，求

解答

1. $\frac{\alpha + \beta}{2}$ 的正切。 令 $T = \tan\frac{\alpha + \beta}{2}$，由二倍角公式

由于 $0 < \frac{\alpha + \beta}{2} < \frac{\pi}{2}$，$T > 0$：$T = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$。

2. 比值。 和差化积，

分子分母同除以 $\sin\beta$：

3. $\frac{\alpha - \beta}{2}$ 的正切。

数值验证： $\alpha + \beta = 2\arctan\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 2.035$， $\alpha - \beta = 2\arctan\frac{\sqrt{5}}{5} \approx 0.841$，得 $\alpha \approx 1.438$、 $\beta \approx 0.597$，都在 $(0, \pi/2)$ 内，且 $\tan(\alpha + \beta) = -2$， $\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \approx 1.764 = 4 - \sqrt{5}$ ✔

答案： $\tan\dfrac{\alpha + \beta}{2} = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$，$\tan\dfrac{\alpha - \beta}{2} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$，比值为 $\dfrac{5 - \sqrt{5}}{10}$。

复习请见半角公式。

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