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 2025 第一阶段共有 48 道选择题：数学 12 道、物理 12 道、化学 12 道、英语 12 道。 本文收录其中的数学题，题号沿用试卷的 1 至 12。

试卷约定。 横轴和纵轴记作 $O_x$ 和 $O_y$，$O$ 为原点；$\mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\}$； $i^2 = -1$；$\overline{AB}$ 为线段，$AB$ 为过 $A$、$B$ 的直线。

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题号 内容 答案
1 复数：三角形 $1$、$z$、$z^2$ 的面积 B
2 多面体：是否存在 E
3 二项式定理：常数项 C
4 函数：单射与满射 D
5 数列、等差数列与等比数列 D
6 含参数的指数方程 B
7 同解的线性方程组 A
8 三角函数的定义域 E
9 旋转体 作废
10 两个多项式的公共根 D
11 共焦点的椭圆与双曲线 A
12 约数的个数 C

第 1 题：以 1、z、z² 为顶点的三角形

题目

设复数 $z = a + 2i$，其中 $a \in \mathbb{R}$ 为正数。使 $1$、$z$、$z^2$ 在复平面上对应的点构成 面积为 200 的三角形的 $a$ 的值为

  • A) 14。
  • B) 15。
  • C) 16。
  • D) 17。
  • E) 18。

解答

1. 三个点。 $z^2 = (a + 2i)^2 = (a^2 - 4) + 4ai$。顶点为 $(1, 0)$、$(a, 2)$、$(a^2 - 4, 4a)$。

2. 用行列式求面积。 从 $(1, 0)$ 出发的向量为 $\vec{u} = (a - 1, 2)$、$\vec{v} = (a^2 - 5, 4a)$，

$$S = \frac{1}{2}\left|(a - 1)\cdot 4a - 2(a^2 - 5)\right| = \frac{1}{2}\left|2a^2 - 4a + 10\right| = a^2 - 2a + 5$$

（此值恒为正，因为 $a^2 - 2a + 5 = (a - 1)^2 + 4$。）

3. 求解。 $a^2 - 2a + 5 = 200 \Rightarrow a^2 - 2a - 195 = 0 \Rightarrow a = \frac{2 \pm 28}{2}$。 由于 $a > 0$，$a = 15$。

验证： $(15 - 1)^2 + 4 = 196 + 4 = 200$ ✔

答案： 选 B（15）。

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第 2 题：哪些多面体存在？

题目

考虑以下命题：

  • I. 存在一个多面体，它有 3 个三角形面，其余的面都是四边形。
  • II. 存在一个有 5 个顶点、9 条棱、6 个面的非凸多面体。
  • III. 存在一个有 7 个顶点、16 条棱、11 个面的凸多面体。

正确的是：

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

解答

I. 错误。 把所有面的边数加起来，每条棱被数两次：$3\cdot 3 + 4q = 2A$，其中 $q$ 是四边形 的个数。但 $9 + 4q$ 是奇数，而 $2A$ 是偶数。不可能。

II. 正确。 取三角形 $ABC$，在它上方取点 $D$，再取点 $E$ 也在上方但较低，位于棱锥 $DABC$ 内部。两层"屋顶"之间的立体（上层的面为 $DAB$、$DBC$、$DCA$，下层的面为 $EAB$、$EBC$、 $ECA$）是一个有凹陷的多面体：非凸。它有 5 个顶点（$A$、$B$、$C$、$D$、$E$）、9 条棱 （$AB$、$BC$、$CA$ 以及从 $D$、$E$ 引出的六条）和 6 个面。

III. 错误。 凸多面体的每个面至少有 3 条边，所以 $2A \ge 3F$。这里 $32 \ge 33$ 不成立。 （等价地，$A \le 3V - 6 = 15 < 16$。）注意欧拉公式（$7 - 16 + 11 = 2$）成立，但并不充分。

答案： 选 E（仅 II）。

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第 3 题：不出现的常数项

题目

$\left(x + \dfrac{1}{x}\right)^6\left(x - \dfrac{2}{x}\right)^5$ 展开式中的常数项为

  • A) $-18$。
  • B) $-12$。
  • C) $0$。
  • D) $12$。
  • E) $18$。

解答

1. 指数。 $\left(x + \frac{1}{x}\right)^6$ 的项形如 $\binom{6}{j}x^{6 - 2j}$， $\left(x - \frac{2}{x}\right)^5$ 的项形如 $\binom{5}{k}(-2)^k x^{5 - 2k}$。

2. 奇偶性。 乘积中的指数为 $(6 - 2j) + (5 - 2k) = 11 - 2(j + k)$，永远是奇数，不可能为 0。

所以不存在 $x^0$ 项：常数项为 0。

答案： 选 C（0）。

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第 4 题：等式 g(x²) = f(2x² − x + 1) 意味着什么

题目

设 $f(x)$、$g(x)$ 是定义在所有 $x \in \mathbb{R}$ 上的实函数。若对所有 $x > 0$ 都有 $g(x^2) = f(2x^2 - x + 1)$，则可以断定

  • A) $f$ 不是满射。
  • B) $f$ 不是单射。
  • C) $g$ 不是满射。
  • D) $g$ 不是单射。
  • E) 对所有 $a > 0$，$f(a) \ne g(a)$。

解答

1. 思路。 若两个正数 $x_1 \ne x_2$ 给出相同的 $2x^2 - x + 1$，则 $f$ 得到同一个数，于是

$$g(x_1^2) = f(2x_1^2 - x_1 + 1) = f(2x_2^2 - x_2 + 1) = g(x_2^2)$$

而 $x_1^2 \ne x_2^2$。这说明 $g$ 不是单射。

2. 找出这样的值。 抛物线 $2x^2 - x + 1$ 的顶点在 $x = \frac{1}{4}$，所以关于 $\frac{1}{4}$ 对称的两个值 给出相同的结果：例如 $x_1 = \frac{1}{8}$、$x_2 = \frac{3}{8}$：

$$2\cdot\frac{1}{64} - \frac{1}{8} + 1 = \frac{58}{64}, \qquad 2\cdot\frac{9}{64} - \frac{3}{8} + 1 = \frac{58}{64}$$

所以 $g\left(\frac{1}{64}\right) = g\left(\frac{9}{64}\right)$。

3. 其他选项都无法保证。

  • 取 $f(t) = t$，并令 $u > 0$ 时 $g(u) = 2u - \sqrt{u} + 1$，$u \le 0$ 时 $g(u) = u + \frac{7}{8}$。等式成立（$g(x^2) = 2x^2 - x + 1$），$f$ 是双射（A、B 不成立），$g$ 是满射：$u > 0$ 时取遍 $\frac{7}{8}$ 及以上的所有值（最小值在 $u = \frac{1}{16}$），$u \le 0$ 时取遍不超过 $\frac{7}{8}$ 的所有值（C 不成立）。
  • 取 $f$、$g$ 都恒为零，等式成立，且对所有 $a$ 有 $f(a) = g(a)$（E 不成立）。

答案： 选 D（$g$ 不是单射）。

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第 5 题：部分和写成差

题目

设 $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$、$(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 是两个数列，满足

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = b_{n+1} - b_1 \quad\text{对所有 } n \in \mathbb{N}.$$

考虑以下命题：

  • I. 若 $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 是等比数列，则 $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 也是等比数列。
  • II. 若 $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 是等比数列，则 $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 也是等比数列。
  • III. 若 $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 是等差数列，则 $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ 也是等差数列。

正确的是：

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

解答

关键事实。 用 $S_n - S_{n-1}$（以及 $S_1 = a_1 = b_2 - b_1$）：

$$a_n = b_{n+1} - b_n \quad\text{对所有 } n$$

I. 正确。 若 $b_n = b_1 q^{n-1}$，则 $a_n = b_1 q^{n-1}(q - 1)$：公比同为 $q$ 的等比数列。 （若 $q = 1$，$a_n$ 为零数列，即平凡的等比数列。）

II. 错误。 $b_n = b_1 + S_{n-1}$ 取决于自由的值 $b_1$。取 $a_n = 1$（公比为 1 的等比数列）、 $b_1 = 1$：$b_n = n$，不是等比数列。

III. 错误。 若 $a_n$ 是公差 $r \ne 0$ 的等差数列，$S_n$ 是 $n$ 的二次式。例如 $a_n = n$ 给出 $S_n = 1, 3, 6, 10, \dots$，不是等差数列。

答案： 选 D（仅 I）。

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第 6 题：指数方程有两个解

题目

使方程 $9^x - (3a + 4)3^x + 2a^2 + 9a - 5 = 0$ 有两个不同实数解的所有 $a \in \mathbb{R}$ 构成的集合为

  • A) $(6, \infty)$。
  • B) $\left(\frac{1}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$。
  • C) $\left(\frac{3}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$。
  • D) $\mathbb{R} \setminus \{6\}$。
  • E) $\mathbb{R}$。

解答

1. 换元。 令 $t = 3^x > 0$（每个 $t > 0$ 恰好对应一个 $x$）：

$$t^2 - (3a + 4)t + (2a^2 + 9a - 5) = 0$$

2. 因式分解。 $2a^2 + 9a - 5 = (2a - 1)(a + 5)$，且 $(2a - 1) + (a + 5) = 3a + 4$。所以两根为

$$t = 2a - 1 \qquad\text{和}\qquad t = a + 5$$

3. 关于 $x$ 有两个解，需要两个正的、不同的根 $t$：

  • $2a - 1 > 0 \Rightarrow a > \frac{1}{2}$；
  • $a + 5 > 0 \Rightarrow a > -5$；
  • $2a - 1 \ne a + 5 \Rightarrow a \ne 6$。

答案： 选 B（$\left(\frac{1}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$）。

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第 7 题：求使两个方程组同解的 k

题目

设 $m$、$n$、$k$ 为实数。考虑下面的方程组：

$$ \text{I}:\begin{cases} x + y + z = 1 \\ x + 2y - z = 2 \\ 2x + y + 4z = 1 \end{cases} \qquad \text{II}:\begin{cases} x + y + z = 1 \\ x + my + nz = 5 \\ kx + y - z = 3m + 2n \end{cases} $$

已知两个方程组同解（即解集相同），则 $k$ 的值为

  • A) $\frac{1}{3}$。
  • B) $\frac{1}{2}$。
  • C) $1$。
  • D) $2$。
  • E) $3$。

解答

1. 解方程组 I。 第 2 个方程减去第 1 个：$y - 2z = 1$。第 3 个减去第 1 个的两倍： $-y + 2z = -1$，是同一个方程。方程组有无穷多解：令 $z = t$，则 $y = 1 + 2t$， $x = 1 - y - z = -3t$。

$$S_{\text{I}} = \{(-3t,\ 1 + 2t,\ t) : t \in \mathbb{R}\}$$

2. 要求这些解满足 II。

  • 第 2 个方程：对所有 $t$ 有 $-3t + m(1 + 2t) + nt = 5$：$m = 5$，且 $-3 + 2m + n = 0$，所以 $n = -7$。
  • 第 3 个方程：$-3kt + (1 + 2t) - t = 3m + 2n = 15 - 14 = 1$，即对所有 $t$ 有 $(1 - 3k)t = 0$：$k = \frac{1}{3}$。

3. 解集相同。 取这些值时，II 的方程为 $x + y + z = 1$、$x + 5y - 7z = 5$ 和 $\frac{1}{3}x + y - z = 1$。第 3 个是前两个之和的 $\frac{1}{6}$，而前两个线性无关：II 的解集也是一条 直线，与 I 相同 ✔

答案： 选 A（$k = \frac{1}{3}$）。

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第 8 题：使 f 有定义的最长区间

题目

考虑函数

$$f(x) = \sqrt{\frac{2\sin(2x) + 2\sin(x) - 2\cos(x) - 1}{8(\cos(2x) + 1)}}.$$

设 $I = (a, b)$ 是包含在 $[-\pi, 2\pi]$ 中、使 $f(x)$ 对所有 $x \in I$ 都有定义的最长区间。$a + b$ 的值为

  • A) $0$。
  • B) $\frac{\pi}{3}$。
  • C) $\frac{2\pi}{3}$。
  • D) $\frac{5\pi}{6}$。
  • E) $\frac{13\pi}{6}$。

解答

1. 因式分解。 由 $\sin 2x = 2\sin x\cos x$：

$$4\sin x\cos x + 2\sin x - 2\cos x - 1 = (2\sin x - 1)(2\cos x + 1)$$

分母为 $8(\cos 2x + 1) = 16\cos^2 x$。

2. 条件。 当 $\cos x \ne 0$ 且 $(2\sin x - 1)(2\cos x + 1) \ge 0$ 时 $f$ 有定义。

3. 在一周 $[0, 2\pi)$ 内的符号。

  • $2\sin x - 1 \ge 0 \iff x \in \left[\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right]$；
  • $2\cos x + 1 \ge 0 \iff x \in \left[0, \frac{2\pi}{3}\right] \cup \left[\frac{4\pi}{3}, 2\pi\right)$。

两个因子同号时乘积 $\ge 0$：

  • 都 $\ge 0$：$\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$，去掉 $\frac{\pi}{2}$（此处 $\cos x = 0$）；
  • 都 $\le 0$：$\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$。

4. 在 $[-\pi, 2\pi]$ 内。 各段为 $\left[-\pi, -\frac{2\pi}{3}\right]$（把 $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$ 平移 $-2\pi$ 后在 $-\pi$ 处截断）、$\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right)$、 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 和 $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$，长度分别为 $\frac{\pi}{3}$、 $\frac{\pi}{3}$、$\frac{\pi}{6}$ 和 $\frac{\pi}{2}$。最长的是 $I = \left(\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right)$。

$$a + b = \frac{5\pi}{6} + \frac{8\pi}{6} = \frac{13\pi}{6}$$

（我们用计算机在 $[-\pi, 2\pi]$ 的细网格上检验了定义域：最长的连续一段从 $\approx 0.8333\pi$ 到 $\approx 1.3333\pi$。）

答案： 选 E（$\frac{13\pi}{6}$）。

复习请见正弦、余弦和正切不等式。

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第 9 题：旋转三角形 PO₁R

本题被 ITA 宣布作废。 根据官方答案，第 9 题因为没有正确选项而作废。下面的计算 给出了真实的值。

题目

两个圆 $C_1$、$C_2$ 的圆心分别为 $O_1$、$O_2$，半径都是 5 cm，它们相交于点 $P$、$Q$， 公共弦 $\overline{PQ}$ 长 6 cm。两圆与线段 $\overline{O_1O_2}$ 的交点分别为 $C_1$ 上的 $R$ 和 $C_2$ 上的 $S$。三角形 $PO_1R$ 绕直线 $O_1O_2$ 旋转所得旋转体的体积（单位 cm³）为

  • A) $\pi$。
  • B) $3\pi$。
  • C) $4\pi$。
  • D) $6\pi$。
  • E) $9\pi$。

说明

1. 图形。 公共弦垂直于 $O_1O_2$，并被它平分于点 $M$。所以 $m(\overline{PM}) = 3$，在直角 三角形 $O_1MP$ 中，$m(\overline{O_1M}) = \sqrt{25 - 9} = 4$。

2. 点 $R$。 $R$ 在 $C_1$ 上且在线段 $\overline{O_1O_2}$ 上，所以 $m(\overline{O_1R}) = 5$，$M$ 位于 $O_1$ 与 $R$ 之间，$m(\overline{MR}) = 1$。

3. 旋转体。 三角形 $PO_1R$ 绕 $O_1R$ 旋转时，点 $P$ 画出以 $M$ 为圆心、半径为 $3$ 的圆。 旋转体是以此圆为底、高分别为 $4$ 和 $1$ 的两个圆锥：

$$V = \frac{1}{3}\pi\cdot 3^2\cdot 4 + \frac{1}{3}\pi\cdot 3^2\cdot 1 = 12\pi + 3\pi = 15\pi \text{ cm}^3$$

$15\pi$ 不在选项中，这印证了作废的决定。（选项 B 的 $3\pi$ 只是较小的那个圆锥。）

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第 10 题：两个多项式的公共根

题目

多项式 $p(x) = x^5 - x^3 + 12x - 18$ 与 $q(x) = x^4 - x^3 + 5x - 3$ 的一个公共根是

  • A) $-1 + \sqrt{2}\,i$。
  • B) $\sqrt{2} + \sqrt{2}\,i$。
  • C) $\sqrt{2} + i$。
  • D) $1 + \sqrt{2}\,i$。
  • E) $-\sqrt{2} + i$。

解答

1. 辗转相除法。 公共根使任何组合 $p - h\cdot q$ 为零。计算：

$$p - x\,q = x^4 - x^3 - 5x^2 + 15x - 18, \qquad (p - x\,q) - q = -5x^2 + 10x - 15$$

所以 $p - (x + 1)q = -5(x^2 - 2x + 3)$。

2. 公共根。 每个公共根都满足 $x^2 - 2x + 3 = 0$，即 $x = 1 \pm \sqrt{2}\,i$。它们确实是公共根：

$$q(x) = (x^2 - 2x + 3)(x^2 + x - 1), \qquad p(x) = (x^2 - 2x + 3)(x^3 + 2x^2 - 6)$$

（可展开验证。）

答案： 选 D（$1 + \sqrt{2}\,i$）。

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第 11 题：与椭圆共焦点的双曲线

题目

设 $H$ 是直角坐标平面上的双曲线，其焦点与椭圆 $E: \dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$ 的焦点相同。设 $P$ 是 $E$ 与 $H$ 在第一象限的一个交点，$O$ 为原点。已知 $\overline{OP}$ 与横轴 $O_x$ 成角 $\theta$，且 $\tan(\theta) = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$，则 $H$ 的离心率为

  • A) $\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
  • B) $\frac{\sqrt{6}}{2}$。
  • C) $\frac{3\sqrt{3}}{4}$。
  • D) $\frac{2\sqrt{6}}{3}$。
  • E) $\frac{3\sqrt{3}}{2}$。

解答

1. 焦点。 椭圆中 $a = 2$，$b = 1$，$c = \sqrt{3}$：焦点 $F_1 = (-\sqrt{3}, 0)$、$F_2 = (\sqrt{3}, 0)$。

2. 点 $P$。 在 $\overline{OP}$ 上 $y = \frac{\sqrt{3}}{6}x$。代入椭圆：

$$\frac{x^2}{4} + \frac{3x^2}{36} = 1 \quad\Rightarrow\quad \frac{x^2}{3} = 1 \quad\Rightarrow\quad x = \sqrt{3}, \quad y = \frac{1}{2}$$

$P = \left(\sqrt{3}, \frac{1}{2}\right)$，恰好在焦点 $F_2$ 的正上方。

3. 双曲线。 $|PF_1 - PF_2| = 2a_H$，其中

$$PF_2 = \frac{1}{2}, \qquad PF_1 = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{49}{4}} = \frac{7}{2}$$

所以 $2a_H = 3$，$a_H = \frac{3}{2}$，又 $c = \sqrt{3}$：

$$e_H = \frac{c}{a_H} = \frac{\sqrt{3}}{3/2} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$$

用椭圆验证： $PF_1 + PF_2 = 4 = 2\cdot 2$ ✔

答案： 选 A（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）。

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第 12 题：有 231 个约数的 16m

题目

一个数 $m \in \mathbb{N}$ 乘以 16 后得到的数有 231 个正整数约数。考虑以下命题：

  • I. $m$ 是偶数。
  • II. $m$ 是完全平方数。
  • III. $16m$ 有 3 个不同的素因数。

正确的是：

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

解答

1. 数约数。 写 $m = 2^e \cdot p_1^{f_1}\cdots p_r^{f_r}$（$p_i$ 为奇素数）。则 $16m = 2^{e + 4}p_1^{f_1}\cdots p_r^{f_r}$，且

$$(e + 5)(f_1 + 1)\cdots(f_r + 1) = 231 = 3\cdot 7\cdot 11$$

2. 推论。

  • 因子 $e + 5$ 是 231 的至少为 5 的约数：$7, 11, 21, 33, 77$ 或 $231$。所以 $e \in \{2, 6, 16, 28, 72, 226\}$，总有 $e \ge 2$。
  • 231 的所有约数都是奇数，所以每个 $f_i + 1$ 是奇数，每个 $f_i$ 是偶数；而 $e$ 在所有情况下也是偶数。

I. 正确： $e \ge 2$，所以 $m$ 是偶数。

II. 正确： $m$ 的所有指数都是偶数。

III. 错误： 取 $m = 2^{226}$，$16m = 2^{230}$ 有 $231$ 个约数，只有一个素因数。

答案： 选 C（I 和 II）。

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