ITA 2025 – 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 2025 第二阶段数学试卷共有 10 道解答题。ITA 不公布解答题的官方解答（第二阶段的官方 答案只涉及葡萄牙语选择题）；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：除以 x² − x + 1 的余式

题目

求实数 $a$、$b$，使多项式 $p(x) = x^{57} + ax^{14} + bx^7 + 1$ 除以 $x^2 - x + 1$ 的余式为 $2x + 1$。

解答

1. 除式的根。 设 $\omega$ 是 $x^2 - x + 1$ 的根。由于 $(x + 1)(x^2 - x + 1) = x^3 + 1$，有 $\omega^3 = -1$，$\omega^6 = 1$；并且 $\omega^2 = \omega - 1$。

2. $p(\omega)$ 的值。 若 $p(x) = (x^2 - x + 1)Q(x) + 2x + 1$，则 $p(\omega) = 2\omega + 1$。 把指数对 6 取模：

• $\omega^{57} = \omega^{54}\cdot\omega^3 = -1$；
• $\omega^{14} = \omega^{12}\cdot\omega^2 = \omega - 1$；
• $\omega^7 = \omega$。

3. 比较。 $(a + b)\omega - a = 2\omega + 1$。由于 $\omega$ 不是实数而 $a$、$b$ 是实数，系数必须相等： $a + b = 2$，$-a = 1$。所以 $a = -1$，$b = 3$。（另一个根 $\bar{\omega}$ 给出同样的方程。）

用计算机验证： $x^{57} - x^{14} + 3x^7 + 1$ 除以 $x^2 - x + 1$ 的余式为 $2x + 1$ ✔

答案： $a = -1$，$b = 3$。

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第 2 题：r 取何值时 y/x 的最大值为 1？

题目

设 $E$ 是焦点轴在直角坐标系 $O_x$ 轴上的椭圆。$E$ 的中心为点 $(r, 0)$，$r > 0$，离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，长半轴为 $\sqrt{2}$。考虑点 $(x, y) \in E$，求 $r$ 的值，使 $\dfrac{y}{x}$ 的最大值等于 1。

解答

1. 椭圆。 $a = \sqrt{2}$，$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，得 $c = 1$，$b^2 = a^2 - c^2 = 1$：

2. 几何意义。 $\frac{y}{x}$ 是原点与点 $(x, y)$ 连线的斜率。最大值在与椭圆相切的直线 $y = kx$ 上取得（而且只有当原点在椭圆外，即 $r > \sqrt{2}$ 时才存在）。

3. 相切。 代入 $y = kx$：

判别式为零：$r^2 = 4\left(\frac{1}{2} + k^2\right)\left(\frac{r^2}{2} - 1\right) = (1 + 2k^2)(r^2 - 2)$，即

4. 最大值为 1。 $k = 1 \Rightarrow r^2 - 2 = 1 \Rightarrow r = \sqrt{3}$（且确实 $\sqrt{3} > \sqrt{2}$）。

数值验证： 取 $r = \sqrt{3}$ 沿椭圆走一周，$y/x$ 的最大值为 $0.99999\ldots$ ✔

答案： $r = \sqrt{3}$。

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第 3 题：由两个方程求 sin(α + β)

题目

设 $\alpha, \beta \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$，满足

求 $\sin(\alpha + \beta)$ 的值。

解答

1. 分离出 $\beta$。 第 2 个方程减去第 1 个：

2. 求 $\beta$。 平方得 $1 - 2\sin\beta\cos\beta = \frac{1}{4}$，所以 $\sin\beta\cos\beta = \frac{3}{8} > 0$。在给定区间内 $\cos\beta \le 0$；乘积为正，所以 $\sin\beta < 0$。令 $s = \sin\beta$，$\cos\beta = s + \frac{1}{2}$：

由于 $s < 0$：$\sin\beta = \frac{-1 - \sqrt{7}}{4}$，$\cos\beta = \frac{1 - \sqrt{7}}{4}$（都是负数 ✔）。

3. 求 $\alpha$。 $\sin\alpha = \sin\beta + \frac{1}{4} = -\frac{\sqrt{7}}{4}$。在给定区间内 $\cos\alpha \le 0$：$\cos\alpha = -\sqrt{1 - \frac{7}{16}} = -\frac{3}{4}$。

4. 和角的正弦。

数值验证： $\alpha \approx 3.864$、$\beta \approx 4.288$（都在 $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] \approx [1.571,\ 4.712]$ 内）满足两个方程，且 $\sin(\alpha + \beta) \approx 0.9557 = \frac{5 + \sqrt{7}}{8}$ ✔

答案： $\sin(\alpha + \beta) = \dfrac{5 + \sqrt{7}}{8}$。

复习请见两角和与差的公式。

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第 4 题：BC 边上的旁切圆

题目

三角形 $ABC$ 的边长为 $m(\overline{AB}) = 6$，$m(\overline{AC}) = 10$，$m(\overline{BC}) = 14$。求在三角形 $ABC$ 外部、同时与线段 $\overline{BC}$ 以及直线 $AB$、$AC$ 相切的圆的半径。

解答

这就是与 $A$ 相对的旁切圆。其半径为 $r_a = \dfrac{S}{p - a}$，其中 $S$ 是面积，$p$ 是半周长， $a = m(\overline{BC})$。

1. $A$ 处的角。 由余弦定理，

2. 面积。 $S = \frac{1}{2}\cdot 6\cdot 10\cdot\sin120^\circ = 15\sqrt{3}$。

3. 半径。 $p = \frac{6 + 10 + 14}{2} = 15$，$p - a = 1$：

用另一个公式验证： 旁切圆的圆心在 $\hat{A}$ 的平分线上， $r_a = p\cdot\tan\frac{\hat{A}}{2} = 15\tan60^\circ = 15\sqrt{3}$ ✔ （海伦公式也验证了面积：$\sqrt{15\cdot 1\cdot 9\cdot 5} = \sqrt{675} = 15\sqrt{3}$。）

答案： $15\sqrt{3}$。

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第 5 题：3¹⁰⁰ 的首位数字

题目

利用近似值 $\log_{10} 2 = 0.3010$、$\log_{10} 3 = 0.4771$ 和 $\log_{10} 7 = 0.8450$，求 $3^{100}$ 的 （从左往右）第一位数字。

解答

1. 首数与尾数。

所以 $3^{100} = 10^{47}\cdot 10^{0.71}$，首位数字是 $10^{0.71}$ 的整数部分。

2. 与已知的对数比较。

由于 $0.6990 < 0.71 < 0.7781$，有 $5 < 10^{0.71} < 6$。

验证： $3^{100} = 515377520732011331036461129765621272702107522001$，确实以 5 开头（并且有 48 位， 与首数 47 一致）✔

答案： 首位数字是 5。

复习请见对数表简介。

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第 6 题：第四个正面何时最可能出现？

题目

一枚均匀硬币抛掷 $n$ 次。求使"恰好在第 $n$ 次抛掷时出现第四个正面"的概率最大的 $n$ 值。

解答

1. 概率。 第四个正面在第 $n$ 次出现，当且仅当第 $n$ 次是正面，且前 $n - 1$ 次中恰有 3 次正面：

2. 比较相邻项。

这个比值在 $n < 6$ 时 $> 1$，在 $n = 6$ 时 $= 1$，在 $n > 6$ 时 $< 1$。所以 $P$ 增长到 $n = 6$， 在 $P(6) = P(7)$ 处持平，然后递减。

3. 数值。

而例如 $P(5) = \frac{4}{32} = \frac{8}{64}$，$P(8) = \frac{35}{256} \approx \frac{8.75}{64}$，都更小。

答案： $n = 6$ 和 $n = 7$（最大概率为 $\frac{5}{32}$）。

复习请见概率入门。

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第 7 题：二重根与直角三角形

题目

考虑多项式 $p(x) = x^3 + ax^2 + b$。已知：

• I. $p(x)$ 有一个实二重根；
• II. 点 $(x_1, 0)$、$(x_2, 0)$ 和 $(0, b)$ 是一个直角三角形的顶点，其中 $x_1$、$x_2$ 是 $p(x)$ 的不同的根。

求实数 $a$ 和 $b$。

解答

1. 二重根。 二重根 $r$ 同时使 $p$ 和 $p'(x) = 3x^2 + 2ax = x(3x + 2a)$ 为零。

• 若 $r = 0$，则 $b = 0$，点 $(0, b) = (0, 0)$ 与 $(x_1, 0)$、$(x_2, 0)$ 都在 $x$ 轴上：构不成三角形。舍去。
• 所以 $r = -\frac{2a}{3}$（$a \ne 0$），由 $p(r) = 0$ 得 $-\frac{8a^3}{27} + \frac{4a^3}{9} + b = 0$，即 $b = -\frac{4a^3}{27}$。

2. 不同的根。 根之和为 $-a$：$2r + s = -a$，所以第三个根为 $s = \frac{a}{3}$。不同的根为 $x_1 = -\frac{2a}{3}$ 和 $x_2 = \frac{a}{3}$，符号相反。

3. 直角。 两个顶点在 $x$ 轴上，第三个 $(0, b)$ 在 $y$ 轴上。直角不能在 $(x_1, 0)$ 或 $(x_2, 0)$ 处（那样到 $(0, b)$ 的边必须竖直，要求 $x_1 = 0$ 或 $x_2 = 0$）。所以直角在 $(0, b)$ 处，由射影 定理（高的平方 = 两段射影之积）：

4. 求解。 由 $b = -\frac{4a^3}{27}$：$\frac{16a^6}{729} = \frac{2a^2}{9}$，所以 $a^4 = \frac{81}{8}$，

而 $b = -\frac{4a^3}{27} = -\frac{4a}{27}\cdot\frac{9\sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{3}a = \mp\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt[4]{2} = \mp\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$。

用 $a = \frac{3}{2}\sqrt[4]{2} \approx 1.784$、$b \approx -0.841$ 验证： $x^3 + ax^2 + b$ 的根为 $\approx -1.189$（二重）和 $\approx 0.595$，而 $b^2 \approx 0.7071 = 1.189\cdot 0.595$ ✔

答案： $a = \dfrac{3\sqrt[4]{2}}{2}$、$b = -\dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}$，或 $a = -\dfrac{3\sqrt[4]{2}}{2}$、$b = \dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}$。

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第 8 题：max{i, j} 矩阵的行列式之和

题目

设 $A_k = (a_{ij})$ 是 $k$ 阶方阵，其中对 $\{1, 2, \dots, k\}$ 中所有 $i, j$ 有 $a_{ij} = \max\{i, j\}$。 求 $\displaystyle\sum_{k=1}^{2025}\det(A_k)$。

解答

1. 矩阵。 例如

2. 行变换。 把每一行 $L_i$（$i < k$）换成 $L_i - L_{i+1}$（用原来的行，行列式不变）。元素 $(i, j)$ 变为 $\max\{i, j\} - \max\{i + 1, j\}$：

• 当 $j \le i$：$i - (i + 1) = -1$；
• 当 $j \ge i + 1$：$j - j = 0$（$j = i+1$ 时，$(i+1) - (i+1) = 0$）。

第 $i$ 行变为 $(-1, \dots, -1, 0, \dots, 0)$，含 $i$ 个 $-1$，最后一行仍为 $(k, k, \dots, k)$。矩阵是 下三角矩阵，对角线为 $-1, -1, \dots, -1, k$：

（验证：$\det A_1 = 1$，$\det A_2 = 2 - 4 = -2$。）

3. 求和。

用计算机验证： $A_1$ 到 $A_6$ 的行列式为 $1, -2, 3, -4, 5, -6$ ✔

答案： 1013。

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第 9 题：逆矩阵等于转置的整数矩阵

题目

求满足 $A^{-1} = A^T$ 的可逆 $5 \times 5$ 整数矩阵的个数。

解答

1. 条件的含义。 $A^{-1} = A^T$ 等价于 $A^T A = I$：$A^T A$ 的 $(i, j)$ 元素是第 $i$ 列与第 $j$ 列的 点积。所以各列长度为 1 且两两垂直。

2. 长度为 1 的整数列。 每列元素的平方和为 1，且元素为整数：恰有一个元素为 $\pm 1$，其余为 0。

3. 垂直。 若两列的 $\pm 1$ 在同一行，它们的点积为 $\pm 1 \ne 0$。所以各列的 $\pm 1$ 在不同的行： $A$ 是带符号的置换矩阵。

4. 计数。 为每列选择 $\pm 1$ 所在行有 $5! = 120$ 种方式，符号有 $2^5 = 32$ 种选择。每个这样的 矩阵都满足 $A^T A = I$。

答案： 3840 个矩阵。

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第 10 题：立方体沿体对角线的投影

题目

求棱长为 2 的立方体在垂直于其一条体对角线的平面上的正投影的面积。

解答

1. 投影的形状。 沿体对角线看立方体，可以看到三个面，不在对角线上的六个顶点构成轮廓： 投影是一个正六边形。

2. 用可见的面。 三个可见面的投影不重叠地覆盖整个投影。每个面面积为 4，其法向量与 体对角线的夹角 $\theta$ 满足 $\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$（对角线方向为 $(1,1,1)$，法向量如 $(0,0,1)$）。 平面图形的投影面积等于原面积乘以 $\cos\theta$：

3. 用六边形验证。 立方体每条棱与体对角线夹角的余弦为 $\frac{1}{\sqrt{3}}$，所以投影长度为 $2\sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，这就是六边形的边长：

答案： $4\sqrt{3}$。

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