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 2026 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。 $i^2 = -1$；$\bar{z}$ 为 $z$ 的共轭；$]a, b[$ 为开区间 $a < x < b$。

答案一览

题号 内容 答案
1 复数：模与辐角 D
2 对数：用近似值解方程组 B
3 矩阵：对称、等差数列与奇异性 E
4 复数：解构成的多边形 C
5 平面几何：六角星 D
6 空间位置关系 作废
7 旋转矩阵 A
8 多项式：关于一点对称 B
9 抛物线、切线与面积 D
10 三角方程组 E
11 双射计数 A
12 半径成等比数列的相切圆 B

第 1 题：z − w 为实数，w 的辐角为 π/6

题目

设 $z, w \in \mathbb{C}$，$z - w = -2\sqrt{3}$ 且 $w \ne 0$。若 $z$ 的模为 $2\sqrt{3}$，$w$ 的辐角为 $\pi/6$，则 $z$ 的实部等于

  • A) $-2\sqrt{3}$。
  • B) $-\sqrt{3}$。
  • C) $0$。
  • D) $\sqrt{3}$。
  • E) $2\sqrt{3}$。

解答

1. 写出 $w$。 设 $|w| = \rho > 0$，辐角为 $\frac{\pi}{6}$：$w = \rho\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i\right)$。于是

$$z = w - 2\sqrt{3} = \left(\frac{\rho\sqrt{3}}{2} - 2\sqrt{3}\right) + \frac{\rho}{2}\,i$$

2. 利用 $|z| = 2\sqrt{3}$。

$$\left(\frac{\rho\sqrt{3}}{2} - 2\sqrt{3}\right)^2 + \frac{\rho^2}{4} = 12 \quad\Rightarrow\quad \frac{3\rho^2}{4} - 6\rho + 12 + \frac{\rho^2}{4} = 12 \quad\Rightarrow\quad \rho^2 - 6\rho = 0$$

由于 $\rho \ne 0$，$\rho = 6$。

3. 实部。 $\operatorname{Re}(z) = 3\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。

验证： $z = \sqrt{3} + 3i$ 的模为 $\sqrt{3 + 9} = 2\sqrt{3}$ ✔

答案： 选 D（$\sqrt{3}$）。

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第 2 题：由两个近似值求 log₄₅ 7

题目

利用近似值

$$\log_{45} 13.72 = 0.6880, \qquad \log_{45} 6125 = 2.2908,$$

最接近 $\log_{45} 7$ 的十进制表示的选项是

  • A) $0.4886$。
  • B) $0.5112$。
  • C) $0.5193$。
  • D) $0.5224$。
  • E) $0.5385$。

解答

1. 分解。 $13.72 = \frac{1372}{100} = \frac{4\cdot 343}{100} = \frac{7^3}{5^2}$，$6125 = 125\cdot 49 = 5^3\cdot 7^2$。

2. 方程组。 令 $u = \log_{45} 7$，$v = \log_{45} 5$：

$$3u - 2v = 0.6880, \qquad 2u + 3v = 2.2908$$

3. 求解。 第 1 式乘 3、第 2 式乘 2 后相加：

$$9u + 4u = 2.0640 + 4.5816 \quad\Rightarrow\quad 13u = 6.6456 \quad\Rightarrow\quad u = 0.5112$$

验证： $v = \frac{3u - 0.6880}{2} = 0.4228$，而确实 $\log_{45} 5 = \frac{\ln 5}{\ln 45} \approx 0.4228$ ✔

答案： 选 B（$0.5112$）。

复习请见对数的性质。

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第 3 题：矩阵 aᵢⱼ = 1 + (1 − i)(1 − j)

题目

设 $A$ 为 $100 \times 100$ 矩阵，其元素由下式给出：

$$a_{ij} = 1 + (1 - i)(1 - j).$$

考虑以下命题：

  • I. $A$ 是对称矩阵。
  • II. $A$ 的每一行都构成等差数列。
  • III. $A$ 是奇异矩阵。

正确的是：

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

解答

I. 正确。 交换 $i$ 与 $j$ 不改变 $1 + (1 - i)(1 - j)$。

II. 正确。 固定第 $i$ 行，$a_{ij} = (2 - i) - (1 - i)\,j$ 是 $j$ 的一次函数：各项构成公差为 $i - 1$ 的等差数列。

III. 正确。 由 II，每一行都是等差数列；所以第 3 列等于第 2 列的两倍减去第 1 列 （$a_{i3} = 2a_{i2} - a_{i1}$）。各列线性相关，行列式为零。（实际上每一列都是前两列的组合：$A$ 的秩为 2。）

答案： 选 E（I、II 和 III）。

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第 4 题：iz² = 2z̄ 的解构成的多边形

题目

一个多边形的顶点是满足方程

$$iz^2 = 2\bar{z}$$

的所有非零复数。这个多边形的面积为

  • A) $\sqrt{3}$。
  • B) $2\sqrt{3}$。
  • C) $3\sqrt{3}$。
  • D) $4\sqrt{3}$。
  • E) $5\sqrt{3}$。

解答

1. 模。 两边取模：$|z|^2 = 2|z|$，又 $z \ne 0$，所以 $|z| = 2$。

2. 辐角。 设 $z = 2\operatorname{cis}\theta$：$i\cdot 4\operatorname{cis}2\theta = 4\operatorname{cis}(-\theta)$，即

$$\operatorname{cis}\left(2\theta + \frac{\pi}{2}\right) = \operatorname{cis}(-\theta) \quad\Rightarrow\quad 3\theta = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad\Rightarrow\quad \theta = -\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3}$$

三个解：$\theta = -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}$，即 $z = \sqrt{3} - i$、$2i$、$-\sqrt{3} - i$。

3. 面积。 这是内接于半径为 2 的圆的正三角形，边长 $2\sqrt{3}$：

$$S = \frac{(2\sqrt{3})^2\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}$$

用 $z = 2i$ 验证： $i(2i)^2 = -4i$，$2\overline{2i} = -4i$ ✔

答案： 选 C（$3\sqrt{3}$）。

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第 5 题：从六角星到内接正方形

题目

一个圆被点 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$F$（按此顺序）六等分。点 $A$、$C$、$E$ 是一个正三角形的 顶点，点 $B$、$D$、$F$ 是另一个正三角形的顶点。两个三角形重叠形成一个六角星（六芒星）。 若六角星的面积为 $25\sqrt{3}$ cm²，则圆内接正方形的面积为

  • A) 10 cm²。
  • B) 25 cm²。
  • C) 40 cm²。
  • D) 50 cm²。
  • E) 75 cm²。

解答

1. 六角星 = 一个三角形 + 三个尖角。 三角形 $BDF$ 的边把 $ACE$ 的每条边三等分。六角星在 $ACE$ 外面的每个尖角都是边长为 $ACE$ 边长 $\frac{1}{3}$ 的正三角形，面积是 $ACE$ 的 $\frac{1}{9}$。所以

$$S_{\text{星}} = T + 3\cdot\frac{T}{9} = \frac{4T}{3}$$

其中 $T$ 是 $ACE$ 的面积。

2. 用半径表示。 内接于半径为 $R$ 的圆的正三角形边长为 $R\sqrt{3}$，面积 $T = \frac{3\sqrt{3}}{4}R^2$。于是

$$S_{\text{星}} = \frac{4}{3}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{4}R^2 = \sqrt{3}R^2 = 25\sqrt{3} \quad\Rightarrow\quad R^2 = 25$$

3. 内接正方形的对角线为 $2R$，所以面积为 $\frac{(2R)^2}{2} = 2R^2 = 50$ cm²。

答案： 选 D（50 cm²）。

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第 6 题：立方体的截面与平面

本题被 ITA 宣布作废。 根据官方答案，命题 III 有两种理解，结论相反，因此作废。

题目

考虑以下命题：

  • I. 立方体有一个截面是五边形。
  • II. 设 $\alpha$、$\beta$、$\eta$ 是三个不同的平面，两两相交。设 $r$ 为 $\alpha$ 与 $\beta$ 的交线，$s$ 为 $\beta$ 与 $\eta$ 的交线，$t$ 为 $\alpha$ 与 $\eta$ 的交线。若 $r$、$s$、$t$ 是两两不同的平行线，则存在唯一一条平行于 $r$ 的直线，它到 $\alpha$、$\beta$、$\eta$ 的距离相等。
  • III. 两个相交平面互相垂直，如果其中一个平面内的每条直线都垂直于另一个平面。

正确的是：

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

说明

I. 正确。 一个与立方体六个面中的五个相交的平面截出五边形。例如在立方体 $[0, 1]^3$ 中， 平面 $x + y + 2z = 2.5$ 与面 $x = 1$、$y = 1$、$z = 1$、$x = 0$、$y = 0$ 相交（不与面 $z = 0$ 相交， 因为那里需要 $x + y = 2.5$）。

II. 错误。 三个平面构成一个"无限长的三棱柱"。在垂直于 $r$ 的截面上，三个平面变成一个 三角形三边所在的直线，而平行于 $r$ 的直线变成一个点。到三条直线距离相等的点是内心和三个 旁心：共有四条这样的直线，而不是一条。

III. 有歧义。 如果按字面理解"一个平面内的每条直线都垂直于另一个平面"，这个条件永远 不成立（交线同时在两个平面内），于是命题要么空真，要么作为判定方法是错的，取决于理解方式。 若 III 正确，答案为 C；若 III 错误，答案为 A。正是这个歧义导致了作废。

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第 7 题：把向量旋转 31 次

题目

考虑矩阵

$$A = \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix} \sqrt{2}/2 \\ \sqrt{2}/2 \end{bmatrix}.$$

矩阵 $A^{31} \times B$ 等于

  • A) $\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} - 1) \\ -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3}) \end{bmatrix}$。
  • B) $\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 - \sqrt{3}) \\ -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3}) \end{bmatrix}$。
  • C) $\begin{bmatrix} \frac{1 - \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \\ \frac{1 + \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \end{bmatrix}$。
  • D) $\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{6} - 1}{2\sqrt{2}} \\ \frac{1 + \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \end{bmatrix}$。
  • E) 以上皆非。

解答

1. 旋转。 $A = \begin{bmatrix} \cos 30^\circ & -\sin30^\circ \\ \sin30^\circ & \cos 30^\circ \end{bmatrix}$ 把向量旋转 $30^\circ$。所以 $A^{31}$ 旋转 $31\cdot 30^\circ = 930^\circ$，与 $930^\circ - 720^\circ = 210^\circ$ 相同。

2. 向量。 $B = (\cos 45^\circ, \sin45^\circ)$。旋转 $210^\circ$ 后变为 $(\cos 255^\circ, \sin255^\circ)$。

3. 数值。 $255^\circ = 180^\circ + 75^\circ$，所以

$$\cos 255^\circ = -\cos 75^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} - 1)$$$$\sin255^\circ = -\sin75^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} + 1)$$

答案： 选 A。

复习请见两角和与差的公式。

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第 8 题：关于点 (2, 0) 对称的多项式

题目

设 $p(x) = x^3 + bx^2 + cx + d$ 是实系数多项式。若 $p(x)$ 的根都是实数，并且对所有 $x \in \mathbb{R}$，

$$p(2 + x) = -p(2 - x),$$

则 $p(0)$ 的最小可能值为

  • A) $-10$。
  • B) $-8$。
  • C) $-6$。
  • D) $-4$。
  • E) $-2$。

解答

1. 对称性。 令 $q(t) = p(2 + t)$，条件即 $q(t) = -q(-t)$：$q$ 是奇函数。首项系数为 1 的三次 奇多项式为 $q(t) = t^3 + kt$。所以

$$p(x) = (x - 2)^3 + k(x - 2) = (x - 2)\left[(x - 2)^2 + k\right]$$

2. 实根。 $x = 2$ 是一个根，其余根来自 $(x - 2)^2 = -k$：当且仅当 $k \le 0$ 时为实数。

3. $p(0)$ 的值。

$$p(0) = (-2)^3 + k(-2) = -8 - 2k$$

由 $k \le 0$，$-2k \ge 0$，所以 $p(0) \ge -8$，当 $k = 0$，即 $p(x) = (x - 2)^3$（三重根 2）时取等号。

答案： 选 B（$-8$）。

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第 9 题：三角形 ABV

题目

考虑直线 $r: 3x + 4y = -15$ 和抛物线 $P: y = x^2 + x + 6$，其顶点为 $V$。设 $t$ 是 $P$ 的一条 切线，斜率为负且与 $r$ 成 $45^\circ$ 角。设 $A$ 为 $t$ 与 $P$ 的切点，$B$ 为 $r$ 与 $t$ 的交点，则 三角形 $ABV$ 的面积为

  • A) $\frac{13}{500}$。
  • B) $\frac{25}{4}$。
  • C) $\frac{105}{8}$。
  • D) $\frac{147}{8}$。
  • E) $\frac{126}{5}$。

解答

1. 顶点。 $x_V = -\frac{1}{2}$，$y_V = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 6 = \frac{23}{4}$。

2. $t$ 的斜率。 直线 $r$ 的斜率为 $-\frac{3}{4}$。与 $r$ 成 $45^\circ$ 角要求

$$\left|\frac{m + \frac{3}{4}}{1 - \frac{3m}{4}}\right| = 1 \quad\Rightarrow\quad m = \frac{1}{7} \quad\text{或}\quad m = -7$$

由于 $m < 0$，$m = -7$。

3. 切点。 抛物线的导数 $2x + 1 = -7 \Rightarrow x = -4$，$y = 16 - 4 + 6 = 18$：$A = (-4, 18)$。 切线为 $y = -7x - 10$。

4. 点 $B$。 $3x + 4(-7x - 10) = -15 \Rightarrow -25x = 25 \Rightarrow x = -1$，$y = -3$：$B = (-1, -3)$。

5. 面积。 由 $\overrightarrow{BA} = (-3, 21)$、$\overrightarrow{BV} = \left(\frac{1}{2}, \frac{35}{4}\right)$：

$$S = \frac{1}{2}\left|(-3)\cdot\frac{35}{4} - 21\cdot\frac{1}{2}\right| = \frac{1}{2}\cdot\frac{105 + 42}{4} = \frac{147}{8}$$

验证相切： $x^2 + x + 6 = -7x - 10 \Rightarrow x^2 + 8x + 16 = (x + 4)^2 = 0$，二重根 ✔

答案： 选 D（$\frac{147}{8}$）。

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第 10 题：含正切与正割的方程组

题目

设 $x, y \in \left]0, \pi/2\right[$ 满足方程组

$$\begin{cases} \tan(y)\tan\left(\dfrac{y}{2}\right) = \cos(2x)\sec(y), \\[2mm] \dfrac{\sin(y)}{\cos(x)} + \dfrac{\cos(x)}{\sin(y)} = 2. \end{cases}$$

方程组所有解中 $x$ 与 $y$ 的值之积为

  • A) $\frac{\pi^2}{24}$。
  • B) $\frac{\pi^4}{324}$。
  • C) $\frac{\pi^2}{50}$。
  • D) $\frac{\pi^2}{16}$。
  • E) $\frac{\pi^2}{18}$。

解答

1. 第 2 个方程。 令 $u = \frac{\sin y}{\cos x} > 0$：$u + \frac{1}{u} = 2 \iff (u - 1)^2 = 0 \iff u = 1$。 所以 $\sin y = \cos x$，在给定区间内 $y = \frac{\pi}{2} - x$。

2. 化简第 1 个方程。 利用 $\tan\frac{y}{2} = \frac{1 - \cos y}{\sin y}$：

$$\tan y\tan\frac{y}{2} = \frac{\sin y}{\cos y}\cdot\frac{1 - \cos y}{\sin y} = \frac{1 - \cos y}{\cos y}$$

方程变为 $\frac{1 - \cos y}{\cos y} = \frac{\cos 2x}{\cos y}$，即 $1 - \cos y = \cos 2x$。

3. 合并。 由 $\cos y = \sin x$ 和 $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$：

$$1 - \sin x = 1 - 2\sin^2 x \quad\Rightarrow\quad \sin x\,(2\sin x - 1) = 0$$

在区间内 $\sin x = \frac{1}{2}$：$x = \frac{\pi}{6}$，$y = \frac{\pi}{3}$。

4. 乘积。 $x\cdot y = \frac{\pi}{6}\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi^2}{18}$。

验证： $\tan 60^\circ\tan 30^\circ = 1$，$\cos 60^\circ\sec 60^\circ = 1$ ✔； $\frac{\sin60^\circ}{\cos 30^\circ} = 1$，$1 + 1 = 2$ ✔

答案： 选 E（$\frac{\pi^2}{18}$）。

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第 11 题：有顺序限制的双射

题目

设 $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$。满足 $F(1) < F(5) < F(3)$ 且 $F(7) < F(2)$ 的双射 $F: A \to A$ 的个数为

  • A) 3360。
  • B) 4200。
  • C) 5040。
  • D) 5880。
  • E) 6720。

解答

1. 总数。 $A$ 到 $A$ 的双射共有 $8! = 40320$ 个。

2. 用对称性。 三个值 $F(1)$、$F(5)$、$F(3)$ 互不相同；它们之间的 $3! = 6$ 种顺序中，只有一种 是 $F(1) < F(5) < F(3)$。在这三个位置之间交换取值，双射被分成 6 个一组，每组恰有一个满足 条件。对 $F(7) < F(2)$ 同理，因子为 2。由于位置 $\{1, 5, 3\}$ 与 $\{7, 2\}$ 不相交，两个因子可以相乘：

$$\frac{8!}{3!\cdot 2!} = \frac{40320}{12} = 3360$$

3. 直接计数。 选出位置 1、5、3 的 3 个值（$\binom{8}{3} = 56$，顺序唯一），在剩下的 5 个中选出 位置 7、2 的 2 个值（$\binom{5}{2} = 10$，顺序唯一），再分配剩下的 3 个值（$3! = 6$）： $56\cdot 10\cdot 6 = 3360$ ✔

答案： 选 A（3360）。

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第 12 题：半径成等比数列的相切圆

题目

设 $m \in \mathbb{R}$ 为正数。数列 $r_k$ 是公比为 $q$、首项 $r_1 = q$ 的递增正项等比数列。圆

$$C_k: (x - r_k)^2 + (y - mr_k)^2 = r_k^2$$

依次两两外切。$q$ 关于 $m$ 的表达式为

  • A) $\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}$。
  • B) $\left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}\right)^2$。
  • C) $\frac{\sqrt{m^2 + 1} - 1}{m}$。
  • D) $\left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} - 1}{m}\right)^2$。
  • E) $\frac{m^2 + 1}{m}$。

解答

1. 圆心。 $C_k$ 的圆心为 $(r_k, mr_k)$，在直线 $y = mx$ 上，半径为 $r_k$。$C_k$ 与 $C_{k+1}$ 的 圆心距为

$$\sqrt{(r_{k+1} - r_k)^2 + m^2(r_{k+1} - r_k)^2} = (r_{k+1} - r_k)\sqrt{1 + m^2}$$

2. 外切。 圆心距 = 半径之和：

$$(r_{k+1} - r_k)\sqrt{1 + m^2} = r_{k+1} + r_k$$

两边除以 $r_k$（并利用 $r_{k+1} = q\,r_k$）：$(q - 1)\sqrt{1 + m^2} = q + 1$。这个条件与 $k$ 无关， 所以对所有相邻的一对都成立。

3. 解出 $q$。 令 $s = \sqrt{1 + m^2}$：

$$q = \frac{s + 1}{s - 1} = \frac{(s + 1)^2}{s^2 - 1} = \frac{(s + 1)^2}{m^2} = \left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}\right)^2$$

用 $m = \frac{4}{3}$ 验证： $s = \frac{5}{3}$，$q = \frac{8/3}{2/3} = 4$，公式给出 $\left(\frac{8/3}{4/3}\right)^2 = 4$ ✔

答案： 选 B。

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