2023年新高考1卷数学详细解析

本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，选择题部分1至2页； 非选择题部分2至4页．满分150分，考试时间120分钟．

选择题部分（共60分）

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1：（2023年6月新高考1卷数学解析）

1：已知集合M=−2,−1,0,1,2，N=x|x2−x−60，则MA.−2,−1,0,1B.0,1,2C.−2N=（ ）

D.2

解析：

N=(−,−23,+)，所以MN=−2；故选C．

2：（2023年6月新高考1卷数学解析第2题）2：已知z=A.−i1−i，则z−z=（ ） 2+2iB.iC.0D.1

解析：

1−i1=−i，所以z−z=−i；故选A．2+2i23：（2023年6月新高考1卷数学解析第3题）z=3：已知向量a=(1,1)，b=(1,−1)．若a+b⊥a+b，则（ ） A.+=1

B.+=−1

）

解析：

+(+)ab+b=2(1+)=0，所以=−1；故选D．

4：（2023年6月新高考1卷数学解析第4题）

xx−a4：设函数f(x)=2()在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是（ ）

()()C.=1 D.=−1

(a+b)(a+b)=a2()2A.(−,−2 B.−2,0)）

C.(0,2D.2,+)1 / 17

a1，所以的取值范围是；故选25：（2023年6月新高考1卷数学解析第5题）

易得，．

x2x22+y2=1的离心率分别为e1，e2．若e2=5：设椭圆C1:2+y=1(a1)，C2:a43e1，则a=（ ）

A.233B.2）

C.3 D.6解析：

3a2−1，e2=，得2a易得，e1=23a2−11；故选=，解得a=3a2．

6：（2023年6月新高考1卷数学解析第6题）

6：过点(0,−2)与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为.则sin=A.1

B.154C.104D.64M解析：(x−2)+y=5,故圆心B(2,0),记A(0,−2),设切点为M,N.

22AB=22,BM=5,故AM=3,sinsin=2sin2=sinMBA=AM35=,cos=AB22222AB2cos2=15,故选B 4N解析：（直线与圆相交问题）

因为(x−2)+y2=5，设圆心C(2,0)，r=5．设点P(0,−2)，则PC=22． 设过点P的两条切线PA,PB．则APB=．则sin22=522=10，4cos2=322=6． 4故sin=2sin2cos2=210615=．故选B 4447：（2023年6月新高考1卷数学解析第7题）

S7：记Sn为数列an的前n项和,设甲:an为等差数列:乙:n为等差数列,则

n间 2 / 17

数

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解析1：

an为等差数列,设其首项为a1,公差为d,则Sn=na1+S故n为等差数列,则甲是乙的充分条件 nSn(n−1)Snn−1dddSd,=a1+d=n+a1−，n+1−n=,2n222n+1n2SSnS−(n+1)Snnan+1−SnS=反之,n为等差数列,即n+1−n=n+1为常数,设为tn+1nn(n+1)n(n+1)n即

nan+1−Sn=t,故Sn=nan+1−tn(n+1)故Sn−1=(n−1)an−tn(n−1),n2

n(n+1)两式相减有:an=nan+1−(n−1)an−2tnan+1−an=2t,对n=1也成立,故an为等差数列 则甲是乙的必要条件 故甲是乙的充要条件,故选C解析2：（数列与充要条件）

因为甲：an为等差数列，设数列an的首项a1，公差为d．即Sn=na1+则

n(n−1)2d，

Sn(n−1)ddS=a1+d=n+a1−，故n为等差数列，即甲是乙的充分条件． n222nSSSS反之，乙：n为等差数列．即n+1−n=D，n=S1+(n−1)D．

n+1nnn即Sn=nS1+n(n−1)D．

Sn−1=(n−1)S1+(n−1)(n−2)D．

当n2时，上两式相减得：Sn−Sn−1=S1+2(n−1)d．当n=1时，上式成立．

所以an=a1+2(n−1)D．又an+1−an=a1+2nD−(a2+2(n−1)D)=2D为常数．所以an为等差数列．故选C

8：（2023年6月新高考1卷数学解析第8题）118：已知sin(−)=,cossin=,则cos(2+2)=

36A.

79B.

19C.−19D.−793 / 17

解析：（两角和差的三角函数）

111因为sin(−)=sincos−cossin=，cossin=，则sincos=．

623故sin(+)=sincos+cossin=2112+=． 263221即cos(2+2)=1−2sin(+)=1−2=．故选B

39二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9：（2023年6月新高考1卷数学解析第9题）

9： 一组样本数据x1,x2,…,x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则 A．x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,…,x6的平均数B．x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,…,x6的中位数 C．x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,…,x6的标准差 D．x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,…,x6的极差

解析：

x2+x3+x4+x5x1+x2+x3+x4+x5+x6x2+x3+x4+x5−2(x1+x6)−=0，

4612所以A错误；因为x1是最小值，x6是最大值，所以x2,x3,x4,x5的中位数的位置与x1,x2,…,x6的中位数的位置相同，所以B正确；因为x1是最小值，x6是最大值，距离数据x1,x2,…,x6的平均值大，即波动性大，所以标准差大，所以C错误；设x2,x3,x4,x5的最小值x2，最大值x5，则x1x2,x5x6，x6−x1x5−x2，所以D正确

故选BD

10：（2023年6月新高考1卷数学解析第10题）

10：噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp=20lgp，其中常数p0p0(p00)是听觉下限阈值，p是实际声压.下表为不同声源的声压级：

4 / 17

已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1,p2,p3，则 A．p1p2 B．p210p3 C．p3=100p0 D．p1100p2

解析：

L1−L2=20lgp1ppp−20lg2=20lg10，11，p1p2，所以A正确； p0p0p2p21ppp21p2p2L2−L3=20lg，10，lge2，所以B错误；L3=20lg3=40，3=100，所

p0p32p0p3p3以C正确；故选ACD

L1−L2=20lgp1pp90−50=40，lg12，1100，所以D正确. p2p2p211：（2023年6月新高考1卷数学解析第11题）

2211：已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)=yf(x)+xf(y),则（ ）

A.f(0)=0 C.f(x)是偶函数

B.f(1)=0

D.x=0为f(x)的极小值点

解析：（抽象函数）

令x=y=0，则f(0)=0，故A正确；令x=y=1，则f(1)=f(1)+f(1)，即f(1)=0，故B正确； 令x=y=−1，则f(1)=f(−1)+f(−1)，因为f(1)=0，所以f(−1)=0；令y=−1，则

0,x=0满足题意， f(−x)=f(x)+xf(−1)=f(x)，故f(x)是偶函数，故C正确；令f(x)=2xlnx,x02−−1则当x0时，f(x)=xlnx，f'(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)0，xe2；令f'(x)0，0xe2，

x2112−1−12故f(x)在0,e单调递减，e2,+单调递增，

yf(x)=x2ln|x|且limf(x)=limx→0+lnxx=lim=lim=0，又f(x)是偶函数，x→0+1x→0+x→0+−21−23x2x1x2Ox故f(x)图象如图所示，所以x=0为f(x)的极大值点，故D错误； 故选：ABC.

解析：

5 / 17

选项A，令x=y=0，则f(0)=0f(0)+0f(0)，则f(0)=0，故A正确； 选项B，令x=y=1，则f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确； 选项C，令x=y=−1，则f(1)=(−1)f(−1)+(−1)f(−1)，则f(−1)=0，

2再令y=−1，则f(−x)=(−1)f(x)+xf(−1)，即f(−x)=f(x)，故C正确；

22222选项D，对式子两边同时除以xy0，得到

f(xy)f(x)f(y)f(x)=lnx,(x0)，，故可以设 =+x2x2y2x2y2x2lnx,x0故可以得到f(x)=，故D选项不正确；

x=00,故选择ABC.

12：（2023年6月新高考1卷数学解析第12题）

12：下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器（容器壁厚度忽略不计)内的有A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

解析：

选项A，球直径为0.991，故球体可以放入正方体容器内，故A正确；

选项B，选择连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面体，其棱长为21.4，故B正确； 选项C，底面直径0.01m，可以忽略不计，但高为1.8选项D，底面直径为1.2故选择ABD.

3，3为正方体的体对角线的长，故C不正确；

3,高为0.01m的圆柱体，其高度可以忽略不计，故D正确.

非选择题部分（共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13：（2023年6月新高考1卷数学解析第13题）

13：某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).

解析：

11当从这8门课中选修2门课时，共有C4C4=16；当从这8门课中选修3门课时，共有

6 / 17

1221C4C4+C4C4=48；综上，共有64种.

故填：64.

14：（2023年6月新高考1卷数学解析第14题）

14：在正四棱台ABCD−A中，AB=2，A，AA1=2,则该棱台的体积为 1B1=11BC11D1S. 解析：

如图，将正四棱台ABCD−A补成正四棱锥，则AO=2, 1BC11D161，故V=S1+S2+S1S2h, SA=22，OO1=32()D1A1O1B1C1V=1226762+1+2212=. 32676. 6()DOABC故填：15：（2023年6月新高考1卷数学解析第15题）

15：已知函数f(x)=cosx−1(0)在区间0,2有且仅有3个零点，则的取值范围是_

.

解析：（三角函数及其性质）

令f(x)=cosx−1=0，得cosx=1，又x0,2，则x0,2，所以426，即23. 故填：[2,3).

16：（2023年6月新高考1卷数学解析第16题）

x2y216：已知双曲线C:2−2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2.点A在C上,点B在y轴

ab上,F1A⊥F1B,F2A=−2F2B,则C的离心率为3. 解析1：（坐标法）

建立如图所示坐标系，依题意可以设F1(−c,0),F2(c,0),B(0,n)，

yAF1OF2xB7 / 17

由F2A=−225F2B，可得Ac,−n， 333又F1A⊥F1B,且F1A=c,−822828n,F1B=(c,n)，则F1AF1B=c,−n(c,n)=c2−n2=0

333333即n2=4c2，

25c24n2又点A在C上，则9a2−925c24n2b2=1，整理可得9a2−9b2=1，代入n2=4c2， 可得25c216c2216e2a−b2=9，即25e−e2−1=9，解之得e2912=5或5（舍去），

故e=355. 解析2：（解三角形）

yAF1OF2xB由F2F2A22A=−3F2B，得F=，设F2A=2x,F2B=3x

2B3由对称性可得F1B=3x，由定义可得，AF1=2x+2a,AB=5x，设F1AF1=，sin=3x5x=35cos=42x+2a5=5x,，解得x=a，所以AF1=2x+2a,AF2=2a在AF16a2+4a2−4c24231F2中，则余弦定理可得cos=16a2=5，即5c=9a2可得e=55四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17：（2023年6月新高考1卷数学解析第17题）17：已知ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB．（1）求sinA；

（2）设AB=5，求AB边上的高．

解析：（解三角形）

8 / 17

则

（1）因为A+B+C=，A+B=3C，所以C=4．即B+C=33．B=−C．

44333cosA−cossinA． −A．即2sinAcos−cosAsin=sin故2sinA−=sin444444得sinA=3cosA．又sin2A+cos2A=1，A(0,)．得sinA=（1）解析：（恒等变形）

因为A+B=3C，所以A+B=3(−A−B)，所以A+B=另外，由题意得：2sin(A−C)=sin(A+C)即2sinAcosC−2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC 所以sinAcosC=3cosAsinC，所以tanA=3tanC=3 所以sinA=31010310． 103，所以C=44（2）方法一：（正弦定理+面积法） 因为tanA=30，所以所以sinB=sin(A+C)=所以SABC=4A2，所以cosA=1010ACAB310210225=，由解得AC=210+=sinBsinC102102513105210=15 2101设AB边上的高为h，则ABh=15，解得h=6

2综上，AB边上的高为6方法二：（正弦定理+解三角形）

csinAac==．a=sinCsinAsinC531010=35．因为sinAsinC．即AC． 22由正弦定理得：

由（1）得sinA=3cosA，则是锐角，cosA=10，10sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=310210225+=． 10210255253105=210．=6．故AB边上的高为bsinA=210 1022csinBbc==由正弦定理得：．得b=sinCsinBsinC9 / 17

18：（2023年6月新高考1卷数学解析第18题）

18：如图，在正四棱柱ABCD−A2,B2,C2,D2分别是棱AA1,BB1=4.点A1,CC1B1,DD1C1D1中,AB=2,AA1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.

(1)证明:B2C2∥A2D2;

（2）点P在棱BB1上,当二面角P−A2C2−D2为150时,求B2P.

证明：（1）：方法一：如图，连接A2B2，在直角梯形C1D1D2C2中，易计算C2D2=2，同理得C2B2=2,A2B2=2,A2D2=2，所以C2B2A2D2为平行四边形，

所以B2C2∥A2D2.

证明：（1）：方法二：易得A2B2=B2C2=C2D2=A2D2=5，所以四边形A2B2C2D2是菱形，所以

B2C2//A2D2证明：（1）：方法三：B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+ A2A=A2D2B2C2//A2D2解析：（2）：方法一（向量法）如图，以C为原点，分别以CD,CB,CC1为x,y,z轴建系，则

A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),P(0,2,t)，

则A2C2=(−2,−2,2),A2D2=(0,−2,1),A2P=(−2,0,t−1)，设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面−2x1−2y1+2z1=0A2C2D2,A2C2P的法向量，则，则n1=(1,1,2)，同理n2=(t−1,3−t,2)，则

−2y+z=0113=266(t−1)2+(3−t)2+4t2−4t+3=0，则t=1或t=3，则B2P=2−t=1.

注：第一问也可直接建系

C1D1C2A1B1PB2C1D1C2A1B1PB2D2CDA2AD2BCDA2BA10 / 17

解析：（2）：方法二（几何法） （如上图3）显然A2B2C2D2为正方形, 设A2C2与B2D2相交于点E，因为二面角P−A2C2−D2为150,所以直线B2E与平面PA2C2 所成的角为30易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离为d1=B2Esin30=2

2由A1B2=A1D2=22A1E⊥B2D2,由A1C2=A1A2=3A1E⊥A2C2所以A1E⊥平面A2B2C2,因为二面角 P−A2C2−D2 为 150所以A1E与平面PA2C2所成的角为60,易知A1E=6VA−PACd所以点A1 到平面PA2C2 的距离为d=AEsin60=32,所以 122=2=3

212VB2−PA2C2d1又由于C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为 2这里,平面PA1A2和平面PA2B2重合所以

SSPA1A2PA2B2=3, 所以A1A2=3B2P=3B2P=1

也即P为B2B的中点P1或者B2B1的中点P219：（2023年6月新高考1卷数学解析第19题）19：已知函数f(x)=a(ex+a)−x.（1）讨论f(x)的单调性；

（2）证明：当a0时，求证：f(x)2lna+3. 2（1）解析：（函数单调性） 由题知定义域为R，且f'(x)=aex−1

当a0时，f'(x)0，故f(x)在R上单调递减；

当a0时，f'(x)0，则x−lna；f'(x)0，则x−lna； 故f(x)在(−,−lna)单调递减，在(−lna,+)单调递增，综上：当a0时，f(x)在R单调递减；

当a0时，f(x)在(−,−lna)单调递减，在(−lna,+)单调递增.

（2）解析1：（函数最值）

11 / 17

证明1：由（1）知：当a0时，f(x)min=f(−lna)=a(e−lna+a)+lna=1+a2+lna12a2−1312令g(a)=1+a+lna−2lna+=a−lna−，则g'(a)=2a−=，

aa222当g'(a)0，得a22220,,+；当g'(a)0，得0a，故g(a)在单调递减，在22单调递2221213=−ln−0增，故g(a)g，所以，证毕. fx2lna+()22222（2）解析2：（切线放缩）

证明2：因为f(x)=a(ex+a)−x=ex+lna+a2−xx+lna+1+a2−x=a2+lna+1 （exx+1）12a2−1312令g(a)=1+a+lna−2lna+=a−lna−，则g'(a)=2a−=，

aa222当g'(a)0，得a22220,,+；当g'(a)0，得0a，故g(a)在单调递减，在22单调递2221213=−ln−0增，故g(a)g，所以，证毕. fx2lna+()22222（2）解析3：（逆推分析）

当a0时，由（1）得f(x)min=f(−lna)=1+a2+lna， 要证：f(x)2lna+a2−33，只需证：1+a2+lna2lna+， 221lna，易证lnaa−1， 2即证：a2−11a−1a2−a+0，成立 2223111因为a−a+=a−+0，故f(x)2lna+成立，得证！

22242（2）解析4：（同构+切线放缩） 证明3：当a0时，要证：f(x)2lna+只需证：ex+lna−(x+lna+1)+33，即证：a(ex+a)−x2lna+22121a−lna2−1)+a20， (22又因为exx+1，故ex+lna−(x+lna+1)0；又lnxx−1，故故ex+lna−(x+lna+1)+121a−lna2−1)+a20显然成立， (22121a−lna2−1)0，且a20(2212 / 17

所以f(x)2lna+3，证毕. 220：（2023年6月新高考1卷数学解析第20题）

n2+n20：设等差数列an的公差为d，且d1.令bn=，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项

an和.

（1）若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求an的通项公式； （2）若bn为等差数列，且S99−T99=99，求d.

（1）解析：（求通项）

n(n+1)dn2+nn+1=因为3a2=3a1+a3，故3d=a3=a1+2d，即a1=d，故an=nd，所以bn=，Sn=，ndd2Tn=n(n+3)2d，又S3+T3=21，即

34d361，故an的+=21，即2d2−7d+3=0，故d=3或d=（舍）

22d2通项公式为：an=3n.

（2）解析1：（基本量法）

若bn为等差数列，则2b2=b1+b3，即22312342=+，即a1−3a1d+2d2=0，所以a1=d或a1+da1a1+2da1=2d；当a1=d时，an=nd，bn=n(n+1)dn(n+3)n+1，故Sn=，Tn=，又S99−T99=99，即d2d299100d9910251或d=1（舍）； −=99，即50d2−d−51=0，所以d=22d50当a1=2d时，an=(n+1)d，bn=n(n+1)n(n+3)dn，故Sn=，Tn=，又S99−T99=99，即

2dd299102d9910050； −=99，即51d2−d−50=0，所以d=−（舍）或d=1（舍）

22d51综上：d=51. 50（2）解析2：（方程思想） 若bn为等差数列，则bn=下同解析1.

（2）解析3：（基本量法）

2126n2+n易知bn=，所以b1=，b2=，b3=，

a1a1+2da1+da1+(n−1)dn(n+1)a1−d+nd=An+B（一次型），所以a1−d=0或d=a1−d，即a1=d或a1=2d，

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因为bn是等差数列，所以2b2=b1+b3，所以

12122=+， a1+da1+2da1整理得(a1−2d)(a1−d)=0.所以a1=2d或a1=d. 经检验，a1=d时满足题设，而a1=2d不满足题设，舍去.故an=nd，a1=d1.

n(n+1)n(n+3)n+1d,Tn=，Sn=，

d22d5151而S99−T99=99，所以50d−=1，解得d=或d=−1（舍去）.

d50于是bn=51. 50（1）解析：

故d的值为

因为an是等差数列，所以3a2=3a1+a3，可转换为a3=3da1=d，则an=dn，所以

n2+nn2+n13bn===(n+1)，因为S3+T3=21，所以3a2+3b2=21，即32d+3=21，两边同乘d化

dandnd简得2d2−7d+3=0(2d−1)(d−3)=0，解得d=（2）解析：

1或者d=3，因为d1，所以d=3，则an=3n； 2(n+1)nn2+n=因为an为等差数列且公差为d，所以可得an=dn+a1−d，则bn=

dn+a1−ddn+a1−d解法一：因为bn为等差数列，根据等差数列通项公式可知bn与n的关系满足一次函数，所以上式中的分母“dn+a1−d”需满足a1−d=0或者

d=1，即a1=d或者a1=2d； a1−d(n+1)n1262n2+n=解法二：由bn=可得，b1=，b2=，b3=，因为bn为等差数列，

a1+2da1+da1dn+a1−ddn+a1−d所以满足b1+b3=2b2，即

2126+=2，两边同乘a1(a1+d)(a1+2d)化简得a12−3a1d+2d2=0，a1a1+2da1+d解得a1=d或者a1=2d；

因为an，bn均为等差数列，所以S99=99a50，T99=99b50，则S99−T99=99等价于a50−b50=1, ①

当

a1=d时，

an=dn，

bn=1(n+1)d，则

a50−b50=50d−51=1d，得

50d2−d−51=0(50d−51)(d+1)=0，解得d=5151或者d=−1，因为d1，所以d=； 5050②当a1=2d时，an=d(n+1)，bn=150n，则a50−b50=51d−=1，化简得 dd14 / 17

51d2−d−50=0(51d+50)(d−1)=0，解得d=−50或者d=1，因为d1，所以均不取； 51综上所述，d=51. 5021：（2023年6月新高考1卷数学解析第21题）

21：甲、乙两人投篮, 每次由其中一人投篮, 规则如下: 若命中则此人继续投篮, 若末命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何,申每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选, 第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 0.5 .

(1) 求第2次投篮的人是乙的概率; (2) 求第i次投篮的人是甲的概率;

(3) 已知:若随机变量Xi服从两点分布,且P(X1=1)=1−P(X1=0)=q1,i=1,2,,n,则

nnEXi=qi. 记前n次 (即从第1次到第次投篮) 中甲投篮的次数为Y,求E(Y).i=1i=1解析：(1)第二次是乙的概率为0.50.4+0.50.8=0.6

(2)第i次是乙投球的概率为1−pi，则pi+1=0.6pi+0.2（1−pi）=0.4pi+0.2， 21构造等比数列pi+1+=（pi+），解得=−，

53则pi+1−121111=（pi−），又p1=，p1−=， 353632i−111212pi−=，pi=36565i−1+1321−n1n52n5pn=+=1−+ 61−2318535n(3) 当nN时，E(Y)=p1+p2+当n=0时，E(Y)=0，符合上式 52故E(Y)=1−185nn+ 322：（2023年6月新高考1卷数学解析第22题）

22：在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0,)的距离，记动点P的轨迹为W. （1）求W的轨迹方程.

（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.

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112解析：（1）设P(x,y)，则|y|=x2+y−，化简得. y=x+

42或者利用抛物线的定义可知，点P在以F(0,)为焦点，x轴为准线的抛物线上，其中p=从而x=2p(y−)=y−22121214112，故W的轨迹方程为y=x+.

44（2）方法一：不妨设A,B,D三点在W上，且有BA⊥DA 设A(a,a+），设直线BA,DA的斜率分别为k,−2141，由对称性不妨设k1， k12y=x+4联立方程y=k(x−a)+a2+1.4可得 x2−kx+ka−a2=0

由韦达定理得xA+xB=k,Bk−a(k−a)+212.|AB|=1+k|k−2a| 4同理可得 AD=1+1111−−2a=1++2ak2kk2k1112+2a1+k(|k−2a|++2a) 2kkk所以|AB|+AD=1+k2|k−2a|+1+1(1+k2)31+k|k+|=kk22(1+m)31(2m−1)(m+1)212设f(m)==m+3m++3，可得f(m)=2m+3−2=mmm2m可知f(m)在(0,),(,1)，所以f(m)在(0,1)上的最小值为f()=所以|AB|+AD=f(k)212121227， 433，收于两处取等的条件不一致， 2所以矩形的周长为2(|AB|+AD)33 （2）方法二：为了计算方便，我们将抛物线向下移动

12个单位得抛物线W':y=x，矩形ABCD变换4为矩形A'B'C'D'，则问题等价于矩形A'B'C'D'的周长大于33.

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yDCyD'C'A'ABOxB'Ox222 设B'(t0,t0),A'(t1,t1),C'(t2,t2)，根据对称性不妨设t00.则kA'B'=t1+t0,kB'C'=t2+t0，由于

A'B'⊥B'C'，则(t1+t0)(t2+t0)=−1.

由于|A'B'|=1+(t1+t0)|t1−t0|，|B'C'|=1+(t2+t0)|t2−t0|，且t0介于t1,t2之间，则

22|A'B'|+|B'C'|=1+(t1+t0)2|t1−t0|+1+(t2+t0)2|t2−t0|.令t2+t0=tan，

t1+t0=−cot,(0,)，则t2=tan−t0，t1=−cot−t0,从而

2|A'B'|+|B'C'|=1+cot2(2t0+cot)+1+tan2(tan−2t0).

11sincos2t0(cos−sin)sin3+cos3−)++=+故|A'B'|+|B'C'|=2t0(sincoscos2sin2sincossin2cos2①当(0,4]时，

12sin3+cos3sincos|A'B'|+|B'C'|=+2=222； 2222sincoscossinsincossin2②当(cottant0,)时，由于t1t0t2，从而−cot−t0t0tan−t0，从而−24222t0(cos−sin)sin3+cos3tan+又t00，故0t0，由此|A'B'|+|B'C'|=2sincossin2cos2sin(cos−sin)(sincos)sin3+cos31cos+=+sin2cos3sin2cos2cossin2=2sin2sin22cos22233=332综合上述，矩形A'B'C'D'的周长大于33

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