【文档说明】2023年高考真题——数学（新高考Ⅰ卷）含解析.pdf，共(29)页，1.151 MB，由envi的店铺上传

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绝密★启用前试卷类型：A2023年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅰ卷）数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试

卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须

用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、

选择题：本题共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.已知集合2,1,0,1,2M，260Nxxx，则MN（）A.2,1,0,1B.0,1,2C.2D.2【答案】C【解析】【分析】方法一：

由一元二次不等式的解法求出集合N，即可根据交集的运算解出．方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．【详解】方法一：因为260,23,Nxxx，而2,1,0,1,2M，所以MN2．故选：C．方法二：因为2,1,0,1,2M

，将2,1,0,1,2代入不等式260xx，只有2使不等式成立，所以MN2．故选：C．2.已知1i22iz，则zz（）A.iB.iC.0D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z，再由共轭复

数的概念得到z，从而解出．【详解】因为1i1i1i2i1i22i21i1i42z，所以1i2z，即izz．故选：A．3.已知向量1,1,1,1ab，若abab，则

（）A.1B.1C.1D.1【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算求出ab，ab，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．【详解】因为1,1,1,1ab

，所以1,1ab，1,1ab，由abab可得，0abab，即11110，整理得：1．故选：D．4.设函数

2xxafx在区间0,1上单调递减，则a的取值范围是（）A.,2B.2,0C.0,2D.2,【答案】D【解析】【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】

函数2xy在R上单调递增，而函数2xxafx在区间0,1上单调递减，则有函数22()()24aayxxax在区间0,1上单调递减，因此12a，解得2a，所以a的取值范围是2,.故选：D5.设椭圆2

222122:1(1),:14xxCyaCya的离心率分别为12,ee．若213ee，则a（）A.233B.2C.3D.6【答案】A【解析】【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【详解】由213ee，得22213ee，因此2241134a

a，而1a，所以233a.故选：A6.过点0,2与圆22410xyx相切的两条直线的夹角为，则sin（）A.1B.154C.104D.64【答案】B【解析】【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的

性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得2810kk，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.【详解】方法一：因为22410xyx，即2225xy，可得圆心2,0C，半径5r，过点0,2P作圆C的切线，切点为,AB，

因为222222PC，则223PAPCr，可得51036sin,cos442222APCAPC，则10615sinsin22sincos2444APBAPCAPCAPC

，22226101coscos2cossin0444APBAPCAPCAPC，即APB为钝角，所以15sinsinπsin4APBAPB

；法二：圆22410xyx的圆心2,0C，半径5r，过点0,2P作圆C的切线，切点为,AB，连接AB，可得222222PC，则223PAPBPCr，因为22222cos2

cosPAPBPAPBAPBCACBCACBACB且πACBAPB，则336cos5510cosπAPBAPB，即3cos55cosAPBAPB，解得

1cos04APB，即APB为钝角，则1coscosπcos4APBAPB，且为锐角，所以215sin1cos4；方法三：圆22410xyx的圆心2,0C，半径5r，若切线斜率不存在，则切线方程为0y，则圆心到切点的距离2dr，不合题

意；若切线斜率存在，设切线方程为2ykx，即20kxy，则22251kk，整理得2810kk，且644600设两切线斜率分别为12,kk，则12128,1kkkk，可得21212124215kkkkkk，所以1212tan

151kkkk，即sin15cos，可得sincos15，则2222sinsincossin115，且π0,2，则sin0，解得15sin4.故选：B.7.记nS

为数列na的前n项和，设甲：na为等差数列；乙：{}nSn为等差数列，则（）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【答案】C【解析】【分析】利用充分条

件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.，【详解】方法1，甲：na为等差数列，设其首项为1a，公差为d，则1111(1)1,,222212nnnnSSSnnndddSnadadnan

nn，因此{}nSn为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为等差数列，即111(1)1(1)(1)nnnnnnSSnSnSnaSnnnnnn为常数，设为t，即1(1)nnnaStnn，则1(

1)nnSnatnn，有1(1)(1),2nnSnatnnn，两式相减得：1(1)2nnnananatn，即12nnaat，对1n也成立，因此na为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C

正确.方法2，甲：na为等差数列，设数列na的首项1a，公差为d，即1(1)2nnnSnad，则11(1)222nSnddadnan，因此{}nSn为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nSn为等差数列，即11,(1

)1nnnSSSDSnDnnn，即1(1)nSnSnnD，11(1)(1)(2)nSnSnnD，当2n时，上两式相减得：112(1)nnSSSnD，当1n时，上式成立，于是12(

1)naanD，又111[22(1)]2nnaaanDanDD为常数，因此na为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件.故选：C8.已知11sin,cossin36，则cos22（）．A.

79B.19C.19D.79【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出sin()，再利用二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为1sin()sincoscossin3，而1cossin6，因此1sincos2，则2s

in()sincoscossin3，所以2221cos(22)cos2()12sin()12()39.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角

都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．

（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的

得2分，有选错的得0分.9.有一组样本数据126,,,xxx，其中1x是最小值，6x是最大值，则（）A.2345,,,xxxx的平均数等于126,,,xxx的平均数B.2345,,,xxxx的中位数等于126,,,xxx的中位数C.2

345,,,xxxx的标准差不小于126,,,xxx的标准差D.2345,,,xxxx的极差不大于126,,,xxx的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解

】对于选项A：设2345,,,xxxx的平均数为m，126,,,xxx的平均数为n，则165234123456234526412xxxxxxxxxxxxxxxxnm，因为没有确定1652342,xxxxxx的大小关系

，所以无法判断,mn的大小，例如：1,2,3,4,5,6，可得3.5mn；例如1,1,1,1,1,7，可得1,2mn；例如1,2,2,2,2,2，可得112,6mn；故A错误；对于选项B：不妨设123456xxxxxx，

可知2345,,,xxxx的中位数等于126,,,xxx的中位数均为342xx，故B正确；对于选项C：因为1x是最小值，6x是最大值，则2345,,,xxxx的波动性不大于126,,,xxx的波动性，即2345,,,x

xxx的标准差不大于126,,,xxx的标准差，例如：2,4,6,8,10,12，则平均数12468101276n，标准差222222111052747678710712763s

，4,6,8,10，则平均数14681074m，标准差22222147678710754s，显然10553，即12ss；故C错误；对于选项D：不妨设123456xxxx

xx，则6152xxxx，当且仅当1256,xxxx时，等号成立，故D正确；故选：BD.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020lgppLp，其中常数

000pp是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车106090混合动力汽车105060电动汽车1040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123,,ppp，则（）．A.12ppB.2310ppC.30100ppD.12100pp【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可知12360,90,50,60,40pppLLL，结合对数运算逐项分析判断.【详解】由题意可知：12360,90,50,60,40

pppLLL，对于选项A：可得1212100220lg20lg20lgpppppLLppp，因为12ppLL，则121220lg0pppLLp，即12lg0pp，所以121pp且12,0pp，可得12pp，故A正确；对于选项B：可得2332200320lg

20lg20lgpppppLLppp，因为2324010pppLLL，则2320lg10pp，即231lg2pp，所以23epp且23,0pp，可得23epp，当且仅当250pL时，等号成立，故B错误；

对于选项C：因为33020lg40ppLp，即30lg2pp，可得30100pp，即30100pp，故C正确；对于选项D：由选项A可知：121220lgpppLLp，且12905040ppLL，则1220lg40pp，即12lg

2pp，可得12100pp，且12,0pp，所以12100pp，故D正确；故选：ACD.11.已知函数fx的定义域为R，22fxyyfxxfy，则（）．A.00fB.10fC.fx是偶函数D.0x为fx的极小值点【答案】A

BC【解析】【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例()0fx即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数2ln,0()0,0xxxfxx进行判

断即可.【详解】方法一：因为22()()()fxyyfxxfy，对于A，令0xy，(0)0(0)0(0)0fff，故A正确.对于B，令1xy，(1)1(1)1(1)fff，则(1)0f，故B正确.对于C，令1xy，

(1)(1)(1)2(1)ffff，则(1)0f，令21,()()(1)()yfxfxxffx，又函数()fx的定义域为R，所以()fx为偶函数，故C正确，对于D，不妨令

()0fx，显然符合题设条件，此时()fx无极值，故D错误.方法二：因为22()()()fxyyfxxfy，对于A，令0xy，(0)0(0)0(0)0fff，故A正确.对于B，令1xy，(1)1(1)1(1)fff，则(1)0

f，故B正确.对于C，令1xy，(1)(1)(1)2(1)ffff，则(1)0f，令21,()()(1)()yfxfxxffx，又函数()fx的定义域为R，所以(

)fx为偶函数，故C正确，对于D，当220xy时，对22()()()fxyyfxxfy两边同时除以22xy，得到2222()()()fxyfxfyxyxy，故可以设2()ln(0)fxxxx，则2ln,0()0,0xxxfxx

，当0x肘，2()lnfxxx，则212ln(2ln1)xxxxxfxx，令0fx，得120ex；令()0fx¢>，得12ex；故()fx在120,e上单调递减，在12e,

上单调递增，因为()fx为偶函数，所以()fx在12,0e上单调递增，在12,e上单调递减，显然，此时0x是()fx的极大值，故D错误.故选：ABC.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C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】A

BD【解析】【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】对于选项A：因为0.99m1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为2m，且21.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正

方体的体对角线长为3m，且31.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C正确；对于选项D：因为正方体的体对角线长为3m，且31.2，设正方体1111ABCDABCD的中心为O，以1AC为轴对称放置圆柱，设圆柱的底

面圆心1O到正方体的表面的最近的距离为mh，如图，结合对称性可知：111111133,0.6222OCCACOOCOO，则1111COhAACA，即30.6213h，解得10.60.340.0123h，所以能够被整体放入正方体内，

故D正确；故选：ABD.【点睛】关键点睛：对于C、D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合正方体以及圆柱的性质分析判断.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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）．【答案】64【解析】【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.【详解】（1）当从8门课中选修2门，

则不同的选课方案共有144116CC种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有1244CC24种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有2144CC24种；综上所述：不同的选课方案共有1624

2464种.故答案为：64.14.在正四棱台1111ABCDABCD中，1112,1,2ABABAA，则该棱台的体积为________．【答案】766##766【解析】【分析】结合图像，依次求得111,,AOAOAM，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过1A

作1AMAC，垂足为M，易知1AM为四棱台1111ABCDABCD的高，因为1112,1,2ABABAA，则11111111112,22222222AOACABAOACAB，故111222AMACAC，则2

21116222AMAAAM，所以所求体积为1676(4141)326V.故答案为：766.15.已知函数cos1(0)fxx在区间0,2π有且仅有3个零点，则的取值

范围是________．【答案】[2,3)【解析】【分析】令()0fx，得cos1x有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为02xπ≤≤，所以02xπ≤≤，令()cos10fxx，则cos1x有3个根，令tx，则co

s1t有3个根，其中[0,2π]t，结合余弦函数cosyt的图像性质可得4π2π6π，故23，故答案为：[2,3).16.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为12

,FF．点A在C上，点B在y轴上，11222,3FAFBFAFB，则C的离心率为________．【答案】355##355【解析】【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到2211

,,,AFBFBFAF关于,am的表达式，从而利用勾股定理求得am，进而利用余弦定理得到,ac的齐次方程，从而得解.方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得00235,3xcyt，224tc，将点A代入双曲线C得到关于,,abc的齐次方程，从而得解；【详解】方法

一：依题意，设22AFm，则2113,22BFmBFAFam，在1RtABF中，2229(22)25mamm，则(3)()0amam，故am或3am（舍去），所以124,2AFaAFa，213BFBFa，则5ABa，故11244cos

55AFaFAFABa，所以在12AFF△中，2221216444cos2425aacFAFaa，整理得2259ca，故355cea.方法二:依题意，得12(,0),(,0)FcFc，令00),,(0

,AxyBt，因为2223FAFB，所以002,,3xcyct，则00235,3xcyt，又11FAFB，所以1182,,33FAFBctct

2282033ct，则224tc，又点A在C上，则2222254991ctab，整理得2222254199ctab，则22222516199ccab，所以22222225169cbcaab，即2222222225169ccaa

caca，整理得424255090cca，则22225950caca，解得2259ca或225ca，又1e，所以355e或55e（舍去），故355e.故答案为：355.【点睛

】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于,,abc的齐次方程，从而得解.四、解答题：本题共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.已

知在ABC中，3,2sinsinABCACB．（1）求sinA；（2）设5AB，求AB边上的高．【答案】（1）31010（2）6【解析】【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角

和的正弦公式求sinB,再由正弦定理求出b，根据等面积法求解即可.【小问1详解】3ABC，π3CC，即π4C，又2sin()sinsin()ACBAC，2sincos2cossinsincoscossinACACACAC，sincos3cossin

ACAC，sin3cosAA，即tan3A，所以π02A，3310sin1010A.【小问2详解】由（1）知，110cos1010A，由sinsin()BAC23101025sincos

cossin()210105ACAC，由正弦定理，sinsincbCB，可得255521022b，11sin22ABhABACA，310sin210610hbA.18.如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，12,4ABAA．点

2222,,,ABCD分别在棱111,,AABBCC,1DD上，22221,2,3AABBDDCC．（1）证明：2222BCAD∥；（2）点P在棱1BB上，当二面角222PACD为150

时，求2BP．【答案】（1）证明见解析；（2）1【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设(0,2,)(04)P，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【小问1详解】以C为坐标原点，1,,CDCBCC所在直线为,,x

yz轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)CCBDA，2222(0,2,1),(0,2,1)BCAD，2222BCAD∥，又2222BCAD，不在同一条

直线上，2222BCAD∥.【小问2详解】设(0,2,)(04)P，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),ACPCDC，设平面22PAC的法向量(,,)nx

yz，则22222202(3)0nACxyznPCyz，令2z，得3,1yx，(1,3,2)n，设平面222ACD的法向量(,,)

mabc，则2222222020mACabcmDCac，令1a，得1,2bc，(1,1,2)m，2263cos,cos150264(

1)(3)nmnmnm，化简可得，2430，解得1或3，(0,2,1)P或(0,2,3)P，21BP.19.已知函数exfxaax．（1）讨论fx的单调性；（2）证明：当0a

时，32ln2fxa．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再分类讨论0a与0a两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为21ln02aa的恒成立问题，构造函数

21ln02gaaaa，利用导数证得0ga即可.方法二：构造函数e1xhxx，证得e1xx，从而得到2()ln1fxxaax，进而将问题转化为21ln02aa的恒成立问题，由此得证.【小问1详解】因

为()exfxaax，定义域为R，所以e1xfxa，当0a时，由于e0x，则e0xa，故0e1xfxa恒成立，所以fx在R上单调递减；当0a时，令e10xfxa，解得lnxa，当

lnxa时，0fx，则fx在,lna上单调递减；当lnxa时，()0fx¢>，则fx在ln,a上单调递增；综上：当0a时，fx在R上单调递减；当0a时，f

x在,lna上单调递减，fx在ln,a上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，lnmin2lnlnlne1afaaxafaaa，要证3()2ln2fxa，即证2312ln2lnaaa，即证21ln02aa恒成立，

令21ln02gaaaa，则21212agaaaa，令0ga，则202a；令0ga，则22a；所以ga在20,2上单调递减，在2,2上单调递增，所以2min2212lnln202222

gag，则0ga恒成立，所以当0a时，3()2ln2fxa恒成立，证毕.方法二：令e1xhxx，则e1xhx，由于exy在R上单调递增，所以e1xhx在R上单调递增，又00e10h，所以当0x

时，0hx；当0x时，0hx；所以hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，故00hxh，则e1xx，当且仅当0x时，等号成立，因为2ln22()eeeln1xxxafxa

axaaxaxxaax，当且仅当ln0xa，即lnxa时，等号成立，所以要证3()2ln2fxa，即证23ln12ln2xaaxa，即证21ln02aa，令21ln02gaaaa，则21212aga

aaa，令0ga，则202a；令0ga，则22a；所以ga在20,2上单调递减，在2,2上单调递增，所以2min2212lnln202222gag

，则0ga恒成立，所以当0a时，3()2ln2fxa恒成立，证毕.20.设等差数列na的公差为d，且1d．令2nnnnba，记,nnST分别为数列,nnab的前n项和．（1）若21

33333,21aaaST，求na的通项公式；（2）若nb为等差数列，且999999ST，求d．【答案】（1）3nan（2）5150d【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；（2）由{}nb为等差数列得出1ad或12ad，

再由等差数列的性质可得50501ab，分类讨论即可得解.【小问1详解】21333aaa，132dad，解得1ad，32133()6ddSaa，又31232612923Tbbbdddd，3

39621STdd，即22730dd，解得3d或12d（舍去），1(1)3naandn.【小问2详解】{}nb为等差数列，2132bbb，即21312212aaa

，2323111616()daaaaa，即2211320aadd，解得1ad或12ad，1d，0na，又999999ST，由等差数列性质知，5050999999ab，即50501a

b，505025501aa，即2505025500aa，解得5051a或5050a（舍去）当12ad时，501495151aadd，解得1d，与1d矛盾，无解；当1a

d时，501495051aadd，解得5150d.综上，5150d.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籃，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲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iX服从两点分布，且110,1,2,,iiiP

XPXqin，则11nniiiiEXq．记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求EY．【答案】（1）0.6（2）1121653i（3）52()11853nnEY【解析】【分析】（1）

根据全概率公式即可求出；（2）设iiPAp，由题意可得10.40.2iipp，根据数列知识，构造等比数列即可解出；（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．【小问1详解】记“第

i次投篮的人是甲”为事件iA，“第i次投篮的人是乙”为事件iB，所以，21212121121||PBPABPBBPAPBAPBPBB0.510.60.50.80.

6.【小问2详解】设iiPAp，依题可知，1iiPBp，则11111||iiiiiiiiiiiPAPAAPBAPAPAAPBPAB，即10.610.810.40.2iiiipppp，构

造等比数列ip，设125iipp，解得13，则1121353iipp，又11111,236pp，所以13ip是首项为16，公比为25的等比数列

，即11112121,365653iiiipp．【小问3详解】因为1121653iip，1,2,,in，所以当*Nn时，122115251263185315nnnnnEYppp

，故52()11853nnEY．【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数

列的基本知识求解．22.在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点10,2的距离，记动点P的轨迹为W．（1）求W的方程；（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3

3．【答案】（1）214yx（2）见解析【解析】【分析】（1）设(,)Pxy，根据题意列出方程22212xyy，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCcc

，且abc，分别令0ABkabm，0BCkbcn，且1mn，利用放缩法得21112Cnnn，设函数221()1fxxxx，利用导

数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线AB的方程为21()4ykxaa，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得3221kABADk，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三

：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【小问1详解】设(,)Pxy,则2212yxy，两边同平方化简得214yx，故21:4Wyx.【小问2详解】法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCcc

在W上,且abc，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则1,ABBCkkabbc,令2240114ABkbababam，同理令0BCk

bcn，且1mn，则1mn，设矩形周长为C,由对称性不妨设||||mn，1BCABkkcanmnn，则222211||||()1()1()112CABBCbamcbncannnn.0n

，易知2110nnn则令222111()1,0,()22fxxxxfxxxxxx,令()0fx，解得22x，当20,2x时，()

0fx，此时()fx单调递减，当2,2x，()0fx，此时()fx单调递增，则min227()24fxf，故12733242C,即33C.当33C时,2,22nm,且22()1()1bamban，即mn时等

号成立，矛盾，故33C,得证.法二：不妨设,,ABD在W上，且BADA，依题意可设21,4Aaa，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，则设BA,DA的斜率分别为k和1k，由对称性，不妨

设1k，直线AB的方程为21()4ykxaa，则联立22141()4yxykxaa得220xkxkaa，222420kkaaka，则2ka则2||1

|2|ABkka，同理211||12ADakk，2211||||1|2|12ABADkkaakk322221111221kkkaakkkkk令2km，则0,1m，设32(1)1()33mfmmmmm，则222

1(21)(1)()23mmfmmmm，令()0fm，解得12m，当10,2m时，()0fm，此时()fm单调递减，当1,2m，()0fm，此时()fm单调递增，则min127()24fmf，33||||2

ABAD，但2221111|2|121|2|2kkaakkaakkk，此处取等条件为1k，与最终取等时22k不一致，故332ABAD.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线2:Wyx,矩形ABCD变换为矩

形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大于33.设222001122,,,,,BttAttCtt,根据对称性不妨设00t.则1020,ABBCkttktt,由于ABBC,则10201tttt.由于22101

020201,1ABttttBCtttt,且0t介于12,tt之间,则221010202011ABBCtttttttt.令20tantt,10πcot,0,2tt,则2010tan,cotttt

t,从而22001cot2cot1tantan2ABBCtt故330022222(cossin)11sincossincos2sincoscossinsincoss

incostABBCt①当π0,4时,332222sincossincos122222sincoscossinsincossin2ABBC

②当ππ,42时,由于102ttt,从而000cottanttt,从而0cottan22t又00t,故0tan0

2t,由此330222(cossin)sincossincossincostABBC3323222sin(cossin)(sincos)sincos1cossincossincoscossin22

222222sinsin2cos1cos1cos2cos332222233221cos1cos2cos33，当且仅当3cos3时等号成立，故332ABBC，故矩形

周长大于32..【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得211||||12CABBCnnn，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.获得更多资源请扫码加入享学资

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