2023 年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国Ⅰ)
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M＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N 等于( )
A．{－2，－1,0,1}
B．{0,1,2}
C．{－2}
D．{2}
答案 C
解析 方法一 因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，
而M＝{－2，－1,0,1,2}，
所以M∩N＝{－2}．
方法二 因为M＝{－2，－1,0,1,2}，将－2，－1，0,1,2 代入不等式x2－x－6≥0，只有－2
使不等式成立，
所以M∩N＝{－2}．
2．已知z＝，则z－等于( )
A．－i B．i C．0 D．1
答案 A
解析 因为z＝＝
＝＝－i，
所以＝i，即z－＝－i.
3．已知向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则( )
A．λ＋μ＝1
B．λ＋μ＝－1
C．λμ＝1
D．λμ＝－1
答案 D
解析 因为a＝(1,1)，b＝(1，－1)，
所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，
由(a＋λb)⊥(a＋μb)，
可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0，
即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，
整理得λμ＝－1.
4．设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a 的取值范围是( )
A．(－∞，－2]
B．[－2,0)
C．(0,2]
D．[2，＋∞)
答案 D
解析 函数y＝2x在R 上是增函数，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，
则函数y＝x(x－a)＝2－在区间(0,1)上单调递减，
因此≥1，解得a≥2，
所以a 的取值范围是[2，＋∞)．
5．设椭圆C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1 的离心率分别为e1，e2.若e2＝e1，则a 等于( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 由e2＝e1，得e＝3e，
因此＝3×，而a>1，
所以a＝.
6．过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0 相切的两条直线的夹角为α，则sin α 等于( )
A．1 B. C. D.
答案 B
解析 如图，设A(0，－2)，两切点分别为B，C，
由x2＋y2－4x－1＝0 得(x－2)2＋y2＝5，
所以圆心坐标为(2,0)，半径r＝，
所以圆心到A(0，－2)的距离为＝2，
由于圆心与A(0，－2)的连线平分∠BAC，
所以sin＝＝＝，
所以cos∠BAC＝1－2sin2＝－<0，
所以∠BAC 为钝角，且∠BAC＋α＝π，
所以sin α＝sin∠BAC＝＝.
7．记Sn为数列{an}的前n 项和，设甲：{an}为等差数列；乙：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 方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1＋d，＝a1＋d＝n＋a1－，－＝，
因此为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，
即－＝＝为常数，设为t，
即＝t，
则Sn＝nan＋1－t·n(n＋1)，
有Sn－1＝(n－1)an－t·n(n－1)，n≥2，
两式相减得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，
即an＋1－an＝2t，对n＝1 也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件．
方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
即Sn＝na1＋d，
则＝a1＋d＝n＋a1－，
因此为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：为等差数列，
设数列的公差为D，
则－＝D，＝S1＋(n－1)D，
即Sn＝nS1＋n(n－1)D，
当n≥2 时，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)D，
上边两式相减得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)D，
所以an＝a1＋2(n－1)D，
当n＝1 时，上式成立，
又an＋1－an＝a1＋2nD－[a1＋2(n－1)D]＝2D 为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件．
8．已知sin(α－β)＝，cos αsin β＝，则cos(2α＋2β)等于( )
A. B. C．－ D．－
答案 B
解析 因为sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝，
而cos αsin β＝，
因此sin αcos β＝，
则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝，
所以cos(2α＋2β)＝cos 2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×2＝.
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
答案 BD
解析 取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，
则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为＝，
故A，C 均不正确；
根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的
算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5
按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B
正确；
根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D 正确．
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×lg，
其中常数p0(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：
声源
与声源的距离/m
声压级/dB
燃油汽车
10
60～90
混合动力汽车
10
50～60
电动汽车
10
40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m 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
答案 ACD
解析 因为Lp＝20×lg 随着p 的增大而增大，
且
∈[60,90]，
∈[50,60]，
所以
≥
，
所以p1≥p2，故A 正确；
由Lp＝20×lg ，得p＝p0
，
因为
＝40，
所以p3＝p0
＝100p0，故C 正确；
假设p2>10p3，则p0
>10p0
，
所以
>10，
所以
>20，不可能成立，故B 不正确；
因为＝
＝
≥1，
所以p1≤100p2，故D 正确．
11．已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则( )
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0 为f(x)的极小值点
答案 ABC
解析 方法一 因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，
对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A 正确；
对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B 正确；
对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，
令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C 正确；
对于D，不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D 错误．
方法二 因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，
对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A 正确；
对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B 正确；
对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，
令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C 正确；
对于D，当x2y2≠0 时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到＝＋，
故可以设＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝
当x>0 时，f(x)＝x2ln x，则f′(x)＝2xln x＋x2·＝x(2ln x＋1)，
令f′(x)<0，得0<x<
；
令f′(x)>0，得x>
；
故f(x)在
上单调递减，在
上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在
上单调递增，在
上单调递减，
显然，此时x＝0 是f(x)的极大值点，故D 错误．
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0.99 m 的球体
B．所有棱长均为1.4 m 的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m 的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m 的圆柱体
答案 ABD
解析 对于A，因为0.99 m<1 m，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B，因为正方体的面对角线长为 m，且>1.4，
所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；
对于C，因为正方体的体对角线长为 m，且<1.8，
所以不能够被整体放入正方体内，故C 错误；
对于D，
因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O 作OE⊥AC1，
设OE∩AC＝E，
可知AC＝，CC1＝1，AC1＝，OA＝，
那么tan∠CAC1＝＝，
即＝，
解得OE＝，且2＝＝>＝0.62，
即>0.6，
所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m 的圆柱，
若底面直径为1.2 m 的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，
可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，
那么tan∠CAC1＝＝，
即＝，
解得AO1＝0.6，
根据对称性可知圆柱的高为
－2×0.6≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01，
所以能够被整体放入正方体内，所以D 正确．
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 (1)当从8 门课中选修2 门时，不同的选课方案共有CC＝16(种)；
(2)当从8 门课中选修3 门时，
①若体育类选修1 门，则不同的选课方案共有CC＝24(种)；
②若体育类选修2 门，则不同的选课方案共有CC＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
14．在正四棱台ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为
________．
答案
解析 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，
易知A1M 为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，
因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，
则A1O1＝A1C1＝×A1B1＝，
AO＝AC＝×AB＝，
故AM＝(AC－A1C1)＝，
则A1M＝＝＝，
所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝.
15．已知函数f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3 个零点，则ω 的取值范围是
________．
答案 [2,3)
解析 因为0≤x≤2π，
所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)＝cos ωx－1＝0，
则cos ωx＝1 有3 个根，
令t＝ωx，则cos t＝1 有3 个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y＝cos t 的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，
故2≤ω<3.
16．已知双曲线C：－＝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
上，F1A⊥F1B，F2A＝－F2B，则C 的离心率为________．
答案
解析 方法一 依题意，设|AF2|＝2m，
则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，
在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，
则(a＋3m)(a－m)＝0，
故a＝m 或a＝－3m(舍去)，
所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，
则|AB|＝5a，
故cos∠F1AF2＝＝＝，
所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝＝，
整理得5c2＝9a2，
故e＝＝.
方法二 依题意，得F1(－c,0)，F2(c,0)，
令A(x0，y0)，B(0，t)，
因为F2A＝－F2B，
所以(x0－c，y0)＝－(－c，t)，
则x0＝c，y0＝－t，
又F1A⊥F1B，
所以F1A·F1B＝·(c，t)＝c2－t2＝0，
则t2＝4c2，
又点A 在C 上，
则－＝1，
整理得－＝1，
则－＝1，
所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，
即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，
整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，
则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，
解得5c2＝9a2或5c2＝a2，
又e>1，
所以e＝或e＝(舍去)，
故e＝.
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，A＋B＝3C,2sin(A－C)＝sin B.
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB 边上的高．
解 (1)∵A＋B＝3C，
∴π－C＝3C，即C＝，
又2sin(A－C)＝sin B＝sin(A＋C)，
∴2sin Acos C－2cos Asin C
＝sin Acos C＋cos Asin C，
∴sin Acos C＝3cos Asin C，
∴sin A＝3cos A，
即tan A＝3，
∴0<A<，
∴sin A＝＝.
(2)由(1)知，cos A＝＝，
由sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝＝，
由正弦定理＝，
可得AC＝＝2，
∴AB·h＝AB·AC·sin A，
∴h＝AC·sin A＝2×＝6.
18.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2 分别在棱
AA1，BB1，CC1，DD1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.
(1)证明 以C 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴B2C2＝(0，－2,1)，
A2D2＝(0，－2,1)，
∴B2C2∥A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则A2C2＝(－2，－2,2)，PC2＝(0，－2,3－λ)，D2C2＝(－2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
＝|cos 150°|＝，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1 或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
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，f(x)>2ln a＋.
(1)解 因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，
所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0 时，由于ex>0，则aex≤0，
故f′(x)＝aex－1<0 恒成立，
所以f(x)是减函数；
当a>0 时，令f′(x)＝aex－1＝0，
解得x＝－ln a，
当x<－ln a 时，f′(x)<0，
则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a 时，f′(x)>0，
则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0 时，f(x)是减函数；
当a>0 时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 方法一 由(1)得，当a>0 时，
f(x)min＝f(－ln a)
＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋，
即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－－ln a>0 恒成立，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，
则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则0<a<；
令g′(a)>0，则a>；
所以g(a)在上单调递减，
在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝2－－ln
＝ln>0，则g(a)>0 恒成立，
所以当a>0 时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．
方法二 令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
由于y＝ex是增函数，
所以h′(x)＝ex－1 是增函数，
又h′(0)＝e0－1＝0，
所以当x<0 时，h′(x)<0；
当x>0 时，h′(x)>0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，
则ex≥x＋1，当且仅当x＝0 时，等号成立，
因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x
＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
当且仅当x＋ln a＝0，
即x＝－ln a 时，等号成立，
所以要证f(x)>2ln a＋，
即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，
即证a2－－ln a>0，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，
则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则0<a<；
令g′(a)>0，则a>，
所以g(a)在上单调递减，
在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝2－－ln
＝ln>0，
则g(a)>0 恒成立，
所以当a>0 时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．
20．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.
解 (1)∵3a2＝3a1＋a3，
∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，
∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，
an＝a1＋(n－1)d＝nd，
又T3＝b1＋b2＋b3＝＋＋＝，
∴S3＋T3＝6d＋＝21，
即2d2－7d＋3＝0，
解得d＝3 或d＝(舍去)，
∴an＝nd＝3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2＝b1＋b3，
即＝＋，
∴6＝＝，
即a－3a1d＋2d2＝0，
解得a1＝d 或a1＝2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99－T99＝99，
由等差数列的性质知，
99a50－99b50＝99，
即a50－b50＝1，
∴a50－＝1，
即a－a50－2 550＝0，
解得a50＝51 或a50＝－50(舍去)．
当a1＝2d 时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，
解得d＝1，与d>1 矛盾，无解；
当a1＝d 时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，
解得d＝.
综上，d＝.
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，若未命中
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Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1,2，…，n，则E(i)
＝i.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E(Y)．
解 (1)记“第i 次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i 次投篮的人是乙”为事件Bi，
所以，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)
＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)
＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，
则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)
＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，
即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，
构造等比数列{pi＋λ}，
设pi＋1＋λ＝(pi＋λ)，解得λ＝－，
则pi＋1－＝，
又p1＝，p1－＝，
所以是首项为，公比为的等比数列，
即pi－＝×i－1，pi＝×i－1＋.
(3)因为pi＝×i－1＋，i＝1,2，…，n，
所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝×＋＝＋，
故E(Y)＝＋.
22．在直角坐标系Oxy 中，点P 到x 轴的距离等于点P 到点的距离，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.
(1)解 设P(x，y)，
则|y|＝，
两边同时平方化简得y＝x2＋，
故W：y＝x2＋.
(2)证明 方法一 设矩形的三个顶点A，
B，C 在W 上，且a<b<c，
易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，
令kAB＝＝a＋b＝m<0，
同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，
则m＝－，
设矩形周长为C，由对称性不妨设|n|≥|m|，
kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋，
则C＝|AB|＋|BC|＝(b－a)＋(c－b)≥(c－a)＝，n>0，
易知>0.
则令f(x)＝2(1＋x2)，x>0，f′(x)＝22，
令f′(x)＝0，解得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，
则f(x)min＝f ＝，
故C≥＝，即C≥3.
当C＝3 时，n＝，m＝－，
与当(b－a)＝(b－a)，
即m＝n 时等号成立，矛盾，故C>3，得证．
方法二 不妨设A，B，D 在W 上，且BA⊥DA，
依题意可设A，
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－，由对称性，不妨设|k|≤1，
直线AB 的方程为y＝k(x－a)＋a2＋，
则联立
得x2－kx＋ka－a2＝0，
Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，
则|AB|＝|k－2a|，
同理|AD|＝，
∴|AB|＋|AD|＝|k－2a|＋·
≥≥·＝，
令k2＝m，则m∈(0,1]，
设f(m)＝＝m2＋3m＋＋3，
则f′(m)＝2m＋3－＝，
令f′(m)＝0，解得m＝，
当m∈时，f′(m)<0，此时f(m)单调递减，
当m∈时，f′(m)>0，此时f(m)单调递增，
则f(m)min＝f＝，
∴|AB|＋|AD|≥，
但|k－2a|＋≥，
此处取等号的条件为k＝1，与最终取等号时k＝不一致，
故|AB|＋|AD|>.
故矩形ABCD 的周长大于3.
方法三 为了计算方便，我们将抛物线向下移动个单位长度得抛物线W′：y＝x2，
矩形ABCD 变换为矩形A′B′C′D′，
则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3.
设 B′(t0，t)，A′(t1，t)，C′(t2，t)，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′|＝|t1－t0|，|B′C′|＝|t2－t0|，且 t0 介于 t1，t2 之间，
则 |A′B′|＋|B′C′|＝|t1－t0|＋|t2－t0|.
令 t2＋t0＝tan θ，
t1＋t0＝－cot θ，θ∈，
则t2＝tan θ－t0，t1＝－cot θ－t0，从而
|A′B′|＋|B′C′|＝(2t0＋cot θ)＋(tan θ－2t0)，
故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0＋＋＝＋.
①当θ∈时，
|A′B′|＋|B′C′|≥＝＋≥2＝2≥2.
②当 θ∈时，
由于t1<t0<t2，
从而－cot θ－t0<t0<tan θ－t0，
从而－<t0<，
又t0≥0，
故0≤t0<，
由此|A′B′|＋|B′C′|＝＋
>＋
＝＋
＝
＝
≥
＝＝，
当且仅当cos θ＝时等号成立，
故|A′B′|＋|B′C′|>，
故矩形周长大于3.
