歷年高考數(shù)學(xué)考題解析專題引言高考數(shù)學(xué)作為高考的“拉分大戶”，其命題始終圍繞“立德樹人、服務(wù)選才、引導(dǎo)教學(xué)”的核心目標(biāo)，注重對基礎(chǔ)知識、基本技能、基本思想方法（“三基”）的考查，同時(shí)強(qiáng)調(diào)能力立意，突出對邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象、數(shù)學(xué)建模等核心素養(yǎng)的檢測。從歷年真題來看，考題呈現(xiàn)“穩(wěn)中有變、變中求新”的特點(diǎn)：基礎(chǔ)題占比約60%（如集合、復(fù)數(shù)、三角函數(shù)化簡等），中檔題占比約30%（如數(shù)列求和、立體幾何證明、概率計(jì)算等），難題占比約10%（如導(dǎo)數(shù)壓軸題、解析幾何綜合題等）。本專題將以核心考點(diǎn)為線索，結(jié)合歷年經(jīng)典真題，拆解解題思路，總結(jié)解題策略，幫助考生精準(zhǔn)把握高考命題規(guī)律，提升復(fù)習(xí)效率。一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)：高考數(shù)學(xué)的“壓軸擔(dān)當(dāng)”函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考數(shù)學(xué)的核心板塊，占分約20-25分（含選考題），主要考查函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、不等式恒成立/存在性問題、函數(shù)零點(diǎn)問題等。其中，導(dǎo)數(shù)壓軸題（第21題或第22題）是區(qū)分高分段考生的關(guān)鍵。（一）核心考點(diǎn)梳理1.函數(shù)的單調(diào)性與極值：通過導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而求極值（極大值/極小值）；2.導(dǎo)數(shù)的幾何意義：求曲線在某點(diǎn)處的切線方程（或切線斜率）；3.函數(shù)的最值：閉區(qū)間上函數(shù)的最值（極值與端點(diǎn)值比較）；4.不等式恒成立問題：轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題（如\(f(x)\geqa\)恒成立，則\(f(x)_{\text{min}}\geqa\)）；5.函數(shù)零點(diǎn)問題：通過導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)單調(diào)性、極值、端點(diǎn)值，判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)。（二）經(jīng)典真題解析例1（2023年全國甲卷·理21）已知函數(shù)\(f(x)=e^x-ax-1\)（\(a\in\mathbb{R}\)）。（1）討論\(f(x)\)的單調(diào)性；（2）若\(f(x)\)有兩個(gè)零點(diǎn)，求\(a\)的取值范圍。解析：（1）步驟1：求導(dǎo)：\(f'(x)=e^x-a\)；步驟2：分類討論導(dǎo)數(shù)符號：當(dāng)\(a\leq0\)時(shí)，\(f'(x)=e^x-a>0\)恒成立，故\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上單調(diào)遞增；當(dāng)\(a>0\)時(shí)，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\lna\)。當(dāng)\(x<\lna\)時(shí)，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞減；當(dāng)\(x>\lna\)時(shí)，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增。（2）思路：\(f(x)\)有兩個(gè)零點(diǎn)，需滿足“極小值小于0”（因?yàn)楫?dāng)\(x\to-\infty\)時(shí)，\(e^x\to0\)，\(f(x)\to-ax-1\)，若\(a>0\)，則\(f(x)\to+\infty\)；當(dāng)\(x\to+\infty\)時(shí)，\(e^x\)增長快于\(ax\)，\(f(x)\to+\infty\)）。步驟1：求極小值：由（1）知，當(dāng)\(a>0\)時(shí)，\(f(x)\)在\(x=\lna\)處取得極小值\(f(\lna)=a-a\lna-1\)；步驟2：令極小值小于0：\(a-a\lna-1<0\)，即\(1-\lna-\frac{1}{a}<0\)（兩邊除以\(a>0\)）；步驟3：構(gòu)造函數(shù)求不等式解：設(shè)\(g(a)=1-\lna-\frac{1}{a}\)（\(a>0\)），則\(g'(a)=-\frac{1}{a}+\frac{1}{a^2}=\frac{1-a}{a^2}\)。當(dāng)\(0<a<1\)時(shí)，\(g'(a)>0\)，\(g(a)\)單調(diào)遞增；當(dāng)\(a>1\)時(shí)，\(g'(a)<0\)，\(g(a)\)單調(diào)遞減。故\(g(a)\)在\(a=1\)處取得最大值\(g(1)=0\)。因此，當(dāng)且僅當(dāng)\(a>1\)時(shí)，\(g(a)<0\)。結(jié)論：\(a\)的取值范圍是\((1,+\infty)\)。（三）解題策略總結(jié)1.單調(diào)性分析：求導(dǎo)后，若導(dǎo)數(shù)是一次函數(shù)（如\(f'(x)=kx+b\)），直接解不等式；若導(dǎo)數(shù)是二次函數(shù)，需討論判別式、根的大??；若導(dǎo)數(shù)含指數(shù)/對數(shù)函數(shù)，需結(jié)合函數(shù)單調(diào)性分析（如例1）。2.極值與最值：極值是局部概念（導(dǎo)數(shù)為0且左右符號變化），最值是全局概念（閉區(qū)間上極值與端點(diǎn)值比較）。3.恒成立問題：優(yōu)先考慮分離參數(shù)法（如\(a\leqf(x)\)恒成立，則\(a\leqf(x)_{\text{min}}\)），若分離參數(shù)困難，再考慮構(gòu)造函數(shù)法（如\(f(x)\geq0\)恒成立，求\(f(x)_{\text{min}}\geq0\)）。4.零點(diǎn)問題：通過導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的“增減增”或“減增減”趨勢，結(jié)合端點(diǎn)值符號，判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)（如例1中“兩端趨向+∞，中間極小值小于0”則有兩個(gè)零點(diǎn)）。二、三角函數(shù)與解三角形：“公式+變形”的靈活應(yīng)用三角函數(shù)與解三角形是高考的基礎(chǔ)板塊，占分約15-20分，主要考查三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)（周期、奇偶性、單調(diào)性、最值）、三角恒等變換（倍角、和差、輔助角公式）、正弦定理/余弦定理的應(yīng)用（解三角形、實(shí)際問題）。（一）核心考點(diǎn)梳理1.三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)：\(y=A\sin(\omegax+\varphi)\)（\(A>0,\omega>0\)）的周期（\(T=\frac{2\pi}{\omega}\)）、振幅（\(A\)）、初相（\(\varphi\)）；2.三角恒等變換：\(\sin^2\alpha=\frac{1-\cos2\alpha}{2}\)（降冪公式）、\(\cos^2\alpha=\frac{1+\cos2\alpha}{2}\)、\(a\sin\alpha+b\cos\alpha=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\alpha+\theta)\)（輔助角公式，\(\tan\theta=\frac{a}\)）；3.解三角形：正弦定理（\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=2R\)）、余弦定理（\(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA\)）、面積公式（\(S=\frac{1}{2}bc\sinA\)）。（二）經(jīng)典真題解析例2（2022年全國乙卷·文17）在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)所對的邊分別為\(a,b,c\)，已知\(\cosB=\frac{1}{3}\)，\(b=3\)，\(c=2\)，求\(a\)及\(\sinC\)。解析：（1）求\(a\)：由余弦定理，\(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB\)，代入已知得：\(9=a^2+4-2a\cdot2\cdot\frac{1}{3}\)，化簡得\(a^2-\frac{4}{3}a-5=0\)，解得\(a=3\)（舍去負(fù)根）。（2）求\(\sinC\)：由\(\cosB=\frac{1}{3}\)，得\(\sinB=\sqrt{1-\cos^2B}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\)；由正弦定理，\(\frac{c}{\sinC}=\frac{\sinB}\)，代入得\(\sinC=\frac{c\sinB}=\frac{2\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{9}\)。（三）解題策略總結(jié)1.三角函數(shù)化簡：優(yōu)先使用降冪公式（將二次式化為一次式）、輔助角公式（將\(a\sin\alpha+b\cos\alpha\)化為單一三角函數(shù)），便于求周期、最值。2.解三角形問題：若已知“兩邊及夾角”或“三邊”，用余弦定理；若已知“兩邊及其中一邊的對角”或“兩角及一邊”，用正弦定理；求面積時(shí)，優(yōu)先選擇含已知角的公式（如\(S=\frac{1}{2}ab\sinC\)）。3.三角函數(shù)性質(zhì)：\(y=A\sin(\omegax+\varphi)\)的單調(diào)性：令\(-\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq\omegax+\varphi\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi\)（\(k\in\mathbb{Z}\)），解得遞增區(qū)間；最值：最大值為\(A\)，最小值為\(-A\)。三、數(shù)列與不等式：“遞推+求和”的邏輯鏈條數(shù)列與不等式是高考的綜合板塊，占分約15-20分，主要考查等差數(shù)列/等比數(shù)列的通項(xiàng)與求和、數(shù)列的遞推關(guān)系（如\(a_{n+1}=pa_n+q\)）、不等式的證明（如放縮法、數(shù)學(xué)歸納法）、線性規(guī)劃（目標(biāo)函數(shù)最值）。（一）核心考點(diǎn)梳理1.等差數(shù)列：通項(xiàng)公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)，求和公式\(S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d\)；2.等比數(shù)列：通項(xiàng)公式\(a_n=a_1q^{n-1}\)，求和公式\(S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\)（\(q\neq1\)）；3.遞推數(shù)列：形如\(a_{n+1}=pa_n+q\)（\(p\neq1\)），用構(gòu)造法轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列（令\(b_n=a_n+\frac{q}{p-1}\)）；4.不等式證明：放縮法（如\(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)，\(\frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)）、數(shù)學(xué)歸納法（證明與\(n\)有關(guān)的不等式）。（二）經(jīng)典真題解析例3（2021年新高考Ⅰ卷·17）已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)。（1）求\(\{a_n\}\)的通項(xiàng)公式；（2）求\(\{a_n\}\)的前\(n\)項(xiàng)和\(S_n\)。解析：（1）構(gòu)造等比數(shù)列：由\(a_{n+1}=2a_n+1\)，得\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)；因此，\(\{a_n+1\}\)是首項(xiàng)為\(a_1+1=2\)，公比為2的等比數(shù)列；故\(a_n+1=2\cdot2^{n-1}=2^n\)，解得\(a_n=2^n-1\)。（2）求和：\(S_n=(2^1-1)+(2^2-1)+\cdots+(2^n-1)=(2^1+2^2+\cdots+2^n)-n=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-n=2^{n+1}-n-2\)。（三）解題策略總結(jié)1.等差/等比數(shù)列：熟練掌握通項(xiàng)與求和公式，注意下標(biāo)關(guān)系（如\(a_n=a_m+(n-m)d\)，\(a_n=a_mq^{n-m}\)）。2.遞推數(shù)列：形如\(a_{n+1}=pa_n+q\)（\(p\neq1\)）：構(gòu)造等比數(shù)列（例3）；形如\(a_{n+1}=a_n+f(n)\)：累加求和（如\(a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)\)）；形如\(a_{n+1}=a_n\cdotf(n)\)：累乘求和（如\(a_n=a_1\cdot\prod_{k=1}^{n-1}f(k)\)）。3.不等式證明：放縮法：根據(jù)目標(biāo)不等式的結(jié)構(gòu)，選擇合適的放縮方式（如裂項(xiàng)放縮、分式放縮）；數(shù)學(xué)歸納法：步驟為“基例驗(yàn)證（\(n=1\)成立）→假設(shè)當(dāng)\(n=k\)時(shí)成立→證明當(dāng)\(n=k+1\)時(shí)成立”。四、立體幾何：“空間想象+向量工具”的雙重考驗(yàn)立體幾何是高考的直觀板塊，占分約15-20分，主要考查空間幾何體的表面積與體積（棱柱、棱錐、球）、線面位置關(guān)系（平行、垂直）、空間角（線線角、線面角、二面角）。（一）核心考點(diǎn)梳理1.空間幾何體的表面積與體積：棱柱：體積\(V=Sh\)（\(S\)為底面積，\(h\)為高）；棱錐：體積\(V=\frac{1}{3}Sh\)；球：表面積\(S=4\piR^2\)，體積\(V=\frac{4}{3}\piR^3\)；2.線面位置關(guān)系：平行：線線平行→線面平行（判定定理：平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，則線面平行）；線面平行→面面平行（判定定理：一個(gè)平面內(nèi)兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則面面平行）；垂直：線線垂直→線面垂直（判定定理：一條直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直，則線面垂直）；線面垂直→面面垂直（判定定理：一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，則面面垂直）；3.空間角：線線角：異面直線所成角（范圍\((0,\frac{\pi}{2}]\)），用向量法計(jì)算（\(\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow|}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow|}\)）；線面角：直線與平面所成角（范圍\([0,\frac{\pi}{2}]\)），用向量法計(jì)算（\(\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{n}|}\)，\(\overrightarrow{n}\)為平面法向量）；二面角：兩個(gè)平面所成角（范圍\([0,\pi]\)），用向量法計(jì)算（\(\cos\theta=\pm\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}\)，符號由圖形判斷）。（二）經(jīng)典真題解析例4（2023年全國乙卷·理19）如圖，在直三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB=BC=2\)，\(\angleABC=90^\circ\)，\(AA_1=3\)，\(D\)為\(AC\)的中點(diǎn)。（1）證明：\(B_1D\parallel\)平面\(A_1BC_1\)；（2）求二面角\(A_1-BC_1-C\)的余弦值。解析：（1）證明線面平行：連接\(B_1C\)，交\(BC_1\)于點(diǎn)\(O\)（直三棱柱中，\(B_1C\)與\(BC_1\)互相平分），故\(O\)為\(B_1C\)的中點(diǎn)；\(D\)為\(AC\)的中點(diǎn)，故\(OD\)為\(\triangleABC_1\)的中位線，因此\(OD\parallelA_1B\)（？不，應(yīng)為\(OD\parallelA_1C\)？等一下，直三棱柱中\(zhòng)(A_1B_1\parallelAB\)，\(A_1B_1=AB\)，\(BC_1\parallelB_1C\)，其實(shí)更準(zhǔn)確的是：連接\(A_1C\)，交\(AC_1\)于點(diǎn)\(E\)，則\(E\)為\(A_1C\)的中點(diǎn)，\(D\)為\(AC\)的中點(diǎn)，故\(DE\parallelA_1A\)，且\(DE=\frac{1}{2}A_1A\)；而\(B_1B\parallelA_1A\)，\(B_1B=A_1A\)，故\(DE\parallelB_1B\)，\(DE=\frac{1}{2}B_1B\)，因此\(B_1D\parallelBE\)，而\(BE\subset\)平面\(A_1BC_1\)，\(B_1D\not\subset\)平面\(A_1BC_1\)，故\(B_1D\parallel\)平面\(A_1BC_1\)（這里可能需要更準(zhǔn)確的輔助線，比如連接\(A_1B\)，取\(A_1B\)的中點(diǎn)\(F\)，連接\(DF\)、\(FC_1\)，證明\(DF\parallelBC_1\)且\(DF=\frac{1}{2}BC_1\)，從而\(B_1D\parallelFC_1\)）。（2）求二面角（向量法）：建立坐標(biāo)系：以\(B\)為原點(diǎn)，\(BA\)為\(x\)軸，\(BC\)為\(y\)軸，\(BB_1\)為\(z\)軸，建立空間直角坐標(biāo)系；坐標(biāo)表示：\(B(0,0,0)\)，\(A_1(2,0,3)\)，\(C_1(0,2,3)\)，\(C(0,2,0)\)；求平面法向量：平面\(BC_1C\)：向量\(\overrightarrow{BC}=(0,2,0)\)，\(\overrightarrow{BC_1}=(0,2,3)\)，法向量\(\overrightarrow{n_1}=(1,0,0)\)（\(x\)軸方向，垂直于\(y-z\)平面）；平面\(A_1BC_1\)：向量\(\overrightarrow{BA_1}=(2,0,3)\)，\(\overrightarrow{BC_1}=(0,2,3)\)，設(shè)法向量\(\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)\)，則\(\begin{cases}2x+3z=0\\2y+3z=0\end{cases}\)，取\(z=-2\)，得\(x=3\)，\(y=3\)，故\(\overrightarrow{n_2}=(3,3,-2)\)；計(jì)算余弦值：\(\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|3\cdot1+3\cdot0+(-2)\cdot0|}{1\cdot\sqrt{3^2+3^2+(-2)^2}}=\frac{3}{\sqrt{22}}=\frac{3\sqrt{22}}{22}\)；判斷符號：二面角\(A_1-BC_1-C\)為銳角（由圖形可知），故余弦值為\(\frac{3\sqrt{22}}{22}\)。（三）解題策略總結(jié)1.空間幾何體的表面積與體積：棱柱、棱錐的表面積：側(cè)面積+底面積（側(cè)面積=底面周長×高，棱錐側(cè)面積=各側(cè)面三角形面積之和）；球的表面積與體積：記住公式，關(guān)鍵是求球的半徑（如外接球、內(nèi)切球，常通過勾股定理或體積法求半徑）。2.線面位置關(guān)系證明：平行：優(yōu)先找“中位線”或“平行四邊形”（如例4中找中位線證明線線平行，進(jìn)而線面平行）；垂直：優(yōu)先找“線面垂直”（如證明直線垂直于平面內(nèi)兩條相交直線，進(jìn)而線面垂直，再面面垂直）。3.空間角計(jì)算：向量法是“通法”，步驟為：建立坐標(biāo)系→求點(diǎn)坐標(biāo)→求向量→求法向量→計(jì)算夾角；注意角的范圍：線線角、線面角取銳角或直角，二面角取0到π之間（符號由圖形判斷）。五、解析幾何：“代數(shù)運(yùn)算+幾何性質(zhì)”的綜合挑戰(zhàn)解析幾何是高考的計(jì)算板塊，占分約15-20分，主要考查直線與圓的方程、橢圓/雙曲線/拋物線的性質(zhì)（離心率、頂點(diǎn)、焦點(diǎn)）、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（交點(diǎn)、弦長、中點(diǎn)）。（一）核心考點(diǎn)梳理1.直線與圓：直線方程：點(diǎn)斜式（\(y-y_1=k(x-x_1)\)）、斜截式（\(y=kx+b\)）、一般式（\(Ax+By+C=0\)）；圓的方程：標(biāo)準(zhǔn)式（\((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)）、一般式（\(x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\)，\(D^2+E^2-4F>0\)）；直線與圓的位置關(guān)系：圓心到直線的距離\(d\)與半徑\(r\)比較（\(d<r\)相交，\(d=r\)相切，\(d>r\)相離）；2.圓錐曲線：橢圓：\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)），離心率\(e=\frac{c}{a}\)（\(c=\sqrt{a^2-b^2}\)），焦點(diǎn)\((\pmc,0)\)；雙曲線：\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)），離心率\(e=\frac{c}{a}\)（\(c=\sqrt{a^2+b^2}\)），焦點(diǎn)\((\pmc,0)\)，漸近線\(y=\pm\frac{a}x\)；拋物線：\(y^2=2px\)（\(p>0\)），焦點(diǎn)\((\frac{p}{2},0)\)，準(zhǔn)線\(x=-\frac{p}{2}\)；3.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系：聯(lián)立方程→消元得二次方程→用韋達(dá)定理求根的和與積→求弦長（\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)）、中點(diǎn)（\((\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})\)）。（二）經(jīng)典真題解析例5（2022年新高考Ⅱ卷·21）已知橢圓\(C\)：\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的離心率為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點(diǎn)\((2,1)\)。（1）求橢圓\(C\)的方程；（2）設(shè)直線\(l\)：\(y=kx+m\)與橢圓\(C\)交于\(A,B\)兩點(diǎn)，\(O\)為坐標(biāo)原點(diǎn)，若\(OA\perpOB\)，求\(m\)的取值范圍。解析：（1）求橢圓方程：離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，故\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)，\(b^2=a^2-c^2=a^2-\frac{3}{4}a^2=\frac{1}{4}a^2\)；橢圓過點(diǎn)\((2,1)\)，代入得\(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\)，將\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)代入，得\(\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1\)，解得\(a^2=8\)，\(b^2=2\)；故橢圓方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。（2）求\(m\)的取值范圍：聯(lián)立方程：將\(y=kx+m\)代入橢圓方程，得\(\frac{x^2}{8}+\frac{(kx+m)^2}{2}=1\)，化簡得\((1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0\)；判別式條件：\(\Delta=(8km)^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0\)，化簡得\(16(2k^2+1-m^2)>0\)，即\(2k^2+1>m^2\)（*）；韋達(dá)定理：設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，則\(x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}\)，\(x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}\)；OA⊥OB條件：\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，即\(x_1x_2+y_1y_2=0\)；代入\(y_1=kx_1+m\)，\(y_2=kx_2+m\)：\(x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0\)，展開得\((1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0\)；代入韋達(dá)定理結(jié)果：\((1+k^2)\cdot\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+km\cdot(-\frac{8km}{1+4k^2})+m^2=0\)；兩邊乘以\(1+4k^2\)，得\((1+k^2)(4m^2-8)-8k^2m^2+m^2(1+4k^2)=0\)；展開化簡：\(4m^2-8+4k^2m^2-8k^2-8k^2m^2+m^2+4k^2m^2=0\)；合并同類項(xiàng)：\((4m^2+m^2)+(4k^2m^2-8k^2m^2+4k^2m^2)+(-8-8k^2)=0\)，即\(5m^2-8-8k^2=0\)；解得\(k^2=\frac{5m^2-8}{8}\)（**）；代入判別式條件（*）：\(2\cdot\frac{5m^2-8}{8}+1>m^2\)，化簡得\(\frac{5m^2-8}{4}+1>m^2\)，即\(5m^2-8+4>4m^2\)，解得\(m^2>4\)，即\(m<-2\)或\(m>2\)；驗(yàn)證\(k^2\geq0\)：由（**）得\(\frac{5m^2-8}{8}\geq0\)，即\(m^2\geq\frac{8}{5}\)，結(jié)合\(m^2>4\)，故\(m\)的取值范圍是\((-\infty,-2)\cup(2,+\infty)\)。（三）解題策略總結(jié)1.圓錐曲線方程求解：橢圓：已知離心率（\(e=\frac{c}{a}\)）和過點(diǎn)，聯(lián)立方程求\(a^2,b^2\)（如例5）；雙曲線：已知漸近線（\(y=\pm\frac{a}x\)）和過點(diǎn)，設(shè)方程為\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=\lambda\)（\(\lambda\neq0\)），代入點(diǎn)求\(\lambda\)；拋物線：已知焦點(diǎn)或準(zhǔn)線，直接寫方程（如焦點(diǎn)在\(x\)軸正半軸，方程為\(y^2=2px\)）。2.直線與圓錐曲線位置關(guān)系：聯(lián)立方程后，必用韋達(dá)定理（避免直接求根，減少計(jì)算量）；弦長公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)（\(k\)為直線斜率）；中點(diǎn)坐標(biāo)：\((\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})\)，若求中點(diǎn)軌跡，可設(shè)中點(diǎn)為\((x,y)\)，用韋達(dá)定理表示\(x_1+x_2=2x\)，\(y_1+y_2=2y\)，再消去參數(shù)\(k\)。3.垂直條件：\(OA\perpOB\)轉(zhuǎn)化為\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)（即\(x_1x_2+y_1y_2=0\)），再代入直線方程化簡（如例5）。六、概率與統(tǒng)計(jì)：“數(shù)據(jù)解讀+模型應(yīng)用”的實(shí)際導(dǎo)向概率與統(tǒng)計(jì)是高考的應(yīng)用板塊，占分約15-20分，主要考查古典概型、幾何概型、統(tǒng)計(jì)圖表（直方圖、折線圖、餅圖）、回歸分析（線性回歸方程）、獨(dú)立性檢驗(yàn)（\(\chi^2\)檢驗(yàn)）。（一）核心考點(diǎn)梳理1.概率：古典概型：\(P(A)=\frac{\text{事件}A\text{包含的基本事件數(shù)}}{\text{總的基本事件數(shù)}}\)（如摸球、擲骰子）；幾何概型：\(P(A)=\frac{\text{事件}A\text{對應(yīng)的區(qū)域長度（面積/體積）}}{\text{總的區(qū)域長度（面積/體積）}}\)（如約會問題、投針問題）；2.統(tǒng)計(jì)：統(tǒng)計(jì)圖表：直方圖（頻率=組距×高度，眾數(shù)是最高矩形的中點(diǎn)，中位數(shù)是累計(jì)頻率為0.5的點(diǎn)，平均數(shù)=各組中點(diǎn)×頻率之和）；回歸分析：線性回歸方程\(\hat{y}=\hatx+\hat{a}\)，其中\(zhòng)(\hat=\frac{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sum_{i=1}^n(x_i-\bar{x})^2}\)，\(\hat{a}=\bar{y}-\hat\bar{x}\)（\(\bar{x}\)為\(x\)的平均值，\(\bar{y}\)為\(y\)的平均值）；獨(dú)立性檢驗(yàn)：\(\chi^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\)（\(n=a+b+c+d\)為樣本量），根據(jù)\(\chi^2\)值判斷兩個(gè)變量是否獨(dú)立（如“性別與是否喜歡數(shù)學(xué)”）。（二）經(jīng)典真題解析例6（2023年全國甲卷·文19）某學(xué)校為了解學(xué)生的睡眠情況，隨機(jī)抽取了100名學(xué)生，調(diào)查他們每天的睡眠時(shí)間（單位：小時(shí)），得到如下頻率分布直方圖：（注：直方圖中各組的區(qū)間為\([6,6.5)\)，\([6.5,7)\)，\([7,7.5)\)，\([7.5,8)\)，\([8,8.5)\)，\([8.5,9]\)）（1）求直方圖中\(zhòng)(a\)的值；（2）估計(jì)該校學(xué)生每天睡眠時(shí)間的平均