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押题预测卷09-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）
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这是一份押题预测卷09-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷09-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷09-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
决胜2024年高考数学押题预测卷09
数 学
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
所以集合，
又集合，
所以，
故选：D.
2．已知，则向量与夹角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】结合题意：设向量与夹角为，
，
因为，所以，解得.
因为，所以.
故选：B.
3．设b，c表示两条直线，表示两个平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A：若，除非说明共面，否则不能推出，A错误，
对于B：若，没有说明，不能推出，B错误；
对于C：若，则，，都有可能，C错误；
对于D：如图，过直线作一个平面与交于直线，由线面平行的性质定理可得，又，所以，又，得，D正确.
故选：D.
4．已知正项等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A 29B. 31C. 33D. 36
【答案】B
【解析】不妨设等比数列的公比为，由可得：，因，则①
又由与的等差中项为可得：，即②
将①代入②，可得：，回代入①，解得：，于是
故选：B.
5．在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】由题意得，⊥，双曲线的一条渐近线方程为，
故，即，
又，所以，
由勾股定理得，即，
解得，
,
故选：B.
6．假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设从甲中取出2个球，其中白球的个数为个为事件，事件的概率为，
从乙中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，
根据题意，可得；
；，
根据贝叶斯公式得，从乙袋中取出2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为：
.
故选：C.
7．已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ）
A. 4B. 8C. D.
【答案】D
【解析】因为的图象关于对称，所以．
因为①，则，
即②，①-②得，，
所以的图像关于对称．
令，则是奇函数，
所以，即，
所以的图象关于点中心对称，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数．
因为，所以．
因为是以4为周期的周期函数，
所以也是以4为周期的周期函数，
取，，所以．
因为，所以，
所以．
取，所以，
所以，
所以，
故选:D．
8．已知，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，即，
分子分母同时除以得：
即，代入①得：
，解得.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则z为实数B. 若，则
C. 若，则的最大值为2D. 若，则z为纯虚数
【答案】AC
【解析】设，则，
若，即，即，则z为实数，故A正确；
若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
若，即，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
若，即，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选：AC
10．已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ）
A.
B. 恒成立
C. 在上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称
【答案】ABC
【解析】函数图象在y轴上的截距为，
所以，因为，所以.故A正确；
又因为是该函数的最小正零点，
所以，所以，
解得，所以，，
所以，故B正确；
当时，，故C正确；
将的图象向右平移个单位，得到，
是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误.
故选：ABC.
11．已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最小值为16
【答案】ACD
【解析】A选项，由题意得，准线方程为，
直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，得，，故，A正确；
B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，
即，联立，得，故，
所以B错误；
C选项，由直线的方程，令得，
又，所以，
故，故，
又由焦半径公式得，所以C正确；
D选项，不妨设，过B向作垂线交于M，
根据B选项知，，
故，
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积最小值为16，D正确
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有_________种.
【答案】36
【解析】依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有.
故答案为：36
13.已知圆与圆（）相交于两点．若，则实数的值可以是_________
【答案】2或
【解析】由题意可得弦所在的直线方程为，
因为圆，圆心，
圆，圆心，
设圆心与圆心到直线的距离分别为，
因为，即，
所以，又，
即，化简可得，
即，解得或.
故答案为：2或
14.如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为__________；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】由题意，直三棱柱中，，，
该直三棱柱可补充一个长方体，
其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为，
所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为；
如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接，
则且，在过点作，可得，
连接，则四边形即为过点的截面，
在中，因为，且为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以四边形为直角梯形，
在中，由且，可得，所以，
设，在直角中，可得，
又由，可得，
所以直角梯形的面积为
，其中，
设，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
时，，单调递减，
又由，可得，
所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）若面积，，求a的值；
（2）若函数在区间上有零点，求t的取值范围．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）∵中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
∴．
又∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）（），
，
∵，
∴在上为负，在上为正，
∴在上为减函数，在上为增函数，
∴，
∴在上只有一个零点．
∴要使在上有零点，则t的取值范围是.
16．如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，．
（1）在棱上找一点G，使得平面平面，并证明你的结论；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）点G为中点，证明见解析 （2）
【解析】（1）当点G为中点时，平面平面，证明如下：
因为四棱锥是正四棱锥，
所以，．
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）连接，与交于点O，连接，因为四棱锥是正四棱锥，
所以两两垂直，以O为坐标原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则有，得，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17．为考察药物对预防疾病以及药物对治疗疾病的效果，科研团队进行了大量动物对照试验．根据个简单随机样本的数据，得到如下列联表：（单位：只）
（1）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性；
（2）用频率估计概率，现从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取只，用药物进行治疗．已知药物的治愈率如下：对未服用过药物的动物治愈率为，对服用过药物的动物治愈率为．若共选取次，每次选取的结果是相互独立的．记选取的只动物中被治愈的动物个数为，求的分布列和数学期望．
附：，.
【答案】（1）认为药物对预防疾病有效果；（2）分布列见解析，期望为
【分析】（1）提出零假设为药物对预防疾病无效果，根据列联表计算出的值，结合临界值表可得出结论；（2）利用全概率公式计算出药物的治愈率，分析可知，利用二项分布列可得出随机变量的分布列，进而可得出的值.
【解析】（1）零假设为药物对预防疾病无效果，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为药物对预防疾病有效果．
（2）设A表示药物的治愈率，表示对未服用过药物，表示服用过药物，
由题意可得，，
且，，
，
药物的治愈率，则，
所以，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
．
18．物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．（参考数据：，，，）
【答案】（1） （2）
【解析】（1），
在点处的切线方程为：
令，得，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故
（2）令
法一：错位相减法
，
，
两式相减得：
化简得：
故，
化简得
令，
则，
当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数；
法二：裂项相消法
由，
设且，
则，
于是，得，
即
所以
故，化简得
令，
则时，，
当当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数
19．椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
（1）若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
（2）若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
【答案】（1）； （2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【解析】（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．药物
疾病
未患病
患病
合计
未服用
服用
合计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
决胜2024年高考数学押题预测卷09
数 学
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
所以集合，
又集合，
所以，
故选：D.
2．已知，则向量与夹角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】结合题意：设向量与夹角为，
，
因为，所以，解得.
因为，所以.
故选：B.
3．设b，c表示两条直线，表示两个平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A：若，除非说明共面，否则不能推出，A错误，
对于B：若，没有说明，不能推出，B错误；
对于C：若，则，，都有可能，C错误；
对于D：如图，过直线作一个平面与交于直线，由线面平行的性质定理可得，又，所以，又，得，D正确.
故选：D.
4．已知正项等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A 29B. 31C. 33D. 36
【答案】B
【解析】不妨设等比数列的公比为，由可得：，因，则①
又由与的等差中项为可得：，即②
将①代入②，可得：，回代入①，解得：，于是
故选：B.
5．在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】由题意得，⊥，双曲线的一条渐近线方程为，
故，即，
又，所以，
由勾股定理得，即，
解得，
,
故选：B.
6．假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设从甲中取出2个球，其中白球的个数为个为事件，事件的概率为，
从乙中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，
根据题意，可得；
；，
根据贝叶斯公式得，从乙袋中取出2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为：
.
故选：C.
7．已知函数的定义域均为是奇函数，且的图象关于对称，，则（ ）
A. 4B. 8C. D.
【答案】D
【解析】因为的图象关于对称，所以．
因为①，则，
即②，①-②得，，
所以的图像关于对称．
令，则是奇函数，
所以，即，
所以的图象关于点中心对称，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数．
因为，所以．
因为是以4为周期的周期函数，
所以也是以4为周期的周期函数，
取，，所以．
因为，所以，
所以．
取，所以，
所以，
所以，
故选:D．
8．已知，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】，
，
，分子分母同时除以得：
①，
由于，所以，所以，
所以，
所以，即，
分子分母同时除以得：
即，代入①得：
，解得.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则z为实数B. 若，则
C. 若，则的最大值为2D. 若，则z为纯虚数
【答案】AC
【解析】设，则，
若，即，即，则z为实数，故A正确；
若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
若，即，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
若，即，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选：AC
10．已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ）
A.
B. 恒成立
C. 在上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称
【答案】ABC
【解析】函数图象在y轴上的截距为，
所以，因为，所以.故A正确；
又因为是该函数的最小正零点，
所以，所以，
解得，所以，，
所以，故B正确；
当时，，故C正确；
将的图象向右平移个单位，得到，
是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误.
故选：ABC.
11．已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最小值为16
【答案】ACD
【解析】A选项，由题意得，准线方程为，
直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，得，，故，A正确；
B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，
即，联立，得，故，
所以B错误；
C选项，由直线的方程，令得，
又，所以，
故，故，
又由焦半径公式得，所以C正确；
D选项，不妨设，过B向作垂线交于M，
根据B选项知，，
故，
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积最小值为16，D正确
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有_________种.
【答案】36
【解析】依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有.
故答案为：36
13.已知圆与圆（）相交于两点．若，则实数的值可以是_________
【答案】2或
【解析】由题意可得弦所在的直线方程为，
因为圆，圆心，
圆，圆心，
设圆心与圆心到直线的距离分别为，
因为，即，
所以，又，
即，化简可得，
即，解得或.
故答案为：2或
14.如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为__________；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】由题意，直三棱柱中，，，
该直三棱柱可补充一个长方体，
其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为，
所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为；
如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接，
则且，在过点作，可得，
连接，则四边形即为过点的截面，
在中，因为，且为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以四边形为直角梯形，
在中，由且，可得，所以，
设，在直角中，可得，
又由，可得，
所以直角梯形的面积为
，其中，
设，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
时，，单调递减，
又由，可得，
所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）若面积，，求a的值；
（2）若函数在区间上有零点，求t的取值范围．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）∵中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
∴．
又∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）（），
，
∵，
∴在上为负，在上为正，
∴在上为减函数，在上为增函数，
∴，
∴在上只有一个零点．
∴要使在上有零点，则t的取值范围是.
16．如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，．
（1）在棱上找一点G，使得平面平面，并证明你的结论；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）点G为中点，证明见解析 （2）
【解析】（1）当点G为中点时，平面平面，证明如下：
因为四棱锥是正四棱锥，
所以，．
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
（2）连接，与交于点O，连接，因为四棱锥是正四棱锥，
所以两两垂直，以O为坐标原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则有，得，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17．为考察药物对预防疾病以及药物对治疗疾病的效果，科研团队进行了大量动物对照试验．根据个简单随机样本的数据，得到如下列联表：（单位：只）
（1）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性；
（2）用频率估计概率，现从患病的动物中用随机抽样的方法每次选取只，用药物进行治疗．已知药物的治愈率如下：对未服用过药物的动物治愈率为，对服用过药物的动物治愈率为．若共选取次，每次选取的结果是相互独立的．记选取的只动物中被治愈的动物个数为，求的分布列和数学期望．
附：，.
【答案】（1）认为药物对预防疾病有效果；（2）分布列见解析，期望为
【分析】（1）提出零假设为药物对预防疾病无效果，根据列联表计算出的值，结合临界值表可得出结论；（2）利用全概率公式计算出药物的治愈率，分析可知，利用二项分布列可得出随机变量的分布列，进而可得出的值.
【解析】（1）零假设为药物对预防疾病无效果，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，
即认为药物对预防疾病有效果．
（2）设A表示药物的治愈率，表示对未服用过药物，表示服用过药物，
由题意可得，，
且，，
，
药物的治愈率，则，
所以，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
．
18．物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．（参考数据：，，，）
【答案】（1） （2）
【解析】（1），
在点处的切线方程为：
令，得，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
故
（2）令
法一：错位相减法
，
，
两式相减得：
化简得：
故，
化简得
令，
则，
当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数；
法二：裂项相消法
由，
设且，
则，
于是，得，
即
所以
故，化简得
令，
则时，，
当当时，，即，
当时，，即，
所以
从而整数
19．椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
（1）若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
（2）若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
【答案】（1）； （2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【解析】（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．药物
疾病
未患病
患病
合计
未服用
服用
合计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
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