精品解析：北京市第五十五中学2027届高三第一学期8月开学考试数学试题

北京市第五十五中学2026—2027学年度第一学期 8月开学测试卷 高三数学 本试卷共150分，考试时长120分钟 第一部分（选择题　共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项，把答案填在答题纸上） 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 4 5. 已知函数，函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 6. 设抛物线的焦点为F，点P为C上的任意点，若点A使得的最小值为4，则下列选项中，符合题意的点A可为（ ） A. B. C. D. 7. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 在直角坐标系中，全集，集合，已知集合A的补集所对应区域的对称中心为M，点P是线段（，）上的动点，点Q是x轴上的动点，则周长的最小值为（ ） A. 24 B. C. 14 D. 第二部分（非选择题　共110分） 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题纸上） 11. 的展开式中x项的系数为______． 12. 函数的定义域为______． 13. 若双曲线经过点，其渐近线方程为，则双曲线的方程是___________. 14. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 15. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题（共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． （1）求； （2）若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 17. 为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将100道难度相当的数学试题从1到100编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 函数试题 30 24 20 18 几何试题 20 16 30 20 （1）估计软件能正确解答数学问题的概率； （2）小明决定采用这两款软件解答3道类似试题（假设其难度和测试的100道题基本相同），其中函数2道，几何1道；使用软件解答2道函数试题，使用软件解答1道几何试题；每道试题只用其中一款软件解答一次．假设用频率估计概率，且每次解答相互独立．用表示3道类似试题被正确解答的个数，求的分布列与数学期望； （3）小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题（假设其难度和测试的100道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是函数题的概率为，几何题的概率为．假设用频率估计概率，试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大？（结论不要求证明） 18. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． （1）求椭圆的方程； （2）直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 20. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，结论不要求证明 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十五中学2026—2027学年度第一学期 8月开学测试卷 高三数学 本试卷共150分，考试时长120分钟 第一部分（选择题　共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项，把答案填在答题纸上） 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得； 【详解】解：由，即，解得， 所以， 又，所以，所以； 故选：B 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用复数的模长和除法运算化简得到，再根据虚部的定义，即得解 【详解】由， 得， ∴的虚部为. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可得结论. 【详解】因为函数在上为减函数，所以，即； 又函数在上为增函数，所以； 函数在上为增函数，所以， 综上可得：. 故选：B. 4. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求出的值. 【详解】因为， 所以. 因为，所以 所以. 解得. 故选：C. 5. 已知函数，函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简函数，结合正切函数的图象与性质，以及函数的定义域，即可求解. 【详解】由题意，函数， 定义域为，解得且， 结合正切函数的图象，可得函数的最小正周期为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及同角三角函数的基本关系式的应用，其中解答中合理应用三角函数的基本关系式化简，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了化简与运算能力，属于中档试题. 6. 设抛物线的焦点为F，点P为C上的任意点，若点A使得的最小值为4，则下列选项中，符合题意的点A可为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的性质，结合选项逐一判断即可. 【详解】抛物线的准线方程为：，焦点坐标为：， A：因为在抛物线内部，而到准线的距离为：， 所以的最小值为，不符合题意； B：因为在抛物线上，所以的最小值就是，不符合题意； C：因为在抛物线内部，到准线的距离为：， 所以的最小值为，符合题意， D：因为在抛物线外部：所以的最小值就是 ，不符合题意， 故选：C 7. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可. 【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1， 则第段圆弧的半径为，弧长记为，则， 所以. 故选：D． 8. 已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断函数为单调递减，进而得到与的大小关系，再利用必要充分条件的定义，即可得到答案； 【详解】解：设，所以f′（x）=cosx﹣1≤0， 故f（x）在R上单调递减，当x>0时，f（x）<f（0）=0，即sinx<x. 当x<0时，f（x）>f（0）=0，即sinx>x. 当任意n∈N*，都有an+1≤an，即sinan≤an，所以an≥0，即a1≥0. 当a1≥0时，令a1=，a2=﹣1，a3=sin（﹣1）>﹣1， 所以a1≥0不能推出“任意n∈N*，都有an+1≤an“， 故“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的必要不充分条件. 故选：B. 9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于点,取的中点为,则平面,取的中点为,连接,则, 过作,则平面,进而求解体积. 【详解】连接交于点,取的中点为,则平面, 由其余棱长都为，所以 取的中点为,连接,则, 过作, 则平面,如图所示，由题意可知，,则, 所以, 所以. 故选：D 10. 在直角坐标系中，全集，集合，已知集合A的补集所对应区域的对称中心为M，点P是线段（，）上的动点，点Q是x轴上的动点，则周长的最小值为（ ） A. 24 B. C. 14 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合可判断出集合表示圆,再画图,根据做对称点的方法转换的周长,再求最小值即可. 【详解】∵点到直线的距离, ∴直线始终与圆相切, ∴集合A表示除圆以外所有的点组成的集合, ∴集合表示圆,其对称中心如图所示：设是点关于直线线段（）的对称点,设,则由求得,可得.设关于x轴的对称点为,易得,则直线,和线段的交点为P,则此时,的周长为,为最小值. 故选：B 【点睛】本题主要考查了点到直线距离公式的应用以及“将军饮马”问题的应用,需要根据题意作出对称点,再转换所求求最值即可.属于难题. 第二部分（非选择题　共110分） 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题纸上） 11. 的展开式中x项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】由二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】由二项展开式的通项公式， 令，可得， 故答案为： 12. 函数的定义域为______． 【答案】； 【解析】 【分析】根据函数的解析式，列出使得函数的解析式有意义的不等式组，即可求解. 【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得且， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：常见的具体函数求定义域： (1)偶次根号下的被开方数大于等于0；(2)分式中的分母不为0；(3)对数函数中真数大于0. 13. 若双曲线经过点，其渐近线方程为，则双曲线的方程是___________. 【答案】 【解析】 【分析】分双曲线焦点在轴或上，分别设出双曲线方程，联立方程组求解即可. 【详解】由题意可知，①若双曲线的焦点在x轴上,则可设，则 且，联立解得,则双曲线的标准方程为； ②若双曲线的焦点在y轴上，则可设，则，且，此时无解，综上，双曲线的方程为. 故答案为： 14. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 【答案】 ①. 2（答案不唯一，即可） ②. 4 【解析】 【分析】分别研究和时函数的最小值情况，确保两个区间内的最小值都不小于，且是整体的最小值，结合两段函数的性质，求解的取值. 【详解】由题意知，原函数中为最小值， ①当时，令，则，函数变为， 求导得，令，则， i）当，即时，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； ii）当，即时，在上单调递增， 最小值. ②当时，，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； 综上所述， . 故答案为：2（答案不唯一，即可）；4 15. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确. 【详解】， 因为当时，无意义，无此曲线，故舍去， 所以曲线表示为：， 作出曲线图象为 对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为， 所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线与交点分别为， 因为圆方程中半径为2，且点， 所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确； 对于④，由于直线恒过， 当时，直线与平行，有一个交点； 当时，与渐近线平行，此时有两个交点， 当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图： 所以，④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析. 三、解答题（共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．） 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． （1）求； （2）若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解； （2）根据三角形面积可得，再根据等面积法可得角分线长度. 【小问1详解】 由已知， 又由正弦定理可得， 又，所以， 则，又，即， 又，，即， 则，所以，； 【小问2详解】 由已知，所以， 因为为角的角分线， 故， 所以， 即， 解得. 17. 为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将100道难度相当的数学试题从1到100编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 函数试题 30 24 20 18 几何试题 20 16 30 20 （1）估计软件能正确解答数学问题的概率； （2）小明决定采用这两款软件解答3道类似试题（假设其难度和测试的100道题基本相同），其中函数2道，几何1道；使用软件解答2道函数试题，使用软件解答1道几何试题；每道试题只用其中一款软件解答一次．假设用频率估计概率，且每次解答相互独立．用表示3道类似试题被正确解答的个数，求的分布列与数学期望； （3）小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题（假设其难度和测试的100道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是函数题的概率为，几何题的概率为．假设用频率估计概率，试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大？（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 3 期望为 （3） 小明应该使用软件来解决这道试题,证明如下： 记“软件能正确解答这道题”为事件，“软件能正确解答这道题”为事件， “该题为几何题”为事件． 则，，， ，，， 由全概率公式可得 ． ． 因为，所以软件能够正确解决这道试题的概率更大， 故小明应该使用软件来解决这道试题． 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解； （2）法一：确定的每一个取值，求得对应概率即可求解；法二：用、分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数，得到，，再由即可求解； （3）记“软件能正确解答这道题”为事件，“软件能正确解答这道题”为事件， 由全概率计算公式求得比较大小即可. 【小问1详解】 记软件能正确解答数学问题为事件， 结合题中数据以及古典概型的概率公式可得． 【小问2详解】 解法一：使用软件解答函数试题正确的概率为， 使用软件解答几何试题正确的概率为； 的可能取值为0、1、2、3， ， ， ， ， 则其分布列为： 0 1 2 3 其期望为：； 解法二：函数试题用软件解答，几何试题用软件解答． 用、分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数， 因为，， 0 1 2 0 1 的可能取值为0、1、2、3， ，， ，， 则其分布列为： 0 1 2 3 由二项分布的期望公式可得， 因为，相互独立，则 ． 【小问3详解】 小明应该使用软件来解决这道试题．证明略. 18. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明：取中点为，连接和∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，平面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. （2）选条件②或条件③， 【解析】 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 条件①：不符合题意.如图所示： 取中点，连接、：因为是边长为的正三角形， 因此，且，； 又，因此， 由勾股定理得：（1）， 根据条件①平面平面，两平面交线为，平面， 因此平面，平面， 可得.结合题设， 在中由勾股定理得：（2）. 联立（1）（2）可得，则矛盾， 因此条件①不符合题意. 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 19. 已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． （1）求椭圆的方程； （2）直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线经过定点，定点坐标为 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案. 【小问1详解】 因为椭圆的左焦点，所以， 又短轴长为，所以，由可得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线和斜率存在时，设直线方程为：， 设，，则有中点， 联立方程，消去得：， 由韦达定理得：，所以的坐标为， 将上式中的换成，同理可得的坐标为， 若，即，， 此时直线斜率不存在，直线过定点； 当时，即直线斜率存在， 则， 直线为， 令，得， 此时直线过定点， 显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过， 综上所述：直线经过定点，定点坐标为. 20. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，结论不要求证明 【答案】（1），单调增区间，无单调减区间；，单调减区间，单调增区间 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）通过求导，按， 分类讨论，直接判断函数增减区间； （2）①由恒成立，不符合条件；时函数最小值为，构造辅助函数分析最值，唯一满足条件的解为；②代入，构造函数，求导，分段讨论 ，，，的单调性，利用零点存在定理，判断出函数共有个零点，即方程有个根. 【小问1详解】 ， ①若，，则恒成立， 可知单调递增区间为，无单调递减区间； ②若，令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上：，单调增区间，无单调减区间； ，单调减区间，单调增区间. 【小问2详解】 ①， 若，在内单调递增，当时，，不合题意； 若，由（1）可知：， 则， 令，则， 单调递减 单调递增 则，不等式的解为， 由可得，所以. ②，当且仅当时，等号成立， 设，则， 1）若，令， 则，可知在单调递增， 且，，存在，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 且，，所以在有个零点； 2）若，，，单调递增， 且，，所以在有个零点； 3）若，，得，无零点； 4）若，，在此区间单调递增， 因为，即，无零点. 综上，一共有个零点，即方程根的个数为. 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)不具有性质①； (Ⅱ)具有性质①；具有性质②； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由①可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由①可得：存在整数，满足，且 （*） 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质①：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质①：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由②可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】(Ⅰ)不具有性质①，理由略； (Ⅱ)具有性质①，理由略； 具有性质②，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $