2020年北京市高考数学试卷(精品解析版)

绝密★本科目考试启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）

数学

本试卷共5页，150分，考试时长120分钟．考试务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

第一部分（选择题 共40分）

一、选择题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．

1. 已知集合A{1,0,1,2}，B{x|0x3}，则AA. {1,0,1} 【答案】D 【解析】 【分析】

根据交集定义直接得结果. 【详解】A故选：D.

【点睛】本题考查集合交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题. 2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则iz（ ）． A. 12i 【答案】B 【解析】 【分析】

先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果. 【详解】由题意得z12i，izi2. 故选：B.

【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 3. 在(x2)5的展开式中，x2的系数为（ ）．

B. 2i

C. 12i

D. 2i

B. {0,1}

B（ ）．

D. {1,2}

C. {1,1,2}

B{1,0,1,2}(0,3){1,2}，

1

A. 5 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 5 C. 10 D. 10

首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定x2的系数即可. 【详解】令

x2展开式的通项公式为：Tr1C5r5x5r2r2Cxr5r5r2，

5r112可得：r1，则x2的系数为：2C52510. 2故选：C.

【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项． 4. 某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．

A. 63 【答案】D 【解析】 【分析】

首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，

B. 623

C. 123 D. 1223 2

则其表面积为：S3222故选：D.

122sin601223. 2【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．

(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．

5. 已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）． A. 4 【答案】A 【解析】 【分析】

求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案. 【详解】设圆心Cx,y，则22B. 5 C. 6 D. 7

x3y41，

22化简得x3y41，

所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，

所以|OC|1|OM|32425，所以|OC|514， 当且仅当C在线段OM上时取得等号， 故选：A.

【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.

6. 已知函数f(x)2xx1，则不等式f(x)0的解集是（ ）．

3

A. (1,1) C. (0,1) 【答案】D 【解析】 【分析】

B. (,1)(1,)

D. (,0)(1,)

作出函数y2和yx1的图象，观察图象可得结果.

【详解】因为fx2x1，所以fx0等价于2xx1，

xx在同一直角坐标系中作出y2和yx1的图象如图：

x

两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)， 不等式2xx1的解为x0或x1.

所以不等式fx0的解集为：,01,. 故选：D.

【点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题.

7. 设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQl于Q，则线段FQ的垂直平分线（ ）． A. 经过点O C. 平行于直线OP 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 经过点P D. 垂直于直线OP

4

依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段

FQ的垂直平分线经过点P，即求解.

【详解】如图所示：．

因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQPF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P. 故选：B.

【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.

8. 在等差数列an中，a19，a51．记Tna1a2…an(n1,2,…)，则数列Tn（ ）． A. 有最大项，有最小项 C. 无最大项，有最小项 【答案】B 【解析】 【分析】

首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.

【详解】由题意可知，等差数列的公差dB. 有最大项，无最小项 D. 无最大项，无最小项

a5a1192， 5151则其通项公式为：ana1n1d9n122n11， 注意到a1a2a3a4a50a61a7且由T50可知Ti0i6,iN，

，

Tiai1i7,iN可知数列Tn不存在最小项， 由Ti1由于a19,a27,a35,a43,a51,a61， 故数列Tn中正项只有有限项：T263，T46315945.

5

故数列Tn中存在最大项，且最大项为T4. 故选：B.

【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.

9. 已知,R，则“存在kZ使得k(1)k”是“sinsin”的（ ）． A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】

根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断. 【详解】(1)当存在kZ使得k(1)kB. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

时，

若k为偶数，则sinsinksin；

若k为奇数，则sinsinksink1sinsin； (2)当sinsin时，2m或2m，mZ，即k1kk2m或

k1k2m1，

亦即存在kZ使得k(1)kk．

k所以，“存在kZ使得k(1)”是“sinsin”的充要条件.

故选：C.

【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.

10. 2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．

3030tanA. 3nsin nn3030tanB. 6nsin nn6

6060tanC. 3nsin nn【答案】A 【解析】 【分析】

6060tanD. 6nsin nn计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长，利用它们的算术平均数作为2的近似值可得出结果.

【详解】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为所以，单位圆的内接正6n边形的周长为12nsin单位圆的外切正6n边形的每条边长为2tan3606030，每条边长为2sin， n6nn30， n3030，其周长为12ntan， nn12nsin2303012ntannn6nsin30tan30，

2nn则3nsin故选：A.

3030tan. nn【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.

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.

11. 函数f(x)1lnx的定义域是____________． x1【答案】(0,) 【解析】 【分析】

根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.

x0【详解】由题意得，x0

x10故答案为：(0,)

【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.

7

x2y212. 已知双曲线C:1，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是

63_________．

【答案】 (1). 3,0 (2). 【解析】 【分析】

根据双曲线的标准方程可得出双曲线C的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离. 【详解】在双曲线C中，a双曲线C的渐近线方程为y3

6，b3，则ca2b23，则双曲线C的右焦点坐标为3,0，

2x，即x2y0， 23122所以，双曲线C的焦点到其渐近线的距离为故答案为：3,0；3.

3.

【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.

13. 已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP1(ABAC)，则|PD|_________；2PBPD_________．

【答案】 (1). 【解析】 【分析】

以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得PD以及PBPD的值.

【详解】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

5 (2). 1

8

则点A0,0、B2,0、C2,2、D0,2，

AP111ABAC2,02,22,1， 222则点P2,1，PD2,1，PB0,1， 因此，PD22125，PBPD021(1)1.

故答案为：5；1.

【点睛】本题考查平面向量的模和数量积的计算，建立平面直角坐标系，求出点P的坐标是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.

14. 若函数f(x)sin(x)cosx的最大值为2，则常数的一个取值为________． 【答案】

（2k,kZ均可）

22【解析】 【分析】

根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得fxcos2sin1sinx，可得

2cos2sin12，即可解出.

【详解】因为fxcossinxsin1cosx2cos2sin1sinx，

22所以cos2sin12，解得sin1，故可取. 2故答案为：

（2k,kZ均可）.

22【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数算能力，属于基础题.

15. 为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为Wf(t)，用f(b)f(a)的大小评价在[a,b]这段时间内企

ba9

业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.

给出下列四个结论： ①在

t1,t2这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；

②在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；

④甲企业在0,t1,t1,t2,t2,t3这三段时间中，在0,t1的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】

根据定义逐一判断，即可得到结果 【详解】在

f(b)f(a)表示区间端点连线斜率的负数，

bat1,t2这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力

t1,t2这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，

比乙企业强；①正确；

甲企业在0,t1,t1,t2,t2,t3这三段时间中，甲企业在即在

t1,t2的污水治理能力最强．④错误；

在t2时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；

在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③

【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.

10

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. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点．

（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）

【解析】 【分析】

（Ⅰ）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；

（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，利用空间向量法可计算出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 【详解】（Ⅰ）如下图所示：

2. 3

11

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB//A1B1且ABA1B1，A1B1//C1D1且A1B1C1D1，

AB//C1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1， BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，

设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A0,0,0、A12,0,2、E0,2,1，10,0,2、DAD12,0,2，AE0,2,1，

nAD102x2z0设平面AD1E的法向量为nx,y,z，由，得，

2yz0nAE0令z2，则x2，y1，则n2,1,2.

cosn,AA1nAA1nAA142. 3232. 3因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为

【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题.

17. 在ABC中，ab11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求： （Ⅰ）a的值： （Ⅱ）sinC和ABC条件①：c7,cosA面积．

1； 712

条件②：cosA19,cosB． 816注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）sinC3, S63； 2选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）sinC【解析】 【分析】

1577, S. 44选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得sinA,再根据正弦定理求

sinC,最后根据三角形面积公式求结果；

选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得sinA,sinB，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求sinC，再根据三角形面积公式求结果. 【详解】选择条件①（Ⅰ）

1c7,cosA，ab11

71a2b2c22bccosAa2(11a)2722(11a)7()

7a8

（Ⅱ）

143 cosA，A(0,)sinA1cos2A77ac873sinC由正弦定理得：sinAsinC43sinC2

7113SbasinC(118)863 222选择条件②（Ⅰ）

19cosA,cosB，A,B(0,)

8163757 ,sinB1cos2B816sinA1cos2Aaba11aa6由正弦定理得：sinAsinB37 57816（Ⅱ）sinCsin(AB)sinAcosBsinBcosA3795717 816168413

117157 SbasinC(116)62244【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.

18. 某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：

男生 支持 方案一 方案二 200人 350人 不支持 400人 250人 支持 300人 150人 不支持 100人 250人 女生 假设所有学生对活动方案否支持相互．

（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；

（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；

（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为p0，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1，试比较p0与p1的大小．（结论不要求证明） 【答案】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为

（Ⅱ）

13,（Ⅲ）p1p0 36【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；

（Ⅱ）先分类，再根据事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果； （Ⅲ）先求p0，再根据频率估计概率p1，即得大小. 【详解】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为该校女生支持方案一的概率为

是2001，

200+400314

31，该校女生支持方案一的概率为； 343003；

300+1004（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，

所以3人中恰有2人支持方案一概率为：()(1)C2()(1)（Ⅲ）p1p0

132341131313; 3436【点睛】本题考查利用频率估计概率、事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 19. 已知函数f(x)12x2．

（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程；

（Ⅱ）设曲线yf(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值． 【答案】（Ⅰ）2xy130，（Ⅱ）32. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；

（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.

2【详解】（Ⅰ）因为fx12x，所以fx2x，

设切点为x0,12x0，则2x02，即x01，所以切点为1,11， 由点斜式可得切线方程为：y112x1，即2xy130. （Ⅱ）显然t0， 因为yfx在点t,12t22处的切线方程为：y12t2txt，

2t212令x0，得yt12，令y0，得x，

2t1t2122所以Stt12，

22|t|不妨设t0(t0时，结果一样)，

t424t214413144则St(t24t)，

4t4t4211443(t8t48)2所以St(3t242)

4t4t215

3(t24)(t212)3(t2)(t2)(t212)， 224t4t由St0，得t2，由St0，得0t2， 所以St在0,2上递减，在2,上递增， 所以t2时，St取得极小值， 也是最小值为S2161632. 8【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.

x2y220. 已知椭圆C:221过点A(2,1)，且a2b．

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程：

（Ⅱ）过点B(4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x4于点P,Q．求值．

|PB|的|BQ|x2y2【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1. 1；

82【解析】 【分析】

(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；

(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得yPyQ0，从而可得两线段长度的比值.

x2y2【详解】(1)设椭圆方程为：221ab0，由题意可得：

ab41a28221，解得：2， abb2a2bx2y2故椭圆方程为：1.

82(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN方程为：ykx4，

16

2x2y2与椭圆方程1联立可得：x24k2x48，

82即：4k1x32kxk80，

222232k2k28. 则：x1x2,x1x2224k14k1直线MA的方程为：y1y11x2， x12令x4可得：yP2kx141x122k1x14y1112， x12x12x12x122k1x24. 同理可得：yQx22很明显yPyQ0，且：

PBPQyP，注意到： yQx14x22x24x12x14x24yPyQ2k1， 2k1x2x2x2x21212而：x14x22x24x122x1x23x1x28

k2832k222328

4k14k1k228332k284k214k120，

故yPyQ0,yPyQ.

从而

PBBQyP1. yQ【点睛】解决直线与椭圆综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21. 已知an是无穷数列．给出两个性质：

ai2am； ①对于an中任意两项ai,aj(ij)，在an中都存在一项am，使aj17

2ak②对于an中任意项an(n3)，在an中都存在两项ak,al(kl)．使得an．

al(Ⅰ)若ann(n1,2,)，判断数列an是否满足性质①，说明理由；

)，判断数列an是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

n1(Ⅱ)若an2(n1,2,(Ⅲ)若an是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：an为等比数列. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析. 【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；

2a2(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明a3，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列

a1即可.

解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得a1,a2,a3成等比数列，之后证得a1,a2,a3,a4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)

a329a22,a33,Zan不具有性质①；

a22*(Ⅱ)

ai2ai2(2ij)1*i,jN,ij,2,2ijNa2ijan具有性质①；

ajaj*ak2nN,n3,kn1,ln2,2(2kl)12n1an,an具有性质②；

al(Ⅲ)解法一

首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：

显然an0nN*，假设数列中存在负项，设N0maxn|an0， 第一种情况：若N01，即a00a1a2a3，

22a3a20，存在m2，满足am20， 由①可知：存在m1，满足am1a1a122a3a2，从而a2a3，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 由N01可知

a1a118

第二种情况：若N02，由①知存在实数m，满足am2aN02aN02aN0a10，由N0的定义可知：mN0，

另一方面，ama1aN0aN0，由数列的单调性可知：mN0，

这与N0的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.

2a2其次，证明a3：

a12ak利用性质②：取n3，此时a3kl，

al由数列的单调性可知akal0， 而a3akakak，故k3， al2a2此时必有k2,l1，即a3，

a1最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：

假设数列an的前kk3项成等比数列，不妨设asa1q其中a10,q1，（a10,0q1的情况类似）

2aka1qkak，且ama1qkak1 （*） 由①可得：存在整数m，满足amak1s11sk，

as2aassas，由数列的单调性可知：tsk1， 由②得：存在st，满足：ak1atat由asa1qs1as21sk可得：ak1a1q2st1aka1qk1 （**）

atk2st1由（**）和（*）式可得：a1qa1qa1qk1，

结合数列的单调性有：k2st1k1， 注意到s,t,k均为整数，故k2st1， 代入（**）式，从而ak1a1q.

k19

n1总上可得，数列an的通项公式为：ana1q.

即数列an为等比数列. 解法二：

假设数列中的项数均为正数：

2ak(kl)， 首先利用性质②：取n3，此时a3al由数列的单调性可知akal0， 而a3akakak，故k3， al2a2此时必有k2,l1，即a3，

a12即a1,a2,a3成等比数列，不妨设a2a1q,a3a1q(q1)，

2a3a12q4a1q3， 然后利用性质①：取i3,j2，则ama2a1q33即数列中必然存在一项的值为a1q，下面我们来证明a4a1q，

否则，由数列的单调性可知a4a1q，

2akaakkak，从而k4， 在性质②中，取n4，则a4alal2ak与前面类似的可知则存在{k,l}{1,2,3}(kl)，满足a4，

al2aka1q3，与假设矛盾； 若k3,l2，则：a4al2aka1q4a1q3，与假设矛盾； 若k3,l1，则：a4al2aka1q2a3，与数列的单调性矛盾； 若k2,l1，则：a4al3即不存在满足题意的正整数k,l，可见a4a1q不成立，从而a4a1q，

332a4a12qaq然后利用性质①：取i4,j3，则数列中存在一项am， 12a3a1q20

下面我们用反证法来证明a5a1q4，

34否则，由数列的单调性可知a1qa5a1q，

2akaakkak，从而k5， 在性质②中，取n5，则a5alal2ak与前面类似的可知则存在k,l1,2,3,4kl，满足a5，

al2aka12q2k22kl1aq即由②可知：a5， 1l1ala1q若2kl14，则a5a1q4，与假设矛盾；

4若2kl14，则a5a1q，与假设矛盾；

33若2kl14，由于k,l为正整数，故2kl13，则a5a1q，与a1qa5矛盾；

综上可知，假设不成立，则a556同理可得：a6a1q,a7a1q,a1q4.

，从而数列an为等比数列，

同理，当数列中的项数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an为等比数列.

【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.

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