辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾）

这是一份辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．2022年北京冬奥会的顺利召开，引起大家对冰雪运动的关注．若A，B，C三人在自由式滑雪、花样滑冰、冰壶和跳台滑雪这四项运动中任选一项进行体验，则不同的选法共有（ ）
A．12种B．16种C．64种D．81种
2．现有A、B、C、D、E五人，随意并排站成一排，A、B相邻且B在A的右边的概率为（ ）
A．110B．25C．15D．45
3．设等差数列an的前n项和为Sn，已知S12>0，S13<0，则以下选项中，最大的是（ ）
A．S12B．S7C．S6D．S1
4．x+2y+3z8的展开式中，共有多少项？（ ）
A．45B．36C．28D．21
5．已知1+ax31+x6的展开式中各项系数的和为128，则该展开式中x2的系数为（ ）
A．15B．21C．30D．35
6．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是（ ）
A．15B．25C．35D．45
7．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数fx=x，其中x表示不超过x的最大整数，已知数列an满足a1=2，a2=6，an+2+5an=6an+1，若bn=lg5an+1，为数列1000bnbn+1的前n项和，则S2024=（ ）
A．999B．749C．499D．249
8．设{an}为等比数列，设Sn和Tn分别为{an}的前n项和与前n项积，则下列选项正确的是（ ）
A．若S2022>S2021，则{Sn}为递增数列
B．若T2022≥T2021，则{Tn}为递增数列
C．若{Sn}为递增数列，则a2022>a2021
D．若{Tn}为递增数列，则a2022≥a2021
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若X~Bn,13，且EX=2，则n=6
B．设有一个回归方程y=3−5x，变量x增加1个单位时，y平均减少5个单位
C．线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
D．在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N1,σ2(σ>0)，则P(ξ>1)=0.5
10．若an为等比数列，则下列说法中正确的是（ ）
A．1an为等比数列
B．若a5=2,a9=32,则a7=8
C．若a2>a3>a4则数列an为递减数列
D．若数列an的前n项的和Sn=2n−1+t,则t=−1
11．一口袋中有大小和质地相同的5个红球和2个白球，则下列结论正确的是（ ）
A．从中任取3球，恰有一个红球的概率是17；
B．从中有放回的取球3次，每次任取一球，恰好有两个白球的概率为20343；
C．从中不放回的取球2次，每次任取1球，若第一次已取到了红球，则第二次再次取到红球的概率为23；
D．从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到白球的概率为216343.
12．已知二项式ax−1x6，则下列说法正确的是（ ）
A．若a＝1，则展开式中的常数项为15
B．若a＝2，则展开式中各项系数之和为1
C．若展开式中的常数项为60，则a＝2
D．若展开式中各项系数之和为64，则a＝2
三、填空题
13．已知数列an的前n项和为Sn，Sn=2n2+n+1，则an=
14．编号为1,2,3,4,5的5个小球，放入编号为1,2,3的3个盒子，每个盒子至少一个球，编号为1的小球必须放入1号盒子，那么不同的放法有 种.（填写数字）
15．设某批产品中，编号为1、2、3的三家工厂生产的产品分别占45%、35%、20%，各厂产品的次品率分别为2%、3%、5%．现从中任取一件，则取到的是次品的概率为 ．
16．已知数列an 中，a1=2，nan+1=(n+1)an+1，若对于任意的a∈[−2,2]，n∈N*，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，则实数t的取值范围为 ．
四、解答题
17．已知数列an各项均为正数，且a1=1，an+12−2an+1=an2+2an.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=−1nan，求b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b20.
18．“双减”政策明确指出要通过阅读等活动，充分用好课后服务时间，为学有余力的学生拓展学习空间．同学甲和同学乙约定周一到周日每天的阅读时间不能比前一天少．某周甲乙两人每天的阅读时间（单位：min），如下表所示，其中学生甲周日的阅读时间m忘了记录，但知道36≤m≤60,m∈Z．
(1)求同学甲的本周阅读时间之和超过同学乙的本周阅读时间之和的概率；
(2)根据同学甲本周前5天的阅读时间，求其阅读时间y关于序号x的线性回归方程，并估计同学甲周日阅读时间m的值．参考公式：回归方程y=bx+a中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为：b=i=1n(xi−x)(yi−y)i=1n(xi−x)2=i=1nxiyi−nxyi=1nxi2−nx2，a=y−bx．
19．设数列an满足a1=0,a2=2，且an+2=2an+1−an+2.
(1)求证：数列an+1−an为等差数列，并求an的通项公式；
(2)设bn=an+2ncsnπ，求数列bn的前99项和T99.
20．2022年10月1日，女篮世界杯落幕，时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩.为考察某队员甲对球队的贡献，教练对近两年甲参加过的100场比赛进行统计：甲在前锋位置出场20次，其中球队获胜14次；中锋位置出场30次，其中球队获胜21次；后卫位置出场50次，其中球队获胜40次.用该样本的频率估计概率，则：
(1)甲参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率；
(2)现有小组赛制如下：小组共6支球队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少3场获胜才可晋级.教练决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在球队顺利晋级，记其获胜的场数为X，求X的分布列和数学期望.
21．2022年新型冠状“奥密克戎”病毒肆虐，冠状肺炎感染人群年龄大多数是50岁以上的人群．该病毒进入人体后有潜伏期，潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间．潜伏期越长，感染到他人的可能性越高，现对200个病例的潜伏期（单位：天）进行调查，统计发现潜伏期中位数为5，平均数为7.1，方差为5.06．如果认为超过8天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：
(1)依据小概率值α=0.05的独立性检验，可否认为“长潜伏期”与年龄有关？
(2)假设潜伏期Z服从正态分布Nμ,σ2，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2．现在很多省份对入境旅客一律要求隔离14天，请用概率的知识解释其合理性；
(3)以题日中的样本频率估计概率，设1000个病例中恰有kk∈N∗个属于“长潜伏期”的概率是g(k)，当k为何值时，g(k)取得最大值？
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
若随机变量Z服从正态分布Nμ,σ2，则P(μ−σ≤Z≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.9973，5.06≈2.25．
22．已知数列an，bn满足a1=b1=1，Sn为数列bn的前n项和，记an+1−an的前n项和为Gn，bn+1bn的前n项积为Tn，且Gn=2Tn−2.
（1）若Sn=3n−12，求数列an的通项公式；
（2）若Sn=an，对任意自然数n∈N*，都有b1a1a2+b2a2a3+⋅⋅⋅+bnanan+1>λ⋅−1nan+1，求实数λ的取值范围.
周一
周二
周三
周四
周五
周六
周日
序号x
1
2
3
4
5
6
7
甲的阅读时间y/min
15
20
20
25
30
36
m
乙的阅读时间z/min
16
22
25
26
32
35
35
年龄
潜伏期
合计
长潜伏期
非长潜伏期
50岁以上
30
110
140
50岁及50岁以下
20
40
60
合计
50
150
200
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
参考答案：
1．C
【分析】按照分步乘法计数原理计算可得；
【详解】解：每个人都可在四项运动中选一项，即每人都有四种选法，可分三步完成，
根据分步乘法计数原理，不同的选法共有4×4×4=64种．
故选：C
2．C
【分析】根据给定条件，求出5人站成一排的基本事件种数，要求概率的事件的的基本事件数，再利用古典概率公式计算作答.
【详解】依题意，A、B、C、D、E五人站成一排的基本事件数有A55个，它们等可能，
A、B相邻且B在A的右边的事件的基本事件数有A44，
所以A、B相邻且B在A右边的概率为A44A55=24120=15.
故选：C
3．C
【分析】利用等差数列前n项和公式以及等差数列下标和性质分析出an的单调性以及项的取值正负，从而确定出Snmax，由此可得选项.
【详解】因为S12>0，所以a1+a12×122=a6+a7×122>0，所以a6+a7>0，
又因为S13<0，所以a1+a13×132=2a7×132<0，所以a7<0，
又a6+a7>0，所以a6>0，
所以an为递减数列，且前6项为正值，从第7项开始为负值，
所以Snmax=S6，
故选：C.
4．A
【分析】按照展开式项含有字母个数分类，即可求出项数.
【详解】解：当x+2y+3z8展开式的项只含有1个字母时，有3项，
当x+2y+3z8展开式的项只含有2个字母时，有C32C71=21项,
当x+2y+3z8展开式的项含有3个字母时，有C72=21项,
所以x+2y+3z8的展开式共有45项；
故选：A.
5．B
【分析】先根据已知条件求出a的值，然后求出1+x6的展开式的通项公式，根据多项式的乘法即可求出结果.
【详解】由题意知1+a13×1+16=128，所以a=1，又因为1+x6的展开式的通项公式为C6rxr，
所以展开式中x2的系数C62+C65=15+6=21，
故选：B.
6．C
【分析】基本事件总数n=C11C62=15，男生乙和女生丙至少一个被选中包含的基本事件个数m=C11C21C41+C11C22=9，由此能求出男生乙和女生丙至少一个被选中的概率．
【详解】某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），
在男生甲被选中的情况下，
基本事件总数n=C11C62=15，
男生乙和女生丙至少一个被选中包含的基本事件个数：
m=C11C21C41+C11C22=9，
∴男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是p=mn=915=35．
故选：C.
7．A
【分析】构造法判断an+1−an为等比数列，an+1−5an为常数列，进而可得an+1=5n+1，再由n【详解】由an+2+5an=6an+1，得an+2−an+1=5an+1−an，又a2−a1=4，
所以数列an+1−an是以4为首项，5为公比的等比数列，则an+1−an=4⋅5n−1①，
由an+2+5an=6an+1得：an+2−5an+1=an+1−5an，又a2−5a1=−4，
所以数列an+1−5an是常数列，则an+1−5an=−4②，
由①②联立得an+1=5n+1.
因为5n<5n+1<5×5n，所以lg55n所以bn=lg5an+1=lg55n+1=n，故1000bnbn+1=1000n⋅n+1=10001n−1n+1，
所以S2024=10001−12+12−13+⋅⋅⋅+12024−12025=10001−12025，则S2024=999.
故选：A
8．D
【分析】结合等比数列、数列的单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等比数列an的公比为q，q≠0，
A选项，若S2022>S2021，即S2021+a2022>S2021,a2022>0，
S2023−S2022=a2023=a2022⋅q，其中q的符号无法判断，
所以无法判断{Sn}的单调性，A选项错误，
B选项，若T2022≥T2021，即T2021⋅a2022≥T2021,a2022−1⋅T2021≥0，
则可能an=1，则Tn=1，{Tn}为常数列，B选项错误.
C选项，若{Sn}为递增数列，则Sn−Sn−1=an>0，但无法判断an的单调性，C选项错误.
D选项，若{Tn}为递增数列，则Tn>Tn−1>0,Tn−1⋅an>Tn−1>0,an−1⋅Tn−1>0,
所以an>1,q≥1，所以a2022=a2021⋅q≥a2021，故D选项正确.
故选：D
9．ABD
【分析】由X~Bn,13的方差公式可判断A； x增加1个单位时计算y值与原y值比较可判断B；由线性相关系数|r|的性质可判断C；根据正态曲线关于x=1对称即可判断D.
【详解】对于选项A，由X~Bn,13，EX=2，则n3=2，所以n=6，故正确；
对于选项B，若有一个回归方程y=3−5x，变量x增加1个单位时，y=3−5x+1=3−5x−5，故y平均减少5个单位，正确；
对于选项C，线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，错误；
对于选项D，在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N1,σ2σ>0，由于正态曲线关于x=1对称，则Pξ>1=0.5，正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查方差的计算、线性回归方程的相关计算、正态分布的概率问题，解题的关键点是熟练掌握有关概念和性质，属于基础题.
10．ABC
【分析】利用等比数列的定义可以判定A;根据等比数列的性质可以判定B;利用等比数列的通项公式列出不等式组，根据不等式得性质进行分析，可得a1>0时，01，利用等比数列的通项公式，结合指数函数的单调性，可以判定C；利用一般数列的和与项的关系求得通项公式，根据等比数列的通项公式的性质求得t的值，进而判定D错误.
【详解】∵ an为等比数列，∴an+1an=q为定值，∴1an+11an=anan+1=1q为常数，
∴1an为等比数列，故A正确；
∵a72=a5a9=64,∴a7=±8，又∵a7=a5q2=2q2>0,∴a7=8,故B正确；
由a2>a3>a4得a1q>a1q2>a1q3,∴a1q1-q>0,a1q21-q>0,
∴q,q2同号，∴q>0,∴a11-q>0,当a1>0时，0当a1<0时，q>1,由指数函数的性质可知qn-1是单调递增的，∴an=a1qn-1为单调递减数列，故C正确；
若数列an的前n项的和Sn=2n−1+t,则当n=1时，a1=S1=1+t,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1+t-2n-2+t=2n-2,由于等比数列的通项公式对于n=1时也是成立的，故21-2=2-1=12=1+t,故t=-12,故D错误；
故选：ABC.
【点睛】本题考查等比数列的判定、性质，等比数列的前n项和的性质，等比数列的单调性，难点是数列单调性的分析和判定，另外一般数列的和与项的关系n=1时，a1=S1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1一定要熟练掌握.
11．AC
【分析】A应用古典概型求概率即可；B、D由取到白球服从B(3,27)分布，应用二项分布概率公式求出对应事件的概率；C由题设第二次取球时剩余4个红球、2个白球即可判断.
【详解】A：任取3球恰有一个红球的概率P=C51C22C73=17，正确；
B：由每次取到红白球概率分别为57,27，则取到白球服从B(3,27)分布，则恰好有两个白球的概率P=C32(57)(27)2=60343，错误；
C：第一次取到红球，则剩余4个红球、2个白球，故第二次取到红球的概率为46=23，正确；
D：由B分析知：P=C31(57)2(27)+C32(57)(27)2+C33(57)0(27)3=218343，错误.
故选：AC
12．AB
【分析】根据二项式定理的展开式通项，代入或求解验证，即可得到答案.
【详解】二项式ax−1x6，
对于A，若a＝1，则x−1x6展开式的通项Tr+1=C6r−1rx6−32r，
令6−32r=0，得r＝4，故所求常数项为C64=15，故A正确；
对于B，若a＝2，令x=1，则2x−1x6展开式中各项系数之和为2−16，故B正确；
对于C，由通项Tr+1=C6r⋅ax6−r⋅−1xr=C6r⋅−1r⋅a6−r⋅x6−32r，
令6−32r=0，得r＝4，
故所求常数项为C64⋅a2=15a2=60，解得a=±2，故C错误；
对于D，令x=1，则展开式中各项系数之和为a−16，
由已知得，a−16=64，解得a＝﹣1或a＝3，故D错误.
故选：AB．
13．4,n=14n−1,n≥2
【分析】直接利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可求an的通项公式.
【详解】由已知条件，知当n=1时，a1=S1=4；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2+n+1−[2(n−1)2+(n−1)+1]=4n−1；
当n=1时不满足上式，
∴an=4,n=14n−1,n≥2，
故答案为：4,n=14n−1,n≥2.
14．50
【分析】从1号盒的放球个数来分类，逐类求解可得答案.
【详解】若1号盒子只放一个球，则2号盒和3号盒共放4个球，有C41A22+C42=14种；
若1号盒子放两个球，则有C41C31A22=24种；
若1号盒子放三个球，则有C42A22=12种；
所以共有14+24+12=50种.
故答案为：50.
15．0.0295
【分析】设A表示“取到的是一件次品”，Bi表示“取到的产品是由第ii=1,2,3家工厂生产的”，利用全概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设A表示“取到的是一件次品”，Bi表示“取到的产品是由第ii=1,2,3家工厂生产的”，
则PB1=0.45，PB2=0.35，PB3=0.2，
PAB1=0.02，PAB2=0.03，PAB3=0.05，
由全概率公式可得PA=PB1⋅PAB1+PB2⋅PAB2+PB3⋅PAB3
=0.02×0.45+0.03×0.35+0.05×0.2=0.0295．
故答案为：0.0295.
16．−∞,−2∪2,+∞
【分析】由题意可得an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，运用累加法和裂项相消求和可得an+1n+1，再由不等式恒成立问题可得3≤2t2+at−1恒成立，转化为最值问题可得实数t的取值范围．
【详解】由题意数列{an}中，nan+1=(n+1)an+1，
即nan+1−(n+1)an=1，
则有an+1n+1−ann=1n(n+1)=1n−1n+1，
则有an+1n+1=an+1n+1−ann+ann−an−1n−1+an−1n−1− an−2n−2+…+a22−a1+a1
=1n−1n+1+1n−1−1n+1n−2−1n−1+…+1−12)+2=3−1n+1<3
又对于任意的a∈[−2,2]，n∈N*，不等式an+1n+1<2t2+at−1恒成立，
即3≤2t2+at−1对于任意的a∈[−2,2]恒成立，
即ta+2t2−4≥0对于任意的a∈[−2,2]恒成立，
则−2t+2t2−4≥02t+2t2−4≥0，解得t≤−2或t≥2.
故答案为：−∞,−2∪2,+∞.
【点睛】本题考查了数列递推公式，涉及数列的求和，注意运用裂项相消求和和不等式恒成立问题的解法，关键是将nan+1=(n+1)an+1变形为an+1n+1−ann=1n−1n+1．
17．(1)an=2n−1n∈N*
(2)20
【分析】（1）由an+12−2an+1=an2+2an得到an+1+anan+1−an−2=0，结合an>0得到an+1−an=2，所以数列an是等差数列，求出通项公式；
（2）在第一问的基础上得到bn+bn+1=−1n+1⋅2，从而分组求和得到答案.
【详解】（1）因为an+12−2an+1=an2+2an，所以an+1+anan+1−an−2=0，
因为an是各项均为正数的数列，所以an+1+an>0，故an+1−an=2
所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，
则an=2n−1n∈N*.
（2）bn=−1nan=−1n⋅2n−1，则bn+bn+1=−1n+1⋅2，
所以b1+b2+b3+⋯+b20=b1+b2+b3+b4+⋅⋅⋅+b19+b20=2×10=20.
18．(1)35
(2)y=3.5x+11.5，36
【分析】（1）求出甲同学的阅读时间之和的可能性，乙同学的阅读时间之和，求出概率
（2）将表格数据代入公式求出回归方程，令x=7即可求出m的值
【详解】（1）依题意．36≤m≤60,m∈Z，则m的取值一共有25个不同结果，它们等可能．
令15+20+20+25+30+36+m>16+22+25+26+32+35+35，解得m>45，
因此，当甲这一周的阅读时间超过乙这一周的阅读时间时，m的取值一共有15个不同结果，所以甲这一周的阅读时间超乙这一周的阅读时间的概率为1525=35．
（2）x=1+2+3+4+55=3,y=15+20+20+25+305=22，计算得： i=15xi2−5x2=10，i=15xiyi−5xy=35，∴b=3510=3.5, a=y−bx=22−10.5=11.5 ∴y=3.5x+11.5 将x=7代入估计：m=3.5×7+11.5=36
19．(1)an=n2−n
(2)−5000
【分析】（1）根据递推式an+2=2an+1−an+2，变形为an+2−an+1−an+1−an=2，由等差数列定义可证明结论；利用累加法求得通项公式；
（2）根据bn=an+2ncsnπ，利用并项求和法，可得答案.
【详解】（1）由已知得an+2−2an+1+an=2， 即an+2−an+1−an+1−an=2，
∵a2−a1=2,∴an+1−an是以2为首项， 2为公差的等差数列.
∴an+1−an=2+(n−1)×2=2n，
当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1+an−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2(n−1)+⋯+2×2+2=n2−n,
当n=1时，a1=0也满足上式，所以an=n2−n;
（2）bn=an+2ncsnπ=(−1)nn2+n=(−1)nn(n+1),
当n=99时，
Tn=−1×2+2×3−3×4+4×5−⋯+98×99−99×100
=2×2+4×2+...+98×2−99×100
=2×2+4+6+...+98−99×100
=2×49×2+982−99×100=−5000
20．(1)0.75
(2)分布列见解析，EX=13534
【分析】（1）根据全概率公式，结合每个位置获胜的概率求解即可；
（2）根据题意可得X可能的取值为3,4,5，再根据每场胜利概率，结合条件概率与组合数求解分布列与数学期望即可.
【详解】（1）设A1=“甲担任前锋”；A2=“甲担任中锋”；A3=“甲担任后卫”；B=“某场比赛中该球队获胜”；
则PA1=20100=0.2，PA2=30100=0.3，PA3=50100=0.5，PB|A1=1420=0.7，PB|A2=2130=0.7，PB|A3=4050=0.8，
由全概率公式可得：PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3 =0.2×0.7+0.3×0.7+0.5×0.8=0.75.
所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是0.75.
（2）设Ci=“5场中有i场获胜”i=3,4,5，D=“甲所在球队顺利晋级”，
PC3D=C53343142=2701024；PC4D=C54344141=4051024；PC5D=C55345=2431024，则PD=9181024，
PX=3=PC3|D=PC3DPD=270918=517，
同理可得PX=4=PC4|D=PC4DPD=405918=1534，
PX=5=PC5|D=PC5DPD=243918=934，
则X的分布列为：
EX=3×517+4×1534+5×934=1353421．(1)认为“长潜伏期”与年龄无关．
(2)答案见解析
(3)k＝250
【分析】（1）计算出卡方，与3.841比较后得到结论；
（2）求出Z∼N7.1,2.252，由正态分布的对称性求出PZ≥13.85≈1−0.99732=0.00135，根据小概率事件得到相应结论；
（3）表达出g(k)，得到gkgk−1=131001k−1，从而得到gk的单调性，得到g(k)取得最大值时k的值.
【详解】（1）零假设为H0：“长潜伏期”与年龄无关，依据表中数据，得：
χ2=200×(30×40−110×20)2140×60×50×150≈3.175<3.841，
依据小概率值α=0.05的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此认为H0成立，
故认为“长潜伏期”与年龄无关；
（2）由题意知潜伏期Z∼N7.1,2.252，由PZ≥13.85≈1−0.99732=0.00135，
得知潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的；
（3）由于200个病例中有50个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是14，
于是gk=C1000k14k341000−k.
则gkgk−1=C1000k14k341000−kC1000k−114k−1341001−k=C1000k3C1000k−1=131001k−1，
当01；
当10014∴g1g251>⋯>g1000．
故当k＝250时，g(k)取得最大值．
22．（1）an=2⋅3n−1−1；（2）−1<λ<3.
【分析】（1）由Gn=an+1−an+an+an−1+⋅⋅⋅+a2−a1=an+1−1，Tn=bn+1bn⋅bnbn−1⋅⋅⋅⋅⋅b2b1=bn+1，推得an+1=2bn+1−1，结合Sn=3n−12，求得bn=3n−1，从而求得an=2bn−1=2⋅3n−1−1.
（2）由Sn=an，结合（1）中an=2bn−1，求得an=2n−1，bn=2n−1；代入问题所示表达式，由bnanan+1=2n−12n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，进行裂项求和，将不等关系转化为2n−1>(−1)n⋅λ，从而求得参数取值范围.
【详解】解：（1）∵Gn=an+1−an+an+an−1+⋅⋅⋅+a2−a1=an+1−1，
Tn=bn+1bn⋅bnbn−1⋅⋅⋅⋅⋅b2b1=bn+1.
∵Gn=2Tn−2，∴an+1=2bn+1−1，
∵Sn=3n−12，∴bn=Sn−Sn−1=3n−12−3n−1−12=3n−1n≥2.
∵b1=1，∴bn=3n−1，∴an=2bn−1=2⋅3n−1−1.
（2）∵Sn=an，Sn−1=an−1n≥2，
∴bn=an−an−1n≥2.∵an=2bn−1，
∴an+12=an−an−1n≥2，
∴an=2an−1+1n≥2，∴an=2n−1，bn=2n−1.
∵b1a1a2+b2a2a3+⋅⋅⋅+bnanan+1=2021−122−1+2122−123−1+⋅⋅⋅+2n−12n−12n+1−1
∴b1a1a2+b2a2a3+⋅⋅⋅+bnanan+1=12121−1−122−1+122−1−123−1+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1−1
=121−12n+1−1>(−1)n⋅λ⋅12n+1−1
两边同乘以2n+1−1（n≥1时，2n+1−1>0），
∴条件不等式等价于2n−1>(−1)n⋅λ，
∴当n为偶数时，λ<2n−1恒成立，当n=2时，2n−1≥22−1=3，故λ<3；
当 n为奇数时，λ>1−2n恒成立，当n=1时，1−2n≤1−2=−1，故λ>−1；
故−1<λ<3.
【点睛】方法点睛：根据Gn和Tn求得an与bn的关系，分别根据题目条件给出的Sn求得数列通项；型如bnanan+1=2n−12n−12n+1−1=12n−1−12n+1−1，可以通过这种方法进行裂项求和，对于含有(−1)n型的表达式，需要分奇偶讨论，分别求得参数取值范围.
X
3
4
5
P
517
1534
934