2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市九校联考高二（下）期末数学试卷（含解析），共16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。

1.已知平面α，β，γ，α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n.则“l，m，n两两垂直”是“α，β，γ两两垂直”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
2.给出四组成对数据：
(1)(−2,−3)，(−1,−1)，(0,1)，(1,3)；
(2)(0,0)，(1,1)，(2,4)，(3,9)；
(3)(2,0)，(1, 3)，(0,2)，(−1, 3)；
(4)(0,0)，(−1,1)，(−2,2)，(−3,3)，其中样本相关系数最小的是( )
(提示：样本相关系数r=i=1n(xi−x−)(yi−y−) i=1n(xi−x−)2 i=1n(yi−y−)2)
A. (1)B. (2)C. (3)D. (4)
3.已知函数f(x)=ax(a>0，且a≠1)的图象过点(2,4)，g(x)是f(x)的反函数，则函数g(2+x2−x)( )
A. 既是奇函数又是减函数B. 既是奇函数又是增函数
C. 既是偶函数又是减函数D. 既是偶函数又是增函数
4.已知函数f(x)= 32sinx+cs2x2+12，先将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则( )
A. g(x)=sin(12x+π12)+1B. g(x)=sin(2x−π6)+1
C. g(x)=sin12x+1D. g(x)=sin2x+1
5.在△ABC中，已知sinBsinC=2csA，csBcsC=2sinA，则tan(π+B)=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知P(B)=0.1，P(A|B)=0.5，P(A|B−)=0.3，则P(A−)=( )
A. 0.05B. 0.27C. 0.68D. 0.32
7.在正三棱锥A−BCD中，侧棱AB=2 15，点E在棱BC上，且BE=16BC= 2，若球O是正三棱锥A−BCD的外接球，过点E作球O的截面α，则所得的截面中，面积最小的截面的面积为( )
A. 9πB. 10πC. 11πD. 12π
8.已知实数1，2，3，4，5，6，7，将这7个数适当排列成一列数a1，a2…，a7，满足a1a4>a5A. 58B. 71C. 85D. 96
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知关于x的方程x2+tx+1=0(t∈R)在复数范围内的根为x1，x2.若|x1−x2|=2，则实数t的值可能为( )
A. 2 2B. 1C. 0D. −2 2
10.高考数学试题第二部分为多选题，共3个小题，每小题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.若正确答案是2个选项，只选对1个得3分，有选错的得0分；若正确答案是3个选项，只选对1个得2分，只选对2个得4分，有选错的得0分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是12，记X为小明随机选择1个选项的得分，记Y为小明随机选择2个选项的得分，则( )
A. P(X=0)>P(Y=0)B. P(X=3)=P(Y=4)
C. E(X)=E(Y)D. D(X)>D(Y)
11.已知(1−x)2025=a0+a1x+a2x2+⋯+a2025x2025，则( )
A. 展开式的各二项式系数的和为0
B. a1+a2+⋯+a2025=−1
C. 22025a0+22024a1+22023a2+⋯+a2025=1
D. 1a1+1a2+⋯+1a2025=−1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合M={2,0,−1}，N={x||x−a|<1}.若M∩N的真子集个数是3，则实数a的取值范围是______．
13.已知平面向量a,b,c满足|a|=|b|=1，a与b的夹角为120°，|c|=12，对任意的实数k，|a+kb+c|的最小值为______．
14.已知定义在R上的函数f(x)满足下列两个条件：
①f(x+y)=f(x)+f(y)−3xy(x+y)；
②∀x>0，f(x)+x3>0．
请你写出一个符合要求的函数解析式______．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=3x−21−x．
(Ⅰ)设g(x)=f(x+a)+b，若g(x)是奇函数，求a，b的值，并证明；
(Ⅱ)已知函数ℎ(x)=x+1+23m,x∈[−1,0)f(x)+23m,x∈[0,1)，若关于x的方程ℎ(x)=mx在[−1,1)内恰有两个不同解，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥D−ABC中，CD⊥平面ABC，BC=1，BA=2，B是以AC为直径的圆周上的一点，M，N分别是BD，AD上的动点，且MN/​/平面ABC，二面角C−AB−D的大小为45°．
(Ⅰ)求证：MN//AB；
(Ⅱ)求证：MN⊥平面BCD；
(Ⅲ)当直线CN与平面ABD所成的角最大时，求AN的值．
17.(本小题15分)
4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间(单位：小时)，并将样本数据分[0,2]，(2,4]，(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]，(14,16]，(16,18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(Ⅰ)估计该地区高一学生阅读时间的上四分位数；
(Ⅱ)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(4,6]，(8,10]二组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了20个学生，得到均值为8，方差为3.75，现在已知(4,6]这一组学生的均值为5，方差为2；求(8,10]这一组学生的均值和方差；
(Ⅲ)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用P(k)表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在(8,14]内的概率，其中k=0，1，2，…，10.当P(k)最大时，写出k的值，并说明理由．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 2bsinC=c．
(Ⅰ)若tanA=tanB+tanC，a=3，求△ABC的面积；
(Ⅱ)若B为锐角，△ABC外接圆半径是 2，求△ABC的内切圆半径的最大值．
19.(本小题17分)
(Ⅰ)我们学过组合恒等式Cn+1m=Cnm+Cnm−1，实际上可以理解为Cn+1m=CnmC10+Cnm−1C11，请你利用这个观点快速求解：C100C55+C101C54+C102C53+C103C52+C104C51+C105C50.(计算结果用组合数表示)
(Ⅱ)
(i)求证：1nCnk=1kCn−1k−1；
(ii)求值：n=01012(−1)n2025−nC2025−nn．
答案解析
1.C
【解析】解：当α，β，γ两两垂直时，在β内作a⊥l，在γ内作b⊥n，
因为α⊥β，α∩β=l，γ⊥α，γ∩α=n，所以a⊥α，b⊥α，
所以a/​/b，因为a⊄γ，b⊂γ，所以a/​/γ，
因为a⊂β，β∩γ=m，所以a//m，
因为a⊥α，所以m⊥α，
因为l，n⊂α，所以m⊥l，m⊥n，
同理可证得n⊥l，所以l，m，n两两垂直，
当l，m，n两两垂直时，因为α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，
所以n，l⊂α，l，m⊂β，m，n⊂γ，
因为m⊥n，所以m与n是相交直线，
因为l⊥m，l⊥n，m，n⊂γ，所以l⊥γ，
因为l⊂α，l⊂β，所以α⊥γ，β⊥γ，
同理可证得α⊥β，所以α，β，γ两两垂直，
所以“l，m，n两两垂直”是“α，β，γ两两垂直”的充要条件．
故选：C．
2.D
【解析】解：分别作出四组数据的散点图，
根据散点图可知：第(1)(2)呈正相关，第(3)(4)组数据呈现负相关，
但显然第(4)组数据的相关系更强，相关系数更小．
故选：D．
3.B
【解析】解：因为函数f(x)=ax的图象过点(2,4)，所以f(2)=a2=4，解得a=2(舍负)，即f(x)=2x，
由此可得f(x)的反函数g(x)=lg2x，所以函数g(2+x2−x)=lg22+x2−x，
由2+x2−x>0，得(2+x)(2−x)>0，即(x+2)(x−2)<0，可得−2设ℎ(x)=lg22+x2−x，x∈(−2,2)，
可得ℎ(−x)=lg22−x2+x=lg2(2+x2−x)−1=−lg22+x2−x=−ℎ(x)，所以ℎ(x)是奇函数，
因为t=2+x2−x=−1+−4x−2，在(−2,2)上，t随着x的增大而增大，
所以ℎ(x)=lg22+x2−x，在区间(−2,2)上是增函数，
综上所述，函数g(2+x2−x)在其定义域内是奇函数，并且是增函数．
故选：B．
4.A
【解析】解：f(x)= 32sinx+cs2x2+12= 32sinx+1+csx2+12
= 32sinx+12csx+1=sin(x+π6)+1，
将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向右平移π6个单位长度，
得到函数g(x)=sin(12x+π12)+1．
故选：A．
5.A
【解析】解：由题意可得：sinB=2csAsinC，csB=2sinAcsC，
所以sinB+csB=2(csAsinC+sinAcsC)=2sin(A+C)，
在△ABC中，sin(A+C)=sinB，
可得sinB=csB，
可得tanB=1，
所以tan(π+B)=tanB=1．
故选：A．
6.C
【解析】解：P(B)=0.1，P(A|B)=0.5，P(A|B−)=0.3，
则P(AB)=P(A|B)P(B)=0.1×0.5=0.05，
P(AB−)=P(A|B−)P(B−)=0.3×0.9=0.27，
故P(A)=P(AB)+P(AB−)=0.32，
所以P(A−)=1−P(A)=1−0.32=0.68．
故选：C．
7.B
【解析】解：取正△BCD的中心G，连接AG，GE，OE，
由题意可知AG⊥平面BCD，且O∈AG，由BG⊂平面BCD，可得AG⊥BG，
因为正△BCD的边长为6 2，
则BG=12×6 2sin60°=2 6，可得AG= AB2−BG2=6，
设正三棱锥A−BCD的外接球的半径为R，则R2=(6−R)2+(2 6)2，
解得R=5，可知OG=AG−R=1，
在△BEG中，可知BG=2 6，BE= 2，∠EBG=30°，
由余弦定理可得EG2=BG2+BE2−2BG⋅BE⋅cs∠EBG，
即EG2=24+2−2×2 6× 2× 32=14，
可得EG= 14，
则OE= EG2+OG2= 15，
由球的性质可知：当且仅当OE⊥截面α，截面圆的半径最小，即圆的面积最小，
此时圆的半径为r= R2−OE2= 10，截面面积为10π，
所以面积最小的截面的面积为10π．
故选：B．
8.B
【解析】解：根据题意，a3，a4，a6，a7都比a5大，所以a5可能取1，2或3，
当a5=1时，a6，a7有C62种选法，剩余数字中a3最大，a1，a2有C32种选法，最后剩下一个就是a4，共有C62C32=15×3=45种，
当a5=2时，a1=1，a6，a7有C52种选法，剩余数字中a3最大，而a2，a4有A22种选法，共有C52A22=10×2=20种，
当a5=3时，a1=1，a2=2，a6，a7有C42种选法，剩余数字a3，a4只有1种，共有C42=6种，
则满足要求的排列的个数为45+20+6=71种．
故选：B．
9.ACD
【解析】解：关于x的方程x2+tx+1=0(t∈R)在复数范围内的根为x1，x2，
由韦达定理可知，x1+x2=−t，x1x2=1，
|x1−x2|=2，
则(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=t2−4，
当t2−4>0时，x1−x2= t2−4=2，解得t=±2 2，
当t2−4<0时，x1−x2=± 4−t2i，
则|x1−x2|= 4−t2=2，解得t=0．
故选：ACD．
10.BC
【解析】解：A选项，X=0，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选项1个，
若该题有3个正确选项，则小明选择错误选项，
∴P(X=0)=12×C21C41+12×C11C41=38，
Y=0，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择1个，
从两个正确选择中选择1个，或选择2个错误选项，
若该题在三个错误选项，则小明选择错误选项，再从3个正确选项中选择1个，
∴P(Y=0)=12×C21C21+C22C42+12×C11C31C42=23，
∴P(X=0)B选项，X=3，即该题有两个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
∴P(X=3)=12×C21C41=14，
Y=4，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择2个，
∴P(Y=4)=12×C32C42=14，
∴P(X=3)=P(Y=4)，故B正确；
对于C，X的可能取值为0，2，3，
P(X=0)=38，P(x=3)=14，
X=2，即该题有3个正确选项，小明从正确选项中选择1个，
∴P(X=2)=12×C31C41=38，
∴E(X)=0×38+2×38+3×14=32，
Y的可能取值为0，4，6，
P(Y=0)=23，P(Y=4)=14，
Y=6，即该题有2个正确选项，小明选择了2个正确选项，
P(Y=6)=12×C22C42=112，
∴E(Y)=0×23+4×14+6×112=32，
∴E(X)=E(Y)，故C正确；
D选项，D(X)=(0−32)2×38+(2−32)2×38+(3−32)2×14=32，
D(Y)=(0−32)2×23+(4−32)2×14+(6−32)2×112=194，
∴D(X)故选：BC．
11.BCD
【解析】解：由(1−x)2025=a0+a1x+a2x2+⋯+a2025x2025，展开式的各二项式系数的和为22025，选项A错误；
令x=0，得到a0=1，令x=1，得到a0+a1+a2+⋯+a2025=0，所以a1+a2+⋯+a2025=−1，选项B正确；
由二项式定理得：C2025k⋅(−x)k=C2025k⋅(−1)k⋅xk，所以ak=C2025k⋅(−1)k，
所以22025−k⋅ak=22025−k⋅C2025k⋅(−1)k，k=0，1，2，…，2025，
所以22025⋅C20250⋅(−1)0+22024⋅C20251⋅(−1)1+22023⋅C20252⋅(−1)2+…+20⋅C20252025⋅(−1)2025=[2+(−1)]2025=1，
所以22025a0+22024a1+22023a2+⋯+a2025=1，选项C正确；
因为ak=C2025k⋅(−1)k，k=0，1，…，2025，
1Cnk=k!(n−k)!n!=n+1n+2⋅k!(n−k)!(n+2)(n+1)!=n+1n+2⋅k!(n−k)!(k+1+n+1−k)(n+1)!
=n+1n+2[k!(n+1−k)!(n+1)!+(k+1)!(n−k)!(n+1)!]=n+1n+2(1Cn+1k+1Cn+1k+1)；
所以k=020251ak=k=020251(−1)kC2025k=k=02025(−1)kC2025k=1C20250−1C20251+1C20252−...+(−1)2025⋅1C20252025
k=020251ak=k=0201(−1)kC2025=k=020(−1)kc2025k=1C20250−1C20251+1C20252−⋯+(−1)20251C20252025，
1C2025k=20262027(1C2026k+1C2026k+1)，
所以k=020251ak=20262027[(1C20260+1C20261)−(1C20261+1C20262)+...+(−1)2025⋅(1C20262025+1C20262026)]=20262027(1C20260−1C20262026)=0，
因为1a0=1，所以1a1+1a2+⋯+1a2025=−1，选项D正确．
故选：BCD．
12.(−1,0)
【解析】解：集合M={2,0,−1}，N={x||x−a|<1}={x|−1+a若M∩N={−1,0}，则a−1<−10M∩N的真子集个数是3，
则该交集元素个数为2个，
若M∩N={0,2}，
则−1≤a−1<0a+1>2，无解，
综上所述，实数a的取值范围为−1故答案为：(−1,0)．
13. 32−12
【解析】解：因为平面向量a，b满足|a|=|b|=1，a与b的夹角为120°，|c|=12，
故a⋅b=−12，
|a+kb+c|≥|a+kb|−|c|=|a+kb|−12，当且仅当a+kb与向量c反向时，等号成立，
又由|a+kb|2=a2+k2b2+2ka⋅b=k2−k+1=(k−12)2+34，
可知当k=12时，|a+kb|的最小值为 32，
所以|a+kb+c|的最小值为 32−12．
故答案为： 32−12．
14.f(x)=−x3+kx(k>0)
【解析】解：因为定义在R上的函数f(x)满足下列两个条件：
①f(x+y)=f(x)+f(y)−3xy(x+y)；
②∀x>0，f(x)+x3>0．
则f(2x)=2f(x)−6x3，
f(2x)+(2x)3=2[f(x)+x3]
设f(x)+x3=kx(k>0)，
所以：f(x)=−x3+kx(k>0)．
故答案为：f(x)=−x3+kx(k>0)．
15.解：(Ⅰ)因为f(x)=−1x−1−3，所以g(x)=−1x+a−1+b−3，
又因为g(x)是奇函数，
所以g(−x)=−g(x)，
所以−1−x+a−1+b−3=−[−1x+a−1+b−3]，
整理得：2−2a+(6−2b)[x2−(a−1)2]=0，
所以2−2a=06−2b=0，
所以a=1b=3；
证明如下：
因为a=1b=3，
所以g(x)=−1x(x≠0)，
g(−x)=1x=−g(x)，
所以g(x)在定义域上为奇函数；
(Ⅱ)令k(x)=x+1,x∈[−1,0)3x−21−x,x∈[0,1),
则k(x)和y=mx−23m两个函数图象在[−1,1)上有两个交点，
因为f′(x)=1(1−x)2，f′(23)=9，
(或3x−21−x=mx−23m，得到mx2+(53m−3)x+23m−2=0，由Δ=0，解得m=9)
又y=mx−23m也经过定点(23,0)，

由此可知m的取值范围是(−32,0]∪[3,9)∪(9,+∞)．
【解析】(Ⅰ)由g(−x)=−g(x)求解即可，将a，b的值代入，根据奇函数的定义证明即可；
(Ⅱ)令k(x)=x+1,x∈[−1,0)3x−21−x,x∈[0,1)，将问题转化为k(x)和y=mx−23m两个函数图象在[−1,1)上有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
16.(Ⅰ)证明：因为MN/​/平面ABC，MN⊂平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，
所以MN//AB．
(Ⅱ)证明：因为CD⊥平面ABC，CD⊂平面BCD，
所以平面ABC⊥平面BCD，
因为B是以AC为直径的圆周上一点，所以AB⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD=BC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面BCD，
由(Ⅰ)得MN//AB，
所以MN⊥平面BCD．
(Ⅲ)解：由(Ⅱ)知AB⊥平面BCD，
因为BD⊂平面ABD，所以AB⊥BD，
又AB⊥BC，所以∠CBD就是二面角C−AB−D的平面角，即∠CBD=45°，
所以△BCD是等腰直角三角形，
取BD中点G，连接CG，NG，则CG⊥BD，BC=1，CG= 22，
因为AB⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AB⊥CG，
又AB∩BD=B，所以CG⊥平面ABD，
所以直线CN和平面ABD所成的角为∠CNG，
而sin∠CNG=CGCN= 22CN，
所以当CN最小，即CN⊥AD时，∠CNG最大，
在Rt△ACD中，由射影定理知，AC2=AN⋅AD，
而AC= AB2+BC2= 5，AD= 6，
所以AN=AC2AD=( 5)2 6=5 66．
【解析】(Ⅰ)利用线面平行的性质定理，即可得证；
(Ⅱ)易知平面ABC⊥平面BCD，由面面垂直的性质定理可证AB⊥平面BCD，再结合(Ⅰ)中所得，即可得证；
(Ⅲ)先根据二面角的定义可知∠CBD就是二面角C−AB−D的平面角，再取BD中点G，可证CG⊥平面ABD，从而知直线CN和平面ABD所成的角为∠CNG，再结合锐角三角函数与射影定理，求解即可．
17.解：(Ⅰ)由频率分布直方图得：
2(0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01)=1，解得a=0.10，
设上四分位数为x，则0.6+(x−10)×0.1=0.75，解得x=11.5．
(Ⅱ)按分层抽样(4,6]，(8,10]二组内的学生抽取的学生分别为5人，15人，
设(8,10]这一组的平均值为x，方差为y，
由题意，5×5+x×1520=8⇒x=9，
所以总体方差是120{5×[2+(5−8)2]+15×[y+(9−8)2]}=3.75，解得y=13．
(Ⅲ)以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，
由频率分布直方图可知(8,14]内的概率是0.6，
由P(k)≥P(k−1)P(k)≥P(k+1)，得−k≥c10k−10.6k−10.411−−k≥c10k+10.6k+10.40−k，
解得5.6≤k≤6.6，
所以当P(k)最大时，k=6．
【解析】(Ⅰ)根据频率分布直方图中概率之和等于1，得出a=0.10，再计算高一学生阅读时间的上四分位数；
(Ⅱ)根据分层抽样抽取人数，利用平均数和方差公式解出结果；
(Ⅲ)以样本的频率估计概率，该问题是二项分布问题，根据P(k)最大不等式节出k的值．
18.解：(Ⅰ)由 2bsinC=c，由正弦定理可得： 2sinBsinC=sinC，所以sinB= 22，
因为B∈(0,π)，所以B=π4，或B=3π4，
(i)当B=π4时，tanA=1+tanC，
因为−tanB=tan(A+C)=tanA+tanC1−tanAtanC，
所以tanAtanC−1=tanA+tanC，
化简得tan2C−tanC−2=0，所以tanC=−1，或tanC=2
①当tanC=−1时，C=3π4(舍去)；
②当tanC=2时，作AD⊥BC于D，易得AD=2，a=3，
此时S△ABC=12a⋅AD=12×2×3=3，
(ii)当B=3π4时，tanA=−1+tanC，
类似可得：−tanAtanC+1=tanA+tanC，
化简得：tan2C+tanC−2=0，所以tanC=1，或者tanC=−2．
①当tanC=1，C=π4，tanA无意义，舍去；
②当tanC=−2，C为钝角，舍去，
综上可得：S△ABC=3．
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知B=π4，b=2⋅ 2sinπ4=2，
记△ABC内切圆半径为得r，
因为12acsinB=12(a+b+c)r，所以r=acsinBa+b+c= 22⋅aca+c+2，
由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsπ4，所以4=(a+c)2−(2+ 2)ac，
即ac=(a+c)2−42+ 2，
所以r= 22aca+c+2= 22⋅12+ 2⋅(a+c)2−4a+c+2=12(1+ 2)⋅(a+c−2)，
由4=(a+c)2−(2+ 2)ac≥(a+c)2−2+ 24(a+c)2，得a+c≤ 162− 2，
所切rmax=12(1+ 2)( 162− 2−2)= 4−2 2−( 2−1)．
当且仅当a=c时取等号，
即内切圆的半径的最大值为： 4−2 2−( 2−1)．
【解析】(Ⅰ)由正弦定理可得sinB的值，可得角B有两种情况，分别讨论，可得三角形的面积；
(Ⅱ)由正弦定理可得b的值，再由等面积法求出内切圆的半径r的表达式，再由余弦定理及基本不等式可得r的最大值．
19.解：(1)由已知结合组合数性质可知，C100C55+C101C54+C102C53+C103C52+C104C51+C105C50
=C100+C101+4C101+4C102+6C102+6C103+4C103+4C104+C104+C105
=C111+4C112+6C113+4C114+C115
=C111+C112+3C112+3C113+3C113+4C114+C114+C115
=C122+3C123+3C124+C125
=C122+C123+2C123+2C124+C124+C125
=C133+2C134+C135
=C144+C145
=C155；
证明：(Ⅱ)(i)1nCnk=1n⋅Ankk!=An−1k−1k!=1kCn−1k−1；
(ii)n=01012(−1)n2025−nC2025−nn=12025C20250−12024C20241+12013C20232−12012C20223+⋯+11013C10131012
=12025[C20250−20252024C20241+20252023C20232−20252022C20223+⋯+20251013C10131012]
=12025[(c20250−C20241+C20232−C20223+⋯+C10131012)
−(12024C20241−22023C20232+32022C20223−⋯−10121013C10131012)]，
由(1)得knCnk=Cn−1k−1，
则有12024C20241=C20230,22023C20232=C20221,⋯,10121013C10131012=C10121011，
原式=12025[(c20250−C20241+C20232−C20223+⋯+C10131012)−(C20230−C20221+C20212−⋯−C10121011)]，
构造数列{an}，令an=Cn0−Cn−11+Cn−22−Cn−33+⋯，
则an+1=cn+10−Cn1+Cn−12−Cn−23+⋯，
所以an+1−an=(cn0−Cn+1n+Cn−1n−Cn−23+⋯)−(Cn2−Cn−1n+⋯)
=(cn+10−Cn0)−(Cn−11−Cn−11)+(Cn−12−Cn−22)−(Cn−23−Cn−33)+⋯
=−cn−10+Cn−21−Cn−32+⋯=−an−1，
所以an+1=an−an−1，即an+2=an+1−an=(an−an−1)−an=−an−1，
所以an+6=−an+3=an，即数列{an}是周期为6的数列．
又因为a1=1，a2=0，a3=−1，a4=−1，a5=0，a6=1，…a， 2023=a1=1，a2025=a3=−1，
所以n=01012(−1)n2025−nC2025−nn=12025(a2025−a2023)=12025(a3−a1)=−22025．
【解析】(I)由已知组合恒等式结合组合数性质进行变形即可求解；
(Ⅱ)(i)结合组合数公式及排列数公式进行化简即可证明；
(ii)将所求和式展开后，拆项，结合(i)的结论进行化简，通过构造函数建立和式之间的递推关系，得到数列的周期性规律，即可求解．