专题限时集训(三) 排列、组合、二项式定理、古典概型
一、单项选择题
1．(2024·安徽合肥模拟)学校食堂的一个窗口共卖5种菜，甲、乙2名同学每人从中选一种或两种，且两人之间不会互相影响，则不同的选法种数为( )
A．20 B．25
C．225 D．450
2．(2024·江西上饶二模)已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
3．(2024·福建福州模拟)(1－x)5(1＋2x)4的展开式中x2的系数为( )
A．－14 B．－6
C．34 D．74
4．(2024·湖南长沙三模)在(3x＋y－1)8的展开式中，x2y的系数是( )
A．168 B．－168
C．1 512 D．－1 512
5．(2024·福建厦门三模)某校5名同学到A，B，C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学．若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有( )
A．18种 B．30种
C．42种 D．60种
6．(2024·四川雅安三模)从0，1，2，3，4五个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为( )
A． B．
C． D．
7．(2024·福建三明三模)各种不同的进制在生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用的是十进制，任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数3750转换为十进制数的算法为(3750)8＝3×83＋7×82＋5×81＋0×80＝2 024．若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
8．如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色(A与C不相邻，B与D不相邻)，则使用2种颜色涂色的概率为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．(2024·山西临汾三模)在的展开式中( )
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为38
10．若(2x－3)12＝a0＋a1＋a2(x－1)2＋…＋a11(x－1)11＋a12(x－1)12，则( )
A．a9＝5 120
B．a0－a1＋a2－…－a9＋a10－a11＋a12＝312
C．a1＋a2＋…＋a12＝－2
D．＋…＋＝－1
11．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是( )
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
三、填空题
12．编号为1，2，3，4的四位同学就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为________．
13．已知的展开式中所有的二项式系数之和为64，则各项的系数的绝对值之和为________．
14．(2024·江苏南通模拟)把甲、乙、丙、丁、戊5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲、乙安排在不相邻的两天，乙、丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有________种．
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1．C [甲的选择方法有＝15(种)，乙的选择方法有＝15(种)，所以甲和乙不同的选择方法有15×15＝225(种)．故选C．]
2．A [已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则n＝4，从而的二项展开式的通项为Tk＋1＝x4-k＝2kx4-2k(k＝0，1，2，3，4)，
令4－2k＝0，解得k＝2，
所以展开式中的常数项为22＝24．
故选A．]
3．B [(1－x)5的展开式通项为Tr＋1＝·(－1)r·xr(r＝0，1，2，3，4，5)，
(1＋2x)4的展开式通项为Tk＋1＝·2k·xk(k＝0，1，2，3，4)，
当r＝0，k＝2时，x2的系数为·22＝24，
当r＝1，k＝1时，x2的系数为－5×4×2＝－40，
当r＝2，k＝0时，x2的系数为＝10，
故x2的系数为24＋10－40＝－6．故选B．]
4．D [原问题可以理解为8个(3x＋y－1)相乘，要想得到x2y，需要8个因式中有2个取x项，1个取y项，还剩5个取常数项，由题意x2y的系数为×(－1)5＝－1 512．故选D．]
5．B [若只有同学甲去A公司，则共有＝6(种)可能，若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有＝12×2＝24(种)可能，故共有6＋24＝30(种)可能．故选B．]
6．C [若选择的4个数中有0，则没有重复数字的四位数有＝72(个)；
若选择的4个数中无0，则没有重复数字的四位数有＝24(个)，所以没有重复数字的四位数共有72＋24＝96(个)．
若个位数为0，则没有重复数字的偶数有＝24(个)；
若个位数不为0，则没有重复数字的偶数有＝36(个)；
所以四位数中没有重复数字的偶数共有24＋36＝60(个)．
综上所述，该数为偶数的概率为＝．故选C．]
7．A [＝＝7×(85＋84＋83＋82＋81＋80)
＝7×＝86－1＝－1
＝×100×(－2)6－1＝×100×(－2)6－1，因为×100×(－2)5]是10的倍数，所以换算后这个数的末位数字即为×100×(－2)6－1的末位数字，
由×100×(－2)6－1＝64－1＝63，知末位数字为3．故选A．]
8．B [使用4种颜色给四个区域涂色，有＝24(种)涂法；使用3种颜色给四个区域涂色，共有＝48(种)涂法；
(使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色；
②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色)
使用2种颜色给四个区域涂色，共有＝12(种)不同的涂法．
所以所有的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)，故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为＝．故选B．]
9．AB [对于A，二项式系数和为28，则所有奇数项的二项式系数的和为＝128，故A正确；
对于B, 二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；
对于C，Tk＋1＝(－)k＝(0≤k≤8，k∈N)，Tk＋1为有理项，k可取的值为0，3，6，所以有理项共有三项，故C错误；
对于D，令x＝1，则所有项系数和为＝1，故D错误．故选AB．]
10．BD [(2x－3)12＝a0＋a1＋a2(x－1)2＋…＋a11(x－1)11＋a12(x－1)12，令x－1＝t，则(2t－1)12＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a11t11＋a12t12，
对于A，a9t9＝(2t)9·(－1)3＝－112 640t9，
∴a9＝－112 640，故A错误；
对于B，令t＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＋a10－a11＋a12＝312，故B正确；
对于C，令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12＝1，令t＝0，得a0＝1，∴a1＋a2＋…＋a12＝1－1＝0，故C错误；
对于D，令t＝，得a0＋＋…＋＝0，∴＋…＋＝－a0＝－1，故D正确．
故选BD．]
11．BD [对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故B正确；对于C，D，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有＝126(种)，故C错误，D正确．故选BD．]
12．6 [由题意4人中选2人出来，他们的编号与座位编号一致，剩下2人编号与座位编号不一致，只有一种坐法，坐法种数为＝6．]
13．729 [由题意得2n＝64，∴n＝6，
设的展开式中各项的系数为a0，a1，a2，…，a6，
则各项的系数的绝对值之和为|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|，
即为中各项的系数的和，
令x＝1，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝(1＋2)6＝36＝729，
即各项的系数的绝对值之和为729．]
14．36 [①将乙、丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有＝2(种)情况；
②将这个整体与丁、戊全排列，有＝6(种)安排方法，
③排好后，有4个空位，由于甲、乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个安排甲，有＝3(种)安排方法，
所以不同的安排方案共有2×6×3＝36(种)．]
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