8．用0,1，?，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) A．243 B．252 C．261 D．279 答案 B
12
解析 无重复的三位数有：A39＋A2A9＝648个．
则有重复数字的三位数有：900－648＝252个．
9．(2014·四川)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( ) A．192种 B．216种 C．240种 D．288种 答案 B
解析 第一类：甲在左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法； 第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法． 所以共有120＋96＝216(种)方法．
10．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( ) A．60条 B．62条 C．71条 D．80条 答案 B
b22c解析 显然a≠0，b≠0，故该方程等价于y＝x＋. aa
①当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A25＝20种不同的方法，当a一定，b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4×3＝12条，所以此时不同的抛物线有A25－6＝14条．
②当c≠0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取3个数作为a，b，c的值有A3当5＝60种不同的方法．a，c值一定，而b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4A23＝24条，所以此时不同的抛物线有A35－12＝48条．综上，不同的抛物线有14＋48＝62条． 11．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答) 答案 14
解析 若不考虑数字2,3至少都出现一次的限制，对个位、十位、百位、千位，每个“位置”都有两种选择，所以共有16个4位数，然后再减去“2222,3333”这两个数，故共有16－2＝14个满足要求的四位数．
12．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有
________种．(用数字作答) 答案 48
3
解析 ①只有1名老队员的排法有C1C2A3＝36种；②有2名老队员的排法有C2C1C1A22·3·2·3·2·2＝
12种． 所以共48种．
13．(2014·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种． 答案 36
24解析 将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A2A4种方法，将3产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A22A3种方423法．于是符合题意的排法共有A22A4－A2A3＝36(种)．
14．(2014·浙江)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答) 答案 60
解析 把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，
4无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A4种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，222另两组无奖，共有C2再分给4人有C2所以不同获奖情况种数为A43种分法，3A4种分法，4＋C3A4
＝24＋36＝60.
15．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，?，99.3位回文数有90个：101,111,121，?，191,202，?，999.则：
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个． 答案 (1)90 (2)9×10n
解析 (1)4种回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9(1～9)种情况，第二位有10(0～9)种情况，所以4位回文数有9×10＝90种．
(2)由上面多组数据研究发现，2n＋1位回文数和2n＋2位回文数的个数相同，所以可以算出2n＋2位回文数.2n＋2位回文数只用看前n＋1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为9×10n.
16．(2014·雅安模拟)用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，则所有涂色方法的种数为________． 答案 260 解析 方法一
如图将4个方格依次编号为1,2,3,4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种涂上，有5种不同涂法．
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有2C24种不同涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步计数原理，知此时有5×2C24×3＝180(种)不同的涂法．
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时有4种涂法，此时第4个小方格也有4种不同的涂法．由分步乘法计数原理，知有5×4×4＝80(种)不同的涂法．由分类加法计数原理，知共有180＋80＝260(种)不同涂法．
方法二 如图将4个小方格依次编号为1,2,3,4.如果使用2种颜色，则只能是第1,4个小方格
22涂一种，第2,3个小方格涂一种，方法种数是C5·A2＝20，如果使用3种颜色，若第1,2,3个3小方格不同色，第4个小方格只能和第1个小方格相同，方法种数是C3A3＝60，若第1,2,35·
个小方格只用2种颜色，则第4个小方格只能用第3种颜色，方法种数是C35×3×2＝60；如果使用4种颜色，方法种数是C4A4根据分类加法计数原理知总的涂法有20＋60＋605·4＝120，＋120＝260种．
第39练 二项式定理的两类重点题型——求和与求展开项
题型一 用公式求展开项
2
例1 若(x＋2)n展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
xA．360 B．180 C．90 D．45
破题切入点 从第六项二项式系数最大可得n值，再利用展开式的通项公式即可． 答案 B
解析 依题意知：n＝10，
5510－k2kk
∴Tk＋1＝Ck·(2)＝Ckx5－k，令5－k＝0，得k＝2， 10(x)102·x22
2∴常数项为C2102＝180.
题型二 赋值法求系数之和
例2 若(1＋2x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋?＋a2n－1x2n1＋a2nx2n，则a1＋a3＋?＋a2n－1＝________.
－
破题切入点 令x＝±1可得关于各项系数的两个方程，联立方程即可求解． 3n－1答案 2
解析 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋?＋a2n＝3n；①
令x＝－1，得a0－a1＋a2－?－a2n－1＋a2n＝1.② 3n－1
①－②，可得a1＋a3＋?＋a2n－1＝.
2
nkk
总结提高 (1)(1)在使用通项公式Tk＋1＝Ckb时，通项公式表示的是第k＋1项的值，而不na
－
是第k项的值，展开式中第k＋1项的二项式系数Ckn与第k＋1项的系数不同．
(2)二项展开式中项的系数的和或差可以通过对二项式展开式两端字母的赋值进行解决，一般是对x赋值为±1或0.另外要注意掌握(1＋x)n展开式中各项系数的绝对值的和就是展开式中各项系数的和，只需令x＝1即可．而要求(1－x)n的展开式中各项系数的绝对值的和，只需令x＝－1即可．
1．(2014·四川)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( ) A．30 B．20 C．15 D．10 答案 C
k6323解析 因为(1＋x)6的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ck6x，x(1＋x)的展开式中含x的项为C6x
＝15x3，所以系数为15.
2．(2014·浙江)在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)等于( )
A．45 B．60 C．120 D．210 答案 C
n解析 因为f(m，n)＝Cm6C4，
所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)
0211203＝C36C4＋C6C4＋C6C4＋C6C4＝120.
3．设?5x－
?
1?n
的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展x?
开式中x的系数为( )
A．－150 B．150 C．300 D．－300 答案 B
解析 M＝?5×1－?
1?nn3r－
＝4，N＝2n?4n－2n＝240?2n＝16?n＝4，Tr＋1＝(－1)rCr54r·x4－4·21?
?r＝2，则(－1)2C252＝150. 4·
4．设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a的值为( ) A．0 B．1 C．11 D．12 答案 D
解析 化51为52－1，用二项式定理展开．
