6．(2008年山东模拟)设(3x+x)ⁿ的二项展开式中各项系数之和为t，其二项式系数之和为h，若h+t＝272，则其二项展开式中x²项的系数为(　)

A.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．1

C．2　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．3

[解析]　由题意知t＝(3×1+1)ⁿ＝4ⁿ，

h＝C+C+C+…+C＝2ⁿ，且2ⁿ+4ⁿ＝272，

即(2ⁿ)²+2ⁿ－272＝0，解得2ⁿ＝16(舍去－17)，

∴n＝4.

∵T_r+1＝C(3×x)^4－r(x)^r＝3^4－rCx，

令＝2，得r＝4.∴x²项的系数为3^4－4C＝1.

[答案]　B

5．若(2x－)ⁿ展开式中含项的系数与含项的系数之比为－5，则n等于(　)

A．4　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．6

C．8　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．10

[解析]　∵T_k+1＝C(2x)^n－k(－)^k

＝C(－1)^k·2^n－kx^n－2k，

∴令n－2k＝－2得k＝；

令n－2k＝－4得k＝，

∴＝－5，

解得n＝6.

[答案]　B

4．(2008年安徽高考)设(1+x)⁸＝a₀+a₁x+…+a₈x⁸，则a₀，a₁，…，a₈中奇数的个数为(　)

A．2　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．3

C．4　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．5

[解析]　由(1+x)⁸＝a₀+a₁x+a₂x²+…+a₈x⁸可以知道，a₀、a₁、a₂、…、a₈均为二项式系数，依次是C、C、C、…、C，

∵C＝C＝1，C＝C＝8，C＝C＝28，C＝C＝56，

C＝70，∴a₀，a₁，…，a₈中奇数只有a₀和a₈两个．

[答案]　A

3．(2008年全国Ⅱ)(1－)⁶(1+)⁴的展开式中x的系数是(　)

A．－4　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．－3

C．3　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．4

[解析]　方法一：(1－)⁶(1+)⁴的展开式中x的一次项为：

C·C()²+C(－)²·C+C(－)·C()

＝6x+15x－24x＝－3x，

所以(1－)⁶(1+)⁴的展开式中x的系数是－3.

方法二：由于(1－)⁶(1+)⁴＝(1－x)⁴(1－)²的展开式中x的一次项为：

C(－x)·C+C·C(－)²＝－4x+x＝－3x，

所以(1－)⁶(1+)⁴的展开式中x的系数是－3.

[答案]　B

2．若(x+)ⁿ展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为(　)

A．10　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．20

C．30　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．120

[解析]　∵2ⁿ＝64，∴n＝6，

∴T_k+1＝Cx^6－k()^k＝Cx^6－2k，

∴当k＝3时，T₄为常数项，

∴T₄＝C＝20.

[答案]　B

1．若多项式x²+x¹⁰＝a₀+a₁(x+1)+…+a₉(x+1)⁹+a₁₀(x+1)¹⁰，则a₉＝(　)

A．9　　　　　　　　　　　　　　 B．10

C．－9　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．－10

[解析]　由于a₀+a₁(x+1)+…+a₉(x+1)⁹+a₁₀(x+1)¹⁰＝x²+x¹⁰

＝[－1+(x+1)]²+[－1+(x+1)]¹⁰

＝…+C(－1)¹·(x+1)⁹+C(x+1)¹⁰，

则a₉＝C·(－1)＝－10，故选D.

[答案]　D

12．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数：

(1)能组成多少个五位数？

(2)能组成多少个正整数？

(3)能组成多少个六位奇数？

(4)能组成多少个能被25整除的四位数？

(5)能组成多少个比201 345大的数？

(6)求所有组成三位数的总和．

[解析]　(1)因为万位上数字不能是0，所以万位数字的选法有A种，其余四位上的排法有A种，所以共可组成AA＝600个五位数．

(2)组成的正整数，可以是一位、二位、三位、四位、五位、六位数，相应的排法种数依次为A，AA，AA，AA，AA，AA，

所以可组成A+AA+AA+AA+AA+AA＝1 630个正整数．

(3)首位与个位的位置是特殊位置，0,1,3,5是特殊元素，先选个位数字，有A种不同的选法；再考虑首位，有A种不同的选法，其余四个位置的排法有A种．

所以能组成AAA＝288个六位奇数．

(4)能被25整除的四位数的特征是最后两位数字是25或50，这两种形式的四位数依次有A·A和A个，

所以，能组成AA+A＝21个能被25整除的四位数．

(5)因为201 345除首位数2以外，其余5个数字顺次递增排列，所以201 345是首位数是2的没有重复数字的最小六位数，比它小的六位数是首位数为1的六位数，共有A个，而由0,1,2,3,4,5组成的六位数有A－A个．

所以大于201 345的没有重复数字的六位数共有(A－A)－A－1＝479个．

(6)由0,1,2,3,4,5组成无重复数字的三位数共有A·A＝100个．

个位数字是1的三位数有AA＝16个，同理个位数字是2、3、4、5的三位数都各有16个，所以，个位数的和为AA·(1+2+3+4+5)；同样十位上是1、2、3、4、5的三位数也都各有AA个，这些数的和为AA·(1+2+3+4+5)×10；百位上是1、2、3、4、5的三位数都各自有A个，这些数字的和为A·(1+2+3+4+5)×100.

所以，所有这100个三位数的和为

A·(1+2+3+4+5)×100+AA·(1+2+3+4+5)×10+AA·(1+2+3+4+5)

＝(1+2+3+4+5)×(A×100+AA×10+AA)

＝32 640.

11．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？

(2)有5个人并排站成一排，如果甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？

(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？

[解析]　(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A＝24种．

(2)∵总的排法数为A＝120种，

∴甲在乙的右边的排法数为A＝60种．

(3)方法一：每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．

分类：若3个名额分到一所学校有7种方法；

若分配到2所学校有C×2＝42种；

若分配到3所学校有C＝35种．

∴共有7+42+35＝84种方法．

方法二：10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C＝84种不同的方法．

所以名额分配的方法共有84种．

10．有10只不同的试验产品，其中有4只次品，6只正品，现每次取1只测试，直到4只次品全测出为止，求最后1只次品正好在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？

[解析]　方法一：设想有五个位置，先从6只正品中任选1只，放在前四个位置的任一个上，有CC种方法；再把4只次品在剩下的四个位置上任意排列，有A种排法．故不同的情形共有CCA＝576种．

方法二：设想有五个位置，先从4只次品中任选1只，放在第五个位置上，有C种方法；再从6只正品中任选1只，和剩下的3只次品一起在前四个位置上任意排列，有CA种方法．故不同的情形共有CCA＝576种．

9．某班要从A，B，C，D，E五人中选出三人担任班委中三种不同的职务，则上届任职的A，B，C三人都不连任原职务的方法有________种．

[解析]　分三类．①A，B，C三人入选，则只有2种方法．

②若A，B，C三人只有两人入选，

则一共有C·C·3＝18种．

③若A，B，C三人中只有一人入选，

则一共有C·C·4＝12种．

所以一共有2+18+12＝32种方法．

[答案]　32