第六章 计数原理 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套练习word（人教A版）

[阶段质量评价]　　　　 第六章　计数原理 A卷——基本知能盘查 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.现有甲部门的员工2人，乙部门的员工4人，丙部门的员工3人，从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为 （　　） A.9 B.24 C.16 D.36 解析：选A　由题意结合分类加法计数原理，可得共有++=9种不同的选法. 2.已知-+2!=5，则m等于 （　　） A.0 B.2或3 C.1或3 D.3 解析：选B　由-+2!=5，得=5+-2!=5+3-2=6，而m∈N*，m≤3，有=3，=6，=6，所以m=2或m=3. 3.在的展开式中，常数项为 （　　） A.10 B.20 C.40 D.80 解析：选C　二项式展开式的通项为Tr+1==2rx10-5r，令10-5r=0，得r=2，所以T3=22·=40，即二项式展开式的常数项为40. 4.已知的展开式中第3项与第4项的系数之比为，则其展开式中二项式系数最大的项为 （　　） A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项 解析：选C　二项式展开式的系数即为其二项式系数，所以第3项的系数为，第4项的系数为，所以=，即=，解得n=8，所以展开式一共有9项，其第5项的二项式系数最大. 5.A，B，C，D，E五名学生按任意次序站成一排，其中A和B不相邻，则不同的排法种数为 （　　） A.72 B.36 C.18 D.64 解析：选A　先将其余三人全排列，共有种情况，再将A和B插空，共有种情况，所以共有=12×6=72种情况. 6.某校组织一次认识大自然的活动，有5名同学参加，其中有3名男生、2名女生，现要从这5名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本，抽取的同学中既有男生又有女生的方法共有 （　　） A.10种 B.12种 C.6种 D.9种 解析：选D　抽到1男2女的方法有=3种，抽到2男1女的方法有=6种，共9种方法. 7.学校环保节活动期间，某班有甲、乙、丙、丁四名学生参加了志愿者工作.将这四名学生分配到A，B，C三个不同的环保岗位，每个岗位至少分配一名学生，若甲要求不分配到B岗位，则不同的分配方案的种数为 （　　） A.30 B.24 C.20 D.18 解析：选B　由题意可得有两种情况：①有一个人与甲在同一个岗位，则有=12种分配方案；②没有人与甲在同一个岗位，则有=12种分配方案，所以由分类加法计数原理可知共有12+12=24种不同的分配方案，故选B. 8.展开式中含x2项的系数为 （　　） A.-120 B.-115 C.5 D.125 解析：选B　法一　是5个之积，展开后得到x2有两种可能：1个取x2，4个取-1，得到含有x2的项为x2（-1）4=5x2.2个取x2，2个取-，1个取-1，得到含有x2的项为（x2）2（-1）1=-120x2. 因此含x2项的系数为-120+5=-115. 法二　=，二项展开得（-1）5-k（k=0，1，2，3，4，5）. （-1）5-k二项展开得 （-1）5-k+r2rx2k-3r（0≤r≤k）. 由2k-3r=2得3r=2（k-1），或 因此含x2项的系数为 （-1）4×20+（-1）3×22=-115. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是 （　　） A.n=6 B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为32 C.展开式中的常数项为540 D.展开式中二项式系数最大的项是第4项 解析：选ABD　令x=1，得2n=64，得n=6，故A正确；展开式中所有奇数项的二项式系数和为25=32，故B正确；由上得二项式为，常数项为（3x）3·=-540，故C错误；最大的二项式系数为，即第4项的二项式系数最大，故D正确.故选ABD. 10.已知（1-2x）5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，则下列说法正确的是 （　　） A.a0=1 B.a3=-80 C.a1+a2+a3+a4+a5=-1 D.a0+a2+a4=121 解析：选ABD　取x=0，则a0=1，故A正确；（1-2x）5的展开式通项为15-r（-2x）r，即（-2）rxr，其中0≤r≤5，r∈N，所以a3=（-2）3=-80，故B正确；取x=1，则a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1，则a1+a2+a3+a4+a5=-1-a0=-2，故C错误；取x=-1，则a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243，将其与a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1作和得2（a0+a2+a4）=242，所以a0+a2+a4=121，故D正确.故选ABD. 11.若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如231，354等都是“凸数”，用1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则 （　　） A.组成的三位数的个数为30 B.在组成的三位数中，奇数的个数为36 C.在组成的三位数中，“凸数”的个数为24 D.在组成的三位数中，“凸数”的个数为20 解析：选BD　5个数组成无重复数字的三位数的个数为=60，故A错误；奇数为个位数是1，3，5的三位数，个数为3=36，故B正确；“凸数”分为3类，①十位数为5，则有=12个；②十位数为4，则有=6个；③十位数为3，则有=2个，所以共有20个，故C错误，D正确.故选BD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）+=　　　　.  解析：由题意，得 解得≤n≤，又n∈N*， 所以n=6， 所以+=+=+=31. 答案：31 13.（5分）（2025·天津高考）在（x-1）6的展开式中，x3项的系数为　　　　.  解析：（x-1）6展开式的通项为Tr+1=x6-r·（-1）r， 当r=3时，T4=x3·（-1）3=-20x3， 即（x-1）6的展开式中x3项的系数为-20. 答案：-20 14.（5分）临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人.春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同.经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联.书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为　　　　.  解析：4副长联内容不同，赠送方法有=24种；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人， 有=7种方法；再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，方法种数为·=90.所以所求方法种数为24×7×90=15 120. 答案：15 120 四、解答题（本大题共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.（13分）在二项式的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项. （1）求n的值；（2分） （2）求展开式中所有有理项的系数之和；（6分） （3）把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数.（5分） 解：（1）由题意知+1=4，所以n=6. （2）二项式的展开式的通项为 Tk+1==. 当k=0，2，4，6时，x的次数为整数，对应的项为有理项.于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项、第3项、第5项、第7项. 所以展开式中所有有理项的系数之和为 +++=1+15+15+1=32. （3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项.将无理项排列，有种排法，将有理项插空排列，有种排法，故有理项互不相邻的排法共有=144（种）. 16.（15分）已知=56，且（1-2x）n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn. （1）求n的值；（7分） （2）求a1+a2+a3+…+an的值.（8分） 解：（1）由=56， 得n（n-1）（n-2）（n-3）（n-4） =56×， 即（n-5）（n-6）=90， 解得n=15或n=-4（舍去）.所以n=15. （2）由（1）得（1-2x）15=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a15x15. 令x=1，得a0+a1+a2+…+a15=-1. 令x=0，得a0=1. 所以a1+a2+a3+…+a15=-2. 17.（15分）从4名男生和3名女生中各选2人. （1）共有多少种不同的选法?（5分） （2）如果男生甲与女生乙至少要有1人被选中，那么有多少种不同选法?（5分） （3）选出的4人参加百米接力赛，男生甲和女生乙同时被选中参赛，且甲不能跑第一棒，乙不能跑最后一棒，有多少种不同的安排方法?（用数字作答）（5分） 解：（1）根据题意，从4名男生和3名女生中各选2人，男生有种选法，女生有种选法，故选法共有=18种. （2）根据题意，分3种情况讨论： 男生甲被选中，女生乙没有被选中，有=3种. 男生甲没有被选中，女生乙被选中，有=6种， 男生甲和女生乙都被选中，有=6种， 则共有3+6+6=15种选法. （3）男生甲和女生乙同时被选中的选法有=6种， 4人参加百米接力赛的总安排方法有=24种， 甲跑第一棒的安排方法有=6种， 乙跑最后一棒的安排方法有=6种， 甲跑第一棒且乙跑最后一棒的安排方法有=2种，故甲不能跑第一棒，乙不能跑最后一棒的安排方法有6×（24-6-6+2）=84种. 18.（17分）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A，B，C三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目. （1）共有多少种不同的报名方法?（2分） （2）甲必须报A项目，乙必须报B项目，那么有多少种不同的报名方法?（3分） （3）甲、乙报同一项目，丙不报A项目，那么有多少种不同的报名方法?（3分） （4）每个项目都有人报名，那么有多少种不同的报名方法?（3分） （5）甲不报A项目，且B，C项目报名的人数相同，那么有多少种不同的报名方法?（6分） 解：（1）每个同学都有3种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为34=81. （2）甲必须报A项目，乙必须报B项目，则丙、丁各有3种选择， 所以不同的报名方法种数为32=9. （3）甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为3.丙不报A项目，则丙有2种选择.而丁有3种选择，由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为3×2×3=18. （4）将甲、乙、丙、丁四名同学分为三组，每组人数分别为2，1，1， 然后再将这三组同学分配给A，B，C三个智力竞赛项目， 所以不同的报名方法种数为=6×6=36. （5）分两种情况讨论： ①A项目没人报，且B，C项目的报名人数均为2，此时不同的报名方法种数为=6； ②A项目有人报，且甲不报A项目，B，C项目报名的人数相同，则B，C项目报名的人数均为1， 则甲报B项目或C项目，则报名A项目的有2人，剩余1个项目只有一人报名， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为2×=6. 综上所述，不同的报名方法种数为6+6=12. 19.（17分）在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为. （1）求n的值及展开式中的常数项是第几项；（9分） （2）展开式中系数最大的项是第几项?（8分） 解：（1）二项式展开式的通项为Tr+1=xn-r=. 因为第3项和第4项的系数比为， 所以=，化简得6=，解得n=20. 所以Tr+1=. 令20-r=0，得r=16，所以常数项为第17项. （2）设展开式中系数最大的项是第（r+1）项， 则⇒ 解得6≤r≤7. 因为r∈N，所以r=6或r=7，所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项. B卷——高考能力达标 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.若=18，则m= （　　） A.9 B.8 C.7 D.6 解析：选D　由=m（m-1）（m-2）（m-3）=18·，得m-3=3，所以m=6. 2.某学校开展“五育并举”的选修课，其中体育开设了6门课，分别为篮球、足球、排球、网球、羽毛球、乒乓球，甲、乙两名学生准备从中各选择2门课学习，则甲、乙选修的课中至少有1门相同的概率为 （　　） A. B. C. D. 解析：选C　由题意，当甲选了2门后，乙再选课，则甲、乙选修的课中没有相同的科目的概率为==，故甲、乙选修的课中至少有1门相同的概率为1-=. 3.已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等，则含x10项的系数是 （　　） A.-8 B.8 C.4 D.-4 解析：选D　由条件可知=，所以n=12，的展开式的通项为Tr+1=x12-r·=x12-2r，r=0，1，…，12，令12-2r=10，得r=1，所以含x10项的系数是×=-4，故选D. 4.设二项式的展开式的各项系数的和为P，所有二项式系数的和为S.若P+S=272，则n= （　　） A.4 B.5 C.6 D.8 解析：选A　令x=1，得P=4n，又二项式系数的和S=2n，因为P+S=272，所以4n+2n=272，解得2n=16，则n=4. 5.斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，…，这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，小李以前6项数字的某种排列作为他的银行卡密码，如果数字1与2不相邻，则小李可以设置的不同的密码个数为 （　　） A.144 B.120 C.108 D.96 解析：选A　先排数字2，3，5，8，有种排法，4个数字形成5个空当.第一类：若两个1相邻，则从可选择的3个空当中选出一个放入两个1，有3种排法；第二类：若两个1也不相邻，则从可选择的3个空当中选出两个分别放入数字1，有3种排法.所以密码个数为×（3+3）=144. 6.设（1+x+x2）n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n，则a0+a2+a4+…+a2n= （　　） A.3n B. C. D. 解析：选D　在（1+x+x2）n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n中， 令x=1，得3n=a0+a1+a2+a3+…+a2n， 令x=-1，得1=a0-a1+a2-a3+…+a2n， ∴3n+1=2（a0+a2+a4+…+a2n），∴a0+a2+a4+…+a2n=. 7.现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，准备在A，B，C三个景点中选择一个去游玩，已知每个景点至少有一位同学会选，五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙准备选同一个景点，则不同的选法种数为 （　　） A.24 B.36 C.48 D.72 解析：选B　若甲、乙选择的景点没有其他人选，则分组方式为1，2，2的选法为=18种；若甲、乙选择的景点还有其他人选，则分组方式为1，1，3的选法为·=18种；所以总的不同的选法种数为18+18=36. 8.从1，2，3，4，5这五个数字中，任取三个组成无重复数字的三位数，但当三个数字中有2和3时，2需排在3前面（不一定相邻），这样的三位数有 （　　） A.9个 B.15个 C.42个 D.51个 解析：选D　从1，2，3，4，5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数共有=60个，当三个数字中有2和3时，3在2的前面（不一定相邻）有=9个，所以这样的三位数有60-9=51个.故选D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.在校航天知识展中，航天兴趣小组准备从8名组员（其中男组员4人，女组员4人）中选4人担任讲解员，则下列说法正确的是 （　　） A.若组员甲和组员乙同时被选中，则共有28种选法 B.若4名讲解员中既有男组员，又有女组员，则共有68种选法 C.若4名讲解员全部安排到A，B，C三个展览区，每个展览区至少1名讲解员，每名讲解员只去一个展览区，则共有5 040种选派方法 D.校航天知识展结束后，若8名组员站成一排拍照留念，且女组员相邻，则共有2 880种排法 解析：选BD　对于A，由题意，共有=15种选法，故A错误；对于B，由题意，共有--=68种选法，故B正确；对于C，先选好4人，共有=70种选法，然后将4人按要求分到三个展览区，有·=36种，所以共有70×36=2 520种选派方法，故C错误；对于D，由题意，共有=2 880种排法，故D正确.故选BD. 10.关于的展开式，下列说法正确的是 （　　） A.各项系数之和为1 B.第二项与第四项的二项式系数相等 C.常数项为60 D.有理项共有4项 解析：选ACD　对于A，令x=1，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项的二项式系数=6，第四项的二项式系数==20，第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误；对于C，展开式的通项为（-2x）r=（-2）r（r=0，1，2，3，4，5，6），令-+r=0，得r=2，展开式中的常数项为（-2）2=4×15=60，故C正确；对于D，由C可知，当r=0，2，4，6时，-3+∈Z，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 11.定义有n行的“杨辉三角”为n阶杨辉三角，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 下列命题正确的是 （　　） A.记第i（i∈N*）行中从左到右的第j（j∈N*）个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij= B.第k行各个数的和是2k C.n阶“杨辉三角”中共有个数 D.n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n-1 解析：选BCD　第i行各个数是（a+b）i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij=，故A错误； 各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有（k+1）个数，从而n阶“杨辉三角”共有1+2+…+n=个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+…+2n-1=2n-1，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上） 12.（5分）计划在学校公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有　　　　种.  解析：分两步完成： 第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有种种植方法.由分步乘法计数原理，得不同的种植方法共有=240（种）. 答案：240 13.（5分）（2025·北京高考）已知（1-2x）4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，则a0=　　　　；a1+a2+a3+a4=　　　　.  解析：令x=0，则a0=1，又（1-2x）4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，故（1-2x）4=a0+a1（-2x）+a2（-2x）2+a3（-2x）3+a4（-2x）4，令t=-2x，则（1+t）4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24， 故a1+a2+a3+a4=15. 答案：1　15 14.（5分）用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中个位数字小于百位数字且百位数字小于万位数字的五位数有n个，则（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+3的展开式中，x2的系数是　　　.（用数字作答）  解析：用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数中，满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有=20个，即n=20，当n=20时，不妨设x≠0，则（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+3=（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）23===-，所以x2的系数是-=2 024-1=2 023. 答案：2 023 四、解答题（本大题共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.（13分）如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a=9.如果a，b，c成等差数列，求有多少种不同的分珠计数法. 解：根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[-3，3]中的整数.①当公差d=0时，有=8（种）；②当公差d=±1时，b不取7和14，有2×=12（种）；③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，有2×=8（种）；④当公差d=±3时，b只能取10或11，有2×=4（种）.综上，共有8+12+8+4=32（种）不同的分珠计数法. 16.（15分）已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为-1. （1）求n和a的值；（5分） （2）求的展开式中的常数项.（10分） 解：（1）由条件可得解得 （2）由（1）得=（2x-x-2）·（-2x2+x-1）7. ∵（-2x2+x-1）7展开式的通项为 Tk+1=（-2x2）7-k（x-1）k=（-2）7-kx14-3k. ∴①当14-3k=-1，即k=5时， 2x·（-2）2x-1=168； ②当14-3k=2，即k=4时， -x-2·（-2）3x2=280. ∴所求的常数项为168+280=448. 17.（15分）如图，一个正方形花圃被分成5份. （1）若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有5种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法?（7分） （2）若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法?（8分） 解：（1）当种植5种颜色的花，作全排列，则有=120种； 当种植4种颜色的花，5种颜色选4种，{（A，E），（C，E），（B，C）}中选一组种植同颜色的花，余下3种颜色作全排列，则有=360种； 当种植3种颜色的花，5种颜色选3种，D位置任选一种，余下2种在{（A，E），（B，C）}分别种植，则有=60种.所以共有120+360+60=540种不同的种植方法. （2）7个盆栽有{3，1，1，1，1}，{2，2，1，1，1}2种分组方式， 以{3，1，1，1，1}分组，则=4 200种； 以{2，2，1，1，1}分组，则·=12 600种. 所以共有4 200+12 600=16 800种不同的放法. 18.（17分）已知在（n∈N*）的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比为56∶3.求： （1）展开式中的所有有理项；（6分） （2）展开式中系数绝对值最大的项；（5分） （3）n+9+81+…+9n-1的值.（6分） 解：（1）由（-2）4∶（-2）2=56∶3，解得n=10（n=-5舍去）， 所以=，其展开式的通项为Tr+1==（-2）r·（r=0，1，2，…，10）， 当5-为整数时，r可取0，6，所以展开式中的有理项为T1=（-2）0×x5=x5和T7=（-2）6×x0=13 440. （2）设第（k+1）项系数的绝对值最大， 则解得≤k≤，又k∈N，所以k=7. 所以展开式中系数绝对值最大的项为T8=（-2）7×=-15 360. （3）10+9+81+…+910-1 = = ==. 19.（17分）中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程. （1）若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；（4分） （2）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；（5分） （3）计划安排A，B，C，D，E五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数.（8分） 解：（1）第一步，先将另外四门课排好，有种情况； 第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有种情况； 所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有×=480种. （2）第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况； 第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况； 第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法有种情况； 因此，所有选课种数为××=360. （3）①当A只任教1科时：先排A任教科目，有种；再从剩下5科中排B的任教科目，有种；接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种.所以当A只任教1科时，共有=5×5××3×2×1=900种； ②当A任教2科时：先选A任教的2科有种，将剩余4科平均分为4组，共有=×4×3×2×1=240种. 综上，A不任教“围棋”的课程安排方案有900+240=1 140种. 56 / 104 学科网（北京）股份有限公司 $