第三章 排列、组合与二项式定理 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二册配套练习word（人教B版）

[阶段质量评价]　　　　　　 第三章　排列、组合与二项式定理 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.在每小题给出的四个选项中,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.如图,现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色,要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有 (　　) A.120种 B.180种 C.221种 D.300种 解析:选B　当Ⅰ,Ⅳ同色时,则Ⅰ有5种着色方法,Ⅱ有4种着色方法,Ⅲ有3种着色方法,此时共有5×4×3×1=60种着色方法;当Ⅰ,Ⅳ不同色时,则Ⅰ有5种着色方法,Ⅳ有4种着色方法,Ⅱ有3种着色方法, Ⅲ有2种着色方法,此时共有5×4×3×2=120种着色方法,综上,共有60+120=180种不同的着色方法. 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.对于m,n∈N+,关于下列排列组合数,结论正确的是 (　　) A.= B.=+ C.= D.=(m+1) 解析:选ABC　由组合数的性质知,=成立,A正确; +=+=+==,B正确;因为=,所以=成立,C正确;因为=·=n+1≠m+1,所以=(m+1)不成立,D不正确.故选ABC. 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)夏老师要进行年度体检,有抽血、腹部彩超、胸部CT、心电图、血压测量等五个项目,为了体检数据的准确性,抽血必须作为第一个项目完成,而夏老师决定腹部彩超和胸部CT两项不连在一起检查,则不同的检查方案一共有　　　　种.  解析:由题意得,将心电图、血压测量两项全排列,有=2种情况, 再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中,有=6种情况,最后将抽血放在第一位,有1种情况,所以共有2×6×1=12种情况. 答案:12 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;(8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.(3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)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?(4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)(6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. 17.(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. ∵展开式的通项为Tk+1=(x-1)k=(-2)7-kx14-3k. ∴当14-3k=-1,即k=5时, 2x·(-2)2x-1=168; 当14-3k=2,即k=4时,-x-2(-2)3x2=280. ∴常数项为168+280=448. 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?(2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?(7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;(10分) (2)展开式中系数最大的项是第几项?(7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.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色,每种颜色的色号均为0~255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色,那么在电脑上可配成的颜色种数为 (　　) A.2563 B.27 C.2553 D.6 解析:选A　分3步取色,第一、第二、第三次都有256种取法,根据分步乘法计数原理得,共可配成256×256×256=2563种颜色. 2.计算= (　　) A. B. C. D. 解析:选C　==. 3.鱼缸里有8条热带鱼和2条冷水鱼,为避免热带鱼咬死冷水鱼,现在把鱼缸出孔打开,让鱼随机游出,每次只能游出1条,直至2条冷水鱼全部游出就关闭出孔,若恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔,则不同游出方案的种数为 (　　) A.32 B.36 C.40 D.48 解析:选A　根据恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔,则说明前两条有1条游出的一定是热带鱼,还有1条冷水鱼,则不同游出方案的种数为=32. 4.(2024·北京高考)在(x-)4的展开式中,x3的系数为 (　　) A.6 B.-6 C.12 D.-12 解析:选A　(x-)4的展开式的通项Tr+1=x4-r(-)r=(-1)r(r=0,1,2,3,4).由4-=3,得r=2,所以(x-)4的展开式中x3的系数为(-1)2=6. 5.(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　法一　画出树形图: 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法,其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,所以所求概率为=,故选B. 法二　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24(种)排法.丙不在排头,甲或乙在排尾,则丙在中间两个位置中选一个,有2种选法,甲或乙两人中选一个排尾也有2种选法,余下2人全排列,有=2(种)排法,故共有2×2×2=8(种)排法,所以所求概率为=. 6.已知二项式(n∈N+)展开式中,前三项的二项式系数和是56,则展开式中的常数项为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　∵++=56,∴1+n+=56,∴n2+n-110=0,解得n=10或n=-11(舍去).设的展开式的通项为Tr+1=(x2)10-r=,令20-r=0,得r=8.∴展开式中的常数项为T9=×=. 7.某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊、己六位同学参加A,B,C三个企业的调研工作,每个企业去2人,且甲去B企业,乙不去C企业,则不同的派遣方案共有 (　　) A.42种 B.30种 C.24种 D.18种 解析:选D　若甲、乙去同一企业,则甲、乙只能去B企业,剩下的4人平均分去两个企业,共有×=6种.若甲、乙不去同一企业,分两步,第一步:先给甲、乙两人选同伴,有种,第二步:将这三组分去三个企业,因为甲去B企业,乙不去C企业,所以共有1种分法,由分步乘法计数原理可得,共有×1=12种.所以不同的派遣方案共有6+12=18种. 8.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中,对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b被m除所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(mod m).若a=+·2+·22+…+·220,a≡b(mod 10),则b的值可以是 (　　) A.2 021 B.2 022 C.2 023 D.2 024 解析:选A　由题意可得a=+·2+·22+…+·220=(1+2)20=320=910=(10-1)10,由二项式定理可得a=×1010-×109+…-×101+1,即a除以10的余数为1,因为a≡b(mod 10),所以b的值除以10的余数也为1,观察选项,只有2 021除以10的余数为1,则b的值可以是2 021. 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.下列给出的式子正确的有 (　　) A.= B.= C.=+ D.++=7 解析:选BCD　∵==10,∴A错误; ∵==10,==10,∴B正确; ∵+=+=35,==35,∴C正确; ∵++=1+3+3=7,∴D正确.故选BCD. 10.已知的展开式中各项系数的和为2,则下列结论正确的是 (　　) A.a=1 B.展开式中常数项为160 C.展开式中含x2项的系数为60 D.展开式中各项系数的绝对值的和为1 458 解析:选ACD　∵的展开式中各项系数的和为2,令x=1,∴=2,解得a=1,故A正确.==+,展开式的通项为Tr+1=x6-r· =(-2)rx6-2r.令6-2r=0,得r=3,可得展开式中常数项为T4=(-2)3=-160,令6-2r=2,得r=2,可得展开式中含x2项为T3=(-2)2x2=60x2,(-2)rx6-2r=(-2)rx5-2r,令5-2r=0,得r=(舍去),令5-2r=2,得r=(舍去).故的展开式中常数项为-160,展开式中含x2项的系数为60.故B错误,C正确.∵的展开式中各项系数的绝对值的和与展开式中各项系数的和相等,在中,令x=1,可得=2×36=1 458.故D正确. 11.甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,D四所山区学校参加支教活动,要求每所学校至少安排一位志愿者,且每位志愿者只能到一所学校支教,则下列结论正确的是 (　　) A.不同的安排方法共有240种 B.甲志愿者被安排到A学校的概率是 C.若A学校安排两名志愿者,则不同的安排方法共有120种 D.在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下,A学校有两名志愿者的概率是 解析:选ABD　甲、乙、丙、丁、戊共5位志愿者被安排到A,B,C,D四所山区学校参加支教活动,则共有=240种安排方法,故A正确;甲志愿者被安排到A学校,若A学校只安排一位志愿者,则有=36种安排方法,若A学校安排两名志愿者,则有=24种安排方法,所以甲志愿者被安排到A学校有36+24=60种安排方法,所以甲志愿者被安排到A学校的概率是=,故B正确;若A学校安排两名志愿者,则不同的安排方法共有=60种,故C错误;甲志愿者被安排到A学校有60种安排方法,在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下,A学校有两名志愿者的安排方法有24种,所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下,A学校有两名志愿者的概率是=,故D正确.故选ABD. 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)(x-2y)6的展开式中,x4y2的系数为　　.  解析:(x-2y)6展开式的通项为Tr+1=x6-r(-2y)r.令r=2,得T3=x4(-2y)2=60x4y2,所以x4y2的系数为60. 答案:60 13.(5分)要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单,如果舞蹈节目不在排头,且任何2个舞蹈节目不相邻,则不同的排法总数为　　　　.  解析:先排5个独唱节目,有种排法,在五个节目之间形成的空位(不包括第一个)中,放入3个舞蹈节目,有种排法.根据分步乘法计数原理可得不同的排法总数为=7 200. 答案:7 200 14.(5分)(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.  解析:设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有=120(种),则|m-n|==≤,可得|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.当c=1时,a,b需要满足“-1≤a+b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),共2种.当c=2时,a,b需要满足“1≤a+b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,4),(4,3),共10种.当c=3时,a,b需要满足“3≤a+b≤9”, 所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5), (5,4),共16种.当c=4时,a,b需要满足“5≤a+b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2), (2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(6,5),(5,6),共16种.当c=5时,a,b需要满足“7≤a+b≤13”, 所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种.当c=6时,a,b需要满足“9≤a+b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.故共有2+10+16+16+10+2=56(种)可能情况,所以所求概率P==. 答案: 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)已知=56,且(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn. (1)求n的值;(8分) (2)求a1+a2+a3+…+an的值.(5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. 16.(15分)某单位组织4个部门的职工旅游,规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个,假设各部门选择每个景区是等可能的. (1)求3个景区都有部门选择的概率;(7分) (2)求恰有2个景区有部门选择的概率.(8分) 解:(1)从4个部门中任选2个作为1组,另外2个部门各作为1组,共3组,共有=6种分法,每组选择不同的景区,共有3!种选法,所以3个景区都有部门选择可能出现的结果数为×3!. 记“3个景区都有部门选择”为事件A1, 那么事件A1的概率为 P(A1)==. (2)分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事件A2和A3, 则事件A3的概率为P(A3)==. 所以事件A2的概率为P(A2)=1-P(A1)-P(A3)=. 17.(15分)电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态,而这也是最容易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法,即二进制.为了使计算机能够识别字符,需要对字符进行编码,每个字符可以用一个或多个字节来表示,其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位,每个字节由8个二进制位构成.问: (1)一个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符?(6分) (2)计算机汉字国标码(GB码)包含了6 763个汉字,一个汉字为一个字符,要对这些汉字进行编码,每个汉字至少要用多少个字节表示?(9分) 解:(1)一个字节共有8位,每位上有2种选择, 根据分步乘法计数原理,得一个字节最多可以表示28=256个不同的字符. (2)由(1)知,用一个字节能表示256个字符, ∵256<6 763,∴一个字节不够. 根据分步乘法计数原理,知2个字节可以表示256×256=65 536个不同的字符. ∵65 536>6 763,∴每个汉字至少要用2个字节表示. 18.(17分)在二项式(axm+bxn)15(a>0,b>0,m≠0,n≠0)中,有2m+n=0. (1)求二项式(axm+bxn)15的展开式的常数项;(7分) (2)若它的展开式中,常数项是其各项系数最大的项,求的取值范围.(10分) 解:(1)设Tr+1=(axm)15-r(bxn)r=a15-rbrxm(15-r)+n r为常数项, 则有m(15-r)+nr=0,即m(15-r)-2mr=0,所以r=5,常数项为第6项,且T6=a10b5. (2)因为展开式中,常数项是其各项系数最大的项,所以第6项是系数最大的项. 所以有 由①得b≥a,即≤. 由②得a≥ b,即≥. 所以≤≤.故的取值范围为. 19.(17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?(9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. 86 / 86 学科网（北京）股份有限公司 $