2023版新教材高中数学第五章计数原理达标检测北师大版选择性必修第一册

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第五章达标检测时间：120分钟　分数：150分一、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．已知( eq \r(x) － eq \f(a,\r(x)) )5的展开式中含x eq \s\up6(\f(3,2)) 的项的系数为30，则实数a＝(　　)A． eq \r(3) B．－ eq \r(3) C．6 D．－62．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且每个城市至多投资1个项目，则不同的投资方案共有(　　)A．34种 B．43种 C．C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) 种 D．A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) 种3．七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两名同学要站在一起，则不同的排法有(　　)A．240种 B．192种 C．120种 D．96种4．四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有(　　)A．150种 B．147种 C．144种 D．141种5．如图，已知面积为1的正三角形ABC三边的中点分别为D，E，F，则从A，B，C，D，E，F六个点中任取三个不同的点构成的面积为 eq \f(1,4) 的三角形的个数为(　　)A.4 B．6 C．10 D．116．设m为正整数，(x＋y)2m的展开式中二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1的展开式中二项式系数的最大值为b，若15a＝8b，则m的值为(　　)A．15 B．8 C．7 D．207．将一个两位数的两个数字顺序颠倒(要求颠倒后仍为两位数)，将所得到的数和原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数是“奇和数”，那么所有的两位数中“奇和数”有(　　)A．20个 B．24个 C．32个 D．40个8．有5所不同的高校来某校做招生宣传，学校要求每位同学可以从中任选1所或2所去咨询了解，甲、乙、丙三位同学的选择没有1所是相同的，则不同的选法共有(　　)A．330种 B．420种 C．510种 D．600种二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．对于(2x－ eq \f(1,x2) )6的展开式，下列说法正确的是(　　)A．展开式共有6项 B．展开式中的常数项是－240C．展开式的各项系数之和为1 D．展开式的二项式系数之和为6410．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R，则(　　)A．a2＝180 B．|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310C．a1＋a2＋…＋a10＝1 D． eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋ eq \f(a3,23)＋…＋ eq \f(a10,210)＝－111．某幢楼房从2楼到3楼共10个台阶，上楼可以一步上1个台阶，也可一步上2个台阶，若规定从2楼到3楼用8步走完，则上楼的方法共有________种．(　　)A．C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))  B．C eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))  C．C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(9)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(9))  D．C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)) 12．关于(x2＋ eq \f(1,x2)－2)3的展开式，下列结论正确的是(　　)A．展开式的二项式系数和为32 B．展开式的各项系数和为0C．展开式中的常数项为－20 D．展开式中的二项式系数最大的项为第3项三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a9＝________．14．“学习强国”是由中共中央宣传部主管，立足全体党员、面向全社会的优质平台．该平台设有“人物”“视听学习”等多个栏目．假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了2篇文章，“视听学习”更新了4个视频．一位学习者准备从更新的这6项内容中随机选取2个视频和2篇文章进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有________种．15．若自然数n使得做加法n＋(n＋1)＋(n＋2)运算不产生进位现象，则称n为“给力数”．例如：32是“给力数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“给力数”，因23＋24＋25产生进位现象．设小于1 000的所有“给力数”的各个数位上的数字组成集合A，则由集合A中的元素可组成________个没有重复数字的四位数．16．用红、黄、蓝3种颜色涂下图中标号为1，2，…，9的9个小正方形，每个小正方形只能涂一种颜色，相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色不能相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到某市．(1)如果选派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？(2)至少有2名男司机，共有多少种不同的选派方法？18．(本小题满分12分)在(ax＋ eq \f(b,x))n(a＞0，b＞0，n∈N*)的展开式中，设所有项的二项式系数和为A，所有项的系数和为B，常数项为C，且A＝B＝256，C＝70.(1)求a，b，n的值；(2)求展开式中含x－2的项．19．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的五个小球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个小球放入五个盒子中．(1)若没有一个盒子空着，但球的编号与盒子编号不全相同，有多少种投放方法？(2)每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？20．(本小题满分12分)在( eq \r(x)－ eq \f(2,x2))8的展开式中，(1)求系数的绝对值最大的项；(2)求二项式系数最大的项；(3)求系数最大的项；(4)求系数最小的项．21．(本小题满分12分)将7名应届师范大学毕业生分配到3所中学任教．(1)4个人分到甲学校，2个人分到乙学校，1个人分到丙学校，有多少种不同的分配方案？(2)一所学校去4个人，另一所学校去2个人，剩下的一所学校去1个人，有多少种不同的分配方案？22．(本小题满分12分)有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数．(1)全体排成一行，其中男生必须排在一起；(2)全体排成一行，男，女各不相邻；(3)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边；(4)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左到右的顺序不变．第五章达标检测1．解析：Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) (eq \r(x))5－k·(eq \f(－a,\r(x)))k＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(5)) (－a)kxeq \s\up6(\f(5－2k,2))(k＝0，1，2，…，5)，由eq \f(5－2k,2)＝eq \f(3,2)，解得k＝1.由C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ×(－a)＝30，得a＝－6.故选D.答案：D2．解析：这是一个排列问题，相当于从4个城市中挑选出3个进行排列，因此不同的投资方案共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) 种．答案：D3．解析：分三步：先排甲，有1种排法；再排乙、丙，其排在甲的左边或右边各有4种排法；最后排其余4人，有A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) 种排法．故共有2×4×A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝192种排法，故选B.答案：B4．解析：10个点中任取4个点，共有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)) 种取法．其中四点共面的有3类情况：①在四面体的四个面上，每个面内四点共面的情况有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) 种，四个面共有4C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) 种；②过四面体的棱的中点的平行四边形共有3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共有6个．所以四点不共面的情况的种数是C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(10)) －4C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) －3－6＝141.答案：D5．解析：由题意，可知构成的三角形的面积可能是1，eq \f(1,2)，eq \f(1,4).从A，B，C，D，E，F六个点中任取三个不同的点，可以构成C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) －3＝17个不同的三角形．其中面积为1的三角形只有1个；面积为eq \f(1,2)的三角形有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ＝6(个)；所以面积为eq \f(1,4)的三角形的个数为17－1－6＝10.故选C.答案：C6．解析：(x＋y)2m的展开式中二项式系数的最大值为a＝C eq \o\al(\s\up1(m),\s\do1(2m)) ，(x＋y)2m＋1的展开式中二项式系数的最大值为b＝C eq \o\al(\s\up1(m＋1),\s\do1(2m＋1)) ，因为15a＝8b，所以15C eq \o\al(\s\up1(m),\s\do1(2m)) ＝8C eq \o\al(\s\up1(m＋1),\s\do1(2m＋1)) ，即15×eq \f(（2m）！,m！m！)＝8×eq \f(（2m＋1）！,m！（m＋1）！)，解得m＝7.答案：C7．解析：设这个两位数为10a＋b，其中0＜a≤9，0＜b≤9，a，b∈N*，则这个两位数的数字顺序颠倒后变为10b＋a，于是两个数相加的和为11a＋11b.由题意知a＋b可取3，5，7，9，则满足条件的两位数有2＋4＋6＋8＝20(个).故选A.答案：A8．解析：(1)甲1，乙1，丙1，则方法数为A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝60；(2)甲2，乙1，丙1或甲1，乙2，丙1或甲1，乙1，丙2，则方法数为3×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ＝180；(3)甲2，乙2，丙1或甲1，乙2，丙2或甲2，乙1，丙2，则方法数为3×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝90，故总的方法数为60＋180＋90＝330，故选A.答案：A9．解析：展开式共有7项，故A错误；(2x－eq \f(1,x2))6展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) (2x)6－k·(－eq \f(1,x2))k＝(－1)k26－k·C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－3k，当k＝2时，展开式中的常数项为(－1)2·24C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝240，故B错误；令x＝1，则展开式的各项系数之和为1，故C正确；展开式的二项式系数之和为26＝64，故D正确．故选CD.答案：CD10．解析：因为(2x－1)10展开式的通项Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10)) (2x)10－k(－1)k，所以T9＝C eq \o\al(\s\up1(8),\s\do1(10)) (2x)2(－1)8＝180x2，所以a2＝180，故A正确；(2x＋1)10＝|a0|＋|a1|x＋|a2|x2＋…＋|a10|x10，令x＝1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310，故B正确；在(2x－1)10中，令x＝0，得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a1＋a2＋…＋a10＝0，故C错误；在(2x－1)10中，令x＝eq \f(1,2)，得a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a10,210)＝0，所以eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a10,210)＝－1，故D正确．故选ABD.答案：ABD11．解析：由于10÷8的余数为2，可以肯定一步1个台阶6次，一步2个台阶2次，于是问题转化为确定一步2个台阶或一步1个台阶的位置种数，即有C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(8)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) ＝28种．从结果入手，问题就是6个1和2个2，不同的组合方案就构成了不同的走法，需分两类完成．第一类：2个2不相邻，先排6个1构成7个空位，在两个空位上分别插入2，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)) 种方法．第二类：2个2相邻，先排6个1构成7个空位，在一个空位上插入2个2，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)) 种方法．根据分类加法原理，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(7)) ＝28种方法，故选AD.答案：AD12．解析：因为(x2＋eq \f(1,x2)－2)3＝[(x－eq \f(1,x))2]3＝(x－eq \f(1,x))6，所以展开式的二项式系数和为26＝64，故A错误；当x＝1时，(x－eq \f(1,x))6＝0，即展开式的各项系数和为0，故B正确；因为(x－eq \f(1,x))6展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－k(－eq \f(1,x))k＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－2k，令6－2k＝0，得k＝3，所以常数项为(－1)3C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ＝－20，故C正确；展开式中的二项式系数最大为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ，为第4项的二项式系数，故D错误．故选BC.答案：BC13．解析：(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝210－C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(10)) ×29×(1－x)＋…－C eq \o\al(\s\up1(9),\s\do1(10)) ×2×(1－x)9＋(1－x)10，可得a9＝－2C eq \o\al(\s\up1(9),\s\do1(10)) ＝－20.答案：－2014．解析：根据题意，分2步进行分析：①在4个视频中任选2个进行学习，此时不同的学法有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝6种；②对选出的2个视频与2篇文章依次进行学习，其中2篇文章学习顺序相邻的学法有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝12种．则这2篇文章学习顺序相邻的学法有6×12＝72种．答案：7215．解析：根据新定义“给力数”的概念可知，任何一个“给力数”与其后的连续两个整数相加时任何一位都不产生进位现象，故我们可以先给个位找满足题意的数字．在十以内的三个连续自然数相加不产生进位的只有0＋1＋2，1＋2＋3，2＋3＋4三种情况．故“给力数”的个位只能是0，1，2.显然，满足题意的“给力数”中的十位只能是0，1，2，3，百位只能是1，2，3，所以集合A＝{0，1，2，3}，由0，1，2，3可以组成3A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝18个没有重复数字的四位数．答案：1816．解析：分三步进行涂色．第一步：给标号为1，5，9的小正方形涂色，有3种颜色可供选择．第二步：给标号为2，3，6的小正方形涂色，①标号为3的小正方形的颜色与标号为1，5，9的小正方形的颜色相同，则标号为2，6的小正方形各有2种涂法，根据分步乘法计数原理可得其涂法有1×2×2＝4种；②标号为3的小正方形的颜色与标号为1，5，9的小正方形的颜色不同，则标号为3的小正方形有2种涂法，因此标号为2，6的小正方形的颜色相同且只有1种，根据分步乘法计数原理可得其涂法有2×1×1＝2种．所以标号为2，3，6的小正方形的涂色方法共有4＋2＝6种．第三步：给标号为4，7，8的小正方形涂色，其涂法与标号为2，3，6的小正方形的涂法相同，也有6种．根据分步乘法计数原理可得共有3×6×6＝108种．答案：10817．解析：(1)从5名男司机中选派3名，有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) 种方法，从4名女司机中选派2名，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种方法，根据分步乘法计数原理，选派方法共有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝eq \f(5×4,2×1)×eq \f(4×3,2×1)＝60(种).(2)分四类①选派2名男司机，3名女司机的方法有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ＝40(种)；②选派3名男司机，2名女司机的方法有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝60(种)；③选派4名男司机，1名女司机的方法有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ＝20(种)；④选派5名男司机，不派女司机的方法有C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ×C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(4)) ＝1(种).所以选派方法共有40＋60＋20＋1＝121(种).18．解析：(1)由题意可得A＝2n，B＝(a＋b)n，∵(ax＋eq \f(b,x))n的展开式的通项Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(n)) an－kbkxn－2k，令n＝2k，可得C＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(2k)) akbk.∵A＝B＝256，C＝70，∴2n＝(a＋b)n＝256，C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(2k)) akbk＝70.∴n＝8＝2k，∴k＝4，∴a＋b＝2，a4b4＝1，∴a＝b＝1.(2)二项式(x＋eq \f(1,x))8的展开式的通项Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) x8－2k，令8－2k＝－2，得k＝5，故展开式中含x－2的项为C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)) x－2＝56x－2.19．解析：(1)编号为1，2，3，4，5的五个小球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中有A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) 种方法，球的编号与盒子编号相同有1种，利用间接法可知满足题意的投放方法为A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) －1＝119种．(2)分为三类：第一类，五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种；第二类，三个球的编号与盒子的编号相同，其中球的编号与盒子的编号相同的投放方法有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) 种，球的编号与盒子的编号不同的投放方法有1种，所以投放方法有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ×1＝10种；第三类，两个球的编号与盒子的编号相同，其中球的编号与盒子的编号相同的投放方法有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) 种，球的编号与盒子的编号不同的投放方法有2种，所以投放方法有C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ×2＝20种．根据分类加法计数原理得，所有的投放方法有1＋10＋20＝31种．20．解析：由二项式定理可得(eq \r(x)－eq \f(2,x2))8的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) (eq \r(x))8－k·(－eq \f(2,x2))k＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) 2kx4－eq \f(5k,2).(1)设第k＋1项系数的绝对值最大．则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) ·2k≥C eq \o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(8)) ·2k＋1，,C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) ·2k≥C eq \o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(8)) ·2k－1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,8－k)≥\f(2,k＋1)，,\f(2,k)≥\f(1,9－k)，))解得5≤k≤6.故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．(2)二项式系数最大的项为中间项，即为第5项，所以T5＝(－1)4C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)) ·24·x4－eq \f(20,2)＝1120x－6.(3)由(1)知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负数，第7项的系数为正数，则系数最大的项为T7＝(－1)6C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(8)) ·26·x－11＝1792x－11.(4)系数最小的项为T6＝(－1)5C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(8)) ·25·x－eq \f(17,2)＝－1792x－eq \f(17,2).21．解析：(1)利用分步乘法计数原理；第一步，4个人分到甲学校，有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) 种分法；第二步，2个人分到乙学校，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) 种分法；第三步，剩下的1个人分到丙学校，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) 种分法．所以总的分配方案有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) ·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) ＝105(种).(2)同样用分步乘法计数原理：第一步，选出4人有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) 种方法；第二步，选出2人有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) 种方法；第三步，选出1人有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) 种方法；第四步，将以上分出的三组人进行全排列有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种方法．所以总的分配方案有C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) ·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) ·Aeq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝630(种).22．解析：(1)捆绑法．将男生看成一个整体，进行全排列，再与其他4名女生进行全排列，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＝720种．(2)插空法．先排好男生，然后将女生插入其中的4个空位，共有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝144种．(3)位置分析法．先排最左边，除去甲外，有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) 种，余下的6个位置全排有A eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) 种，但应剔除甲不在最左边，乙在最右边的排法数A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) 种．则符合条件的排法共有A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) A eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) －A eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＝3720种．(4)定序排列．第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲，乙，丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)) ＝N·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ，则N＝eq \f(A eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)) ,A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) )＝840，则共有840种排法．123456789