成都大学附属中学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测(有答案解析)

一、选择题

1．在（1－x3）（1＋x）10的展开式中x5的系数是（ ） A．－297

B．－252

C．297

D．207

2．某城市有3 个演习点同时进行消防演习，现将5 个消防队分配到这3 个演习点，若每个演习点至少安排1 个消防队，则不同的分配方案种数为（ ） A．150

23．xx2B．240 C．360 D．540

x14的展开式中x项的系数为（ ）

B．5 D．8

A．9 C．7

4．8011被9除的余数为（ ） A．1

B．1

C．8 D．8

5．(x3)(x2)5的展开式中x3的系数为（ ） A．10

B．40

C．200

D．240

8296．已知(3x)(2x3)a0a1(x1)a2(x1)a9(x1)，则a6（ ）

A．1792 B．1792 C．5376 D．5376

7．现有甲、乙、丙、丁、戌5人参加社区志愿者服务活动，每人从事团购、体温测量、进出人员信息登记、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.若甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ） A．234 A．120 种数有（ ） A．60

B．66

C．72

D．126

B．152 B．84

C．126 C．60

D．108 D．36

8．由1，2，3，4，5组成没有重复数字，含2和5且2与5不相邻的四位数的个数是( ) 9．从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和为奇数，则不同取法

52510．已知(12x)a0a1xa2x...a5x，则a0aa1a22...5的值为（ ） 2225D．64

A．32 B．1 C．81

11．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ） A．20种

B．24种

C．32种

D．48种

n2n*12．设(12x)a0a1xa2xanx,(nN)若a1a2an728，则展

开式中二项式系数最大的项是( ) A．160x3

B．60x2

C．240x4

D．20x3

二、填空题

13．现有不同的红球、黄球、绿球各两个排成一排，要求红球不相邻，黄球也不相邻，红

球不在两端有__________种不同的排法.

14．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有________种

15．某学校安排5名高三教师去3个学校进行交流学习，且每位教师只去一个学校，要求每个学校至少有一名教师进行交流学习，则不同的安排方式共有______种.

16．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为 ． 17．若(2x1)11a0a1xa2x2a11x11，则

(a0a2a10)2(a1a3a11)2________

18．已知(2x1)a0a1(x1)a2(x1)a3(x1)a4(x1)，则

4234a1a2a3a4___________.

19．把6张不同的充值卡分给4位同学，每人至少1张，有_________种分法

20．A,B,C,D,E,F六人并排站成一排，A,B必须站在一起，且C,D不能相邻，那么不同的排法共有_____种（结果用数字表示）.

三、解答题

21．现有2位男生和3位女生共5位同学站成一排.(用数字作答) （1）若2位男生相邻且3位女生相邻，则共有多少种不同的排法？ （2）若男女相间，则共有多少种不同的排法？

（3）若男生甲不站两端，女生乙不站最中间，则共有多少种不同的排法？

n1*22．若x展开式中各项的二项式系数和为256. nN42x（1）求n；

（2）求展开式中含x的项.

23．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问： （1）能组成多少个没有重复数字的七位数？

（2）在（1）中的七位数中三个偶数排在一起的有几个？

（3）在（1）中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？ （4）在（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？ （答题要求：先列式，后计算 , 结果用具体数字表示．）

24．从5本不同的科普书和4本不同的数学书中选出4本，送给4位同学，每人1本，问：

（1）如果科普书和数学书各选2本，共有多少种不同的送法？（各问用数字作答） （2）如果科普书甲和数学书乙必须送出，共有多少种不同的送法？ （3）如果选出的4本书中至少有3本科普书，共有多少种不同的送法？

n1*25．在x的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差n3,nN42x数列.

（1）求n的值；

（2）求展开式中含x2的项.

26．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数.（要求每问要有适当的分析过程，列式并算出答案） （1）选其中5人排成一排；

（2）排成前后两排，前排3人，后排4人； （3）全体站成一排，男、女各站在一起； （4）全体站成一排，男生不能站在一起； （5）全体站成一排，甲不站排头也不站排尾.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】

试题分析：因为(1x3)(1x)10(1x)10x3(1x)10

所以(1x3)(1x)10展开式中的x5的系数是(1x)10的展开式的中x5的系数减去(1x)10的x2的系数

rrx 由二项式定理，(1x)10的展开式的通项为Tr1C10令r=5，则(1x)10的展开式的中x5的系数为C10 令r52，则(1x)10的展开式的中x2的系数为C10

52所以x5的系数是C10C1025245207 故答案选D 考点：二项式定理．

【易错点晴】(ab)n的展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者只是指

kCn，它仅是与二项式的幂的指数n及项数有关的组合数，而与a，b的值无关；而后者是

2指该项除字母外的部分，即各项的系数不仅与各项的二项式系数有关，而且也与a，b的系数有关．在求二项展开式特定项的系数时要充分注意这个区别．[学_科_

2．A

解析：A 【解析】

试题分析：由题意得，把5个消防队分成三组，可分为1,1,3，1,2,2两类方法，（1）分为

113C5C4C2C5C4C31,1,3，共有1,2,21015种不同2种不同的分组方法；（）分为，共有22A2A2122的分组方法；所以分配到三个演习点，共有(1015)A3150种不同的分配方案，故选A．

考点：排列、组合的应用．

【方法点晴】本题主要考查了以分配为背景的排列与组合的综合应用，解答的关键是根据“每个演习点至少要安排1个消防队”的要求，明确要将5个消防队分为1,1,3，1,2,2的三组是解得关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题，本题的解答中，先将5个消防队分为三组，则分配到三个演习点，然后根据分步计数原理，即可得到答案．

33．A

解析：A 【分析】

2将xx2x1r4化简为:x2(x1)4x(x1)42(x1)4,写出(x1)4二项展开式的

通项公式Tr1C4x【详解】 xx2(4r)(1)r,即可求得答案.

x2(x1)4x(x1)42(x1)4

2x14r(4r)x(1)r (x1)4二项展开式的通项公式Tr1C4 x2(x1)4中不含x项,无需求解. x(x1)4中含x项,即当r4时xC4x4(44)(1)4x

3(43)x(1)38x 2(x1)4中含x项,即当r3时2C4 x2x2x1的展开式中x项9x

4故选:A. 【点睛】

本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题.

4．C

解析：C 【分析】

将8011转化为811，利用二项式定理，即可得解. 【详解】

118011811

C118111C1181101C118191012211C118111C111

11101011118111C118110C1181912C11811C11

108111C118110C118191211811

8111C118110C118198111C118110C118198111C118110C1181912121081811 108180 1081728

128111C118110C11819所以8011被9除的余数为8. 故选：C. 【点睛】

12108172可以被9整除，

本题考查利用二项式定理解决余数问题，将原式变形为811是本题的解题关键，属于中档题.

115．B

解析：B 【分析】

首先将(x3)(x2)5拆开得到(x3)(x2)5x(x2)53(x2)5，得到

(x3)(x2)5的展开式中x3的系数与(x2)5展开式中x2项和x3项的系数有关，化简求

得结果. 【详解】

(x3)(x2)5x(x2)53(x2)5，

32380， (x2)5展开式中x2项的系数为C522240， (x2)5展开式中x3项的系数为C5所以(x3)(x2)5的展开式中x3的系数为8034040， 故选：B. 【点睛】

该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有求两个二项式乘积展开式的系数问题，在解题的过程中，注意分析与哪些项有关，属于简单题目.

6．D

解析：D 【分析】

将原式改写成(3x)(2x3)8[2(x1)][2(x1)1]8，利用二项式定理解决系数问题即可得解. 【详解】

(3x)(2x3)8[2(x1)][2(x1)1]8

a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，

所以a62C82C82358417925376. 故选：D 【点睛】

此题考查二项式定理的理解辨析和应用，关键在于熟练掌握定理公式，根据公式处理系数关系.

26357．C

解析：C 【分析】

分情况进行讨论，先计算“甲乙一起参加除了开车的三项工作之一”有多少种情况，再计算“甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作”和“甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作”的情况，相加即得. 【详解】

由题，分情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C3A318种； 甲乙不同时参加一项工作，又分为两种情况：

①甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有：

222C3A2A3323236种；

13②甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：A3C3C2A272种. 由分类计数原理，可得共有183672126种. 故选：C 【点睛】

本题考查计数原理，考查学生的逻辑推理能力.

21128．D

解析：D 【分析】

由题可知四位数中含2和5，且2与5不相邻，所以1，3，4选2个并全排列有A3种，再在两个元素中形成的三个空中插入2与5有A3种，即可得出结果. 【详解】

由题可得四位数中含2和5，所以2与5都选，又2与5不相邻，所以1，3，4选2个并全排列有A3种，再在两个元素中形成的三个空中插入2与5有A3种，所以共有

22A3A336种.

2222故选：D. 【点睛】

本题主要考查插空法排列问题.

9．A

解析：A 【分析】

要使四个数的和为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个，再根据排列组合及计数原理知识，即可求解. 【详解】

从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和要为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个：

所以共有C5C4C5C460种取法. 故选：A 【点睛】

本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于简单题.

133110．A

解析：A 【分析】

根据所求与已知的关系，令x【详解】

1，即可求得答案. 2(12x)5a0a1xa2x2...a5x5，

51a5a1a21令x，即可得a02...5122532.

22222故选：A 【点睛】

本题考查二项式定理的应用，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.

11．C

解析：C 【分析】

根据角所在的位置，分两类：角排在一或五；角排在二或四.根据分类计数原理和排列组合的知识可得． 【详解】

若角排在一或五，有2A2A3=24种；若角排在二或四，有2A2A28. 根据分类计数原理可得，共有248＝32种. 故选：C． 【点睛】

本题考查排列组合和计数原理，属于基础题.

222212．A

解析：A 【分析】

由题意得，当x1时，a0a1a2an3，利用二项展开式的通项公式求出

0a0Cn201，结合条件求得n6，利用二项式系数的性质，得出二项式系数最大的项

n为 C62x，即可求出结果. 【详解】

解：由题可知，(12x)a0a1xa2xanx， 当x1时，a0a1a2an3，

rrr2x， (12x)n的展开式中，通项公式为：Tr1Cnnn2n333则常数项对应的系数为：a0，即r0，得a0Cn21， 所以a1a2an31728，解得：n6， 则(12x)6展开式中二项式系数最大为：C6， 则二项式系数最大的项为： C62x160x. 故选：A. 【点睛】

本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，组合数的计算公式．

3333300n二、填空题

13．120【分析】用六个位置去放这六个球分步：第一步放红球第二步放黄球第三步放绿球然后由乘法原理计算【详解】6个球占据6个位置在这6个位置中间四个位置中选2个放红球有3种选法放法是剩下4个位置中只有2个

解析：120 【分析】

用六个位置去放这六个球，分步：第一步放红球，第二步放黄球，第三步放绿球．然后由乘法原理计算． 【详解】

6个球占据6个位置，在这6个位置中间四个位置中选2个放红球，有3种选法，放法是

2223A2，剩下4个位置中只有2个是相邻的，选2个放黄球放法是A4A2，最后还有两个

位置放绿球有A2种放法，因此共有方法数为3A2(A4A2)A2120． 故答案为：120． 【点睛】

关键点点睛：本题考查排列的应用，解题关键是确定完成事件的方法：分类还是分步？另外对特殊元素，特殊位置要优先考虑．本题中红球要不相邻又不能放在两端，因此我们设想有6个位置放这6个球，先放红球于中间4个位置中的两个，然后再放黄球，最后放绿球．分步完成，从而得出结论．

2222214．150【分析】先根据题意确定分组分式则分组方法是113或221得到分组方法种数再分配到3个社区利用分步计数原理求解【详解】安排5名学生去3个社区进行志愿服务且每人只去一个社区要求每个社区至少有一名学

解析：150 【分析】

先根据题意，确定分组分式则分组方法是1，1，3或2，2，1，得到分组方法种数，再 分配到3个社区，利用分步计数原理求解. 【详解】

安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，

则分组分式是1，1，3或2，2，1，

CCCC25,

CCAA分配到3个社区的分配方法有A6种，

故分组方法有：

543353112222331122由分步计数原理得：不同的安排方式共有256150种， 故答案为：150 【点睛】

方法点睛：排列组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素组合(分组)，再对取出的元素排列，分组时要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．

15．150【分析】分2步分析：先将5名高三教师分成3组分2种情况分类讨论再将分好的三组全排列对应三个学校由分步计数原理计算可得答案；【详解】解：分2步分析：先将5名高三教师分成3组由两种分组方法若分成3

解析：150 【分析】

分2步分析：先将5名高三教师分成3组，分2种情况分类讨论，再将分好的三组全排列，对应三个学校，由分步计数原理计算可得答案； 【详解】 解：分2步分析：

先将5名高三教师分成3组，由两种分组方法，

310种分组方法， 若分成3、1、1的三组，有C5122C5C4C215种分组方法， 若分成1、2、2的三组，有2A2则一共有101525种分组方法；

再将分好的三组全排列，对应三个学校，有A36种情况， 则有256150种不同的安排方式； 故答案为：150． 【点睛】

(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．

3(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．

16．【分析】利用间接法计算取3张卡片的总数然后分别计算取3张同色2张红色的方法数最后做差可得结果【详解】由题可知：16张取3张卡片的所有结果为取到3张都是同色的结果数为取到2张都是红色的结果数为故答案为 解析：472

【分析】

利用间接法，计算取3张卡片的总数，然后分别计算取3张同色，2张红色的方法数，最后做差，可得结果. 【详解】

由题可知：16张取3张卡片的所有结果为C16 取到3张都是同色的结果数为4C4 取到2张都是红色的结果数为C4C12

321C164C34C4C125601672472.

2133故答案为：472 【点睛】

本题考查组合的应用，巧用间接法，审清题意，细心计算，属基础题.

17．【分析】利用赋值法求二项式展开式系数和令则可得的值令则可得的值从而得解；【详解】解：因为令得令得则故答案为：【点睛】本题考查利用赋值法求二项式展开式的系数和的问题属于中档题 解析：177147

【分析】

利用赋值法求二项式展开式系数和，令x1则，可得a0a1a2a11的值，令

x1则，可得a0a1a2a3a10a11的值，从而得解；

【详解】

解：因为(2x1)a0a1xa2xa11x 令x1得a0a1a2a113，

令x1得a0a1a2a3a10a1111

22则(a0a2a10)(a1a3a11)

111121111(a0a2a10)(a1a3a11)(a0a2a10)(a1a3a11)

3111

177147

故答案为：177147 【点睛】

本题考查利用赋值法求二项式展开式的系数和的问题，属于中档题.

18．【分析】取得出再取得出最后由得出答案【详解】取得出取得出则故答案为：【点睛】本题主要考查了二项式定理与数列求和的应用属于中档题 解析：80

【分析】

取x0，得出a0a1a2a3a41，再取x1，得出a081，最后由

a1a2a3a4a0a1a2a3a4a0得出答案.

【详解】

取x0，得出(1)a0a1a2a3a41 取x1，得出(3)a081

则a1a2a3a4a0a1a2a3a4a018180 故答案为：80 【点睛】

本题主要考查了二项式定理与数列求和的应用，属于中档题.

4419．1560【分析】分4位同学分得的卡数为1113和1122两种情况讨论即可【详解】分两类：第一类：当4位同学分得的卡数为1113时共有种；第二类：当4位同学分得的卡数为1122时共有种由加法原理知共有

解析：1560 【分析】

分4位同学分得的卡数为1，1，1，3和1，1，2，2两种情况讨论即可. 【详解】 分两类：

第一类：当4位同学分得的卡数为1，1，1，3时，共有C6A4480种；

2211C6C4C2C14A41080种， 第二类：当4位同学分得的卡数为1，1，2，2时，共有22A2A234由加法原理，知共有1560种不同分法. 故答案为：1560 【点睛】

本题考查排列与组合中的部分均匀分组问题，考查学生逻辑推理能力，数学运算能力，是一道中档题.

20．144【分析】根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个元素与人进行全排列易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个安排由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个

解析：144 【分析】

根据题意，分2步进行分析：①将AB两人看成一个元素，与EF2人进行全排列，易得排

好后有4个空位；②在4个空位中任选2个，安排C、D，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】

解：根据题意，分2步进行分析：

①将AB两人看成一个元素，与EF2人进行全排列， 有A2A312种排法，排好后有4个空位，

②在4个空位中任选2个，安排C、D，有A412种情况， 则有1212144种不同的排法. 故答案为：144. 【点睛】

本题考查排列、组合的应用，注意常见的相邻和不相邻问题的处理方法有捆绑法和插空法．

223三、解答题

21．（1）24（2）12（3）60 【分析】

（1）相邻问题利用捆绑法； （2）若男女相间，则用插空法；

（3）若男生甲不站两端，女生乙不站最中间，则利用间接法． 【详解】

解：（1）利用捆绑法，可得共有A2A2A324种不同的排法； （2）利用插空法，可得共有A2A312种不同的排法； （3）利用间接法，可得共有A53A4C2A360种不同的排法. 【点睛】

本题考查排列组合及简单的计数问题，涉及间接法和捆绑，插空等方法的应用，属于中档题．

22．（1）n8；（2）T5【分析】

（1）由二项式系数和为2n可计算出n；

（2）写出展开式通项公式，整理后令x的指数为1求得项数，得项． 【详解】

解：（1）由题意，CnCnCn（2）Tr1C令4r822323541335x 8012nCn2n256，所以n8 r8x2x8r4r1434r， Crx23r1，得：r4 44展开式中含x的项为T5C8135xx 428【点睛】

本题考查二项式定理，掌握二项式系数的性质与二项展开式通项公式是解题关键． 23．(1)100800个；(2)14400个；(3)5760个；(4)28800个． 【分析】

从1到9的九个数字中，有奇数1,3,5,7,9共五个，偶数2 ,4, 6, 8共四个． (1)先从四个偶数中取三个，再从五个奇数中取出四个，然后全排列即可得到结果； (2)用捆绑法．将取出三个偶数看作一个元素，然后将该元素与四个奇数全排列，同时其内部自排即可得到结果；

(3) 用捆绑法．将取三个偶数捆绑在一起，四个奇数捆绑在一起看成两个元素排列，同时内部分别自排即可得到结果；

(4)用插空法．因为三个偶数都不相邻，故只需将取出的四个奇数全排列，然后对偶数插空即可求出结果． 【详解】

(1)分步完成：第一步在四个偶数中取三个，可有C4种情况； 第二步在五个奇数中取四个，可有C5种情况； 第三步三个偶数，四个奇数进行排列，可有A7种情况， 所以符合题意的七位数有C4C5A7100800个．

(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C4C5A5A314400．

(3)上述七位数中，三个偶数排在一起，四个奇数也排在一起的有C4C5A3A4A25760个．

(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把四个奇数排好，再将三个偶数分别插入5个空档，共有A5C4A528800个． 【点睛】

本题主要考查排列组合的综合应用．排列与组合综合问题的常见类型及解题策略： (1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．

(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．

(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．

(4)多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类计数原理求出排列总数．

24．（1）1440种（2）504种（3）1080种 【分析】

（1）由题意，先从5本不同的科普书和4本不同的数学书中各选2本，再送给4位同

433343423453347347学，可得结论；（2）科普书甲和数学书乙必须送出，从其余7本中选2本，再送给4位同学，可得结论；（3）选出的4本书中至少有3本科普书，包括3本科普书1本数学书、4本科普书，可得结论． 【详解】

（1）从5本科普书中选2本有C5种选法，从4数学书中选2本有C4种选法，再把4本书给4位同学有A4种，

所以科普书和数学书各选2本，共有C5C4A41440种不同的送法.

（2）因为科普书甲和数学书乙必须送出，所以再从其余7本书选2本有C7种，再把4本书给4位同学有A4种，所以共有C7A4504种不同的送法.

（3）选出4本科普书有C5种，选出3本科普书有C5C4种，再把4本书给4位同学有A44314种，所以至少有3本科普书的送法为C5C5C4A41080种.

22422424244314【点睛】

本题考查排列组合知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 25．（1）7（2）【分析】

（1）因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，可得：CnCn2Cn，整理得，n29n140，即可求得n的值；

3r1114rr4，令（2）当n7时，x展开式的第r1项为Tr1(1)C72rx42x143r2，即可求得含x2的项. 4【详解】

（1）因为展开式中第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，

212x 41327132CnCn2Cn，

整理得，n29n140，即n2n70， 又

n3，nN*，

7n的值为7.

1（2）当n7时，x展开式的第r1项为 42x3r1114r7rrr4， Tr1C7(x)4(1)C7rx22xr其中0r7且rN. 令

143r2，得r42，

T3(1)2C7212212xx， 224212x. 4展开式中含x2的项为

【点睛】

本题解题关键是掌握二项式通项公式，掌握二项式的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

26．（1）2520；（2）5040；（3）288；（4）1440；（5）3600. 【分析】

相邻问题一般看作一个整体处理，利用捆绑法，不相邻问题一般用插空法，特殊位置优先考虑，即可求解． 【详解】

55A52520种排法； 解：（1）从7人中选其中5人排成一排，共有C7（2）排成前后两排，前排3人，后排4人，共有A75040种排法； （3）全体站成一排，男、女各站在一起，属于相邻问题， 男生必须站在一起，则男生全排列，有A3种排法， 女生必须站在一起，则女生全排列，有A4种排法， 男生女生各看作一个元素，有A2种排法；

234由分布乘法的计数原理可知，共有A2A3A4288种方法；

7342（4）全体站成一排，男生不能站在一起，属于不相邻问题，

先安排女生，有A4种排法，把3个男生插在女生隔成的5个空位中，有A5种排法， 由分布乘法的计数原理可知，共有A4A51440种方法； （5）全体站成一排，男不站排头也不站排尾，则优先安排甲， 从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有A5种排法， 再对剩余的6人进行全排列，有A6种排法， 所以共有A5A63600种方法． 【点睛】

本题考查排列和组合的实际应用，涉及相邻和不相邻问题，利用了捆绑法、插空法和特殊位置优先考虑的方法，考查分析和计算能力．

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