重点培优练6 二项分布与超几何分布中的最值问题——极大似然估计
1．(2025·福建福州期末)为选拔培养具有创新潜质的优秀中学生，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动．
(1)若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自A中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自A中学的人数X的分布列和数学期望；
(2)在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为p1，p2．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响．
(ⅰ)求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率p；
(ⅱ)当p1＋p2＝时，求p的最大值．
2．(2026·黑龙江哈尔滨期中)一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球n(3≤n≤13)个，其余为黑球．
(1)当盒中的白球数n＝6时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用A表示事件“第一次取到白球”，用B表示事件“第二次取到白球”，求P(B|A)和P(B)，并判断事件A与B是否相互独立；
(2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，若其中恰有3个白球，则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球的数量n
(3)若n＝9，参与者从盒子中有放回地随机取m次球，若其中取到白球的个数为ξ，ξ＝k(k＝0，1，2，…，m)，则m为何值时，概率P(ξ＝6)≥P(ξ＝k)(k＝0，1，2，…，m)．
重点培优练6
1．解：(1)由题意知，X的可能取值有0，1，2，3，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×．
(2)(ⅰ)因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为χ，则χ~B(2，p1)，
设乙答对题数为η，则η~B(2，p2)，
设A＝甲、乙两位同学在每轮答题中取胜，
则P(A)＝P(χ＝1)P(η＝2)＋P(χ＝2)·P(η＝1)＋P(χ＝2)P(η＝2)
＝p1(1－p1)p2(1－p2)＋
＝2p1(1－p1)＋2p2(1－p2)
＝－3p2．
(ⅱ)因为p1＋p2＝，
所以P(A)＝－3p1p2，
由0≤p1≤1，0≤p2≤1，又p1＋p2＝≤p1≤1，
则p1p2＝p1≤p1≤1，所以p1p2∈，
设t＝p1p2，所以P(A)＝－3t2＋，t∈，
由二次函数的性质可知，当t＝，
故甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为．
2．解：(1)当n＝6时，盒中有6个白球，14个黑球，
则P(A)＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()P(B|)
＝，
则P(B|A)≠P(B)，所以事件A与B相互不独立．
(2)从20个球中取10个球，恰有3个白球的概率P＝，3≤n≤13，
设f(n)＝，
当3≤n≤12时，
＝
＝，
－n2＋12n＋13－(－n2＋22n－40)＝53－10n，
当3≤n≤5时，f(n＋1)>f(n)，
当6≤n≤12时，f(n＋1)
因此f(3)f(7)>…>f(13)，
而f(3)＝＝f(13)，
则f(n)max＝f(6)，f(n)min＝f(13)，
所以当n＝6时，参与者获奖的可能性最大；当n＝13时，参与者获奖的可能性最小．
(3)若n＝9，盒中有9个白球，11个黑球，则每次取到白球的概率为，
参与者从盒子中有放回地随机取m次球，若其中取到白球的个数为ξ，
则ξ~B，所以P(ξ＝k)＝
＝，k＝0，1，2，…，m．
若概率P(ξ＝6)最大，则有
所以，
又m∈Z，故m＝13或m＝14，
所以m＝13或m＝14时，概率P(ξ＝6)的值最大．
1/2培优课6 二项分布与超几何分布中的最值问题——极大似然估计
在人教A版选择性必修第三册P81“探究与发现”中，同学们已经研究了二项分布P(X＝k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，随k变化时，概率值的变化特点，相应结论如文中探究问题1所示．若n，k为常数，p为变量，概率pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，可视为参数p的函数，其概率值的变化特点，需要借助导数得到，2018年全国Ⅰ卷已对此做了命题，如文中探究问题2所示．
类型1 二项分布中的最值问题
探究问题1 探究函数f(k)＝pkqn－k(k＝0，1，2，…，n，p＋q＝1，0＜p＜1)的最值取得情况，其中k为自变量．
令＝＝1＋，k＝1，2，…，n．
得出结论如下：
①当(n＋1)p为整数时，则当k＝(n＋1)p时取得概率最大值，又＝1，故此时可取的k值有2个：(n＋1)p和(n＋1)p－1；
②当(n＋1)p不为整数时，则当k取(n＋1)p的整数部分时，P(X＝k)是唯一的概率最大值．
【典例1】 (2026·浙江湖州开学考试)某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分．已知小明同学能答对10道题中的6道题．
(1)求小明同学在一轮比赛中所得积分X的分布列和期望；
(2)规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在10轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？
[听课记录]
反思领悟 本题第(2)问属于n，p固定，探究以k为自变量的离散函数(数列)f(k)＝·，k＝0，1，…，10是否存在最值的问题，除本例解法外，也可以利用比商法，结合函数(数列)的单调性求解．
探究问题2 探究函数f(p)＝pkqn－k(k＝0，1，2，…，n，n∈Z，0＜p＜1，p＋q＝1)的最值取得情况，其中p为自变量，n，k为常数．
由f′(p)＝[kpk-1(1－p)n－k－pk(n－k)·(1－p)n－k-1]＝pk-1(1－p)n－k-1[k(1－p)－(n－k)p]＝pk-1(1－p)n－k-1(k－np)可知，
(1)当k＝0时，f′(p)＜0恒成立，f(p)在(0，1)上单调递减，f(p)无最值；
(2)当k＝n时，f′(p)＞0恒成立，f(p)在(0，1)上单调递增，f(p)无最值；
(3)当k＝1，2，…，n－1时，
由于当p＜时，f′(p)＞0，f(p)单调递增，当p＞时，f′(p)＜0，f(p)单调递减，故当p＝时，f(p)取得最大值，f(p)max＝f．
又当p→0时，f(p)→0，当p→1时，f(p)→0，从而f(p)无最小值．
上述两个问题的解决运用了函数与方程的思想，问题1中通过解不等式≥1比较f(k)与f(k－1)的大小．问题2中通过求导判断函数的单调性求出最值．出于实际意义，一般更关注概率的最大值点的取得情况．存在最大值点的前提下，若视k为自变量，最大值点为某个随机变量，也可能是两个．若视p为自变量，f(p)＝pkqn－k，n，k为常数，相当于以p为自变量的多项式函数在(0，1)上求最大值，最大值点只有一个．
【典例2】 (2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0．
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[听课记录]
反思领悟 命题者以概率p为自变量，视角新颖，求解该题除了判断分布类型，在解题过程中主要的难点来自用函数的思想来解决问题，应用导数求最大值点，并且在第(2)问中要通过计算期望的数值作分析和决策．涉及求值、求值域、求参数的取值范围等问题时，树立函数意识，列出相应的函数解析式，将问题转化为求函数值和函数最值的问题来研究．
1．(2025·江西南昌期末)盛夏来临，某棋牌室举办为期一周的“消夏”围棋活动，分为趣味赛和积分赛(每局比赛必须决出胜负)，规则如下：前2天举办趣味赛，每天仅首局比赛可获得积分，获胜得1分，失败得0分；积分赛在后5天进行，每天只有前两局比赛可获得积分，首局获胜得2分，次局获胜得1分，失败得0分．小张这一周中每天至少参加两局围棋比赛，已知她每天第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p(0＜p＜1)，，且各局比赛相互独立．
(1)已知趣味赛两天积分不为0的参赛选手可获得精美礼品一份，p＝．
(ⅰ)求小张在趣味赛中获得精美礼品的概率；
(ⅱ)在小张获得精美礼品的条件下，求小张2天趣味赛仅积1分的概率；
(2)设小张在后5天的积分赛中，恰有2天每天积分不低于1分的概率为f(p)，求f(p)的最大值．
类型2 超几何分布中的最值问题
将从a件次品，b件正品中取出n件产品的可能组合的全体作为样本点，总数为．其中，次品出现k次的可能为．令N＝a＋b，则所求概率为hk(N)＝，即＝＝，令＝λ，则当an＞kN时，λ＞1；当an＜kN时，λ＜1，即当N＜时，hk(N)单调递增；当N＞时，hk(N)单调递减．所以当N＝时，hk(N)达到最大值．
【典例3】 (2023·四省联考)一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，X表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若N＝5 000，求X的数学期望；
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值(以使得P(X＝15)最大的N的值作为N的估计值)．
[听课记录]
反思领悟 解决超几何分布中概率f(n)的最值问题，与二项分布中概率的最值问题类似，也有两种方法，一是把n看作自变量，利用函数性质求最值；二是用方程组求解．
2．一个袋中有形状、大小完全相同的100个小球，其中n(2≤n≤92)个红球，其余为白球．从中一次性任取10个小球，将“恰好含有2个红球”的概率记为f(n)，则当n＝________时，f(n)取得最大值．
3．(2025·江西模拟)为了保持某自然生态保护区的生态平衡，现用重捕法了解该保护区内某种动物的大致数量N(单位：只)，随机在保护区内捕捉了100只该动物并做上标记，一段时间后再随机捕捉100只，用X表示第二次捕捉的100只中有标记的数量．若以使得X＝12的概率最大时N的值作为该保护区内这种动物的数量的估计值，则N的估计值是________．
培优课6 二项分布与超几何分布中的最值问题——极大似然估计
典例1 解：(1)由题意，小明能答对10道题中的6道题且每答对一道题积1分，X＝0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×．
(2)参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为P＝，
小明在10轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为Y，则Y~B，
故P(Y＝k)＝，k＝0，1，…，10，
若Y＝k(0所以，即k＝7．
故小明在10轮闯关比赛中，需7次闯关成功才能使得对应概率取值最大．
典例2 解：(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝p2(1－p)18．
因此f'(p)＝[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2p(1－p)17(1－10p)．
令f'(p)＝0，得p＝0.1．当p∈(0，0.1)时，f'(p)>0；当p∈(0.1，1)时，f'(p)<0．所以f(p)的最大值点为p0＝0.1．
(2)由(1)知，p＝0.1．
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y~B(180，0.1)，E(Y)＝180×0.1＝18，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y．
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490．
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．
由于E(X)>400，故应该对余下的所有产品作检验．
考教衔接
1．解：(1)(ⅰ)设小张在趣味赛中获得精美礼品事件为A，则P(A)＝1－，
所以小张在趣味赛中获得精美礼品的概率为．
(ⅱ)设小张2天趣味赛仅积1分事件为B，
则P(AB)＝，
所以P(B|A)＝，
所以在小张获得精美礼品的条件下，小张2天趣味赛仅积1分的概率为．
(2)设小张在后5天的积分赛中，一天中积分不低于1分事件为C，
则P(C)＝1－(1－p)·，
记在后5天中积分不低于1的天数为X，X~B，
则f(p)＝·1－3，令t＝，
则f(p)＝g(t)＝10t2(1－t)3，
令g'(t)＝20t(1－t)3－30t2(1－t)2＝10t·(1－t)2(2－5t)＝0 t＝，
所以g(t)在内单调递减，
即g(t)max＝g，
所以当t＝，即p＝时，f(p)的最大值为．
典例3 解：(1)依题意X服从超几何分布，且N＝5 000，M＝200，n＝500，
故E(X)＝n×＝20．
(2)当N<685时，P(X＝15)＝0，
当N≥685时，P(X＝15)＝，
记a(N)＝，则
＝
＝
＝．
由N2－698N＋499×199>N2－683N－684，
当且仅当N<≈6 665.7，
则可知当685≤N≤6 665时，a(N＋1)>a(N)；
当N≥6 666时，a(N＋1)故N＝6 666时，a(N)最大，所以N的估计值为6 666．
考教衔接
2.20 [f(n)＝，f(n)取得最大值，即取最大值，
所以
解得，故n＝20．]
3.833 [由题意得，随机变量服从超几何分布，即P(X＝12)＝，
记a(N)＝，
则a(N＋1)＝，
所以
＝．
当>1时，N2－198N＋9 801>N2－186N－187，解得188≤N<832，
当N≥833时，a(N)>a(N＋1)，故当N＝833时，a(N)最大，N的估计值为833．]
1/6(共42张PPT)
专题三 概率与统计
培优课6 二项分布与超几何分布中的最值问题——极大似然估计
在人教A版选择性必修第三册P81“探究与发现”中，同学们已经研究了二项分布P(X＝k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，随k变化时，概率值的变化特点，相应结论如文中探究问题1所示．若n，k为常数，p为变量，概率pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，可视为参数p的函数，其概率值的变化特点，需要借助导数得到，2018年全国Ⅰ卷已对此做了命题，如文中探究问题2所示．
类型1 二项分布中的最值问题
探究问题1 探究函数f (k)＝pkqn－k(k＝0，1，2，…，n，p＋q＝1，0＜p＜1)的最值取得情况，其中k为自变量．
令＝＝1＋，k＝1，2，…，n．
得出结论如下：
①当(n＋1)p为整数时，则当k＝(n＋1)p时取得概率最大值，又＝1，故此时可取的k值有2个：(n＋1)p和(n＋1)p－1；
②当(n＋1)p不为整数时，则当k取(n＋1)p的整数部分时，P(X＝k)是唯一的概率最大值．
【典例1】 (2026·浙江湖州开学考试)某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分．已知小明同学能答对10道题中的6道题．
(1)求小明同学在一轮比赛中所得积分X的分布列和期望；
(2)规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在10轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？
[解] (1)由题意，小明能答对10道题中的6道题且每答对一道题积1分，X＝0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
(2)参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为P＝＝，
小明在10轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为Y，则Y～B，
故P(Y＝k)＝，k＝0，1，…，10，
若Y＝k(0＜k＜10，k∈N)，则
所以则可得≤k≤，即k＝7．
故小明在10轮闯关比赛中，需7次闯关成功才能使得对应概率取值最大．
反思领悟 本题第(2)问属于n，p固定，探究以k为自变量的离散函数(数列)f (k)＝·，k＝0，1，…，10是否存在最值的问题，除本例解法外，也可以利用比商法，结合函数(数列)的单调性求解．
探究问题2 探究函数f (p)＝pkqn－k(k＝0，1，2，…，n，n∈Z，0＜p＜1，p＋q＝1)的最值取得情况，其中p为自变量，n，k为常数．
由f ′(p)＝[kpk-1(1－p)n－k－pk(n－k)·(1－p)n－k-1]＝
pk-1(1－p)n－k-1[k(1－p)－(n－k)p]＝pk-1(1－p)n－k-1(k－np)可知，
(1)当k＝0时，f ′(p)＜0恒成立，f (p)在(0，1)上单调递减，f (p)无最值；
(2)当k＝n时，f ′(p)＞0恒成立，f (p)在(0，1)上单调递增，f (p)无最值；
(3)当k＝1，2，…，n－1时，由于当p＜时，f ′(p)＞0，f (p)单调递增，当p＞时，f ′(p)＜0，f (p)单调递减，故当p＝时，f (p)取得最大值，f (p)max＝f ．
又当p→0时，f (p)→0，当p→1时，f (p)→0，从而f (p)无最小值．
上述两个问题的解决运用了函数与方程的思想，问题1中通过解不等式≥1比较f (k)与f (k－1)的大小．问题2中通过求导判断函数的
单调性求出最值．出于实际意义，一般更关注概率的最大值点的取得情况．存在最大值点的前提下，若视k为自变量，最大值点为某个随机变量，也可能是两个．若视p为自变量，f (p)＝pkqn－k，n，k为常数，相当于以p为自变量的多项式函数在(0，1)上求最大值，最大值点只有一个．
【典例2】 (2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．
(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)，求f (p)的最大值点p0．
(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
[解] (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)＝p2(1－p)18．
因此f ′(p)＝[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝p(1－p)17(1－10p)．
令f ′(p)＝0，得p＝0.1．当p∈(0，0.1)时，f ′(p)＞0；当p∈(0.1，1)时，f ′(p)＜0．所以f (p)的最大值点为p0＝0.1．
(2)由(1)知，p＝0.1．
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180，0.1)，E(Y)＝180×0.1＝18，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y．
所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490．
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费用为400元．
由于E(X)＞400，故应该对余下的所有产品作检验．
反思领悟 命题者以概率p为自变量，视角新颖，求解该题除了判断分布类型，在解题过程中主要的难点来自用函数的思想来解决问题，应用导数求最大值点，并且在第(2)问中要通过计算期望的数值作分析和决策．涉及求值、求值域、求参数的取值范围等问题时，树立函数意识，列出相应的函数解析式，将问题转化为求函数值和函数最值的问题来研究．
1．(2025·江西南昌期末)盛夏来临，某棋牌室举办为期一周的“消夏”围棋活动，分为趣味赛和积分赛(每局比赛必须决出胜负)，规则如下：前2天举办趣味赛，每天仅首局比赛可获得积分，获胜得1分，失败得0分；积分赛在后5天进行，每天只有前两局比赛可获得积分，首局获胜得2分，次局获胜得1分，失败得0分．小张这一周中每天至少参加两局围棋比赛，已知她每天第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p(0＜p＜1)，，且各局比赛相互独立．
(1)已知趣味赛两天积分不为0的参赛选手可获得精美礼品一份，p＝．
(ⅰ)求小张在趣味赛中获得精美礼品的概率；
(ⅱ)在小张获得精美礼品的条件下，求小张2天趣味赛仅积1分的概率；
(2)设小张在后5天的积分赛中，恰有2天每天积分不低于1分的概率为f (p)，求f (p)的最大值．
[解] (1)(ⅰ)设小张在趣味赛中获得精美礼品事件为A，则P(A)＝1－＝，
所以小张在趣味赛中获得精美礼品的概率为．
(ⅱ)设小张2天趣味赛仅积1分事件为B，
则P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝，所以在小张获得精美礼品的条件下，小张2天趣味赛仅积1分的概率为．
(2)设小张在后5天的积分赛中，一天中积分不低于1分事件为C，
则P(C)＝1－(1－p)·＝p＋，
记在后5天中积分不低于1的天数为X，X～B，
则f (p)＝·，令t＝p＋∈，
则f (p)＝g(t)＝10t2(1－t)3，
令g′(t)＝20t(1－t)3－30t2(1－t)2＝10t·(1－t)2(2－5t)＝0 t＝，
所以g(t)在内单调递增，在内单调递减，
即g(t)max＝g＝10×＝，
所以当t＝p＋＝，即p＝时，f (p)的最大值为．
类型2 超几何分布中的最值问题
将从a件次品，b件正品中取出n件产品的可能组合的全体作为样本点，总数为．其中，次品出现k次的可能为．令N＝a＋b，则所求概率为hk(N)＝，即＝＝，令＝λ，则当an＞kN时，λ＞1；当an＜kN时，λ＜1，即当N＜时，hk(N)单调递增；当N＞时，hk(N)单调递减．所以当N＝时，hk(N)达到最大值．
【典例3】 (2023·四省联考)一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，X表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若N＝5 000，求X的数学期望；
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值(以使得P(X＝15)最大的N的值作为N的估计值)．
[解] (1)依题意X服从超几何分布，且N＝5 000，M＝200，n＝500，
故E(X)＝n×＝500×＝20．
(2)当N＜685时，P(X＝15)＝0，
当N≥685时，P(X＝15)＝，
记a(N)＝，则
＝＝
＝＝．
由N2－698N＋499×199＞N2－683N－684，
当且仅当N＜≈6 665.7，
则可知当685≤N≤6 665时，a(N＋1)＞a(N)；
当N≥6 666时，a(N＋1)＜a(N)，
故N＝6 666时，a(N)最大，所以N的估计值为6 666．
反思领悟 解决超几何分布中概率f (n)的最值问题，与二项分布中概率的最值问题类似，也有两种方法，一是把n看作自变量，利用函数性质求最值；二是用方程组求解．
2．一个袋中有形状、大小完全相同的100个小球，其中n(2≤n≤92)个红球，其余为白球．从中一次性任取10个小球，将“恰好含有2个红球”的概率记为f (n)，则当n＝________时，f (n)取得最大值．
20 [f (n)＝，f (n)取得最大值，即取最大值，
所以解得≤n≤，故n＝20．]
20
3．(2025·江西模拟)为了保持某自然生态保护区的生态平衡，现用重捕法了解该保护区内某种动物的大致数量N(单位：只)，随机在保护区内捕捉了100只该动物并做上标记，一段时间后再随机捕捉100只，用X表示第二次捕捉的100只中有标记的数量．若以使得X＝12的概率最大时N的值作为该保护区内这种动物的数量的估计值，则N的估计值是________．
833
833 [由题意得，随机变量服从超几何分布，
即P(X＝12)＝，记a(N)＝，则a(N＋1)＝，所以＝＝．
当＞1时，N2－198N＋9 801＞N2－186N－187，解得188≤N＜832，当N≥833时，a(N)＞a(N＋1)，故当N＝833时，a(N)最大，N的估计值为833．]
重点培优练6 二项分布与超几何分布中的最值问题——极大似然估计
1．(2025·福建福州期末)为选拔培养具有创新潜质的优秀中学生，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动．
(1)若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自A中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自A中学的人数X的分布列和数学期望；
(2)在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为p1，p2．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响．
(ⅰ)求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率p；
(ⅱ)当p1＋p2＝时，求p的最大值．
[解] (1)由题意知，X的可能取值有0，1，2，3，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
(2)(ⅰ)因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为χ，则χ～B(2，p1)，
设乙答对题数为η，则η～B(2，p2)，
设A＝甲、乙两位同学在每轮答题中取胜，
则P(A)＝P(χ＝1)P(η＝2)＋P(χ＝2)·P(η＝1)＋P(χ＝2)P(η＝2)
＝p1(1－p1)p2(1－p2)＋
＝2p1(1－p1)＋2p2(1－p2)
＝－3p2．
(ⅱ)因为p1＋p2＝，所以P(A)＝＋p1p2，
由0≤p1≤1，0≤p2≤1，又p1＋p2＝，所以≤p1≤1，
则p1p2＝p1＝，又≤p1≤1，所以p1p2∈，
设t＝p1p2，所以P(A)＝－3t2＋t＝－3＋，t∈，
由二次函数的性质可知，当t＝时取最大值，
故甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为．
2．(2026·黑龙江哈尔滨期中)一盒子中有大小与质地均相同的20个小球，其中白球n(3≤n≤13)个，其余为黑球．
(1)当盒中的白球数n＝6时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用A表示事件“第一次取到白球”，用B表示事件“第二次取到白球”，求P(B|A)和P(B)，并判断事件A与B是否相互独立；
(2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取10个球，若其中恰有3个白球，则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球的数量n
(3)若n＝9，参与者从盒子中有放回地随机取m次球，若其中取到白球的个数为ξ，ξ＝k(k＝0，1，2，…，m)，则m为何值时，概率P(ξ＝6)≥P(ξ＝k)(k＝0，1，2，…，m)．
[解] (1)当n＝6时，盒中有6个白球，14个黑球，
则P(A)＝＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()
＝＝，
则P(B|A)≠P(B)，所以事件A与B相互不独立．
(2)从20个球中取10个球，恰有3个白球的概率P＝，3≤n≤13，
设f (n)＝，
当3≤n≤12时，
＝＝
＝，
－n2＋12n＋13－(－n2＋22n－40)＝53－10n，
当3≤n≤5时，f (n＋1)＞f (n)，
当6≤n≤12时，f (n＋1)＜f (n)，
因此f (3)＜f (4)＜f (5)＜f (6)＞f (7)＞…＞f (13)，
而f (3)＝＝f (13)，
则f (n)max＝f (6)，f (n)min＝f (13)，
所以当n＝6时，参与者获奖的可能性最大；当n＝13时，参与者获奖的可能性最小．
(3)若n＝9，盒中有9个白球，11个黑球，则每次取到白球的概率为，
参与者从盒子中有放回地随机取m次球，若其中取到白球的个数为ξ，
则ξ～B，所以P(ξ＝k)＝
＝，k＝0，1，2，…，m．
若概率P(ξ＝6)最大，则有
所以，
解得≤m≤，
又m∈Z，故m＝13或m＝14，
所以m＝13或m＝14时，概率P(ξ＝6)的值最大．
谢 谢！
