2023-2024学年安徽省六安第一中学高二下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第一中学高二下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={−1,0,1},B=x∣x2<2x，则A∩B=( )
A. {1}B. {−1,0}C. {0,1}D. {−1,0,1}
2.已知函数f(x)的定义域为[2,8]，则函数ℎ(x)=f(2x)+​9−x2的定义域为( )
A. [4,16]B. (−∞,1]∪[3,+∞)
C. [1,3]D. [3,4]
3.已知函数fx=x3+x，则“x1+x2=0”是“fx1+fx2=0”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.设函数f(x)=(12)x,x<1f(x−1),x≥1，则f(lg25)=( )
A. 15B. 25C. 54D. 45
5.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排1人，问天实验舱与梦天实验舱各安排2人，且甲、乙两人被安排在同一个舱内，则共有( )种方案．
A. 3B. 6C. 30D. 60
6.古语云：“朝霞不出门，晚霞行千里”，其意是如果早晨起来看到天边有朝霞的话，今天的天气可能不佳，会下雨，要引起重视，若是傍晚看到天边的晚霞，第二天很有可能有一个好天气，天气晴朗．某学习小组针对“朝霞不出门”这一句的可信度进行了观测统计，得到如下2×2列联表．
参考公式：χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d．
临界值参照表：
则下列说法正确的是( )
A. 如果有朝霞，当天下雨的概率超过95%
B. 能在犯错概率不超过5%的前提下，认为有朝霞与当天下雨有关
C. 能在犯错概率不超过0.5%的前提下，认为有朝霞与当天下雨有关
D. 连续三天中必有一天出现朝霞
7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，f(0)=1，f(3x+1)=−f(−3x+1)，则k=02024f(k)=( )
A. −2B. −1C. 0D. 1
8.已知函数f(x)=ex−3，g(x)=12+lnx2，若f(m)=g成立，则n−m的最小值为( )( )
A. 1+ln2B. ln2C. 2ln2D. ln2−1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知实数x+y=1，x>0，y>0，则下列结论正确的是( )
A. xy的最小值是12B. 1x+1y的最小值是4
C. x2+y2的最小值是12D. x+ y的最大值是 2，
10.已知函数fx的定义域为R，fx+1为奇函数，fx+2为偶函数，且对任意的x1,x2∈1,2，x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2>0，则( )
A. fx是奇函数B. f2023=0
C. fx的图象关于1,0对称D. fπ>fe
11.在信道内传输M,N,P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α0<α<1，收到其他两个信号的概率均为1−α2.若输入四个相同的信号MMMM,NNNN,PPPP的概率分别为p1,p2,p3，且p1+p2+p3=1.记事件M1,N1,P1分别表示“输入MMMM”“输入NNNN”“输入PPPP”，事件D表示“依次输出MNPM”，则( )
A. 若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为α21−α2
B. PDM1=α21−α22
C. PDP1=α1−α23
D. PM1D=2αp13α−1p1+1−α
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量ξ满足ξ∼B2,p，若Pξ≤1=34，则p= ．
13.已知a>0，b>0，a+b+c=1，则a2+b2+2c−1的最大值是 ____．
14.一般地，如果f(x)是区间[a,b]上的连续函数，并且F′(x)=f(x)，那么 b af(x)dx=F(x)|ab=F(b)−F(a).这个结论叫做微积分基本定理，又叫做牛顿—莱布尼茨公式.当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：1+x+x2+⋯+xn+⋯=11−x，两边同时积分得：0121dx+012xdx+012x2dx+⋯+012xndx+⋯=01211−xdx，从而得到如下等式：1×12+12×122+13×123+⋯+1n+1×12n+1+⋯=ln2请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，由二项式定理Cn0+Cn1x+Cn2x2+⋯+Cnnxn=(1+x)n计算：Cn0×12+12Cn1×122+13Cn2×123+⋯+1n+1Cnn×12n+1= ．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知集合A=x0≤x≤2，B=xa≤x≤3−2a．
(1)若(∁RA)∪B=R，求实数a的取值范围；
(2)若A∩B=B，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax+3x+2lnx在点1,f(1)处的切线平行于x轴．
(1)求实数a；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
17.(本小题15分)
已知函数g(x)=x2−2x+1，
(1)若存在x∈3,4，gx<2m2−tm+7对任意的t∈0,5都成立；求m的取值范围；
(2)设f(x)=g(x)x，若不等式f(2x)−k⋅2x≥0在x∈−1,1上有解，求实数k的取值范围．
18.(本小题17分)
区块链技术被认为是继蒸汽机、电力、互联网之后的下一代颠覆性的核心技术．区块链作为“信任的机器”，将可能彻底改变整个人类社会价值传递的方式．2018年至2022年五年期间，中国的区块链企业数量逐年增长，居世界前列．现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据，如表：
(1)根据表中数据判断，y=a+bx与y=cedx(其中e=2.71828⋅⋅⋅为自然对数的底数)，哪一个回归方程类型适宜预测未来几年我国区块链企业总数量？(给出结果即可，不必说明理由)
(2)根据(1)的结果，求y关于x的回归方程．(结果精确到小数点后第三位)
(3)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛，比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司就获得此次信息化比赛的“优胜公司”.已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为35，乙胜丙的概率为12，请通过计算说明，哪两个公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大？
附：线性回归方程y=bx+a中，b=i=1nxiyi−nx⋅yi=1nxi2−nx2,a=y−bx．
参考数据：z=lny,i=15xizi=40.457,i=15x i2=55,x=15i=15xi=3,z=15i=15zi=2.196,
19.(本小题17分)
记Ma=t∣t=fx−fa,x≥a,La=t∣t=fx−fa,x≤a．
(1)若fx=x2+1，求M1和L1；
(2)已知定义在R上的函数fx是偶函数，求证：对于任意正实数c，均有M−c=Lc．
(3)若fx=x3−3x2，求证：对于任意a∈R，都有Ma⊆−4,+∞，且存在a，使得−4∈Ma．
答案解析
1.C
【解析】解：因为−12>2−1，所以−1∉B，02<20，所以0∈B，12<21，所以1∈B，
所以A∩B=0,1．
故选：C．
2.C
【解析】解：由题意可知，函数f(x)的定义域为2≤x≤8，
则函数ℎ(x)的定义域满足2≤2x≤89−x2≥0,
则1≤x≤3，
所以函数ℎ(x)的定义域为[1,3]．
故选：C．
3.C
【解析】解：因为f(x)=x3+x定义域为R，
又因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)为奇函数，且f(x)为R上的增函数
当x1+x2=0时，x1=−x2，所以f(x1)+f(x2)=f(−x2)+f(x2)=−f(x2)+f(x2)=0，
即x1+x2=0是f(x1)+f(x2)=0的充分条件，
当f(x1)+f(x2)=0时，f(x1)=−f(x2)=f(−x2)，
∵f(x)为R上的增函数，∴x1=−x2即x1+x2=0．
综上，x1+x2=0是f(x1)+f(x2)=0的充要条件
故选：C
4.D
【解析】解：由 5∈(22,23) ，得 lg25∈(2,3) ，函数 f(x)=(12)x,x<1f(x−1),x≥1 ，
所以 f(lg25)=f(lg25−2)=f(lg254)=(12)lg254=(2lg254)−1=(54)−1=45 .
故选Ｄ．
5.B
【解析】解：甲乙两人安排在同一个舱，则必在问天实验舱或梦天实验舱，
则从丙、丁、戊中任选一人安排到天和核心舱有C31=3种，
再将余下两人作为1组与甲乙所在一组全排列安排到问天实验舱、梦天实验舱，有C22A22=2种，
故甲、乙两人被安排在同一个舱内，则共有C31C22A22=6种方案．
故选B．
6.B
【解析】解：由题中2×2列联表知，如果有朝霞，则当天下雨的概率约为810×100％=80%，故A选项错误;
由题得χ2=30×(8×12−8×2)216×14×10×20=307≈4.286>3.841，但小于7.879，故B选项正确，C选项错误;
有朝霞的天数占总天数的8+230=13，
但并不意味着连续三天中必有一天出现朝霞，故D选项错误．
故选B．
7.D
【解析】解：由题意知函数 f(x) 的定义域为 R ，且 f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y) ， f(0)=1 ，
令 x=0 ，则 f(y)+f(−y)=2f(y) ，即 f(−y)=f(y) ，故 f(x) 为偶函数；
又 f(3x+1)=−f(−3x+1) ，令 x=0 ，则 f(1)=−f(1),∴f(1)=0 ，
又由 f(3x+1)=−f(−3x+1) ，得 f(x+1)+f(−x+1)=0 ，
即 f(x) 的图象关于点 (1,0) 成中心对称，则 f(2)=−f(0)=−1 ；
f(x+1)+f(−x+1)=0 ，即 f(x+2)=−f(−x) ，又结合 f(x) 为偶函数，
则 f(x+2)=−f(x) ，故 f(x+4)=−f(x+2)=f(x) ，即4为 f(x) 的周期，
故 f(3)=f(−1)=f(1)=0 ， f(4)=f(0)=1
故 k=02024f(k)=f(0)+[f(1)+f(2)+⋯+f(2024)]=1+506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]
=1+506[0−1+0+1]=1 ，故选：D
8.D
【解析】解：不妨设f(m)=g(n)=t，
∴em−3=12+lnn2=t，(t>0)，
∴m−3=lnt，即m=3+lnt，n=2⋅et−12，
故n−m=2⋅et−12−3−lnt(t>0)，
令ℎ(t)=2⋅et−12−3−lnt((t>0),
则ℎ′(t)=2⋅et−12−1t，
易知ℎ′(t)在(0,+∞)上是增函数，且ℎ′(12)=0，
当t>12时，ℎ′(t)>0，ℎ(t)单调递增，
当0即当t=12时，ℎ(t)取得极小值同时也是最小值，
此时ℎ(12)=2−(3+ln12)=ln2−1，
即n−m的最小值为ln2−1，
故选：D．
9.BCD
【解析】解：对A， xy⩽x+y2=12，当且仅当x=y=12时，等号成立，
所以 xy的最大值为12，A错误；
对B，1x+1y=1x+1yx+y=2+yx+xy⩾2+2 yx·xy=4，当且仅当x=y=12时，等号成立，
所以1x+1y的最小值是4，B正确；
对C，由A可知，xy⩽14，
所以x2+y2=x+y2−2xy⩾1−2×14=12，当且仅当x=y=12时，等号成立，
所以x2+y2的最小值是12， C正确；
对D，因为 x+ y2=1+2 xy⩽1+2×12=2，所以 x+ y⩽ 2，当且仅当x=y=12时，等号成立，，
所以 x+ y的最大值是 2，D正确；
综上，正确的是BCD．
10.BC
【解析】解：因为f(x+1)为奇函数，所以
f−x+1=−fx+1，即函数fx关于(1,0)对称， C正确;
由函数fx关于1,0对称可知f−x=−f2+x，
又因为fx+2为偶函数，所以
f−x+2=fx+2，即函数f(x)关于x=2对称，
则f−x=fx+4，
所以fx+4=−fx+2，即fx+2=−fx，
所以fx+4=−fx+2=fx，所以是fx周期为4的周期函数，
所以f2023=f4×505+3=f3=−f1，又f3=f1，
所以f1=−f1，所以f1=0，所以f2023=0， B正确;
f−x=−f2+x=−f2−x=f2−2−x=fx是偶函数， A错误;
对任意的x1,x2∈1,2，且x1≠x2，都有fx1−fx2x1−x2>0，不妨设x1>x2，
则fx1−fx2>0，由单调性的定义可得函数fx在1,2上单调递增，
又由函数fx关于1,0对称，所以fx在0,2上单调递增
又fπ=fπ−4=f4−π，fe=fe−4=f4−e,4−π<4−e，
所以f(4−π)故选：BC．
关键点点睛：本题考查抽象函数，解题关键是合理利用抽象函数的单调性，奇偶性周期性分析题意，然后逐个选项分析即可．
11.BCD
【解析】解：A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为α(0<α<1)，收到其他两个信号的概率均为1−α2，即收到的信号字母变的概率为1−α，且信号的传输相互独立，
所以输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为C42α2(1−α)2=6α2(1−α)2，故A错误；
B：因为 PDM1=PDM1PM1=α21−α22p1p1=α21−α22 ，故B正确；
C： PDP1=PDP1PP1=α1−α23p3p3=α1−α23 ，故C正确；
D：因为 PDN1=PDN1PN1=α1−α23p2p2=α1−α23 ，
而 P(D)=α21−α22p1+α1−α23p2+α1−α23p3
=α21−α22p1+α1−α231−p1=α1−αα2αp1+1−α21−p1
=α1−αα2αp1+12−α2−p12+αp12=α1−αα3αp1−p1+1−α2 =α1−αα23α−1p1+1−α2 ，
所以 PM1D=PM1DPD=PDM1⋅PM1PD=α21−α22⋅p1PD
=α21−α22⋅p1α1−αα23α−1p1+1−α2=2αp13α−1p1+1−α ，故D正确，
故选：BCD．
12.12
【解析】解：由已知得 Pξ≤1=Pξ=0+Pξ=1=1−p2+C21p1−p=34 ，
解得 p=12 ，
故答案为： 12 ．
13.−2
【解析】解：因为 a+b+c=1 ，所以 c−1=−(a+b) ，
代入 a2+b2+2c−1 中，得 a2+b2+2−(a+b)=−a2+b2+2a+b ，
由 a2+b2≥2ab⇒2a2+2b2≥2ab+a2+b2⇒a2+b2≥12(a+b)2 (当且仅当 a=b 时取等号)，
于是有 a2+b2+2≥12(a+b)2+2 (当且仅当 a=b 时取等号)，
因为 a>0 ， b>0 ，所以 a+b>0 ，
因此有 a2+b2+2a+b≥12(a+b)2+2a+b (当且仅当 a=b 时取等号)，
12(a+b)2+2a+b=12(a+b)+2a+b≥2 12⋅(a+b)⋅2a+b=2 ，
(当 12(a+b)=2a+b 时取等号，即 a+b=2 时，取等号)，
所以有 a2+b2+2a+b≥12(a+b)2+2a+b≥2 (当且仅当 a=b=1 时取等号)，
即 a2+b2+2a+b≥2 (当且仅当 a=b=1 时取等号)，
因此有 −a2+b2+2a+b≤−2 (当且仅当 a=b=1 时取等号)，
所以 a2+b2+2c−1 的最大值是 −2 ．
故答案为： −2．
14. 1n+132n+1−1
【解析】解：因为 Cn0x0+Cn1x1+Cn2x2+Cn3x3+⋯+Cnnxn=1+xn ，
且 12 0Cnnxndx=1n+1Cnnxn+1|012=1n+1Cnn(12)n+1−0=1n+1Cnn(12)n+1 ，
所以 Cn0×12+12Cn1×122+13Cn2×123+⋯+1n+1Cnn×12n+1
=012Cn0x0dx+012Cn1x1dx+012Cn2x2dx+⋯+012Cnnxndx
= 12 0(1+x)ndx=1n+1(1+x)n+1|120=1n+1[(32)n+1−1] ，
所以 Cn0×12+12Cn1×122+13Cn2×123+⋯+1n+1Cnn×12n+1=1n+132n+1−1 ．
故答案为： 1n+132n+1−1．
15.解：(1)∵A={x|0≤x≤2}，∴∁RA={x|x<0或x>2}，
若(∁ RA)∪B=R，
则3−2a≥aa≤03−2a≥2，即a⩽0，
∴实数a的取值范围是(−∞,0]．
(2)若A∩B=B，则B⊆A，
当B=⌀时，则3−2a1,
当B≠⌀时，a≤1,
∴当B⊆A,则a≥03−2a≤2 ，得a∈[12,1]，
综上，a的取值范围为a∈[12,+∞)．
【解析】本题考查了集合的混合运算以及集合关系中的参数取值问题，属于中档题．
(1)由补集的定义可先求出∁RA，根据(∁ RA)∪B=R，可得关于a的不等式组，解之即可；
(2)若A∩B=B，则B⊆A，分B=⌀与B≠⌀两种情况讨论，可得答案．
16.解：(1)由f(x)=ax+3x+2lnx，
可得：f′(x)=a−3x2+2x，
由题意，f′(1)=a−1=0，
解得a=1；
(2)由(1)得f(x)=x+3x+2lnx，(x>0)，
则f′(x)=1−3x2+2x=x2+2x−3x2=(x+3)(x−1)x2，
当0则f(x)在(0,1)上是减函数，
当x>1时，f​′(x)>0，
则f(x)在(1,+∞)上是增函数，
故x=1时，函数f(x)有极小值为f(1)=4，无极大值，
故函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1)，函数有极小值为f(1)=4，无极大值．

【解析】本题考查利用导数求函数的单调区间，求已知函数的极值或极值点，属于基础题．
(1)对函数求导，依题意只需使f​′(1)=0即可求得实数a；
(2)利用(1)写出函数解析式，求导并分解因式，在定义域内分类讨论导函数的符号，即得单调区间和函数的极值．
17. 解：(1)由 g(x)=x2−2x+1 ，当 x∈3,4 时， gxmin=g3=4，
又∵存在 x∈3,4 ， gx<2m2−tm+7 对任意的 t∈0,5 都成立，
∴ 4=gxmin<2m2−tm+7 对任意的 t∈0,5 都成立，
即 −mt+2m2+3>0 对任意的 t∈0,5 都成立，其中 t 看作自变量， m 看作参数，
即 2m2+3>0−5m+2m2+3>0 ，解得： m∈−∞,1∪32,+∞ ；
(2) f(x)=g(x)x=x2−2x+1x=x+1x−2，
∴f(2x)−k⋅2x≥0⇔2x+12x−2−k⋅2x≥0⇔k⋅2x≤2x+12x−2，
令 2x=t(12≤t≤2)，则 k⋅2x≤2x+12x−2⇔k⋅t≤t+1t−2，
∴k≤1+1t2−2t ，因为不等式 f(2x)−k⋅2x≥0 在区间 [−1,1] 上有解，
∴k≤(1+1t2−2t)max ，又 ∵1+1t2−2t=(1t−1)2，
而 12≤t≤2⇒12≤1t≤2， ∴(1+1t2−2t)max=1，
∴k≤1 ，即实数 k 的取值范围是 −∞,1．

【解析】本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查函数恒成立问题，考查等价转化、函数与方程思想的综合应用，属于较难题．
(1)由二次函数性质得到当x∈3,4时，gxmin=g3=4，将题目条件转化−mt+2m2+3>0对任意的t∈0,5都成立，t看作自变量，m看作参数，建立不等式2m2+3>0−5m+2m2+3>0，得到m的取值范围；
(2)原方程转化为k⋅2x⩽2x+12x−2，令2x=t(12≤t≤2)，则等价转化为k⩽1+1t2−2t，只需要求出函数最大值，即可得到答案．
18.解：(1)根据题表中数据可知区块链企业数量增加的速度逐渐变快，
所以回归方程 y=cedx 适宜预测未来几年我国区块链企业总数量．
(2)对 y=cedx 两边取自然对数，得 ln⁡y=ln⁡c+dx ，
令 z=lny,a=lnc,b=d ，得 z=a+bx ，
由于 i=15xizi=40.457 ， i=15x i2=55 ， x=15i=15xi=3，z=15i=15zi=2.196 ，
则 b=∑5i=1xizi−5x⋅z∑5i=1xi2−5x2=40.457−5×3×2.19655−5×32≈0.752 ，
a=z−bx=2.196−0.752×3=−0.060 ，
∴ z 关于 x 的回归直线方程为 z=0.752x−0.060 ，
则 y 关于 x 的回归方程为 y=e0.752x−0.060 ；
(3)对于首场比赛的选择有以下三种情况：A：甲与乙先赛；B：甲与丙先赛；C：丙与乙先赛，
由于在每场比赛中，甲胜乙的概率为 13 ，甲胜丙的概率为 35 ，乙胜丙的概率为 12 ，
则甲公司获胜的概率分别是 P(A)=13×35+13×1−35×12×13+1−13×1−12×35×13=1345 ，
P(B)=35×13+35×1−13×1−12×35+1−35×12×13×35=925 ，
P(C)=1−12×35×13+12×13×35=15 ，
由于 925>1345>15 ，
∴甲与丙两公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大．

【解析】本题考查可线性化回归直线方程和相互独立事件同时发生的概率，属于难题．
(1)根据增加速度逐渐变快即可得解；
(2)对 y=cedx 两边取自然对数，得 ln⁡y=ln⁡c+dx ，转化为线性相关，再利用最小二乘法求出线性回归方程，再转化为 y 关于 x 的回归方程即可；
(3)对于首场比赛的选择分A：甲与乙先赛；B：甲与丙先赛；C：丙与乙先赛，三种情况讨论，分别求出对应概率，即可得出结论．
19.解：(1)由题意得： M1=t∣t=x2+1−2,x≥1=0,+∞ ；
L1=t∣t=x2+1−2,x≤1=−1,+∞ ；
(2)证明：对于任意正实数 c ，任取 t∈M−c=t∣t=fx−f−c,x≥−c,
则存在实数 s 满足 s≥−c 使得 t=fs−f−c ，
因为 y=fx 是偶函数，所以 t=f−s−fc ，而 −s≤c ，
由此可得 t∈Lc=t∣t=fx−fc,x≤c ，于是有 M−c⊆Lc ，
同理 Lc⊆M−c ，所以 M−c=Lc .
(3)证明：由题意知 Ma=t∣t=x3−3x2−a3+3a2,x≥a ，
记 gx=x3−3x2−a3+3a2 ，有 g′x=3x2−6x=0⇒x=0 或2，
现对 a 分类讨论：
①当 a≥2 ，有 t=x3−3x2−a3+3a2,x≥a 为严格增函数，因为 ga=0 ，
所以此时 Ma=0,+∞⊆−4,+∞ 符合条件；
②当 0≤a<2 时， t=x3−3x2−a3+3a2 ， x≥a 先减后增，
tmin=g2=−a3+3a2−4，因为 −a3+3a2=a23−a≥0 ( a=0 取等号 ) ，
所以 tmin=g2=−a3+3a2−4≥−4 ，
则此时 Ma=−a3+3a2−4,+∞⊆−4,+∞ 也符合条件；
③当 a<0 时， t=x3−3x2−a3+3a2,x≥a ，在[a,0)严格单调递增，
在[0,2]严格单调递减，在 [2,+∞ )严格单调递增，
tmin=minga,g2=min0,−a3+3a2−4 ，
因为 ℎa=−a3+3a2−4 ，当 a<0 时， ℎ′a=−3a2+6a>0 ，
则 ℎa>ℎ0=−4 ，则此时 Ma=tmin+∞⊆−4,+∞ 成立；
综上可知，对于任意 a∈R ，都有 Ma⊆−4,+∞ ，且存在 a=0 ，使得 −4∈Ma .

【解析】本题主要考查函数的奇偶性、导数的应用等，难度较大．
(1)利用题意计算即可；
(2)对于任意正实数 c ，任取 t∈M−c=t∣t=fx−f−c,x≥−c,
然后利用 y=fx 是偶函数等，得到 t∈Lc=t∣t=fx−fc,x≤c 即可；
(3)记 gx=x3−3x2−a3+3a2 ，有 g′x=3x2−6x=0⇒x=0 或2，
然后列表，然后分①当 a≥2 ，②当 0≤a<2 时，③当 a<0 时，分别讨论即可．
有朝霞
无朝霞
合计
当天有雨
8
8
16
当天无雨
2
12
14
合计
10
20
30
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
年份
2018
2019
2020
2021
2022
编号x
1
2
3
4
5
企业总数量y(单位：千个)
2.156
3.727
8.305
24.279
36.224
x
−∞,0
0
0,2
2
2,+∞
g′x
正
0
负
0
正
gx
↗
极大值
↘
极小值
↗