【文档说明】2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试（四）（ 答案）.docx，共(15)页，448.669 KB，由管理员店铺上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（四）数学答案1．C由题意知,𝐴={𝑥|𝑥>e2}，𝐵={𝑥|𝑥≥2}，∴∁𝑅𝐴={𝑥|𝑥≤e2}，∴(∁𝑅𝐴)∩𝐵=[2,e2].2．B∵1+i1−i=i∴𝑧=(1+i1−i)3=i3=−i

,故|𝑧|=1.3．C因为直线𝑙的倾斜角为3π4，所以直线𝑙的斜率为tan3π4=−1，因为直线𝑙1经过点𝐴(3,2)和𝐵(𝑎,−1)，所以直线𝑙1斜率为−1−2𝑎−3，因为直线𝑙与𝑙1平行，所以−1−2𝑎−3=−1，解得：𝑎=6

，4．C由恬2𝑎=4，𝑎=2，𝑔(𝑥)=|log2(𝑥+1)|={−log2(𝑥+1),−1<𝑥<0log2(𝑥+1),𝑥≥0，函数定义域是(−1,+∞)，在(−1,0)上递减，在(0,+

∞)上递增．5．B将函数𝑦=−√4−(𝑥−1)2转化为：(𝑥−1)2+𝑦2=4(𝑦≤0)，表示以(1,0)为圆心，以2为半径的半圆，如图所示：由图知：当直线𝑥−2𝑦+𝑚=0过点(−1,0)时，𝑚=1，当直线𝑥−2𝑦+𝑚=0与圆相切时，|1+𝑚|√5=2，解得

过𝑚=−2√5−1，所以当−2√5−1≤𝑚≤1时，函数𝑦=−√4−(𝑥−1)2的图象与直线𝑥−2𝑦+𝑚=0有公共点，所以实数𝑚的取值范围为[−2√5−1，1].6．A因|𝐴𝐵|:|𝐴𝐹1|:

|𝐵𝐹1|=3:3:2，令|𝐴𝐵|=|𝐴𝐹1|=3𝑚，|𝐵𝐹1|=2𝑚，而双曲线实半轴长𝑎=1，由双曲线定义知|𝐵𝐹2|=2𝑚−2，|𝐴𝐹2|=3𝑚−2，而|𝐴𝐵|

=|𝐴𝐹2|+|𝐵𝐹2|，于是可得𝑚=2，在等腰△𝐴𝐵𝐹1中，cos∠𝐴𝐵𝐹1=12|𝐵𝐹1||𝐴𝐵|=13，令双曲线半焦距为c，在△𝐵𝐹1𝐹2中，由余弦定理得：|𝐹1𝐹2|2=|𝐵𝐹1|2+|𝐵𝐹2|

2−2|𝐵𝐹1|⋅|𝐵𝐹2|cos∠𝐹1𝐵𝐹2，而|𝐵𝐹1|=4，|𝐵𝐹2|=2，(2𝑐)2=42+22−2×4×2×13，解得𝑐=√333，所以双曲线的离心率为𝑒=𝑐𝑎=√333.

7．D解：由题意𝑆10=102(𝑎1+𝑎10)=5(𝑎5+𝑎6)>0，又𝑎6<0，所以𝑎5>0，故选项𝐶正确；由𝑎3=12，且𝑎5>0，𝑎6<0，𝑎5+𝑎6>0，得{𝑎5=12+2

𝑑>0𝑎6=12+3𝑑<0𝑎5+𝑎6=24+5𝑑>0，解得−245<𝑑<−4，选项𝐵正确；由题意当1⩽𝑛⩽5时，𝑎𝑛>0，当𝑛⩾6时，𝑎𝑛<0，所以𝑆10>0，𝑆11=11𝑎6<0，故𝑆𝑛>0时，𝑛的最大值为10，故选项𝐷错误；由于𝑑<0

，数列{𝑎𝑛}是递减数列，当1⩽𝑛⩽5时，𝑎𝑛>0，当𝑛⩾6时，𝑎𝑛<0；当1⩽𝑛⩽10时，𝑆𝑛>0，当𝑛⩾11时，𝑆𝑛<0，所以当1⩽𝑛⩽5时，𝑆𝑛𝑎𝑛>0，当6⩽𝑛⩽10时，𝑆𝑛𝑎𝑛<0，当𝑛⩾11时，𝑆𝑛𝑎𝑛>0，故数列{𝑆�

�𝑎𝑛}中最小的项为第6项，选项𝐴正确．8．C令𝑔(𝑥)=0，即𝑓2(𝑥)−(𝑎−3)𝑓(𝑥)−3𝑎=[𝑓(𝑥)−𝑎]⋅[𝑓(𝑥)+3]=0，解得𝑓(𝑥)=𝑎或𝑓(𝑥)=−3.∵𝑓′(𝑥)=−3(𝑥2−1)�

�4.令𝑓′(𝑥)>0，得𝑥∈(−1,0)∪(0,1)，令𝑓′(𝑥)<0，得𝑥∈(−∞,−1)∪(1,+∞)，故𝑓(𝑥)在(−∞,−1)和(1,+∞)上分别单调递减，在(−1,0)和(0,1)上分别单调递增，在𝑥=1处取得极大值

，𝑓(𝑥)极大值=𝑓(1)=2，在𝑥=−1处取得极小值，𝑓(𝑥)极小值=𝑓(−1)=−2，当x从左边趋近0时，𝑓(𝑥)趋近于正无穷大，当x从右边趋近0时，𝑓(𝑥)趋近于负无穷大，当x无穷大时，𝑓(𝑥)趋近于0.可知，�

�=−3与𝑦=𝑓(𝑥)的图象在y轴右侧只有一个交点，在y轴左侧无交点，故此时有一个正零点，当0<𝑎<2时，𝑦=𝑎与𝑦=𝑓(𝑥)的图象在y轴左侧只有一个交点，在y轴右侧有两个交点，故共有三个正

零点，一个负零点，故选：C.9．CD对于A，若m∥α，α∥β，则m可能在β内，所以A不正确；对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，满足直线与平面垂直的

性质定理，故C正确；对于D，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，满足面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，所以D正确；10．AC因为函数𝑓(𝑥)=cos(2𝜔𝑥−𝜋6)(𝜔>0)的最小正周期为𝜋2，所以2𝜔=2𝜋𝜋2=4，解得𝜔=4，所以𝑓(𝑥)=c

os(4𝑥−𝜋6)，将𝑓(𝑥)的图象向左平移𝜋6个单位长度，得到𝑦=cos(4(𝑥+𝜋6)−𝜋6)=cos(4𝑥+𝜋2)=−sin4𝑥，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数𝑔(𝑥)=−sin2

𝑥，A.𝑔(0)=0，故正确；B.因为𝑥∈[0，𝜋2]，所以2𝑥∈[0，𝜋]，所以𝑔(𝑥)在[0，𝜋2]不单调，故错误；C.因为𝑔(−𝜋4)=−sin[2(−𝜋4)]=1，所以𝑔(𝑥)的图像关于𝑥=−𝜋4，故正确；D.因为𝑥∈[−

𝜋12，𝜋3]，所以2𝑥∈[−𝜋6，2𝜋3]，则𝑔(𝑥)在[−𝜋12，𝜋3]上的最大值是12，故错误；11．AD函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥+𝑥2,(𝑥>0),∴𝑓′(𝑥)=ln𝑥+1+2𝑥,

∵𝑥0是函数𝑓(𝑥)的极值点，∴𝑓′(𝑥0)=0，即∴ln𝑥0+1+2𝑥0=0，∴𝑓′(1𝑒)=2𝑒>0,当𝑥>1𝑒时，𝑓′(𝑥)>0∵𝑥→0,𝑓′(𝑥)→−∞,∴0<𝑥0<1𝑒,即A选项正确,B选项不正确;𝑓(𝑥0)+2𝑥0=𝑥

0ln𝑥0+𝑥02+2𝑥0=𝑥0(ln𝑥0+𝑥0+2)=𝑥0(1−𝑥0)>0,即D正确,C不正确.12．ABD对于A项：在△𝐴𝑂𝐶中，𝑂𝐴=𝑂𝐶，D为AC中点，所以𝐴𝐶⊥𝑂𝐷，又PO垂直于圆O所在的平面，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝐶，因为𝑃𝑂∩𝑂𝐷=𝑂，所

以𝐴𝐶⊥平面PDO，故A正确．对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．对于C项：因为𝐶𝐵//𝑂𝐷可得𝐶𝐵//平面PDO，若直线𝐶𝐸//平面PDO，则有平面𝑃𝐵𝐶//平

面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．对于D项：在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，将侧面PBC绕PB旋转至平面𝑃𝐵𝐶′，使之与平面PAB共面，如图所示，则当A，E，𝐶′共线时，𝐶𝐸+𝐴𝐸取

得最小值，因为𝐴𝐵=2，𝐵𝐶′=√2=𝑃𝐵=𝑃𝐶′，所以∠𝐴𝐵𝐶′=105°，由余弦定理可得𝐴𝐶′=√3+1，即𝐶𝐸+𝐴𝐸的最小值为√3+1，故D对．13．√6设𝐴𝐵

的长度为𝑎(𝑎>0)，由𝐵𝐶→⋅𝐵𝑂→=𝐵𝑂→⋅𝐵𝐶→，而𝐵𝑂→⋅𝐵𝐶→的几何意义为：𝐵𝑂→在𝐵𝐶→上的投影与|𝐵𝐶→|的乘积，∴𝑎2⋅𝑎=3⇒𝑎=√6故答案为：√6.14．−√63cos(𝛼−3𝜋10)=cos[(�

�+𝜋5)−𝜋2]=sin(𝛼+𝜋5)=−√63，故答案为：−√63.15．2𝑛−1设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由已知，得{𝑎2−𝑎1=𝑎1(𝑞−1)=1𝑎3−𝑎1=𝑎1(𝑞2−1)=3

，解得{𝑎1=1𝑞=2，所以𝑆𝑛=𝑎1(1−𝑞𝑛)1−𝑞=2𝑛−1.16．9√228√627𝜋易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为𝑉=2⋅13⋅√6⋅12⋅3⋅3√32=9√22;设该六面体的内切球的半径为𝑟，则�

�=13𝑆⋅𝑟(𝑆为该六面体的表面积)，𝑆=6×√34×32=27√32，所以𝑟=√23，则该六面体的内切球的体积为4𝜋3𝑟3=8√627𝜋;17．(1)根据给定条件求出数列{𝑎𝑛}的公差即可求解作答.(2)由(1)结合裂项相消法计算求出𝑆𝑛作答.(1)设等差数

列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎2是𝑎1，𝑎5的等比中项得𝑎22=𝑎1𝑎5，即(1+𝑑)2=1+4𝑑，因𝑎2<𝑎3，则𝑑>0，解得𝑑=2，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2𝑛−1，所以{𝑎𝑛}的通项公式是：𝑎𝑛=2𝑛−1.(2)由(1)知，𝑏𝑛

=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)=12(12𝑛−1−12𝑛+1)，则𝑆𝑛=12[(1−13)+(13−15)+(15−17)+⋯+(12𝑛−1−12𝑛+1)]=12(1−12𝑛+1)=𝑛2𝑛+1，所以数列{𝑏n}的前n项的和𝑆𝑛=𝑛2𝑛

+1.18．(1)在四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷中，连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于𝐹，则𝐹为𝐵𝐷中点，连接𝐸𝐹，又𝐸为𝐵𝑆中点，∴𝐸𝐹∥𝑆𝐷又𝑆𝐷⊄平面𝐴𝐶𝐸，𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐶𝐸，∴𝑆𝐷∥平面𝐴𝐶𝐸(2)方法一：∵四边形𝐴�

�𝐶𝐷是菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=120°，∴△𝐴𝐵𝐷为正三角形，取𝐴𝐵中点的𝑂，连接𝑂𝐷，𝑂𝑆，则𝑂𝐷⊥𝐴𝐵，∵平面𝐴𝐵𝑆⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝐴𝐵𝑆∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，∴𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝑆∵△𝐴𝐵𝐷、△𝐴𝐵𝑆是

正三角形，𝐴𝐵=4，易得𝑂𝐷=2√3，∴𝑆△𝐴𝑆𝐸=12𝑆△𝐴𝑆𝐵=√3∴𝑉𝐷−𝐴𝐸𝑆=13×2√3×2√3=4．易得𝑂𝑆=2√3，由𝑂𝐷⊥𝑂𝑆，∴𝐷𝑆=√𝑂𝑆2+𝑂𝐷2=2√6，取𝐷𝑆的中点𝑀，连接𝐴𝑀，因为𝐴𝐷=

𝐴𝑆=4，∴𝐴𝑀⊥𝐷𝑆，∴𝐴𝑀=√42−(√6)2=√10，可得𝑆△𝐴𝐷𝑆=12×2√6×√10=2√15，设点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为ℎ，∴𝑉𝐷−𝐴𝐸𝑆=𝑉𝐸−𝐴𝐷𝑆=13×𝑆△𝐴𝐷𝑆×ℎ=13

×2√15ℎ=4，解得ℎ=2√155，即点𝐸到平面的距离为2√155．方法二：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=120°，∴△𝐴𝐵𝐷为正三角形，取𝐴𝐵中点的𝑂，连接𝑂𝐷，𝑂𝑆，则𝑂𝐷

⊥𝐴𝐵，∵平面𝐴𝐵𝑆⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝐴𝐵𝑆∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，∴𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝑆∵△𝐴𝐵𝑆是正三角形∴𝑂𝑆⊥𝐴𝐵分别以线段𝑂𝑆、𝑂𝐵、𝑂𝐷所在的直线为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴建立空间直

角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧又∵𝐴𝐵=4则𝐴(0,−2,0)，𝐷(0,0,2√3)，𝑆(2√3,0,0)，𝐵(0,2,0)，𝐸(√3,1,0)∴𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=(0,2,2√3)，𝐴𝑆⃑⃑⃑⃑⃑=(2√3,2,0)设平面𝐴𝐷𝑆的法向量为𝑛⃑

=(𝑥,𝑦,𝑧)则{𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛⃑=0𝐴𝑆⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛⃑=0即{2𝑦+2√3𝑧=02√3𝑥+2𝑦=0令𝑥=√3，则𝑛⃑=(√3,−3,√3)又𝑆𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(−√3,1,0)

设点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为𝑑则𝑑=|𝑛⃑⋅𝑆𝐸⃑⃑⃑⃑⃑||𝑛⃑|=|−3+(−3)|√3+9+3=25√15即点𝐸到平面𝐴𝑆𝐷的距离为2√155．19．(1)解：根据正弦定理得sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin�

�=sin𝐵+sin𝐶，∴sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin𝐶=sin(𝐴+𝐶)+sin𝐶，所以sin𝐴cos𝐶+√3sin𝐴sin𝐶=sin𝐴cos𝐶+cos𝐴sin𝐶+sin𝐶.整理，得√3sin𝐴−cos𝐴=1，即sin(𝐴−30°

)=12.因为0∘<𝐴<180∘,∴−30∘<𝐴−30∘<150∘所以𝐴−30°=30°，即𝐴=60°.(2)解：由𝐴=60°，𝑆=12𝑏𝑐sin𝐴=√3，得𝑏𝑐=4.由余弦定理，得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐c

os𝐴=(𝑏+𝑐)2−2𝑏𝑐−2𝑏𝑐cos𝐴，所以𝑏+𝑐=4又𝑏𝑐=4，所以𝑏=𝑐=2.20(Ⅰ)解:学校总数为21+14+7=42，分层抽样的比例为6÷42=17计算各类学校应抽取的数目为：21×17=3，14×17=2，7×17=1.

故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3，2，1所.(Ⅱ)解:①在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为𝑎1,𝑎2,𝑎3；2所中学分别记为𝑏1,𝑏2；1所大学记为𝑐.则应抽取的2所学校的所有结果为：{𝑎1,𝑎2}，

{𝑎1,𝑎3}，{𝑎1,𝑏1}，{𝑎1,𝑏2}，{𝑎1,𝑐}，{𝑎2,𝑎3}，{𝑎2,𝑏1}，{𝑎2,𝑏2}，{𝑎2,𝑐}，{𝑎3,𝑏1}，{𝑎3,𝑏2}，{𝑎3,𝑐}，{𝑏1,𝑏2}，{𝑏1,𝑐}，{𝑏2,𝑐}，

共15种.②设“抽取的2所学校没有大学”作为事件𝐴.其结果共有10种.所以，𝑃(𝐴)=1015=23.21．（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，因为直线𝑃𝑀的斜率𝑘𝑃𝑀=𝑦𝑥+2(𝑥≠−2)，𝑃𝑁的斜

率𝑘𝑃𝑁=𝑦𝑥−2（𝑥≠2）由已知得𝑦𝑥+2⋅𝑦𝑥−2=−34（𝑥≠±2），化简得点𝑃的轨迹方程为𝑥24+𝑦23=1（𝑥≠±2）.（2）解法一：设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚

𝑦−1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由{𝑥=𝑚𝑦−1𝑥24+𝑦23=1得(3𝑚2+4)𝑦2−6𝑚𝑦−9=0，𝑦1+𝑦2=6𝑚3𝑚2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑚2+4，因为以线段𝐴𝐵为直径的圆过点𝐹(1,0)，所

以𝐹𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=0，得(𝑥1−1)(𝑥2−1)+𝑦1𝑦2=0，又因为𝑥1=𝑚𝑦1−1，𝑥2=𝑚𝑦2−1，得(𝑚𝑦1−2)(𝑚𝑦2−2)+𝑦1𝑦2=0，所以(𝑚2+1)𝑦1𝑦2−2𝑚(𝑦1+𝑦2)+4=0，所以(�

�2+1)⋅−93𝑚2+4−2𝑚⋅6𝑚3𝑚2+4+4=0，解得𝑚=±√73，所以直线𝑙的方程为𝑥=±√73𝑦−1，即3𝑥+√7𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0解法二：①当直线𝑙的斜率

不存在时，𝑙的方程为𝑥=−1，不妨设𝐴(−1,32)，𝐵(−1,−32)，𝐹𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=74≠0，故舍去.②当直线𝑙的斜率存在时，设𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥+10（𝑘≠0），𝐴(𝑥1,𝑦1)

，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由{𝑦=𝑘(𝑥+1)𝑥24+𝑦23=1得(4𝑘2+3)𝑥2−8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0，𝑥1+𝑥2=−8𝑘24𝑘2+3，𝑥1𝑥2=4𝑘2−124𝑘2+3，因为以线段𝐴𝐵为直径的圆过点𝐹(1,0)，所以𝐹𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐹𝐵⃑

⃑⃑⃑⃑=0，得(𝑥1−1)(𝑥2−1)+𝑦1𝑦2=0，又因为𝑦1=𝑘(𝑥1+1)，𝑦2=𝑘(𝑥2+1)，得(𝑘2+1)𝑥1𝑥2+(𝑘2−1)(𝑥1+𝑥2)+𝑘2+1=0，所以(𝑘2+1)⋅4𝑘2−

124𝑘2+3+(𝑘2−1)⋅−8𝑘24𝑘2+3+𝑘2+1=0，解得𝑘=±3√77，所以直线𝑙的方程为𝑥=±√73𝑦−1，即3𝑥+√7𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0综上，直线𝑙的方程为3𝑥+√7

𝑦+3=0或3𝑥−√7𝑦+3=0.22．（解：（1）因为𝑎=0，所以𝑓(𝑥)=−𝑥𝑒𝑥，𝑓′(𝑥)=−(𝑥+1)𝑒𝑥.令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=−1.当𝑥∈(−∞,−1)时，𝑓′(𝑥)>0；当𝑥∈(−1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0.故𝑓(𝑥)的单

调速增区间是(−∞,−1)，单调递减区间是(−1,+∞).（2）𝑓′(𝑥)=4𝑎𝑒2𝑥−(𝑥+1)𝑒𝑥=−𝑒𝑥(𝑥+1−4𝑎𝑒𝑥).因为∀𝑥∈R，𝑓(𝑥)+1𝑎≤0，又𝑓(0)=2𝑎，所以2𝑎+1𝑎≤0，则�

�<0.令𝑔(𝑥)=𝑥+1−4𝑎𝑒𝑥，则𝑔(𝑥)在R上单调递增.因为当𝑥<0时，𝑔(𝑥)<𝑥+1−4𝑎，所以𝑔(4𝑎−1)<4𝑎−1+1−4𝑎=0.因为𝑔(−1)=−4𝑎𝑒−1>0，所以∃

𝑥0∈(4𝑎−1,−1)，使得𝑔(𝑥0)=0.且当𝑥∈(−∞,𝑥0)时，𝑔(𝑥)<0，则𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝑔(𝑥)>0，则𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在(−∞,𝑥0)上单调递增，在(𝑥0,+∞)上单调递减.故

𝑓(𝑥)max=𝑓(𝑥0)=2𝑎𝑒2𝑥0−𝑥0𝑒𝑥0.由𝑔(𝑥0)=𝑥0+1−4𝑎𝑒𝑥0=0，得𝑎=𝑥0+14𝑒𝑥0.由𝑓(𝑥)max+1𝑎≤0，得𝑥0𝑒𝑥0−𝑒2𝑥0⋅𝑥0+12𝑒𝑥0≥4𝑒𝑥0𝑥0+1，即𝑥0−

12≥4𝑥0+1.结合𝑥0+1<0，得𝑥02−1≤8，所以−3≤𝑥0<−1.令ℎ(𝑥)=𝑥+14𝑒𝑥(−3≤𝑥<1).则ℎ′(𝑥)=−𝑥4𝑒𝑥>0，所以ℎ(𝑥)在[−3,−1)上单调

递增，所以ℎ(𝑥)≥ℎ(−3)=−𝑒32，即𝑎≥−𝑒32.故𝑎的最小值为−𝑒32.