2014高考数学(理)黄金配套练习3—4

第三章3.4第4课时2014高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1．下列值等于1的积分是()A.01xdxB.01(x＋1)dxC.011dxD.0112dx答案C2．m＝01exdx与n＝1e1xdx的大小关系是()A．mnB.mnC．m＝nD．无法确定答案A解析m＝01exdx＝ex|01＝e－1，n＝1e1xdx＝lnx|e1＝1，m≈1.721，∴mn故选A.3．根据02πsinxdx＝0推断，直线x＝0，x＝2π，y＝0和正弦曲线y＝sinx所围成的曲边梯形的面积时，正确结论为()A．面积为0B．曲边梯形在x轴上方的面积大于在x轴下方的面积C．曲边梯形在x轴上方的面积小于在x轴下方的面积D．曲边梯形在x轴上方的面积等于在x轴下方的面积答案D解析y＝sinx在[0,2π]上关于(π，0)对称，02πsinxdx＝0πsinxdx＋π2πsinxdx＝0.4．已知f(x)为偶函数且06f(x)dx＝8，则-66f(x)dx等于()[来源:学_科_网Z_X_X_K]A．0B．4C．8D．16答案D解析原式＝－60f(x)dx＋06f(x)dx，∵原函数为偶函数，∴在y轴两侧的图象对称．∴对应的面积相等.8×2＝16，故选D.二、填空题5．0π2(sinx＋acosx)dx＝2，则实数a等于________．答案1解析0π2(sinx＋acosx)dx＝(－cosx＋asinx)π20＝(－cosπ2＋asinπ2)－(－cos0＋asin0)＝a＋cos0＝a＋1＝2，∴a＝1.6．f(x)＝3＋2x－x2，则13f(x)dx为________．答案π解析由y＝3＋2x－x2＝4－x－12，(x－1)2＋y2＝4，(y≥0)∴133＋2x－x2dx是圆面积的14∴等于14·π·22＝π.7由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形面积为________．答案112解析由题可知y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为01(x2－x3)dx＝(13x3－14x4)10＝13－14＝112.8．设f(x)＝x2，x∈[0，1]，2－x，x∈[1，2]，则02f(x)dx＝______答案56解析02f(x)dx＝01x2dx＋12(2－x)dx＝13x310＋(2x－12x2)21＝13＋4－2－2＋12＝56.9．有一根弹簧，原长50cm，每伸长1cm需要5g力，如果把它从60cm，拉伸80cm长，那么拉力F(x)所做的功为______(g·cm)．答案2000[来源:学科网]解析F(x)＝kx，F(x)＝5g力，x＝1(cm)，则5＝k·1，k＝5.∴F(x)＝5x.弹簧由50cm，伸长到80cm，弹簧实际伸长了由0到30cm，此时做的功为：[来源:Z§xx§k.Com]030F(x)dx＝0305xdx＝52x2300＝52×900＝2250.弹簧由50cm，伸长到60cm，弹簧实际伸长了10cm，此时做的功为：010F(x)dx＝0105xdx＝52x2100＝52×100＝250.所以把它从60cm，位伸到80cm长，F(x)所做的功为2250－250＝2000(g·cm)10．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象如图所示，它与x轴在原点处相切，且x轴与函数图象所围区域(图中阴影部分)的面积为112，则a的值为________．答案－1解析f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，∵f′(0)＝0，∴b＝0，∴f(x)＝－x3＋ax2，令f(x)＝0，得x＝0或x＝a(a0)．S阴影＝－a0(－x3＋ax2)dx＝112a4＝112，∴a＝－1.11．一条平面曲线在点x处的切线斜率为2x，并且经过点(3,5)，则该曲线方程______答案y＝x2－4解析由题意知该曲线应满足y＝∫2xdx＝x2＋C且过点(3,5)，∴5＝32＋C，C＝－4，故该曲线方程是y＝x2－4.12．设函数f(x)＝ax2＋b(a≠0)，若02f(x)dx＝2f(x0)，x00，则x0＝________答案233解析02f(x)dx＝02(ax2＋b)dx＝(13ax3＋bx)20＝83a＋2b＝2(ax20＋b)，∴83a＝2ax20.又x00∴x0＝233.三、解答题13．求由抛物线y2＝x－1与其在点(2,1)，(2，－1)处的切线所围成的面积[来源:学§科§网Z§X§X§K]解析y＝±x－1.y′x＝±12(x－1)－12.∵过点(2,1)的直线斜率为y′|x＝2＝12(2－1)－12＝12，直线方程为y－1＝12(x－2)，即y＝12x.同理，过点(2，－1)的直线方程为y＝－12x，抛物线顶点在(1,0)．如图所示，由抛物线y2＝x－1与2条切线y＝12x，y＝－12x围成的面积为：S＝S△AOB－212x－1dx＝12·2·2－2·23·(x－1)32|21＝2－43(1－0)＝23.14．设y＝f(x)为区间[0,1]上的连续函数，且恒有0≤f(x)≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分01f(x)dx.先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…xN和y1，y2，…，yN，由此得到N个点(xi，yi)(i＝1,2，…，N)．再数出其中满足yi≤f(xi)(i＝1,2，…，N)的点数N1，那么由随机模拟方法求积分01f(x)dx的近似值答案N1N解析由均匀随机数产生的原理知：在区间[0,1]满足yi≤f(xi)的点都落在了函数y＝f(x)的下方，又因为0≤f(x)≤1，所以由0≤x≤10≤y≤1y≤fx围成的图形的面积是N1N，由积分的几何意义知01f(x)dx＝N1N.15．如图，已知曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝－x2＋2ax(a1)交于点O，A，直线x＝t(0t≤1)与曲线C1，C2分别相交于点D，B，连结OD，DA，AB，OB.(1)写出曲边四边形ABOD(阴影部分)的面积S与t的函数关系式S＝f(t)；(2)求函数S＝f(t)在区间(0,1]上的最大值．解(1)由y＝x2y＝－x2＋2ax，解得x＝0y＝0或x＝ay＝a2.∴O(0,0)，A(a，a2)．又由已知得B(t，－t2＋2at)，D(t，t2)，∴S＝0t(－x2＋2ax)dx－12t×t2＋12(－t2＋2at－t2)×(a－t)＝(－13x3＋ax2)|t0－12t3＋(－t2＋at)×(a－t)＝－13t3＋at2－12t3＋t3－2at2＋a2t＝16t3－at2＋a2t.∴S＝f(t)＝16t3－at2＋a2t(0t≤1)．(2)f′(t)＝12t2－2at＋a2，令f′(t)＝0，即12t2－2at＋a2＝0.解得t＝(2－2)a或t＝(2＋2)a.∵0t≤1，a1.∴t＝(2＋2)a应舍去．若(2－2)a≥1，即a≥12－2＝2＋22时，∵0t≤1，∴f′(t)≥0.∴f(t)在区间(0,1]上单调递增，S的最大值是f(1)＝a2－a＋16.若(2－2)a1，即1a2＋22时，当0t(2－2)a时f′(t)0.[来源:学科网]当(2－2)at≤1时，f′(t)0.∴f(t)在区间(0，(2－2)a]上单调递增，在区间((2－2)a,1]上单调递减．∴f(t)的最大值是f((2－2)a)＝16[(2－2)a]3－a[(2－2)a]2＋a2(2－2)a＝22－23a3.