2013年高考理科数学定积分与微积分基本

定积分与微积分基本定理[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．[2011·郑州一中模拟]已知f(x)为偶函数，且06f(x)dx＝8，则6－6f(x)dx＝()A．0B．4C．8D．162．[2011·福州模拟]设f(x)＝x2，x∈[0，1]，1x，x∈1，e](其中e为自然对数的底数)，则0ef(x)dx的值为()A.43B．2C．1D.233．[2011·临沂模拟]若a＝02x2dx，b＝02x3dx，c＝02sinxdx，则a、b、c的大小关系是()A．acbB．abcC．cbaD．cab4．如图K15－1，阴影部分的面积是()图K15－1A．23B．2－3C.323D.353能力提升5．设函数f(x)＝ax2＋1，若01f(x)dx＝2，则a＝()A．1B．2C．3D．46．[2011·湖南卷]由直线x＝－π3，x＝π3，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为()A.12B．1C.32D.37．一物体以v＝9.8t＋6.5(单位：m/s)的速度自由下落，则下落后第二个4s内经过的路程是()A．260mB．258mC．259mD．261.2m8．若0k(2x－3x2)dx＝0，则k等于()A．0B．1C．0或1D．以上均不对9．如果10N的力能使弹簧压缩10cm，为在弹性限度内将弹簧拉长6cm，则力所做的功为()A．0.28JB．0.12JC．0.26JD．0.18J10．[2011·洛阳模拟]设函数y＝f(x)的定义域为R＋，若对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝K，fx≤K，fx，fxK，则当函数f(x)＝1x，K＝1时，定积分214fK(x)dx的值为________．11.01(x－x2)dx＝________.12．[2011·枣庄模拟]∫π20(sinx＋acosx)dx＝2，则实数a＝________.13．由抛物线y2＝2x与直线x＝12及x轴所围成的图形绕x轴旋转一周所得旋转体的体积为________．14．(10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象如图K15－2所示，直线y＝0在原点处与函数图象相切，且此切线与函数图象所围成的区域(阴影)面积为274，求f(x)的解析式．图K15－215．(13分)如图K15－3所示，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，连接OD、DA、AB.(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．图K15－3难点突破16．(12分)已知点P在曲线y＝x2－1上，它的横坐标为a(a0)，由点P作曲线y＝x2的切线PQ(Q为切点)．(1)求切线PQ的方程；(2)求证：由上述切线与y＝x2所围成图形的面积S与a无关．参考答案：【基础热身】1．D[解析]6－6f(x)dx＝206f(x)dx＝2×8＝16.2．A[解析]根据积分的运算法则，可知∫e0f(x)dx可以分为两段，即∫e0f(x)dx＝01x2dx＋∫e11xdx＝13x310＋lnxe1＝13＋1＝43，所以选A.3．D[解析]a＝02x2dx＝13x320＝83，b＝02x3dx＝14x420＝4，c＝02sinxdx＝－cosx20＝1－cos22，∴cab.4．C[解析]1－3(3－x2－2x)dx＝3x－13x3－x21－3＝323.【能力提升】5．C[解析]01f(x)dx＝01(ax2＋1)dx＝ax33＋x10＝a3＋1＝2，解得a＝3.6．D[解析]根据定积分的相关知识可得到：由直线x＝－π3，x＝π3，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的面积为：S＝∫π3－π3cosxdx＝sinxπ3－π3＝sinπ3－sin－π3＝3，故选D.7．D[解析]48(9.8t＋6.5)dt＝(4.9t2＋6.5t)84＝4.9×64＋6.5×8－4.9×16－6.5×4＝313.6＋52－78.4－26＝261.2.8．C[解析]0k(2x－3x2)dx＝0k2xdx－0k3x2dx＝x2k0－x3k0＝k2－k3＝0，∴k＝0或k＝1.9．D[解析]由F(x)＝kx，得k＝100，F(x)＝100x，W＝∫0.060100xdx＝0.18(J)．10．2ln2＋1[解析]由题设f1(x)＝1，1x≤1，1x，1x1，于是定积分214f1(x)dx＝1141xdx＋121dx＝lnx114＋x21＝2ln2＋1.11.13[解析]01(x－x2)dx＝23x32－13x310＝13.12．1[解析]∫π20(sinx＋acosx)dx＝(asinx－cosx)错误!＝错误!－asin0＋cos0＝a＋1＝2，∴a＝1.13.π4[解析]如图所示，因为y2＝2x，x∈0，12，所以V＝π∫1202xdx＝πx2120＝π4.14．[解答]由图象过点(0,0)知c＝0，又由图象与y＝0在原点处相切知b＝0，则有f(x)＝x3＋ax2，令f(x)＝0，得x3＋ax2＝0，可得x＝0或x＝－a(－a0，即a0)．可以得到图象与x轴交点为(0,0)，(－a,0)，故∫－a0－f(x)dx＝－x44－ax33－a0＝－a44＋a43＝a412＝274，a＝－3，所以f(x)＝x3－3x2.15．[解答](1)由y＝x2，y＝－x2＋2ax，解得x＝0，y＝0或x＝a，y＝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.故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．①若(2－2)a≥1，即a≥12－2＝2＋22，∵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＋16.②若(2－2)a1，即1a2＋22，(i)当0t(2－2)a时，f′(t)0，(ii)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.综上所述f(t)max＝a2－a＋16a≥2＋22，22－23a31a2＋22.【难点突破】16．[解答](1)设点P的坐标为(a，a2－1)，又设切点Q的坐标为(x，x2)．则kPQ＝a2－1－x2a－x，由y′＝2x知a2－1－x2a－x＝2x，解得：x＝a＋1或x＝a－1.所以所求的切线方程为2(a＋1)x－y－(a＋1)2＝0或2(a－1)x－y－(a－1)2＝0.(2)证明：S＝aa－1[x2－2(a－1)x＋(a－1)2]dx＋∫a＋1a[x2－2(a＋1)x＋(a＋1)2]dx＝23.故所围成的图形面积S＝23，此为与a无关的一个常数．