2013届人教A版理科数学课时试题及解析(15)定积分与微积分基本定理

学而思网校课时作业(十五)[第15讲定积分与微积分基本定理][时间：35分钟分值：80分]基础热身1．已知f(x)为偶函数，且06f(x)dx＝8，则6－6f(x)dx＝()A．0B．4C．8D．162．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．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．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．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________．学而思网校．∫π20(sinx＋acosx)dx＝2，则实数a＝________.12．(13分)如图K15－2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K15－2难点突破13．(12分)已知二次函数f(x)＝3x2－3x，直线l1：x＝2和l2：y＝3tx(其中t为常数，且0t1)，直线l2与函数f(x)的图象以及直线l1、l2与函数f(x)的图象所围成的封闭图形如图K15－3，设这两个阴影区域的面积之和为S(t)．(1)求函数S(t)的解析式；(2)定义函数h(x)＝S(x)，x∈R.若过点A(1，m)(m≠4)可作曲线y＝h(x)(x∈R)的三条切线，求实数m的取值范围．图K15－3学而思网校课时作业(十五)【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＝sinx错误!＝sin错误!－sin错误!＝错误!，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＋1.11．1[解析]∫π20(sinx＋acosx)dx＝(asinx－cosx)错误!＝错误!－asin0＋cos0＝a＋1＝2，∴a＝1.12．[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)．学而思网校(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】13．[解答](1)由y＝3x2－3x，y＝3tx得x2－(t＋1)x＝0，所以x1＝0，x2＝t＋1.所以直线l2与f(x)的图象的交点的横坐标分别为0，t＋1.因为0t1，所以1t＋12.所以S(t)＝∫t＋10[3tx－(3x2－3x)]dx＋2t＋1[(3x2－3x)－3tx]dx＝3t＋12x2－x3t＋10＋x3－3t＋12x22t＋1＝(t＋1)3－6t＋2.(2)依据定义，h(x)＝(x＋1)3－6x＋2，x∈R，则h′(x)＝3(x＋1)2－6.因为m≠4，则点A(1，m)不在曲线y＝h(x)上．过点A作曲线y＝h(x)的切线，设切点为M(x0，y0)，则3(x0＋1)2－6＝x0＋13－6x0＋2－mx0－1，化简整理得2x30－6x0＋m＝0，其有三个不等实根．设g(x0)＝2x30－6x0＋m，则g′(x0)＝6x20－6.由g′(x0)0，得x01或x0－1；由g′(x0)0，得－1x01，所以g(x0)在区间(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以当x0＝－1时，函数g(x0)取极大值；当x0＝1时，函数g(x0)取极小值．因此，关于x0的方程2x30－6x0＋m＝0有三个不等实根的充要条件是g－10，g10，即学而思网校m＋40，m－40，即－4m4.故实数m的取值范围是(－4,4)．