241108_142618-6.基础习题册高数第六章详解_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

第六章 定积分的应用 6-1 基础过关 1.【答案】（1） 1 6 ；（2） 1 ；（3） 3 2 3 ；（4） 3 2 3 【解析】 （1） S   1 0 ( x  x ) d x   2 3 x 32  1 2 x 2  1 0  1 6 ； （2） S   1 0 ( e  e x ) d x  ( e x  e x ) 1 0  1 ； 1 1  1  32 （3）S  (3x2 2x)dx  3x x3x2   ； 3  3  3 3 3 3  1  32 （4）S  (2x3x2)dx  x2 3x x3   . 1  3  3 1 2.【答案】 9 4 【解析】y2x4所以 y ( 0 )  4 ， y ( 3 )   2 ，所以x0， x  3 处的切线方程分 别为 y  4 x  3 ，y 2x6交点为  3 2 , 3  ，所以 3 3 S 2[4x3(x2 4x3)]dx [2x6(x2 4x3)]dx 3 0 2 3 3  1 x3 2  1 x33x2 9x   9   3 3 3 4 0 2 16 3.【答案】 p2 3 p  p 【解析】y2 2px对x求导得2yy2p，所以y ，所以y   1，所以 y  2  p  p 3 x  处的法线方程为：y p  x 即y x p，抛物线y2 2px交点 2  2  2 p   , p，  2   9 2 p ,  3 p  ，所以 p p 3  y2  3 1 y3  16 S   p y    dy  py y2    p2. 3p2  2p 2 2 6p 3 3p 4.【答案】 3 π a 2 【解析】 xa(tsint) 2πa 2π S   ydx  a2(1cost)2dt 0 0 t 2π t u π   4a2sin4 dt 2  8a2sin4udu 0 2 0 π 3 1 π 16a22sin4udu 16a2   3πa2. 0 4 2 2 5.【答案】 a 4 2 ( e 2 π  e  2 π ) 【解析】 S π π 1 2 r 2 d π π 1 2 a 2 e 2 d a 4 2 e 2 π π a 4 2 ( e 2 π e 2 π )                . 6.【答案】 e 2 【解析】设切点为 x  x 0 ，则切线方程为 y  e x0  e x0 ( x  x 0 ) ，过 ( 0 , 0 ) ，所以 x 1，所以 0 S   1   e x d x  1 2  1  e  e x 1    e 2  e 2 . 7.【答案】 2 π a x 20 【解析】 V x   x0 0 π y 2 d x   x0 0 π 4 a x d x  2 π a x 2 x0 0  2 π a x 20 . 128 64 8.【答案】V  π，V  π x 7 y 5 2 2 πx7 128π 【解析】方法一：V  πx6dx  . x 0 7 7 0V y   2 0 2 π x  f ( x ) d x   2 0 2 π x  x 3 d x  2 π  2 0 x 4 d x  2 π  x 5 5 2 0  6 4 5 π . 方法二： V x   2 0 π x 6 d x  π x 7 7 2 0  1 2 8 7 π ， 8 8 2 3 5 64π V 2π28π y3dy 32π πy3  . y 0 5 5 0 9.【答案】 V  1 3 0 2 5 π a 3 【解析】 V x   2 6  π a 0 a π 3 2 y π  2 0 d s x i n x 7 t  ( 1 a  c o s i n 3 s 2 t t ) 2 d  t 0 π2  π a 6 2 π s a i n  3  6  6 7 3 a 4  5 c o  s 2 3 2  t  8 9 (   6 7 s i  n 4 5 t )  d 2 3 t   1 3 0 2 5 π a 3 . 10.【答案】（1） 1 3 0 π ；（2） 1 4 π 3  2 π ；（3） 1 6 0 π 2 ；（4） 7 π 2 a 3 【解析】（1） V y   1 0 2 π x ( x  x 2 ) d x  2 π  2 5 x 52  1 4 x 4  1 0  2 π  2 5  1 4   3 1 π 0 . （2） 1 1 12xarcsinx V  π(arcsinx)2dxπ[x(arcsinx)2  dx x 0 0 0 1x2 π2 1  π2 1 1  π  2 arcsinxd 1x2   π  2 1x2 arcsinx 2 dx   4 0   4 0 0  π2  π3 π 2  2π    4  4 （3） 4 4 V  π(5 16x2)2dx π(5 16x2)2dx x 4 4 4 1 π 20 16x2dx20π π42 160π2 4 2 .（4） V  2 x  8  8 t 2  8  8  7  π   a 2 π a 2 π a  2 π a 2 π a 2 π a ( 2 a ( t  3  3  u 3  3  3 π a 2  )  π a  π ( 0 s i n t ) 2 3 8 π a  π 3  2 π a (1  c o 0 π 3 4  2 π a 4 c o s 0 2 3 3 8 π a  3 2 π a 3 1  3 3 2 π a    4 2  2 3 π a  2 2 a  y ) d x  π   2 π 2 a  a (1  0 2 s t ) (1  c o s t ) d t t t 2  2 s i n d t 2 2 π 4  c o s u  (1  c o 2 0 π 5 3 1 π       2 6 4 2 2  c s o 2 s u t ) ) d 2  u a (1  c o s t ) d t 11.【答案】 2 π 2 a 2 b 【解析】 V   a   a 4 π 2  π 0 ( x   b 2 b π ) a  2 2   a 2 2  π 2 x a 2 2 d b x  4 π   a  a x a 2  x 2 d x  b  a  a a 2  x 2 d x  12.【答案】 4 3 3 R 3 【解析】 R 1 R V  2 R2 x2  3 R2 x2dx 3 (R2 x2)dx R2 R R 1 4 3 2 3(R2x x3)  R3 3 3 0 13.【答案】2π2 π π π π 【解析】方法一：V  2πxsinxdx2π xsinxdx2π  sinxdx2π2 y 0 0 2 0方法二： V y   π 0 2 π x s i n x d x  2 π [  x c o s x π 0   π 0 c o s x d x ]  2 π 2 . 14.【答案】 1  1 2 ln 3 2 【解析】 s    3  2 8 3 u 2 u 1  2  1  (  1 y 1 ) d 2 d u x     3 2  8 3 1  1 u  2 1   1 x 1   2 d d u x     u 8 3  1 2 1 l  x n x u u 2   d 1 1 x 3  2  x 1 2   1 2 1 l  n u 3 2  3 2 u u 2 2  1 d u 15.【答案】 2 3  4 3 【解析】 s     1 2 1 2 3 1   3 1 2 1 x  x 12 (   y 1 )  2 3 2 x x d x  32   2 d 3 1  x  3 1  2 1 1 2  3 1 4 3  1   4 3 x   x 12   12  x 12 x  12 2  d 2 x d x    3 1 1 2  1 3 1   x 1 4   12 x   1 x  12 x  d  x 2  d x 16.【答案】 6 a 【解析】 s    4 4 1 π  2 0 π  2 0 2 a s [ x 9 i n 2 ( t 2 a 2 t 2 ) ] c o s π2  0  2 [ t 6 y s a ( i n t ) 2 ] t 2 d d t t   4 4  π  2 0 π 3 2 0 a ( s  i 3 n a t c o c o s s 2 t d t t s i  n 1 t ) 2 2 a   ( 3 π s 2 0 a i n s t i d n 2 s i t n c t o s t ) 2 d t 1a2 17.【答案】 (ea1) a 【解析】s 0 2 ( ) 2 d 0 e 2 a a 2 e 2 a d 1 a 2 0 e a d 1 a 2 e a a 1                          18.【答案】 2  1 c m 【解析】 W 1   1 0 k x d x  k 2 ， W 2   1 1  h k x d x  k 2 ( h 2  2 h ) ， k k W W   (h2 2h) h 1 2（舍），h 1 2 . 1 2 2 2 1 2 所以问锤击第二次时，铁钉又击入木板 2  1 c m . 19.【答案】 5 7 6 9 7 .5 k J 【解析】取过圆锥底面圆的直径和圆锥顶点的截面，建立如图所示坐标系 W 1 5 0 g π g 4 9 π 5 2 3 x 3 x 2 (1 4 x 4 5 1 5 0 x ) d 1 x 8 7 5 g g π π 4 9 1 0 5 x 2 (1 5 x ) d x                  其中103kg/m3， π  3 . 1 4 , g  9 . 8 N / k g ，所以 W  5 7 6 9 7 .5 k J . 20.【答案】 2 0 5 . 8 k N 【解析】垂直于水平面建立如图所示坐标系，坐标原点O在水平面， x轴正半轴垂 直水平面向下5 5 F  gx2dxgx2 21g，其中 2 2 1 0 3 k g / m 3   ， g  9 . 8 N / k g 所以 F  2 0 5 .8 k N . 21.【答案】 1 7 .3 k N 【解析】建立如图所示坐标系，坐标原点 O 在椭圆的中心 y2 椭圆方程为 x2  1 2 3   4 3 3  y2 3 3 y2 3 y2 F  4 g  y 2 1 dy 24 g 1 dy24 gy 1 dy    3 4  3 2  3 4 3 2  3 3 2 4 4 4       4 4 4 3 3 2 9 24 g  y2dy  πg    3 4 16 4 其中103kg/m3，π3.14，g 9.8N /kg. 所以F 17.3kN .22.【答案】 1 4 3 7 3 k N 【解析】建立如图所示坐标系，其中原点 O 在底边为 1 0 m 的边的中点， x 轴正半轴 垂直长底边向下 20 20  x  x3  4400 F  gx  10  dxg  5x2    g 0  5  15 3 0 其中 1 0 3 k g / m 3   ，g 9.8N /kg， F  1 4 3 7 3 k N . 23.【答案】 1 .6 5 N 【解析】建立如图所示坐标系，坐标原点 O 距水平面0.03m在三角形的顶点， x轴 垂直于水平面向下0.06 0.06 4 4 0.03x2 x3  F  g(0.03x) xdx g    0.000168g 0 3 3  2 3  0 其中 1 0 3 k g / m 3   ， g  9 . 8 N / k g ，所以 F  1 . 6 5 N . 6-2 基础真题 1.【答案】（1）当 t  1 2 时， S  S 1  S 2 最小；（2）当 t  1 时， S  S 1  S 2 最大 t 2 【解析】（1）S t3 x2dx t3， 1 0 3 S 2   1 t x 2 d x  ( 1  t ) t 2  2 3 t 3  t 2  1 3 4 1 S S(t)S S  t3t2  ， 1 2 3 3 0  t  1 ，令 S   4 t 2  2 t  2 t ( 2 t  1 )  0 ，在 ( 0 , 1 ) 内得 t  1 2 ，有 S  1 2   1 4 . 又 S 在 [ 0 , 1 ] 两端点处的值为 S ( 0 )  1 3 2 ，S(1) . 3 由此可见，（1）当 t  1 2 时，S S S 最小； 1 2 （2）当t 1时， S  S 1  S 2 最大.  a b  2.【答案】P  ,   2 2 xx yy 【解析】设所求点为P(x ,y )，则该点处的切线方程为 0  0 1，切线在 0 0 a2 b2 y 轴上的 b2 a2 a2b2 1 截距为 ，在x轴上的截距为 . 图形面积为S   πab,x (0,a).（椭圆面 y x 2x y 4 0 0 0 0 0 积为 π a b 1 ，第一象限椭圆的面积是整个的 ）. 4 bx 设A x y  0 a2 x2 ，则 0 0 a 0 A   b a a 2 a  2 2  x x 20 20 ，令 A   0 a ，可得x  . 当 0 2 a a a x  时，A0；x  时，A0，则x  为A的极大值点，即S的极小 0 0 0 2 2 2 b  a b  值点，此时，y  ，即所求点为P  , . 0 2  2 23.【答案】1 【解析】 S    0  x e  x d x   x e  x  0     0  e  x d x   e  x  0   1 . 1 4.【答案】 (e4πa 1) 4a 【解析】 S 1 2 2 0 ( e a ) 2 d 1 2 2 0 e 2 a d 4 1 a e 2 a 2 0 4 1 a ( e 4 a 1 )                 . 5.【答案】 x  l n y  2 1 y  1 2 【解析】由题设 S 1 ( x )  S 2 ( y ) ，知 x 0 e t 1 2 (1 e t ) d t 1 y [ l n t ( t ) ]d t          ， 即 x 0 1 2 e t 1 2 d t 1 y [ l n t ( t ) ]d t         ，两边对x求导，得 1 2 e x 1 2 [ l n y ( y ) ] d d y x     由 y  e x 得 1 2 e x 1 2 [ x ( e x ) ] e x     ，于是 ( e x ) x 2 1 e x 1 2     ，从而 ( y ) l n y 2 1 y 1 2     故曲线 C 3 1 1 的方程为xln y  . 2y 2 6.【答案】 π 2 ( 8  3 π ) π π1cos2x  π 【解析】V π (sint1)2dxπ  2sinx1  dx (83π). 0 0  2  2 7.【答案】B 【解析】 V x  π  π 0  s i n 32 x  2 d x  π  π 0 s i n 3 x d x  2 π  π2 0 s i n 3 x d x  2 π  2 3  4 π 3 . π 8.【答案】（1）(1,1)；（2）y 2x1；（3）V  30 【解析】设切点A的坐标为(a,a2)，则过点A的切线的斜率为y 2a，切线方程为 xay  a 2  2 a ( x  a ) ，即 y  2 a x  a 2 . a  切线与x轴的交点为 ,0 ，曲线、x轴及切线所围图形面积为 2  S   a 0 x 2 d x  a 4 3  a 3 3  a 4 3  a 1 3 2 由题设 S  1 1 2 ，因此 a  1 . 于是： （1）切点 A 的坐标为(1,1)； （2）过切点(1,1)的切线方程为y 2x1； （3）旋转体的体积为 V   1 0 π ( x 2 ) 2 d x   1 12 π ( 2 x  1 ) 2 d x  3 π 0 . 9.【答案】C π π 1 π π2 【解析】V π2 cos2 xdx2π2cos2 xdx2π  = . x  π 0 2 2 2 2 10.【答案】 a   5 4 ； b  3 2 ； c  0 【解析】因为曲线过原点，所以 c  0 . 由题设有  1 0 ( a x 2  b x ) d x  a 3  b 2  1 3 ，即 b  2 3 ( 1  a ) ，则 V  π  1 0 ( a x 2  b x ) 2 d x  π  a 5 2  1 2 a b  b 3 2   π  a 5 2  1 3 a (1  a )  2 4 7 (1  a ) 2  . 令 V a  π  2 5 a  1 3  2 3 a  8 2 7 (1  a )   0 ，得 a   5 4 ，代入 b 3 的表达式得b  . 2 又因 V   a   5 4   1 4 3 5 π  0 5 及实际情况，知当a   ， 4 b  3 2 ，c0时，体积 V 最小. π 11.【答案】 6【解析】设所作切线与抛物线相切于点 ( x 0 , x 0  2 ) ，因为 y  x  x0  2 x 1 0  2 ， 1 故此切线方程为y x 2  (xx )，又因该切线过点P(1,0)，所以 0 0 2 x 2 0  x 0  2  2 x 1 0  2 (1  x 0 ) ，即 x 0  3 ，从而，切线方程为 y  1 2 ( x  1 ) . 因此，所求旋转体的体积 V = π  3 1 1 4 ( x  1 ) 2 d x  π  3 2 ( x  2 ) d x  π 6 . 12.【答案】 1 2 π 【解析】在 [ 1 , 2 ] 上取积分元，体积微元 d V  2 π x y d x . 2 2 1 旋转体的体积V  2πx y dx2π x(x1)(x2)dx π. 1 1 2 13.【答案】 l n 3  1 2 【解析】 S   1  2 0 [ l n ( 1 1   x y ) 2   d l x n (  1   12 0 x ) 1   x  ] 1 120    2 x x l n 2 3  2  d x 1 2   12 0 1 1   x x 2 2 d x   12 0  1 1  x  1 1  x  1  d x 14.【答案】 8 dx dy 【解析】 sint， 1cost. 为 dt dt d s  s i n 2 t  ( 1  c o s t ) 2 d t  2 ( 1  c o s t ) d t  2 s i n t 2 d t 所以 S   2 0 π 2 s i n t 2 d t  8 . 15.【答案】8a 【解析】r()asin，ds r2 r2 d a  1 c o s  2  s i n  2 d 2 a c o s 2 d           ， π π   由对称性得L2 2acos d8asin 8a. 0 2 2 0 16.【答案】 π 6 (1 1 5  1 ) 【解析】切点的横坐标为 x 0 ，则切点 ( x 0 , x 0  1 ) ，曲线 y  x  1 在此点的切线斜率 为 2 1 x 0  1 1 ，于是切线方程为y x 1 (xx )， 0 0 2 x 1 0 又因它经过原点，以点 ( 0 , 0 ) 代入，得  2  x 0  1    x 0 ， 1 解得x 2，于是切线方程为y1 (x2)，即 0 2 y  1 2 x ，切点为 ( 2 , 1 ) . 由曲线段y  x1(1 x2)绕 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 S 1   2 1 2  y 1  y  2 d x    2 1 4 x  3 d x   6  5 5  1  x . 1 由直线段y  x(0 x2)绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 2 2 1 5 S  2 x dx 5 2 0 2 2  因此，所求旋转体的表面积为S S S  (11 51). 1 2 617.【答案】（1）2；（2）1 【解析】（1） t S  2y 1 y2dx 0 2 tex ex  e2x 2e2x tex ex  2   1 dx2   dx 0 2  4 0 2  2 tex ex  V(t)π   dx，所以 0 2  S V ( ( t t ) )  2 . （2） F ( t )  π y 2 x  t  π  e t  2 e  t  2 l i t m  S F ( ( t t ) )  l i t m  2 π t  0 π   e e x t  2  2 e e   x t 2 2  d x  l i t m  2  e 2 t   2 e e t  2  t  e   t t e 2   2 e  t   l i t m  e e t t   e e   t t  1 . 8.【答案】 9 1 5 0 0 J 【解析】 从井口作为原点，向下作 轴. 将抓起污泥的抓斗提升至井口需作功 W  W 1  W 2  W 3 其中 W 1 是克服抓斗自重所作的功， W 2 是克服缆绳重力所作的功； W 3 为提出污泥所作的 功. 由题意知 W 1  4 0 0  3 0  1 2 0 0 0 ( J ) ，将抓斗由 x 处提升到 x  d x 处，克服缆绳重力 30 所作的功为dW 50(30x)dx，从而W  50(30x)dx22500J 2 2 0 在时间间隔[t,tdt]内提升污泥需作功为 d W 3  3 ( 2 0 0 0  2 0 t ) d t x 30 将污泥从井底提升至井口共需时间 10(s)，所以 3 10 W  3(200020t)dt 57000(J) 3 0 因此，共需作功W 12000225005700091500(J).19.【答案】（1） 1  r  r 2 a a ；（2） 1r 【解析】（1）设第 n 次击打后，桩被打进地下 x n ，第 n 次击打时，气锤所做的功为 n ( n 1 , 2 , )   . 由题可知，当桩被打进地下的深度为 x 时，土层对桩的阻力的大小为 k x x k x k k ，所以   1kxdx x2,x a；   2kxdx  x2  x2； 1 0 2 1 1 2 x 2 2 2 1 1 x k k    3kxdx  x2  x2；所以 3 x 2 3 2 2 2 1 2 3 k 2 x 23       . 又 3 r 2 r 2 1      ，从而 k 2 x 23 ( 1 r r 2 ) 1 ( 1 r r 2 ) k 2 a 2        . 于是 x 3  1  r  r 2 a ( m ) . （2）由归纳可得 x n  1  r   r n  1 a  1 1   r r n a ( m ) a ，limx  m （因为 n n 1r 0r 1，因此limrn 0）. n 20.【答案】2m. 【解析】建立如图所示的坐标系， 则闸门下部边缘抛物线的方程为 y  x 2 (  1  x  1 ) . 由侧压力公式知，闸门矩形部分所承 h1 h1  y2 受的水压力为P   2g(h1 y)dy 2g  (h1)y  gh2 1 1  2  1 其中为水的密度，g为重力加速度. 同理，闸门下部承受的水压力为P 2 1 0 2 g ( h 1 y ) y d y 2 g 2 3 ( h 1 ) y 32 2 5 y 52 1 0 4 g 1 3 h 1 2 5                 . 按题意 P P 1 2  5 4 ，因而有 4 g g 1 3 h h 2 1 2 5 5 4       ，即 3 h 2  5 h  2  0 ，解之得 1 h2,h （舍去）. 因此闸门矩形部分的高应为 3 2 米. 21.【答案】A 【解析】 d F ( a k m x ) 2 d x    ，则 F 0 l ( a k m x ) 2 d x      . 6-3 拓展拔高 1.【答案】 2  1 【解析】设 s i n x  k ， y  s i n x ( 0  x  π 2 )，由题意知，两个函数图形的交点是唯一 的，则 S 1   x 0 ( k  s i n t ) d t  k x  c o s x  1 ， S 2 2 x ( s i n t k ) d t c o s x k x 1 2 k         . 将 k  s i n x 代入上两式，得 S 1  x s i n x  c o s x  1 ， S 2  c o s x  x s i n x  1 2 π s i n x ，  π  故S S S (2xsinxcosx)  1 sinx ， 1 2  2  0  x  π 2 ， π 则SS S 2xcosx cosx0，得唯一驻点 1 2 2 x  π 4 . 又 π π π π S(0)1，S    21，S    1. 所以S 的最小值为S    21. 4 2 2 4 16 2.【答案】y  x2 9 1 【解析】由题知，C:yx2，C : y  x2，令C :x f(y)，P点坐标为(x,y)，则 1 2 2 x 1  1 y 2 3 y   t2  t2  dt  x3 ，S  [ u  f(u)]du  y2  f(u)du， 0  2  6 B 0 3 01 2 3 y 所以 x3  y2  f(u)du，因为点 6 3 0 P 在曲线 C 上，所以有 y 2 3 1 1 x2 1  f(u)du  y2  x3  x3，即 f(u)du  x3，两边对 0 3 6 2 0 2 x 求导，得 3 2x f(x2) x2，即 2 f ( x 2 )  3 4 x . 从而，曲线C 的方程为 2 x  f ( y )  3 4 y ， 即 y  1 6 9 x 2 . 3.【答案】 a   9 6 【解析】设曲线 y  a  x  x 3 与 x 轴正半轴的交点横坐标为，(   )，由条件得 0 ( a x x 3 ) d x ( a x x 3 ) d x            ， 移项得 0 ( a ( 4 x a x 2 3 ) d x 3 ) ( a 0 x x 3 ) d x 0 ( a x x 3 ) d x 0                        因为 0   ，所以 4 a 2 3 0      . 又因为 ( , 0 )  为曲线 y  a  x  x 3 与 x 轴的交点， 所以有 a 3 0      ，从而有 3 a a 3 a 2 7 a 3 0 a 9 6           . 4.【答案】 3 π 8 a 2 【解析】 由对称性，得面积A   4 1  2 a y 0 π  2 0 d a x 2 (  s i  n 4 4  t 0 π2  a s s i i n n 6 4 t t  ) d 3 t a  c o 3 s π 8 2 a t 2 d t  1 2  π2 0 a 2 s i n 4 t  c o s 2 t d t 5.【答案】 3 2 π 2  4 π 【解析】 V   π  π 0  π  ( 3 2 s i x n  x 2  c 1 o ) s 2 d x x   1 4 π s π  0 i n  2 1 x  ∣ 2 π0 s  i n 3 2 x π  2 1   4 c π o 2 s 2 x  d x 或使用二重积分方法计算，有 V x 2 π D y d 2 π π 0 d x sin 0 x 1 y d y π π 0 ( s i n x 1 ) 2 d x 3 2 π 2 4 π              6.【答案】（1） π 2  π 2  1   π  π 4 2  2   π 4 3  π 2  2 π ；（2） 2 π 2 【解析】 （1）任取[y,ydy][0,1]，则微元d V 1   π  π 2  2  π  π 2  x  2  d y   π 2 a r c s i n y  π ( a r c s i n y ) 2  d y 则 V 1     π π 1 d 0 2 2 V (  1 y π 2 a  r  c π s 1 1 2  0 i n y    a π r c   s i n 1 2 π 4 y   d y 2 y 2   1 ) 0   π  π 4 1 0 π 3 ( a [ y  r c s i n ( a r c 2 π  y s i n 2 π ) 2 d y y 2 )  2 1  y 2 a r c s i n y  2 y ] 1 0 （2）任取 [ x , x  d x ]  [ 0 , π ] 则微元 d V 2  2 π x  s i n x d x ，故 V 2   π 0 2 π x s i n x d x  2 π 2 . 7.【答案】 5 π 2 a 3 【解析】 由已知体积公式，得 V   2 0 π a π y 2 ( x ) d x ，令 x  a ( t  s i n t ) ，x[0,2πa]， t  [ 0 , 2 π ] ， 则 V       1 3 2 0 2 0 6 2 π a 2 π y ( x ) d π 3 π a ( 1  c π 3  π a s i n 0 5  3  3 π a 6  4  x o 6 1 2  s t u d π 2 2 π  π 0 3 ) d t u  3  5 π a  2 2 2 π π a ( 1 a a 3  3  3  c 2 0 π2 0 o π s s 8 i t s n 2 ) i n 6 u x 6 d ( t 2 u t ) d d t t 4 8.【答案】 3 15 【解析】求垂直于x轴截面的面积 A ( x ) 1 2 ( x 2 1 ) 2 s i n 3 4 3 ( x 2 1 ) 2      ， 则所求体积为 1 1 3 1 3 1 3 x5 2  V  A(x)dx  (x2 1)2dx  (x2 1)2dx   x3 x 1 4 1 2 0 2  5 3  0 4  3 15 π2 2π 9.【答案】  2 3 【解析】 取 [ x , x  d x ]  [ 0 , 1 ] ，则 dV 2π(2x)( 2xx2 x)dx， V 2π 1 (2x)( 2xx2 x)dx2π 1 (2x)  1(x1)2 x  dx   0 0 令x1sint，则 V  2 π  0  π2 ( 1  s i n t ) ( c o s t  1  s i n t ) c o s t d t  π 2 2  2 π 3 . 448π 10.【答案】 15 【解析】取 [ x , x  d x ]  [ 0 , 1 ] ，dV π[32 (1x2)2]dxπ(82x2 x4)dx， 1 1 V π (82x2 x4)dx，取 1 0 [ x , x  d x ]  [1 , 2 ] ， dV π32 (x2 1)2dxπ(82x2 x4)dx， 2   V 2  π  2 1 ( 8  2 x 2  x 4 ) d x ， 2 448π 所求体积V 2(V V )2π (82x2 x4)dx . 1 2 0 15 11.【答案】 2 0 π 【解析】由题得如下 又由 x y 2 2 ( 1 ( 1 c c o o s s ) ) c s o i s n , ,          则旋转体的体积为 4 0 V  πy2dx π4(1cos)2sin22(sin2sincos)d π 0 2 π 8π2(1cos)2sin3(12cos)d 0 20π 综上所述，选（A）.12.【答案】 1 8 3 π 5 【解析】 曲线 y  1  x 2 绕x轴旋转，由旋转体体积公式 V 1  π  1 0 y 2 d x  π  1 0 ( 1  x 2 ) d x  2 3 π . 曲线  x y   c s o i s n 3 3 t , t . 绕x轴旋转，由旋转体体积公式 V 2    π 3 3  π π 1 0   y π2 0 6 7 2 ( d s  x i n 4 5  7  0  π2 t  2 3 ( s i n s i n 8  9 3 t ) 9 t ) d 6  7 2 d t  (  4 5 c o 3  3 s  π 2 3 t ) π s 2 0     i n 1 1 3 7 6 0  π t d π 5 π2 0 t . s  i n 3 6 π t c π  2 0 o s s i n 2 t 9 s t d i n t t d t 所求旋转体体积为 V  V 1  V 2  1 8 3 π 5 . 13.【答案】 3 π 2 a 【解析】 3π 3π    3π  s   r2 r2d  a2sin6 a2sin4 cos2 da sin2 d 0 0 3 3 3 0 3 令 t 3   3π  π 3πa ，有s a sin2 d3a sin2tdt  . 0 3 0 2 14.【答案】4 【解析】利用弧长公式，有s π 0 π 0 r 2 2 (1 r c 2 o d s ) d π 0 (1 2 π 0 c c o o s s 2 ) d 2 ( 4 s i n s i n ) 2 2 d π0 4                          15.【答案】4 【解析】函数 y   x π  2 c o s t d t 的定义域为   π 2 , π 2  ，则全长 s   π2π  2 1  y  2 d x   π2π  2 1  c o s x d x d x   π2π  2 2 c o s x 2 d x  4 . 16.【答案】 8 3 π 【解析】摆线一拱弧长 s    2 2 0 a π  2 0 [ π x s ( i n t ) ] t 2 2 d  t [  y ( t  4 ) a ] 2 c d o t s  t 2 a 2 0  π 2 0  π 8 a ( 1  c o s t ) 2  ( s i n t ) 2 d t 摆线一拱绕x轴旋转一周所得旋转曲面面积为 S    2 8 6 π π 4 3 2 π  0 2  a π a y 2 π 0 2 ( t ) s i n 3 [ t 2 x ( t d t )  ] 2 8  π [ a y 2 ( t ) 2 π  0 ]  2 1 d  t  c o 2 s π 2  t 2 2 π 0  a s i 2 n ( 1 t 2  d c t o s t ) ( 1  c o s t ) 2  ( s i n t ) 2 d t 64 3 由题知， πa2 8a，所以a  . 3 8π 17.【答案】2πa2(2 2) 【解析】由对称性知，计算第一象限的曲线绕 x 轴旋转一周的曲面面积，且 r a c o s 2   ，于是 S 2 4 4 2 π π π a a a π4 0 2 2 π π4 0 π4 0 ( 2 r c c s o o i n s s 2 2 2 ) s s r i i 2 n n r 2 a d 2 c c o a o s s 2 4 2 π d a π4 0 2 a s c o 4 c o s 2 i n s 2 2 π a 2 2 π4 0 d s s i n i n d a 2 c o s 2 a ( 2 2 c s o i n s 2 2 ) 2 d                                              18.【答案】 π 6 (1 1 5  1 ) 【解析】设切点为 ( a , a  1 ) 1 ，则过原点的切线方程为y  x，将 2 a1 ( a , a  1 ) 代 入切线方程，得 a  2 , a  1  1 1 ，故切线方程为y  x，由曲线 2 y  x  1 在 [1 , 2 ] 上 的一段绕x轴一周所得旋转面的面积 2 2 2 π S  2πyds 2π x1 1 y2dx π 4x3dx (5 51) 1 1 1 1 6 切线 y  1 2 x 在区间 [ 0 , 2 ] 上一段绕 x 轴一周所得旋转面的面积 2 2 1 S   2πyds  π x 1 dx 5π， 2 0 0 4 π 所求旋转曲面的表面积为S S S  (11 51). 1 2 6 19.【答案】 2 2 G   【解析】结合图形建立坐标系，用微元法.取 y 轴上的 [ y , y  d y ]  [ 0 , 1 ] ，此微段细杆对质点的引力大小为 d F G 1 d y y 2     ，其在x 轴正向的分力为 d F x 1 1 y 2 d F ( 1 G d y y 2 ) 32        ，于是在 x 轴正向的分力为   1 G  F   dy，令y tant，有 x 0  3   (1 y2)2  F x 1 0 (1 G y 2 ) 32 d y C 34 0 c o s t d t 2 2 G              . 20.【答案】 4 π R 3 4 g 【解析】以球顶部与水面相切的点为坐标原点， x 轴铅直向下，取[x,xdx][0,2R]， 由于球密度与水的密度相同，所以水面以下不做功 dW (2Rx)π[R2 (Rx)2]1gdxπx(2Rx)2gdx 2R 4πR4 W  πx(2Rx)2gdx g. 0 3 64 21.【答案】 πg 3 【解析】结合图形建立直角坐标系，取 [ x , x  d x ]  [  2 , 2 ] ，则 dW gdv[x(2)]g(x2)πy2dxπg(x2)(4x2)dx 从而 W π g 2 2 ( x 2 ) ( 4 x 2 ) d x 4 π g 3 0 ( 4 x 2 ) d x 4 π g 8 8 3 6 4 3 π g                   .