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1. 下列是如图所示的正方体的展开图的是（
D
）答案
1. D
解析
【分析】
这道题的解题思路很清晰，我们可以分三步推导：第一，先回忆正方体展开图的基本禁忌规则，凡是出现“田字形”“凹字形”面排布的图形，都不可能折叠成封闭的正方体，先把符合这类错误特征的选项直接排除；第二，利用“正方体相对面折叠后不相邻”的规律，对照原正方体里三个特征面两两相邻的特点，把存在两个特征面互为相对面的选项排除；第三，最后验证剩余选项折叠后，各个面的图案相邻位置是否和原正方体完全匹配，就能选出正确答案。
【解析】
解：逐一对选项进行排查：
① 首先排除存在“田字形”“凹字形”错误结构的选项，这类结构无法折叠得到封闭正方体；
② 对照原正方体的面的相邻关系，原正方体的三个带标识的特征面两两相邻，不存在相对关系，排除特征面互为相对面的错误选项；
③ 最后验证剩余选项折叠后的面的朝向、相邻位置，最终只有D选项完全符合要求，可以作为题干所示正方体的展开图。
【答案】
D
【知识点】
正方体展开图特征，相对面判定
【点评】
本题属于几何空间认知的基础题型，重点考察学生的空间想象能力，不需要完全手动模拟折叠，只要牢记正方体展开图的常见错误结构，结合“相对面不相邻”的规律，就可以快速排除错误选项，降低解题的思考难度。
【难度系数】
0.8
这道题的解题思路很清晰，我们可以分三步推导：第一，先回忆正方体展开图的基本禁忌规则，凡是出现“田字形”“凹字形”面排布的图形，都不可能折叠成封闭的正方体，先把符合这类错误特征的选项直接排除；第二，利用“正方体相对面折叠后不相邻”的规律，对照原正方体里三个特征面两两相邻的特点，把存在两个特征面互为相对面的选项排除；第三，最后验证剩余选项折叠后，各个面的图案相邻位置是否和原正方体完全匹配，就能选出正确答案。
【解析】
解：逐一对选项进行排查：
① 首先排除存在“田字形”“凹字形”错误结构的选项，这类结构无法折叠得到封闭正方体；
② 对照原正方体的面的相邻关系，原正方体的三个带标识的特征面两两相邻，不存在相对关系，排除特征面互为相对面的错误选项；
③ 最后验证剩余选项折叠后的面的朝向、相邻位置，最终只有D选项完全符合要求，可以作为题干所示正方体的展开图。
【答案】
D
【知识点】
正方体展开图特征，相对面判定
【点评】
本题属于几何空间认知的基础题型，重点考察学生的空间想象能力，不需要完全手动模拟折叠，只要牢记正方体展开图的常见错误结构，结合“相对面不相邻”的规律，就可以快速排除错误选项，降低解题的思考难度。
【难度系数】
0.8
2. 如图,点$O,A_0$在直线$MN$上,第一步,将$OA_0$绕点$O$顺时针旋转一定的角度$α(0°＜α＜30°)$至$OA_1$;第二步,将$OA_1$绕点$O$顺时针旋转$2α$至$OA_2$;第三步,将$OA_2$绕点$O$顺时针旋转$3α$至$OA_3······$以此类推,在旋转过程中,若碰到直线$MN$,则立即绕点$O$反方向旋转. 如果$∠ A_2OA_4=42°$,那么$α$的度数为
$6°或(\dfrac{318}{13})°$
.答案
2. $6°或(\dfrac{318}{13})°$ 提示:分情况讨论:①当$OA_4$未碰到直线$MN$时，$∠ A_2OA_4 = ∠ A_0OA_4 - ∠ A_0OA_2=α+\2α+3α+4α-(α+2α)=7α=42°$，解得$α=6°$.②当$OA_4$碰到直线$MN$后，且$OA_4$在$OA_2$的右侧时，如图1所示. 因为$∠ A_2ON = 180° - 3α$，$∠ A_4ON = 10α - 180°$，所以$∠ A_2OA_4 = ∠ A_2ON - ∠ A_4ON=180°-3α-(10α-180°)=360°-13α=42°$，解得$α=(\dfrac{318}{13})°$.③当$OA_4$碰到直线$MN$后，且$OA_4$在$OA_2$的左侧时，如图2所示. 因为$∠ A_2ON = 180° - 3α$，$∠ A_4ON = 10α - 180°$，所以$∠ A_2OA_4 = ∠ A_4ON - ∠ A_2ON=10α-180°-(180°-3α)=13α-360°=42°$，解得$α=(\dfrac{402}{13})°＞30°$(不符合题意，舍去).综上所述，$α=6°或(\dfrac{318}{13})°$.
解析
【分析】
这是带特殊旋转规则的角度计算问题，解题思路如下：首先明确每次旋转的角度依次为α、2α、3α、4α，结合“碰到直线MN就立即反向旋转”的规则，分三类情况讨论：第一类是旋转全程都没有碰到直线MN，直接用角的和差表示出∠A₂OA₄的表达式列方程求解；第二类是旋转过程中碰到MN反向后，OA₄落在OA₂和ON之间，推导此时∠A₂OA₄的表达式列方程；第三类是反向后OA₄落在OA₂的左侧，同样列方程，最后结合题目给出的0°＜α＜30°的条件，舍去不符合要求的解，最终得到所有符合题意的α值。
【解析】
我们根据旋转过程中是否碰到直线MN分情况讨论：
① 当OA₄未碰到直线MN时：
此时所有旋转均为顺时针，∠A₂OA₃=3α，∠A₃OA₄=4α，因此∠A₂OA₄=3α+4α=7α。
已知∠A₂OA₄=42°，代入得7α=42°，解得α=6°。
验证：此时累计总旋转角度为α+2α+3α+4α=10α=60°＜180°，未碰到MN，且0°＜6°＜30°，符合题意。
② 当OA₄碰到直线MN后，且OA₄在OA₂的右侧（OA₂与ON之间）时：
此时累计顺时针旋转总角度10α＞180°，前两次旋转总角度∠A₀OA₂=α+2α=3α，因此∠A₂ON=180°-3α；
反向旋转后，OA₄与ON的夹角为10α-180°，因此∠A₂OA₄=∠A₂ON - ∠A₄ON = 180°-3α-(10α-180°)=360°-13α。
代入∠A₂OA₄=42°，得360°-13α=42°，解得α=318/13 °。
验证：18°＜318/13 °≈24.5°＜30°，满足条件，符合题意。
③ 当OA₄碰到直线MN后，且OA₄在OA₂的左侧时：
此时∠A₂OA₄=∠A₄ON - ∠A₂ON = 10α-180°-(180°-3α)=13α-360°，代入得13α-360°=42°，解得α=402/13 °≈30.9°，不满足题目给出的0°＜α＜30°的要求，舍去该解。
综上，符合条件的α为6°或318/13 °。
【答案】
$6°或(\dfrac{318}{13})°$
【知识点】
旋转的性质，角的和差运算，分类讨论思想
【点评】
本题的核心易错点是容易忽略“碰到直线MN后反向旋转”的特殊规则，仅算出第一种情况的解，同时需要注意对求解得到的α值结合取值范围进行验证，排除不符合题意的结果，对分类讨论的逻辑严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.3
这是带特殊旋转规则的角度计算问题，解题思路如下：首先明确每次旋转的角度依次为α、2α、3α、4α，结合“碰到直线MN就立即反向旋转”的规则，分三类情况讨论：第一类是旋转全程都没有碰到直线MN，直接用角的和差表示出∠A₂OA₄的表达式列方程求解；第二类是旋转过程中碰到MN反向后，OA₄落在OA₂和ON之间，推导此时∠A₂OA₄的表达式列方程；第三类是反向后OA₄落在OA₂的左侧，同样列方程，最后结合题目给出的0°＜α＜30°的条件，舍去不符合要求的解，最终得到所有符合题意的α值。
【解析】
我们根据旋转过程中是否碰到直线MN分情况讨论：
① 当OA₄未碰到直线MN时：
此时所有旋转均为顺时针，∠A₂OA₃=3α，∠A₃OA₄=4α，因此∠A₂OA₄=3α+4α=7α。
已知∠A₂OA₄=42°，代入得7α=42°，解得α=6°。
验证：此时累计总旋转角度为α+2α+3α+4α=10α=60°＜180°，未碰到MN，且0°＜6°＜30°，符合题意。
② 当OA₄碰到直线MN后，且OA₄在OA₂的右侧（OA₂与ON之间）时：
此时累计顺时针旋转总角度10α＞180°，前两次旋转总角度∠A₀OA₂=α+2α=3α，因此∠A₂ON=180°-3α；
反向旋转后，OA₄与ON的夹角为10α-180°，因此∠A₂OA₄=∠A₂ON - ∠A₄ON = 180°-3α-(10α-180°)=360°-13α。
代入∠A₂OA₄=42°，得360°-13α=42°，解得α=318/13 °。
验证：18°＜318/13 °≈24.5°＜30°，满足条件，符合题意。
③ 当OA₄碰到直线MN后，且OA₄在OA₂的左侧时：
此时∠A₂OA₄=∠A₄ON - ∠A₂ON = 10α-180°-(180°-3α)=13α-360°，代入得13α-360°=42°，解得α=402/13 °≈30.9°，不满足题目给出的0°＜α＜30°的要求，舍去该解。
综上，符合条件的α为6°或318/13 °。
【答案】
$6°或(\dfrac{318}{13})°$
【知识点】
旋转的性质，角的和差运算，分类讨论思想
【点评】
本题的核心易错点是容易忽略“碰到直线MN后反向旋转”的特殊规则，仅算出第一种情况的解，同时需要注意对求解得到的α值结合取值范围进行验证，排除不符合题意的结果，对分类讨论的逻辑严谨性有一定要求。
【难度系数】
0.3
3. 钟面角是指时钟的时针与分针所组成的角. 如图 1,$∠ AOB$ 即为某一时刻的钟面角(时针用 $OA$ 表示,分针用 $OB$ 表示),一般地,$0°≤∠ AOB≤180°$. 时针和分针绕点$O$一直沿着顺时针方向旋转,时针每小时转动的角度是 $30°$,分针每小时转动一周,角度为 $360°$,由此可知:
(1) 时针每分钟转动
【深入探究】
(2) 如图 2,记钟面上刻度为 1 的点为 $C$,若现在钟面显示时间为 $12:00$,在$13:00$之前,经过多少分钟,钟面角的两条边 $OA$,$OB$ 所在射线与射线 $OC$中,恰有一条是另两条射线所成角的平分线?
【实际应用】
(3) 小明为了研究钟面角,便观察教室墙上的时钟,但由于电池电量较低,小明教室墙上的时钟的时针和分针比正常的钟走的要慢(但仍保持匀速转动),小明发现第一节课的上课时间为$8:00$,但上课铃响时,钟面显示时间为$7:55$,第一节课的下课铃响时,钟面显示时间为 $8:25$,已知一节课时长为$40\ \mathrm{min}$,从小明发现教室的钟面显示时间为 $8:00$ 时,再经过
(1) 时针每分钟转动
$0.5$
$°$,分针每分钟转动$6$
$°$;8 点时,时针和分针形成的钟面角为$120$
$°$.【深入探究】
(2) 如图 2,记钟面上刻度为 1 的点为 $C$,若现在钟面显示时间为 $12:00$,在$13:00$之前,经过多少分钟,钟面角的两条边 $OA$,$OB$ 所在射线与射线 $OC$中,恰有一条是另两条射线所成角的平分线?
【实际应用】
(3) 小明为了研究钟面角,便观察教室墙上的时钟,但由于电池电量较低,小明教室墙上的时钟的时针和分针比正常的钟走的要慢(但仍保持匀速转动),小明发现第一节课的上课时间为$8:00$,但上课铃响时,钟面显示时间为$7:55$,第一节课的下课铃响时,钟面显示时间为 $8:25$,已知一节课时长为$40\ \mathrm{min}$,从小明发现教室的钟面显示时间为 $8:00$ 时,再经过
$\dfrac{640}{11}$
$\mathrm{min}$,时针和分针第一次重合.答案
3. (1) 0.5 6 120
(2) 解:设经过$x$ min满足条件.
①当$OC$平分$∠ AOB$时,$6x-30=30-0.5x$,解得$x=\dfrac{120}{13}$;
②当$OB$平分$∠ AOC$时,$30-6x=6x-0.5x$,解得$x=\dfrac{60}{23}$.
综上所述,经过$\dfrac{120}{13}$ min或$\dfrac{60}{23}$ min,钟面角的两条边$OA$,$OB$所在射线与射线$OC$中,恰有一条是另两条射线所成角的平分线.
(3) $\dfrac{640}{11}$ 提示:慢钟在实际时间 40 min 内,却走了 30 min,慢钟速度为正常的$\dfrac{30}{40}=\dfrac{3}{4}$,慢钟时针每分钟转$0.5°×\dfrac{3}{4}=0.375°$,慢钟分针每分钟转$6°×\dfrac{3}{4}=4.5°$,$8:00$时,时针与分针的夹角为$120°$. 设再经过$t$ min 第一次重合,则$4.5t-0.375t=360-120$,解得$t=\dfrac{640}{11}$.
(2) 解:设经过$x$ min满足条件.
①当$OC$平分$∠ AOB$时,$6x-30=30-0.5x$,解得$x=\dfrac{120}{13}$;
②当$OB$平分$∠ AOC$时,$30-6x=6x-0.5x$,解得$x=\dfrac{60}{23}$.
综上所述,经过$\dfrac{120}{13}$ min或$\dfrac{60}{23}$ min,钟面角的两条边$OA$,$OB$所在射线与射线$OC$中,恰有一条是另两条射线所成角的平分线.
(3) $\dfrac{640}{11}$ 提示:慢钟在实际时间 40 min 内,却走了 30 min,慢钟速度为正常的$\dfrac{30}{40}=\dfrac{3}{4}$,慢钟时针每分钟转$0.5°×\dfrac{3}{4}=0.375°$,慢钟分针每分钟转$6°×\dfrac{3}{4}=4.5°$,$8:00$时,时针与分针的夹角为$120°$. 设再经过$t$ min 第一次重合,则$4.5t-0.375t=360-120$,解得$t=\dfrac{640}{11}$.
解析
【分析】
这是一道钟面角的综合应用题，解题思路可逐层梳理：
1. 第一小问直接利用已知的时针、分针每小时转动角度，除以60即可得到每分钟的转动角度；8点时分针指向12、时针指向8，间隔4个钟面大格，每个大格对应30°，直接相乘就能得到对应钟面角。
2. 第二小问限定在12:00到13:00之间，射线OC是刻度1对应的射线（对应角度30°），由于13点前时针最多转动30°，不可能跑到OC外侧，因此不存在时针OA平分另外两条射线夹角的情况，只需分两类讨论：①OC是OA和OB的角平分线；②OB是OA和OC的角平分线，结合角平分线的角度相等关系列一元一次方程求解即可。
3. 第三小问先通过快慢钟的运行时长，算出慢钟的转动速度是正常速度的3/4，得到慢钟时针、分针每分钟的转动角度，再结合钟面显示8点时两针的初始夹角，用追及问题的思路，根据分针比时针多转的角度等于初始追及差距列方程，即可求出第一次重合的时间。
【解析】
(1) 已知时针每小时转动30°，1小时=60分钟，因此时针每分钟转动角度为：$30°÷60=0.5°$；
分针每小时转动360°，因此分针每分钟转动角度为：$360°÷60=6°$；
8点时，分针指向12，时针指向8，二者间隔4个钟面大格，每个大格对应30°，因此钟面角为$4×30°=120°$。
(2) 设经过$x$ min满足条件，12点整时OA、OB都在0°位置，OC对应30°位置，分两种情况：
① 当$OC$平分$∠ AOB$时，满足$∠ AOC=∠ BOC$，列方程得：
$6x-30=30-0.5x$
整理得$6.5x=60$，解得$x=\dfrac{120}{13}$；
② 当$OB$平分$∠ AOC$时，满足$∠ AOB=∠ BOC$，列方程得：
$30-6x=6x-0.5x$
整理得$11.5x=30$，解得$x=\dfrac{60}{23}$。
两种情况均符合13:00前的时间限定，均有效。
(3) 先计算慢钟速度：实际时间40min内，慢钟走了$8:25-7:55=30\min$，因此慢钟转动速度是正常时钟的$\dfrac{30}{40}=\dfrac{3}{4}$，
可得慢钟时针每分钟转动：$0.5°×\dfrac{3}{4}=0.375°$，慢钟分针每分钟转动：$6°×\dfrac{3}{4}=4.5°$；
当慢钟钟面显示8:00时，时针和分针初始夹角为120°，分针第一次追上时针需要比时针多转$360°-120°=240°$，设经过$t$ min第一次重合，列方程得：
$4.5t-0.375t=240$
整理得$\dfrac{33}{8}t=240$，解得$t=\dfrac{640}{11}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{0.5}$；$\boldsymbol{6}$；$\boldsymbol{120}$
(2) 经过$\boldsymbol{\dfrac{120}{13}\ \mathrm{min}}$或$\boldsymbol{\dfrac{60}{23}\ \mathrm{min}}$，满足条件
(3) $\boldsymbol{\dfrac{640}{11}}$
【知识点】
钟面角，一元一次方程应用，追及问题
【点评】
本题从基础的钟面转动速度计算切入，逐层递进考察角平分线性质、分类讨论思想和变速时钟的追及计算，需要学生注意分类讨论时不要漏解，处理慢钟问题时先正确推导慢钟的转动速度，避免直接套用正常时钟的速度导致错误，对学生的综合应用能力有较好的考察效果。
【难度系数】
0.4
这是一道钟面角的综合应用题，解题思路可逐层梳理：
1. 第一小问直接利用已知的时针、分针每小时转动角度，除以60即可得到每分钟的转动角度；8点时分针指向12、时针指向8，间隔4个钟面大格，每个大格对应30°，直接相乘就能得到对应钟面角。
2. 第二小问限定在12:00到13:00之间，射线OC是刻度1对应的射线（对应角度30°），由于13点前时针最多转动30°，不可能跑到OC外侧，因此不存在时针OA平分另外两条射线夹角的情况，只需分两类讨论：①OC是OA和OB的角平分线；②OB是OA和OC的角平分线，结合角平分线的角度相等关系列一元一次方程求解即可。
3. 第三小问先通过快慢钟的运行时长，算出慢钟的转动速度是正常速度的3/4，得到慢钟时针、分针每分钟的转动角度，再结合钟面显示8点时两针的初始夹角，用追及问题的思路，根据分针比时针多转的角度等于初始追及差距列方程，即可求出第一次重合的时间。
【解析】
(1) 已知时针每小时转动30°，1小时=60分钟，因此时针每分钟转动角度为：$30°÷60=0.5°$；
分针每小时转动360°，因此分针每分钟转动角度为：$360°÷60=6°$；
8点时，分针指向12，时针指向8，二者间隔4个钟面大格，每个大格对应30°，因此钟面角为$4×30°=120°$。
(2) 设经过$x$ min满足条件，12点整时OA、OB都在0°位置，OC对应30°位置，分两种情况：
① 当$OC$平分$∠ AOB$时，满足$∠ AOC=∠ BOC$，列方程得：
$6x-30=30-0.5x$
整理得$6.5x=60$，解得$x=\dfrac{120}{13}$；
② 当$OB$平分$∠ AOC$时，满足$∠ AOB=∠ BOC$，列方程得：
$30-6x=6x-0.5x$
整理得$11.5x=30$，解得$x=\dfrac{60}{23}$。
两种情况均符合13:00前的时间限定，均有效。
(3) 先计算慢钟速度：实际时间40min内，慢钟走了$8:25-7:55=30\min$，因此慢钟转动速度是正常时钟的$\dfrac{30}{40}=\dfrac{3}{4}$，
可得慢钟时针每分钟转动：$0.5°×\dfrac{3}{4}=0.375°$，慢钟分针每分钟转动：$6°×\dfrac{3}{4}=4.5°$；
当慢钟钟面显示8:00时，时针和分针初始夹角为120°，分针第一次追上时针需要比时针多转$360°-120°=240°$，设经过$t$ min第一次重合，列方程得：
$4.5t-0.375t=240$
整理得$\dfrac{33}{8}t=240$，解得$t=\dfrac{640}{11}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{0.5}$；$\boldsymbol{6}$；$\boldsymbol{120}$
(2) 经过$\boldsymbol{\dfrac{120}{13}\ \mathrm{min}}$或$\boldsymbol{\dfrac{60}{23}\ \mathrm{min}}$，满足条件
(3) $\boldsymbol{\dfrac{640}{11}}$
【知识点】
钟面角，一元一次方程应用，追及问题
【点评】
本题从基础的钟面转动速度计算切入，逐层递进考察角平分线性质、分类讨论思想和变速时钟的追及计算，需要学生注意分类讨论时不要漏解，处理慢钟问题时先正确推导慢钟的转动速度，避免直接套用正常时钟的速度导致错误，对学生的综合应用能力有较好的考察效果。
【难度系数】
0.4
