【分析】
要判断哪些几何体的截面可能是圆，首先明确截面的定义：用一个平面去截一个几何体，得到的平面图形叫做截面。解题时可以结合几何体的结构特征判断：圆是曲线围成的图形，只有几何体含有曲面时，才有可能截出带有曲线的截面；全由平面组成的多面体，截面只能是多边形，不可能出现圆，接下来逐一分析每个几何体即可。
【解析】
逐个分析给出的几何体：
1. ①圆柱：用平行于圆柱底面的平面去截圆柱，得到的截面是圆，符合要求；
2. ②正方体：所有面都是平面，无论用什么平面截取，截面只能是三角形、四边形、五边形、六边形这类多边形，不可能出现圆，不符合要求；
3. ③棱柱：所有面都是平面，截面只能是多边形，无法截出圆，不符合要求；
4. ④球：任意平面截取球体，得到的截面都是圆，符合要求；
5. ⑤圆锥：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到的截面是圆，符合要求；
6. ⑥长方体：全由平面组成，截面只能是多边形，无法截出圆，不符合要求。
综上，截面可能是圆的是①④⑤。
【答案】
①④⑤
【知识点】
截几何体，常见几何体特征
【点评】
本题考查常见几何体截面的判断，解题核心是结合几何体的结构特征展开空间想象，记住全由平面构成的几何体不可能截出圆的规律可快速解题。
【难度系数】
0.8

【分析】
要找到正方体展开图折叠后“踏”的相对面，首先明确正方体相对面的核心特征：相对的面不相邻，不存在公共边和公共顶点。解题时可以先找出和“踏”相邻的所有面，排除后剩下的就是相对面，也可以结合常见的“二二三”型展开图的相对面规律快速判断。
【解析】
观察该正方体展开图，属于“二二三”型展开图：
1. 首先确定与“踏”相邻的面：和“踏”有公共边的面是“实”、“方”，因此这两个面不可能是“踏”的相对面；
2. 剩余的面为“可”、“远”、“行”，结合相对面规律可知，“实”的相对面是“远”，“方”的相对面是“行”；
3. 因此仅剩的“可”就是“踏”的相对面。
【答案】
可
【知识点】
正方体展开图特征、相对面判断
【点评】
本题是正方体展开图的基础考题，重点考查对展开图折叠后相对面的识别能力，掌握“相对面不相邻”的核心特征以及常见展开图的相对面规律就能轻松解答。
【难度系数】
0.7

【分析】
要计算钟面上时针和分针的夹角，首先需要明确钟面的基本特征和指针的转动规律：钟面一周为360°，平均分为12个大格，每个大格对应30°；分针每5分钟走1个大格，时针每小时走1个大格，每分钟会随时间向后续大格移动。解题时先确定分针的位置，再计算40分钟内时针从4时整的位置移动的角度，最后通过两个指针的位置差计算夹角即可。
【解析】
1. 计算每个大格的度数：钟面一周360°，共12个大格，因此每个大格的度数为$360° ÷ 12 = 30°$。
2. 确定分针位置：40分钟时分针指向第$40 ÷ 5 = 8$个大格的位置。
3. 计算时针移动的度数：时针每小时走1个大格（30°），则每分钟走$30° ÷ 60 = 0.5°$，40分钟时针从4时整的位置移动了$40 × 0.5° = 20°$。
4. 计算夹角：4到8之间共4个大格，对应度数为$4 × 30° = 120°$，减去时针移动的20°，得到小于平角的夹角为$120° - 20° = 100°$。
【答案】
$100°$
【知识点】
钟面角计算、角的度量
【点评】
本题是钟面角计算的典型题目，解题的核心是注意时针并非固定在整时的刻度位置，会随分钟的增加逐渐向后续刻度移动，避免直接按整时刻度计算格数导致错误。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题时首先要明确，要让游戏棒数量最少，就要尽可能让每根游戏棒同时作为多个等边三角形的边，提高游戏棒的利用率。首先可以先考虑平面内搭建的情况，平面内每根游戏棒最多作为2个等边三角形的公共边，计算平面搭建的最少用量后，再突破平面限制，思考空间立体图形的搭建方案，对比得出最小值。
【解析】
1. 若单独搭建不共用边：1个等边三角形需要3根游戏棒，搭建4个需要 $4×3=12$ 根，可通过共用边减少用量。
2. 平面内搭建：平面中每共用1条边可少用1根，搭建4个大小相同的等边三角形最少需要9根（如边长为2的等边三角形，连接三边中点得到4个小等边三角形，共需要9根游戏棒）。
3. 空间内搭建：正四面体的4个面都是大小相同的等边三角形，正四面体共有6条棱，每条棱都是相邻两个面的公共边，仅需要6根游戏棒就可以满足要求，比平面搭建用量更少。
综上，最少需要6根游戏棒。
【答案】
6
【知识点】
等边三角形的特征，立体图形的认识，最优方案设计
【点评】
这道题容易受思维定式限制只考虑平面搭建的情况，解题时要拓宽思路，结合常见立体图形的特征分析，就能找到更优的方案，考查了对图形特征的灵活运用能力。
【难度系数】
0.3

【分析】
解题时先明确两个核心性质：一是长方形对边互相平行，可得到相等的内错角；二是折叠前后对应角相等，折叠后重合的角大小相等。再结合平角和为180°的特点，就能推导∠2的度数：先找到和∠1相等的折叠对应角，再用平角减去两个∠1的度数即可得到∠2。
【解析】
∵ 长方形的对边互相平行，根据两直线平行，内错角相等，折叠前与∠1对应的角等于∠1=58°
又
∵ 纸片沿AB折叠，折叠前后对应角相等，因此折叠后与∠1重合的角也为58°
∵ 三个角（∠1、折叠重合的角、∠2）组成平角，和为180°
∴ ∠2 = 180° - 2×∠1 = 180° - 2×58° = 180° - 116° = 64°
【答案】
64°
【知识点】
平行线的性质，折叠的性质，平角的定义
【点评】
本题是典型的折叠类角度计算题，解题的核心是抓住折叠前后角度不变的特点，结合平行线或平角的性质列式求解，熟练掌握几何基础性质就能快速解答。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题时首先回忆多边形对角线的相关规律：从n边形的一个顶点出发，连接该顶点与其余不相邻的顶点，引出的所有对角线会把n边形分成若干个三角形，三角形的个数和n边形的边数n存在固定的数量关系。我们可以先明确这个数量关系，再结合题目给出的三角形个数列等式，最后求解得到n的值即可。
【解析】
根据多边形的性质：从n边形的一个顶点引出的所有对角线，将n边形分成的三角形个数为$\boldsymbol{n-2}$。
已知分成的三角形个数为2024，因此可列等式：
$n - 2 = 2024$
解得：$n = 2024 + 2 = 2026$
【答案】
2026
【知识点】
多边形对角线的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题属于基础题型，核心考查多边形对角线的基础规律，只要熟记从n边形一个顶点引出的对角线划分出的三角形个数与边数的对应关系，就能快速准确求解。
【难度系数】
0.85

【分析】首先梳理已知条件：直线MC和NC都经过点C，且两条直线都平行于AB。结合所学的平行线相关基本事实思考：过直线外的一个点，只能画出一条直线与已知直线平行，因此MC和NC必然是同一条直线，即可推出M、C、N三点共线。
【解析】已知$MC// AB$，$NC// AB$，说明直线MC、NC都经过直线AB外的点C，且都与AB平行。根据平行公理：过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，可得MC和NC是同一条直线，因此点M、C、N在同一条直线上。
【答案】过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行
【知识点】平行公理；三点共线判定
【点评】本题是基础概念应用题，核心考查平行公理的应用，解题关键是抓住两条平行线都过同一个点C的特征，结合平行公理即可判断两条直线重合，进而得到三点共线的结论。
【难度系数】0.85

【分析】
本题存在射线OF位置不确定的情况，需分类讨论求解：首先根据垂直定义可得OE与CD的夹角为90°，结合对顶角相等可求出∠AOC的度数；再分OF在CD上方（与OE同侧）、OF在CD下方（与OE异侧）两种情况，利用OF垂直AB的性质，通过角的和差关系分别计算∠EOF的度数即可。
【解析】
解：
∵OE⊥CD，
∴∠EOC=∠EOD=90°，
∵直线AB、CD相交于点O，∠BOD=20°，
∴∠AOC=∠BOD=20°（对顶角相等），
分两种情况讨论：
① 当射线OF在直线CD上方（与OE在AB同侧）时：
∵OF⊥AB，
∴∠AOF=90°，
∴∠COF=∠AOF - ∠AOC=90°-20°=70°，
∴∠EOF=∠EOC - ∠COF=90°-70°=20°；
② 当射线OF在直线CD下方（与OE在AB异侧）时：
∵OF⊥AB，
∴∠BOF=90°，
∴∠DOF=∠BOF - ∠BOD=90°-20°=70°，
∴∠EOF=∠EOD + ∠DOF=90°+70°=160°。
综上，∠EOF的度数为20°或160°。
【答案】
160°或20°
【知识点】
对顶角相等，垂直的定义，角的和差计算
【点评】
解题时要注意题目没有明确射线OF的位置，需结合图形的可能性分类讨论，避免漏解；同时要熟练掌握对顶角、垂直的相关性质，能准确进行角的和差运算。
【难度系数】
0.6

【分析】
要解决这道题，首先要明确△COD绕点O顺时针旋转一周的过程中，CD与AB平行会出现2种情况，需结合平行线的性质分别计算两种情况对应的旋转角度，再结合旋转速度求出时间。首先明确：三角形旋转时内角大小不变，∠C=60°、∠B=40°始终成立，初始位置C、O、B在同一直线上，∠COB=180°。先求第一次CD//AB时的旋转角，再根据“直线旋转180°后仍与原直线平行”得到第二次平行的旋转角，最后用旋转角除以速度即可得到时间。
【解析】
解：△COD旋转过程中内角大小不变，∠C=60°、∠B=40°始终成立，CD与AB平行分两种情况：
1. 第一次平行：
设旋转角为$α_1$，CD交OB于点E。
∵ $CD// AB$，
∴ $∠ OEC=∠ B=40°$（两直线平行，同位角相等）。
在$△ COE$中，由三角形内角和为$180°$得：
$∠ COE=180°-∠ C-∠ OEC=180°-60°-40°=80°$。
∵ 初始时$∠ COB=180°$，旋转后$∠ COB=80°$，
∴ 旋转角$α_1=180°-80°=100°$，
对应时间$t_1=100°÷10°/\mathrm{秒}=10$秒。
2. 第二次平行：
当△COD继续顺时针旋转，CD再次与AB平行时，相当于在第一次平行的基础上又旋转了$180°$（直线旋转$180°$后仍与原直线平行），
∴ 旋转角$α_2=100°+180°=280°＜360°$，符合旋转一周的要求，
对应时间$t_2=280°÷10°/\mathrm{秒}=28$秒。
【答案】
10或28
【知识点】
平行线的性质，三角形内角和，旋转的性质
【点评】
本题是旋转与平行线结合的动态问题，解题的关键是考虑到两直线平行的两种情况，避免漏解，同时要熟练运用平行线性质、三角形内角和、旋转的性质计算旋转角度。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时先分别求出a、b、c、d四个值，再计算它们的和即可：①首先明确“三条直线两两相交”的含义是每两条直线都有交点，不存在平行的情况；②求交点数：最多交点对应任意两条直线的交点都不重合，最少交点对应三条直线交于同一个公共点；③求分平面的部分数：最多部分对应交点都不重合的情况，最少部分对应三条直线共点的情况；最后将四个值相加得到结果。
【解析】
1. 求a的值：三条直线两两相交，当任意两条直线的交点都不重合时，交点数量最多，共有3个交点，因此$a=3$；
2. 求b的值：当三条直线交于同一个公共点时，交点数量最少，只有1个交点，因此$b=1$；
3. 求c的值：当三条直线交点都不重合时，将平面分成的部分最多：1条直线分平面为2部分，2条相交直线分平面为4部分，第3条直线和前两条直线都相交，会新增3个部分，总部分数为$4+3=7$，因此$c=7$；
4. 求d的值：当三条直线交于同一点时，将平面分成的部分最少，共分为6个部分，因此$d=6$；
5. 计算和：$a+b+c+d=3+1+7+6=17$。
【答案】
17
【知识点】
直线相交交点计数，直线分平面问题，有理数加法
【点评】
本题考查平面内直线相交的分类讨论，解题关键是明确交点最多、最少对应的不同情形，以及对应情形下平面被分成的区域数量，属于基础几何概念类题型，注意不要混淆不同情况的结论。
【难度系数】
0.7

【分析】
（1）求解第一问时，首先观察到直线AB、CD交于点O，∠AOC与∠BOD是对顶角，可先根据对顶角相等求出∠AOC的度数；再结合OE平分∠AOC的条件，利用角平分线的定义，即可求出∠AOE的度数。
（2）求解第二问时，首先根据OE⊥OF得到∠EOF为90°，再结合平角∠AOB为180°，用平角的度数减去∠AOE和∠EOF的度数，就能求出∠BOF的度数；最后将∠BOF与已知的∠BOD相加，即可得到∠DOF的度数。
【解析】
（1）
∵ 直线AB，CD相交于点O，∠BOD=60°
∴ ∠AOC=∠BOD=60°（对顶角相等）
∵ OE平分∠AOC
∴ $∠ AOE=\frac{1}{2}∠ AOC=\frac{1}{2}×60°=30°$
（2）
∵ OE⊥OF
∴ ∠EOF=90°（垂直的定义）
∵ 点A、O、B共线，∠AOB=180°
∴ ∠BOF=180°-∠AOE-∠EOF=180°-30°-90°=60°
∴ ∠DOF=∠BOD+∠BOF=60°+60°=120°
【答案】
（1）$\boldsymbol{30°}$；（2）$\boldsymbol{120°}$
【知识点】
对顶角的性质；角平分线的定义；垂直的定义
【点评】
本题属于相交线角度计算的基础题型，解题核心是熟练掌握对顶角、角平分线、垂直的相关性质，结合平角的特征逐步推导角度，计算时注意理清角之间的和差关系即可。
【难度系数】
0.8

【分析】
解题时先从已知的线段比例关系和CD的长度入手：首先根据B、C分线段AD为2:3:4三部分，可得AB:BC:CD=2:3:4，结合已知CD=12，可先求出比例中每一份对应的长度，进而算出AB、BC的长度以及线段AD的总长度；再利用线段中点的性质，得到中点M到端点D的长度MD，用MD减去CD的长度即可求出MC的长。第二问求AB:BM的比值，先通过BC与MC的差求出BM的长度，再将AB和BM的长度作比、化简即可得到结果。
【解析】
解：（1）由题意得AB:BC:CD=2:3:4，
∵CD=12，对应比例中的4份，
∴每份长度为$12÷4=3$，
∴$AB=2×3=6$，$BC=3×3=9$，
∴$AD=AB+BC+CD=6+9+12=27$，
∵M是AD的中点，
∴$MD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×27=13.5$，
∴$MC=MD-CD=13.5-12=1.5$。
（2）由（1）可知AB=6，BC=9，MC=1.5，
∴$BM=BC-MC=9-1.5=7.5$，
∴$AB:BM=6:7.5=\frac{6}{7.5}=\frac{4}{5}$。
【答案】
（1）$MC=1.5$；（2）$AB:BM=\frac{4}{5}$（或$4:5$）
【知识点】
线段的和差计算；线段中点的性质；比例的应用
【点评】
本题属于线段计算的常规题型，将线段比例关系与中点性质结合考查，解题的关键是先根据已知条件求出各段线段的长度，再结合线段的和差关系推导所求量，掌握相关基础性质即可顺利解答。
【难度系数】
0.7