直线 $y = \frac{\sqrt{3}}{3} x + \sqrt{2}$ 与圆心为 $D$ 的圆 （$\theta \in [0,2\pi)$） 交于 $A$，$B$ 两点，则直线 $AD$ 与 $BD$ 的倾斜角之和为（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 圆心为 $D(\sqrt{3},1)$，半径为 $r=\sqrt{3}$. 设直线与圆的垂足为 $H$，将直线写成 $\frac{\sqrt{3}}{3}x-y+\sqrt{2}=0$. 于是圆心到直线的距离为 弦的一半长为 直线的方向角为 $\frac\pi6$，而 $\overrightarrow{DH}$ 垂直于该直线且指向直线，方向角为 $\frac{2\pi}{3}$. 在直角三角形 $DHA$ 和 $DHB$ 中，$DH=AH=BH$，故两条半径与正 $x$ 轴的夹角分别为 $\frac{2\pi}{3}-\frac\pi4=\frac{5\pi}{12}$ 和 $\frac{2\pi}{3}+\frac\pi4=\frac{11\pi}{12}$. 因而倾斜角之和为 $\frac{4\pi}{3}$，选 C. \end{solution}

某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班，每天 1 人，每人值班 1 天，若 7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在 10 月 1 日，丁不排在 10 月 7 日，则不同的安排方案共有（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 先把甲、乙看作一个整体. 甲、乙相邻时，这个整体在 7 个位置中有 6 种放法，甲、乙在整体内还有 2 种次序，因此不考虑其他限制时共有 $6!\cdot2$ 种安排.

其中丙排在 10 月 1 日时，甲、乙整体只能放在第 2 至第 7 天中相邻的位置，共有 5 种放法，故有 $5\cdot2\cdot4!$ 种安排. 类似地，丁排在 10 月 7 日时也有 $5\cdot2\cdot4!$ 种安排.

丙排在 10 月 1 日且丁排在 10 月 7 日时，甲、乙整体在第 2 至第 6 天中有 4 种相邻放法，故有 $4\cdot2\cdot3!$ 种安排. 由容斥原理，不同的安排方案数为 故选 C. \end{solution}

到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设过第一条直线且平行于第二条直线的平面为 $\pi$，把第二条直线在 $\pi$ 上的正投影记为 $l_2'$. 由于两条异面直线互相垂直，$l_2'$ 与第一条直线在平面 $\pi$ 内相交且互相垂直. 设两条直线之间的距离为 $h$，则 $h>0$.

在平面 $\pi$ 内建立直角坐标系，使第一条直线为 $x$ 轴，$l_2'$ 为 $y$ 轴. 对平面 $\pi$ 内任一点 $P(x,y)$，有 $d(P,l_1)=|y|$，$d(P,l_2)^2=d(P,l_2')^2+h^2=x^2+h^2$. 题设条件给出 这是以坐标轴方向为渐近线的双曲线，故选 D. \end{solution}

已知函数 $f(x)$ 满足： $f(1) = \frac{1}{4}$，$4f(x)f(y) = f(x + y) + f(x - y)$ （$x$，$y \in \mathbf{R}$），则 $f(2010) =$______.

\begin{answer} $\frac{1}{2}$ \end{answer}

\begin{solution} 令 $y=0$，原函数方程变为 取 $x=1$，由 $f(1)=\frac14\ne0$ 得 $f(0)=\frac12$. 再令 $x=0$，可得 从而 $f(-y)=f(y)$.

令 $y=1$，利用 $4f(1)=1$，得到 对整数依次取值，结合 $f(0)=\frac12$、$f(1)=\frac14$，有 $f(3)=f(2)-f(1)=-\frac12$，$f(4)=f(3)-f(2)=-\frac14$ $f(5)=f(4)-f(3)=\frac14$，$f(6)=f(5)-f(4)=\frac12$. 由递推式可得 $f(7)=f(6)-f(5)=\frac14=f(1)$，于是令 $g(n)=f(n+6)-f(n)$，有 $g(0)=0$，$g(1)=0$. 对任意非负整数 $n$，递推式分别作用于 $n+1$ 和 $n+7$ 给出 $g(n+2)=g(n+1)-g(n)$，因此由归纳法知 $g(n)=0$，即 $f(n+6)=f(n)$. 而 $2010=6\cdot335$，所以 \end{solution}

已知以原点 $O$ 为中心，$F(\sqrt{5}, 0)$ 为右焦点的双曲线 $C$ 的离心率 $e = \frac{\sqrt{5}}{2}$.

(1) 求双曲线 $C$ 的标准方程及其渐近线方程； (2) 如图，已知过点 $M(x_{1}, y_{1})$ 的直线 $l_{1}: x_{1}x + 4y_{1}y = 4$ 与过点 $N(x_{2}, y_{2})$（其中 $x_{2} \neq x_{1}$）的直线 $l_{2}: x_{2}x + 4y_{2}y = 4$ 的交点 $E$ 在双曲线 $C$ 上，直线 $MN$ 与两条渐近线分别交于 $G$，$H$ 两点，求 $\triangle OGH$ 的面积.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设双曲线的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，其中 $a>0$，$b>0$，焦半距为 $c$. 由题意，$c=\sqrt{5}$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，所以 $a=2$. 又 $b^2=c^2-a^2=5-4=1$，故双曲线方程为 $\frac{x^2}{4}-y^2=1$，渐近线方程为 $y=\pm\frac{x}{2}$. \item 设 $E(x_E,y_E)$ 为两直线的交点. 因为 $E\in l_1\cap l_2$，所以 $x_1x_E+4y_1y_E=4$，$x_2x_E+4y_2y_E=4$. 这说明 $M(x_1,y_1)$、$N(x_2,y_2)$ 均在直线 $x_E x+4y_E y=4$ 上，故直线 $MN$ 的方程为 $x_E x+4y_E y=4$. 分别联立渐近线 $y=\frac{x}{2}$ 和 $y=-\frac{x}{2}$，得 $G\left(\frac{4}{x_E+2y_E},\frac{2}{x_E+2y_E}\right)$，$H\left(\frac{4}{x_E-2y_E},-\frac{2}{x_E-2y_E}\right)$. 于是 $S_{\triangle OGH}=\frac{1}{2}\left|x_Gy_H-y_Gx_H\right|=\frac{8}{|x_E^2-4y_E^2|}$. 又因为 $E$ 在双曲线上，满足 $\frac{x_E^2}{4}-y_E^2=1$，即 $x_E^2-4y_E^2=4$，所以 $S_{\triangle OGH}=2$. \end{enumerate} \end{solution}