设函数 ，若 $f(x_{0})>1$，则 $x_{0}$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} 原题无正确选项 \end{answer}

\begin{solution} 当 $x_{0}\leq0$ 时，$f(x_{0})>1$ 等价于 $2^{-x_{0}}-1>1$，即 $2^{-x_{0}}>2$，从而 $x_{0}<-1$. 当 $x_{0}>0$ 时，$f(x_{0})>1$ 等价于 $\frac{1}{x_{0}^{2}}>1$，所以 $0<x_{0}<1$. 因而按原始题面直接计算得到 $x_{0}\in(-\infty,-1)\cup(0,1)$. 这个集合与题面给出的四个选项均不相同，因此原卷题面没有正确选项，现有答案记录不能与题干同时成立. \end{solution}

已知双曲线中心在原点且一个焦点为 $F(\sqrt{7}, 0)$，直线 $y = x - 1$ 与其相交于 $M$，$N$ 两点，$MN$ 中点的横坐标为 $-\frac{2}{3}$，则此双曲线的方程是（ ）

\begin{answer} D \end{answer}

\begin{solution} 设双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，其中焦半距为 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{7}$，所以 $a^{2}+b^{2}=7$. 将直线 $y=x-1$ 代入，得 设交点的横坐标为 $x_{1}$，$x_{2}$. 整理为关于 $x$ 的二次方程并由韦达定理得 由中点横坐标为 $-\frac{2}{3}$，得 $x_{1}+x_{2}=-\frac{4}{3}$，所以 $\frac{-2a^{2}}{b^{2}-a^{2}}=-\frac{4}{3}$，$5a^{2}=2b^{2}$. 联立 $a^{2}+b^{2}=7$，得 $a^{2}=2$，$b^{2}=5$. 因此双曲线方程为 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{5}=1$，故选 D. \end{solution}

已知长方形的四个顶点 $A(0, 0)$， $B(2, 0)$， $C(2, 1)$ 和 $D(0, 1)$. 一质点从 $AB$ 的中点 $P_0$ 沿与 $AB$ 夹角为 $\theta$ 的方向射到 $BC$ 上的点 $P_1$ 后，依次反射到 $CD$， $DA$ 和 $AB$ 上的点 $P_2$， $P_3$ 和 $P_4$（入射角等于反射角）. 设 $P_4$ 的坐标为 $(x_4, 0)$，若 $1 < x_4 < 2$，则 $\tan \theta$ 的取值范围是（ ）

\begin{answer} C \end{answer}

\begin{solution} 令 $t=\tan\theta$. 由于质点先从 $AB$ 射向 $BC$，取 $t>0$. 将每次反射后的长方形关于反射边对称展开，反射轨迹就变为一条直线. 以原长方形左下角为坐标原点，在展开图中取 $P_{0}=(1,0)$，则直线轨迹为 $Y=t(X-1)$.

第一次碰到 $BC$ 时，展开图中的右边界为 $X=2$，故 $P_{1}$ 对应于 $(2,t)$. 将长方形关于 $BC$ 展开后，第二次碰到 $CD$ 时仍在 $2<X<4$ 的展开矩形内；由 $Y=1$ 得 再关于 $CD$ 展开，第三次碰到 $DA$ 时对应于展开图中的边界 $X=4$，所以 再关于 $DA$ 展开，第四次碰到 $AB$ 时对应于 $Y=2$，因而

第四次碰到 $AB$ 的展开矩形为 $4<X<6$，该矩形折回原长方形后横坐标为 $x_{4}=X-4$，所以 由 $1<x_{4}<2$，得 $1<\frac{2}{t}-3<2$， 从而 $\frac{2}{5}<t<\frac{1}{2}$. 这个范围自动保证各次碰撞依次落在相应边界的内部，故 $\tan\theta\in\left(\frac{2}{5},\frac{1}{2}\right)$，选 C. \end{solution}