函数 $f(x) = (1 + \sqrt{3}\tan x)\cos x$ 的最小正周期为（ ）

\begin{solution} 在原定义域 $\cos x\neq0$ 上，$f(x)=\cos x+\sqrt{3}\sin x=2\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)$. 该正弦型函数的最小正周期为 $2\pi$，且原函数的定义域在平移 $\pi$ 后虽保持不变、函数值却变号，因此最小正周期仍为 $2\pi$，故选 A. \end{solution}

$\triangle ABC$ 中，$A$，$B$，$C$ 所对的边分别为 $a$，$b$，$c$，$A = \frac{\pi}{6}$，$(1 + \sqrt{3})c = 2b$.

(1) 求 $C$； (2) 若 $\overrightarrow{CB} \cdot \overrightarrow{CA} = 1 + \sqrt{3}$，求 $a$，$b$，$c$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由正弦定理，$\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}$. 又 $B=\frac{5\pi}{6}-C$，且 $\frac{b}{c}=\frac{1+\sqrt3}{2}$，所以 展开左边得 $\frac12\cos C+\frac{\sqrt3}{2}\sin C$，从而 $\cos C=\sin C$. 因为 $0<C<\frac{5\pi}{6}$，所以 $C=\frac{\pi}{4}$.

\item 由正弦定理和 $A=\frac{\pi}{6}$、$C=\frac{\pi}{4}$，有 $\frac{a}{c}=\frac{\sin A}{\sin C}=\frac1{\sqrt2}$. 再由已知，$b=\frac{1+\sqrt3}{2}c$. 由向量数量积， 因此 $c^{2}=4$，因边长为正，$c=2$，进而 $a=\sqrt2$，$b=1+\sqrt3$. \end{enumerate} \end{solution}

数列 $\{a_{n}\}$ 的通项 $a_{n} = n^{2}\left(\cos^{2}\frac{n\pi}{3} - \sin^{2}\frac{n\pi}{3}\right)$，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

(1) 求 $S_{n}$； (2) $b_{n}=\frac{S_{3n}}{n\cdot4^{n}}$，求数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 利用 $\cos^{2}u-\sin^{2}u=\cos2u$，得 $a_n=n^{2}\cos\frac{2n\pi}{3}$. 当 $n=3j-2$，$3j-1$，$3j$ 时，分别有 $a_{3j-2}=-\frac12(3j-2)^{2}$，$a_{3j-1}=-\frac12(3j-1)^{2}$，$a_{3j}=9j^{2}$. 每三个连续项的和为 所以 由 $S_{3k-1}=S_{3k}-a_{3k}$，得 再由 $S_{3k-2}=S_{3k-1}-a_{3k-1}$，得 因此

\item 由第一问在 $3n$ 处的结果， 于是 将上式乘以 $4$ 后与原式相减，得 因此 \end{enumerate} \end{solution}