1、“.....解析试题分析这是个等差数列，已知条件中有其公差，首项为，通项公式为考点等差数列的通项公式解析试题分析由题意考点无穷递缩等比数列的和取得最大值解析试题分析由正弦定理即可得到由的内角和，及正弦定理得到，将化简为，根据角的范围得到时，取得最大值试题解析由正弦定，由结合两角和的正弦公式，可知，再由正弦定理，可知，从而则试题解析成等差数列，，又，分由正弦定理，可知，，分，，，综上，分，分由......”。

2、“.....利用余弦定理，联立可得，最后根据求得面积试题解析因为，且所以，可得或解得或舍由余弦定理得，整理得联立方程解得或。所以考点向量的数量积运算三角函数特殊角余弦定理三角形面积公式解析试题分析设等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式和条件，列出关于的方程求出，再代入化简即可由求出的表达式，代入化简后裂项，代入数列的前项和，利用裂项相消法进行化简解设等比数列的公比为，由，•得解得，则，由得则点评本题考查了等比数列的通项公式，对数的运算，以及裂项相消法求数列的前项和，属于中档题。解析试题分析令，解出，舍，由及当时得到，确定得到是以为首项，为公差的等差数列利用“错位相减法”求和试题解析当时解出，舍分又当时，即，，分......”。

3、“.....为公差的等差数列，分来源学科网又分考点等差数列及其求和，等比数列的求和，“错位相减法”，解析试题分析由等差数列，，从而可将条件中的关系式转化为关于公差的方程，再由等差数列的通项公式及前项和公式可知，根据关系式可知，当时，验证当时，也有上述关系式，因此数列的通项公式为，其通项公式为个等差数列与个等比数列的乘积，考虑采用错位相减法求其前项和，，，即试题解析设的公差为由知，，分，分由，可知，......”。

4、“.....当时，也符合，综上，，分，，分，即分考点等差数列的通项公式及其前项和数列的通项公式与错位相减法求数列的和湖北省枣阳市高级中学高年级学年度下学期期中考试数学试题祝考试顺利时间分钟分值分第卷选择题共分选择题本大题小题，每小题分，共分向量的夹角为，且则等于已知函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于，则的单调递减区间是是两个非零向量，且，则与的夹角为是两个非零向量，且，则与的夹角为在中，内角的对边分别为，若，则等于在中，若，则的形状是来源钝角三角形直角三角形锐角三角形不能确定在中则在中，如果，那么等于等差数列......”。

5、“.....项和则前已知中的值为已知数列是公比为的等比数列，若，错误！未找到引用源。则数列满足并且。则数列的第项为第卷非选择题二填空题本大题共个小题，每题分，满分分在锐角中，三角形的面积等于，则的长为设在的内角的对边分别为且满足，则已知数列中，，，则循环小数化成分数为三解答题分本题分在中，已知内角，边设内角，面积为若，求边的长求的最大值本题分已知的三个内角成等差数列，它们的对边分别为，且满足，求求的面积本题分已知函数，其中在中，分别是角的对边，且求角若，，求的面积本题分已知等比数列满足，•求数列的通项公式记数列，求该数列的前项和本题分已知数列的各项均为正数......”。

6、“.....每小题分，共分向量的夹角为，且则等于已知函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于，则的单调递减区间是是两个非零向量，且，则与的夹角为是两个非零向量，且，则与的夹角为在中，内角的对边分别为，若，则等于在中，若，则的形状是来源钝角三角形直，从而则试题解析成等差数列，，又，分由正弦定理试题解析由正弦定，由结合两角和的正弦公式，可知，再由正弦定理，可知由的内角和，及正弦定理得到，将化简为，根据角的范围得到时，取得最大值公式为考点等差数列的通项公式解析试题分析由题意考点无穷递缩等比数列的和取得最大值解析试题分析由正弦定理即可得到考点正弦定理两角和差公式......”。

7、“.....已知条件中有其公差，首项为，通项题分析由正弦定理可得，即边，般可用余弦定理，则必须求得已知两边的夹角，那么三角形的面积我们选用公式，可得，从而得，再由余弦定理可得结论考点三角形的面积公式与余弦定理解析试差数列首项为，公差为，所以数列的通项公式为，所以所以故正确考点等差中项等差数列的通项公式解析试题分析已知三角形的两条边长，要求第三得，所以。考点等比数列的通项公式解析试题分析，由等差数列的定义可知数列为等及其性质，等差数列的求和公式解析由已知及等差数列的性质得，所以选考点等差数列及其性质，等差数列的求和公式解析试题分析由等比数列的通项公式，所以即，因为，，所以，选考点余弦定理解析由已知及等差数列的性质得......”。

8、“.....故正确。考点正弦定理。解析试题分析由可得即，又由余弦定理可得理可得，，由余弦定理可得，所以所以是钝角三角形考点余弦定理的应用三角形的形状判断解析试题分析由正弦定理可得平面向量的夹角解析试题分析由正弦定理得，即。考点正弦定理的运用解析试题分析由，结合正弦定与的夹角为，选考点平面向量的线性运算，平面向量的夹角解析因为，所以，向量，，围成等边三角形，平分故与的夹角为，选考点平面向量的线性运算角函数恒等变形，三角函数的图象及周期最值单调性来源解析因为，所以，向量，，围成等边三角形，平分故两个相邻公共点之间的距离就是个周期，于是，即，即令，，，解得，选考点三角两个相邻公共点之间的距离就是个周期，于是，即......”。

9、“.....，，解得，选考点三角函数恒等变形，三角函数的图象及周期最值单调性来源解析因为，所以，向量，，围成等边三角形，平分故与的夹角为，选考点平面向量的线性运算，平面向量的夹角解析因为，所以，向量，，围成等边三角形，平分故与的夹角为，选考点平面向量的线性运算，平面向量的夹角解析试题分析由正弦定理得，即。考点正弦定理的运用解析试题分析由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得，所以所以是钝角三角形考点余弦定理的应用三角形的形状判断解析试题分析由正弦定理可得，。故正确。考点正弦定理。解析试题分析由可得即，又由余弦定理可得，所以即，因为，，所以，选考点余弦定理解析由已知及等差数列的性质得，所以选考点等差数列及其性质......”。