1、以下这些语句存在若干问题，包括语法错误、标点使用不当、语句不通畅及信息不完整——“.....再，故答案为在中，角对边分别为，若，面积为，则最小值为考点余弦定理正弦定理分析由条件里用正弦分别为中点，则考点平面向量数量积运算分析把要求式子化为•，再利用两个向量数量积定义可得要求式子等于，运算求得结果解答解•必要不充分条件，转化为是必要不充分条件，进行求解解答解因为是必要不充分条件，所以是必要不充分条件，即⇒，但推不出，即，即，所以故答案为，∞如图，菱形边长为，所以，所以故答案为已知若是必要不充分条件，则实数取值范围为，∞考点必要条件充分条件与充要条件判断分析将条件是必，所以，所以故答案为已知若是必要不充分条件，则实数取值范围为，∞考点必要条件充分条件与充要条件判断分析将条件是必要不充分条件，转化为是必要不充分条件，进行求解解答解因为是必要不充分条件，所以是必要不充分条件，即⇒，但推不出，即，即，所以故答案为，∞如图......”。

2、以下这些语句存在多处问题，具体涉及到语法误用、标点符号运用不当、句子表达不流畅以及信息表述不全面——“.....利用平方差公式把展开后，把和值代入即可求得答案解答解依题意可知拼图中每个直角三角形长直角边为，短直角边为，小正方形边长为，小正方形面积是，又为直角三角形中较小锐角，又即故选已知向量且∥，则等于考点平面向量共线平行坐标表示两角和与差正切函数分析根据两个向量共线充要条件，得到关于三角函数等式，等式两边同时除以，得到角正切值，把要求结论用两角差正切公式展开，代入正切值，得到结果解答解故选下面命题中假命题是∀∈，∃，∈，使∃∈，使是幂函数，且在，∞上单调递增命题∃∈，否定是∀∈，考点命题否定命题真假判断与应用分析根据含有量词命题真假判断方法和命题否定分别进行判断解答解根据指数函数性质可知，∀∈正确当时，满足，正确当时，幂函数为，且在，∞上单调递增，正确命题∃∈，否定是∀∈故选执行如图所示程序框图，则输出考点程序框图分析根据题意，模拟程序框图运行过程......”。

3、以下这些语句在语言表达上出现了多方面的问题，包括语法错误、标点符号使用不规范、句子结构不够流畅，以及内容阐述不够详尽和全面——“.....故选已知向量且∥，则等于考点平面向量共线平行坐标表示两角和与差正切函数分又即答案解答解依题意可知拼图中每个直角三角形长直角边为，短直角边为，小正方形边长为，小正方形面积是，又为直角三角形中较小锐角，值，然后求得利用配方法求得进而求得，利用平方差公式把展开后，把和值代入即可求得值等于考点三角形中几何计算分析求出每个直角三角形长直角边，短直角边长，推出小正方形边长，先利用小正方形面积求得值，判断出求得故这个数构成组勾股数概率为故选在北京召开国际数学家大会会标如图所示，它是由个相同直角三角形与中间小正方形拼成大正方形，若直角三角形中较小锐角为，大正方形面积是，小正方形面积是，则找到勾股数，根据概率公式计算即可解答解从中任取个不同数，有共种，其中只有为勾股数，定数可作为个直角三角形三条边边长，则称这个数为组勾股数从中任取个不同数......”。

4、以下这些语句该文档存在较明显的语言表达瑕疵，包括语法错误、标点符号使用不规范，句子结构不够顺畅，以及信息传达不充分，需要综合性的修订与完善——“.....以及两点距离公式，解方程可得椭圆方程设将代入椭圆，可得方程，运用韦达定理和判别式大于，求得三角形面积，化简整理，运用基本不等式即可得到所求最大值解答解由已知得，又由，可得得椭圆方程为，因为点在第象限且⊥轴，可得坐标为，由，解得，所以椭圆方程为设将代入椭圆，可得，由，即，可得，则有所以，因为直线与轴交点坐标为所以面积，令，由知∈，∞，可得，所以时，面积最大为已知∈，函数Ⅰ若在处取得极值，求函数单调区间Ⅱ求函数在区间，上最大值考点利用导数求闭区间上函数最值利用导数研究函数单调性函数在点取得极值条件分析先对函数进行求导，然后令导函数大于或小于求出范围，根据求得区间是单调增区间，求得区间是单调减区间，即可得到答案先研究在区间，上单调性，再利用导数求解在区间，上最大值问题即可，故只要先求出函数极值，比较极值和端点处函数值大小......”。

5、以下这些语句存在多种问题，包括语法错误、不规范的标点符号使用、句子结构不够清晰流畅，以及信息传达不够完整详尽——“.....得出该程序运行后输出是故选已知抛物线焦点为，准线为，是上点，是直线与个交点，若，则考点抛物线简单性质分析考查抛物线图象，利用抛物线定义以及，求解即可解答解如下图所示，抛物线焦点为准线为，准线与轴交点为，过点作准线垂线，垂足为，由抛物线定义知又因为，所以∈所以所以，故选个三棱锥三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥外接球表面积为考点球内接多面体球体积和表面积分析几何体复原为底面是直角三角形，条侧棱垂直底面直角顶点三棱锥，扩展为长方体，长方体对角线长，就是外接球直径，然后求其表面积解答解由三视图复原几何体，几何体是底面是直角三角形，条侧棱垂直底面直角顶点三棱锥把它扩展为长方体，两者有相同外接球，它对角线长为球直径，球半径为该三棱锥外接球表面积为，故选若函数有极值点且......”。

6、以下这些语句存在多方面的问题亟需改进，具体而言：标点符号运用不当，句子结构条理性不足导致流畅度欠佳，存在语法误用情况，且在内容表述上缺乏完整性。——“.....由题意知，是方程两根，从而关于方程有两个根，作出草图，由图象可得答案解答解是方程两根，由，则有两个使等式成立，如下示意图象如图有三个交点，故选二填空题本题共道小题，每小题分，共分展开式中奇数次幂项系数之和为，则考点二项式定理应用分析给展开式中分别赋值可得两个等式，两式相减，再除以得到答案解答解设，令，则，令，则得所以，所以故答案为已知若是必要不充分条件，则实数取值范围为，∞考点必要条件充分条件与充要条件判断分析将条件是必要不充分条件，转化为是必要不充分条件，进行求解解答解因为是必要不充分条件，所以是必要不充分条件，即⇒，但推不出，即，即，所以故答案为，∞如图，菱形边长为分别为中点，则考点平面向量数量积运算分析把要求式子化为•，再利用两个向量数量积定义可得要求式子等于，运算求得结果解答解•，故答案为在中，角对边分别为，若，面积为......”。

7、以下这些语句存在标点错误、句法不清、语法失误和内容缺失等问题，需改进——“.....可得，进而可得∽，结合相似三角形性质及已知可得结论Ⅱ根据切割线定理可得••，设，由，构造方程，解得，进而可得长解答证明Ⅰ四边形内接于又框图，则输出考点程序框图分析根据题意，模拟程序框图运行过程，即可得出该程序运行后输出值解答解模拟程序框图运行过程，得出该程序运行后输出是故选，正确当时，幂函数为，且在，∞上单调递增，正确命题∃∈，否定是∀∈故选执行如图所示程序∀∈，考点命题否定命题真假判断与应用分析根据含有量词命题真假判断方法和命题否定分别进行判断解答解根据指数函数性质可知，∀∈正确当时，满足，故选下面命题中假命题是∀∈，∃，∈，使∃∈，使是幂函数，且在，∞上单调递增命题∃∈，否定是析根据两个向量共线充要条件，得到关于三角函数等式，等式两边同时除以，得到角正切值，把要求结论用两角差正切公式展开，代入正切值......”。

8、以下文段存在较多缺陷，具体而言：语法误用情况较多，标点符号使用不规范，影响文本断句理解；句子结构与表达缺乏流畅性，阅读体验受影响——“.....由题意知时即令，可得令，可得令，可得在∞，上是增函数，在，上是减函数，Ⅱ，∈∈∈若，则恒成立，此时在，上是增函数，若，则恒成立，此时在，上是减函数，若，则令可得是减函数，当时，当时在∞上左增右减综上请考生在第题中任选题作答，如果多做，则按所做第题计分已知四边形内接于延长线交于点，且切于Ⅰ求证Ⅱ若求长考点相似三角形性质相似三角形判定分析Ⅰ根据圆内接四边形性质，可得，进而可得∽，结合相似三角形性质及已知可得结论Ⅱ根据切割线定理可得••，设，由，构造方程，解得，进而可得长解答证明Ⅰ四边形内接于又，∽即解Ⅱ切于••，设，则由，得，解得即在平面直角坐标系中，以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线极坐标方程为，直线参数方程为为参数，两曲线相交于，两点Ⅰ写出曲线直角坐标方程和直线普通方程Ⅱ若求值考点简单曲线极坐标方程分析Ⅰ根据......”。

9、以下这些语句存在多方面瑕疵，具体表现在：语法结构错误频现，标点符号运用失当，句子表达欠流畅，以及信息阐述不够周全，影响了整体的可读性和准确性——“.....则考点平面向量数量积运算分析把要求式子化为•，再利用两个向量数量积定义可得要求式子等于，运算求得结果解答解•，故答案为在中，角对边分别为，若，面积为，则最小值为考点余弦定理正弦定理分析由条件里用正弦定数可作为个直角三角形三条边边长，则称这个数为组勾股数从中任取个不同数，则这个数构成组勾股数概率为考点列举法计算基本事件数及事件发生概率分析列举出所有基本事件，再找到勾股数，根据概率公式计算即可解答解从中任取个不同数，有共种，其中只有为勾股数，故这个数构成组勾股数概率为故选在北京召开国际数学家大会会标如图所示，它是由个相同直角三角形与中间小正方形拼成大正方形，若直角三角形中较小锐角为，大正方形面积是，小正方形面积是，则值等于考点三角形中几何计算分析求出每个直角三角形长直角边，短直角边长，推出小正方形边长，先利用小正方形面积求得值，判断出求得值......”。