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——“.....所以ϕ可以是，故选点评本题考查的知识点是正弦型函数解析式的求法，其中关键是要根据图象分析出函数的最值，周期等，进而求出，和值，属于基本知识的考查阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是考点程序框图专题计算题图表型转化思想分析法算法和程序框图分析根据题中的流程图，模拟运行，依次根据条件计算和的值，直到运行结束，输出此时的的值即为答案解答解由框图知输出的结果为，因为函数的周期是，所以故选点评本题考查了程序框图根据流程图或伪代码写程序的运行结果，是算法这模块最重要的题型，要按照流程图中的运行顺序进行求解是关键属于基础题实数，满足，则的最大值是考点简单线性规划专题对应思想数形结合法不等式分析根据题意，作出不等式组的可行域，令，分析可得的取值范围，而，分析可得的最大值，即可得答案解答解依题画出可行域如图，可见及内部区域为可行域，令，则为直线在轴上的截距，由图知在点，处取最大值是，在，处最小值是......”。

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——“.....公切线为，外圆的弦，分别交内圆于两点，并且外圆的弦恰切内圆于点Ⅰ证明∥Ⅱ证明••考点与圆有关的比例线段专题选作题转化思想综合法推理和证明分析Ⅰ证明，即可证明∥Ⅱ证明，利用正弦定理证明，由∥知，即可证明••解答Ⅰ由弦切角定理可知同理所以所以，∥Ⅱ连接，因为是切内圆于点，所以由弦切角定理知又由Ⅰ知∥，所以又，所以在中，由正弦定理知在中，由正弦定理知因，所以，由∥知，所以，即，••点评本题考查正弦定理，弦切角定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题选修坐标系与参数方程在以直角坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线的方程是，将向上平移个单位得到曲线Ⅰ求曲线的极坐标方程Ⅱ若曲线的切线交曲线于不同两点切点为，求•的取值范围考点简单曲线的极坐标方程专题方程思想转化思想坐标系和参数方程分析曲线的方程是，即，利用，即可化为直角坐标方程再向上平移个单位得到曲线，展开利用即可得到曲线的极坐标方程设∈......”。

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——“.....所以的最大值是，故选点评本题考查线性规划求不等式的最值问题，关键是正确作出不等式的可行域已知是双曲线上任意的距离平行四边形，即可得出解答解由题意可得，解得椭圆的方程为假设▱能为菱形，则⊥，•当⊥轴时，把代入椭圆方程可得，解得，取，则此时▱不能为菱形当与轴不垂直时，设直线的方程为联立，化为•，假设，化为，因此平行四边形不可能是菱形综上可得平行四边形不可能是菱形当⊥轴时，由可得此时▱为矩形，矩形当与轴不垂直时，设直线的方程为联立，化为点到直线的距离平行四边形则，因此当平行四边形为矩形面积取得最大值点评本题考查了椭圆的标准方程及其性质直线与椭圆相交弦长问题点到直线的距离公式平行四边形菱形矩形的性质，考查了分类讨论方法推理能力与计算能力，属于难题已知函数∈在其定义域内有两个不同的极值点Ⅰ求的取值范围Ⅱ记两个极值点分别为且已知，若不等式恒成立......”。

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——“.....∞有两个不同根再转化为函数与函数的图象在，∞上有两个不同交点，或转化为函数与函数的图象在，∞上有两个不同交点或转化为有两个不同零点，从而讨论求解Ⅱ可化为，结合方程的根知，从而可得而，从而化简可得，从而可得恒成立再令，∈从而可得不等式在∈，上恒成立，再令，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可解答解Ⅰ由题意知，函数的定义域为，∞，方程在，∞有两个不同根即方程在，∞有两个不同根解法转化为函数与函数的图象在，∞上有两个不同交点，如右图可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只须令切点故，又，故，解得故，故解法二转化为函数与函数的图象在，∞上有两个不同交点又，即时时故在，上单调增，在，∞上单调减故极大又有且只有个零点是，且在时，∞，在在∞时故的草图如右图，可见，要想函数与函数的图象在，∞上有两个不同交点......”。

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——“.....考察转化思想，是道中档题年辽宁省沈阳市高考数学模试卷理科选择题本大题共小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的已知为虚数单位，则复数所对应的点在第象限第二象限第三象限第四象限设全集，集合，则下列结论正确的是∩∁∪∞，∪，∞∁∩下列函数中，在其定义域内是增函数而且又是奇函数的是已知两个非零向量，满足•，且，则，牟合方盖是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同个圆柱的侧面上，好似两个扣合牟合在起的方形伞方盖其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是设等差数列满足是数列的前项和，则使得最大的自然数是函数部分图象如图所示，它的函数解析式可能是阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是实数，满足，则的最大值是已知是双曲线上任意点......”。

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。——“.....俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同个圆柱的侧面上俯视图是有条对角线且为实线的正方形，故选点评本题考查了几何体的三视图，属于基础题设等差数列满足是数列的前项和，则使得最大的自然数是考点等差数列的前项和专题方程思想转化思想等差数列与等比数列分析利用等差数列的通项公式可得，可见是减数列，且再利用前项和公式即可得出解答解设等差数列公差为解得数列是减数列，且于是，故选点评本题考查了等差数列的通项公式及其前项和公式数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题函数部分图象如图所示，它的函数解析式可能是考点由的部分图象确定其解析式专题计算题数形结合数形结合法三角函数的图像与性质分析根据已知函数的图象，可分析出函数的最值，确定的值，分析出函数的周期，确定的值，将，代入解析式，可求出值，进而求出函数的解析式解答解不妨令该函数解析式为ϕ，由图知于是，即，因是函数减时经过的零点，于是......”。

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——“.....从而转化为函数有两个不同零点，而，若，可见在，∞上恒成立，所以在，∞单调增，此时不可能有两个不同零点若，在时在时所以在上单调增，在上单调减，从而，又因为在时，∞，在在∞时，∞，于是只须极大，即，所以综上所述，Ⅱ因为等价于由Ⅰ可知，分别是方程的两个根，即，所以原式等价于，因为所以原式等价于又由，作差得即所以原式等价于，因为，原式恒成立，即恒成立令，∈则不等式在∈，上恒成立令，又，当时，可见∈，时所以在∈，上单调增，又，在∈，恒成立，符合题意当时，可见∈，时∈，时，所以在∈，时单调增，在∈，时单调减，又，所以在∈，上不能恒小于，不符合题意，舍去综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以点评本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思想方法的应用，属于中档题请考生在三题中任选题作答，如果多做，则按所做的第题记分作答时，用铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑选修几何证明选讲如图所示......”。

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——“.....要求熟练掌握常见函数的奇偶性和单调性的性质已知两个非零向量，满足•，且，则，考点平面向量数量积的运算专题平面向量及应用分析根据题意，•，则••，即•，结合，将其代入，中可得，的值，进而可得，的值，即可得答案解答解根据题意，•，则••，即•，又由，则即，故选点评本题考查向量的数量积的运算，关键是牟合方盖是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同个圆柱的侧面上，好似两个扣合牟合在起的方形伞方盖其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是考点简单空间图形的三视图专题应用题数形结合定义法空间位置关系与距离分析相对的两个曲面在同个圆柱的侧面上，好似两个扣合牟合在起的方形伞方盖根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案解答解相对的两个曲面在同个圆柱的侧面上......”。

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——“.....代入的方程化为，利用•及其三角函数的单调性即可得出解答解曲线的方程是，即，化为，将向上平移个单位得到曲线，展开为则曲线的极坐标方程为，即设∈，切线的参数方程为为参数，代入的方程化为•∈•的取值范围是，点评本题考查了极坐标化为直角坐标方程的方法直线参数方程的应用三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题选修不等式选讲已知命题∀，是真命题，记的最大值为，命题∀∈，是假命题，其中Ⅰ求的值Ⅱ求的取值范围考点全称命题专题转化思想综合法简易逻辑分析Ⅰ问题转化为，利用基本不等式的性质求出即可Ⅱ问题转化为∂∈，是真命题，根据三角函数以及绝对值的意义求出的范围即可解答解Ⅰ因为∀，是真命题，所以∀，恒成立，又，所以恒成立，所以，又因为，成立当且仅当时因此于是Ⅱ由Ⅰ得，因为∀∈，是假命题，所以∂∈，是真命题因为，因此此时，即时，由绝对值的意义可知，点评本题考察了基本不等式的性质......”。