2024年山東省淄博市數(shù)學(xué)九年級第一學(xué)期開學(xué)達標測試試題【含答案】

學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號學(xué)校________________班級____________姓名____________考場____________準考證號…………密…………封…………線…………內(nèi)…………不…………要…………答…………題…………第1頁，共7頁2024年山東省淄博市數(shù)學(xué)九年級第一學(xué)期開學(xué)達標測試試題題號一二三四五總分得分批閱人A卷（100分）一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、（4分）下列各式錯誤的是（）A． B． C． D．2、（4分）下表是小紅填寫的實踐活動報告的部分內(nèi)容:設(shè)鐵塔頂端到地面的高度為，根據(jù)以上條件，可以列出的方程為（）A． B．C． D．3、（4分）若式子在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則的取值范圍是()A． B． C． D．4、（4分）八年級甲、乙、丙三個班的學(xué)生人數(shù)相同，上期期末體育成績的平均分相同，三個班上期期末體育成績的方差分別是：S甲2=6.4，A．甲班 B．乙班 C．丙班 D．上哪個班都一樣5、（4分）甲、乙、丙、丁四人進行射擊測試，每人10次射擊成績的平均數(shù)均是9.3環(huán)，方差分別為S甲2=0.1．S乙2=0.62，S丙2=0.50，S丁2=0.45，則成績最穩(wěn)定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁6、（4分）方程的左邊配成完全平方后所得方程為（）A． B． C． D．7、（4分）根據(jù)圖1所示的程序，得到了如圖y與x的函數(shù)圖像，若點M是y軸正半軸上任意一點，過點M作PQ∥x軸交圖像于點P、Q，連接OP、OQ．則以下結(jié)論：①x<0時，y=；②△OPQ的面積為定值；③x>0時，y隨x的增大而增大；④MQ=2PM⑤∠POQ可以等于90°．其中正確結(jié)論序號是（）A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．②④⑤8、（4分）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，DA，CD，BC的中點．若AB＝2，AD＝4，則圖中陰影部分的面積為()A．3 B．4 C．6 D．8二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、（4分）如圖，在中，對角線與相交于點，在上有一點，連接，過點作的垂線和的延長線交于點，連接，，，若，，則_________.10、（4分）2﹣6+的結(jié)果是_____．11、（4分）當m＝_____時，x2+2（m﹣3）x+25是完全平方式.12、（4分）已知直線y＝kx+b與y＝2x+1平行，且經(jīng)過點（﹣3，4），則函數(shù)y＝kx+b的圖象可以看作由函數(shù)y＝2x+1的圖象向上平移_____個單位長度得到的．13、（4分）若m2﹣n2=6，且m﹣n=2，則m+n=_________三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（12分）某校八年級的體育老師為了解本年級學(xué)生對球類運動的愛好情況，抽取了該年級部分學(xué)生對籃球、足球、排球、乒乓球的愛好情況進行了調(diào)查，并將調(diào)查結(jié)果繪制成如圖所示的兩幅不完整的統(tǒng)計圖[說明：每位學(xué)生只選一種自己最喜歡的一種球類）請根據(jù)這兩幅圖形解答下列問題：（1）此次被調(diào)查的學(xué)生總?cè)藬?shù)為人．（2）將條形統(tǒng)計圖補充完整，并求出乒乓球在扇形中所占的圓心角的度數(shù)；（3）已知該校有760名學(xué)生，請你根據(jù)調(diào)查結(jié)果估計愛好足球和排球的學(xué)生共有多少人？15、（8分）在平行四邊形中，和的平分線交于的延長線交于，是猜想：（1）與的位置關(guān)系？（2）在的什么位置上？并證明你的猜想.（3）若，則點到距離是多少？16、（8分）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長線相交于點D，E，F(xiàn)，點O是EF中點，連結(jié)BO井延長到G，且GO＝BO，連接EG，F(xiàn)G（1）試求四邊形EBFG的形狀，說明理由；（2）求證:BD⊥BG（3）當AB＝BE＝1時，求EF的長，17、（10分）如圖，平行四邊形ABCD中，點E為AB邊上一點，請你用無刻度的直尺，在CD邊上畫出點F，使四邊形AECF為平行四邊形，并說明理由．18、（10分）“垃圾分一分，環(huán)境美十分”.甲、乙兩城市產(chǎn)生的不可回收垃圾需運送到、兩垃圾場進行處理，其中甲城市每天產(chǎn)生不可回收垃圾噸，乙城市每天產(chǎn)生不可回收垃圾噸。、兩垃圾場每天各能處理噸不可回收垃圾。從垃圾處理場到甲城市千米，到乙城市千米；從垃圾處理場到甲城市千米，到乙城市千米。（1）請設(shè)計一個運輸方案使垃圾的運輸量（噸.千米）盡可能?。唬?）因部分道路維修，造成運輸量不低于噸，請求出此時最合理的運輸方案.B卷（50分）一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、（4分）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線的頂點在軸上，P，Q（）是此拋物線上的兩點.若存在實數(shù)，使得，且成立，則的取值范圍是__________．20、（4分）通過測量一棵樹的樹圍(樹干的周長)可以計算出它的樹齡．通常規(guī)定以樹干離地面1.5m的地方作為測量部位．某樹栽種時的樹圍為5cm，以后樹圍每年增長3cm.假設(shè)這棵數(shù)生長x年其樹圍才能超過2.4m．列滿足x的不等關(guān)系：__________________.21、（4分）如圖，函數(shù)y=3x和y=ax+4的圖象相交于點A(1，3)，則不等式3x<ax+4的解集為____________．22、（4分）如圖1，在菱形中，，點在的延長線上，在的角平分線上取一點（含端點），連結(jié)并過點作所在直線的垂線，垂足為．設(shè)線段的長為，的長為，關(guān)于的函數(shù)圖象及有關(guān)數(shù)據(jù)如圖2所示，點為圖象的端點，則時，_____，_____．23、（4分）已知直角坐標系內(nèi)有四個點A(-1，2)，B(3，0)，C(1，4)，D(x，y)，若以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，則D點的坐標為___________________．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、（8分）如圖，已知邊長為6的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點E，F(xiàn)分別為AB，AD邊上的動點，滿足，連接EF交AC于點G，CE、CF分別交BD于點M，N，給出下列結(jié)論：①△CEF是等邊三角形；②∠DFC＝∠EGC；③若BE＝3，則BM＝MN＝DN；④；⑤△ECF面積的最小值為．其中所有正確結(jié)論的序號是______25、（10分）如圖，已知一次函數(shù)的圖象與反比例函數(shù)第一象限內(nèi)的圖象相交于點，與軸相交于點.(1)求和的值；(2)觀察反比例函數(shù)的圖象，當時，請直接寫出的取值范圍；(3)如圖，以為邊作菱形，使點在軸正半軸上，點在第一象限，雙曲線交于點，連接、，求.26、（12分）某超市銷售一種水果，迸價為每箱40元，規(guī)定售價不低于進價．現(xiàn)在的售價為每箱72元，每月可銷售60箱．經(jīng)市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)：若這種牛奶的售價每降低2元，則每月的銷量將增加10箱，設(shè)每箱水果降價x元（x為偶數(shù)），每月的銷量為y箱．(1)寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式和自變量x的取值范圍．(2)若該超市在銷售過程中每月需支出其他費用500元，則如何定價才能使每月銷售水果的利潤最大？最大利潤是多少元？

參考答案與詳細解析一、選擇題（本大題共8個小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個選項，其中只有一項符合題目要求）1、A【解析】

A、根據(jù)相反向量的和等于，可以判斷A；B、根據(jù)的模等于0，可以判斷B；C、根據(jù)交換律可以判斷C；D、根據(jù)運算律可以判斷D．【詳解】解：A、，故A錯誤；B、||＝0，故B正確；C、，故C正確；D、，故D正確．故選：A．此題考查平面向量，解題關(guān)鍵在于運算法則2、A【解析】

過D作DH⊥EF于H，則四邊形DCEH是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到HE=CD=10，CE=DH，求得FH=x-10，得到CE=x-10，根據(jù)三角函數(shù)的定義列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：過D作DH⊥EF于H，

則四邊形DCEH是矩形，

∴HE=CD=10，CE=DH，

∴FH=x-10，

∵∠FDH=α=45°，

∴DH=FH=x-10，

∴CE=x-10，∴x=（x-10）tan50°，

故選：A．本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練運用銳角三角函數(shù)的定義，正確的識別圖形，由實際問題抽象出一元一次方程．3、D【解析】

由二次根式的性質(zhì)可以得到x-1≥0，由此即可求解.【詳解】解：依題意得：x-1≥0，∴x≥1．故選：D．此題主要考查了二次根式有意義的條件，根據(jù)被開方數(shù)是非負數(shù)即可解決問題.4、B【解析】

先比較三個班方差的大小，然后根據(jù)方差的意義進行判斷．【詳解】解：∵S2甲=6.4，S2乙=5.6，S2丙=7.1，∴S2乙＜S2甲＜S2丙，∴乙班成績最穩(wěn)定，杜老師更喜歡上課的班是乙班．故選：B．本題考查了方差：方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動大小的一個量．方差越大，則平均值的離散程度越大，穩(wěn)定性也越??；反之，則它與其平均值的離散程度越小，穩(wěn)定性越好．5、D【解析】

根據(jù)方差越大，則平均值的離散程度越大，波動大；反之，則它與其平均值的離散程度越小，波動小，穩(wěn)定性越好，比較方差大小即可得出答案．【詳解】∵S甲2=0.1．S乙2=0.62，S丙2=0.50，S丁2=0.45，∴S丁2<S丙2<S甲2<S乙2，∴成績最穩(wěn)定的是丁.故選D.本題考查的知識點是方差.熟練應(yīng)用方差的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.6、A【解析】

根據(jù)配方法的步驟對方程進行配方即可.【詳解】解：移項得：x2+6x=5，

配方可得：x2+6x+9=5+9，

即（x+3）2=14，

故選：A．本題考查用配方法解一元二次方程.熟練掌握用配方法解一元二次方程的具體步驟是解決此題的關(guān)鍵.7、D【解析】

根據(jù)題意得到當x＜0時，y=-，當x＞0時，y=，設(shè)P（a，b），Q（c，d），求出ab=-2，cd=4，求出△OPQ的面積是3；x＞0時，y隨x的增大而減?。挥蒩b=-2，cd=4得到MQ=2PM；因為∠POQ=90°也行，根據(jù)結(jié)論即可判斷答案．【詳解】解：①x＜0，y=-，∴①錯誤；②當x＜0時，y=-，當x＞0時，y=，設(shè)P（a，b），Q（c，d），則ab=-2，cd=4，∴△OPQ的面積是（-a）b+cd=3，∴②正確；③x＞0時，y隨x的增大而減小，∴③錯誤；④∵ab=-2，cd=4，即MQ=2PM，∴④正確；⑤設(shè)PM=a，則OM=-．則PO2=PM2+OM2=a2+（-）2=a2+，QO2=MQ2+OM2=（2a）2+（-）2=4a2+，PQ2=PO2+QO2=a2++4a2+=（3a）2=9a2，整理得a4=2,∵a有解，∴∠POQ=90°可能存在，故⑤正確；正確的有②④⑤，故選D．本題主要考查對反比例函數(shù)的性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，三角形的面積等知識點的理解和掌握，能根據(jù)這些性質(zhì)進行說理是解此題的關(guān)鍵．8、B【解析】

連接AC，根據(jù)三角形中位線定理得到EH∥AC，EH=AC，得到△BEH∽△BAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可．【詳解】解：連接AC，∵E、H分別為邊AB、BC的中點，∴EH∥AC，EH=AC，∴△BEH∽△BAC，∴S△BEH=S△BAC=S矩形ABCD，同理可得，圖中陰影部分的面積=×2×4=4，故選B．本題考查的是三角形中位線定理、相似三角形的性質(zhì)，掌握三角形中位線定理、相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵．二、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）9、【解析】

根據(jù)平行四邊形的對邊平行，可得AD∥BC，利用兩直線平行，同旁內(nèi)角互補，可得∠G+∠GBC=180°，從而求出∠G=∠FBC=90°，根據(jù)“SAS”可證△AGB≌△FBC，利用全等三角形的性質(zhì)，可得AG=BF=1，BC=BG，然后利用勾股定理求出FG=3，從而求出BC=BG=AD=4，即得GD=5，再利用勾股定理即可得出BD的長.【詳解】延長BF、DA交于點點G，如圖所示∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠G+∠GBC=180°又∵BF⊥BC，∴∠FBC=90°在△AGB和△FBC中，∴△AGB≌△FBC∴AG=BF=1，BC=BG∵∴BC=BG=AD=3+1=4∴GD=4+1=5∴此題主要考查平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理以及全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握，即可解題.10、【解析】

先把各根式化為最簡二次根式，再合并同類項即可．【詳解】原式=-2+2=3-2．故答案為：3-2．本題考查的是二次根式的加減法，熟知二次根式相加減，先把各個二次根式化成最簡二次根式，再把被開方數(shù)相同的二次根式進行合并，合并方法為系數(shù)相加減，根式不變是解答此題的關(guān)鍵．11、8或﹣1【解析】

先根據(jù)兩平方項確定出這兩個數(shù)，再根據(jù)完全平方公式的乘積二倍項即可確定m的值．【詳解】解：∵x1+1（m﹣3）x+15＝x1+1（m﹣3）x+51，∴1（m﹣3）x＝±1×5x，m﹣3＝5或m﹣3＝﹣5，解得m＝8或m＝﹣1．故答案為：8或﹣1．本題主要考查了完全平方式，根據(jù)平方項確定出這兩個數(shù)是解題的關(guān)鍵，也是難點，熟記完全平方公式對解題非常重要．12、1【解析】

依據(jù)直線y=kx+b與y=2x+1平行，且經(jīng)過點（-3，4），即可得到直線解析式為y=2x+10，進而得到該直線可以看作由函數(shù)y=2x+1的圖象向上平移1個單位長度得到的．【詳解】∵直線y=kx+b與y=2x+1平行，∴k=2，又∵直線經(jīng)過點（-3，4），∴4=-3×2+b，解得b=10，∴該直線解析式為y=2x+10，∴可以看作由函數(shù)y=2x+1的圖象向上平移1個單位長度得到的．故答案為：1．本題主要考查了一次函數(shù)圖象與幾何變換，解決問題的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法求得直線解析式．13、3【解析】

利用平方差公式得到（m+n）（m-n）=6，然后把m-n=2代入計算即可．【詳解】∵，∴m＋n=3.三、解答題（本大題共5個小題，共48分）14、（1）200；（2）補全條形統(tǒng)計圖見解析；乒乓球在扇形中所占的圓心角的度數(shù)為108°；（3）愛好足球和排球的學(xué)生共計228人．【解析】

（1）讀圖可知喜歡足球的有40人，占20%，求出總?cè)藬?shù)；（2）根據(jù)總?cè)藬?shù)求出喜歡乒乓球的人數(shù)所占的百分比，得出喜歡排球的人數(shù)，再根據(jù)喜歡籃球的人數(shù)所占的百分比求出喜歡籃球的人數(shù)，從而補全統(tǒng)計圖；根據(jù)喜歡乒乓球的人數(shù)所占的百分比，即可得到乒乓球在扇形中所占的圓心角的度數(shù)；（3）根據(jù)愛好足球和排球的學(xué)生所占的百分比，即可估計愛好足球和排球的學(xué)生總數(shù)．【詳解】解：（1）∵喜歡足球的有40人，占20%，∴一共調(diào)查了：40÷20%=200（人）故答案為：200；（2）∵喜歡乒乓球人數(shù)為60人，∴所占百分比為：×100%=30%，∴喜歡排球的人數(shù)所占的百分比是1-20%-30%-40%=10%，∴喜歡排球的人數(shù)為：200×10%=20（人），∴喜歡籃球的人數(shù)為200×40%=80（人），由以上信息補全條形統(tǒng)計圖得：乒乓球在扇形中所占的圓心角的度數(shù)為：30%×360°=108°；（3）愛好足球和排球的學(xué)生共計：760×（20%+10%）=228（人）．本題考查條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖，解題的關(guān)鍵是必須認真觀察、分析、研究統(tǒng)計圖，才能作出正確的判斷和解決問題．15、（1）；（2）在的中點處，見解析；（3）點到距離是.【解析】

（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，根據(jù)角平分線的定義得到，，于是得到，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，等量代換得到，得到根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)（1）（2）可得，再設(shè)點到的距離是，建立等式，即可得到.【詳解】解：（1），理由：，分別平分，，；（2）在的中點處，理由：，，，，，，，在的中點處；（3）由（1）（2）得，在中，，設(shè)點到的距離是，則有，.本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，正確識別圖形是解題的關(guān)鍵.16、(1)四邊形EBFG是矩形;（2）證明見解析；（3）.【解析】

（1）根據(jù)對角線互相平分的四邊形平行四邊形可得四邊形EBFG是平行四邊形，再由∠CBF=90°，即可判斷?EBFG是矩形.（2）由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可知BD=CD,OB=OE,即可得∠C=∠CBD，∠OEB=∠OBE，由∠FDC=90°即可得∠DBG=90°；（3）連接AE，由AB＝BE＝1勾股定理易求AE=，結(jié)合已知易證△ABC≌△EBF，得BF=BC=1+再由勾股定理即可求出EF=.【詳解】解：（1）結(jié)論：四邊形EBFG是矩形.理由：∵OE=OF，OB=OG，∴四邊形EBFG是平行四邊形，∵∠ABC＝90°即∠CBF=90°，∴?EBFG是矩形.（2）∵CD=AD，∠ABC＝90°，∴BD=CD∴∠C=∠CBD，同理可得：∠OEB=∠OBE，∵DF垂直平分AC，即∠EDC=90°，∴∠C+∠DEC=90°，∵∠DEC=∠OEB，∴∠CBD+∠OBE=90°，∴BD⊥BG.（3）如圖：連接AE，在Rt△ABE中，AB=BE=1，∴AE=，∵DF是AC垂直平分線，∴AE=CE，∴BC=1+∵∠CDE=∠CBF=90°，∴∠C=∠BFE，在△ABC和△EBF中，，∴△ABC≌△EBF（AAS）∴BF=BC，在Rt△BEF中，BE=1，BF=1+，∴EF=.本題主要考查了矩形的判定、全等三角形判定和性質(zhì)、勾股定理和直角三角形性質(zhì)，解（2）題關(guān)鍵是通過直角三角形斜邊中線等于斜邊一半得出BD=CD,OB=OE,解（3）題關(guān)鍵證明△ABC≌△EBF.17、見詳解.【解析】

連接AC、BD交于點O，連接EO并延長交CD于點F；由平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥CD，OA=OC，證明△AEO≌△CFO，得出AE=CF，即可得出結(jié)論．【詳解】解：連接AC、BD交于點O，連接EO并延長交CD于點F；

則四邊形AECF為平行四邊形；理由如下：

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥CD，OA=OC，

∴∠EAO=∠FCO，

在△AEO和△CFO中，，

∴△AEO≌△CFO（ASA），

∴AE=CF，

又∵AE∥CF，

∴四邊形AECF為平行四邊形．本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．18、（1）甲城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸，乙城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸；（2）甲城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸；乙城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸.【解析】

（1）設(shè)出甲城市運往垃圾場的垃圾為噸，從而表示出兩個城市運往兩個垃圾場的垃圾的噸數(shù)，再根據(jù)路程計算出總運輸量，于是就得到一個總運輸量與的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的增減性和自變量的取值范圍，確定何時總運輸量最小，得出運輸方案；（2）利用運輸量不低于2600噸，得出自變量的取值范圍，再依據(jù)函數(shù)的增減性做出判斷，制定方案．【詳解】解：（1）甲城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，總運輸量為噸.千米，隨增大而增大當取最小，最小由題意可知，解得：當時，運輸量最??；甲城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸；乙城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸（2）由①可知：，又，解得：，此時當時，運輸量最小；運輸方案最合理甲城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸；乙城市運送不可回收垃圾到垃圾場噸，到垃圾場噸本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用，一元一次不等式組應(yīng)用等知識，準確的理解數(shù)據(jù)之間的關(guān)系，設(shè)合適的未知數(shù)，得到總運輸量與自變量的函數(shù)關(guān)系式是解決問題的關(guān)鍵．一、填空題（本大題共5個小題，每小題4分，共20分）19、【解析】

由拋物線頂點在x軸上，可得函數(shù)可以化成，即可化成完全平方公式，可得出，原函數(shù)可化為，將帶入可解得的值用m表示，再將，且轉(zhuǎn)化成PQ的長度比與之間的距離大可得出只含有m的不等式即可求解.【詳解】解：∵拋物線頂點在x軸上，∴函數(shù)可化為的形式，即可化成完全平方公式∴可得：，∴；令，可得，由題可知，解得：；∴線段PQ的長度為，∵，且，∴，∴，解得：；故答案為本題考查特殊二次函數(shù)解析式的特點，可以利用公式法求得a、b之間的關(guān)系，也可以利用頂點在x軸上的函數(shù)解析式的特點來得出a、b之間的關(guān)系；最后利用PQ的長度大于與之間的距離求解不等式，而不是簡單的解不等式，這個是解題關(guān)鍵.20、5＋3x＞240【解析】

因為樹栽種時的樹圍為5cm，以后樹圍每年增長約3cm，x年后樹圍將達到（5+3x）cm．

不等關(guān)系：x年其樹圍才能超過2.4m．【詳解】根據(jù)題意，得5+3x>240.故答案為：5+3x>240.本題主要考查由實際問題抽象出一元一次不等式，抓住關(guān)鍵詞語，弄清不等關(guān)系，才能把文字語言的不等關(guān)系轉(zhuǎn)化為用數(shù)學(xué)符號表示的不等式．21、【解析】

由題意結(jié)合圖象可以知道，當x=1時，兩個函數(shù)的函數(shù)值是相等的，再根據(jù)函數(shù)的增減性可以判斷出不等式的解集．【詳解】解：兩個條直線的交點坐標為A（1，3），當x＜1時，直線y=ax+4在直線y=3x的上方，當x＞1時，直線y=ax+4在直線y=3x的下方，故不等式3x<ax+4即直線y=ax+4在直線y=3x的上方的解集為x＜1．故答案為：x＜1．本題主要考查正比例函數(shù)、一次函數(shù)和一元一次不等式的知識點，本題是借助一次函數(shù)的圖象解一元一次不等式，兩個圖象的“交點”是兩個函數(shù)值大小關(guān)系的“分界點”，在“分界點”處函數(shù)值的大小發(fā)生了改變．22、8【解析】

先根據(jù)為圖象端點，得到Q此時與B點重合，故得到AB=4，再根據(jù)，根據(jù)，得到,從而得到，再代入即可求出x，過點作于．設(shè)，根據(jù)，利用三角函數(shù)表示出，，故在中，利用得到方程即可求出m的值．【詳解】解∵為圖象端點，∴與重合，∴．∵四邊形為菱形，，∴，此時，∵=∴，即．∴當時，，即；過點作于．設(shè)．∵，∴，．在中，∴，即，∴，即．故答案為：8；．此題主要考查菱形的動點問題，解題的關(guān)鍵是熟知菱形的性質(zhì)、勾股定理及解直角三角形的方法．23、(5，2)，(-3，6)，(1，-2)．【解析】

D的位置分三種情況分析；由平行四邊形對邊平行關(guān)系，用平移規(guī)律求出對應(yīng)點坐標．【詳解】解：根據(jù)平移性質(zhì)可以得到AB對應(yīng)DC，所以，由B，C的坐標關(guān)系可以推出A，D的坐標關(guān)系，即D(-1-2，2+4)，所以D點的坐標為(-3，6)；同理，當AB與CD對應(yīng)時，D點的坐標為(5，2)；當AC與BD對應(yīng)時，D點的坐標為(1，-2)故答案為：(5，2)，(-3，6)，(1，-2)．本題考核知識點：平行四邊形和平移.解題關(guān)鍵點：用平移求出點的坐標．二、解答題（本大題共3個小題，共30分）24、①②③⑤【解析】

由“SAS”可證△BEC≌△AFC，可得CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，可證△EFC是等邊三角形，由三角形內(nèi)角和定理可證∠DFC＝∠EGC；由等邊三角形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可求MN＝DN＝BM＝；由勾股定理即可求解EF2＝BE2＋DF2不成立；由等邊三角形的性質(zhì)可得△ECF面積的EC2，則當EC⊥AB時，△ECF的最小值為．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∵AC＝BC，∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，∴△ABC，△ACD是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝∠DAC＝60°，∵AC＝BC，∠ABC＝∠DAC，AF＝BE，∴△BEC≌△AFC（SAS）∴CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，∴∠ECF＝∠BCA＝60°，∴△EFC是等邊三角形，故①正確；∵∠ECF＝∠ACD＝60°，∴∠ECG＝∠FCD，∵∠FEC＝∠ADC＝60°，∴∠DFC＝∠EGC，故②正確；若BE＝3，菱形ABCD的邊長為6，∴點E為AB中點，點F為AD中點，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABO＝∠ABC＝30°，∴AO＝