真题重组卷01——2023年中考数学真题汇编重组卷（广东广州专用）

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绝密★启用前
冲刺2023年中考数学精选真题重组卷01
数 学（广州专用）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、 选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（2022·广东广州·统考中考真题）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱
【答案】A
【分析】由图可知展开侧面为扇形，则该几何体为圆锥．
【详解】该几何体的侧面展开图是扇形，所以这个几何体可能是圆锥,
故选：A．
【点睛】此题主要考查几何体的展开图，熟记几何体的侧面展开图是解题的关键．
2．（2022·贵州安顺·统考中考真题）贵州省近年来经济飞速发展，经济增长速度名列前茅，据相关统计，2021年全省GDP约为196000000万元，则数据196000000用科学记数法表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，为整数．
【详解】解：．
故选C．
【点睛】本题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原来的数，变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数，确定与的值是解题的关键．
3．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）下列运算正确的是（    ）
A．a2•a3＝a6 B．（a2）3＝a5 C．（ab）3＝a3b3 D．a8÷a2＝a4
【答案】C
【分析】根据同底数幂的乘法运算、同底数幂乘方运算、积的乘方、幂的除法运算法则，对选项进行逐一计算即可．
【详解】解：a2•a3＝a5，A选项错误；
（a2）3＝a6，B选项错误；
（ab）3＝a3b3，C选项正确；
a8÷a2＝a6，D选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数幂的基本运算，解题关键在于要注意指数在计算过程中是相加还是相乘．
4．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）我国“DF－41型”导弹俗称“东风快递”，速度可达到26马赫（1马赫＝340米/秒），则“DF－41型”导弹飞行多少分钟能打击到12000公里处的目标？设飞行分钟能打击到目标，可以得到方程（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】结合单位的换算，根据路程=速度时间建立方程即可得．
【详解】解：因为1分钟秒，1公里米，
所以可列方程为，
故选：D．
【点睛】本题考查了列一元一次方程，找准等量关系是解题关键．
5．（2022·山东济南·统考中考真题）如图，，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠1＝65°，则∠2的度数为（    ）

A．45° B．50° C．57.5° D．65°
【答案】B
【分析】根据平行线及角平分线的性质即可求解．
【详解】解：∵ ，
∴∠AEC=∠1（两直线平行，内错角相等），
∵EC平分∠AED，
∴∠AEC=∠CED=∠1，
∵∠1=65°，
∴∠CED =∠1=65°，
∴∠2=180°-∠CED -∠1=180°-65°-65°=50°．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解题关键根据直线平行和角平分线的性质得出角度之间的关系即可得出答案．
6．（2022·山东济南·统考中考真题）若m－n＝2，则代数式的值是（    ）
A．－2 B．2 C．－4 D．4
【答案】D
【分析】先因式分解，再约分得到原式＝2（m-n），然后利用整体代入的方法计算代数式的值．
【详解】解：原式•
＝2（m-n），
当m-n＝2时，原式＝2×2＝4．
故选：D．
【点睛】本题考查了分式的化简求值：先把分式化简后，再把分式中未知数对应的值代入求出分式的值．在化简的过程中要注意运算顺序和分式的化简．化简的最后结果分子、分母要进行约分，注意运算的结果要化成最简分式或整式．
7．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．
【详解】如图，连接, ，

边长为的正方形内接于，即，
，，为的直径，，
，分别与相切于点和点，
，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，


．
故选C．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
8．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（   ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，

∵正方形ABCD的面积为3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴为等腰直角三角形，

∵分别为的中点，

故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
9．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在中，，，是边的中点，是边上一点，若平分的周长，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长至，使得，连接，构造等边三角形，根据题意可得是的中位线，即可求解．
【详解】解：如图，延长至，使得，连接，

，
,
又，
是等边三角形，
，
是边的中点，是边上一点，平分的周长，
，，
，
，
，
即，
是的中位线，
．
故选C．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，等边三角形的性质，三角形中线的定义，构造等边三角形是解题的关键．
10．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第个图形需要2022根小木棒，则的值为（  ）

A．252 B．253 C．336 D．337
【答案】B
【分析】根据图形的变化及数值的变化找出变化规律,即可得出结论．
【详解】解：设第n个图形需要an（n为正整数）根小木棒，
观察发现规律：第一个图形需要小木棒：6=6×1+0，
第二个图形需要小木棒：14=6×2+2；
第三个图形需要小木棒：22=6×3+4，…，
∴第n个图形需要小木棒：6n+2（n-1）=8n-2．
∴8n-2=2022，得：n=253，
故选：B．
【点睛】本题考查了规律型中图形的变化类，解决该题型题目时，根据给定图形中的数据找出变化规律是关键．

二、 填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．（2022·山东济南·统考中考真题）因式分解：______．
【答案】
【分析】原式利用完全平方公式分解即可．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了公式法的运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．（2022·贵州安顺·统考中考真题）在一个不透明口袋有四个完全相同的小球，把它们分别标号为，，，．随机摸出一个球后不放回，再随机摸出一个，则两次摸出的小球标号之和为的概率为__________．
【答案】
【分析】先利用树状图列出两次取出的小球标号和的所有可能情况数，再找出两次取出的小球标号的和等于5的情况数，最后求出概率即可．
【详解】解：画树状图得：

由树状图可知：共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号之和等于5的有4种情况，
∴两次摸出的小球标号之和等于5的概率是：=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查求随机事件概率的方法，利用树状图列出两次取出的小球标号和的所有可能情况是解答本题的关键．
13．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）如图，将绕点旋转得到，若，，，则__________．

【答案】2
【分析】先根据含角的直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质即可得．
【详解】解：在中，，，，
，
由旋转的性质得：，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
14．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝8，分别以A，C为圆心，以大于AC的长为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，直线PQ与AC交于点D，则AD的长为______．

【答案】
【分析】利用勾股定理求出AC，再利用线段的垂直平分线的性质求出AD．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=8，
∴AC===4，
由作图可知，PQ垂直平分线段AC，
∴AD=DC=AC=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查作图﹣基本作图，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
15．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是________（结果保留）

【答案】
【分析】如图，连接OD，OE，证明 可得 再证明 可得 再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，OE，
∵
∴






∵与边AB相切于点D，
∴
∴


的长
故答案为：．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解是解本题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）计算：
(1)；
(2)若，求的值．
【答案】(1)13
(2)1

【分析】（1）先计算乘方、零指数幂、负整数指数幂，再计算加法即可得；
（2）先根据偶次方的非负性、绝对值的非负性、算术平方根的非负性可求出的值，再代入计算即可得．
（1）
解：原式
．
（2）
解：，
，
解得，
则．
【点睛】本题考查了零指数幂、负整数指数幂、代数式求值、算术平方根的非负性等知识点，熟练掌握各运算法则是解题关键．
17．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，点D，E在△ABC的边BC上，∠B = ∠C，BD = CE，求证：△ABD≌△ACE

【答案】证明见解析
【分析】由等腰三角形的判定得出AC=AB，再利用SAS定理即可得出结论．
【详解】证明：∵∠B=∠C，
∴AC=AB，
在△ABD和△ACE中，
∵AB=AC，∠B=∠C，BD=CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
【点睛】本题考查三角形全等的判定，等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
18．（2022·贵州安顺·统考中考真题）国务院教育督导委员会办公室印发的《关于组织责任督学进行“五项管理”督导的通知》指出，要加强中小学生作业、睡眠、手机、读物、体质管理．某校数学社团成员采用随机抽样的方法，抽取了七年级部分学生，对他们一周内平均每天的睡眠时间（单位：小时）进行了调查，将数据整理后得到下列不完整的统计表：
睡眠时间
频数
频率

3
0.06


0.16

10
0.20

24


5
0.10

请根据统计表中的信息回答下列问题．
(1)______，______；
(2)请估计该校600名七年级学生中平均每天的睡眠时间不足9小时的人数；
(3)研究表明，初中生每天睡眠时间低于9小时，会影响学习效率．请你根据以上调查统计结果，向学校提出一条合理化的建议．
【答案】(1)
(2)252人
(3)建议学校尽量让学生在学校完成作业，课后少布置作业

【分析】（1）按照频率=频数÷总体数量进行求解，根据睡眠时间组别的频数和频率即可求得本次调查的总人数，再按照频率=频数÷总体数量进行求解，即可得到a，b的值．
（2）根据频率估计概率，即可计算出该校600名八年级学生中睡眠不足9小时的人数．
（3）根据（2）中结果，即可知道该学校每天睡眠不足9小时的人数，根据实际情况提出建议．
【详解】（1）根据睡眠时间组别的频数和频率，本次调查的总体数量=频数÷频率
∴睡眠时间组别的频数
∴睡眠时间组别的频率
故答案为：
（2）∵每天的睡眠时间不足9小时的人数的频率之和为
∴该校600名八年级学生中睡眠不足9小时的人数为（人）．
（3）根据（2）中求得的该学校每天睡眠时长低于9小时的人数，建议学校尽量让学生在学校完成作业，课后少布置作业．
【点睛】本题主要考查了用频率估计概率，解题的关键是掌握频率=频数÷总体数量，解答本题的关键是掌握频率，频数和总体数量的关系．
19．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点E在⊙O上，连接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于点C，过点C作CD⊥BE，交BE的延长线于点D，连接CE．

(1)请判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若sin∠ECD＝，CE＝5，求⊙O的半径．
【答案】(1)CD是⊙O的切线，理由见解析
(2)⊙O的半径为

【分析】（1）结论：CD是⊙O的切线，证明OC⊥CD即可；
（2）设OA＝OC＝r，设AE交OC于点J．证明四边形CDEJ是矩形，推出CD＝EJ＝4，CJ＝DE＝3，再利用勾股定理构建方程求解．
（1）
解：结论：CD是⊙O的切线．
理由：连接OC．
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵BC平分∠ABD，
∴∠OBC＝∠CBE，
∴∠OCB＝∠CBE，
∴OC//BD，
∵CD⊥BD，
∴CD⊥OC，
∵OC是半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）
设OA＝OC＝r，设AE交OC于点J．
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∵OC⊥DC，CD⊥DB，
∴∠D＝∠DCJ＝∠DEJ＝90°，
∴四边形CDEJ是矩形，
∴∠CJE＝90°，CD＝EJ，CJ＝DE，
∴OC⊥AE，
∴AJ＝EJ，
∵sin∠ECD＝＝，CE＝5，
∴DE＝3，CD＝4，
∴AJ＝EJ＝CD＝4，CJ＝DE＝3，
在Rt△AJO中，r2＝（r﹣3）2+42，
∴r＝，
∴⊙O的半径为．

【点睛】本题考查解直角三角形，切线的判定，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
20．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，，两点的坐标分别为，，直线：与反比例函数的图象交于，两点．

(1)求该反比例函数的解析式及的值；
(2)判断点是否在该反比例函数的图象上，并说明理由．
【答案】(1)，
(2)点在该反比例函数的图象上，理由见解答

【分析】（1）因为点在双曲线上，所以代入点坐标即可求出双曲线的函数关系式，又因为点在双曲线上，代入即可求出的值；
（2）先求出点的坐标，判断即可得出结论．
【详解】（1）解：将点代入中，得，
反比例函数的解析式为，
将点代入中，
得；
（2）解：因为四边形是菱形，，，
，，
，
由（1）知双曲线的解析式为；
，
点在双曲线上．
【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，菱形的性质，解题的关键是用表示出点的坐标．
21．（2022·贵州六盘水·统考中考真题）“五一”节期间，许多露营爱好者在我市郊区露营，为遮阳和防雨会搭建一种“天幕”，其截面示意图是轴对称图形，对称轴是垂直于地面的支杆，用绳子拉直后系在树干上的点处，使得，，在一条直线上，通过调节点的高度可控制“天幕”的开合，m，m．

(1)天晴时打开“天幕”，若，求遮阳宽度（结果精确到0.1m）；
(2)下雨时收拢“天幕”，从65°减少到45°，求点下降的高度（结果精确到0.1m）．
（参考数据：，，，）
【答案】(1)遮阳宽度约为
(2)点下降的高度约为

【分析】（1）在中，利用正弦可得的长，由此即可得；
（2）设点下降到点，过点作于点，过点作于点，先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再分别解直角三角形可得的长，然后根据线段和差即可得．
【详解】（1）解：由题意得：是轴对称图形，
，
，，
，
，
答：遮阳宽度约为．
（2）解：如图，设点下降到点，过点作于点，过点作于点，

则四边形和四边形都是矩形，
，
，即，
当时，，
当时，，
则，
答：点下降的高度约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、轴对称图形、矩形的判定与性质，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
22．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．

(1)求线段的长；
(2)求证四边形为菱形；
(3)如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，或

【分析】（1）根据在中，，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分和两种情况分别讨论即可求解．
（1）
解：如图

四边形是矩形，，，
，，
将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，
，
在中，，
，
设，则，
在中，，
，
解得，
；
（2）
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
中，，
，
，
四边形为菱形；
（3）
，设，是直角三角形
设
由（2）可得

①当时，如图，

，,








解得；
②当时，
同理可得


综上所述，或
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2022·广东广州·统考中考真题）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．
(1)求直线的解析式；
(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下
①求的取值范围；
②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q' 也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．
【答案】(1)直线解析式为：；
(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）

【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；
（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；
②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．
【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），
∴，
解得，
∴直线解析式为：；
（2）解：①设G：（），
∵点P（，）在直线上，
∴；
∴G：（）
∵（0，-3）不在直线上，
∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，
而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），
∴点P必须位于直线的上方，
则，，
另一方面，点P不能在轴上，
∴，
∴所求取值范围为：，且 ；
②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，

∴点Q横坐标为，
而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；
∵Q'（，）在G：上，
∴， ，
∴ G：，或．
∵抛物线G过点（0，-3），
∴，
即，
， ；
当时，抛物线G为，对称轴为直线，
对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，
此时，函数值随着的增大而减小，如图，

∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；
当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，

∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．
24．（2022·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．

(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①；②，理由见解析

【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到，再由全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段绕点A按逆时针方向旋转得到得到是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到，，进而得到，进而求出，结合，ED＝EC得到，再用等腰直角三角形的性质求解．
【详解】（1）解：．
证明：∵是等边三角形，
∴，．
∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
（2）解：①
理由：∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴是等边三角形，
∴，
由（1）得，
∴；
②过点A作于点G，连接AF，如下图．

∵是等边三角形，，
∴，
∴．
∵是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
25．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的表达式；
(2)设线段PE的长度为h，请用含有m的代数式表示h；
(3)如图2，过点P作PF⊥CE，垂足为F，当CF＝EF时，请求出m的值；
(4)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．
【答案】(1)y＝x2+x+3
(2)h＝m2+m（0＜m＜6）
(3)m＝1
(4)点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），即可得出h＝m2+m；
（3）如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，可证得△BOC∽△PFE，得出＝，可求得EF＝（m2+m），再由△CEH∽△CBO，可得＝，求得CE＝m，结合CF＝EF，可得EF＝CE＝m，建立方程求解即可得出答案；
（4）设Q（2，t），分两种情况：①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，分别求出点Q的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2+x+3；
（2）解：∵抛物线y＝x2+x+3与y轴交于点C，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，
得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），
∴h＝m2+m+3﹣（﹣m+3）＝m2+m，
∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，
∴0＜m＜6，
∴h＝m2+m（0＜m＜6）；
（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，

∵P（m，m2+m+3），E（m，﹣m+3），
∴PE＝m2+m，
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
∵PD⊥x轴，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴＝，
在Rt△BOC中，BC＝＝＝3，
∴EF＝×PE＝（m2+m）＝（m2+m），
∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，
∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝m，
∵EH//x轴，
∴△CEH∽△CBO，
∴＝，即＝，
∴CE＝m，
∵CF＝EF，
∴EF＝CE＝m，
∴m＝（m2+m），
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
（4）解：∵抛物线y＝x2+x+3，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝2，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，
则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，

则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四边形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，
∴＝tan∠PCQ＝，
∴＝，
解得：t＝，
∴Q（2，）；
②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH//OC，
∴∠CQG＝∠OCQ，
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，
∴点K是CD的中点，
∴K（2，），
∴GK＝，
∴CK＝KQ＝﹣t，
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
∴22+（）2＝（﹣t）2，
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，

∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，
∴△O′CK∽△DCO，
∴＝＝，即＝＝，
∴O′K＝，CK＝，
∴OK＝OC+CK＝3+＝，
∴O′（﹣，），
∵点M是OO′的中点，
∴M（﹣，），
设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，
则，
解得：，
∴直线CQ的解析式为y＝x+3，
当x＝2时，y＝×2+3＝4，
∴Q（2，4）；
综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．