2023年海南省临高县新盈中学中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年海南省临高县新盈中学中考数学三模试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. −2023的倒数是( )
A. 2023B. −12023C. −2023D. 12023
2. 数字25800000用科学记数法表示为( )
A. 258×105B. 2.58×109C. 2.58×107D. 0.258×108
3. 估计 17的值是在( )
A. 3和4之间B. 4和5之间C. 5和6之间D. 6和7之间
4. 图是由5个大小相同的小正方体摆成的图形，它的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
5. 下列各式的运算，结果正确的是( )
A. a2+a3=a5B. a3÷a2=aC. a2⋅a3=a6D. (2a)2=2a2
6. 方程5x+1−1=0的解为( )
A. x=4B. x=2C. x=−4D. x=3
7. 如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，若∠2=40°，则∠1=( )
A. 60°B. 50°C. 40°D. 30°
8. 如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的角平分线交DE于点F，AB=10，BC=16，则EF的长为( )
A. 8B. 6C. 3D. 2
9. 若反比例函数y=2−mx的图象在一、三象限，则m的值可以是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10. 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各面分别标有数字1、2、3、4、5、6，则出现朝上的数字小于3的概率是( )
A. 16B. 13C. 12D. 23
11. 如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离为( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
12. 如图，在矩形ABCD中，过AC的中点O作EF⊥AC，交BC于E，交AD于F，连接AE、CF.若AB= 3，∠DCF=30°，则EF的长为( )
A. 2B. 5C. 3D. 2 2
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 因式分解：x2−2x+1= ．
14. 若代数式a+3的值为2，则a等于______ ．
15. 如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD垂直AB于点P，过点D作⊙O的切线，与AB的延长线相交于点E.若∠ABC=63°，则∠E等于______ °.
16. 如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，AB=2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF=AE，且CF、DE相交于点G，BC的长等于______ .当CG=2时，则AE的长等于______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)计算： 12÷ 3−8×2−1+(−1)2023；
(2)解不等式组2x+1>3x−23−1<0，并写出它的整数解．
18. (本小题10.0分)
习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”.某校为提高学生的阅读品味，现决定购买获得第十届茅盾文学奖的A、B两种书籍.若购买2本A种书籍和3本B种书籍需用160元；若购买6本A种书籍与购买7本B种书籍的费用相同.求每本A种书籍和每本B种书籍的价格各为多少元．
19. (本小题10.0分)
阳光中学积极开展课后延时服务活动，提供了“有趣的生物实验，虚拟机器人竞赛，国际象棋大赛，趣味篮球训练，经典影视欣赏……”等课程供学生自由选择一个学期后，该校为了解学生对课后延时服务的满意情况，随机对部分学生进行问卷调查，并将调查结果按照“A.非常满意；B.比较满意；C.基本满意；D.不满意”四个等级绘制成了如图所示的两幅不完整的统计图．

请根据图中信息，解答下列问题：
(1)该校抽样调查的学生人数为 人，请补全条形统计图；
(2)样本中，学生对课后延时服务满意情况的“中位数”所在等级为 ，“众数”所在等级为 ；(填“A，B，C或D”)
(3)若该校共有学生2000人，估计全校学生对课后延时服务满意的(包含A，B，C三个等级)有多少人？
20. (本小题10.0分)
小刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸的大树AB的高度.如图，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走2 10米到达斜坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜坡CF的坡比i=1：3(点E，C，B在同一水平线上)．
(1)填空：∠BAD= ______ 度，∠CAD= ______ 度；
(2)求点D处距离地面EC的高度；
(3)求大树AB的高度(结果保留根号)．
21. (本小题15.0分)
如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，F为CD上一点，AE和BF相交于点G．

(1)如图1，若E、F分别为BC和CD中点，求证：
①△ABE≌△BCF；
②AE⊥BF；
(2)如图2，若AE⊥BF，延长BF至点H，使∠CHB=45°，求证：AG=HG；
(3)如图3，在(2)条件下，延长HC、AE交于点M，连接DH、BM，若C为MH中点，BM=10，求DH的长．
22. (本小题15.0分)
如图，抛物线y=ax2−2x+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点A在点B的左侧，A(−1,0)，C(0,−3)，P是抛物线对称轴上的点．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，若点D是直线BC下方抛物线上的动点，求四边形ACDB的面积最大值；
(3)当点P关于直线BC的对称点Q落在抛物线上时，求点Q的横坐标；
(4)如图2，点E是抛物线的顶点，直线CE交x轴于点F，若点G是线段EF上的一个动点，是否存在以点O，F，G为顶点的三角形与△ABC相似.若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵−2023×(−12023)=1，
∴−2023的倒数是−12023，
故选：B．
运用乘积为1的两个数是互为倒数进行求解．
此题考查了求一个数倒数的计算能力，关键是能准确理解并运用以上知识．
2.【答案】C
【解析】解：数字25800000用科学记数法表示为2.58×107，
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】B
【解析】解：∵ 16< 17< 25，
∴4< 17<5，
故选：B．
直接利用 17接近的有理数进而分析得出答案．
此题主要考查了估算无理数的大小，正确得出无理数接近的整数是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：由题意知，该几何体的主视图为，
故选：D．
根据主视图是从正面看到的图形判断即可．
本题主要考查简单组合体的三视图的知识，熟练掌握简单组合体的三视图是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：A、a2与a3不属于同类项，不能合并，故不符合题意；
B、a3÷a2=a，故正确，符合题意；
C、a2⋅a3=a5，故错误，不符合题意；
D、(2a)2=4a2，故错误，符合题意；
故选：B．
利用合并同类项的法则，同底数幂的乘除法的法则，幂的乘方和积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查幂的乘方和积的乘方，同底数幂的乘除法，合并同类项，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
6.【答案】A
【解析】解：方程两边都乘以x+1得，5−(x+1)=0
解得：x=4，
检验：当x=4时，x+1=5≠0，
x=4是原分式方程的解．
故选：A．
方程两边都乘以最简公分母x+1化为整式方程，然后解整式方程即可，注意要进行检验．
本题考查了分式方程的求解，(1)解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．(2)解分式方程一定注意要验根．
7.【答案】B
【解析】解：如图，

∵∠2=40°，
∴∠3=90°−∠2=50°，
∴∠1=50°．
故选：B．
由互余可求得∠3的度数，然后由两直线平行，同位角相等求得∠1的度数．
此题考查了平行线的性质．两直线平行，同位角相等的应用是解此题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：∵DE是△ABC的中位线，AB=10，BC=16，
∴BD=AD=5，DE=12BC=8，DE/​/BC，
∴∠CBF=∠DFB，
∵BF平分∠ABC，
∴∠DBF=∠CBF，
∴∠DBF=∠DFB，
∴BD=DF=5，
∴EF=DE−DF=8−5=3，
故选：C．
根据三角形的中位线得出DE=12BC=8，DE/​/BC，求出BD=5，根据平行线的性质得出∠CBF=∠DFB，根据角平分线的定义得出∠DBF=∠CBF，求出∠DBF=∠DFB，根据等腰三角形的判定得出BD=DF=5，再求出EF即可．
本题考查了三角形的中位线性质，能熟记三角形中位线性质是解此题的关键，注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
9.【答案】A
【解析】解：∵反比例函数的图象在一、三象限，
∴2−m>0，
解得：m<2．
结合选项可知，只有1符合题意．
故选：A．
根据反比例函数的性质：反比例函数的图象位于第一、三象限，则可知系数2−m>0，解得m的取值范围即可．
本题主要考查反比例函数的性质，当k>0时，双曲线的两个分支在一，三象限，在每一分支上y随x的增大而减小；当k<0时，双曲线的两个分支在二，四象限，在每一分支上y随x的增大而增大．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛掷六个面上分别刻有的1，2，3，4，5，6的骰子有6种结果，其中朝上一面的数字小于3的有2种，
∴朝上一面的数字小于3的倍数概率是26=13．
故选：B．
用朝上的数字小于3的情况数除以总情况数即为所求的概率．
本题考查了概率公式的应用，掌握概率等于所求情况数与总情况数之比是关键．
11.【答案】C
【解析】解：∵将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴B′C=A′C，
∵将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，
∴AB=A′B′=4，∠B=∠A′B′C=60°，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴A′B′=B′C=4，
∴BB′=BC−B′C=3，
∴平移的距离为3，
故选：C．
由旋转的性质和平移的性质可得B′C=A′C，AB=A′B′=5，∠B=∠A′B′C=60°，可证△A′B′C′是等边三角形，可得A′B′=B′C=5，即可求解．
本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD/​/BC，
∴∠ACB=∠DAC，
∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
在△AOF和△COE中，
∠ACB=∠DACAO=CO∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴OE=OF，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
∵∠DCF=30°，
∴∠ECF=90°−30°=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CF，
∵AB= 3，
∴CD=AB= 3，
∵∠DCF=30°，
∴CF= 3÷ 32=2，
∴EF=2．
故选：A．
求出∠ACB=∠DAC，然后利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=OF，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形得到四边形AECF是菱形，再求出∠ECF=60°，然后判断出△CEF是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得EF=CF，根据矩形的对边相等可得CD=AB，然后求出CF，从而得解．
本题考查了矩形的性质，掌握矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，判断出△CEF是等边三角形是解题的关键．
13.【答案】(x−1)2
【解析】
【分析】
原式利用完全平方公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
【解答】
解：原式=(x−1)2．
故答案为：(x−1)2
14.【答案】−1
【解析】解：由题意得：a+3=2，
解得：a=−1．
故答案为：−1．
根据题意列出方程，求出方程的解即可得到a的值．
此题考查了解一元一次方程，以及代数式求值，熟练掌握一元一次方程的解法是解本题的关键．
15.【答案】36
【解析】解：连接OD，

∵弦AB⊥CD，
∴∠CPB=90°．
∵∠ABC=63°，
∴∠PCB=90°−63°=27°，
由圆周角定理得，∠EOD=2∠PCB=54°，
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠E=90°−54°=36°；
故答案为：36．
连接OD，根据直角三角形的性质求出∠PCB，根据切线的性质得到∠ODE=90°，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
16.【答案】2 43
【解析】解：过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，如图所示：

设AE=m，则AF=AE=m，EF=AE+AF=2m，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CD/​/EF，AD//BC，BC=AD=CD=AB=2，
∵AD/​/BC，∠DAB=60°，
∴∠CBH=∠DAB=60°，
在Rt△BCH中，∠CBH=60°，BC=2，sin∠CBH=CHBC，cs∠CBH=BHBC，
∴CH=BC⋅sin∠CBH=2⋅sin60°= 3，BH=BC⋅cs∠CBH=2⋅cs60°=1，
∵CD/​/EF，
△DCG∽△EFG，
∴CD：EF=CG：FG，
∵CD=2，CG=2，EF=2m，
∴2：2m=2：FG，
∴FG=2m，
∴FC=FG+CG=2m+2，FH=AF+AB+BH=m+2+1=m+3，
在Rt△FCH中，由勾股定理得：FC2=FH2+CH2，
即(2m+2)2=(m+3)2+( 3)2，
整理得：3m2+2m−8=0，
解得：m1=43，m2=−2(不合题意，舍去)，
∴AE=m=43．
故答案为：2；43．
过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，设AE=m，则AF=AE=m，EF=AE+AF=2m，根据四边形ABCD为菱形可求出BC的长；
在Rt△BCH中由∠CBH=60°，BC=2，得CH= 3，BH=1，再证△DCG∽△EFG得CD：EF=CG：FG，由此可得FG=2m，则FC=2m+2，FH=m+3，然后在Rt△FCH中由勾股定理即可求出m，进而可得AE的长．
本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题关键是熟练掌握相似三角形的判定和解直角三角形，难点是灵活运用勾股定理构造方程求解．
17.【答案】解：(1) 12÷ 3−8×2−1+(−1)2023
= 12÷3−8×12+(−1)
=2−4−1
=−3．
(2)2x+1>3①x−23−1<0②
解不等式①得：x>1，
解不等式②得：x<5，
∴不等式组的解集为1则不等式组的整数解为2，3，4．
【解析】(1)根据二次根式的除法，负整数指数幂，乘方的计算法则计算即可求解；
(2)分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而求出整数解即可．
本题考查了一元一次不等式组的整数解及解一元一次不等式组，正确求得不等式组的解集是解本题的关键．同时考查了实数的运算．
18.【答案】解：设每本A种书籍的价格为x元，每本B种书籍的价格为y元，
根据题意得：2x+3y=1606x=7y，
解得：x=35y=30．
答：每本A种书籍的价格为35元，每本B种书籍的价格为30元．
【解析】设每本A种书籍的价格为x元，每本B种书籍的价格为y元，根据“购买2本A种书籍和3本B种书籍需用160元；购买6本A种书籍与购买7本B种书籍的费用相同”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
19.【答案】50 B A
【解析】解：(1)校抽样调查的学生人数为为2040%=50(人)，
则C等级的人数为50−20−15−5=10(人)，
补充统计图如图所示，

(2)解：根据题意，中位数为第25，26个数的平均数，在B等级，A等级人数最多，则众数在B等级
∴样本中，学生对课后延时服务满意情况的“中位数”所在等级为B，
“众数”所在等级为A，
故答案为：B，A；
(3)2000×20+15+1050=1800(人)，
答：估计全校学生对课后延时服务满意的(包含A，B，C三个等级)有1800人．
(1)用A等级的人数除以占比得出总人数，进而得出C等级的人数，并补充统计图；
(2)根据中位数与众数的定义即可求解；
(3)用样本估计总体，用2000乘以A，B，C等级的人数的占比即可求解．
本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
20.【答案】60 15
【解析】解：(1)如图所示，过点D作DM⊥AB于点M，
在点D处测得树顶端A的仰角为30°，
∴∠ADM=30°．
∴∠BAD=60°，
∵∠BCA=45°，AB⊥BC，
∴∠BAC=45°，
∴∠CAD=∠BAD−∠CAB=60°−45°=15°，
故答案为：60，15；
(2)过D作DH⊥CE于H，如图所示：

在Rt△CDH中，DHCH=13，
∴CH=3DH，
∵CH2+DH2=CD2，
∴(3DH)2+DH2=(2 10)2，
解得：DH=2(负值已舍去)，
∴点D处距离地面EC的高度为2米；
(3)延长AD交CE于点G，

设AB=x米，
由题意得，∠AGC=30°，
∴GH=DHtan∠AGC=2 33=2 3，
∵CH=3DH=6，
∴GC=GH+CH=2 3+6，
在Rt△BAC中，∠ACB=45°，
∴AB=BC，
∴tan∠AGB=ABBG=ABBC+CG=ABAB+2 3+6= 33，
解得：AB=6+4 3，
即大树AB的高度为(6+4 3)米．
(1)过点D作DM⊥AB于点M，根据题意得出∠ADM=30°，∠BCA=45°，进而即可求解．
(2)作DH⊥CE于H，解Rt△CDH，即可求出DH；
(3)延长AD交CE于点G，解Rt△GDH、Rt△CDH，求出GH、CH，得到GC，再说明AB=BC，在△ABG中，利用正切的定义求出AB即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的定义、仰角俯角的概念是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=CD，
∵E、F分别为BC和CD中点，
∴BE=12BC，CF=12CD，
∴BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)；
②∵△ABE≌△BCF(SAS)
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠ABG+∠CBF=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∴∠AGB=90°，
∴AE⊥BF；
(2)证明：过C作CK⊥BM于K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BKC=90°，
∴∠ABG=∠BCK，
在△ABG与△BCK中，
∠ABG=∠BCK∠AGB=∠BKCAB=BC，
∴△ABG≌△BCK(AAS)，
∴AG=BK，BG=CK，
∵∠CHB=45°，CK⊥BM，
∴△CKH是等腰直角三角形，
∴CK=KH，
∴BG=KH，
∴BG+GK=KH+GK，即BK=HG，
∵AG=BK，
∴AG=HG；

(3)解：过C作CK⊥BH于K，连接CG，
∵AE⊥BF，
∴AM//CK，
∵C为MH中点，
∴GK=KH，
∵BG=KH，
∴GK=KH=BG，
∴BE=CE，
∵∠CHB=45°，AE⊥BF，
∴△MGH是等腰直角三角形，
∴CG⊥MH，CG=MC=CH，MG=GH=AG，
∵AE⊥BF，MG=AG，
∴AB=BM=10，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=10，∠BCD=90°，
∴BE=CE=5，
∵CG⊥MH，∴∠GCH=∠BCD，
∴∠BCG=∠DCH，
∵CG=CH，
∴△BCG≌△DCH(SAS)，
∴DH=BG，
∵AB=10，CE=5，
∴AE=5 5，
∵sin∠BAG=BEAE=BGAB，
∴DH=BG=2 5．
【解析】(1)①根据SAS证明△ABE≌△BCF；②利用角的关系求得∠AGB=90°，即可证明AE⊥BF；
(2)过C作CK⊥BH于K，得到∠BKC=90°，根据正方形的性质得到AB=BC，∠ABC=∠BKC=90°，得到∠ABG=∠BCK，根据AAS证明△ABG≌△BCK，根据全等三角形的性质可得AG=BK，BG=CK，由∠CHB=45°可得△CKH是等腰直角三角形，则CK=KH，可得BG=KH，等量代换即可得到结论；
(3)过C作CK⊥BH于K，连接CG，根据平行线的性质由C为MH中点得到GK=KH=BG，可得BE=CE，由∠CHB=45°可得△MGH是等腰直角三角形，则CG⊥MH，CG=MC=CH，MG=GH=AG，由AE⊥BF得AB=BM=10，根据正方形的性质得到AB=BC=CD=10，可得出BE=CE=5，根据同角的余角相等可得∠BCG=∠DCH，根据SAS证明△BCG≌△DCH，根据全等三角形的性质可得DH=BG，根据购股定理求出AE=5 5，根据sin∖angBAG=BEAE=BGAB可求得BG=2 5，即可得求DH的长．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建等腰直角三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)将A(−1,0)，C(0,−3)代入y=ax2−2x+c，
得a+2+c=0c=−3，
解得a=1c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
(2)∵抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
∴令y=0，即x2−2x−3=0，
解得x1=3，x2=−1，
∴点B的坐标为(3,0)，
设点D的坐标是(t,t2−2t−3)，
∵点D是直线BC下方抛物线上的动点，
∴0过点D作DM⊥AB于点H，则DM=−(t2−2t−3)=−t2+2t+3，

四边形ACDB的面积=−32t2+32t+6=−32(t−12)2+518，
∴当t=12时，四边形ACDB的面积最大值为518；
(3)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4
抛物线y=x2−2x−3的对称轴为x=1，顶点为(1,−4)，
∵OC=OB=3，∠BOC=90°，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=∠OCB=45°，
又∵对称轴x=1与x轴垂直，设垂足为点K，直线BC与对称轴x=1的交点为H，
∴∠KHB=∠OCB=45°，
∴△KBH是等腰直角三角形，
∴KH=KB=OB−1=3−1=2，
∴点H的纵坐标是−2，
①当点P在点H的上方时，连接HQ，
∵点P、Q关于直线BC对称，
∴∠PHB=∠QHB=45°，
∴∠PHQ=∠PHB+∠QHB=90°，
∴HQ//x轴，
∴点Q的纵坐标为−2．
②当点P在点H的下方时，同理可求得点Q的纵坐标为−2．
∴将y=−2代入抛物线y=x2−2x−3，
解得x=1+ 2或x=1− 2，
∴点Q的横坐标为1+ 2或1− 2．

(4)解：连接AC，OG，

设EC的解析式为y=kx+b，将C(0,−3)、E(1,−4)代入，
有b=−3k+b=−4，解得k=−1b=−3，
∴EC的解析式为y=−x−3，
令y=0，即−x−3=0，解得x=−3，
∴点F的坐标为(−3,0)，
∴OF=OB=3，且OC⊥BF，
∴CF=CB，
∴∠CBF=∠CFB，
设点G(x,−x−3)，
∵点G在线段EF上，
∴−3则FG= (x+3)2+(−x−3)2= 2(x+3)2= 2(x+3)，
BC= 32+32=3 2，
分情况讨论：
①△GFO∽△CBA时，
有FOBA=FGBC，
∴34= 2(x+3)3 2，解得x=−34，满足−3则此时−x−3=−94，
此时点G的坐标为(−34,−94)．
②△GFO∽△ABC时，
有FOBC=FGBA，
∴33 2= 2(x+3)4，解得x=−1，满足−3此时−x−3=−2，
此时点G的坐标为(−1,−2)，
∴点G的坐标为(−34,−94)或(−1,−2)．
【解析】(1)将A(−1,0)，C(0,−3)代入抛物线，即可解得a、c的值，即求得抛物线的函数表达式；
(2)先求出点B的坐标为(3,0)，设点D的坐标是(t,t2−2t−3)，过点D作DM⊥AB于点H，得到四边形ACDB的面积，根据二次函数的性质即可得到答案；
(3)可知△OBC是等腰直角三角形，结合对称轴，进一步得到点H的纵坐标，分情况讨论点P在点H的上方和下方，可得到Q的纵坐标，代入抛物线解析式，即可得到点Q的横坐标；
(4)连接AC，求出EC的解析式，设点G(x,−x−3)，分两种情况讨论即可求解．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求解析式、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、分类讨论思想等知识点，综合性较强，难度较大，熟练掌握二次函数的图象和性质，学会用代数方法求解几何问题．