2023年山东省枣庄市滕州市中考数学模拟试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023年山东省枣庄市滕州市中考数学模拟试卷（6月份）（含解析），共23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。

2023年山东省枣庄市滕州市中考数学模拟试卷（6月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. −2023的相反数是(    )
A. −12023 B. 12023 C. 2023 D. −2023
2. 下列运算正确的是(    )
A. a5−a2=a3 B. (−2a2)3=−6a6
C. 3b⋅4b3=12b4 D. ( 3−2)( 3+2)=1
3. 从下列一组数−2，π，−12，−0.12，0，− 5中随机抽取一个数，这个数是负数的概率为(    )
A. 56 B. 23 C. 12 D. 13
4. 如图是《九章算术》中“堑堵”的立体图形，它的左视图为(    )
A.
B.
C.
D.


5. 七巧板是我国的一种传统智力玩具，下列用七巧板拼成的图形是轴对称图形的是(    )
A. B. C. D.
6. 在科幻小说《三体》中，制造太空电梯的材料是由科学家汪淼发明的一种只有头发丝110粗细的超高强度纳米丝“飞刃”，已知正常的头发丝直径为0.0009dm，则“飞刃”的直径(dm)用科学记数法表示为(    )
A. 9×10−4 B. 9×10−3 C. 9×10−5 D. 9×10−6
7. 如图，四边形ABCD与四边形EFGH是位似图形，点O是位似中心，若OEOA=25，四边形ABCD的面积是25，则四边形EFGH的面积是(    )

A. 4 B. 10 C. 1009 D. 503
8. 船在航行过程中，船长常常通过测量角度来判断是否有触礁危险.如图，A、B表示灯塔，暗礁分布在经过A、B两点的一个圆形区域内，优弧ACB是有触礁危险的临界线，∠ACB是“危险角”.当船分别位于D、E、F、G四个位置时，则船与两个灯塔的夹角小于“危险角”∠ACB的是(    )
A. ∠ADB
B. ∠AEB
C. ∠AFB
D. ∠AGB
9. 如图，菱形OABC的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为(3,4)，将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点B的坐标为(    )


A. (9,−4) B. (4,−8) C. (−8,−4) D. (8,−3)
10. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，则下列结论中正确的有个．(    )
①abc>0；②4a+2b+c<0；③函数的最大值为a+b+c；④当−3≤x≤1时，y≥0；⑤x<−1时，y随x增大而减少．
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 因式分解：2a2+4a+2=______．
12. 已知关于x的分式方程x−2x+1=mx+1有增根，则m=______．
13. 一张小凳子的结构如图所示，AC=BC，∠1=100°，则∠2=        °.


14. 如图，在△AOB中，AO=AB，点B在x轴上，C、D分别为OA、OB的中点，连接CD，E为CD上任意一点，连接AE、BE，反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点A.若△ABE的面积为3，则k的值为______ ．


15. 阅读理解：在正方形网格中，格线与格线的交点称为“格点”，各顶点都在格点上的多边形称为“格点多边形”.设小正方形的边长均为1，则“格点多边形”的面积S可用公式S=a+12b−1计算，其中a是多边形内部的“格点”数，b是多边形边界上的“格点”数，这个公式称为“皮克定理”.如图所示的6×6的正方形网格：
∵a=16，b=12，
∴图中格点多边形的面积是21．
问题解决：已知一个格点多边形的面积S为19，且边界上的点数b是内部点数a的3倍，则a+b=______．
16. 如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动，若EF=1，则GE+CF的最小值为______．

三、解答题（本大题共8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8.0分)
先化简(1+2x−3)÷x2−1x2−6x+9，再从不等式组−2x<43x<2x+4的整数解中选一个合适的x的值代入求值．
18. (本小题8.0分)
为了解某校九年级学生的理化实验操作情况，随机抽查一部分同学实验操作的得分．根据获取的样本数据，制作了如下的不完整的条形统计图和扇形统计图．请根据相关信息，解答下列问题：

(1)抽查的人数为______；6分所在的扇形的圆心角的大小是______度；请补全条形统计图；
(2)求出样本数据的平均数、众数、中位数；
(3)若该校九年级共有1200名学生，估计该校理化实验操作得满分(10分)有多少人．
19. (本小题8.0分)
第十四届国际数学教育大会(ICME−14)会徽的主题图案有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745.八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字，八进制数3745换算成十进制数是3×83+7×82+4×81+5×80=2021，表示ICME−14的举办年份．
(1)请把八进制数3747换算成十进制数；
(2)小华设计了一个n进制数265，换算成十进制数是145，求n的值(n为正整数)．

20. (本小题8.0分)
如图，湖中一古亭，湖边一古柳，一沉静，一飘逸，碧波荡漾，相映成趣．某活动小组赏湖之余，为了测量古亭与古柳间的距离，在古柳A处测得古亭B位于北偏东60°，他们向南走50m到达D点，测得古亭B位于北偏东45°.求古亭与古柳之间的距离AB的长(参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73，结果精确到1m)．

21. (本小题8.0分)
如图，一次函数y=−32x+1与反比例函数y=kx的图象在第二象限交于点A，且点A的横坐标为−2．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)点B的坐标是(−3,0)，若点P在y轴上，且△AOP的面积与△AOB的面积相等，求点P的坐标．

22. (本小题10.0分)
如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE//AD交CD于点E，连接BE．
(1)判断直线BE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若CA=2，CD=2 3，求DE的长度，并直接写出图中阴影部分的面积．

23. (本小题10.0分)
综合与实践
小明遇到这样一个问题，如图1，△ABC中，AB=7，AC=5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．
小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长AD到E，使DE=AD，连接BE，构造△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．

请回答：
(1)小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是：        ；(填入你选择的选项字母)
A.SAS
B.SSS
C.AAS
D.ASA
(2)AD的取值范围是        ．
小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在正方形ABCD中，E为AB边的中点，G、F分别为AD，BC边上的点，若AG=2，BF=4，∠GEF=90°，求GF的长．
24. (本小题12.0分)
如图，二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D；

(1)求二次函数的表达式及顶点D的坐标；
(2)若点P为直线BC上方的抛物线上的一点，过点P作垂直于x轴的直线l交直线BC于点F.是否存在点P，使四边形OCPF为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若N为抛物线上一个动点，连接NC，过点N作NQ⊥NC交抛物线对称轴于点Q，当tan∠NCQ=1时，请直接写出点N的横坐标．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：由题意可得，−2023的相反数是2023．
故选：C．
根据相反数定义直接求值即可得到答案．
本题考查相反数定义：只有符号不同的两个数叫互为相反数．

2.【答案】C 
【解析】解；A.a5和a2指数不同，不能相加减，故错，不符题意；
B.(−2a2)3=−8a6，故错，不符题意；
C.3b⋅4b3=12b4正确，符合题意；
D.( 3−2)( 3+2)=( 3)2−4=−1，故错，不符题意；
故选：C．
根据同底数幂的乘除计算、根据幂的乘方计算、根据平方差公式计算．
本题同底数幂的乘除计算、根据幂的乘方计算、根据平方差公式计算，掌握这些是本题关键．

3.【答案】B 
【解析】这组数据共有6个数，其中是负数的有−2，−12，−0.12，− 5这4个，
∴P(负数)=46=23．
故选：B．
首先确定这组数据的负数的个数，然后再利用概率的公式求解即可．
本题主要考查随机事件概率的求法．

4.【答案】A 
【解析】解：这个“堑堵”的左视图如下：

故选：A．
根据左视图的形状进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体的三视图的画法和形状是正确判断的前提．

5.【答案】D 
【解析】解：A、不是轴对称图形，不符合题意，
B、不是轴对称图形，不符合题意，
C、不是轴对称图形，不符合题意，
D、是轴对称图形，符合题意，
故选：D．
根据轴对称图形的定义去逐一判断即可．
本题考查了轴对称图形的定义，正确理解定义是解题的关键．

6.【答案】C 
【解析】解：0.0009×110dm=9×10−5dm．
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．当原数绝对值大于等于10时，n是正整数；当原数的绝对值小于1时，n是负整数．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

7.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD与四边形EFGH相似，
∴EFAB=OEOA=25，
∵四边形EFGH的面积：四边形ABCD的面积=(EFAB)2=425，
∴四边形EFGH的面积=425×25=4．
故选：A．
根据四边形ABCD与四边形EFGH相似，利用比例的性质得OEOA=25，然后根据相似多边形的性质求解．
本题考查了位似变换：两个位似图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行；位似比等于相似比．

8.【答案】A 
【解析】解：如图，延长AF交⊙O于点M，连接BM，延长AG交⊙O于点N，连接BN，

根据圆周角定理得，∠ANB=∠AMB=∠ACB=∠AEB，
∵∠AGB=∠ANB+∠GBN，∠AFB=∠AMB+∠FBN，∠AEB=∠ADB+∠DBE，
∴∠AGB>∠ANB，∠AFB>∠AMB，∠AEB>∠ADB，
∴∠AGB>∠ACB，∠AFB>∠ACB，∠ACB>∠ADB，
故选：A．
延长AF交⊙O于点M，连接BM，延长AG交⊙O于点N，连接BN，根据圆周角定理及三角形外角性质求解即可．
此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．

9.【答案】B 
【解析】解：如图，过点A作AH⊥x轴于H．
∵点A的坐标为(3,4)，
∴OH=3，AH=4，
在Rt△AHO中，OA= OH2+AH2=5，
∴AB=OA=5，
∴点B的坐标为(8,4)，
∵2023÷4=505…3，
∴第2023次旋转结束时，与菱形OABC顺时针旋转90°的位置一样，
∴第2023次旋转结束时，点B的坐标为(4,−8)．
故选：B．
过点A作AH⊥x轴于H.利用勾股定理求出OA，可得点B的坐标，再由旋转的角度90°，可知旋转4次是一个循环，则第2023次旋转结束时与菱形OABC顺时针旋转90°的位置一样，求出菱形OABC顺时针旋转90°时B点坐标即可．
本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，属于中考常考题型．

10.【答案】B 
【解析】解：∵图象的开口向下，与y轴的交点在y轴的正半轴上，对称轴是直线x=−1，
∴a<0，c>0，−b2a=−1，
即2a−b=0，b<0，
∴abc>0，故①正确；
∵x=2时，y<0，
∴4a+2b+c<0，故②正确；
∵图象的开口向下，对称轴是直线x=−1，
∴函数有最大值a−b+c，故③错误；
∵抛物线开口向下，对称轴是直线x=−1，和x轴的一个交点坐标是(1,0)，
∴另一个交点坐标是(−3,0)，
∴当−3≤x≤1时，y≥0，故④正确；
∵图象的开口向下，对称轴是直线x=−1，
∴x<−1时，y随x增大而增大，故⑤错误．
即正确的有3个，
故选：B．
根据函数的图象得出图象的开口向下，与y轴的交点在y轴的正半轴上，对称轴是直线x=−1，抛物线的图象和x轴有两个交点，函数与x轴的交点坐标是(1,0)和(−3,0)，再逐个判断即可．
本题考查了二次函数的图象和性质，能根据图象得出正确信息是解此题的关键，利用了数形结合思想．

11.【答案】2(a+1)2 
【解析】解：原式=2(a2+2a+1)
=2(a+1)2．
故答案为：2(a+1)2．
原式提取2，再利用完全平方公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

12.【答案】−3 
【解析】解：方程两边乘(x+1)得：x−2=m，
∴x=2+m，
∵方程有增根，
∴x+1=0，
∴x=−1，
∴2+m=−1，
∴m=−3．
故答案为：−3．
解出方程的解，根据方程有增根，得到关于m的方程，求出m即可．
本题考查了分式方程的增根，理解产生增根的原因是解题的关键．

13.【答案】50 
【解析】解：∵AC=BC，
∴∠CAB=∠2，
∵∠1=∠CAB+∠2，
∴∠1=2∠2，
∵∠1=100°，
∴∠2=50°，
故答案为：50．
根据等腰三角形的性质以及三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求解即可．
此题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，熟记三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．

14.【答案】−6 
【解析】解：如图：连接AD，

△AOB中，AO=AB，OB在x轴上，C、D分别为AO，OB的中点，
∴AD⊥OB，AB//CD，
∴S△ABE=S△AOD=3，
∴k=−6．
故答案为：−6．
根据等腰△AOB，中位线CD得出AD⊥OB，S△ABE=S△AOD=3，应用|k|的几何意义求k．
本题考查了反比例函数图象、等腰三角形以及中位线的性质、三角形面积，解题的关键是灵活运用等腰三角形的性质．

15.【答案】32 
【解析】解：根据题意得a+12b−1=19b=3a，
解得a=8b=24，
∴a+b=8+24=32，
故答案为：32．
根据格点多边形的面积S为19，且边界上的点数b是内部点数a的3倍，可列出方程组，即可得到答案．
本题考查二元一次方程组的应用，解题的关键是读懂题意，能列出方程组．

16.【答案】3 2 
【解析】解：如图，作G关于AB的对称点G′，在CD上截取CH=1，然后连接HG′交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，

∵CH=EF=1，CH//EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G′H=EG′+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴DG′=AD+AG′=2+1=3，DH=4−1=3，
由勾股定理得：HG′= 32+32=3 2，
即GE+CF的最小值为3 2．
故答案为：3 2．
利用已知可以得出GA，EF长度不变，求出GE+CF最小，利用轴对称得出E，F位置，即可求出．
此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题以及勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．

17.【答案】解：原式=x−3+2x−3×(x−3)2(x+1)(x−1)
=x−3x+1，
解不等式组−2x<43x<2x+4得−2 ∴其整数解为−1，0，1，2，3，
∵要使原分式有意义，
∴x≠3且x≠±1，
∴x可取0，2．
∴当x=0 时，原式=−3，
(或当x=2 时，原式=−13). 
【解析】此题主要考查了分式的化简求值和一元一次不等式组的整数解，正确掌握分式的混合运算法则是解题关键．
首先利用分式的混合运算法则进行化简，再解不等式组，得出x的值，把已知数据代入即可．

18.【答案】40  36 
【解析】解：(1)抽查的人数为：6÷15%=40，
6分所在的扇形的圆心角的大小是：360°×440=36°，
9分的人数为：40−4−6−11−7=12，
补全的条形统计图如右图所示，
故答案为：40，36；
(2)样本数据的平均数是：6×4+7×6+8×11+9×12+10×740=8.3(分)，
众数是9分，
中位数是(8+8)÷2=8(分)；
(3)1200×740=210(人)，
即估计该校理化实验操作得满分(10分)有210人．
(1)根据得分7分的人数和所占的百分比，可以计算出本次抽查的人数，然后即可计算出6分所在的扇形的圆心角的度数，再计算出得分为9分的人数，然后将条形统计图补充完整即可；
(2)根据条形统计图中的数据，可以计算出平均数，写出众数，计算出中位数；
(3)根据条形统计图中的数据，可以计算出该校理化实验操作得满分(10分)有多少人．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数、众数、加权平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

19.【答案】解：(1)3747=3×83+7×82+4×81+7×80
=1536+448+32+7
=2023．
故答案为：2023；
(2)依题意有：2n2+6n+5=145，
解得n1=10，n2=−7(负值舍去)．
故n的值是10． 
【解析】(1)根据题意，从个位数字起，将八进制的每一位数分别乘以80，81，82，83，再把所得的结果相加即可；
(2)根据n进制数和十进制数的计算方法得到关于n的方程，解方程即可．
本题考查有理数的混合运算，解题关键是根据题意找到进制转化的方法．

20.【答案】解：过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，

设AC=x米，
∵AD=50米，
∴CD=AC+AD=(x+50)米，
在Rt△ABC中，∠CAB=60°，
∴BC=AC⋅tan60°= 3x(米)，
在Rt△BCD中，∠BDC=45°，
∴tan45°=BCCD=1，
∴BC=CD，
∴ 3x=x+50，
∴x=25 3+25，
∴AC=(25 3+25)米，
∴AB=ACcos60∘=25 3+2512=50 3+50≈137(米)，
∴古亭与古柳之间的距离AB的长约为137米． 
【解析】过点B作BC⊥AD，交DA的延长线于点C，设AC=x米，则CD=(x+50)米，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，再在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义可得BC=DC，从而列出关于x的方程，进行计算即可求出AC的长，最后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

21.【答案】解(1)∵一次函数y=−32x+1与反比例函数y=kx的图象在第二象限交于点A，点A的横坐标为−2，
当x=−2时，y=−32×(−2)+1=4，
∴A(−2,4)，
∴4=k−2，
∴k=−8，
∴反比例函数的解析式为y=−8x；

(2)设P(0,m)，
∵△AOP的面积与△AOB的面积相等，
∴12×|m|×2=12×3×4，
∴m=±6，
∴P(0,6)或(0,−6)． 
【解析】(1)首先确定点A的坐标，再利用待定系数法求出k即可；
(2)设P(0,m)，构建方程求解．
本题考查反比例函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是掌握待定系数法，属于中考常考题型．

22.【答案】解：(1)直线BE与⊙O相切，
理由是：连接OD，
∵CD切⊙O于D，
∴OD⊥CE，
即∠EDO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵AD//OE，
∴∠ODA=∠DOE，∠OAD=∠BOE，
∴∠DOE=∠BOE，
在△DOE和△BOE中，
OD=OB∠DOE=∠BOEOE=OE，
∴△DOE≌△BOE(SAS)，
∴∠EBO=∠EDO=90°，
即OB⊥BE，
∵OB过圆心O，
∴直线BE与⊙O相切；
(2)设⊙O的半径为r，
在Rt△ODC中，由勾股定理得：OD2+CD2=OC2，
42+r2=(r+2)2，
解得：r=3，
∵AD//OE，
∴CDDE=CAAO，
∵CD=4，CA=2，AO=3，
∴4DE=23，
解得：DE=6，
答：DE的长是6． 
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质得出∠EDO=90°，根据平行线的性质求出∠ODA=∠DOE，∠OAD=∠BOE，求出∠DOE=∠BOE，根据全等三角形的判定定理得出△DOE≌△BOE，根据全等三角形的性质得出∠EBO=∠EDO=90°，根据切线的判定定理证明即可；
(2)设⊙O的半径为r，根据勾股定理得出OD2+CD2=OC2，求出r，根据AD//OE推出CDDE=CAAO，代入求出DE即可．
本题考查了切线的性质和判定，直线与圆的位置关系，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，勾股定理等知识点，能熟记切线的判定和性质定理是接此题的关键．

23.【答案】A  1 【解析】(1)证明：如图2，延长AD到E，使DE=AD，连接BE，
∵D是BC中点，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDA中，
AD=DE∠ADC=∠BDEDC=BD，
∴△BDE≌△CDA(SAS)．
故选：A；
(2)∵△BDE和△CDA(SAS)，
∴BE=AC=5，
∴AB−BE ∴7−5<2AD<7+5，
∴1 故答案为：1 如图3，延长CB，GE交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，
∴∠EBM=180°−∠ABC=90°，
∴∠A=∠EBM，
∵E是AB中点，
∴AE=BE，
∵∠AEG=∠BEM，
∴△AGE≌△BME(ASA)，
∴GE=ME，BM=AG=2，
∵∠GEF=90°，
∴FE垂直平分MG，
∴FG=FM，
∵FM=FB+BM=4+2=6，
∴FG=FM=6．
(1)延长AD到E，使DE=AD，连接BE，由SAS即可证明问题；
(2)由三角形三边的关系即可求出AD的取值范围；
延长CB，GE交于M，即可证明△AGE≌△BME，得到GE=ME，BM=AG=2，由线段垂直平分线的性质定理得到FG=FM=6．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，一元一次不等式的应用，关键是通过作辅助线构造全等三角形．

24.【答案】解：(1)将点A(−1,0)，B(4,0)，代入y=ax2+bx+4，
得：a−b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=−1b=3，
∴二次函数的表达式为：y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
∴顶点D(32,254)；
(2)存在，理由如下：
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
设BC所在直线的表达式为：y=kx+m，
将C(0,4)、B(4,0)代入y=kx+m，
得：m=44k+m=0，
解得：k=−1m=4，
∴BC所在直线的表达式为：y=−x+4；
∵PF⊥x轴，OC⊥x轴，
∴OC//PF，
只要OC=PF，四边形OCPF即为平行四边形，
设点P的横坐标为t，
则P的坐标为：(t,−t2+3t+4)，F的坐标为：(t,−t+4)，
∴PF=−t2+3t+4−(−t+4)=−t2+4t，
由OC=PF得：−t2+4t=4，
解得：t=2，
当t=2时，−t2+3t+4=−22+3×2+4=6，
∴点P的坐标为(2,6)；
(3)由题意可得如图所示：

过点N作y轴的平行线NH，分别过点C、Q作CG⊥NH于G，QH⊥NH于H，
∵NQ⊥CN，
∴∠CNQ=∠CGN=∠NHQ=90°，
∴∠CNG+∠NCG=∠CNG+∠QNH=90°，
∴∠NCG=∠QNH，
∵tan∠NCQ=1，
∴NC=NQ，
∴△NCG≌△QNH(AAS)，
∴CG=NH，NG=QH，
设点N(n,−n2+3n+4)，
由题意可知：抛物线的对称轴为直线x=32，C(0,4)，
∴G(n,4)，
∴QH=|n−32|，NG=|−n2+3n|，
∴当n−32=−n2+3n时，解得：n=1± 102，
当n−32=−(−n2+3n)时，解得：n=2± 102．
综上：点N的横坐标为1+ 102或1− 102或2− 102或2+ 102． 
【解析】(1)将点A，B坐标代入抛物线构成方程组，解方程组即可得出抛物线解析式，再化为顶点式即可得出结论；
(2)由(1)可得点C的坐标，进而可得直线BC的解析式，设点P的横坐标为t，可表达点P，F的坐标，若四边形OCPF为平行四边形，则OC=PF，建立方程，即可得出结论；
(3)根据题意画出图形，过点Q作y轴的垂线于点M，交对称轴于点G，利用全等可证明△NCG≌△QNH，可得CG=NH，NG=QH，建立方程即可得出结论．
本题是二次函数的综合题，主要考查待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，三角函数及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的性质、三角函数及相似三角形的性质与判定是解题的关键．