2023-2024学年重庆市长寿区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市长寿区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20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.下列事件是随机事件的是( )
A. 在一个标准大气压下，加热到100℃，水沸腾
B. 购买一张福利彩票，中奖
C. 有一名运动员奔跑的速度是30米/秒
D. 在一个仅装着白球和黑球的袋中摸球，摸出红球
2.抛物线y=x2−4x+7的顶点坐标为( )
A. (−2,3)B. (−2,−3)C. (2,−3)D. (2,3)
3.一元二次方程x2−x+2=0的根的情况是( )
A. 无实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 有两个相等的实数根D. 无法确定
4.如图，A，B，C是⊙O上的三点，AB=2，∠ACB=30°，那么⊙O的半径等于( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 3
5.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′.若∠BAC=50°，则∠CAB′的度数为( )
A. 30°B. 40°C. 50°D. 80°
6.如图所示，下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. ①②B. ①④C. ②③D. ③④
7.四张质地、大小、背面完全相同的卡片上，正面分别画有圆、矩形、等边三角形、正五边形四个图案.现把它们的正面向下随机摆放在桌面上，从中任意抽出一张，则抽出的卡片正面图案是中心对称图形的概率为( )
A. 14B. 12C. 34D. 1
8.关于x的二次函数y=−(x−1)2+2，下列说法正确的是( )
A. 图象的开口向上B. 图象与y轴的交点坐标为(0,2)
C. 图象的顶点坐标是(−1,2)D. 当x>1时，y随x的增大而减小
9.如图，⊙O的直径AB垂直弦CD于P，且P是半径OB的中点，CD=6cm，则直径AB的长是( )
A. 2 3cm
B. 3 2cm
C. 4 2cm
D. 4 3cm
10.如图，等腰Rt△ABC(∠ACB=90°)的直角边与正方形DEFG的边长均为2，且AC与DE在同一条直线上，开始时点C与点D重合，让△ABC沿直线向右平移，直到点A与点E重合为止.设CD的长为x，△ABC与正方形DEFG重合部分(图中阴影部分)的面积为y，则y与x之间的函数的图象大致是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.请你写出一个有一根为1的一元二次方程：______.(答案不唯一)
12.边长为4的正六边形的边心距为______．
13.已知圆锥的底面半径为40cm，母线长为90cm，则圆锥的侧面积是______ ．
14.设a，b是方程x2+x−2024=0的两个实数根，则a2+2a+b= ______ ．
15.如图所示，若⊙O 的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为______．
16.在一个不透明的布袋中装有红色、白色玻璃球共40个，除颜色外其他完全相同．小明通过多次摸球试验后发现，其中摸到红色球的频率稳定在15%左右，则口袋中红色球可能有______个．
17.如图，是抛物线y=ax2+bx+c的一部分，其对称轴为直线x=1，它与x轴的一个交点为A(3,0)，根据图象，可知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解是______．
18.如图，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠CDA=90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为12，则BE的长为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
解方程：(x−3)2+4x(x−3)=0．
20.(本小题10分)
已知关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0有两个实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)设p是方程的一个实数根，且满足(p2−2p+3)(m+4)=7，求m的值．
21.(本小题10分)
已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)分别写出图中点A和点C的坐标；
(2)画出△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后的△A′B′C′；
(3)求点A旋转到点A′所经过的路线长(结果保留π)．
22.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，C为圆周上一点，∠ABC=30°，⊙O过点B的切线与CO的延长线交于点D．
求证：(1)∠CAB=∠BOD；
(2)△ABC≌△ODB．
23.(本小题10分)
某校在学生中开展主题为“火灾逃生知多少”的专题调查活动，采取随机抽样的方式进行问卷调查，问卷调查的结果为“非常了解”、“比较了解”、“基本了解”、“不太了解”四个等级，分别记作A、B、C、D；并根据调查结果绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图(未完成)，请结合图中所给信息解答下列问题：

(1)本次被调查的学生共有______ 人；在被调查者中“基本了解”的有______ 人；
(2)将扇形统计图和条形统计图补充完整；
(3)在“非常了解”的调查结果里，初三年级学生共有5人，其中3男2女，在这5人中，打算随机选出2位进行采访，请你用列表法或树状图的方法求出所选两位同学恰好都是男同学的概率？
24.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是(−2,4)，过点A作AB⊥y轴，垂足为B，连接OA．
(1)求△OAB的面积；
(2)若抛物线y=−x2−2x+c经过点A．
①求c的值；
②将抛物线向下平移m个单位，使平移后得到的抛物线顶点落在△OAB的内部(不包括△OAB的边界)，求m的取值范围(直接写出答案即可)．
25.(本小题10分)
要对一块长60米、宽40米的矩形荒地ABCD进行绿化和硬化．
(1)设计方案如图①所示，矩形P、Q为两块绿地，其余为硬化路面，P、Q两块绿地周围的硬化路面宽都相等，并使两块绿地面积的和为矩形ABCD面积的14，求P、Q两块绿地周围的硬化路面的宽．
(2)某同学有如下设想：设计绿化区域为相外切的两等圆，圆心分别为O1和O2，且O1到AB、BC、AD的距离与O2到CD、BC、AD的距离都相等，其余为硬化地面，如图②所示，这个设想是否成立？若成立，求出圆的半径；若不成立，说明理由．
26.(本小题10分)
已知：如图所示，关于x的抛物线y=ax2+x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)、点B(6,0)，与y轴交于点C．
(1)求出此抛物线的解析式，并写出顶点坐标；
(2)在抛物线上有一点D，使四边形ABDC满足CD/​/AB，写出点D的坐标，并求出直线AD的解析式；
(3)在(2)中的直线AD交抛物线的对称轴于点M，抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q.是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A是必然事件；
B中，可能中奖，也可能不中奖，是随机事件；
C，D是不可能事件；
故选：B．
必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；
不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；
不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
用到的知识点为：随机事件是可能发生也可能不发生的事件；必然事件就是一定发生的事件．
2.【答案】D
【解析】解：∵y=x2−4x+7=(x−2)2+3，
∴抛物线的顶点坐标为(2,3)．
故选D．
将抛物线的一般式配方成为顶点式，可求出顶点坐标．
本题考查了二次函数的顶点式与顶点坐标的关系．顶点式y=(x−h)2+k，顶点坐标为(h,k)．
3.【答案】A
【解析】解：该方程中a=1，b=−1，c=2，
所以Δ=(−1)2−4×2=1−8=−7<0，
所以该方程无实数根．
故选：A．
先计算出该方程的根的判别式△，再结合判别式的判定方法进行判定即可．
本题主要考查一元二次方程根的判别式的应用，即当Δ>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根，当Δ=0时，一元二次方程有两个相等的实数根，当Δ<0时，一元二次方程无实数根．
4.【答案】B
【解析】解：∵A，B，C是⊙O上的三点，∠ACB=30°，
∴∠AOB=2∠ACB=60°(同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半)；
在△AOB中，OA=OB(⊙O的半径)，
∴∠OBA=∠OAB，
∴∠OBA=∠OAB=60°(三角形内角和定理)，
∴∠OBA=∠OAB=∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2．
故选：B．
根据圆周角定理求得∠AOB=2∠ACB=60°，然后由等腰三角形AOB的性质及三角形内角和定理求得∠OBA=∠OAB=∠AOB=60°；最后根据等边三角形的判定定理知△AOB是等边三角形，所以等边三角形的三条边相等．
本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定与性质．解答该题时，利用圆周角定理要注意圆心角与圆周角的定义，只有三个点都在圆上所组成的角才称之为圆周角．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点−旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
根据旋转的性质找到对应点、对应角、对应线段作答．
【解答】
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′，
∴∠BAB′=80°，∠BAC=50°，
∴∠CAB′=∠BAB′−∠BAC=30°．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】解：图形①不是轴对称图形，是中心对称图形．不符合题意；
图形④是轴对称图形，不是中心对称图形．不符合题意；
图形②③既是轴对称图形，又是中心对称图形．符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合图形的特点求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．
轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；
中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
7.【答案】B
【解析】解：∵在这4张卡片上，正面图案是中心对称图形的有圆、矩形这2个，
∴抽出的卡片正面图案是中心对称图形的概率为24=12，
故选：B．
直接利用概率公式求解可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
8.【答案】D
【解析】解：A：∵a=−1，∴函数的开口向下，对称轴是x=1，故此选项错误，
B：当x=0，y=1，∴图象与y轴的交点坐标为：(0,1)，故此选项错误，
C：∵这个函数的顶点是(1,2)，故此选项错误，
∴D：在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小．故此选项正确，
故选：D．
二次函数的一般形式中的顶点式是：y=a(x−h)2+k(a≠0，且a，h，k是常数)，它的对称轴是x=h，顶点坐标是(h,k)．
此题主要考查了二次函数的开口方向，对称轴，顶点坐标及增减性，熟练利用其性质是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：利用垂径定理可知，DP=CP=3，
∵P是半径OB的中点．
∴AP=3BP，AB=4BP，
利用相交弦的定理可知：BP⋅3BP=3×3，
解得BP= 3，
即AB=4 3．
故选D．
利用垂径定理和相交弦定理求解．
本题的关键是利用垂径定理和相交弦定理求线段的长．
10.【答案】A
【解析】解：(1)∵AC=DE=2，
∴当0≤x<2时，如图1，
由题意知，DG/​/BC，
∴∠DAH=∠DHA=45°，
∴DH=AD=AC−CD=2−x，
∴y=S梯形CDHB=12(DH+BC)⋅CD=12(2−x+2)×x=−12x2+2x
当2≤x≤4时，如图2，
由运动知，CE=CD−DE=x−2，
∴AE=AC−CE=2−(x−2)=4−x
∴y=S△APE=12AE2=12(4−x)2=12(x−4)2，
∴y=−12x2+2x(0≤x<2)12(x−4)2(2≤x≤4)．
故选：A．
按照x的取值范围分为当0≤x<2时，当2≤x≤4时，分段根据重合部分的图形求面积，得出y是x的二次函数，即可得出结论．
本题考查了动点问题的函数图象、正方形及等腰直角三角形的性质．关键是根据图形的特点，分段求函数关系式．
11.【答案】x2=1
【解析】解：根据题意x=1得方程式x2=1.故本题答案不唯一，如x2=1等．
故答案为x2=1．
可以用因式分解法写出原始方程，然后化为一般形式即可．
本题属于开放性试题，主要考查一元二次方程的概念的理解与掌握．可以用因式分解法写出原始方程，然后化为一般形式即可，如(y−1)(y+2)=0，后化为一般形式为y2+y−2=0．
12.【答案】2 3
【解析】解：正六边形每个中心角度数为360÷6=60°，
根据每个中心角都分六边形为等边三角形，∵正六边形的边长为4，
则每个等边三角形的高即边心距为：CO=BO⋅sin60°=2 3．
故答案为：2 3
解答本题主要分析出正多边形的内切圆的半径就是正六边形的边心距，即为每个边长为4的正三角形的高，从而构造直角三角形即可解．
本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力．解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将多边形的半径与内切圆的半径相混淆而造成错误计算．
13.【答案】3600πcm2
【解析】解：圆锥的侧面积=π×40×90=3600π(cm2).
故答案为：3600πcm2．
利用圆锥侧面积公式：S=πRl(R是底面圆半径，l是圆锥的母线长)求解．
本题考查圆锥是计算，解题的关键是记住圆锥的侧面积公式．
14.【答案】2023
【解析】解：∵a，b是方程x2+x−2024=0的两个实数根，
∴a2+a=2024，a+b=−1，
∴a2+2a+b=(a2+a)+(a+b)=2024−1=2023．
故答案为：2023．
根据一元二次方程的解及根与系数的关系可得出a2+a=2024、a+b=−1，将其代入a2+2a+b=(a2+a)+(a+b)中即可求出结论．
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，根据一元二次方程的解及根与系数的关系找出a2+a=2024、a+b=−1是解题的关键．
15.【答案】24cm
【解析】解：过O点作OC⊥AB于C，连OA，如图，
∴OC=5cm，AC=BC，
在Rt△OAC中，OA=13cm，
∴AC= OA2−OC2= 132−52=12(cm)，
∴AB=2AC=24cm．
故答案为：24cm．
过O点作OC⊥AB于C，连OA，根据垂线段最短得到OC=5cm，根据垂径定理得到AC=BC，再利用勾股定理计算出AC，即可得到AB．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了勾股定理．
16.【答案】6
【解析】解：红球个数为：40×15%=6个．
故答案为：6．
球的总数乘以红球所占球的总数的比例即为红球的个数．
具体数目应等于总数乘部分所占总体的比值．
17.【答案】3或−1
【解析】【试题解析】
解：设抛物线与x轴的另一个交点坐标为：(x,0)，
∵抛物线与x轴的两个交点到对称轴的距离相等，
∴3+x2=1，
解得：x=−1，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为：(−1,0)，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解是3或−1．
根据抛物线与x轴的两个交点到对称轴的距离相等，设另一个交点为(x,0)，可得3+x2=1，解得x的值，关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的解就是抛物线与x轴交点的横坐标．
本题考查了求抛物线与x轴的交点问题，关键是掌握抛物线与x轴的两交点关于对称轴对称．
18.【答案】2 3
【解析】解：过点B作BF⊥CD交DC的延长线于点F，如图所示，
∵BF⊥CD，BE⊥AD
∴∠BFC=∠BEA=90°，
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=90°，∠EBC+∠CBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
∵AB=CB，
∴△AEB≌△CFB(AAS)
∴BE=BF，S△ABE=S△BFC
∴S四边形ABCD=S正方形BEDF=12，
∴BE×BF=12，
即BE2=12，
∴BE=2 3，
故答案为2 3．
过点B作BF⊥CD交DC的延长线于点F，证明△AEB≌△CFB(AAS)推出BE=BF，S△ABE=S△BFC，可得S四边形ABCD=S正方形BEDF=12，由此即可解决问题；
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
19.【答案】解：(x−3)2+4x(x−3)=0，
(x−3)(x−3+4x)=0，
(x−3)(5x−3)=0，
x−3=0或5x−3=0，
解得x1=3，x2=35．
【解析】提公因式法因式分解解方程即可．
本题考查一元二次方程−因式分解法，解题的关键是掌握因式分解法解方程．
20.【答案】解：
(1)∵关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0有两个实数根，
∴△≥0，即(−2)2−4(m−1)≥0，
解得m≤2；
(2)∵p是方程的一个实数根，
∴p2−2p+m−1=0，
∴p2−2p=1−m，
∵(p2−2p+3)(m+4)=7，
∴(1−m+3)(m+4)=7，即m2=9，
解得m=3或m=−3，
又由(1)可知m≤2，
∴m=−3．
【解析】(1)由方程根的情况，根据判别式可得到关于m的不等式，则可求得m的取值范围；
(2)由方程根的定义，可用m表示出p，代入已知等式可得到关于m的方程，则可求得m的取值范围．
本题主要考查根的判别式，掌握方程根的情况与根的判别式的关系是解题的关键．
21.【答案】解：(1)A(0,4)、C(3,1)；
(2)如图；
(3)AC=3 2
AA′=90×3 2×π180
=3 22π．
【解析】本题的关键是正确读取点的坐标、会根据要求画出旋转后的图形并会根据旋转的性质正确计算，第(3)小问要注意点A的旋转轨迹是一段圆弧．
本题考查坐标系中点的坐标、图形的旋转、勾股定理及弧长公式的应用．题目虽简单，但综合性较强．
22.【答案】证明：(1)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，由∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°，
又OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=30°，
∴∠BOD=60°，
∴∠CAB=∠BOD．
(2)在Rt△ABC中，∠ABC=30°，得AC=12AB，
又OB=12AB，
∴AC=OB，
由BD切⊙O于点B，得∠OBD=90°，
在△ABC和△ODB中，∠ACB=∠OBD=90°AC=OB∠A=∠BOD
∴△ABC≌△ODB．
【解析】(1)根据直径所对的圆周角是直角及∠ABC=30°可知∠CAB=60°，然后由圆周角定理可知∠AOC=60°，再根据对顶角相等即可解答．
(2)根据直角三角形的性质求出AC=OB，再由ASA定理即可求出△ABC≌△ODB．
本题考查了圆的切线性质、直角三角形的性质、三角形全等的判定方法及圆周角定理的相关知识，有一定的综合性，但难度不大．
23.【答案】解：(1)50；10；
(2)D等级人数：50×10%=5(人)，C等级人数：50−15−20−5=10(人)，
B等级占的比列：20÷50×100%=40%，C等级占的比列：10÷50×100%=20%，
如图：
(3)列表如下：
共有20种等可能的结果数，其中恰好都是男同学的结果数有6种
∴P(都是男同学)=620=310．
【解析】【分析】
(1)根据扇形统计图与条形统计图中A的人数与百分比即可求出总人数，再乘以C所对应的百分比即可解答；
(2)先求出人数与所对应的百分比，再画图即可；
(3)此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【解答】
解：(1)15÷30%=50(人)；已知B占的百分比是：20÷50=40%，那么C占的百分比是：1−30%−40%−10%=20%，故人数是50×20%=10(人)
故答案为：(1)50，10；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)∵点A的坐标是(−2,4)，AB⊥y轴，
∴AB=2，OB=4，
∴△OAB的面积为：12×AB×OB=12×2×4=4，
(2)①把点A的坐标(−2,4)代入y=−x2−2x+c中，
−(−2)2−2×(−2)+c=4，
∴c=4，
②∵y=−x2−2x+4=−(x+1)2+5，
∴抛物线顶点D的坐标是(−1,5)，
过点D作DE⊥AB于点E交AO于点F，
AB的中点E的坐标是(−1,4)，OA的中点F的坐标是(−1,2)，
∴m的取值范围是：1【解析】(1)根据点A的坐标是(−2,4)，得出AB，BO的长度，即可得出△OAB的面积；
(2)①把点A的坐标(−2,4)代入y=−x2−2x+c中，直接得出即可；
②利用配方法求出二次函数解析式即可得出顶点坐标，根据AB的中点E的坐标以及F点的坐标即可得出m的取值范围．
此题主要考查了二次函数的综合应用以及二次函数顶点坐标求法，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点同学们应重点掌握．
25.【答案】解：(1)设P、Q两块绿地周围的硬化路面的宽都为x米，
根据题意，得：(60−3x)×(40−2x)=60×40×14，
解得，x1=10，x2=30，
经检验，x2=30不符合题意，舍去．
所以，两块绿地周围的硬化路面宽都为10米．
(2)设想成立．
设圆的半径为r米，O1到AB的距离为y米，
根据题意，得：2y=102y+2r=60，
解得：y=20，r=10，符合实际．
所以，设想成立，则圆的半径是10米．
【解析】(1)把P、Q合并成矩形得长为(60−3×硬化路面的宽)，宽为(40−2×硬化路面的宽)，由等量关系SP+SQ=S矩形ABCD÷4求得并检验．
(2)两等量关系2×O1到AD的距离=40；2×圆的半径+2×圆心到边的距离=60，列方程组求出并检验．
分析图形特点，根据题意找出等量关系列出方程或方程组，解决问题并检验．
26.【答案】解：(1)根据题意得：
4a−2+c=036a+6+c=0，
解得：a=−14c=3．
∴抛物线的解析式为y=−14x2+x+3．
∵y=−14x2+x+3=−14(x−2)2+4，
∴顶点坐标是(2,4)；
(2)∵四边形ABDC为等腰梯形，
∴C、D两点纵坐标相等，等于3；
在函数：y=−14x2+x+3中当y=3时，有−14x2+x+3=3，
解得：x1=0，x2=4，
故D点坐标为(4,3)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵直线经过点A(−2,0)、点D(4,3)，代入得：
−2k+b=04k+b=3，
解得：k=12b=1，
直线AD的解析式为y=12x+1；
(3)存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形；理由如下：
由y=12x+1x=2，得x=2y=2，
故点M(2,2)．
①如图1，

若四边形AQPM为平行四边形，则PM//AQ，即PM/​/x轴，
∴P与M的纵坐标相等，
在y=−14x2+x+3中，当y=2时，有−14x2+x+3=2，
解得：x=2±2 2，
故此时点P坐标为：(2+2 2,2)或(2−2 2,2)；
∴MP=2 2，
∵AQ=MP，A(−2,0)，
∴Q(−2+2 2,0)或(−2−2 2,0)；
②如图2，

过点P作PN⊥AQ垂足为N，则∠AEM=∠PNQ=90°，
∵四边形AQPM为平行四边形，
∴AM=PQ，∠MAE=∠PQN，
在△AME和△QPN中，
∠MAE=∠PQN∠AEM=∠PNQAM=QP，
∴△AME≌△QPN(AAS)，
∴ME=PN，AE=NQ=4，
故M、P的纵坐标互为相反数，
在y=−14x2+x+3中，当y=−2时，有−14x2+x+3=−2，
解得：x=2±2 6，
故此时点P的坐标为：(2+2 6,−2)或(2−2 6,−2)，
∴ON=2+2 6，
∴OQ=ON+NQ=2+2 6+4=6+2 6；
∴Q(6+2 6,0)或(6−2 6,0)；
综上，Q点的坐标为：(2 2−2,0)，(−2 2−2,0)，(6−2 6,0)，(6+2 6,0)．
【解析】(1)可将A，B两点的坐标代入函数的解析式中，可求出抛物线的解析式．进而求出对称轴方程；
(2)由CD/​/AB可知，C、D纵坐标相等可求得D点坐标，根据A、D坐标用待定系数法可求出直线解析式；
(3)分两大类共四种情况，第①类P与M的纵坐标相等，第②类P与M的纵坐标互为相反数分别计算，可得P的坐标，进而得到Q的坐标．
本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式及四边形与二次函数相关综合知识，分类讨论是解题关键，找出满足条件的所有点的坐标是难点．