2022-2023学年重庆市实验外国语学校九年级数学第一学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．是四边形的外接圆，平分，则正确结论是（ ）

A． B． C． D．
2．如图，在直线上有相距的两点和（点在点的右侧），以为圆心作半径为的圆，过点作直线.将以的速度向右移动（点始终在直线上），则与直线在______秒时相切.

A．3 B．3.5 C．3或4 D．3或3.5
3．一元二次方程x2－2x＝0根的判别式的值为( )
A．4 B．2 C．0 D．－4
4．抛物线y=x2+bx+c过(-2，0)，(2，0)两点，那么抛物线对称轴为（ ）
A．x=1 B．y轴 C．x= -1 D．x=-2
5．二次函数y＝ax1+bx+c（a≠0）中的x与y的部分对应值如下表：
x
…
﹣3
﹣1
﹣1
0
1
1
3
4
…
y
…
11
5
0
﹣3
﹣4
﹣3
0
5
…
给出以下结论：（1）二次函数y＝ax1+bx+c有最小值，最小值为﹣3；（1）当﹣＜x＜1时，y＜0；（3）已知点A（x1，y1）、B（x1，y1）在函数的图象上，则当﹣1＜x1＜0，3＜x1＜4时，y1＞y1．上述结论中正确的结论个数为（　　）
A．0 B．1 C．1 D．3
6．把抛物线的图象绕着其顶点旋转，所得抛物线函数关系式是（ ）
A． B． C． D．
7．一个由小菱形组成的装饰链，断去了一部分，剩下部分如图所示，则断去部分的小菱形的个数可能是（ ）

A．6 个 B．7个 C．8个 D．9 个
8．若一元二次方程x2﹣4x﹣4m＝0有两个不等的实数根，则反比例函数y＝的图象所在的象限是（ ）
A．第一、二象限 B．第一、三象限
C．第二、四象限 D．第三、四象限
9．从，0，π，3.14，6这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，点C、D在圆O上，AB是直径，∠BOC=110°，AD∥OC，则∠AOD=（ ）

A．70° B．60° C．50° D．40°
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，AB是半圆O的直径，AB=10，过点A的直线交半圆于点C，且sin∠CAB=，连结BC，点D为BC的中点．已知点E在射线AC上，△CDE与△ACB相似，则线段AE的长为________；

12．如图，已知点是函数图象上的一个动点.若，则的取值范围是__________.

13．抛物线y＝3（x+2）2+5的顶点坐标是_____．
14．已知关于x的一元二次方程x2+kx﹣6=0有一个根为﹣3，则方程的另一个根为_____．
15．已知正六边形ABCDEF的边心距为cm，则正六边形的半径为________cm.
16．已知＜cosA＜sin70°，则锐角A的取值范围是_________
17．如图所示，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（6，10），则点C的坐标为_____．

18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，过D点作AB的垂线交AC于点E，BC=6，sinA=，则DE=_____．

三、解答题(共66分)
19．（10分）某商品的进价为每件20元，售价为每件30元，毎个月可买出180件：如果每件商品的售价每上涨1元，则每个月就会少卖出10件，但每件售价不能高于35元，毎件商品的售价为多少元时，每个月的销售利润将达到1920元？
20．（6分）如图，已知直线y＝kx+6与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在（1）中抛物线的第三象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．

21．（6分）举世瞩目的港珠澳大桥已于2018年10月24日正式通车，这座大桥是世界上最长的跨海大桥，被英国《卫报》誉为“新世界七大奇迹”，车辆经过这座大桥收费站时，从已开放的4个收费通道A、B、C、D中可随机选择其中一个通过．
（1）一辆车经过收费站时，选择A通道通过的概率是　 　．
（2）用树状图或列表法求两辆车经过此收费站时，选择不同通道通过的概率．
22．（8分）如图1，将边长为的正方形如图放置在直角坐标系中．

（1）如图2，若将正方形绕点顺时针旋转时，求点的坐标；
（2）如图3，若将正方形绕点顺时针旋转时，求点的坐标．
23．（8分）甲、乙两名同学5次数学练习（满分120分）的成绩如下表：（单位：分）
测试日期
11月5日
11月20日
12月5日
12月20日
1月3日
甲
96
97
100
103
104
乙
100
95
100
105
100
已知甲同学这5次数学练习成绩的平均数为100分，方差为10分.
（1）乙同学这5次数学练习成绩的平均数为 分，方差为 分；
（2）甲、乙都认为自已在这5次练习中的表现比对方更出色，请你分别写出一条支持他们俩观点的理由.
24．（8分）抛物线经过点O（0，0）与点A（4，0），顶点为点P，且最小值为-1．

（1）求抛物线的表达式；
（1）过点O作PA的平行线交抛物线对称轴于点M，交抛物线于另一点N，求ON的长；
（3）抛物线上是否存在一个点E，过点E作x轴的垂线，垂足为点F，使得△EFO∽△AMN，若存在，试求出点E的坐标；若不存在请说明理由．
25．（10分）现有3个型号相同的杯子，其中A等品2个，B等品1个，从中任意取1个杯子，记下等级后放回，第二次再从中取1个杯子，
（1）用恰当的方法列举出两次取出杯子所有可能的结果；
（2）求两次取出至少有一次是B等品杯子的概率．
26．（10分）如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴相交于A（－1，0），B（5，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内取一点C，作CD垂直x轴于点D，链接AC，且AD＝5，CD＝8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，当点C第一次落在抛物线上记为点E，点P是抛物线对称轴上一点．试探究：在抛物线上是否存在点Q，使以点B、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系对结论进行逐一判断即可．
【详解】解：与的大小关系不确定，与不一定相等，故选项A错误；
平分，，，故选项B正确；
与的大小关系不确定，与不一定相等，选项C错误；
∵与的大小关系不确定，选项D错误；
故选B．
【点睛】
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．
2、C
【分析】根据与直线AB的相对位置分类讨论：当在直线AB左侧并与直线AB相切时，根据题意，先计算运动的路程，从而求出运动时间；当在直线AB右侧并与直线AB相切时，原理同上.
【详解】解：当在直线AB左侧并与直线AB相切时，如图所示
∵的半径为1cm，AO=7cm
∴运动的路程=AO－=6cm
∵以的速度向右移动
∴此时的运动时间为：÷2=3s；
当在直线AB右侧并与直线AB相切时，如图所示
∵的半径为1cm，AO=7cm
∴运动的路程=AO＋=8cm
∵以的速度向右移动
∴此时的运动时间为：÷2=4s；
综上所述：与直线在3或4秒时相切
故选：C.
【点睛】
此题考查的是直线与圆的位置关系：相切和动圆问题，掌握相切的定义和行程问题公式：时间=路程÷速度是解决此题的关键.
3、A
【解析】根据一元二次方程判别式的公式进行计算即可.
【详解】解:在这个方程中，a＝1，b＝－2，c＝0，
∴，
故选：A.
【点睛】
本题考查一元二次方程判别式，熟记公式正确计算是本题的解题关键.
4、B
【分析】由二次函数图像与x轴的交点坐标，即可求出抛物线的对称轴．
【详解】解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点是（-2，0）和（2，0），
∴这条抛物线的对称轴是：x=，
即对称轴为y轴；
故选：B．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点问题．对于求抛物线的对称轴的题目，可以用公式法，也可以将函数解析式化为顶点式求得，或直接利用公式x=求解．
5、B
【分析】根据表格的数据，以及二次函数的性质，即可对每个选项进行判断.
【详解】解：（1）函数的对称轴为：x＝1，最小值为﹣4，故错误，不符合题意；
（1）从表格可以看出，当﹣＜x＜1时，y＜0，符合题意；
（3）﹣1＜x1＜0，3＜x1＜4时，x1离对称轴远，故错误，不符合题意；
故选择：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的最值，抛物线与x轴的交点，仔细分析表格数据，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6、B
【分析】根据图象绕顶点旋转180°，可得函数图象开口方向相反，顶点坐标相同，可得答案．
【详解】∵

，
∴该抛物线的顶点坐标是（1，3），
∴在旋转之后的抛物线解析式为：
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数图象的平移和旋转，解决本题的关键是理解绕抛物线的顶点旋转180°得到新函数的二次项的系数符号改变，顶点不变．
7、C
【解析】观察图形，两个断开的水平菱形之间最小有2个竖的菱形，之后在此基础上每增加一个也可完整，即可以是2、5、8、11……
故选C.
点睛：探索规律的题型最关键的是找准规律.
8、B
【分析】首先根据一元二次方程根的判别式确定m的取值范围，进而可得m+2的取值范围，然后再根据反比例函数的性质可得答案．
【详解】∵一元二次方程x2﹣4x﹣4m=0有两个不等的实数根，
∴△=b2﹣4ac=16+16m＞0，
∴m＞﹣1，
∴m+2＞1，
∴反比例函数y=的图象所在的象限是第一、三象限，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的性质以及一元二次方程根的判别式，关键是正确确定m的取值范围．
9、C
【解析】∵在 这5个数中只有0、3.14和6为有理数，
∴从这5个数中随机抽取一个数，抽到有理数的概率是．
故选C．
10、D
【分析】根据平角的定义求得∠AOC的度数，再根据平行线的性质及三角形内角和定理即可求得∠AOD的度数．
【详解】∵∠BOC＝110°，∠BOC＋∠AOC＝180°
∴∠AOC＝70°
∵AD∥OC，OD＝OA
∴∠D＝∠A＝70°
∴∠AOD＝180°−2∠A＝40°
故选：D．
【点睛】
此题考查圆内角度求解，解题的关键是熟知圆的基本性质、平行线性质及三角形内角和定理的运用．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、3或9 或或
【分析】先根据圆周角定理及正弦定理得到BC=8，再根据勾股定理求出AC=6，再分情况讨论，从而求出AE.
【详解】∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90，
∵sin∠CAB=，
∴,
∵AB=10，
∴BC=8，
∴,
∵点D为BC的中点,
∴CD=4.
∵∠ACB=∠DCE=90,
①当∠CDE1=∠ABC时，△ACB∽△E1CD,如图
∴，即，
∴CE1=3，
∵点E1在射线AC上，
∴AE1=6+3=9，
同理：AE2=6-3=3.

②当∠CE3D=∠ABC时，△ABC∽△DE3C，如图
∴，即，
∴CE3=，
∴AE3=6+=,
同理：AE4=6-=.
故答案为：3或9 或或.
【点睛】
此题考查相似三角形的判定及性质，当三角形的相似关系不是用相似符号连接时，一定要分情况来确定两个三角形的对应关系，这是解此题容易错误的地方.
12、
【分析】根据得-1＜a＜1，再根据二次函数的解析式求出对称轴，再根据函数的图像与性质即可求解.
【详解】∵
∴-1＜a＜1，
∵函数对称轴x=
∴当a=，y有最大值
当a=-1时，
∴则的取值范围是
故填：.
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是根据题意函数图像进行求解.
13、（﹣2，5）
【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【详解】解：由y＝3（x+2）2+5，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（﹣2，5）．
故答案为：（﹣2，5）．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
14、1
【分析】设方程的另一个根为a，根据根与系数的关系得出a+（﹣3）=﹣k，﹣3a=﹣6，求出即可．
【详解】设方程的另一个根为a，
则根据根与系数的关系得：a+（﹣3）=﹣k，﹣3a=﹣6，
解得：a=1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．
15、1
【详解】解：如图所示，连接OA、OB，过O作OD⊥AB，
∵多边形ABCDEF是正六边形，
∴∠OAD=60°，
∴OD=OA•sin∠OAB=AO=，
解得：AO=1．
故答案为1．

【点睛】
本题考查正多边形和圆，掌握解直角三角形的计算是解题关键．
16、20°＜∠A＜30°．
【详解】∵＜cosA＜sin70°，sin70°=cos20°，
∴cos30°＜cosA＜cos20°，
∴20°＜∠A＜30°．
17、（6，﹣10）
【分析】根据菱形的性质可知A、C关于直线OB对称，再根据关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】解：∵四边形OABC是菱形，
∴A、C关于直线OB对称，
∵A（6，10），
∴C（6，﹣10），
故答案为：（6，﹣10）．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和关于x轴对称的点的坐标特点，属于基本题型，熟练掌握菱形的性质是关键．
18、
【详解】∵在Rt△ABC中，BC=6，sinA=
∴AB=10
∴．
∵D是AB的中点，∴AD=AB=1．
∵∠C=∠EDA=90°,∠A=∠A
∴△ADE∽△ACB，
∴
即
解得：DE=．

三、解答题(共66分)
19、毎件商品的售价为32元
【分析】设毎件商品的上涨x元，根据一件的利润×总的件数=总利润，列出方程，再求解，注意把不合题意的解舍去．
【详解】解：设毎件商品的上涨x元，根据题意得：
（30﹣20+x）（180﹣10x）=1920，
解得：x1=2，x2=6（不合题意舍去），
则毎件商品的售价为：30+2=32（元），
答：毎件商品的售价为32元时，每个月的销售利润将达到1920元．
【点睛】
此题考查了一元二次方程的解，关键是读懂题意，找出合适的等量关系，列出方程，再求解；注意本题先设每件商品的上涨的钱数更容易做．
20、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）存在，；（3）①；②Q点坐标为（0，）或（0， ）或（0，1）或（0，3）．
【分析】（1）用待定系数法求解析式；（2）作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，设P（m，m），则m＝﹣m2+2m+3，可求m;（3）分类讨论：①如图，当∠Q1AB＝90°时，作AE⊥y轴于E，证△DAQ1∽△DOB，得，即；②当∠Q2BA＝90°时，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠O Q2B＝90°，证△BOQ2∽△DOB，得，；③当∠AQ3B＝90°时，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，证△BOQ3∽△Q3EA，，即；
【详解】解：（1）把A（1，4）代入y＝kx+6，
∴k＝﹣2，
∴y＝﹣2x+6，
由y＝﹣2x+6＝0，得x＝3
∴B（3，0）．
∵A为顶点
∴设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2+4，
∴a＝﹣1，
∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3
（2）存在．
当x＝0时y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3）
∵OB＝OC＝3，OP＝OP，
∴当∠POB＝∠POC时，△POB≌△POC，
作PM⊥x轴于M，作PN⊥y轴于N，
∴∠POM＝∠PON＝45°．
∴PM＝PN
∴设P（m，m），则m＝﹣m2+2m+3，
∴m＝，
∵点P在第三象限，
∴P（，）．
（3）①如图，当∠Q1AB＝90°时，作AE⊥y轴于E，
∴E（0，4）
∵∠DA Q1＝∠DOB＝90°，∠AD Q1＝∠BDO
∴△DAQ1∽△DOB，
∴，即，
∴DQ1＝，
∴OQ1＝，
∴Q1（0，）；
②如图，
当∠Q2BA＝90°时，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠O Q2B＝90°
∴∠DBO＝∠O Q2B
∵∠DOB＝∠B O Q2＝90°
∴△BOQ2∽△DOB，
∴，
∴，
∴OQ2＝，
∴Q2（0，）；
③如图，当∠AQ3B＝90°时，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，
∴∠AQ3E+∠E AQ3＝∠AQ3E+∠B Q3O＝90°
∴∠E AQ3＝∠B Q3O
∴△BOQ3∽△Q3EA，
∴，即，
∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，
∴OQ3＝1或3，
∴Q3（0，1）或（0，3）．
综上，Q点坐标为（0，）或（0，）或（0，1）或（0，3）．

【点睛】
考核知识点：二次函数，相似三角形.构造相似三角形，数形结合分类讨论是关键.
21、 (1);(2) .
【解析】（1）根据概率公式即可得到结论；
（2）画出树状图即可得到结论．
【详解】解答：（1）一辆车经过收费站时，选择A通道通过的概率是，
故答案为．
（2）列表如下：

A
B
C
D
A
AA
AB
AC
AD
B
BA
BB
BC
BD
C
CA
CB
CC
CD
D
DA
DB
DC
DD
由表可知，共有16种等可能结果，其中选择不同通道通过的有12种结果，
所以选择不同通道通过的概率为＝．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法，概率公式，正确的画出树状图是解题的关键．
22、（1）A；（2）B
【分析】（1）作轴于点，则，,求得AD=1，根据勾股定理求得OD=，即可得出点A的坐标；
（2）连接BO，过点作轴于点，根据旋转角为75°，可得∠BOE＝30°，根据勾股定理可得，再根据Rt△BOD中，，，可得点B的坐标．
【详解】解：（1）如图1,作轴于点，则，
，
点的坐标为．

图1
（2）如图2，连接，过点作轴于点，则，
在中，
在中，，
点的坐标为．

图2
【点睛】
本题主要考查了旋转变换以及正方形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，解题时注意：正方形的四条边都相等，四个角都是直角．
23、（1）100，10；（2）答案不唯一，如：甲的数学成绩逐渐进步，更有潜力；
乙的数学成绩在100分以上（含100分）的次数更多.
【分析】（1）根据平均数公式和方差公式计算即可；
（2）通过成绩逐渐的变化情况或100分以上（含100分）的次数分析即可．
【详解】解：（1）乙=
乙=
故答案为：100，10；
（2）答案不唯一，如：甲的数学成绩逐渐进步，更有潜力；
乙的数学成绩在100分以上（含100分）的次数更多．
【点睛】
此题考查的是求平均数和方差，掌握平均数公式和方差公式是解决此题的关键．
24、（1）抛物线的表达式为，（或）；（1）；（3）抛物线上存在点E，使得△EFO∽△AMN，这样的点共有1个，分别是（，）和（，）．
【分析】（1）由点O（0，0）与点A（4，0）的纵坐标相等，可知点O、A是抛物线上的一对对称点，所以对称轴为直线x=1，又因为最小值是-1，所以顶点为（1，-1），利用顶点式即可用待定系数法求解；
（1）设抛物线对称轴交轴于点D、N（,），先求出=45°，由ON∥PA，依据平行线的性质得到=45°，依据等腰直角三角形两直角边的关系可得到=，解出即可得到点N的坐标，再运用勾股定理求出ON的长度；
（3）先运用勾股定理求出AM和OM，再用ON-OM得MN，运用相似三角形的性质得到EF：FO的值，设E（，），分点E在第一象限、第二或四象限讨论，依据EF：FO=1
:1列出关于m的方程解出即可.
【详解】解：（1）∵抛物线经过点O（0，0）与点A（4，0），
∴对称轴为直线x=1，
又∵顶点为点P，且最小值为-1,，
∴顶点P（1，-1）,
∴设抛物线的表达式为
将O（0，0）坐标代入，解得
∴抛物线的表达式为，即；
（1）设抛物线对称轴交轴于点D，
∵顶点P坐标为（1，-1），
∴点D坐标为（1，0）
又∵A（4，0），
∴△ADP是以为直角的等腰直角三角形，=45°
又∵ON∥PA ，
∴=45°
∴若设点N的坐标为（,）则=
解得，
∴点N的坐标为（，）
∴
（3）抛物线上存在一个点E，使得△EFO∽△AMN，理由如下：
连接PO、AM，

∵=45°，=90°,
∴，
又∵由点D坐标为（1，0），得OD=1，
∴，
又∵=90°,由A（4，0），D（1，0）得AD=1，
∴,
同理可得,
∴,
∴AM：MN=： =1：1
∵△EFO∽△AMN
∴EF：FO=AM：MN=1：1
设点E的坐标为（，）（其中），
①当点E在第一象限时，，
解得，此时点E的坐标为（，），
②当点E在第二象限或第四象限时，，
解得，此时点E的坐标为（，）
综上所述，抛物线上存在一个点E，使得△EFO∽△AMN，这样的点共有1个，分别是（，）和（，）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了运用待定系数法求解析式，运用勾股定理求线段长度，二次函数中相似的存在性问题，解题的关键是用点的坐标求出线段长度，并根据线段之间的关系，建立方程解出得到点的坐标.
25、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据已知条件画出树状图得出所有等情况数即可；
（2）找出两次取出至少有一次是B等品杯子的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意画树状图如下：

由图可知，共有9中等可能情况数；
（2）∵共有9中等可能情况数，其中两次取出至少有一次是B等品杯子的有5种，
∴两次取出至少有一次是B等品杯子的概率是．
【点睛】
本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。
26、（1）y＝－x2＋4x＋5（2）m的值为7或9（3）Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）
【分析】（1）由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）由题意可求得C点坐标，设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，代入抛物线解析式可求得C′点的坐标，则可求得平移的单位，可求得m的值；
（3）由（2）可求得E点坐标，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，则可证得△PQN≌△EFB，可求得QN，即可求得Q到对称轴的距离，则可求得Q点的横坐标，代入抛物线解析式可求得Q点坐标；当BE为对角线时，由B、E的坐标可求得线段BE的中点坐标，设Q（x，y），由P点的横坐标则可求得Q点的横坐标，代入抛物线解析式可求得Q点的坐标．
【详解】（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x+5；
（2）∵AD=5，且OA=1，
∴OD=6，且CD=8，
∴C（﹣6，8），
设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，
代入抛物线解析式可得8=﹣x2+4x+5，解得x=1或x=3，
∴C′点的坐标为（1，8）或（3，8），
∵C（﹣6，8），
∴当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位，
∴m的值为7或9；
（3）∵y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，
∴抛物线对称轴为x=2，
∴可设P（2，t），
由（2）可知E点坐标为（1，8），
①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，如图，

则∠BEF=∠BMP=∠QPN，
在△PQN和△EFB中

∴△PQN≌△EFB（AAS），
∴NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，
设Q（x，y），则QN=|x﹣2|，
∴|x﹣2|=4，解得x=﹣2或x=6，
当x=﹣2或x=6时，代入抛物线解析式可求得y=﹣7，
∴Q点坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）；
②当BE为对角线时，
∵B（5，0），E（1，8），
∴线段BE的中点坐标为（3，4），则线段PQ的中点坐标为（3，4），
设Q（x，y），且P（2，t），
∴x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入抛物线解析式可求得y=5，
∴Q（4，5）；
综上可知Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）．
考点：二次函数综合题．