2024年中考数学总复习验收卷（一）（含解析）

2024年中考数学总复习验收卷（一）
数学试卷
考试范围：初中；考试时间：120分钟；满分：120分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．的倒数是（ ）
A． B．－ C．－3 D．3
2．第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年02月04日~2022年02月20日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．在会徽的图案设计中，设计者常常利用对称性进行设计，下列四个图案是历届会徽图案上的一部份图形，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列各式正确的是（ ）
A．； B．；
C．； D．．
4．在不透明的布袋中有若干个球，这些球除颜色外完全相同，如果摸出红球的概率为，袋中红球有3个，则袋中共有球（ ）．
A．5个 B．8个 C．10个 D．15个
5．某天学校组织学生到市文化宫参观学习，早上，大客车从学校出发到市文化宫，匀速行驶一段时间后，途中遇到堵车，原地等了一会，然后大客车加快速度行驶，按时到达文化宫参观学习后，大客车匀速行驶返回．其中t表示客车从学校出发后所用的时间，s表示客车离学校的距离．下面能反映s与t的函数关系的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
6．在某次信息技术能力测试中，“人工智能社团”的八名同学的成绩统计如图所示，由统计图可知这组数据的中位数是（ ）
A．6分 B．7分 C．8分 D．9分
7．已知关于的分式方程的解为非负数，则的取值范围是（ ）
A． B．且 C． D．且
8．五月初五端午节这天，妈妈让小明去超市买豆沙馅和蛋黄鲜肉馅的粽子．豆沙馅的每个卖2元，蛋黄鲜肉馅的每个卖3元，两种的粽子至少各买一个，买粽子的总钱数不能超过15元．则不同的购买方案的个数为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，在同一平面内，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，连接BB1，若BB1∥AC1，则∠CAC1的度数是（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
10．如图，二次函数的图象的对称轴是直线，则以下四个结论中：①，②，③，④．正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题（每小题3分，满分21分）
11．若流感的病毒存活时间只有0.000032秒，则此数据用科学记数法表示为_________秒．
12．函数中，自变量的取值范围是_____．
13．如图，已知在△ABC和△ADE中，∠CAE=∠BAD，AE=AC，若使△ABC≌△ADE，则还需添加的一个条件是_____(只填一个即可)．
14．一个物体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是全等的等边三角形，俯视图是圆，根据图中所示数据，可求这个物体的表面积是______
15．在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，，则的长是______．
16．如图，点A是反比例函数y(x＜0)图象上一点，AB⊥x轴于点B，点C是y轴上的一动点，则△ABC的面积为____．
17．如图，点在直线上，过点作轴交轴于点，以点为直角项点，为直角边在的右侧作等腰直角，再过点作，分别交直线和轴于，两点，以点为直角顶点，为直角边在的右侧作等腰直角，…，按此规律进行下去，则点的坐标为__________ (结果用含正整数的代数式表示)．
三、解答题（共7道大题，共69分）
18．（本题共2个小题，第（1）题6分，第（2）题4分，共10分）
（1）计算：；
（2）分解因式
19．（本题满分5分）解方程：
20．（本题满分8分）为宣传6月6日世界海洋日，某校七年级举行了主题为“珍惜海洋资源，保护海洋生物多样性”的知识竞赛活动．为了解全年级1000名学生此次竞赛成绩（百分制）的情况，随机抽取了部分参赛学生的成绩，整理并绘制出如下不完整的统计表（如表）和统计图（如图）．请根据图表信息解答以下问题：
表 知识竞赛成绩分组统计表
组别 分数/分 频数
20
28
36
知识竞赛成绩扇形统计图
(1)本次调查一共随机抽取了_________名参赛学生的成绩；
(2)表19中_________；
(3)所抽取的参赛学生“组别”是在扇形的圆心角是_________；
(4)请你估计，该校七年级竞赛成绩达到80分以上（含80分）的学生约有_________人．
21．（本题满分10分）如图，△ABC 内接于⊙O，∠B＝60°，CD是⊙O 的直径，点P是CD延长线上的一点，且AP＝AC,
（1）求证：PA是⊙O 的切线；
（2）若 AB＝4+，BC＝2，求⊙O 的半径．
22．（本题满分10分）甲、乙两人在笔直的湖边公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中，甲、乙两人间的距离y(米)与甲出发的时间x(分)之间的关系如图中折线OA-AB-BC-CD所示．
(1)求线段AB的表达式，并写出自变量x的取值范围；
(2)求乙的步行速度；
(3)求乙比甲早几分钟到达终点？
23．综合与实践（本题满分12分）在矩形纸片中，点，分别为边，的中点，点，分别在边，上，且．将沿折叠，点的对应点为点，将沿折叠，点的对应点为点．
（1）如图1，若点，分别落在边，上，则四边形的形状是__________．
（2）如图2，若点，均落在矩形内部，直线与直线交于点，其它条件不变，则第（1）小题的结论是否仍然成立？说明其理由．
（3）如图3，若， ，当四边形为菱形时，直接写出的长度．
24．综合与探究（本题满分14分）已知抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，有一动点D在线段AC上运动，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点F，AB＝4，设点D的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当m＝﹣1时，在x轴上找一点P，使PE+PC的值最小，求出此时点P的坐标；
(3)连接AE、CE，当△ACE的面积最大时，点D的坐标是 ；
(4)当m＝﹣2时，在平面内是否存在点Q，使以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】根据倒数的定义，即乘积为的两个数互为倒数计算即可；
【详解】的倒数是；
故选C．
【点睛】本题主要考查了倒数的定义，准确判断是解题的关键．
2．D
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，据此进行分析即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键是掌握轴对称图形的概念．
3．D
【分析】根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方法则逐一计算可得．
【详解】解：A、，该选项不符合题意；
B、，该选项不符合题意；
C、，该选项不符合题意；
D、，该选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法，合并同类项，幂的乘方与积的乘方，掌握，是解题的关键．
4．D
【分析】根据概率公式和摸出红球的概率，列出方程求解即可得到答案．
【详解】解：设袋中球共有个，其中有3个红球，
摸出红球的概率为，
由概率公式可得，解得，即袋中共有球个，
故选：D．
【点睛】本题考查随机事件概率公式的运用，如果一个事件有种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件出现种结果，那么事件的概率．
5．B
【分析】根据匀速行驶路程逐渐增加，堵车时路程不变，加速行驶时路程迅速增加，学习时，路程不变，返回时路程逐渐减少，即可求解．
【详解】解：由题意得：
大客车从学校出发到市文化宫，匀速行驶，则s随t增加而增加；
途中遇到堵车，原地等了一会，则t增加，s不变；
然后大客车加快速度行驶，则s随t增加而增加，且比第一段图象增加要快；
到达文化宫参观学习，则t增加，s不变；
学习后大客车匀速行驶返回，则s随t增加而减小，直至为0，
则满足条件的只有B图象，
故选：B．
【点睛】本题考查了函数图象，理解题意是解题的关键：匀速行驶路程逐渐增加，堵车时路程不变，加速行驶时路程迅速增加，学习时，路程不变，返回时路程逐渐减少．
6．C
【分析】根据折线统计图，可以得到各个整点的数据，从而可以按照从小到大的顺序排列，进而得到这组数据的中位数．
【详解】由折线统计图可得，
各个整点的数据按照从小到大排列是：4、5、6、7、9、9、9、10，
∴这组数据的中位数是：，
故选：C．
【点睛】本题考查了中位数、折线统计图，解题的关键是明确题意，可以将一组数据进行大小排列，会找一组数据的中位数．
7．B
【分析】根据题意先求出分式方程的解，然后根据方程的解为非负数可进行求解．
【详解】解：由关于的分式方程可得：，且，
∵方程的解为非负数，
∴，且，
解得：且，
故选B．
【点睛】本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不等式的解法是解题的关键．
8．D
【分析】设购买豆沙馅的x个，根据“两种的粽子至少各买一个，买粽子的总钱数不能超过15元”可得，解不等式组即可求出购买豆沙馅的可能个数，再结合总钱数不超过15元，蛋黄鲜肉馅的至少买一个，即可得出不同的购买方案．
【详解】解：设购买豆沙馅的x个，
根据题意列出不等式组：，
解得：，
当时，，即蛋黄鲜肉馅的可以买1个、2个、3个、4个；
同理，当时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个、2个、3个；
当时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个、2个、3个；
当时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个、2个；
当时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个；
当时，蛋黄鲜肉馅的可以买1个；
因此，有（种）不同的购买方案，
故选D．
【点睛】本题考查一元一次不等式组的应用，根据题意列出不等式组是解题的关键．
9．B
【分析】根据旋转的性质，得到∠C1AB1＝∠CAB＝100°，AB1＝AB，∠CAC1＝∠BAB1，根据平行线的性质得到∠C1AB1+AB1B＝180°，然后由等腰三角形的性质，即可得到结论.
【详解】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，
∴∠C1AB1＝∠CAB＝100°，AB1＝AB，∠CAC1＝∠BAB1，
∵BB1∥AC1，
∴∠C1AB1+AB1B＝180°，
∴∠AB1B＝80°，
∵AB＝AB1，
∴∠ABB1＝∠AB1B＝80°，
∴∠BAB1＝20°，
∴∠CAC1＝20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
10．B
【分析】由开口方向，对称轴方程，与轴的交点坐标判断的符号，从而可判断①②，利用与轴的交点位置得到＞，结合＜ 可判断③，利用当 结合图像与对称轴可判断④．
【详解】解：由函数图像的开口向下得＜
由对称轴为＞ 所以＞
由函数与轴交于正半轴，所以＞
＜ 故①错误；
，
故②正确；
由交点位置可得：＞，
＜
＞，
＜
＜ 故③错误；
由图像知：当
此时点在第三象限，
＜
＜ 故④正确；
综上：正确的有：②④，
故选B．
【点睛】本题考查的是二次函数的图像与系数的关系，同时考查利用二次函数的图像判断代数式的符号，掌握以上知识是解题的关键．
11．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数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．
【详解】解：0.000032用科学记数法表示为．
故答案为：．
【点睛】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，正确确定a和n是解题关键．
12．
【分析】根据分式分母不为、二次根式中被开方式非负，列出式子求解即可得到答案．
【详解】解：，
，解得，即自变量的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查根据表达式求函数自变量的取值范围，熟练掌握分式分母不为、二次根式中被开方式非负，是解决问题的关键．
13．AB＝AD
【分析】由∠CAE=∠BAD，得∠CAB=∠EAD,加上 AE=AC，若根据“SAS”判定△ABC≌△ADE，则添加可以AB＝AD．
【详解】解：∵∠CAE=∠BAD，
∴∠CAE +∠BAE＝∠BAD +∠BAE，
∴∠BAC＝∠DAE，
又∵AE=AC，
∴当AB＝AD时，△ABC≌△ADE．
故答案为：AB＝AD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：根据“SSS”、“SAS”、“SAS”、“AAS”、“HL”都可以判定三角形全等，关键是要根据题目中已知条件进行适当添加，使得添加条件后符合三角形全等的判定定理.本题还可以有其他多种填法，答案不唯一，如∠C=∠E；∠B=∠D等，均可.
14．3π
【分析】由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为的正三角形．可计算边长为2，据此即可得出表面积．
【详解】由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为的正三角形．
∴正三角形的边长＝＝2．
∴圆锥的底面圆半径是1，母线长是2，
∴底面周长为2π
∴侧面积为×2π×2＝2π，∵底面积为πr2＝π，
∴全面积是3π．
故填：3π．
【点睛】本题考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
15．4或8##8或4
【分析】分两种情形讨论即可①如图1中，点在点左侧，②如图2中，点在点右侧．由平行四边形的性质及等腰三角形的判定可得出答案．
【详解】解：如图，
四边形是平行四边形，
，，，
，
又平分，
，
，
，
同理可证：，
，
，
，
，
；
如图中，
同理可知，，
，
．
，
综上所述为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是发现两个等腰三角形，利用等腰三角形性质解决问题，属于中考常考题型．
16．2．
【分析】连结OA，因为AB⊥x轴，所以可得S△OAB=S△CAB，即可求解．
【详解】连结OA，如图，
∵AB⊥x轴，
∴OC∥AB，
∴S△OAB=S△CAB，
而S△OAB|k|=2，
∴S△CAB=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了反比例函数的图形和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
17．
【分析】先根据点A1的坐标以及A1B1∥y轴，求得B1的坐标，进而根据等腰直角三角形的性质得到B2的坐标，即可求得A2的坐标，从而求得C1的坐标，进而得到B3的坐标，求得A3的坐标，从而求得C2的坐标，最后根据根据变换规律，求得Cn的坐标．
【详解】解：∵点A1（2，1）在直线y=kx上，
∴1=2k，解得k=，
∴直线为y=x，
∵过点A1作A1B1∥y轴交x轴于点B1，以点A1为直角顶点，A1B1为直角边在A1B1的右侧作等腰直角△A1B1C1，
∴A1C1∥x轴，
∴B2（3，0），C1（3，1），
当x=3时，y=x=，即A2（2，），
∴B3（，0），
∴C2（，），
∴以此类推，
C3（，），
…
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是通过计算找出变换规律，解题时注意：直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx．
18．（1）；（2）
【分析】（1）先计算乘方，运河绝对值符号，把特殊的三角函数值代入，然后再合并同类二次根式即可；（2）先提取公因式，然后利用完全平方公式进行因式分解即可；
【详解】（1）解：原式=+3-+2×-(-2×)2020
=+3-+-1
=；
（2）解：；
19．，
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
解得，．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
20．(1)100
(2)16
(3)72
(4)640
【分析】（1）从两个统计图可得，“D组”的有36人，占抽取学生总数的36%，可求出抽取学生的总数；
（2）“A组”的占16%，抽取学生总数的16%是“A组”人数；
（3）用360°乘以“组别”的占比即可；
（4）样本估计总体，样本中80分以上占比为，进而估计1000人中竞赛成绩达到80分以上（含80分）的学生人数．
（1）36÷36%＝100人，故答案为：100；
（2）a＝100×16%＝16（人），故答案为：16；
（3）；故答案为：72；
（4）（人），答：该校七年级竞赛成绩达到80分以上（含80分）的学生约有640人．
【点睛】本题考查扇形统计图、条形统计图的意义和制作方法，从两个统计图中获取数量及数量之间的关系是解决问题的关键，样本估计总体是统计中常用的方法．
21．(1)详见解析；（2）⊙O的半径为．
【详解】试题分析：（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=30°，再由AP=AC得出∠P=30°，继而由∠OAP=∠AOC﹣∠P，可得出OA⊥PA，从而得出结论；
（2）过点C作CE⊥AB于点E．在Rt△BCE中，∠B=60°，BC=2，于是得到BE=BC=，CE=3，根据勾股定理得到AC= =5，于是得到AP=AC=5．解直角三角形即可得到结论．
试题解析：（1）证明：连接OA，
∵∠B=60°，
∴∠AOC=2∠B=120°，
又∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
又∵AP=AC，
∴∠P=∠ACP=30°，
∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=90°，
∴OA⊥PA，
∴PA是⊙O的切线；
（2）解：过点C作CE⊥AB于点E．
在Rt△BCE中，∠B=60°，BC=2，
∴BE=BC=，CE=3，
∵AB=4+，
∴AE=AB﹣BE=4，
∴在Rt△ACE中，AC==5，
∴AP=AC=5．
∴在Rt△PAO中，OA=，
∴⊙O的半径为．
考点：切线的判定．
22．（1）；（2）80米/分；（3）6分钟
【分析】（1）根据图示，设线段AB的表达式为：y=kx+b，把把（4，240），（16，0）代入得到关于k，b的二元一次方程组，解之，即可得到答案，
（2）根据线段OA，求出甲的速度，根据图示可知：乙在点B处追上甲，根据速度=路程÷时间，计算求值即可，
（3）根据图示，求出二者相遇时与出发点的距离，进而求出与终点的距离，结合（2）的结果，分别计算出相遇后，到达终点甲和乙所用的时间，二者的时间差即可所求答案．
【详解】（1）根据题意得：
设线段AB的表达式为：y=kx+b （4≤x≤16），
把（4，240），（16，0）代入得：
，
解得：，
即线段AB的表达式为：y= -20x+320 （4≤x≤16），
（2）又线段OA可知：甲的速度为：=60（米/分），
乙的步行速度为：=80（米/分），
答：乙的步行速度为80米/分，
（3）在B处甲乙相遇时，与出发点的距离为：240+（16-4）×60=960（米），
与终点的距离为：2400-960=1440（米），
相遇后，到达终点甲所用的时间为：=24（分），
相遇后，到达终点乙所用的时间为：=18（分），
24-18=6（分），
答：乙比甲早6分钟到达终点．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，正确掌握分析函数图象是解题的关键．
23．（1）平行四边形；（2）仍然成立，详见解析；（3）
【分析】(1)证明△EAM≌△FCN，然后结合条件证明MQ∥PN，MP∥NQ即可求解；
(2)证明△AME≌△CNF，然后结合折叠对应角相等，证明MP∥QN，MP=QN即可；
(3) 连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G．根据勾股定理求出AE即可解决问题．
【详解】解：(1) 四边形的形状是平行四边形，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠A=∠C=90°，
∵点M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=NC，
∵AE=CF，
∴△EAM≌△FCN（SAS），
∴∠AME=∠CNF，
由折叠有：∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，
∴∠AMP=∠QNC，
∵AD∥BC，
∴∠AQN=∠CNQ，
∴∠AMP=∠AQN，
∴PM∥QN，
∵MQ∥PN，
∴四边形PNQM是平行四边形．
故答案为平行四边形．
(2)仍然成立．理由如下：
四边形是矩形，
，
，，
，
又，，
，
，
由折叠有：，，
，
∵∥，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
(3)如下图所示，
连接MN，PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于点G，
∵四边形PNQM是菱形，
∴MN⊥PQ，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=BN，
∴四边形AMOG是矩形，
∴∠AMO=90°，
∴PQ∥AD∥BC，
∴AG=DH=OM=AB=3，
∵M为AD的中点，
∴AM=AD=5，
由折叠的性质可知PM=AM=5，
∴，
∴GP=1，
设AE=x，则EG=3-x，
∵EG2+GP2=EP2，
∴(3-x)2+12=x2，
解得x=，
∴BE=AB-AE=6-=，
故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
24．(1)y＝﹣x2﹣2x+3
(2)P（﹣，0）
(3)
(4)存在，Q点为（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）
【分析】（1）将B（1，0），A（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解析式；
（2）作C点关于x轴的对称点C'，连接EC'交x轴于点P，当P、E、C'三点共线时，PE+PC的值最小，求出直线EC'的解析式，再求直线EC'与x轴的交点即可；
（3）求出直线AC的解析式，即可知D（m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），再求S△ACE＝×3×（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，即可求解；
（4）设Q（n，t），分三种情况求：①当BC为平行四边形的对角线时，由，可求Q（3，0）；②当BE为平行四边形的对角线时，由，Q（﹣1，0）；③当BQ为平行四边形的对角线时，由，可求Q（﹣3，6）．
（1）
解：∵点B（1，0），AB＝4，
∴A（﹣3，0），
将B（1，0），A（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，
∴，
∴，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）
∵m＝﹣1，
∴E（﹣1，4），
作C点关于x轴的对称点C'，连接EC'交x轴于点P，
∵PC＝PC'，
∴PE+PC＝PE+PC'≥EC'，
∴当P、E、C'三点共线时，PE+PC的值最小，
∵C（0，3），
∴C'（0，﹣3），
设直线EC'的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣7x﹣3，
∴P（﹣，0）；
（3）
设直线AC的解析式为y＝k'x+b'，
∴，
∴，
∴y＝x+3，
∴D（m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），
∴DE＝﹣m2﹣3m，
∴S△ACE＝×3×（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，
∴当m＝﹣时，S△ACE的值最大，
∴D（﹣，），
故答案为：（﹣，）；
（4）
存在，理由如下：
∵m＝﹣2，
∴E（﹣2，3），
设Q（n，t），
①当BC为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴Q（3，0）；
②当BE为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴Q（﹣1，0）；
③当BQ为平行四边形的对角线时，
，
解得，
∴Q（﹣3，6）；
综上所述：当Q点为（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）时，以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】本题主要考查了二次函数，轴对称，平行四边形，解决问题的关键是用待定系数法求函数解析式，用轴对称和两点之间线段最短，平行四边形的对角线互相平分．