精品解析：湖南省娄底市2021年中考数学真题(解析版)

一、选择题（本大题共12小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的方框里）

1.2021的倒数是（A.2021【答案】C【解析】【分析】直接根据倒数的定义就可选出正确答案．【详解】A：倒数是本身的数是1和1,选项错误．B：-2021是2021的相反数,选项错误．C：2021

）B.－2021C.12021D.

120211

=1,选项正确．20211

=1,选项错误．2021

D：2021故选：C【点睛】本题考查倒数的定义，要注意区别相反数等相关知识，牢记定义是解题的关键．2.下列式子正确的是（A.a3a2a【答案】B【解析】【分析】根据幂的乘方，底数不变，指数相乘;同底数幂相乘，底数不变指数相加;合并同类项法则．对各选项分析判断后利用排除法求解选择正确选项即可．【详解】A、a3a2a，因为a3和a2不属于同类项，不能进行加减合并，故A错误；B、a2

）B.a23

a6

C.a3a2a6

D.a23

a5

3

=a23a6,故B正确；C、a3a2=a3+2a5，故C错误；D、a

23

=a23a6，故D错误．故选：B．【点睛】本题考查幂的乘方、同底数幂的乘法、合并同类项，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．第三届阿里数学竞赛预选赛顺利结束，本届大赛在全球范围内吸引了约5万名数学爱3.2021年5月19日，好者参加．阿里数学竞赛旨在全球范围内引领开启关注数学、理解数学、欣赏数学、助力数学的科学风尚．5万用科学记数法表示为（A.0.5105【答案】B【解析】【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为a×10n，其中1≤|a|＜10，n为整数，据此判断即可．【详解】解：5万=50000=5104．故选：B．【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，确定a与n的值是解题的关键．4.一组数据17,10,5,8,5,15的中位数和众数是（A.5,5【答案】C【解析】【分析】本题考查统计的有关知识，找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数;众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．【详解】这组数据按照从小到大的顺序排列为：5,5,8,10,15,17，因此中位数为：故选：C．【点睛】本题考查了众数和中位数的知识，熟悉基础概念是解题的关键．5.如图，点E,F在矩形ABCD的对角线BD所在的直线上，BEDF，则四边形AECF是（）B.8,5

）C.9,5

D.10,5

）B.5104C.50104

D.51058+10

=9，众数为：5，2A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形【答案】A【解析】【分析】利用三角形全等的性质得，对应边相等及对应角相等，得出一组对边平行且相等，即可判断出形状．【详解】解：由题意：AD//BC,ADBCBD，FDAEBC，又ADBC,BEDF，ADF≌CBE(SAS)，AFEC，AFDCEB,AF//EC，四边形AECF为平行四边形，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定定理及性质、平行四边形的判定，解题的关键是：掌握平行四边形判定定理，利用三角形全等去得出相应条件．6.如图，AB//CD，点E,F在AC边上，已知CED70,（）BFC130，则BD的度数为A.40【答案】C【解析】B.50C.60D.70

【分析】取ED,FB的交点为点G，过点G作平行于CD的线MN，利用两直线平行的性质，找到角之间的关系，通过等量代换即可求解．【详解】解：取ED,FB的交点为点G，过点G作平行于CD的线MN，如下图：根据题意：CED70,BFC130，EFG50，EGF180507060，MN//CD//AB，BBGN,DDGN，BDBGNDGNBGD，ED,BF相交于点G，EGFBGD60，BD60，故选：C．【点睛】本题考查了两直线平行的性质和两直线相交对顶角相等，解题的关键是：添加辅助线，利用两直线平行的性质和对顶角相等，同过等量代换即可得解．7.从背面朝上的分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，随机抽取一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为（A.）D.114

B.12C.34【答案】B【解析】【分析】分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是：矩形，圆，再根据概率公式求解即可．【详解】解：分别画有等腰三角形、平行四边形、矩形、圆的四张形状、大小相同的卡片中，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是：矩形，圆；现从中任意抽取一张，则所抽得的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为故选：B．21，42【点睛】本题考查了概率公式的应用，解题的关键是：首先判断出既是轴对称图形，又是中心对称图形的图形，然后利用概率公式求解．8.2,5,m是某三角形三边的长，则(m3)2(m7)2等于（A.2m10【答案】D【解析】【分析】先根据三角形三边的关系求出m的取值范围，再把二次根式进行化解，得出结论．【详解】解：2,3,m是三角形的三边，B.102m

C.10）D.452m52，解得：3yxbykx4B(2,0)直线和与x轴分别相交于点A(4,0)，点，则解集为（9.如图，kx40

）A.4x2【答案】A【解析】B.x4C.x2D.x4或x2

【分析】根据图像以及两交点A(4,0)，点B(2,0)的坐标得出即可．【详解】解：∵直线yxb和ykx4与x轴分别相交于点A(4,0)，点B(2,0)，∴观察图像可知故选：A．xb0

解集为4x2，kx40

【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式组，能根据图像和交点坐标得出答案是解此题的关键．10.如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与直线l:y共点时，点A的坐标为（）5x只有一个公12A.(12,0)【答案】D【解析】B.(13,0)C.(12,0)D.(13,0)

【分析】当⊙A与直线l:y55x只有一个公共点时，则此时⊙A与直线l:yx相切，（需考虑左右12125x上，故可以表示出B点坐标，过B12两侧相切的情况）；设切点为B，此时B点同时在⊙A与直线l:y点作BC//OA，则此时△AOB∽△OBC，利用相似三角形的性质算出OA长度，最终得出结论．【详解】如下图所示，连接AB，过B点作BC//OA，此时B点坐标可表示为x,∴OC5

x，12

5x，BCx，122135在RtOBC中，OBBC2OC2x2xx，1212又∵A半径为5，∴AB5，∵BC//OA，∴△AOB∽△OBC，OAABOB

，BOOCBCOA5

=5∴13，xx1212

则∴OA=13，∵左右两侧都有相切的可能，∴A点坐标为(13,0)，故选：D．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．11.根据反比例函数的性质、联系化学学科中的溶质质量分数的求法以及生活体验等，判定下列有关函数y

x

（a为常数且a0,x0）的性质表述中，正确的是（ax）①y随x的增大而增大；②y随x的增大而减小；③0y1；④0y1

A.①③【答案】A【解析】B.①④C.②③D.②④【分析】该函数可改写为yxxaaaa=1=+1（a为常数且a0,x0），此时可以axaxaxax类比反比例函数的性质进行判断，或者利用赋值法也可快速进行选择，选择正确的选项即可．【详解】解：yxxaaaa=1=+1，axaxaxax又∵a0,x0，∴随着x的增大，a+x也会随之增大，a

随着x的增大而减小，a+xaa此时越来越小，则1越来越大，a+xax

∴故随着x的增大y也越来越大．因此①正确，②错误；∵a0,x0，a

＜1，a+x

a1＜1，∴0＜ax∴0＜故0y1，因此③正确，④错误；综上所述，A选项符合．故选：A．【点睛】本题主要考查了反比例函数的性质，解题的关键是将已知函数的形式进行化简整理转化为反比例函数进行判断．212.用数形结合等思想方法确定二次函数yx2的图象与反比例函数y

2

的图象的交点的横坐标x0x所在的范围是（A.0x0【答案】D【解析】）B.1411x042C.13x024D.3x014【分析】在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象，来判断出交点横坐标x0所在的范围．【详解】解：在同一个直角坐标系中画出两个函数的图象，如下图：由图知，显然当x0

1

x01，2

23

时，将其分别代入yx22与y计算得；x494128y12,y2

33，1616

48415

y2y10，31648此时反比例函数图象在二次函数图象的上方，3

x014故选：D．【点睛】本题考查了二次函数和反比例函数的图象，解题的关键是：准确画出函数的图象，再通过关键点得出答案．二、填空题（本大题共6小题）

13.函数y【答案】x1

x1中，自变量x的取值范围是__________．【解析】【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，二次根式有意义的条件是：被开方数为非负数．【详解】由题意得：x-1≥0，解得：x≥1，故答案为：x≥1．【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当函数解析式是整式时，字母可取全体实数；②当函数解析式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当函数解析式是二次根式时，被开方数为非负数．④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．________．14.如图所示的扇形中，已知OA20,AC30,AB40，则CD

【答案】100．【解析】【分析】先在小扇形中利用扇形弧长公式求解出圆心角度数，再在大扇形中利用公式求解出弧长即可．【详解】解：设扇形圆心角度数为n°，∵OA20,AB40，AB2OA∴在扇形AOB中，解得：n=360，n，360

∴在扇形COD中，OCOAAC203050,2OCn250100CD

360360

故答案为：100．360

【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，解题的关键是利用圆心角大小不变并熟悉弧长公式进行求解．15.如图，ABC中，ABAC2,P是BC上任意一点，PEAB于点E,PFAC于点F，若S△ABC1，则PEPF________．【答案】1【解析】【分析】将ABC的面积拆成两个三角形面积之和，即可间接求出PEPF的值．【详解】解：连接AP，如下图：PEAB于点E,PFAC于点F，SABCSAPCSAPB1SAPCSAPB

11

ACPFABPE22

ABAC2，SAPCSAPBPFPE1，PEPF1，故答案是：1．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，利用面积法解决两边之和问题，解题的关键是：将ABC的面积拆成两个三角形面积之和来解答．16.已知t23t10，则t【答案】3．【解析】1________．t【分析】先将要求解的式子进行改写整理再利用已知方程进行求解即可．1t21t21

，【详解】解：t

tttt又∵t23t10，∴t213t，1t213t

则t=3，ttt故答案为：3．【点睛】本题是一元二次方程求对应解的题目，解题的关键是将求解式子进行变形再利用已知方程进行简便运算．17.高速公路上有一种标线叫纵向减速标线，外号叫鱼骨线，作用是为了提醒驾驶员在开车时减速慢行．如图，用平行四边形ABCD表示一个“鱼骨”，AB平行于车辆前行方向，BEAB,CBE，过B作，若sin0.05,AB300mm，则AA________mm．AD的垂线，垂足为A（A点的视觉错觉点）【答案】15．【解析】【分析】根据同角的余角相等得到∠ABA∠，进一步根据三角函数求解即可．【详解】解：如图所示，∵ABAD且四边形ABCD为平行四边形，∴ABBC，∠ABC∠ABC∠ABA=90，又∵BEAB,∴∠ABE∠ABC∠=90，∴∠ABA∠，∴sin∠ABAsin又∵AB300mm，∴AAABsin∠ABA3000.0515mm．故答案为：15．【点睛】本题考查三角函数的实际应用，解题的关键是利用同角的余角相等找出角的关系，根据同角三角函数关系求值．圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad．已18.弧度是表示角度大小的一种单位，知1rad,

AA

0.05,AB

60，则与的大小关系是________．【答案】【解析】【分析】根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad，当60时，三角形为等边三角形，所以圆心角所对的弧长比半径大，即可判断大小．【详解】解：根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad，当60时，易知三角形为等边三角形，弦长等于半径，圆心角所对的弧长比半径大，，故答案是：．【点睛】本题考查了弧度的定义，解题的关键是：理解弧度的定义，从而利用定义来判断．三、解答题（本大题共2小题）

11

19.计算：(2021)2cos45．212

0

1

【答案】2【解析】【分析】直接利用零指数幂，二次根式分母有理化、负整数指数幂、特殊角的三角函数值计算即可．11【详解】解：(2021)2cos45212

0

1

1

21222

2(21)(21)121222．【点睛】本题考查了零指数幂，二次根式分母有理化、负整数指数幂、特殊角的三角函数值的运算法则，解题的关键是：掌握相关的运算法则．20.先化简，再求值：x32x1012，其中x是1,2,3中的一个合适的数．x1x9

【答案】【解析】x11

，．x35

【分析】先计算括号内的异分母分式减法，再计算乘法，最后将可选取的x值代入计算即可．【详解】解：x32x10

12x1x9

x3x292x10

x1(x3)(x3)(x3)(x3)

x3x22x1

x1(x3)(x3)x3(x1)2

x1(x3)(x3)x1

，x3

∵x1，x3，∴x2，原式

211

．235

【点睛】本题考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算法则及确定字母的可取数值是解题的关键．四、解答题（本大题共2小题）

21.“读书，点亮未来”，广泛的课外阅读是同学们搜集和汲取知识的一条重要途径．学校图书馆计划购进一批学生喜欢的图书，为了了解学生们对“A文史类、B科普类、C生活类、D其它”的喜欢程度，随机抽取了部分学生进行问卷调查（每个学生只选其中一类），将所得数据进行分类统计绘制了如下不完整的统计图表，请根据图中的信息，解答下列问题：统计表：频数A历史类B科普类C生活类D其它合计（1）本次调查的学生共_______人；（2）m_______，n_______；（3）补全条形统计图．频率50m9000.45n0.20200.10【答案】（1）200；（2）0.25，40；（3）见解析【解析】【分析】（1）用“科普类”的频数÷频率，即可求解；（2）用50÷200可得m的值，用200×0.2，可得n的值；（3）利用（2）的数据，从而补全条形图．【详解】解：（1）本次调查的学生有：90÷0.45=200（名），故答案是：200；（2）m=50÷200=0.25，n=200×0.2=40；（3）补全直方图如图所示：．【点睛】本题主要考查了频数分布直方图以及频数分布表，准确找出相关数据，是解题的关键．22.我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，它沿铅垂线上升75秒后到达B处，此时在P处测得B点的仰角DPB为45，求天舟二号从A处到B处的平均速度．（结果精确到1m/s，取31.732,21.414）【答案】29m/s【解析】【分析】根据在P处测得A点的仰角DPA为30°且A与P两点的距离为6千米，可以求出PD的长，再根据此时在P处测得B点的仰角DPB为45，Rt△BDP为等腰直角三角形，可以间接求出AB的长，再利用平均速度的计算公式即可求解．【详解】解：根据在P处测得A点的仰角DPA为30°且A与P两点的距离为6千米知；在Rt△ADP中，AP6,DPA30，AD

1

AP3(千米)，2DPAP2AD23331.7325.196，又由在P处测得B点的仰角DPB为45，RtBDP为等腰直角三角形，BDDP，，ABBDAD2.196（千米）天舟二号从A处到B处的平均速度为：v

s2196

29m/s，t75答：天舟二号从A处到B处的平均速度为29m/s．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是：掌握仰角俯角的定义．五、解答题（本大题共2小题）

23.为了庆祝中国共产党建党一百周年，某校举行“礼赞百年，奋斗有我”演讲比赛，准备购买甲、乙两种纪念品奖励在活动中表现优秀的学生．已知购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元，购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元．（1）求购买一个甲种纪念品和一个乙种纪念品各需多少元；（2）若要购买这两种纪念品共100个，投入资金不少于766元又不多于800元，问有多少种购买方案？并求出所花资金的最小值．【答案】（1）购进甲种纪念品每个需要10元，乙种纪念品每个需要5元；（2）共有7种进货方案；所花资金的最小值为770元．【解析】【分析】（1）设购进甲种纪念品每个需要x元，乙种纪念品每个需要y元，根据“购买1个甲种纪念品和2个乙种纪念品共需20元；购买2个甲种纪念品和5个乙种纪念品共需45元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；（2）设购进甲种纪念品m个，则购进乙种纪念品（100-m）个，所花资金为w元，根据总价=单价×数量得到w关于m的函数解析式，结合进货资金不少于766元且不超过800元，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再由m为整数即可找出各进货方案，利用一次函数的性质从而得出答案．【详解】解：（1）设购进甲种纪念品每个需要x元，乙种纪念品每个需要y元，根据题意得：

x2y20

，2x5y45

x10解得：；y5

答：购进甲种纪念品每个需要10元，乙种纪念品每个需要5元；（2）设购进甲种纪念品m个，则购进乙种纪念品（100-m）个，所花资金为w元，∴w10m5100m5m500，5m500766

根据题意得：，5m500800

解得：53.2≤m≤60．∵m为整数，∴m=54、55、56、57、58、59或60．∴共有7种进货方案；∵5>0，∴w随m的增大而增大，∴m=54时，w有最小值，最小值为770元．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组：（2）根据各数量间的关系，正确列出w关于m的函数解析式和一元一次不等式组．24.如图，点A在以BC为直径的⊙O上，ABC的角平分线与AC相交于点E，与⊙O相交于点D，延长CA至M，连结BM，使得MBME，过点A作BM的平行线与CD的延长线交于点N．（1）求证：BM与⊙O相切；（2）试给出AC,AD,CN之间的数量关系，并予以证明．【答案】（1）见详解；（2）AC2ADNC．【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，MBME，以及BD是ABC的角平分线，推导出各个角度之间的关系，等量代换即可证出；（2）由圆周角相等推导出所对应的弧相等进一步得到弦相等，据此得出ADC为等腰三角形，再根据NFBM以及（1）中的∠MBC=90，进一步通过推导角度关系得到∠N∠EBC=∠ABE=∠DCA，△NAC为等腰三角形，再根据子母型相似得到ADC∽△NAC，最终根据相似三角形的性质即可得出AC2ADNC．【详解】（1）如图所示，∵MBME,BD是ABC的角平分线，∴∠MBE∠MEB，ABEEBC，又∵BC为直径，∴BAC90，∴∠ABE∠MEB90,∴∠EBC∠MBE90，即BM与⊙O相切．（2）∵ABEEBC，，∴ADCD

∴ADCD,∴DACDCA，∴ADC为等腰三角形，又∵BDC=90，∴BDN90，∴∠N+∠NGD90，又∵∠NGD∠BGF，且由（1）可得∠MBC=90，NF∴∠NFB=90，即∠N∠EBC=∠ABE=∠DCA，∴△NAC为等腰三角形，在ADC和△NAC中，BM，∠N∠DAC=∠DCA，∴ADC∽△NAC，∴ADDCAC

，NAACNC∴AC2DCNC，又∵ADCD，故：AC2ADNC．【点睛】本题考察了圆的综合应用，切线的证明，等腰三角形的性质，直角三角形的性质及判定以及相似三角形的性质及判定等知识点，综合运用以上性质定理是解题的关键．六、综合题（本大题共2小题）

25.如图①，E、F是等腰RtABC的斜边BC上的两动点，EAF45,

CDBC且CDBE．（1）求证：△ABE≌△ACD；（2）求证：EF2BE2CF2；（3）如图②，作AHBC，垂足为H，设EAH,的结论证明：当FAH，不妨设AB2，请利用（2）45时，tan()

tantan成立．1tantan【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．【解析】【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，DF2CD2CF2即可；（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由AB

2，在Rt△ABC中由勾股定理BC2，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=1，可表示EF=tanα+tanβ,BE=1-tanα,CF=，得到EF=DF，由EF2BE2CF2可得1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS）tantan21tan+1tan，整理即得结论．22【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°，∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，在△ABE和△ACD中，ABACABEACD，BECD∴△ABE≌△ACD（SAS），（2）证明∵△ABE≌△ACD，∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，AEAD

EAFDAF，AFAF

∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，DF2CD2CF2，即EF2BE2CF2；（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，∵AB

2，2，AB+AC

22∴AC=AB

在Rt△ABC中由勾股定理BC∵AH⊥BC，∴BH=CH=AH=2+2222

1

BC1，2∴EF=EH+FH=AHtanα+AHtanβ=tanα+tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，AEAD

EAFDAF，AFAF

∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，DF2CD2CF2即EF2BE2CF2，∴tantan1tan+1tan，整理得2tantan12tan+12tan，即tantan1tantan，∴tan+tan1tantan，222tan+tan1=tan45=tan+，∴1tantan∴tan+=

tan+tan．1tantan【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．2

26.如图，在直角坐标系中，二次函数yxbxc的图象与x轴相交于点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C．（1）求b、c的值；（2）点P(m,n)为抛物线上的动点，过P作x轴的垂线交直线l:yx于点Q．①当0m3时，求当P点到直线l:yx的距离最大时m的值；②是否存在m，使得以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m的值．【答案】（1）b=2，c=3；（2）①m【解析】【分析】（1）将A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，可求出答案；（2）①设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），再利用二次函数的性质即可求解；②分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论．【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），∴

3

；②不存在，理由见解析2

1bc0

，93bc0

b2解得：，c3

∴b=2，c=3；（2）①由（1）得，抛物线的函数表达式为：y=x22x3，设点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），∵02∵-1<0，∴当m

321时，PQ有最大值，最大值为；24②∵抛物线的函数表达式为：y=x2-2x-3，∴C（0，-3），∴OB=OC=3，由题意，点P（m，m2-2m-3），则点Q（m，m），∵PQ∥OC，当OC为菱形的边，则PQ=OC=3，当点Q在点P上方时，∴PQ=m23m33，即m23m0，∴mm30，解得m0或m3，当m0时，点P与点O重合，菱形不存在，当m3时，点P与点B重合，此时BC=2OC32OC，菱形也不存在；当点Q在点P下方时，若点Q在第三象限，如图，∵∠COQ=45°，根据菱形的性质∠COQ=∠POQ=45°，则点P与点A重合，此时OA=1OC=3，菱形不存在，若点Q在第一象限，如图，同理，菱形不存在，综上，不存在以点O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题是二次函数综合题，考查的是二次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，其中，熟练掌握方程的思想方法和分类讨论的思想方法是解题的关键．