解：长方形ABCD的长为$1 - (-1) = 2$，宽为$2 - (-1) = 3$，周长为$2×(2 + 3) = 10$。
设运动时间为$t$秒，P、Q第一次相遇时，共运动了10个单位，可得$2t + 3t = 10$，解得$t = 2$。
P运动路程：$2×2 = 4$，从A(-1,2)顺时针：A到B(3个单位)，再向右1个单位，得$M_1(0,-1)$。
第二次相遇共运动20个单位，$2t + 3t = 20$，$t = 4$。
P运动路程：$2×4 = 8$，A到B
(3)→B到C
(2)→C到D
(3)，共8个单位，得$M_2(1,2)$。
第三次相遇共运动30个单位，$t = 6$，P运动路程：$2×6 = 12$，周长10，12 - 10 = 2，A到B
(3)未到，从A向下2个单位，得$M_3(-1,0)$。
第四次相遇共运动40个单位，$t = 8$，P运动路程：$2×8 = 16$，16 - 10 = 6，A→B
(3)→B→C
(2)→C→D
(1)，得$M_4(1,1)$。
第五次相遇共运动50个单位，$t = 10$，P运动路程：$2×10 = 20$，20 - 2×10 = 0，回到A(-1,2)，$M_5(-1,2)$。
第六次相遇共运动60个单位，$t = 12$，P运动路程：$2×12 = 24$，24 - 2×10 = 4，与第一次相遇位置相同，周期为4。
$2024÷4 = 506$，整除，$M_{2024}$与$M_4$位置不同，继续计算：
$M_1(0,-1)$，$M_2(1,2)$，$M_3(-1,0)$，$M_4(1,0)$，$M_5(-1,2)$，$M_6(0,-1)$，周期为4。
$2024÷4 = 506$，$M_{2024}$与$M_4$一致，$M_4(1,0)$。
答案：A

解：观察点的坐标规律：
$A_1(0,1)$，$A_2(1,1)$，$A_3(1,0)$，$A_4(2,0)$；
$A_5(2,1)$，$A_6(3,1)$，$A_7(3,0)$，$A_8(4,0)$；
每4个点为一组，每组横坐标增加2，纵坐标按$1,1,0,0$循环。
计算组数与余数：$2022÷4=505$余$2$。
每组第2个点的坐标特征：横坐标为$2×505 + 1=1011$，纵坐标为$1$。
故点$A_{2022}$的坐标为$(1011,1)$。
B

解：
∵正方形$ABCD$顶点$A(1,1)$，$B(3,1)$，
∴$AB=2$，$C(3,3)$。
一次变换：
沿$x$轴翻折：$C(3,3)\to(3,-3)$；
向左平移1个单位：$(3,-3)\to(2,-3)$。
二次变换：
沿$x$轴翻折：$(2,-3)\to(2,3)$；
向左平移1个单位：$(2,3)\to(1,3)$。
三次变换：
沿$x$轴翻折：$(1,3)\to(1,-3)$；
向左平移1个单位：$(1,-3)\to(0,-3)$。
规律：
奇数次变换后，纵坐标为$-3$；
横坐标：每次变换向左平移1个单位，$n$次变换后横坐标为$3 - n$。
2023次变换（奇数）：
横坐标：$3 - 2023 = -2020$，纵坐标：$-3$。
∴顶点$C$坐标为$(-2020,-3)$。
答案：$C$

解：
$\triangle OA_1B_1$为等边三角形，边长为$4$，则$O(0,0)$，$B_1(4,0)$。
$A_1$的横坐标为$\frac{0+4}{2}=2$，纵坐标为$\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，即$A_1(2,2\sqrt{3})$。
$\triangle B_2A_2B_1$与$\triangle OA_1B_1$关于$B_1$中心对称，设$B_2(x,0)$，由中心对称性质：$\frac{0+x}{2}=4$，得$x=8$，即$B_2(8,0)$。$A_2$与$A_1$关于$B_1$对称，坐标为$(6,-2\sqrt{3})$。
$\triangle B_2A_3B_3$与$\triangle B_2A_2B_1$关于$B_2$中心对称，设$B_3(y,0)$，则$\frac{4+y}{2}=8$，得$y=12$，即$B_3(12,0)$。$A_3$与$A_2$关于$B_2$对称，坐标为$(10,2\sqrt{3})$。
观察$A_1(2,2\sqrt{3})$，$A_3(10,2\sqrt{3})$，横坐标规律：$2=8×1-6$（$n=1$时），$10=8×2-6$（$n=2$时），推测$A_{2n+1}$横坐标为$8n-6+8=8n+2$，纵坐标恒为$2\sqrt{3}$。
故$\triangle B_{2n}A_{2n+1}B_{2n+1}$中$A_{2n+1}$的坐标为$(8n+2,2\sqrt{3})$。
答案：A