资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，是正方形与正六边形的外接圆．则正方形与正六边形的周长之比为（ ）
A． B． C． D．
2．已知扇形的圆心角为45°，半径长为12，则该扇形的弧长为（ ）
A． B．2π C．3π D．12π
3．如图，△ABC中，D为AC中点，AF∥DE，S△ABF：S梯形AFED=1：3，则S△ABF：S△CDE=（ ）
A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．1：1
4．向阳村年的人均收入为万元，年的人均收入为万元．设年平均增长率为，根据题意，可列出方程为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，交AD于点M，若，，则OB的长为
A．4 B．5 C．6 D．
6．若是方程的两根，则实数的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
7．已知圆内接正六边形的边长是1，则该圆的内接正三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．如下所示的4组图形中，左边图形与右边图形成中心对称的有( )
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
9．如图，矩形的边在轴的正半轴上，点的坐标为，反比例函数的图象经过矩形对角线的交点，则的值是（ ）
A．8 B．4 C．2 D．1
10．下列计算正确的是（ ）
A．2a+5b＝10ab B．（﹣ab）2＝a2b C．2a6÷a3＝2a3 D．a2•a4＝a8
11．某单行道路的路口，只能直行或右转，任意一辆车通过路口时直行或右转的概率相同.有3辆车通过路口.恰好有2辆车直行的概率是（ ）
A． B． C． D．
12．顺次连接菱形各边中点得到的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．不确定
二、填空题（每题4分，共24分）
13．一只昆虫在如图所示的树枝上寻觅食物，假定昆虫在每个岔路口都会随机选择一条路径，则它获取食物的概率是 ．
14．抛物线经过点,则这条抛物线的对称轴是直线__________．
15．因式分解：_______________________．
16．将抛物线向下平移个单位，那么所得抛物线的函数关系是________．
17．如图是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间．则下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+b=0；③b2=4a（c﹣n）；④一元二次方程ax2+bx+c=n﹣1有两个不相等的实数根．其中正确结论的是______________（只填序号）
18．一个不透明的布袋里装有2个红球，4个白球和a个黄球，这些球除颜色外其余都相同，若从该布袋里任意摸出1个球是黄球的概率为0.4，则a=_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是AC中点．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，BC＝6，连接CD，OE，交点为F，求OF的长．
20．（8分）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）将△ABC向上平移3个单位后，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1，并直接写出点A1的坐标．
（2）将△ABC绕点O顺时针旋转90°，请画出旋转后的△A2B2C2，并求点B所经过的路径长（结果保留π）
21．（8分）如图，已知△ABC．
（1）尺规作图，画出线段AB的垂直平分线（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）设AB的垂直平分线与BA交于点D，与BC交于点E，连结AE．若∠B＝40°，求∠BEA的度数．
22．（10分）如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．
（1）连接DF，求DF的长度；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为正方形时（如图2），连接BG，分别交EF，CD于点P、Q，求BP：QG的值．
23．（10分）某公司2017年产值2500万元，2019年产值3025万元
（1）求2017年至2019年该公司产值的年平均增长率；
（2）由（1）所得结果，预计2020年该公司产值将达多少万元？
24．（10分）阅读材料，回答问题：
材料
题1：经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性的大小相同，求三辆汽车经过这个十字路口时，至少要两辆车向左转的概率
题2：有两把不同的锁和三把钥匙，其中两把钥匙分别能打开这两把锁（一把钥匙只能开一把锁），第三把钥匙不能打开这两把锁．随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率是多少？
我们可以用“袋中摸球”的试验来模拟题1：在口袋中放三个不同颜色的小球，红球表示直行，绿球表示向左转，黑球表示向右转，三辆汽车经过路口，相当于从三个这样的口袋中各随机摸出一球.
问题：
（1）事件“至少有两辆车向左转”相当于“袋中摸球”的试验中的什么事件？
（2）设计一个“袋中摸球”的试验模拟题2，请简要说明你的方案
（3）请直接写出题2的结果．
25．（12分）某工厂设计了一款成本为20元/件的工艺品投放市场进行试销，经过调查，得到如下数据：
销售单价（元/件）
…
30
40
50
60
…
每天销售量（件）
…
500
400
300
200
…
（1）研究发现，每天销售量与单价满足一次函数关系，求出与的关系式；
（2）当地物价部门规定，该工艺品销售单价最高不能超过45元/件，那么销售单价定为多少时，工艺厂试销该工艺品每天获得的利润8000元？
26．如图，已知O是坐标原点，B，C两点的坐标分别为(3，－1)，(2，1)．
(1)以O点为位似中心，在y轴的左侧将△OBC放大到两倍(即新图与原图的相似比为2)，画出图形；
(2)如果△OBC内部一点M的坐标为(x，y)，写出B，C，M的对应点B′，C′，M′的坐标．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】计算出在半径为R的圆中，内接正方形和内接正六边形的边长即可求出周长之间的关系；
【详解】设此圆的半径为R，
则它的内接正方形的边长为，
它的内接正六边形的边长为R，
内接正方形和外切正六边形的边长比为R：R=：1．
正方形与正六边形的周长之比=：6=
故答案选：A；
【点睛】
考查了正多边形和圆，解决圆的相关问题一定要结合图形，掌握基本的图形变换．找出内接正方形与内接正六边形的边长关系，是解决问题的关键．
2、C
【解析】试题分析：根据弧长公式：l==3π，故选C．
考点：弧长的计算．
3、D
【分析】本题考查了平行四边形性质，相似三角形的性质和判定的应用，注意：相似三角形的面积比等于相似比的平方．
【详解】△ABC中，∵AF∥DE，
∴△CDE∽△CAF，
∵D为AC中点，
∴CD：CA=1：2，
∴S△CDE：S△CAF=（CD：CA）2=1：4，
∴S△CDE：S梯形AFED=1：3，
又∵S△ABF：S梯形AFED=1：3，
∴S△ABF：S△CDE=1：1．
故选D．
【点睛】
本题考查了中点的定义，相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质得出S△CDE：S△CAF=1：4是解题的关键．
4、A
【分析】设年平均增长率为，根据：2017年的人均收入×1+增长率=年的人均收入，列出方程即可．
【详解】设设年平均增长率为，根据题意，得：
，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程．
5、B
【分析】由平行线分线段成比例可得，由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得OB的长．
【详解】解：四边形ABCD是矩形
，，
,
，且，
，
在中，
点O是斜边AC上的中点，
故选B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求CD的长度是本题的关键．
6、A
【分析】设，可判断抛物线开口向下，m、n是其与x轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线y=2的交点横坐标，画出函数草图即可判断.
【详解】设，可判断抛物线开口向下，m、n是其与x轴交点的横坐标，a、b则是抛物线与直线y=2的交点横坐标，画出函数草图如下：
从函数图象可以看出：
故选：A
【点睛】
本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，掌握抛物线与x轴的交点的横坐标为y=0时，一元二次方程的根是关键.
7、C
【分析】根据圆内接正六边形的边长是1可得出圆的半径为1，利用勾股定理可求出该内接正三角形的边长为，高为，从而可得出面积．
【详解】解：由题意可得出圆的半径为1，
∵△ABC为正三角形，AO=1，，BD=CD，AO=BO，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查的知识点是正多边形的性质以及解直角三角形，根据圆内接正多边形的边长求出圆的半径是解此题的关键．
8、C
【解析】试题分析：根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可．
①②③是只是中心对称图形，④只是轴对称图形，
故选C.
考点：本题考查的是中心对称图形与轴对称图形
点评：解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫对称轴；在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
9、C
【分析】根据矩形的性质求出点P的坐标，将点P的坐标代入中，求出的值即可．
【详解】∵点P是矩形的对角线的交点，点的坐标为
∴点P
将点P代入中
解得
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质以及反比例函数的性质，掌握代入求值法求出的值是解题的关键．
10、C
【分析】分别对选项的式子进行运算得到：2a+5b不能合并同类项，（﹣ab）2＝a2b2，a2•a4＝a6即可求解．
【详解】解：2a+5b不能合并同类项，故A不正确；
（﹣ab）2＝a2b2，故B不正确；
2a6÷a3＝2a3，正确
a2•a4＝a6，故D不正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查了幂的运算，解题的关键是掌握幂的运算法则．
11、B
【分析】用表示直行、表示右转，画出树状图表示出所有的种等可能的结果，其中恰好有辆车直行占种，然后根据概率公式求解即可．
【详解】解：若用表示直行、表示右转，则画树状图如下：
∵共有种等可能的结果，其中恰好有辆车直行占种
∴（恰好辆车直行）．
故选：B
【点睛】
此题考查的是用树状图法求概率．注意树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率等于所求情况数与总情况数之比．
12、B
【分析】菱形的对角线互相垂直，连接个边中点可得到四边形的特征．
【详解】解：是矩形．
证明：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是中点，
∴EF∥BD，FG∥AC，
∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质与判定定理，矩形的判定定理以及三角形的中位线定理．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、．
【详解】解：根据树状图，蚂蚁获取食物的概率是=．故答案为．
考点：列表法与树状图法．
14、
【分析】根据抛物线的轴对称性，即可得到答案．
【详解】∵抛物线经过点，且点，点关于直线x=1对称，
∴这条抛物线的对称轴是：直线x=1．
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象与性质，掌握抛物线的轴对称性，是解题的关键．
15、
【分析】先提公因式，再用平方差公式分解.
【详解】解：
【点睛】
本题考查因式分解，掌握因式分解方法是关键.
16、
【分析】先确定抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的坐标规律写出平移后顶点坐标，然后利用顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【详解】解：的顶点坐标为，把点向下平移个单位得到的对应点的坐标为，所以平移后的抛物线的解析式是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
17、①③④
【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在点（-2，0）和（-1，0）之间，则当x=-1时，y＞0，于是可对①进行判断；利用抛物线的对称轴为直线x=- =1，即b=-2a，则可对②进行判断；利用抛物线的顶点的纵坐标为n得到=n，则可对③进行判断；由于抛物线与直线y=n有一个公共点，则抛物线与直线y=n-1有2个公共点，于是可对④进行判断．
【详解】解：∵抛物线与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点（-2，0）和（-1，0）之间．
∴当x=-1时，y＞0，
即a-b+c＞0，所以①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-2a，
∴3a+b=3a-2a=a，所以②错误；
∵抛物线的顶点坐标为（1，n），
∴=n，
∴b2=4ac-4an=4a（c-n），所以③正确；
∵抛物线与直线y=n有一个公共点，
∴抛物线与直线y=n-1有2个公共点，
∴一元二次方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，所以④正确．
故答案为：①③④.
【点睛】
此题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键在于掌握运算法则．
18、1
【解析】根据黄球个数÷总球的个数＝黄球的概率，列出算式，求出a的值即可．
【详解】根据题意得：
＝0.1，
解得：a＝1，
经检验，a＝1是原分式方程的解，
则a＝1；
故答案为1．
【点睛】
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）OF＝1.1
【分析】（1）由题意连接CD、OD，求得即可证明DE是⊙O的切线；
（2）根据题意运用切线的性质、角平分线性质和勾股定理以及三角形的面积公式进行综合分析求解.
【详解】解：（1）证明：连接CD，OD
∵∠ACB＝90°，BC为⊙O直径，
∴∠BDC=∠ADC＝90°，
∵E为AC中点，
∴EC＝ED=AE，
∴∠ECD＝∠EDC；
又∵∠OCD＝∠CDO，
∴∠EDC+∠CDO＝∠ECD+ ∠OCD= ∠ACB＝90°，
∴DE是⊙O的切线.
（2）解：连接CD，OE，
∵∠ACB＝90°，
∴AC为⊙O的切线，
∵DE是⊙O的切线，
∴EO平分∠CED，
∴OE⊥CD，F为CD的中点，
∵点E、O分别为AC、BC的中点，
∴OE＝AB＝＝5，
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，由勾股定理得：AC＝1，
∵在Rt△ADC中，E为AC的中点，
∴DE＝AC＝＝4，
在Rt△EDO中，OD＝BC＝＝3，DE＝4，由勾股定理得：OE＝5，
由三角形的面积公式得：S△EDO＝，
即4×3＝5×DF，
解得：DF＝2.4，
在Rt△DFO中，由勾股定理得：OF＝＝＝1.1．
【点睛】
本题考查圆的综合问题，熟练掌握并运用切线的性质和勾股定理以及角平分线性质等知识点进行推理和计算是解此题的关键.
20、（1） 图见解析，（-3，6）；（2） 图见解析，
【分析】（1）根据△ABC向上平移3个单位，得出对应点位置，即可得出A1的坐标；
（2）得出旋转后的△A2B2C2，再利用弧长公式求出点B所经过的路径长．
【详解】解：（1）如图所示：A1的坐标为：（-3，6）；
（2）如图所示：
∵BO=，
∴点B所经过的路径长=．
21、（1）见解析；（2）100°
【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图法，即可；
（2）根据垂直平分线的性质定理，可得AE＝BE，进而即可求出答案．
【详解】（1）线段AB的垂直平分线如图所示；
（2）∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠BAE＝∠B＝40°，
∴∠BEA＝180°﹣∠B﹣∠BAE，
＝180°﹣40°﹣40°
＝100°．
答：∠BEA的度数为100°．
【点睛】
本题主要考查尺规作中垂线以及中垂线的性质定理，掌握中垂线的性质定理是解题的关键．
22、（1）；（2）6；（3）或 ．
【分析】（1）平行四边形DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；
（2）平行四边形DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF＝DM时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；
（3）平行四边形DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解．
【详解】解：（1）如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∵BF＝FC，AD＝2；
∴FC＝1，
∵AB＝3；
∴DC＝3，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
∴DF＝＝＝；
（2）如图2所示：
作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，
连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，
①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，
∴ME+DE＞MD，
②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，
∴ME+DE＝MD
由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，
∵MB＝BF，
∴MB＝1，
∴MC＝3，
又∵DC＝3，
∴△MCD是等腰直角三角形，
∴MD＝＝＝3，
∴NF+DN＝MD＝3，
∴l平行四边形DEFG＝2（NF+DF）＝6；
（3）设AE＝x，则BE＝3﹣x，
∵平行四边形DEFG为矩形，∴∠DEF＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠AED＝∠BFE，
又∵∠A＝∠EBF＝90°，
∴△DAE∽△EBF，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝1，或x＝2
①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，
如图3（甲）所示：
∵平行四边形DEFG为矩形，
∴∠A＝∠ABF＝90°，
又∵BF＝1，AD＝2，
∴在△ADE和△BEF中，，
∴△ADE≌△BEF中（SAS），
∴DE＝EF，
∴矩形DEFG是正方形；
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EF＝＝＝，
∴BH＝＝，
又∵△BEF～△ＨBF，
∴＝，
HF＝＝＝，
在△BPH和△GPF中有：∠BPH＝∠GPF，∠BHP＝∠GFP，
∴△BPH∽△GPF，
∴＝＝＝，
∴PF＝•HF＝，
又∵EP+PF＝EF，
∴EP＝﹣＝，
又∵AB∥BC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴＝＝＝，
②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，
如图3（乙）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠EBF＝90°，
∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，
∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：
∴ED＝＝2，
EF＝＝＝，
∴∠ADE＝45°，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴EF＝DG，∠EDG＝90°，
∴DG＝，∠HDG＝45°，
∴△DHG是等腰直角三角形，
∴DH＝HG＝1，
在△HGQ和△BCQ中有，∠GHQ＝∠BCQ，∠HQG＝∠CQB，
∴△HGQ∽△BCQ，
∴＝＝，
∵HC＝HQ+CQ＝2，
∴HQ＝，
又∵DQ＝DH+HQ，
∴DQ＝1+＝，
∵AB∥DC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴＝，
综合所述，BP：QG的值为或．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质；重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是作辅助线和分类求值．
23、（1）这两年产值的平均增长率为；（2）预计2020年该公产值将达到3327.5万元.
【分析】（1）先设出增长率，再根据2019年的产值列出方程，解方程即可得出答案；
（2）根据（1）中求出的增长率乘以2019年的产值，再加上2019年的产值，即可得出答案.
【详解】解：设增长率为，则2018年万元，2019年万元.
则，
解得，或（不合题意舍去）.
答：这两年产值的平均增长率为.
（2）（万元）.
故由（1）所得结果，预计2020年该公产值将达到3327.5万元.
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用——增长率问题，解题关键是根据题意列出方程.
24、题1.；题2.(1)至少摸出两个绿球；(2)方案详见解析；(3).
【解析】试题分析：题1：因为此题需要三步完成，所以画出树状图求解即可，注意要做到不重不漏；
题2：根据题意列出表格，得出所有等可能的情况数，找出随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的情况数，即可求出所求的概率；
问题：
（1）绿球代表左转，所以为：至少摸出两个绿球；
（2）写出方案；
（3）直接写结果即可．
试题解析：题1：画树状图得：
∴一共有27种等可能的情况；
至少有两辆车向左转的有7种：直左左，右左左，左直左，左右左，左左直，左左右，左左左，
则至少有两辆车向左转的概率为：．
题2：列表得：
锁1
锁2
钥匙1
（锁1，钥匙1）
（锁2，钥匙1）
钥匙2
（锁1，钥匙2）
（锁2，钥匙2）
钥匙3
（锁1，钥匙3）
（锁2，钥匙3）
所有等可能的情况有6种，其中随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的2种，
则P==．
问题：
（1）至少摸出两个绿球；
（2）一口袋中放红色和黑色的小球各一个，分别表示不同的锁；另一口袋中放红色、黑色和绿色的小球各一个，分别表示不同的钥匙；其中同颜色的球表示一套锁和钥匙．“随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率”，相当于，“从两个口袋中各随机摸出一个球，两球颜色一样的概率”；
（3）．
考点：随机事件．
25、（1）y＝﹣10x+800；（2）单价定为40元/件时，工艺厂试销该工艺品每天获得的利润8000元
【分析】（1）直接利用待定系数法求解可得；
（2）根据“总利润单件利润销售量”可得关于的一元二次方程，解之即可得．
【详解】解：（1）设y＝kx+b，
根据题意可得 ，
解得：，
每天销售量与单价的函数关系为：y＝﹣10x+800，
（2）根据题意，得：（x﹣20）（﹣10x+800）＝8000，
整理，得：x2﹣100x+2400＝0，解得：x1＝40，x2＝60，
∵销售单价最高不能超过45元/件，
∴x＝40，
答：销售单价定为40元/件时，工艺厂试销该工艺品每天获得的利润8000元.
【点睛】
本题主要考查了一次函数及一元二次方程的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及找到题目蕴含的相等关系．
26、 (1)如图所示见解析；(2)B′(－6，2)，C′(－4，－2)，M′(－2x，－2y)．
【解析】分析:(1)根据位似图形的性质:以某点为位似中心的两个图形的对应点到位似中心的距离之比等于位似比,且对应点的连线与位似中心在同一直线上,根据位似图形的性质和已知图形的各顶点和位似比,求出位似后的对应点,然后再连接各点.
(2)根据位似图形的性质即可求解.
详解:(1)如图所示,
(2)如图所示:∵B,C两点的坐标分别为（3,-1）,（2,1）,新图与原图的相似比为2,
∴B′（-6,2）,C′（-4,-2）,
∵△OBC内部一点M的坐标为（x,y）,
∴对应点M′（-2x,-2y）.
点睛:本题主要考查作位似图形和位似图形的性质,解决本题的关键是要熟练掌握作位似图形的方法和位似图形的性质.
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