2024年四川省遂宁四校联考数学九上开学检测模拟试题【含答案】

这是一份2024年四川省遂宁四校联考数学九上开学检测模拟试题【含答案】，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，将的一边延长至点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
2、（4分）方程3+9=0的根为（ ）
A．3B．－3C．±3D．无实数根
3、（4分）下列式子中，属于分式的是（ ）
A．B．2xC．D．
4、（4分）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B．当AD=BC，AB＝DC时，四边形ABCD是平行四边形
C．当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
5、（4分）已知△ABC，AB＝5，BC＝12，AC＝13，点P是AC上一个动点，则线段BP长的最小值是（ ）
A．B．5C．D．12
6、（4分）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（ ）
A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分
7、（4分）若分式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P(，5)关于y轴的对称点的坐标为（ ）
A．(，)B．(1，5)C．(1．)D．(5，)
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OA1C1，Rt△OA2C2，Rt△OA3C3，Rt△OA4C4……的斜边OA1，OA2，OA3，OA4……都在坐标轴上，∠A1OC1=∠A2OC2=∠A3OC3=∠A4OC4=……=30°．若点A1的坐标为（3，0），OA1=OC2，OA2=OC3OA3=OC4……，则依此规律，点A2018的纵坐标为___．
10、（4分）在四边形中，同一条边上的两个角称为邻角．如果一个四边形一条边上的邻角相等，且这条边的对边上的邻角也相等，那么这个四边形叫做C形．根据研究平行四边形及特殊四边形的方法，在下面的横线上至少写出两条关于C形的性质：_____．
11、（4分）如图，已知直线的解析式为．分别过轴上的点，，，…，作垂直于轴的直线交于，，，，，将，四边形，四边形，，四边形的面积依次设为，，，，． 则＝_____________．
12、（4分）如图，一张三角形纸片，其中，，，现小林将纸片做三次折叠：第一次使点落在处；将纸片展平做第二次折叠，使点若在处；再将纸片展平做第三次折叠，使点落在处，这三次折叠的折痕长依次记为，则的大小关系是（从大到小）__________．
13、（4分）将矩形按如图所示的方式折叠，得到菱形，若，则菱形的周长为______.
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知深港两地的高铁站深圳北、九龙西两站相距约40km．现高铁与地铁冋时从深圳北出发驶向九龙西，高铁的平均速度比地铁快70km/h，当高铁到达九龙西站时，地铁恰好到达距离深圳北站12km处的福田站，求高铁的平均速度．（不考虑换乘时间）．
15、（8分）解方程：3（x﹣7）＝4x（x﹣7）
16、（8分）先化简，然后a在﹣1、1、2三个数中任选一个合适的数代入求值．
17、（10分）某景点的门票零售价为80元/张，“五一”黄金周期间，甲乙两家旅行社推出优惠活动，甲旅行社一律九折优惠；乙旅行社对10人以内（含10人）不优惠，超过10人超出部分八折优惠，某班部分同学去该景点旅游.设参加旅游人数为x人，购买门票需要y元.
（1）分别直接写出两家旅行社y与x的函数关系式，并写出对应自变量x的取值范围；
（2）请根据该班旅游人数设计最省钱的购票方案.
18、（10分）如图平面直角坐标系中，点，在轴上，，点在轴上方，，，线段交轴于点，，连接，平分，过点作交于．
（1）点的坐标为 ．
（2）将沿线段向右平移得，当点与重合时停止运动，记与的重叠部分面积为，点为线段上一动点，当时，求的最小值；
（3）当移动到点与重合时，将绕点旋转一周，旋转过程中，直线分别与直线、直线交于点、点，作点关于直线的对称点，连接、、．当为直角三角形时，直接写出线段的长．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图，平行四边形ABCD中，点E为BC边上一点，AE和BD交于点F，已知△ABF的面积等于 6,△BEF的面积等于4，则四边形CDFE的面积等于___________
20、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，，，垂足分别为E、F，，，，则平行四边形ABCD的面积为_________．
21、（4分）如图，已知在中，，点是延长线上的一点，，点是上一点，，连接，、分别是、的中点，则__________.
22、（4分）如图，一次函数y＝ax+b的图象经过A（2，0）、B（0，﹣1）两点，则关于x的不等式ax+b＜0的解集是_____．
23、（4分）若，则＝_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图所示，以△ABC的三边AB、BC、CA在BC的同侧作等边△ABD、△BCE、△CAF,请说明：四边形ADEF为平行四边形．
25、（10分）在平面直角坐标系xOy中，对于点，若点Q的坐标为，其中a为常数，则称点Q是点P的“a级关联点”例如，点的“3级关联点”为，即．
已知点的“级关联点”是点，点B的“2级关联点”是，求点和点B的坐标；
已知点的“级关联点”位于y轴上，求的坐标；
已知点，，点和它的“n级关联点”都位于线段CD上，请直接写出n的取值范围．
26、（12分）某文具商店销售功能相同的两种品牌的计算器，购买2个A品牌和3个B品牌的计算器共需156元；购买3个A品牌和1个B品牌的计算器共需122元．
（1）求这两种品牌计算器的单价；
（2）学校开学前夕，该商店对这两种计算器开展了促销活动，具体办法如下：A品牌计算器按原价的八折销售，B品牌计算器5个以上超出部分按原价的七折销售．设购买个ｘ个A品牌的计算器需要ｙ1元，购买ｘ个B品牌的计算器需要ｙ2元，分别求出ｙ1、ｙ2关于ｘ的函数关系式；
（3）小明准备联系一部分同学集体购买同一品牌的计算器，若购买计算器的数量超过5个，购买哪种品牌的计算器更合算？请说明理由．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、A
【解析】
根据平行四边形的对角相等得出∠C=∠BAD，再根据平角等于180°列式求出∠BAD=110°，即可得解．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠BAD，
∵∠EAD=70°，
∴∠BAD=180°-∠EAD=110°，
∴∠C=∠BAD=110°．
故选A．
本题考查了平行四边形的对角相等的性质，是基础题，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
2、D
【解析】
原方程可化为：，
∵负数没有平方根，
∴原方程无实数根.
故选D.
3、C
【解析】
根据分式的定义进行解答即可，即分母中含有未知数的式子叫分式．
【详解】
解：、的分母中不含有字母，因此它们是整式，而不是分式，故本选项错误；
、2x的不含分母，因此它们是整式，而不是分式．故本选项错误；
、分母中含有字母，因此它们是分式，故本选项正确；
、的分母中不含有字母，因此它们是整式，而不是分式．故本选项错误．
故选：．
本题考查的是分式的定义，在解答此题时要注意分式是形式定义，只要是分母中含有未知数的式子即为分式．
4、B
【解析】
试题解析：∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A不正确；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴B正确；
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴C不正确；
∵对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，
∴D不正确；
故选B．
考点：1.平行四边形的判定；2.矩形的判定；3.正方形的判定．
5、A
【解析】
解：∵AB=5，BC=12，AC=13，∴AB2+BC2=169=AC2，∴△ABC是直角三角形，当BP⊥AC时，BP最小，∴线段BP长的最小值是：13BP=5×12，解得：BP=．故选A．
点睛：本题主要考查勾股定理的逆定理以及直角三角形面积求法，关键是熟练运用勾股定理的逆定理进行分析．
6、D
【解析】试题解析：A、不正确，矩形的四边不相等，菱形的四个角不相等；
B、不正确，菱形的对角线不相等；
C、不正确，矩形的对角线不垂直；
D、正确，三者均具有此性质；
故选D．
7、A
【解析】
根据分式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
由分式有意义的条件可知：x-1≠0，
∴x≠1，
故选A．
考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
（1）分式无意义⇔分母为零；
（2）分式有意义⇔分母不为零；
（3）分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
8、B
【解析】
根据关于纵轴的对称点：纵坐标相同，横坐标变成相反数，
∴点P关于y轴的对称点的坐标是（1，5），
故选B
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、3×（）1
【解析】
根据含30度的直角三角形三边的关系得OA2=OC2=3×；
OA3=OC3=3×（）2；OA4=OC4=3×（）3，于是可得到
OA2018=3×（）1．
【详解】
∵∠A2OC2=30°，OA1=OC2=3，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
而2018=4×504+2，
∴点A2018在y轴的正半轴上，
∴点A2018的纵坐标为：．
故答案为：．
本题考查的知识点是规律型和点的坐标，解题关键是利用发现的规律进行解答．
10、是轴对称图形；对角线相等；有一组对边相等；有一组对边平行.
【解析】
根据C形的定义，利用研究平行四边形及特殊四边形的方法，从边、角、对角线以及对称性这几个方面分析即可．
【详解】
根据C形的定义，称C形中一条边上相等的邻角为C形的底角，这条边叫做C形的底边，夹在两底边间的边叫做C形的腰．则C形的性质如下：
C形的两底边平行；C形的两腰相等；
C形中同一底上的两个底角相等；C形的对角互补；
C形的两条对角线相等；
C形是轴对称图形．
故答案为：C形的两底边平行；C形的两腰相等；
C形中同一底上的两个底角相等；C形的对角互补；
C形的两条对角线相等；
C形是轴对称图形
本题考查了平行四边形性质的应用，学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，掌握研究平行四边形及特殊四边形的方法，并且能够灵活运用是解题的关键．
11、
【解析】
根据梯形的面积公式求解出的函数解析式即可．
【详解】
根据梯形的面积公式，由题意得
故我们可以得出
∵当均成立
∴成立
故答案为：．
本题考查了解析式与坐标轴的几何规律题，掌握梯形的面积公式是解题的关键．
12、b＞c＞a.
【解析】
由图1，根据折叠得DE是△ABC的中位线，可得出DE的长，即a的长；
由图2，同理可得MN是△ABC的中位线，得出MN的长，即b的长；
由图3，根据折叠得：GH是线段AB的垂直平分线，得出AG的长，再利用两角对应相等证△ACB∽△AGH，利用比例式可求GH的长，即c的长．
【详解】
解：第一次折叠如图1，折痕为DE，
由折叠得：AE＝EC＝AC＝×4＝2，DE⊥AC
∵∠ACB＝90°
∴DE∥BC
∴a＝DE＝BC＝×3＝，
第二次折叠如图2，折痕为MN，
由折叠得：BN＝NC＝BC＝×3＝，MN⊥BC
∵∠ACB＝90°
∴MN∥AC
∴b＝MN＝AC＝×4＝2，
第三次折叠如图3，折痕为GH，
由勾股定理得：AB＝＝5
由折叠得：AG＝BG＝AB＝，GH⊥AB
∴∠AGH＝90°
∵∠A＝∠A，∠AGH＝∠ACB，
∴△ACB∽△AGH
∴，即，
∴GH＝，即c＝，
∵2＞＞，
∴b＞c＞a，
故答案为：b＞c＞a.
本题考查了折叠的问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．本题的关键是明确折痕是所折线段的垂直平分线，准确找出中位线，利用中位线的性质得出对应折痕的长，没有中位线的可以考虑用三角形相似来解决．
13、1
【解析】
根据折叠的性质得AD=AO，CO=BC，∠BCE=∠OCE，所以AC=2BC，则根据含30度的直角三角形三边的关系得∠CAB=30°，于是BC=AB=3，∠ACB=60°，接着计算出∠BCE=30°，然后计算出BE=BC=3，CE=2BE=6，于是可得菱形AECF的周长．
【详解】
解：∵矩形ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，
∴AD=AO，CO=BC，∠BCE=∠OCE，
而AD=BC，
∴AC=2BC，
∴∠CAB=30°，
∴BC=AB=3，∠ACB=60°，
∴∠BCE=30°，
∴BE=BC=3，
∴CE=2BE=6，
∴菱形AECF的周长=4×6=1．
故答案为：1
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、高铁的平均速度为100km/h
【解析】
设设高铁的平均速度为xkm/h，根据时间=路程÷速度，即可得出关于x的分式方程，解之经检验即可得出结论.
【详解】
设高铁的平均速度为xkm/h，依题意得

解得x＝100，
经检验，x＝100是原方程的解，
答：高铁的平均速度为100km/h．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键.
15、x1=，x2=1．
【解析】
整体移项后，利用分解因式法进行求解即可.
【详解】
移项，得3(x－1)－4x(x－1)=0，
因式分解，得 (3－4x) (x－1)=0，
由此得3－4x=0或x－1=0，
解得x1=，x2=1．
本题考查了解一元二次方程——因式分解法，根据一元二次方程的特点灵活选用恰当的方法进行求解是关键.
16、5
【解析】
解：原式=．
取a=2，原式．
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再选取合适的a的值（使分式的分母和除式不为0）代入进行计算即可．
17、 (1)见解析;(2)见解析.
【解析】
分析：(1)甲旅行社直接利用打折后的票价乘人数即可;乙旅行社分两种情况：①不打折：直接利用票价乘人数；②打折：买团体票,需要一次购买门票10张及以上,即,利用打折后的票价乘人数即可;
(2)得出出散客门票（x<10）,价格为80元/张,所购买张数x与购买门票需要y元之间的函数解析式,再进一步与(1)分情况探讨得出答案即可.
详解：（1）甲旅行社y与x的函数关系式是y=72x（x为自然数）；
乙旅行社y与x的函数关系式为 ；
（2）当72x<80x时，0≤x≤10，此时所以选择甲旅行社；
当72x=64x+160时，x=20，此时选择两家旅行社价格一样；
当72x＜64x+160时，x＜20时，选择甲旅行社；
当72x＞64x+160时，x＞20时，选择乙旅行社；
综上所述：当人数小于20时，选择甲旅行社；等于20时两家都可选择；大于20时选择乙旅行社
点睛：此题考查一次函数的实际运用,根据题意找出题目中的数量关系是解决问题的关键.本题用到的数量关系式：钱数=单价×人数.
18、（1）C（3，3）；（3）最小值为3+3；（3）D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．
【解析】
（1）想办法求出A，D，B的坐标，求出直线AC，BC的解析式，构建方程组即可解决问题．
（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．利用三角形的面积公式求出点D坐标，再证明PH=PB，把问题转化为垂线段最短即可解决问题．
（3）在旋转过程中，符号条件的△GD3H有8种情形，分别画出图形一一求解即可．
【详解】
（1）如图1中，
在Rt△AOD中，∵∠AOD=93°，∠OAD=33°，OD=3，
∴OA=OD=6，∠ADO=63°，
∴∠ODC=133°，
∵BD平分∠ODC，
∴∠ODB=∠ODC=63°，
∴∠DBO=∠DAO=33°，
∴DA=DB=1，OA=OB=6，
∴A（-6，3），D（3，3），B（6，3），
∴直线AC的解析式为y=x+3，
∵AC⊥BC，
∴直线BC的解析式为y=-x+6，
由 ，解得，
∴C（3，3）．
（3）如图3中，设BD交O′D′于G，交A′D′于F．作PH⊥OB于H．
∵∠FD′G=∠D′GF=63°，
∴△D′FG是等边三角形，
∵S△D′FG= ，
∴D′G= ，
∴DD′=GD′=3，
∴D′（3，3），
∵C（3，3），
∴CD′==3，
在Rt△PHB中，∵∠PHB=93°，∠PBH=33°，
∴PH=PB，
∴CD'+D'P+PB=3+D′P+PH≤3+D′O′=3+3，
∴CD'+D'P+PB的最小值为3+3．
（3）如图3-1中，当D3H⊥GH时，连接ED3．
∵ED=ED3，EG=EG．DG=D3G，
∴△EDG≌△ED3G（SSS），
∴∠EDG=∠ED3G=33°，∠DEG=∠D3EG，
∵∠DEB=133°，∠A′EO′=63°，
∴∠DEG+∠BEO′=63°，
∵∠D3EG+∠D3EO′=63°，
∴∠D3EO′=∠BEO′，
∵ED3=EB，E=EH，
∴△EO′D3≌△EO′B（SAS），
∴∠ED3H=∠EBH=33°，HD3=HB，
∴∠CD3H=63°，
∵∠D3HG=93°，
∴∠D3GH=33°，设HD3=BH=x，则DG=GD3=3x，GH=x，
∵DB=1，
∴3x+x+x=1，
∴x=3-3．
如图3-3中，当∠D3GH=93°时，同法可证∠D3HG=33°，易证四边形DED3H是等腰梯形，
∵DE=ED3=DH=1，可得D3H=1+3×1×cs33°=1+1．
如图3-3中，当D3H⊥GH时，同法可证：∠D3GH=33°，
在△EHD3中，由∠D3HE=15°，∠HD3E=33°，ED3=1，可得D3H=1× ，
如图3-1中，当DG⊥GH时，同法可得∠D3HG=33°，
设DG=GD3=x，则HD3=BH=3x，GH=x，
∴3x+x=1，
∴x=3-3，
∴D3H=3x=1-1．
如图3-5中，当D3H⊥GH时，同法可得D3H=3-3．
如图3-6中，当DGG⊥GH时，同法可得D3H=1+1．
如图3-7中，如图当D3H⊥HG时，同法可得D3H=3+3．
如图3-8中，当D3G⊥GH时，同法可得HD3=1-1．
综上所述，满足条件的D3H的值为3-3或3+3或1-1或1+1．
此题考查几何变换综合题，解直角三角形，旋转变换，一次函数的应用，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、1
【解析】
利用三角形面积公式得到AF：FE=3：2，再根据平行四边形的性质得到AD∥BE，S△ABD=S△CBD，则可判断△AFD∽△EFB，利用相似的性质可计算出S△AFD=9，所以S△ABD=S△CBD=15，然后用△BCD的面积减去△BEF的面积得到四边形CDFE的面积．
【详解】
解：∵△ABF的面积等于6，△BEF的面积等于4，
即S△ABF：S△BEF=6：4=3：2，
∴AF：FE=3：2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BE，S△ABD=S△CBD，
∴△AFD∽△EFB，
∴，
∴S△AFD=×4=9，
∴S△ABD=S△CBD=6+9=15，
∴四边形CDFE的面积=15-4=1．
故答案为1．
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的性质．
20、
【解析】
利用已知条件及直角三角形中角所对直角边是斜边的一半即可求出BC、AB的长，在中，利用勾股定理可求出BE的长，以DC为底，BE为高求其面积即可.
【详解】
解：

四边形ABCD是平行四边形


同理可得
在中，

又



故答案为:
本题考查了平行四边形的性质、直角三角形中角所对直角边是斜边的一半及勾股定理的综合运用，灵活运用直角三角形的性质确定线段长度是解题的关键.
21、13
【解析】
根据题意连接，取的中点，连接，，利用三角形中位线定理得到，，再根据勾股定理即可解答.
【详解】
连接，取的中点，连接，，
∵、分别是、的中点，
∴OM= BE,ON=AD,
∴，，
∵、分别是、的中点，的中点，
∴OM∥EB,ON∥AD,且，
∴∠MON=90°，
由勾股定理， .
故答案为：13.
此题考查三角形中位线定理，勾股定理，解题关键在于作辅助线.
22、x＜1．
【解析】
根据一次函数与一元一次不等式的关系即可直接得出答案．
【详解】
由一次函数y＝ax+b的图象经过A（1，0）、B（0，﹣1）两点，
根据图象可知：x的不等式ax+b＜0的解集是x＜1，
故答案为：x＜1．
本题主要考查一次函数和一元一次不等式的知识点，解答本题的关键是进行数形结合，此题比较简单．
23、
【解析】
设＝m，则有x＝3m，y＝4m，z＝5m，代入原式即可得出答案．
【详解】
解：设＝m，
∴x＝3m，y＝4m，z＝5m，
代入原式得：．
故答案为．
本题考查了代数式求值和等比例的性质，掌握并灵活运用等比例性质是解答本题的关键.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、证明见解析
【解析】
分析：由△ABD，△EBC都是等边三角形，易证得△DBE≌△ABC（SAS），则可得DE=AC，又由△ACF是等边三角形，即可得DE=AF，同理可证得AD=EF，即可判定四边形ADEF是平行四边形．
本题解析：
证明：∵△ABD，△EBC都是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB，BC＝BE＝EC，
∠DBA＝∠EBC＝60°，
∴∠DBE+∠EBA＝∠ABC+∠EBA，
∴∠DBE＝∠ABC，
在△DBE和△ABC中，∵ ，
∴△DBE≌△ABC（SAS），
∴DE＝AC，
又∵△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF，
∴DE＝AF，
同理可证：AD＝EF，
∴四边形ADEF是平行四边形．
25、（1），；（2）；（3）．
【解析】
(1)根据关联点的定义，结合点的坐标即可得出结论．
(2)根据关联点的定义和点M(m-1,2m)的“-3级关联点”M'位于y轴上，即可求出M'的坐标．
(3)因为点C(-1,3)，D(4,3)，得到y=3，由点N(x,y)和它的“n级关联点”N'都位于线段CD上，可得到方程组，解答即可．
【详解】
解：点的“级关联点”是点，
，
即．
设点，
点B的“2级关联点”是，
，
解得
．
点的“级关联点”为，
位于y轴上，
，
解得：
，
．
点和它的“n级关联点”都位于线段CD上，
，
，
，
，
解得：．
本题考查了一次函数图象上的坐标的特征，“关联点”的定义等知识，正确理解题意，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
26、（1）30元，32元（2）（3）当购买数量超过5个而不足30个时，购买A品牌的计算机更合算；当购买数量为30个时，购买两种品牌的计算机花费相同；当购买数量超过30个时，购买B品牌的计算机更合算.
【解析】
（1）根据“购买2个A品牌和3个B品牌的计算器共需156元”和“购买3个A品牌和1个B品牌的计算器共需122元”列方程组求解即可.
（2）根据题意分别列出函数关系式.
（3）由、、列式作出判断.
【详解】
解：（1）设A品牌计算机的单价为ｘ元，B品牌计算机的单价为ｙ元，则由题意可知：
，解得.
答：A，B两种品牌计算机的单价分别为30元，32元.
（2）由题意可知：，即.
当时，；
当时，，即.
（3）当购买数量超过5个时，.
①当时，，解得，
即当购买数量超过5个而不足30个时，购买A品牌的计算机更合算；
②当时，，解得，
即当购买数量为30个时，购买两种品牌的计算机花费相同；
③当时，，解得，
即当购买数量超过30个时，购买B品牌的计算机更合算.
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人