7.如图，在平面直角坐标系中，点$A$，$B$在函数$y = \frac {k} {x}(k ＞ 0,x ＞ 0)$的图象上，分别以点$A$，$B$为圆心，$1$为半径作圆.当$\odot$ $A$与$x$轴相切，$\odot$ $B$与$y$轴相切时，连接$AB$，$AB = 3\sqrt {2}$，则$k$的值是()。


A.$3$
B.$3\sqrt {2}$
C.$4$
D.$6$

7.C

解：设点$A$的坐标为$(a,\frac{k}{a})$，点$B$的坐标为$(b,\frac{k}{b})$。
因为$\odot A$与$x$轴相切，半径为$1$，所以点$A$的纵坐标为$1$，即$\frac{k}{a}=1$，解得$a = k$，故$A(k,1)$。
因为$\odot B$与$y$轴相切，半径为$1$，所以点$B$的横坐标为$1$，即$b = 1$，故$B(1,k)$。
已知$AB=3\sqrt{2}$，根据两点间距离公式可得：
$\sqrt{(k - 1)^2+(1 - k)^2}=3\sqrt{2}$
两边平方得：
$(k - 1)^2+(1 - k)^2=18$
化简得：
$2(k - 1)^2=18$
$(k - 1)^2=9$
解得$k - 1=\pm3$，即$k=4$或$k=-2$。
因为$k＞0$，所以$k=4$。
答案：$4$

8.将函数$y = \frac {1} {x}$的图象向右平移$1$个单位长度，再向上平移$1$个单位长度，所得图象的解析式为()。

A.$y = \frac {1} {x + 1} + 1$
B.$y = \frac {1} {x + 1} - 1$
C.$y = \frac {1} {x - 1} + 1$
D.$y = \frac {1} {x - 1} - 1$

8.C

将函数$y = \frac{1}{x}$的图象向右平移$1$个单位长度，根据“左加右减”原则，得到$y = \frac{1}{x - 1}$；再向上平移$1$个单位长度，根据“上加下减”原则，所得图象的解析式为$y = \frac{1}{x - 1} + 1$。
C

9.在同一平面直角坐标系中，若正比例函数$y = k_{1}x$与反比例函数$y = \frac {k_{2}} {x}$的图象没有交点，则$k_{1}$与$k_{2}$的关系，有下列四种表述：①$k_{1} + k_{2} \leq 0$；②$|k_{1} + k_{2}| ＜ |k_{1}|$或$|k_{1} + k_{2}| ＜ |k_{2}|$；③$|k_{1} + k_{2}| ＜ |k_{1} - k_{2}|$；④$k_{1}k_{2} ＜ 0$.其中正确的表述有()。

A.$4$个
B.$3$个
C.$2$个
D.$1$个

9.B

要判断正比例函数$y = k_{1}x$与反比例函数$y=\frac{k_{2}}{x}$的图象没有交点时$k_{1}$与$k_{2}$的关系，过程如下：
一、核心条件推导
联立两函数方程：$\begin{cases}y = k_{1}x\\y=\frac{k_{2}}{x}\end{cases}$，消去$y$得$k_{1}x=\frac{k_{2}}{x}$，整理得$k_{1}x^{2}-k_{2}=0$。
∵两函数图象无交点，
∴方程$k_{1}x^{2}-k_{2}=0$无实数解。
对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0$（$a\neq0$），无实根需判别式$\Delta＜0$。此处$a = k_{1}$，$b = 0$，$c=-k_{2}$，则$\Delta=0^{2}-4× k_{1}×(-k_{2})=4k_{1}k_{2}＜0$，即$k_{1}k_{2}＜0$（④正确）。
二、对各表述的判断
1. 表述①：$k_{1}+k_{2}\leq0$
反例：取$k_{1}=1$，$k_{2}=-1$（满足$k_{1}k_{2}＜0$），则$k_{1}+k_{2}=0$；取$k_{1}=2$，$k_{2}=-1$，则$k_{1}+k_{2}=1＞0$。

∴①错误。
2. 表述②：$|k_{1}+k_{2}|＜|k_{1}|$或$|k_{1}+k_{2}|＜|k_{2}|$

∵$k_{1}k_{2}＜0$，即$k_{1}$、$k_{2}$异号，不妨设$k_{1}＞0$，$k_{2}＜0$。
$|k_{1}+k_{2}|=|k_{1}-|k_{2}||$，若$k_{1}＞|k_{2}|$，则$|k_{1}+k_{2}|=k_{1}-|k_{2}|＜k_{1}=|k_{1}|$；
若$k_{1}＜|k_{2}|$，则$|k_{1}+k_{2}|=|k_{2}|-k_{1}＜|k_{2}|$。

∴②正确。
3. 表述③：$|k_{1}+k_{2}|＜|k_{1}-k_{2}|$

∵$k_{1}k_{2}＜0$，平方作差：$|k_{1}-k_{2}|^{2}-|k_{1}+k_{2}|^{2}=(k_{1}^{2}-2k_{1}k_{2}+k_{2}^{2})-(k_{1}^{2}+2k_{1}k_{2}+k_{2}^{2})=-4k_{1}k_{2}$。

∵$k_{1}k_{2}＜0$，
∴$-4k_{1}k_{2}＞0$，即$|k_{1}-k_{2}|^{2}＞|k_{1}+k_{2}|^{2}$，故$|k_{1}-k_{2}|＞|k_{1}+k_{2}|$。

∴③正确。
4. 表述④：$k_{1}k_{2}＜0$
由核心条件推导直接得证，④正确。
三、结论
正确的表述为②、③、④，共3个。
答案：B

10.如图，在$x$轴的正半轴上依次截取$OA_{1} = A_{1}A_{2} = A_{2}A_{3} = A_{3}A_{4} = A_{4}A_{5}$，过点$A_{1}$，$A_{2}$，$A_{3}$，$A_{4}$，$A_{5}$分别作$x$轴的垂线与反比例函数$y = \frac {2} {x}(x ＞ 0)$的图象相交于点$P_{1}$，$P_{2}$，$P_{3}$，$P_{4}$，$P_{5}$，连接$OP_{1}$，$A_{1}P_{2}$，$A_{2}P_{3}$，$A_{3}P_{4}$，$A_{4}P_{5}$，得$Rt \bigtriangleup OP_{1}A_{1}$，$Rt \bigtriangleup A_{1}P_{2}A_{2}$，$Rt \bigtriangleup A_{2}P_{3}A_{3}$，$Rt \bigtriangleup A_{3}P_{4}A_{4}$，$Rt \bigtriangleup A_{4}P_{5}A_{5}$，并设其面积分别为$S_{1}$，$S_{2}$，$S_{3}$，$S_{4}$，$S_{5}$，则$S_{1} + S_{2} + S_{3} + S_{4} + S_{5}$的值为()。

A.$2$
B.$2\frac {17} {60}$
C.$3$
D.$3\frac {17} {60}$

10.B

解：设 $ OA_{1} = A_{1}A_{2} = A_{2}A_{3} = A_{3}A_{4} = A_{4}A_{5} = a $，则 $ A_{1}(a,0) $，$ A_{2}(2a,0) $，$ A_{3}(3a,0) $，$ A_{4}(4a,0) $，$ A_{5}(5a,0) $。
$ P_{1}(a,\frac{2}{a}) $，$ P_{2}(2a,\frac{1}{a}) $，$ P_{3}(3a,\frac{2}{3a}) $，$ P_{4}(4a,\frac{1}{2a}) $，$ P_{5}(5a,\frac{2}{5a}) $。
$ S_{1} = \frac{1}{2} · OA_{1} · P_{1}A_{1} = \frac{1}{2} · a · \frac{2}{a} = 1 $
$ S_{2} = \frac{1}{2} · A_{1}A_{2} · P_{2}A_{2} = \frac{1}{2} · a · \frac{1}{a} = \frac{1}{2} $
$ S_{3} = \frac{1}{2} · A_{2}A_{3} · P_{3}A_{3} = \frac{1}{2} · a · \frac{2}{3a} = \frac{1}{3} $
$ S_{4} = \frac{1}{2} · A_{3}A_{4} · P_{4}A_{4} = \frac{1}{2} · a · \frac{1}{2a} = \frac{1}{4} $
$ S_{5} = \frac{1}{2} · A_{4}A_{5} · P_{5}A_{5} = \frac{1}{2} · a · \frac{2}{5a} = \frac{1}{5} $
$ S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}+S_{5} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} = \frac{60}{60} + \frac{30}{60} + \frac{20}{60} + \frac{15}{60} + \frac{12}{60} = \frac{137}{60} = 2\frac{17}{60} $
答案：B

11.在反比例函数$y = - \frac {2} {x}$中，当$y = 1$时，$x =$.

11.−2

当$y = 1$时，代入反比例函数$y=-\dfrac{2}{x}$，得$1=-\dfrac{2}{x}$，解得$x=-2$。