zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 2 và hướng dẫn giải

Chia sẻ: Love Love | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

287
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'mỗi tuần 1 đề luyện thi đh_đề số 2 và hướng dẫn giải', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 2 và hướng dẫn giải

Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 ĐỀ SỐ 2 I. Phần chung Câu 1 (2đ). 2x −1 Cho hàm số: y = (C ) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Goi I là giao điểm hai tiệm cận của ( C ) . Tìm điểm M thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại M vuông góc với đường thẳng MI . Câu 2 (2đ). ⎛x π⎞ ⎛π ⎞ ⎛ 3x π ⎞ ⎛ π⎞ 1. Giải phương trình: cos ⎜ − ⎟ + cos ⎜ − x ⎟ + cos ⎜ − ⎟ + sin ⎜ 2 x − ⎟ = 0 ⎝2 6⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 6⎠ 2. Giải phương trình: 4 x − x 2 − 1 + x + x 2 + 1 = 2 Câu 3 (1đ). Trong không gian cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC = 600 , a 3 chiều cao SO của hình chóp bằng , trong đó O là giao điểm của hai đường chéo 2 AC , BD . Gọi M là trung điểm của AD, ( P ) là mặt phẳng chứa BM và song song với SA cắt SC tại K . Tính thể tích khối chóp K .BCDM . Câu 4 (1đ). ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: ( C ) : x = ( y − 1) + 1, ( d ) : y = − x + 4 . Tính thể 2 tích của khối tròn xoay do hình phẳng ( H ) tạo ra khi ( H ) quay quanh trục Oy . Câu 5 (1đ). Cho các số x, y, z là các số dương thỏa x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Chứng minh rằng: x y z 3 3 + 2 + 2 ≥ y +z 22 x +z 2 x +y 2 2 II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn ( C ) có tâm O bán kính R = 5 và điểm M ( 2;6 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( C ) tại 2 điểm A, B sao cho ΔOAB có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x + y + z + 3 = 0 và hai điểm A ( 0;1; 2 ) . Tìm tọa độ A ' đối xứng với A qua ( P ) . Câu 7a (1đ). Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đã thiết lập được có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau. B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Câu 6b (1đ). 1 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho ΔABC có đỉnh C ( 4;3) . Biết đường phân giác trong ( AD ) : x + 2 y − 5 = 0 và trung tuyến ( AM ) : 4 x + 13 y − 10 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh B . 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho hai đường thẳng : ⎧ x = −23 + 8t ⎪ x−3 y + 2 z ( Δ1 ) : ⎨ y = −10 + 4t ( t ∈ ) và ( Δ 2 ) : = = ⎪z = 2 −2 1 ⎩ t Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng ( Δ1 ) , ( Δ 2 ) . Câu 7b (1đ). Tìm a để hệ sau có nghiệm ⎧ x ⎪ 3x − 4 ≥ 5 2 ⎨ . ⎪1 + log 2 ( a − x ) ≥ log 2 ( x 4 + 1) ⎩ Hướng dẫn giải 2x −1 Câu 1. 1. y = (C ) x −1 1. Tập xác định D = \ {1} 2. Sự biến thiên của hàm số Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞ . Do đó, đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị − + x →1 x →1 hàm số đã cho . Ta có lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã x →+∞ x →−∞ cho a) Bảng biến thiên −1 Ta có y′ =
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 8 y 6 4 2 -10 -5 5 10 x 15 -2 -4 -6 2. Tọa độ điểm I giao điểm của hai tiệm cận là I (1; 2 ) 2a − 1 Gọi M ( a, b ) là điểm thuộc đồ thị cần tìm. Ta có b = ( a ≠ 1, b ≠ 2 ) a −1 −1 2a − 1 2 ( Phương trình tiếp tuyến tại điểm M : y = x − a) + ( a − 1) a −1 x −1 y −1 b−2 Phương trình đường thẳng MI : = hay y = ( x − 1) + 1 a −1 b − 2 a −1 Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: −1 b − 2 1 = −1 ⇔ ( a − 1) = b − 2 = 3 . ( a − 1) a − 1 2 ( a − 1) ⇔ ( a − 1) = 1 4 ⎡a = 0 ⇒ b = 1 ⇔⎢ ⎣a = 2 ⇒ b = 3 Vậy có hai điểm cần tìm là M 1 ( 0;1) và M 2 ( 2;3) Câu 2: ⎛x π⎞ ⎛π ⎞ ⎛ 3x π ⎞ ⎛ π⎞ 1. Giải phương trình: cos ⎜ − ⎟ + cos ⎜ − x ⎟ + cos ⎜ − ⎟ + sin ⎜ 2 x − ⎟ = 0 (1) ⎝2 6⎠ ⎝3 ⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 6⎠ ⎛ π⎞ ⎛ π π⎞ ⎛ π⎞ ⎛ 2π ⎞ ⎛π x ⎞ Ta có sin ⎜ 2 x − ⎟ = sin ⎜ 2 x + − ⎟ = − cos ⎜ 2 x + ⎟ = cos ⎜ − 2 x ⎟ = cos 4 ⎜ − ⎟ ⎝ 6⎠ ⎝ 3 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 2⎠ x π ⎡ x π ⎤ ⎡ x π ⎤ ⎡ x π ⎤ (1) ⇔ cos ⎛ − ⎞ + cos ⎢ 2 ⎛ − ⎞ ⎥ + cos ⎢3 ⎛ − ⎞ ⎥ + cos ⎢ 4 ⎛ − ⎞ ⎥ = 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝2 6⎠ ⎣ ⎝ 2 6 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 2 6 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 2 6 ⎠⎦ 3 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 x π Đặt t = − . Khi đó phương trình trở thành 2 6 cos t + cos 2t + cos3t + cos 4t = 0 3t t 7t t ⇔ 2cos cos + 2cos cos = 0 2 2 2 2 t⎛ 3t 7t ⎞ ⇔ 2cos ⎜ cos + cos ⎟ = 0 2⎝ 2 2⎠ t 5t ⇔ 4cos .cos t.cos = 0 2 2 ⎡ 5t π ⎡ 5t ⎢ 2 = 2 + kπ ⎢cos 2 = 0 ⎢ ⎢ π ⇔ ⎢cos t = 0 ⇔ ⎢t = + lπ ( k , l, m ∈ ) ⎢ 2 ⎢ t ⎢t π ⎢cos = 0 ⎢ = + mπ ⎣ 2 ⎢2 2 ⎣ ⎡ π 2 kπ ⎢t = 5 + 5 ⎢ ⎢t = π + lπ ⎢ 2 ⎢ ⎢t = ( 2m + 1) π ⎢ ⎣ π 2 kπ 11π 4kπ Với t = + ⇒x= + 2 5 15 5 π 4π Với t = + lπ ⇒ x = + 2lπ 2 3 π Với t = ( 2m + 1) π ⇒ x = + ( 4m + 2 ) π 3 2. Giải phương trình: 4 x − x2 − 1 + x + x2 + 1 = 2 ⎧ ⎡ x ≤ −1 ⎧ x2 − 1 ≥ 0 ⎪ ⎪⎢ Điều kiện: ⎨ ⇔ ⎨⎣ x ≥ 1 ⇔ x ≥ 1 ⎪x ≥ x −1 2 ⎩ ⎪x ≥ 0 ⎩ Với điều kiện trên ta có: x + x 2 + 1 > x + x 2 − 1 ≥ 4 x + x 2 − 1 (do x ≥ 1 ) ( )( ) Cauchy VT > 4 x − x 2 − 1 + 4 x + x 2 − 1 ≥ 2. 8 x − x 2 − 1 x + x 2 − 1 = 2 Suy ra phương trình vô nghiệm. Câu 3: 4 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 S K A M D N O I B C Gọi N = BM ∩ AC . Ta có N là trọng tâm của tam giác ABD. Kẻ NK / / SA ( K ∈ SC ) . Qua K kẻ KI / / SO ( I ∈ AC ) . Suy ra KI ⊥ ( ABCD ) . Vậy 1 VK . BCDM = .KI .S BCMD 3 KI CK Ta có: ΔSOC đồng dạng ΔKIC , suy ra = (1) SO CS CK CN Và ΔKNC đồng dạng ΔSAC , suy ra = ( 2) CS CA 1 CO + CO KI CN CO + ON 3 2 (1) & ( 2 ) ta có = = = = do N là trọng tâm ΔABD SO CA 2CO 2CO 3 2 2 a 3 a 3 ⇒ KI = SO = . = . 3 3 2 3 a 3 Ta có ΔADC đều, suy ra CM ⊥ AD và CM = . Suy ra diện tích hình thang BCDM là: 2 2 1 1⎛a ⎞ a 3 a 3 3 S BCDM = ( DM + BC ) .CM = ⎜ + a ⎟ . = 2 2⎝ 2 ⎠ 2 8 1 1 a 3 a 2 3 3 a3 Thể tích cần tìm: VK . BCDM = .KI .S BCMD = . . = ( dvtt ) 3 3 3 8 8 Câu 4. Ta có ( C ) : x = f ( y ) = ( y − 1) + 1 = y 2 − 2 y + 2 2 (d ) : y = −x + 4 ⇒ x = g ( y) = 4 − y Phương trình tung độ giao điểm: 5 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 y2 − 2 y + 2 = 4 − y ⇔ y2 − y − 2 = 0 ⎡y = 2 ⇔⎢ ⎣ y = −1 Ta có g ( y ) ≥ f ( y ) ≥ 0 ∀y ∈ [ −1;2] Do đó thể tích khối tròn xoay cần tìm là V = π ∫ ⎡( 4 − y ) − ( y 2 − 2 y + 2 ) ⎤ dy 2 2 2 −1 ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ (− y + 4 y 3 + 9 y 2 + 12 ) dy 2 =π∫ 4 −1 2 ⎡ 1 7 ⎤ = π ⎢ − y 5 + y 4 − y 3 + 12 y ⎥ ⎣ 5 3 ⎦ −1 117π = 5 Câu 5. x x x 3 3.x 2 Ta có = . Ta đi chứng minh ≥ . y 2 + z 2 1 − x2 1 − x2 2 Thật vậy áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta có 3 ⎛ 2x2 + 1 − x2 + 1 − x2 ⎞ 8 2 x (1 − x ) = 2 x (1 − x )(1 − x ) ≤ ⎜ 2 2 2 2 2 2 ⎟ = ⎝ 3 ⎠ 27 2 3 3x 2 ⇒ x (1 − x 2 ) ≤ x ≥ ⇒ 3 3 1 − x2 2 2 x 3 3x Suy ra 2 ≥ y +z 2 2 y 3 3y2 z 3 3z 2 Tương tự ta có có 2 ≥ ; 2 ≥ x + z2 2 x + y2 2 3 3 2 Do đó x y +z 2 2 + 2 y x +z 2 + 2 z x +y 2 ≥ 2 ( x + y 2 + z 2 ) = 3 23 II. Phần riêng Câu 6a. 1. Gọi ( Δ ) là đường thẳng qua M thỏa đề bài. 1 1 1 Ta có SOAB = .OA.OB.sin AOB ≤ OA2 = R 2 . Dấu .′′ =′′ xảy ra khi tam giác OAB vuông 2 2 2 R 5 cân tại O . Gọi H là hình chiếu của O trên ( Δ ) thì OH = = . 2 2 5 Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng qua M và cách O một khoảng bằng . 2 6 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Gọi n = ( A, B ) là vectơ pháp tuyến của ( Δ ) , phương trình của ( Δ ) : A ( x − 2) + B ( y − 6) = 0 . Ta có: 2 A + 6B 5 ⇔ 2 ( 2 A + 6 B ) = 25 ( A2 + B 2 ) 2 dO /( Δ ) = = A +B 2 2 2 ⇔ 47 B + 48 AB − 17 A2 = 0 2 ⎡ −24 + 5 55 ⎢B = .A ⎢ 47 ⇔ ⎢ −24 − 5 55 ⎢B = .A ⎣ 47 −24 + 5 55 Với B = . A , chọn A = 47 ⇒ B = −24 + 5 55 ta có phương trình đường thẳng 47 ( ) ( Δ1 ) : 47 ( x − 2 ) + −24 + 5 55 ( y − 6 ) = 0 −24 − 5 55 Với B = . A , chọn A = 47 ⇒ B = −24 − 5 55 ta có phương trình đường thẳng 47 ( ) ( Δ 2 ) : 47 ( x − 2 ) − 24 + 5 55 ( y − 6 ) = 0 2. Gọi ( Δ ) là đường thẳng qua A và vuông góc với ( P ) , vectơ pháp tuyến của ( P ) là vectơ chỉ ⎧x = t ⎪ phương của ( Δ ) , nên phương trình tham số của ( Δ ) : ⎨ y = 1 + t (t ∈ ) ⎪z = 2 + t ⎩ Gọi I là giao điểm của ( Δ ) và ( P ) , khi đó tọa độ của I là nghiệm của hệ ⎧x = t ⎪ y = 1+ t ⎧ x = −2 ⎪ ⎪ ⎨ ⇒ ⎨ y = −1⇒ I ( −2; −1;0 ) ⎪z = 2 + t ⎪z = 0 ⎪x + y + z + 3 = 0 ⎩ ⎩ Vì A′ là điểm đối xứng của A qua ( P ) , nên I là trung điểm của AA′ ⎧ x A′ = 2 xI − x A = −4 − 0 = −4 ⎪ Do đó ⎨ y A′ = 2 yI − y A = −2 − 1 = −3 ⇒ A ' ( −4; −3; −2 ) ⎪ z = 2 z − z = 0 − 2 = −2 ⎩ A′ I A Vậy tọa độ điểm A′ đối xứng của A qua ( P ) là A′ ( −4; −3; −2 ) Câu 7a. Tổng số các số có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các số 1,2,3,4,5,6 là: 6! Tổng số các số có 6 chữ số khác nhau mà 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! Theo yêu cầu bài toán, tổng số cần tìm là: 6! − 2.5! = 480 số. 7 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Câu 6b. 1. Theo giả thiết suy ra A ( 9; −2 ) . Lấy C ' đối xứng với C qua AD , suy ra C ′ ∈ AB . x −4 y −3 Ta có CC ′ ⊥ AD suy ra n AD = u CC′ = (1;2 ) . Phương trình ( CC ′ ) : = ⇔ 2x − y − 5 = 0 . 1 2 ⎧x + 2 y − 5 = 0 ⎧x = 3 Gọi I = CC ′ ∩ AD , tọa độ I là nghiệm của hệ ⎨ ⇔⎨ ⇒ I ( 3;1) ⎩2 x − y − 5 = 0 ⎩y =1 ⎧ xC ' = 2 xI − xC = 2.3 − 4 = 2 I là trung điểm CC ′ , suy ra ⎨ ⇒ C ' ( 2; −1) ⎩ yC ' = 2 yI − yC = 2.1 − 3 = −1 x −9 y + 2 CC ′ ≡ AB , nên phương trình ( AB ) : = ⇔ x + 7y + 5 = 0 2 − 9 −1 + 2 Viết phương trình đường thẳng Cx / / AB , suy ra ( Cx ) : x + 7 y − 25 = 0 ⎧ x + 7 y − 25 = 0 ⎧ x = −17 Gọi A′ = Cx ∩ AM , tọa độ A′ là nghiệm của hệ ⎨ ⇔⎨ ⇒ A′ ( −17;6 ) ⎩4 x + 13 y − 10 = 0 ⎩y = 6 ⎧ x + x A′ 9 − 17 ⎪ xM = A = = −4 ⎪ 2 2 M là trung điểm AA′ , suy ra ⎨ ⇒ M ( −4; 2 ) ⎪y = y A + y A′ −2 + 6 = =2 ⎪ M ⎩ 2 2 ⎧ xB = 2 xM − xC = 2. ( −4 ) − 4 = −12 ⎪ M cũng là trung điểm BC , suy ra ⎨ ⎪ yB = 2 yM − yC = 2.2 − 3 = 1 ⎩ Vậy B ( −12;1) 2) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho hai đường thẳng : ⎧ x = −23 + 8t x−3 y + 2 z ( Δ1 ) : ⎪ y = −10 + 4t ( t ∈ ) và ( Δ 2 ) : ⎨ = = ⎪z = 2 −2 1 ⎩ t Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng ( Δ1 ) , ( Δ 2 ) . Ta có u Oz = ( 0;0;1) , u Δ1 = ( 8; 4;1) , u Δ2 = ( 2; −2;1) Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa ( Δ1 ) và song song với Oz ⎛4 1 1 8 8 4⎞ nα = ⎡u Δ1 ; u Oz ⎤ = ⎜ ⎣ ⎦ ; ; ⎟ = ( 4; −8;0 ) ⎝0 1 1 0 0 0⎠ A ( −23; −10;0 ) ∈ Δ1 Phương trình (α ) : 4 ( x + 23) − 8 ( y + 10 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 3 = 0 Viết phương trình mặt phẳng ( β ) chứa ( Δ 2 ) và song song với Oz ⎛ −2 1 1 2 2 −2 ⎞ n β = ⎡u Δ2 ; u Oz ⎤ = ⎜ ⎣ ⎦ ; ; ⎟ = ( −2; −2;0 ) ⎝ 0 1 1 0 0 0 ⎠ B ( 5; −4;1) ∈ Δ 2 8 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 Phương trình ( β ) : −2 ( x − 5 ) − 2 ( y + 4 ) = 0 ⇔ x + y − 1 = 0 ⎧x − 2 y + 3 = 0 ⎛ 1 4 ⎞ Gọi d là đường thẳng cần tìm, phương trình của ( d ) : ⎨ ⇒ I ⎜ − ; ;0 ⎟ ∈ ( d ) ⎩x + y −1 = 0 ⎝ 3 3 ⎠ ⎛ −8 0 0 4 4 −8 ⎞ ⎡ ⎤ u d = ⎣ nα ; n β ⎦ = ⎜ ; ; ⎟ = ( 0;0; −24 ) ⎝ −2 0 0 −2 −2 −2 ⎠ Vậy: ⎧ 1 ⎪x = − 3 ⎪ (d ) : ⎪ y = 4 ⎨ (t ∈ ) ⎪ 3 ⎪ z = − 24t ⎪ ⎩ Câu 7b. ⎧ x ⎪ 3x − 4 ≥ 5 2 (1) ⎨ ⎪1 + log 2 ( a − x ) ≥ log 2 ( x 4 + 1) ( 2) ⎩ ( 2 ) ⇔ log 2 2 + log 2 ( a − x ) ≥ log 2 ( x 4 + 1) ⇔ log 2 ⎣ 2 ( a − x ) ⎦ ≥ log 2 ( x 4 + 1) ⎡ ⎤ ⇔ 2 ( a − x ) ≥ x4 + 1 x4 1 ⇔a≥ + x + ( *) 2 2 x (1) ⇔ 3 x −5 −4 ≥ 0 2 x Đặt f ( x ) = 3 − 5 − 4 x 2 ln 5 2x f ′ ( x ) = ln 3.3x −.5 > 0 ∀x ∈ 2 Suy ra f ( x ) là hàm đồng biến. Do f ( 2 ) = 0 , nên nghiệm (1) : S1 = [ 2; +∞ ) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình (*) có nghiệm thuộc [ 2;+∞ ) x4 1 Đặt g ( x ) = + x + 2 2 g ′ ( x ) = 2 x + 1 > 0 ∀x ≥ 2 3 21 Suy ra g ( x ) tăng trên [ 2; +∞ ) và g ( 2 ) = 2 2 9 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com
Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 x −∞ +∞ 3 −1 / 2 g′( x ) − − −∞ +∞ g ( x) 21/2 21 Do đó (*) có nghiệm thuộc [ 2; +∞ ) khi và chỉ khi a ≥ 2 21 Vậy điều kiện a để hệ có nghiệm là: a ≥ . 2 HẾT 10 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

511 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.