zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Một Số Chú Ý Khi Giải Phương Trình Có Chứa Tham Số Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ - Thầy Phan

Chia sẻ: Trần Bá Trung5 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

823
lượt xem 330
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Gv Phan Hữu Thiềm Thạc sỹ Toán học Trường THPT Nguyễn Trãi Tây Ninh Mở đầu Hầu hết trong các đề thi ĐH & CĐ đều có các bài toán giải và biện luận phương trình (pt) và hệ pt, tìm các giá trị tham số m ∈ R để phương trình (hệ pt) có nghiệm trong miền D nào đó…. Một trong những công cụ chủ đạo để giải đó là dùng khảo sát hàm số trong chương trình...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một Số Chú Ý Khi Giải Phương Trình Có Chứa Tham Số Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ - Thầy Phan

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Gv Phan Hữu Thiềm Thạc sỹ Toán học Trường THPT Nguyễn Trãi Tây Ninh Mở đầu Hầu hết trong các đề thi ĐH & CĐ đều có các bài toán giải và biện luận phương trình (pt) và hệ pt, tìm các giá trị tham số m ∈ R để phương trình (hệ pt) có nghiệm trong miền D nào đó…. Một trong những công cụ chủ đạo để giải đó là dùng khảo sát hàm số trong chương trình 12 và đa số thông qua biến phụ t để đưa phương trình đầu tiên về các dạng quen thuộc hay có thể đặt được dưới dạng một hàm số mà có thể khảo sát được. Một điều cần lưu ý nữa, đó là trong chương trình THPT đã giảm tải phần so sánh nghiệm của pt bậc hai với số α hay β cho trước, do đó việc dùng các tính chất đơn điệu, cực trị, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số là điều tất yếu để giải quyết vấn đề. Bài viết này xin điểm qua các bài toán về dạng này trong các đề thi gần đây, qua đó sẽ phân tích, nhận xét mối tương quan giữa các số hạng, các yếu tố, tính chất của các biến… trong bài toán để hình thành phương pháp giải quyết và đưa ra một số lỗi kĩ thuật mà thí sinh hay mắc phải do thói quen hay nhầm lẫn trong quá trình trình bày lời giải. Để giúp cho tất cả mọi học sinh (đủ trình độ) hiểu rõ hơn trong khi đọc, chúng tôi trình bày từng bước một, nên bài giải hơi dài, các bạn có thể lướt qua nếu thấy mình đã nắm được vấn đề. Tuy nhiên trong bài thi chúng ta phải trình bày chặt chẽ, lập luận thật loogic để đi đến kết quả, chứ không được làm tắt quá bắt giám khảo phải hiểu cho mình là điều nên tránh. Bài giải được trình trên 2 cột: cột bên trái ghi các nhận xét hay các bước giải; cột bên phải trình bày lời giải, cuối cùng là một số bài tập tự luyện. Mong rằng bài viết này sẽ giúp ích cho một số em học sinh hay chí ít cũng cho các em ôn lại những điều mà mình đã biết để chuẩn bị cho tốt trong các kì thi, đồng thời cùng trao đổi, học hỏi với các đồng nghiệp. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong các kì thi sắp tới. 1. Các ví dụ Ví dụ 1. (ĐH & CĐ 2002–A) Cho phương trình: log3 x + log 3 x + 1 − 2m − 1 = 0 (1) (m là tham số). 2 2 a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 3 3 ] . Giải: Nhận xét: log 3 x = log 3 x + 1 − 1 ≥ 0 2 2 ⇒ log 3 x + 1 ≥ 1 2 Thêm bớt 1 vào (1) (1) ⇔ log 3 x + 1 + log 3 x + 1 − 2m − 2 = 0 2 2 (2) Đặt t và bình phương t. Đặt t = log 3 x + 1 ≥ 1 ⇒ t = log 3 x + 1 ≥ 1 2 2 (*) Thay t vào (1) (1) ⇔ t2 + t – 2m – 2 = 0 , t ≥ 1 (3) Câu a) Với m = 2 (2) ⇔ t2 + t – 6 = 0 , t ≥ 1 (4) Giải pt (4) và chọn nghiệm thỏa ⇔ ( t = –3) V ( t = 2), t ≥ 1 điều kiện (*) ⇔ t = 2. Vậy nghiệm của phương trình (3): t = 2 1
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 Tìm x t = 2 ⇔ log 3 x + 1 = 4 ⇔ log 3 x = 3 2 2 ⇔ log 3 x = ± 3 ⇔ x = 3± 3 . Kết luận Vậy khi m = 2, nghiệm của phương trình (1): x = 3± 3 . Câu b) 1≤ x ≤ 3 3 ⇔ 0 ≤ log 3 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ log 3 x + 1 ≤ 4 2 Tìm điều kiện của biến phụ t ⇔ 1 ≤ log 3 x + 1 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2. (**) 2 Bài toán trở thành: Tìm m để pt (5) có ít nhất một nghiệm thuộc (1) ⇔ t2 + t – 2m – 2 = 0 , 1 ≤ t ≤ 2 đoạn [1; 2]. ⇔ t2 + t – 2 = 2m , 1 ≤ t ≤ 2 (5) ⎧ y = t + t − 2 ( P) 2 Đặt ⎨ . Như vậy số nghiệm của ⎩ y = 2m (d ) / /Ox Lập bảng biến thiên của hàm: (5) là số giao điểm của (P) và đường thẳng (d) trên y = t2 + t – 2 đoạn [1; 2]. Ta có bảng biến thiên của (P) sau: + y’=2t + 1. + y’ = 0 ⇔ t = – ½ Chú ý: Ở đây các em học sinh Căn cứ vào bảng trên ta được: hay nhầm 0 ≤ m ≤ 4, vì do thói Pt (1) có nghiệm thỏa điều kiện bài toán ⇔ pt (5) có quen hay đặt y = m là sai, mà nghiệm t thỏa (**) ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2. phải: 0 ≤ 2m ≤ 4 Nhận xét: ∗ Đối với pt có chứa tham số m và có câu hỏi giải pt với giá trị của m cụ thể (ví dụ 1), chúng ta không nên thay m liền để giải, mà nên biến đổi đến mức tối thiểu (pt 3) có thể được, rồi sau đó mới thay giá trị m để giải câu a. Làm như vậy để tránh lập lại bước biến đổi đầu tiên từ pt (1) → pt(3) trong cả 2 câu a) và b). ∗ Học sinh dễ mắc bẩy ở đây: Hể cứ đặt t = f ( x) thì chúng ta liền viết t ≥ 0, điều này thường dẫn đến dư nghiệm, nếu như bài toán có chứa tham số m. Như ví dụ 1) ở trên: do log 3 x = log 3 x + 1 − 1 ≥ 0 ⇔ log 3 x + 1 ≥ 1 ⇔ 2 2 2 log 3 x + 1 ≥ 1 , nên điều kiện t ≥ 1. Hơn nữa hàm f 2 đôi lúc còn được xác định trên miền D cho trước [(**)], vì thế chúng ta phải tìm miền giá trị của hàm f ⇒ các cận của t. Bằng cách quen thuộc là khảo sát hàm t: xem biến phụ t là hàm theo x trên tập xác định của x như ví dụ 2 sau. Ví dụ 2. (ĐH & CĐ 2004–A) Tìm m để phương trình sau có nghiệm m ( ) 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 . (1). Giải: Nhận xét: 1 + x 2 . 1 − x 2 = 1 − x 4 Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1 Đăt t = f ( x) = 1 + x 2 − 1 − x 2 , với x ∈ [–1; +1]. Tìm miền giá trị của t Cách 1 x x ⎛ 1 1 ⎞ Khảo sát t = f(x) / [–1; +1] Ta có: f '( x) = + = x⎜ + ⎟ 1 + x2 1 − x2 ⎝ 1+ x 2 1 − x2 ⎠ 2
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 1 1 Do + >0 với x ∈ (–1; 1). 1+ x 2 1 − x2 Nên: f’(x) = 0 ⇔ x = 0. Bảng biến thiên của t=f(x). Như vậy: 0 ≤ t ≤ 2 Cách 2 Nhận xét: 1+ x2 ≥ 1 – x2 ≥ 0. Với x ∈ [–1; +1].Ta có: 1 + x 2 ≥ 1 − x2 ⇒ t = 1 + x2 − 1 − x2 ≥ 0 Bình phương t: ⇒ t 2 = 2 − 2 1 + x2 . 1 − x2 ≤ 2 Điều kiện của biến phụ t ⇒ 0≤t ≤ 2. Tính 1 − x 4 theo t t 2 = 2 − 2 1 + x 2 . 1 − x 2 = 2(1 − 1 − x 4 ) ⇔ 2 1 − x4 = 2 − t 2 Thay t vào (1) (1) ⇔ m( t + 2) = 2 – t2 + t, 0 ≤ t ≤ 2 −t 2 + t + 2 Tính m theo t ⇔ m= ; 0≤ t ≤ 2 t+2 4 Chia đa thức ⇔ m = −t + 3 + − ; 0 ≤ t ≤ 2 (2) t+2 Bài toán trở thành: Tìm m để 4 Đăt: m = g (t ) = −t + 3 + − ; 0≤ t ≤ 2 phương trình (2) có nghiệm t t+2 thỏa: 0 ≤ t ≤ 2 . g '(t ) = −1 + 4 ; g’(t) = 0 ⇔ (t = –4) V (t = 0). (t + 2) 2 Cách 1 Dùng phương pháp đồ thị để tìm m. Lập bảng biến thiên.. Kết luận: Căn cứ vào bảng biến Vậy pt (1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] thiên ta có kết quả. ⇔ 2 −1 ≤ m ≤ 1. Cách 2 Chú ý: Phải nói m = g(t) là hàm Nhận xét: m= g(t) là hàm liên tục trên đoạn [0; 2 ] xác định và liên tục trên đoạn và có đạo hàm g’(t) < 0 trên (0; 2 ) , vì thế: đang xét ⇒ Hàm đạt giá trị nhỏ min f (t ) = f ( 2) = 2 − 1 .và m ax f (t ) = f (0) = 1 nhất và lớn nhất trên đoạn đó. ⎡0; 2 ⎤ ⎣ ⎦ ⎡0; 2 ⎤ ⎣ ⎦ Vậy pt(1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] ⇔ min f (t ) ≤ m ≤ m ax f (t ) ⎡0; 2 ⎤ ⎡0; 2 ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Kết luận ⇔ 2 −1 ≤ m ≤ 1 3
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 Nhận xét ∗ Ta có: a . b = ab vì ( a ≥ 0 & b ≥ 0) ⇒ a.b ≥ 0. Tuy nhiên điều ngược lại: a.b = a . b thường không đúng, vì a.b ≥ 0 ⇒ a; b cùng dấu ⇒ a; b có thể đều âm ⇒ a , b vô nghĩa. Tương tự như: log a A + log a B = log a ( AB) , ngược lại chúng ta không có: log a ( AB) = log a A + log a B . ∗ Cách 2 trong việc tìm cận (chận) của t là cách làm đẹp, tuy nhiên nếu không nhận ra dược t ≥ 0 thì bài toán không hoàn chỉnh, thậm chí sai. Hơn nữa phép bình phương là một phép biến đổi không tương đương, do đó rất cẩn thận trong việc bình phương 2 vế. Ví dụ 3. (ĐH & CĐ 2007–A) Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1. (1) có nghiệm thực. Giải: Tìm điều kiện để pt có nghĩa: Điều kiện 1 ≤ x (*) Chú ý: với mọi x ≥ 1 ta có: ( ) ( ) 2 2 ∗ 4 x −1 = x −1 , 4 x +1 = x +1 ∗ 4 x − 1. 4 x + 1 = 4 x 2 − 1 2 Chia hai vế của phương trình (1) ⎛ x −1 ⎞ x −1 ⎜ x +1 ⎟ + m = 2 x +1 . (1) ⇔ 3 ⎜ 4 (2) ( ) 4 cho 4 x +1 . 2 ⎟ ⎝ ⎠ x −1 Đặt t = 4 ; x≥1 (*) x +1 x −1 2 x −1 Tìm miền giá trị của t với x ≥ 1 Ta có: 0 ≤ = 1−
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 Tính đạo hàm f’(x). 1 2 f '( x) = >0, với mọi x ≥ 1. 4 ( x + 1) ( x + 1)3 24 Tìm giá trị của t ở hai cận f(1)= 0; lim f ( x) = 1 (***) x →+∞ Lập bảng biến thiên Kết luận Căn cứ vào bảng biến thiên ta có: 0 ≤ t 0 1 1 1 Vì x. = 1 > 0 => x + =| x | + . x x x 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số | x |, ta có x 1 1 1 x+ =| x | + ≥ 2 | x | . = 2 . Do đó |u|;|v| ≥ 2. (*) x x x Ta có: Chú ý: ⎛ 1⎞ 3 1 ⎛ 1⎞ 1 u = ⎜ x + ⎟ = x3 + 3 + 3 ⎜ x + ⎟ ⇒ x3 + 3 = u 3 − 3u . 3 (a + b) 3 = a 3 + b3 + 3ab(a + b) ⎝ x⎠ x ⎝ x⎠ x 1 Tương tự: y 3 + 3 = v3 − 3v y (I): là hệ pt đối xứng loại 1, nên Hệ pt (I) trở thành: chúng ta đưa về dạng tổng & tích. ⎧u + v = 5 (a) ⎨ 3 3 .|u|, |v| ≥ 2 ⎩u + v − 3(u + v ) = 15m − 10 (b) ⎧u + v = 5 (a) Viết u 3 + v3 theo u + v, u.v ⇔⎨ .|u|,|v| ≥ 2 ⎩(u + v) − 3uv(u + v ) − 3(u + v ) = 15m − 10(b) 3 5
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 ⎧u + v = 5 Thay u+v=5 vào (b) ta được hệ (II). ⇔⎨ (|u|; |v| ≥ 2) (II) ⎩uv = 8 − m ⇔ u, v là nghiệm của pt: t2 – 5t + 8 – m = 0, |t| ≥ 2 (1) Bài toán có thể phát biểu: Tìm m để pt (1) có nghiệm thỏa |t| ≥ 2. Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm t1; t2 thỏa điều kiện |t1| ≥ 2 và |t2| ≥ 2 (2 nghiệm t1; t2 có thể trùng nhau) . Xét hàm: f(t) = t2–5t+8, với |t| ≥ 2 Bảng biến thiên: + f'(t)=2t–5. +f’(t) = 0 ⇔ t=5/2 (f =7/4) Căn cứ vào bảng biến thiên của hàm số ta được: ⎛7 ⎞ Kết luận Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ ⎜ ≤ m ≤ 2 ⎟ V ( 22 ≤ m ) ⎝4 ⎠ Nhận xét Để tìm điều kiện (*) của biến phụ, chúng ta có thể làm như sau: Giả sử có 1 u0 = x + ⇔ x 2 − u0 x + 1 = 0 có nghiệm x ≠ 0 ⇔ u0 − 4 ≥ 0 ⇔ |u0| ≥ 2. Ở đây tương tự như đặt 2 x 1 u= tanx + cotx, điều kiện |u| ≥ 2. Tuy nhiên nếu đăt u0 = x − thì không có điều kiện đối với u! x 1 Thật vậy nếu có u0 = x − ⇔ x 2 − u 0 x − 1 = 0 luôn có 2 nghiệm trái dấu vì a.c=–1
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 t = log 2 ( x − 2) là hàm đồng biến trên Đặt t = log 2 ( x − 2) : (2; 4) lim t ( x) = lim log 2 ( x − 2) = −∞ , với x = 4 ⇒ t (4) = 1. x → 2+ + x →2 Do vậy: x ∈ (2; 4) ⇒ t < 1 (2) ⇔ (m–1) t2 + (m–5)t + m – 1= 0 , với t < 1. (3) 2 2 ⇔ (t + t + 1) m = t + 5t + 1 Pt(3) trỏ thành: tìm m để pt (4) có t 2 + 5t + 1 nghiệm thỏa: t1 ≤ t2 < 1 ⇔ m= ; (t < 1) (4). t2 + t +1 t 2 + 5t + 1 Đăt m = f (t ) = 2 t + t +1 −4t + 4 2 f '(t ) = ; ( t 2 + t + 1) 2 ⎡t = −1 (f (−1) = −3) f '(t ) = 0 ⇔ ⎢ . ⎣t = +1 ( f (+1) = 7 / 3) Tìm lim của hàm f(t) khi x → – ∞ lim f (t ) = 1 . (5) t →−∞ Bảng biến thiên: Kết luận Pt (1) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ (4) có 2 nghiệm t < 1 ⇔ –3 ≤ m < 1 Nhận xét Khi giải pt có chứa logarit (mũ), chúng ta nên đưa về cơ số a>1 và áp dụng tính đồng biến của hàm số logarit (mũ), khỏi bị nhầm lẫn hơn khi log (mũ) có cơ số a < 1. Để ý: với M >0; log 2 M = ( log a M ) ≠ log a M 2 = 2 log a | M | với M ≠ 0. 2 a Đối với hàm hữu tỷ, chúng ta phải tìm lim ở hai đầu mút của tập xác định (5). Ví dụ 6. (ĐH Ngoại ngữ –2000) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu nhau: (m + 3)16x + (2m – 1) 4x + m + 1 = 0. (1) Giải: Nhận xét: 16x = 42x Đặt t = 4x . (1) ⇔ (m + 3)t2 + (2m – 1)t + m + 1 = 0. (2) a = 4>1 ⇒ 4x là hàm đòng biến nên: Để pt (1) có 2 nghiệm trái dấu nhau: x1 < 0 < x2 ⇔ x1 < 0 < x2 ⇔ 0 < 4 < 4 < 4 x 10 x 2 pt (2) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa: 0 < t1 < 1 < t2 (*) Chú ý: chúng ta không học về so (2) ⇔ (t 2 + 2t + 1)m + 3t 2 − t + 1 = 0 sánh nghiệm của pt (2) với hai số: 0 −3t 2 + t − 1 2 và 1 được, nên phải dùng đồ thị để ⇔ m= 2 ( t + 2t + 1 > 0 , với mọi t > 0) t + 2t + 1 biện luận. −3t 2 + t − 1 Đặt m = f (t ) = ; 0 < t1 < 1 < t2. (3) t 2 + 2t + 1 7
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 Tính đạo hàm f’ và tìm nghiệm của −7t 2 − 4t + 3 m ' = f '(t ) = f’. (t 2 + 2t + 1) 2 t ' = −1 f '(t ) = 0 ⇔ t '' = 3 7 (m = 5 4) Tìm các giá trị đặt biệt, và giới hạn m(0) = −1 ; m(1) = − 3 ; lim m(t ) = −3 của hàm khi x → + ∞ 4 t →+∞ Bảng biến thiên của hàm f / (0; + ∞ ) Kết luận Căn cứ vào bảng biến thiên ta được: Pt (1) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ (3) có 2 nghiệm thỏa (*) 3 ⇔ −1 < m < − 4 Nhận xét: Học sinh do thói quen, khi đặt t = a f ( x ) với x ∈ D, thì viết liền: t > 0, mà không nghĩ rằng thông thường miền giá trị của hàm f thì hữu hạn, nghĩa là nó bị chặn, do đó chúng ta phải tìm các cận 2 (chặn) của f , từ đó suy ra điều kiện của t. Ví dụ: 0 ≤ sin2x ≤ 1 ⇔ 20 ≤ t = 2sin x ≤ 21 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2. Hơn nữa đôi khi x còn thỏa thêm 1 hay 2 điều kiện nào đó, như ví dụ 6), thì phải cẩn thận trong việc xác định miền giá trị của biến phụ. Học sinh hay mắc bẩy ở lỗi này, mặc dầu cách tiếp cận bài làm, các kĩ thuật tính toán không sai. Ví dụ 7. (ĐH Quốc gia Tp Hồ Chí Minh 2001) ⎡ π π⎤ Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình sau có đúng hai nghiệm trong ⎢ − ; ⎥ : ⎣ 4 4⎦ 3 3 cos x – sin x = m. (1) Giải: Biến đổi (1) (1) ⇔ (cosx – sinx)(cos2x+cosx.sinx+ sin2x)= m (2) ⇔ (cosx – sinx)(1 + cosx.sinx)= m (2) Nhận xét: (cosx – sinx)2 = 1– 2cosx.sinx Đặt t = f(x) = cosx – sinx= 2 cox(x+ π 4 ). 2 t = 1– 2cosx.sinx Tìm miền giá trị của t=f(x)/ π π π π Do − ≤ x ≤ ⇔ 0≤ x+ ≤ ⎡ π π⎤ 4 4 4 2 ⎢− 4 ; 4 ⎥ . ⎣ ⎦ ⎡ π π⎤ Ta có f nghịch biến trên ⎢ − ; ⎥ nên Chú ý: ⎣ 4 4⎦ Hàm cosX nghịch biến trên (0; π ). 0 ≤ cox(x+ 4 π ) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2 cox(x+ π ) ≤ 2 4 (2) ⇔ t[1+ ½(1 – t2)]= m, t ∈ ⎡0; ⎣ 2⎤ ⎦ Thay t vào (2). 8
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 ⇔ m = ½( –t3 + 3t) , ∈ ⎡0; 2 ⎤ ⎣ ⎦ (3) Dùng đồ thị để giải. Đặt m = g(t) = ½( –t + 3t) , ∈ ⎡0; 2 ⎤ 3 ⎣ ⎦ Tính đạo hàm & tìm nghiệm g’= 0. g'(t)= ½(–3t2+ 3) ; g’(t) = 0 ⇔ t = ± 1 Lập bảng biến thiên. Căn cứ vào bảng biến thiên ta được: Kết luận Pt (1) có đúng 2 nghiệm thỏa đề bài ⇔ pt (3) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ 2 ≤ m

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 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.