zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi lớp 10 chuyên toán trường Trung Học Thực Hành 2008-2009

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Báo xấu

693
lượt xem 111
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM NĂM HỌC 2008 – 2009 Tài liệu mang tính chất tham khảo cho các bạn học sinh thi vào trường chuyên, giúp ích cho các bạn trong kỳ thi đại học cao đẳng

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi lớp 10 chuyên toán trường Trung Học Thực Hành 2008-2009

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN TRƯỜNG TRUNG HỌC THỰC HÀNH ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM NĂM HỌC 2008 – 2009 NGÀY THỨ NHẤT Câu 1 (2 điểm): a/ Chứng minh đẳng thức sau: 53 + 12 10 − 47 − 6 10 = 3 2 b/ Cho A = 45 + 2009 và 45 − 2009 . Chứng minh rằng: A + B = 98 c/ Cho phương trình: x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + m + 2 = 0 (1) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x12 + x2 = 20 2 Câu 2 (1 điểm): 1 Cho (P): y = − x 2 và điểm M(0;2). Gọi (D) là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc là 2 k. a/ Tìm k sao cho (D) và (P) tiếp xúc với nhau b/ Tìm k sao cho (D) cắt (P) tại 2 điểm A, B phân biệt thỏa AB =12 và có hoành độ dương Câu 3 (2 điểm): a/ Giải phương trình: ( x + 1)( x − 3) ( x 2 − 2 x ) = −2 ⎧ x2 + x − y2 − y = 0 ⎪ b/ Giải hệ phương trình: ⎨ ⎪x + y − 2( x + y) = 0 2 2 ⎩ ⎧x + y = z Câu 4 (1 điểm): Tìm các bộ 3 số nguyên dương ( x, y, z ) thỏa mãn: ⎨ ⎩x + y = z 3 3 2 Câu 5 (4 điểm): Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD (AB < CD) nội tiếp (O). Gọi PQ là một dây cung vuông góc với AB và CD, P thuộc cung AB, Q thuộc cung CD. Gọi I và K lần lượt là giao điểm cảu PQ với AB và CD. Gọi P , Q1 là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống 1 đường thẳng AD, P2 , Q2 là chân đường vuông góc hạ từ P,Q xuống đường thẳng AC. a/ CMR: QKQ2C , QKDQ1 , PP2 KC , AIQ2Q là các tứ giác nội tiếp b/ CMR: Q1 , K , Q2 thẳng hàng và P , K , P2 thẳng hàng 1 c/ CMR: Chứng minh rằng PC // IQ2 , KP2 // AQ và tứ giác IQ2 KP2 nội tiếp d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh PQ1 = BD và P P2 vuông góc với Q1Q2 1 1 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 Hướng dẫn giải Bài 1: a) Ta có: 53 + 12 10 − 47 − 6 10 = 45 + 2.3 5.2 2 + 8 − 45 − 2.3 5. 2 + 2 (3 ) (3 ) 2 2 = 5+2 2 − 5− 2 = 3 5+2 2 − 3 5− 2 = 3 5 + 2 2 −3 5 + 2 =3 2 b) Ta có: ( ) 2 ( A + B) 2 = 45 + 2009 + 45 − 2009 = 45 + 2009 + 45 − 2009 + 2 ( 45 + )( 2009 45 − 2009 ) = 90 + 2 452 − 2009 = 90 + 2 16 = 90 + 8 = 98 Suy ra A + B = 98 (Vì A + B > 0) c) x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + m + 2 = 0 (1) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt: Δ′ = ( m + 1) − ( m 2 + m + 2 ) > 0 ⇔ m − 1 > 0 ⇔ m > 1 2 ⎧ S = x1 + x2 = −2 ( m + 1) ⎪ Với điều kiện trên, theo định lý Viet ta có: ⎨ ⎪ P = x1 x2 = m + m + 2 2 ⎩ Từ đó: ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 20 2 x12 + x2 = 20 2 ⇔ 4 ( m + 1) − 2 ( m 2 + m + 2 ) = 20 2 ⇔ 2m 2 + 6m − 20 = 0 ⎡ m = −5 ( l ) ⇔⎢ ⎢m = 2 ( n ) ⎣ Vậy giá trị của m cần tìm là m = 2. Bài 2: GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 Phương trình đường thẳng (D) có qua M(0, 2) có hệ số góc k là: y = kx + 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D): − x 2 = kx + 2 ⇔ x 2 + 2kx + 4 = 0 (1) 2 Điều kiện để (D) tiếp xúc với (P) là phương trình có nghiệm kép, tức là Δ ′ = k 2 − 4 = 0 ⇔ k = ±2 Vậy với k = 2, k = - 2 thì (D) tiếp xúc với (P). b) Gọi A ( x A , y A ) , B ( xB , yB ) là toạ độ giao điểm của (D) và (P) thì xA, xB là nghiệm của phương trình (1). Điều kiện để (D) cắt (P) tại hai điểm là phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, tức là ⎡ k < −2 Δ′ = k 2 − 4 > 0 ⇔ ⎢ (*) ⎣k > 2 Khi đó, theo định lý Viet ta có x A + xB = −2k , xA xB = 4 . Vì x A , xB > 0 ⇒ −2k > 0 ⇒ k < 0 (**) Ta có y A = kx A + 2, yB = kxB + 2 . Khi đó ta có: ( xA − xB ) + ( y A − yB ) = 12 2 2 AB = ⇔ ( x A − xB ) + ( kx A − kxB ) = 144 2 2 ⇔ (1 + k 2 ) ⎡( x A + xB ) − 4 xA xB ⎤ = 144 2 ⎣ ⎦ ⇔ (1 + k 2 )( 4k 2 − 16 ) = 144 ⇔ 4k 4 − 12k 2 − 16 = 144 ⇔ k 4 − 3k 2 − 40 = 0 ⎡ k 2 = −5 ( l ) ⇔⎢ 2 ⎢k = 8 ⎣ k 2 = 8 ⇔ k = ±2 2 So với điều kiện (*) và (**) thì giá trị k cần tìm là k = −2 2 . Vậy giá trị của k thỏa mãn đề bài là −2 2 Bài 3: a) ( x + 1)( x − 3) ( x 2 − 2 x ) = −2 ⇔ ( x 2 − 2 x − 3)( x 2 − 2 x ) + 2 = 0 Đặt t = x 2 − 2 x . Khi đó phương trình trở thành: GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 t ( t − 3) + 2 = 0 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⎡t = 1 ⇔⎢ ⎣t = 2 ⎡x = 1+ 2 Với t = 1 ta có x 2 − 2 x = 1 ⇔ x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ ⎢ ⎢x = 1− 2 ⎣ ⎡x = 1+ 3 Với t = 2 ta có x 2 − 2 x = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ ⎢ ⎢x = 1− 3 ⎣ Vậy phương trình có 4 nghiệm 1 + 2, 1 − 2, 1 + 3, 1 − 3 ⎧ x2 + x − y 2 − y = 0 ⎪ (1) b) ⎨ ⎪ x + y − 2 ( x + y ) = 0 ( 2) 2 2 ⎩ Ta có: (1) ⇔ ( x − y )( x + y ) + ( x − y ) = 0 ⇔ ( x − y )( x + y + 1) = 0 ⎡x − y = 0 ⎡y = x ⇔⎢ ⇔⎢ ⎣x + y +1 = 0 ⎣ y = −1 − x ⎡x = 0 ⇒ y = 0 Với y = x, thế vào (2) ta có: x 2 + x 2 − 2 ( x + x ) = 0 ⇔ 2 x 2 − 4 x = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = 2 ⇒ y = 2 Ta có 2 nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2) x 2 + ( − x − 1) − 2 ( x − 1 − x ) = 0 2 Với y = - 1- x, thế vào (2) ta có ⇔ x 2 + x 2 + 2 x + 1 + 2 = 0 ⇔ 2 x 2 + 2 x + 3 = 0 ( VN ) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x, y) là (0, 0) và (2, 2) ⎧x + y = z ⎪ (1) Bài 4: ⎨ 3 ⎪x + y = z ⎩ 3 2 ( 2) Ta có : x3 + y 3 = z 2 = ( x + y ) ⇔ ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − ( x + y ) = 0 2 2 ⇔ ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy − x − y ) = 0 ⇔ x 2 + y 2 − xy − x − y = 0 (vì x, y nguyên dương nên x + y > 0) GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 ⇔ 4 x 2 + 4 y 2 − 4 xy − 4 x − 4 y = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 x ( y + 1) + ( y + 1) + 3 y 2 − 6 y − 1 = 0 2 ⇔ ( 2 x − y − 1) + 3 ( y − 1) = 4 2 2 Ta có 3 ( y − 1) ≤ 4 ⇒ y − 1 < 2 và vì y ∈ 2 * nên y = 1, 2. Nếu y = 1 suy ra ( 2 x − 2 ) = 4 ⇒ x = 2 ⇒ z = 3 2 ⎡x = 1⇒ z = 3 Nếu y = 2 suy ra ( 2 x − 3) = 1 ⇒ ⎢ 2 ⎣x = 2 ⇒ z = 4 Thử lại ta thấy các bộ (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4) đều là nghiệm của hệ phương trình. Vậy phương trình có 3 nghiệm (x, y, z) là (2,1, 3); (1, 2, 3) và (2, 2, 4). Bài 5: P1 P I B A P2 M O Q2 D C K Q1 Q GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 a/ CMR: QKQ2C , QKDQ1 , PP2 KC , AIQ2Q là các tứ giác nội tiếp Tứ giác QKQ2C có QKC = QQ2C = 90o nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) Tứ giác QKDQ1 có QKD + QQ1 D = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau) Tứ giác PP2KC có PP2C = PKC = 90o nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau). Tứ giác AIQ2Q có AIQ = AQ2Q = 90o nên cũng là tứ giác nội tiếp(Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) . b/ CMR: Q1 , K , Q2 thẳng hàng và P , K , P2 thẳng hàng 1 Ta có QKQ1 = QDQ1 (tứ giác QKDQ1 nội tiếp) Và QDQ1 = QCQ2 (tứ giác ACQD nội tiếp) Suy ra QKQ1 = QCQ2 Mà QCQ2 + QKQ2 = 180o (QCQ2K nội tiếp) Nên QKQ2 = QKQ1 + QKQ2 = 180o , suy ra Q1, K , Q2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng có P1, K, P2 thẳng hàng. c/ CMR: Chứng minh rằng PC // IQ2 , KP2 // AQ và tứ giác IQ2 KP2 nội tiếp Ta có QIQ2 = QAQ2 ( tứ giác AIQQ2 nội tiếp) Và QPC = QAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QC) Suy ra QIQ2 = QPC mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có IQ2 // PC. Chứng minh tương tự ta cũng có KP2 //AQ. d/ Khi PQ là đường kính, hãy chứng minh PQ1 = BD và P P2 vuông góc với Q1Q2 1 1 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 Ta có PKQ2 = QCA (tứ giác QKQ2C nội tiếp), QCA = APQ (góc nội tiếp cùng chắn cung AQ), suy ra PKQ2 = APQ Và P2 KI = AQP (đồng vị) Đo đó P2 KQ2 = P2 KI + PKQ2 = AQP + APQ = 180o − PAQ = 180o − 90o = 90o (PQ là đường kính nên PAQ = 90o ) Vậy P P2 vuông góc với Q1Q2 1 Khi PQ là đường kính thì O là trung điểm của PQ và K là trung điểm của CD. Gọi M là trung điểm của AD. Khi đó trong tam giác ADC thì KM là đường trung bình, suy ra 1 1 KM = AC = BD . 2 2 Ta có OM ⊥ AB (mối liện hệ giữa đường kính và dây cung), suy ra OM // PP1//QQ1 Trong hình thang PP1Q1Q có OM song song với hai đáy và O là trung điểm của cạnh bên PQ nên M là trung điểm của P1Q1. Trong tam giác vuông KP1Q1 có KM là trung tuyến ứng với cạnh huyền P1Q1 nên 1 KM = PQ1 . 1 2 Từ đó ta có P1Q1 = BD. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 NGÀY THỨ HAI Câu 1 (2 điểm): Giải phương trình: 2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3 x + 2 = x + 5 Câu 2 (2 điểm): Xét một số tự nhiên A gồm ít nhất chữ số. Đổi chỗ các chữ số của theo một cách nào đó ta được số tự nhiên . Giả sử rằng: A − B = 11...1 (gồm n chữ số với 0 < n và ). Tìm giá trị nhỏ nhất có thể được của n và chỉ rõ một cặp số tự nhiên A, B để n nhận giá trị nhỏ nhất đó. Câu 3 (2 điểm): Cho số thực a thỏa 0 ≤ a ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 1− a T= + 2 − a 1+ a Câu 4 (4 điểm): 1. Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy D sao cho bán kính của các đường tròn nội tiếp hai tam giác ABD và ACD bằng nhau. Chứng minh rằng các đường tròn bàng tiếp góc A của 2 tam giác ABD và ACD cũng bằng nhau. 2. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là trung điểm cung AB, trên cung AB lấy điểm D di động. Các đoạn thẳng AD và OC và cắt nhau tại E. Tìm quỹ tích tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Hướng dẫn giải Bài 1: Đặt u = 2 x + 5 x + 12, v = 2 x + 3 x + 2 2 2 ( u, v ≥ 0 ) Ta có : u 2 − v2 u+v = ⇔ 2 ( u + v ) = ( u − v )( u + v ) 2 ⇔ ( u + v )( u − v − 2 ) = 0 ⎡u + v = 0 ⇔⎢ ⎣u − v − 2 = 0 Với u + v = 0 ta có: 2 x 2 + 5 x + 12 + 2 x 2 + 3 x + 2 = 0 ⎧2 x 2 + 5 x + 12 = 0 ⎪ ⇔⎨ 2 ( VN ) ⎪2 x + 3x + 2 = 0 ⎩ Với u – v – 2 = 0 hay u = v + 2 ta có: GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 2 x 2 + 5 x + 12 = 2 x 2 + 3 x + 2 + 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 12 = 2 x 2 + 3 x + 2 + 4 + 4 2 x 2 + 3 x 2 + 2 ⇔ 2 x + 6 = 4 2 x 2 + 3x + 2 ⇔ x + 3 = 2 2 x 2 + 3x + 2 ⇔ ( x + 3) = 4 ( 2 x 2 + 3 x + 2 ) ( dk: x + 3 ≥ 0 ) 2 ⇔ x 2 + 6 x + 9 = 8 x 2 + 12 x + 8 ⇔ 7 x2 + 6x −1 = 0 ⎡ x = −1 ⇔⎢ ⎢x = 1 ⎣ 7 1 Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 và x = . 7 Bài 2: Giả sử A có dạng a1a1...am ( m ≥ 5) . Sauk hi hoán vị các chữ số của A ta được số B có dạng b1b2 ...bm . Ta có A = a1a2 ...am = 10m −1 a1 + 10m − 2 a2 + ... + am và B = b1b2 ...bm = 10m −1 b1 + 10m− 2 b2 + ...bm Do đó: A − B = 10m −1 a1 + 10m − 2 a2 + ... + am − (10m −1 b1 + 10m − 2 b2 + ... + bm ) = 10m −1 a1 − a1 + 10m − 2 a2 − a2 + ... + am − am + ( a1 + a2 + ... + am ) − (10m −1 b1 − b1 + 10m − 2 b2 − b2 + ... + bm − bm ) − ( b1 + b2 + ... + bm ) Ta có: 10k ak − ak = ak (10k − 1) 9, 10k ak − ak = bk (10k − 1) 9 ∀k = 0, m − 1 Và ( a1 + a2 + ... + am ) − ( b1 + b2 + ... + bm ) = 0 vì ( b1 , b2 ,..., b2 ) là hoán vị của ( a1 , a2 ,..., am ) . Suy ra A − B 9 ⇒ 11...1 9 , suy ra n chia hết cho 9 và n khác 0, do đó n = 9, 18… Với n = 9 ta chọn A = 987654320, B = 876543209 ta có A – B = 111111111. Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 9. Bài 3: Ta có: a 1− a a − 2 + 2 2 −1− a 2 2 T= + = + = + −2 2 − a 1+ a 2−a 1+ a 2 − a 1+ a 6 6 = −2= 2 −2 ( 2 − a )(1 + a ) −a + a + 2 6 6 Ta có −a 2 + a + 2 = a (1 − a ) + 2 ≥ 2 vì 0 ≤ a ≤ 1 , suy ra T = − 2 ≤ − 2 =1. −a + a + 2 2 2 Dấu “ = “ xảy ra khi a = 1, hoặc a = 0. Vậy Max T = 1 khi a = 0 hoặc a = 1. 2 1 9 9 ⎛ 1⎞ 9 Ta có 2 ≤ −a 2 + a + 2 = − a 2 + a − + = − ⎜ a − ⎟ ≤ . 4 4 4 ⎝ 2⎠ 4 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 6 6 15 2 Suy ra T = −2≥ −2= = . −a + a + 2 2 9 9 3 4 1 Dấu “ = “ xảy ra khi a = . 2 2 1 Vậy Min T = khi a = . 3 2 Bài 4: a) A X E E O Y Z B H D C D H K J I Ta chứng minh bài toán phụ: Trong một tam giác XYZ bất kỳ ta luôn có: S XYZ = rp và S XYZ = ( p XYZ − YZ ) rX trong đó: pXYZ là nửa chu vi tam giác XYZ; r, rX lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp của góc X. Thật vậy: Ta có : 1 1 1 S XYZ = SOXY + SOYZ + SOZX = OF . XY + OD.YZ + OE. XZ = 2 2 2 1 1 1 = r. XY + r.YZ + .rXZ ' 2 2 2 XY + YZ + XZ =r 2 = rp Và: 1 1 1 S XYZ = S IXY + S IZX − S IYZ = IJ . XY + IK . XZ − IH .YZ 2 2 2 1 1 1 = rX . XY + .rX XZ − rX .YZ 2 2 2 XY + XZ − YZ = rX 2 = rX ( p − YZ ) Trở lại bài toán. Gọi r , rA là bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABD. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TPHCM 2008 – 2009 r ′, rA và bán kính đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ACD. ′ 1 AH .BD S ABD 2 BD S rp p Ta có = = , theo bài toán phụ ta cũng có ABD = ABD = ABD (Vì r = r ′ ) S ACD 1 AH .CD CD S ACD r ′p ACD p ACD 2 S p BD p ABD − BD Suy ra ABD = ABD = = (1) S ACD p ACD CD p ACD − CD S ABD rA ( p ABD − BD ) Mà theo bài toán phụ ta có: = (2) S ACD rA ( p ACD − CD ) ′ ′ Từ (1) và (2) suy ra rA = rA (đccm). b) C D' I' I E' Io D E A Phần thuận: Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Ta có ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có CA = CB (Vì C là điểm giữa cung AB), suy ra tam giác ACB vuông cân tại C. Ta có ADC = ABC = 45o (góc nội tiếp cùng chắc cung AC) Suy ra CIE = 2CDE = 90o (Góc ở tâm bằng 2 góc nội tiếp), suy ra tam giác ICE vuông cân, suy ra ECI = 450 . Ta cũng có OCB = 45o và I, B cùng phía đối với đường thẳng IC (do D thuộc cung BD) Vậy I thuộc tia CB. Giới hạn: + Khi D trùng B, thì I trùng với Io là trung điểm CB. + Khi D trùng C, thì I trùng C. Vậy I thuộc đoạn thẳng CIo. Phần đảo: Lấy I’ là điểm bất kì thuộc CIo, vẽ đường tròn (I’, I’C) cắt (O) tại D’ và AD’ tại E. Ta chứng minh E’ thuộc OC. Thật vậy: Ta có AD′C = 45o ⇒ E ′I ′C = 90o ⇒ ΔCI ′E ′ vuông cân tại I’, suy ra ICE ′ = 45o ⇒ E ′ thuộc CO. Kết luận Vậy quĩ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE là đoạn CIO GV: NGUYỄN TĂNG VŨ www.truonglang.wordpress.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.