zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Đề 6 - GV. Lê Anh Tuấn, Nguyễn Thanh Tùng

Chia sẻ: Trần Minh Phương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Báo xấu

92
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là "Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Đề 6" với đề thi này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình và thầy cô giáo có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán: Đề 6 - GV. Lê Anh Tuấn, Nguyễn Thanh Tùng

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan ĐỀ SỐ 6 - KHOÁ PEN – I – 2016 GV: Lê Anh Tuấn - Nguyễn Thanh Tùng Nên tự làm và bấm giờ các bạn nhé – dùng đáp án và thang điểm để tự chấm cho mình! Chúc các bạn ôn luyện thật tốt và vượt qua kì thi THPTQG thành công ! Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  1 . (3m  1) x  m 2  m Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị (Cm ) . Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại giao xm điểm của đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y  x  1 . Câu 3 (1,0 điểm). 10 z a) Cho số phức z thỏa mãn z   5 . Tính môđun của z . 1  2i 2 b) Giải phương trình: log 6  x  3  log 1  x  2   4 trên tập số thực. 6 e 3  ln x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1 x  ln x  2  Câu 5 (1,0 điểm). Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) và mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tính diện tích tam giác OAB . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và cách mặt phẳng ( P ) một khoảng bằng 1. Câu 6 (1,0 điểm). 3 a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   2cos   1. Tính A  2 tan   cot  . 2 b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái. Tính xác suất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt. a 10 Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có  ACB  1350 , CC '  ; AC  a 2 và BC  a . Hình 4 chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C ' . Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh AB  60 15  lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại  17 17  N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 . xy 1  2 y  y  1  .3 y  1 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 x  x 1  x, y    .  2 2 2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  3 . 12 2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1) 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T    2 4ab  (a  b)(c  3) (a  1)(b  1) 2c Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan PEN I – N3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ------------------------------- Môn : TOÁN ĐỀ SỐ 6 (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu Đáp án Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  1 .  1, 0 * Tập xác định: D   . * Sự biến thiên: 0,25 – Chiều biến thiên: y '  4 x 3  4 x ; y '  0  x  0 hoặc x  1 . Các khoảng nghịch biến: ( ; 1) và (0;1) ; các khoảng đồng biến: ( 1; 0) và (1;  ) . – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  0 ; đạt cực đại tại x  0 , y  1. 0,25 CĐ – Giới hạn: lim y  lim y   . x  x  – Bảng biến thiên: 0,25 1 * Đồ thị: 0,25 Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan (3m  1) x  m 2  m Cho hàm số y  có đồ thị (Cm ) . Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại giao xm  1, 0 điểm của đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y  x  1 . 4m 2  m2  m  m2  m Ta có: y '  và (C m ) cắt trục hoành tại điểm M  ;0  ( y  0  x  ) 0,25 ( x  m) 2  3m  1  3m  1 Do tiếp tuyến của (Cm ) tại M song song với đường thẳng d : y  x  1 nên 2  m2  m   3m  1  1 0,25 y '  1    1  m  1 hoặc m    3m  1   2m  5 2 Với m  1  M (1;0) , phương trình tiếp tuyến là: y  x  1 (loại – do trùng với d ). 0,25 1 3  3 Với m    M  ; 0  , phương trình tiếp tuyến là: y  x  (thỏa mãn) 5 5  5 0,25 1 Vậy m   là giá trị cần tìm. 5 Chú ý: Khi gặp câu hỏi viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) song song với đường thẳng y  ax  b , việc sử dụng dữ kiện f '( x0 )  a chỉ là điều kiện cần nhưng chưa đủ . Do đó sau khi giải ra kết quả ta cần có bước kiểm tra lại điều kiện song song. 10 z a) Cho số phức z thỏa mãn z   5 . Tính môđun của z . 3 1  2i 2 b) Giải phương trình: log 6  x  3  log 1  x  2   4 .  1, 0 6 10 z  10   10.(1  2i)  Ta có z  5 z 1    5  z 1  5 1  2i  1  2i   5  0,25 5 5(3  4i ) 3 4  (3  4i ) z  5  z     i. a) 3  4i 25 5 5 2 2 3 4 3  4 Vậy z   i , suy ra môđun của số phức z là: z        1 . 0,25 5 5 5 5 x  3  0 x  3 Điều kiện:   . Khi đó phương trình tương đương : x  2  0  x  2 0,25 2log 6 x  3  2log 6  x  2   4  log6  x  3  x  2   2  x  3  x  2   36 (*) b) TH1 : 2  x  3 , khi đó: (*)   3  x  x  2   36  x 2  x  30  0 (vô nghiệm) 0,25 TH2 : x  3 , khi đó : (*)   x  3 x  2   36  x 2  x  42  0  x  7 hoặc x  6 (loại). Vậy phương trình có nghiệm: x  7 . e 3  ln x Tính tích phân I   dx . 1 x  ln x  2   1, 0 dx Đặt t  ln x  t 2  ln x  2tdt  x 0,25 1 2 1 3 3t t  3t 4 Đổi cận x  1  t  0 và x  e  t  1 , khi đó: I   .2tdt  2 dt 0,25 0 t2 0 t 2 Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 1  14   2  t 2  2t  7  dt 0,25 0 t2 1  t3  50  2   t 2  7t  14 ln t  2    28 ln 2 . 0,25 3 0 3 Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) và mặt phẳng 5 ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tính diện tích tam giác OAB . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường  1, 0 thẳng AB và cách mặt phẳng ( P ) một khoảng bằng 1.  OA  (1; 2;3)   1   1 2 2 115   OA, OB   (9;3; 5)  SOAB  OA, OB   9  3  ( 5) 2  0,25 OB  (2; 1;3) 2 2 2 x  1 t   Ta có AB  (1; 3; 0) , suy ra phương trình đường thẳng AB :  y  2  3t . 0,25 z  3  1  t  2(2  3t )  2.3  1 Do M  AB  M (1  t ; 2  3t ;3) . Ta có: d ( M ( P ))  1  1 0,25 12  22  22 t  1  M (0;5;3) 6 7  0,25  5t  2  3   1    6 7  . Vậy M (0;5;3) hoặc M  ; ;3  . t   M  ; ;3  5 5   5   5 5  3 a) Cho góc  thỏa mãn     và sin   2cos   1. Tính A  2 tan   cot  . 2  1, 0 6 b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái. Tính xác suất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt.  3  sin   0 sin   2 cos   1 2 Với     ;    (*) . Ta có  2 2  1  2cos    cos 2   1  2  cos   0 sin   cos   1 0,25 4  5 cos 2   4 cos   0  cos    hoặc cos   0 (loại do (*) ) a) 5 2  4 9 3 Khi đó sin 2   1  cos 2   1      sin    ( theo (*) ) 5 25 5 0,25 sin  3 1 4 1 Suy ra tan    và cot    . Do đó A  2 tan   cot   . cos  4 tan  3 6 Số cách chọn 5 chữ cái từ 16 chữ cái là: n()  C165  4368 Chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” b) có 8 chữ cái xuất hiện 1 lần là các chữ : K, P, Q, U, O, C, G, A có 1 chữ cái xuất hiện 2 lần là chữ: H có 2 chữ cái xuất hiện 3 lần là các chữ: I, T Gọi B là biến cố trong đó 5 chữ cái được chọn đôi một phân biệt. Gọi tập X  {K; P; Q; U; O; C; G; A}, khi đó ta có các trường hợp sau: 0,25 Trường hợp 1: Trong 5 chữ được chọn đều thuộc tập X , số cách chọn: C85  56 Trường hợp 2: Trong 5 chữ được chọn có chứa 4 chữ thuộc tập X  và 1 chữ H, số cách chọn: C84 .C21  140  và 1 chữ I, số cách chọn: C84 .C31  210 Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 4 1  và 1 chữ T, số cách chọn: C .C  210 8 3 Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 140  210  210  560 . Trường hợp 3: Trong 5 chữ được chọn có chứa 3 chữ thuộc tập X  và 1 chữ H, 1 chữ I số cách chọn: C83 .C21 .C31  336  và 1 chữ H, 1 chữ T, số cách chọn: C83 .C21 .C31  336  và 1 chữ I, 1 chữ T, số cách chọn: C83 .C31 .C31  504 Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 336  336  504  1176 Trường hợp 4: Trong 5 chữ được chọn có chứa 2 chữ thuộc tập X , 1 chữ H, 1 chữ I , 1 chữ T Số cách chọn: C82 .C21 .C31 .C31  504 0,25 Khi đó n( B )  56  560  1176  504  2296 n( B) 2296 41 Vậy xác suất cần tìm là: P( B)    . n() 4368 78 a 10 Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có  ACB  1350 , CC '  ; AC  a 2 và BC  a . Hình chiếu 4  1, 0 vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C ' . 1  1 0 a2 Ta có S ABC  CA.CB sin ACB  a 2.a sin135  2 2 2  0,25 Xét ABC ta có: AB  AC  BC  2 AC.BC cos ACB  2a 2  a 2  2.a 2.a.cos1350  5a 2 2 2 2 B' 2 CA2  CB 2 AB 2 a 2 A' Ta có: CM    . 2 4 4 a 6 Suy ra: C ' M  C ' C 2  CM 2  4 0,25 Suy ra thể tích VABC . A' B ' C '  C ' M .S ABC C' H a 6 a 2 a3 6  .  . 7 4 2 8 B A Do AA ' // BB '  AA ' // ( BCC ' B ')  d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', ( BCC ' B ')) 1350 0,25  d ( A, ( BCC ' B '))  2d ( M , ( BCC ' B ') M AB (do AM  ( BCC ' B ') và  2 ). C MB AB a 5 5a 2 Ta có BM    BM 2   BC 2  CM 2  BMC vuông tại C hay BC  CM 2 2 4 Mà ta có: BC  C ' M  BC  (C ' CM ) (*) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CC ' , khi đó MH  CC ' Mặt khác: BC  MH (theo (*), suy ra MH  ( BCC ' B ')  d ( M , ( BCC ' B '))  MH . 1 1 1 4 8 20 a 15 0,25 Xét tam giác MCC ' ta có: 2  2  2  2  2  2  MH  MH MC MC ' a 3a 3a 10 a 15 Khi đó d ( AA ', B ' C ')  2d ( M , ( BCC ' B '))  2MH  . 5 Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh AB  60 15  lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt  17 17   1, 0 đường kéo dài CI tại N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 . C 1 1 M 2 3 4 1 1 A B I 2 0,25 2 1 N   CMI Ta có CAI   1800  ACMI nội tiếp đường tròn M   I  450  I  M M  M   900   AMN  900 hay AM  MN . 1 1 2 4 1 4   8 32  8 Ta có MN   ;    .(1; 4) , suy ra phương trình AM : x  4 y  0 8  17 17  17 x  4 y  0 Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   x  y  0  A(0; 0) 2015 x  2016 y  0 0,25   C Ta có M   450  M  450  MI là phân giác của góc  AMN 2 1 3   900  BAC Mặt khác, BNC   ACBN nội tiếp đường tròn  N B N  1 1 2  , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy ra NI là phân giác của MNA Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y  15  0 x  4y 4 x  y  15 3x  5 y  15  0 Phương trình phân giác của góc  AMN thỏa mãn:   17 17 5 x  3 y  15  0 Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5 x  3 y  15  0  BC : 3 x  5 y  15  0 0,25 x  4y 4 x  y  15 x  y  5  0 Phương trình phân giác NC của góc  ANM thỏa mãn:   17 17 x  y  3  0 Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0 x  y  3  0 x  0 Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:    C (0; 3) 3 x  5 y  15  0 y  3 Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0 y  0 x  5 0,25 Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ    B (5; 0) 3 x  5 y  15  0 y  0 Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) . Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Chú ý: Trong hình vẽ bài toán C này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là giao điểm M của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB E với AN . A B I D N xy 1  2 y  y  1  .3 y  1 (1)  1, 0 Giải hệ phương trình  2 x  x 1  x, y    .  2 2 2 (8 x  4) 2(1  x )  y  y (2)  y  (;0)  1;   Điều kiện:  1  x  1 1 1 x y2  1 1 y Biến đổi (1)  2 y 1 1  y  2 x  1  x .3  y  y .3    x 2  1  x .3x (*) 1 0,25 Do   y y 2  1  1 3  0 và   x 2  1  x .3x  0 , suy ra y  0   2  1 1 1 y  Khi đó (*)     1  .3    y y  x 2  1  x .3 x  (2*)   Xét hàm số f (t )    t 2  1  t .3t với t   t   1  9 Ta có f '(t )   2  t 1     1  .3t  t 2  1  t .3t ln 3  3t t 2  1  t  ln 3     t2 1    t2 1  t 2  t  t  t2 1  t  0 0,25  Mà  1 1  f '(t )  0 với t   ln 3  1  2  ln 3  0  t 1 t 2 1 1 1 1 Suy ra f (t ) đồng biến với t   . Khi đó (2*)  f    f ( x)   x  y  (3*) y y x 1 1 Thay (3*) vào (2) ta được: (8 x 2  4) 2(1  x 2 )   x2 x  1  x  2  1 x  0,25   2 (8 x 2  4)2 .2(1  x 2 )  1  1 32 x 2 (1  x 2 )(2 x 2  1)2  x  1  0 (4*)   x2 x Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan 1 1 1   Do y   0; x    x  1 . Do đó ta đặt x  cos t với t   0;  , khi đó phương x 2 2  4 2 2 2 2 trình (4*) có dạng: 32 cos t.(1  cos t )(2 cos t  1)  cos t  1  0  8sin 2 2t.cos 2 2t  cos t  1  0  2sin 2 4t  cos t  1  0  k 2 t 0;   8t  t  k 2 t  7  4    t  0; 2   cos8t  cos t       8t  t  k 2 t  k 2 k   9   9 0,25      2 1   Khi đó hệ có 2 nghiệm là: ( x; y )  (1;1),  cos ;  .   9 cos 2     9   Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  3 . 12 2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1) 1  1, 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T    2 4ab  (a  b)(c  3) (a  1)(b  1) 2c Ta có 4ab  ( a  b)(c  3)  3ab  3( a  b)  ( ab  bc  ca)  3ab  3(a  b)  3  3(a  1)(b  1) 12 4 4  2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1) 1  T   2 0,25 4ab  (a  b)(c  3) (a  1)(b  1) (a  1)(b  1) 2c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1 Biến đổi (a 2  1)(b 2  1)  a 2b 2  a 2  b 2  1  (a 2  b 2  2ab)  (a 2b 2  2ab  1)  (a  b)2  (1  ab)2  2 2 2 2 2 (*) 2(c  1)  (c  2c  1)  ( c  2c  1)  ( c  1)  ( c  1) Với x, y , u , v   , ta luôn có: ( x 2  y 2 )(u 2  v 2 )  xu  yv (2*) . Thật vậy: 0,25 10 +) Nếu xu  yv  0 thì (2*) luôn đúng. +) Nếu xu  yv  0 thì (2*)  ( x 2  y 2 )(u 2  v 2 )  ( xu  yv )2  ( xv  yu )2  0 (luôn đúng) Sử dụng phép biến đổi (*) và áp dụng (2*) , ta được: 4  2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)  4   (a  b)2  (1  ab)2   (c  1) 2  (c  1) 2   4  ( a  b)(c  1)  (1  ab)(c  1)  abc  ab  bc  ca  a  b  c  1  2(1  abc) 0,25  ( a  1)(b  1)(c  1)  2(1  abc)  ( a  1)(b  1)(c  1) (do abc  1 ) 1 c c 1  AM GM c c 1 3 5 Khi đó T  c  1  2     2  1  33 . . 2  1   1  2c  2 2 2 c  2 2 2c 2 2 0,25 5 5 Khi a  b  c  1 thì T  . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là . 2 2 Chú ý: Bất đẳng thức (2*) chính là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, song nếu áp dụng trong kì thi THPT quốc gia các bạn phải chứng minh (có thể theo cách trình bày ở bài trên hoặc    chứng minh theo phương pháp vecto nhờ sử dụng bất đẳng thức u . v  u.v ). Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !
GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

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.