Lời giải đề 15: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Kinh Môn 2 - Hải Dương lần 1, mã đề 132- trang 2

Câu 30: Chọn B.

Điều kiện $cos xne 0Leftrightarrow xne frac{pi }{2}+kpi $, $kin mathbb{Z}$.

Do ${{sin }^{2}}x+1>0,forall xin mathbb{R}$ nên phương trình đã cho tương đương với $sqrt{3}tan x+1=0Leftrightarrow tan x=-frac{1}{sqrt{3}}Leftrightarrow tan x=tan left $- f r a c p i 6 r i g h t$ Leftrightarrow x=-frac{pi }{6}+kpi $, $kin mathbb{Z}$ $n h ậ n$ .

Câu 31: Chọn D.

Đặt $left{ begin{array}{l}
u = x\
{rm{d}}v = f’left $2 x r i g h t$ {rm{d}}x
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{rm{d}}u = {rm{d}}x\
v = frac{1}{2}fleft $2 x r i g h t$
end{array} right.$.

Khi đó, $I=left. x.frac{1}{2}fleft $2 x r i g h t$ right|_{0}^{1}-frac{1}{2}intlimits_{0}^{1}{fleft $2 x r i g h t$ text{d}x}=frac{1}{2}fleft $2 r i g h t$ -frac{1}{2}intlimits_{0}^{1}{fleft $2 x r i g h t$ text{d}x}=8-frac{1}{2}intlimits_{0}^{1}{fleft $2 x r i g h t$ text{d}x}$.

Đặt $t=2xRightarrow text{d}t=2text{d}x$.

Với $x=0Rightarrow t=0$; $x=1Rightarrow t=2$.

Suy ra $I=8-frac{1}{4}intlimits_{0}^{2}{fleft $t r i g h t$ text{d}t}=8-1=7$.

Câu 32: Chọn D.

Ta có $m=fleft $x r i g h t$ +1Leftrightarrow fleft $x r i g h t$ =m-1$ $left $1 r i g h t$ $.

Số nghiệm của phương trình $left $1 r i g h t$ $ chính bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ và đường thẳng $y=m-1$.

Với $m<2Leftrightarrow m-1<1$: Khi đó đường thẳng $y=m-1$ cắt đồ thị hàm số $y=fleft $x r i g h t$ $ tại $2$ điểm phân biệt. Do đó phương trình đã cho có $2$ nghiệm phân biệt.

Câu 33: Chọn C.

Thời gian từ lúc hãm phanh đến dừng hẳn là: $-2t+20=0$$Leftrightarrow t=10text{ }left $t e x t s r i g h t$ $.

Quãng đường ôto đi được trong $15$ giây cuối cùng là:

$s=20.5+intlimits_{0}^{10}{left $- 2 t + 20 r i g h t$ text{d}t}=100+left. left $- t^{2} + 20 t r i g h t$ right|_{0}^{10}=100+left $- 100 + 200 r i g h t$ =200text{ }left $t e x t m r i g h t$ $.

Câu 34: Chọn B.

Thể tích khối chóp: $V=frac{1}{3}{{S}_{Delta OAB}}OC$$=frac{1}{3}left $f r a c 12 O A . O B r i g h t$ OC$$=6$.

Câu 35: Chọn B.

Ta có $cos 3x-cos 2x+9sin x-4=0$

$Leftrightarrow 4{{cos }^{3}}x-3cos x+2{{sin }^{2}}x+9sin x-5=0$

$Leftrightarrow cos xleft $1 - 4 {s i n}^{2} x r i g h t$ +left $2 s i n x - 1 r i g h t$ left $s i n x + 5 r i g h t$ =0$

$Leftrightarrow left $2 s i n x - 1 r i g h t$ left $- c o s x - 2 s i n x c o s x + s i n x + 5 r i g h t$ =0$

$ Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}}
{2sin x – 1 = 0}&{left $1 r i g h t$ }\
{sin x – cos x – 2sin xcos x + 5 = 0}&{left $2 r i g h t$ }
end{array}} right.$

Giải $left $1 r i g h t$ $, ta có $left $1 r i g h t$ Leftrightarrow sin x = frac{1}{2} Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = frac{pi }{6} + k2pi \
x = frac{{5pi }}{6} + k2pi
end{array} right.$.

Với $xin left $0; 3 p i r i g h t$ $ nên $left $1 r i g h t$ $ có các nghiệm thoả bài toán là: $x=frac{pi }{6}$, $x=frac{13pi }{6}$, $x=frac{5pi }{6}$, $x=frac{17pi }{6}$.

Giải $left $2 r i g h t$ $, đặt $t=sin x-cos x=sqrt{2}sin left $x - f r a c p i 4 r i g h t$ $ với $left| t right|le sqrt{2}$.

Khi đó ${{t}^{2}}=1-2sin xcos xRightarrow 2sin xcos x=1-{{t}^{2}}$;

Phương trình $left $2 r i g h t$ $ trở thành $t-1+{{t}^{2}}+5=0Leftrightarrow {{t}^{2}}+t+4=0$ phương trình vô nghiệm.

Vậy tổng các nghiệm là: $frac{pi }{6}+frac{13pi }{6}+frac{5pi }{6}+frac{17pi }{6}=6pi $.

Câu 36: Chọn B.

Ta có $left $I B C r i g h t$ cap left $A B C D r i g h t$ =BC$; $left $I B C r i g h t$ cap left $S A B r i g h t$ =IB$

Tìm $left $I B C r i g h t$ cap left $S A D r i g h t$ $.

Ta có: $left{ begin{array}{l}
I in left $I B C r i g h t$ cap left $S A D r i g h t$ \
BC in left $I B C r i g h t$ \
AD in left $S A D r i g h t$ \
BC;{rm{//}};AD
end{array} right.$$Rightarrow left $I B C r i g h t$ cap left $S A D r i g h t$ =Ix text{//} AD text{//} BC$

Xét $left $S A D r i g h t$ $: Gọi $J=Ixcap SD$, mà $IA=IS,Ix text{//} ADRightarrow JS=JD$

$Rightarrow left $I B C r i g h t$ cap left $S A D r i g h t$ =IJRightarrow left $I B C r i g h t$ cap left $S D C r i g h t$ =JC$

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang $IJBC$.

Câu 37: Chọn D.

Đặt $frac{SP}{SC}=xleft $0 < x l e 1 r i g h t$ $ . Ta có $frac{SM}{SA}+frac{SP}{SC}=frac{SN}{SB}+frac{SQ}{SD}Rightarrow frac{SQ}{SC}=frac{1}{2}+x-frac{2}{3}=x-frac{1}{6}left $x > f r a c 16 r i g h t$ $ .

Mặt khác $ABCD$ là hình bình hành nên có ${{V}_{S.ABCD}}=2{{V}_{S.ABC}}=2{{V}_{S.ACD}}$

$frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=frac{SM}{SA}.frac{SN}{SB}.frac{SP}{SC}=frac{1}{3}x$; $frac{{{V}_{S.MPQ}}}{{{V}_{S.ACD}}}=frac{SM}{SA}.frac{SP}{SC}.frac{SQ}{SD}=frac{1}{2}xleft $x - f r a c 16 r i g h t$ $.

Suy ra $frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=frac{{{V}_{S.MNP}}}{2{{V}_{S.ABC}}}+frac{{{V}_{S.MPQ}}}{2{{V}_{S.ACD}}}=frac{1}{6}x+frac{1}{4}xleft $x - f r a c 16 r i g h t$ =frac{1}{4}{{x}^{2}}+frac{1}{8}x$.

Xét $fleft $x r i g h t$ =frac{1}{4}{{x}^{2}}+frac{1}{8}x$ với $frac{1}{6}<xle 1$; ${f}’left $x r i g h t$ =frac{1}{2}x+frac{1}{8}=0Leftrightarrow x=-frac{1}{4}notin left( frac{1}{6};1 right]$

Bảng biến thiên:

Từ BBT ta có $mathop {max }limits_{left $Extra close brace or missing open brace$ = frac{3}{8}$. Vậy $frac{{{V}_{S.MNPQ}}}{{{V}_{S.ABCD}}}$ đạt giá trị lớn nhất bằng $frac{3}{8}$.

Câu 38: Chọn B.

Ta có $V=frac{1}{3}{{S}_{}}.h=frac{1}{3}3{{a}^{2}}.2a=2{{a}^{3}}$.

Câu 39: Chọn D.

Ta có ${{S}_{}}=frac{1}{2}AC.BD={{a}^{2}}$; $V={{S}_{}}.A{A}’={{a}^{2}}.4a=4{{a}^{3}}$.

Câu 40: Chọn B.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

Ta có $left{ begin{array}{l}
BD bot AC\
BD bot SA
end{array} right. Rightarrow BD bot left $S A C r i g h t$ $, $BDsubset left $S B D r i g h t$ Rightarrow left $S B D r i g h t$ bot left $S A C r i g h t$ $ và $left $S A C r i g h t$ cap left $S B D r i g h t$ =SO$

Trong mặt phẳng $left $S A C r i g h t$ $, kẻ $AHbot SO$ thì $AHbot left $S B D r i g h t$ Rightarrow AH=dleft $A,, l e f t (S B D r i g h t$ right)$ .

Mặt khác

Tam giác $SAO$ vuông tại $A$ có $OA=frac{1}{2}AC=frac{a}{sqrt{2}}$, $SA=a$ và $frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{1}{S{{A}^{2}}}+frac{1}{O{{A}^{2}}}$

$Leftrightarrow frac{1}{A{{H}^{2}}}=frac{2}{{{a}^{2}}}+frac{1}{{{a}^{2}}}=frac{3}{{{a}^{2}}}Rightarrow AH=frac{a}{sqrt{3}}$

Vậy $dleft $A,, l e f t (S B D r i g h t$ right)=frac{a}{sqrt{3}}$.

Câu 41: Chọn D.

Tại ${{x}_{0}}=2$, ta có:

¦ $fleft $2 r i g h t$ =a-frac{1}{4}$

¦ $underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},fleft $x r i g h t$ =underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},left $a + f r a c 1 - x 2 + x r i g h t$ =a-frac{1}{4}$.

¦ $underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},fleft $x r i g h t$ =underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},frac{left| 2{{x}^{2}}-7x+6 right|}{x-2}=underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},frac{left| left $x - 2 r i g h t$ left $2 x - 3 r i g h t$ right|}{x-2}$

$=underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},frac{-left $x - 2 r i g h t$ left $2 x - 3 r i g h t$ }{x-2}=-underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},left $2 x - 3 r i g h t$ =-1$.

Để hàm số liên tục tại ${{x}_{0}}=2$ thì $fleft $2 r i g h t$ =underset{xto {{2}^{+}}}{mathop{lim }},fleft $x r i g h t$ =underset{xto {{2}^{-}}}{mathop{lim }},fleft $x r i g h t$ $

$Leftrightarrow a-frac{1}{4}=-1Leftrightarrow a=-frac{3}{4}$ .

Với $a=-frac{3}{4}$, xét bất phương trình $-{{x}^{2}}-frac{3}{4}x+frac{7}{4}>0Leftrightarrow -frac{7}{4}<x<1$

Mà $xin mathbb{Z}$ nên $xin left{ -1;,0 right}$.

Vậy bất phương trình đã cho có $2$ nghiệm nguyên.

Câu 42: Chọn A

Gọi $N$ là trung điểm của $AC$ và $a$ là độ dài cạnh tứ diện đều.

Ta có $MN,text{//},ABRightarrow left $A B,, D M r i g h t$ =left $M N,, D M r i g h t$ =widehat{DMN}$ .

Tam giác $DMN$ có $DM=DN=frac{asqrt{3}}{2},MN=frac{1}{2}AB=frac{a}{2}$, và $cos widehat{DMN}=frac{D{{M}^{2}}+M{{N}^{2}}-D{{N}^{2}}}{2.DM.MN}$.

$Leftrightarrow cos widehat{DMN}=frac{{{left $f r a c a s q r t 3 2 r i g h t$ }^{2}}+{{left $f r a c a 2 r i g h t$ }^{2}}-{{left $f r a c a s q r t 3 2 r i g h t$ }^{2}}}{2.frac{asqrt{3}}{2}.frac{a}{2}}=frac{sqrt{3}}{6}$.

Vậy $cos left $A B,, D M r i g h t$ =frac{sqrt{3}}{6}$.

Câu 43: Chọn A.

Ta có: Hàm số $y={{a}^{x}}$ nghịch biến trên $mathbb{R}Rightarrow 0<a<1$.

Các hàm số $y={{b}^{x}}$ và $y={{c}^{x}}$ đồng biến trên $mathbb{R}$ nên $b$, $c>1$.

Ta lại có $forall x>0$ thì ${{b}^{x}}>{{c}^{x}}Rightarrow b>c$.

Vậy $a<c<b$.

Câu 44: Chọn C.

Ta có: ${f}’left $x r i g h t$ =left $2 x + 1 r i g h t$ .{{f}^{2}}left $x r i g h t$ Leftrightarrow frac{{f}’left $x r i g h t$ }{{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }=2x+1Leftrightarrow int{frac{{f}’left $x r i g h t$ }{{{f}^{2}}left $x r i g h t$ }text{d}x}=int{left $2 x + 1 r i g h t$ text{d}x}$

$Leftrightarrow -frac{1}{fleft $x r i g h t$ }={{x}^{2}}+x+CRightarrow frac{1}{fleft $x r i g h t$ }=-{{x}^{2}}-x-C$.

Lại có: $fleft $1 r i g h t$ =-0,5Rightarrow -2=-{{1}^{2}}-1-CRightarrow C=0$.

Vậy $frac{1}{fleft $x r i g h t$ }=-left $x^{2} + x r i g h t$ =-xleft $x + 1 r i g h t$ $ hay $-fleft $x r i g h t$ =frac{1}{xleft $x + 1 r i g h t$ }$ .

Ta có: $-fleft $1 r i g h t$ -fleft $2 r i g h t$ -fleft $3 r i g h t$ -…-fleft $2017 r i g h t$ =frac{1}{1.2}+frac{1}{2.3}+frac{1}{3.4}+…+frac{1}{2017.2018}$

$=1-frac{1}{2}+frac{1}{2}-frac{1}{3}+frac{1}{3}-frac{1}{4}+…+frac{1}{2017}-frac{1}{2018}=1-frac{1}{2018}=frac{2017}{2018}$.

Vậy $fleft $1 r i g h t$ +fleft $2 r i g h t$ +fleft $3 r i g h t$ +…+fleft $2017 r i g h t$ =frac{-2017}{2018}$ hay $a=-2017,b=2018Rightarrow b-a=4035$

Câu 45: Chọn B.

Thiết diện qua trục của hình trụ là hình chữ nhật, có độ dài một cạnh là $2a$, có diện tích là $8{{a}^{2}}$, suy ra chiều cao của hình trụ là $h=frac{8{{a}^{2}}}{2a}=4a$.

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là: ${{S}_{xq}}=2pi rh$$=2.pi .a.4a$$=8pi {{a}^{2}}$.

Câu 46: Chọn A.

$SO=sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=4$; $V=frac{1}{3}pi {{r}^{2}}h=frac{1}{3}pi {{.3}^{2}}.4=12pi $ $left $t e x t c {t e x t m}^{3} r i g h t$ $.

Câu 47: Chọn D.

Kẻ đường kính $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $Delta ABC$ nên $widehat{ABD}=widehat{ACD}=90{}^circ $.

Ta có $left{ begin{array}{l}
BD bot BA\
BD bot SA
end{array} right. Rightarrow BD bot left $S A B r i g h t$ $ hay $BDbot AM$ và $AMbot SB$ hay $AMbot left $S B D r i g h t$ Rightarrow AMbot SD$. Chứng minh tương tự ta được $ANbot SD$. Suy ra $SDbot left $A M N r i g h t$ $, mà $SAbot left $A B C r i g h t$ Rightarrow left $l e f t (A B C r i g h t$ ,left $A M N r i g h t$ right)=left $S A, S D r i g h t$ =widehat{DSA}$ .

Ta có $BC=2Rsin A=AD.frac{sqrt{3}}{2}Rightarrow SA=2BC=ADsqrt{3}$.

Vậy $tan widehat{ASD}=frac{AD}{SA}=frac{1}{sqrt{3}}Rightarrow widehat{ASD}=30{}^circ $.

Câu 48: Chọn C.

${y}’=frac{1}{{{left $x + 2 r i g h t$ }^{2}}}$; gọi điểm $Mleft $x_{0}; f r a c x_{0} + 1 x_{0} + 2 r i g h t$ in left $C r i g h t$ $.

Phương trình tiếp tuyến: $y=frac{1}{{{left $x_{0} + 2 r i g h t$ }^{2}}}left $x - x_{0} r i g h t$ +frac{{{x}_{0}}+1}{{{x}_{0}}+2}$.

Ta có tiệm cận đứng: ${{d}_{1}}:x=-2$ và tiệm cận ngang: ${{d}_{2}}:y=1$.

$A=left $T r i g h t$ cap {{d}_{1}}$ nên tọa độ điểm $A$là nghiệm của hệ:

$left{ begin{array}{l}
y = frac{1}{{{{left $x_{0} + 2 r i g h t$ }^2}}}left $x - x_{0} r i g h t$ + frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}\
x = – 2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 2\
y = frac{1}{{{{left $x_{0} + 2 r i g h t$ }^2}}}left $- 2 - x_{0} r i g h t$ + frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}} = frac{{{x_0}}}{{{x_0} + 2}}
end{array} right.$

$B=left $T r i g h t$ cap {{d}_{2}}$ nên tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ:

$left{ begin{array}{l}
y = frac{1}{{{{left $x_{0} + 2 r i g h t$ }^2}}}left $x - x_{0} r i g h t$ + frac{{{x_0} + 1}}{{{x_0} + 2}}\
y = 1
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 2{x_0} + 2\
y = 1
end{array} right.$

$AB=sqrt{{{left $2 x_{0} + 4 r i g h t$ }^{2}}+{{left $f r a c 2 2 + x_{0} r i g h t$ }^{2}}}$; $A{{B}^{2}}=4{{left $2 + x_{0} r i g h t$ }^{2}}+frac{4}{{{left $2 + x_{0} r i g h t$ }^{2}}}ge 2sqrt{16}=8$.

$AB$ min bằng $8$$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
{x_0} = – 1\
{x_0} = – 3
end{array} right.$. Vì ${{y}_{0}}>0Rightarrow {{x}_{0}}=-3$.

Suy ra $Aleft $- 2; 3 r i g h t$ $, $Bleft $- 4; 1 r i g h t$ $ nên ta có phương trình $AB$: $y=left $x + 3 r i g h t$ +2Leftrightarrow y=x+5$.

$M=ABcap Ox$ nên tọa độ điểm $M$là nghiệm của hệ:

$left{ begin{array}{l}
y = x + 5\
y = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = – 5\
y = 0
end{array} right.{rm{ }} Rightarrow Mleft $- 5; 0 r i g h t$ $.

$N=ABcap Oy$ nên tọa độ điểm $N$là nghiệm của hệ:

$left{ begin{array}{l}
y = x + 5\
x = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 0\
y = 5
end{array} right. Rightarrow Nleft $0; 5 r i g h t$ $ .

Vậy ${{S}_{Delta OMN}}=frac{1}{2}.5.5=12,5$.

Câu 49: Chọn B.

Tập xác định $D=mathbb{R}backslash left{ -1 right}$. Đạo hàm: ${y}’=-frac{1}{{{left $x + 1 r i g h t$ }^{2}}}$.

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y={y}’left $0 r i g h t$ .x+yleft $0 r i g h t$ Leftrightarrow y=-x+2$.

Câu 50: Chọn D.

Các phương trình hoành độ giao điểm:

* $sqrt {4 – {x^2}} = x Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ge 0\
4 – {x^2} = {x^2}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x ge 0\
x = sqrt 2 ,.
end{array} right.$

* $sqrt{4-{{x}^{2}}}=2Leftrightarrow x=0$

* $x=2$.

Diện tích cần tính là: $S=intlimits_{0}^{sqrt{2}}{left $2 - s q r t 4 - x^{2} r i g h t$ text{d}x}+intlimits_{sqrt{2}}^{2}{left $2 - x r i g h t$ text{d}x}=intlimits_{0}^{sqrt{2}}{2text{d}x}+intlimits_{sqrt{2}}^{2}{left $2 - x r i g h t$ text{d}x}-intlimits_{0}^{sqrt{2}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}text{d}x}$

$=left. left $2 x r i g h t$ , right|_{,0}^{,sqrt{2}}+left. left $2 x - f r a c x^{2} 2 r i g h t$ , right|_{,sqrt{2}}^{,2}-intlimits_{0}^{sqrt{2}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}text{d}x}=2sqrt{2}+3-2sqrt{2}-intlimits_{0}^{sqrt{2}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}text{d}x}=3-intlimits_{0}^{sqrt{2}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}text{d}x}$.

Đặt $x=2sin tRightarrow text{d}x=2cos ttext{d}t$ . Đổi cận: $x=0Rightarrow t=0;x=sqrt{2}Rightarrow t=frac{pi }{4}$

Ta có $intlimits_{0}^{sqrt{2}}{sqrt{4-{{x}^{2}}}text{d}x}=intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{sqrt{4-4{{sin }^{2}}t}.2cos ttext{d}x}=intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{4{{cos }^{2}}ttext{d}x}=intlimits_{0}^{frac{pi }{4}}{2left $1 + c o s 2 t r i g h t$ text{d}x}$

$=left. 2left $t + f r a c 12 s i n 2 t r i g h t$ , right|_{,0}^{,frac{pi }{4}}=2left $f r a c p i 4 + f r a c 12 r i g h t$ =frac{pi }{2}+1$.

Vậy $S=3-frac{pi }{2}-1=2-frac{1}{2}.pi $.

Theo kí hiệu của bài toán ta suy ra $a=2,b=-frac{1}{2}$ . Do đó mệnh đề đúng là ${{a}^{2}}+4{{b}^{2}}ge 5$.

Ta có ${{S}_{}}=frac{1}{2}AC.BD={{a}^{2}}$; $V={{S}_{}}.A{A}’={{a}^{2}}.4a=4{{a}^{3}}$.

Lời giải đề 15: Đề thi thử THPTQG môn Toán năm 2018 THPT Kinh Môn 2 – Hải Dương lần 1, mã đề 132- trang 2

Bài Viết cùng chủ đề

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 31 – Đs

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 30

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 29

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 28

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 26

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 25

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 24

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 23

Phiếu bài tập tuần Toán 9 – Tuần 22

Để lại một bình luận Hủy