Lớp 11 Toán 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Kết nối tri thức.
  • Thời gian làm: 15 phút
  • Số câu hỏi: 20 câu
  • Số điểm tối đa: 20 điểm
Trước khi làm bài bạn hãy
  • 1 Ôn tập kiến thức đã nêu trong phần Mô tả thêm
  • 2 Tìm không gian và thiết bị phù hợp để tập trung làm bài
  • 3 Chuẩn bị sẵn dụng cụ cần dùng khi làm bài như bút, nháp, máy tính
  • 4 Căn chỉnh thời gian làm từng câu một cách hợp lý
Mua gói để Làm bài
  • Câu 1: Nhận biết

    Cho a, b, c là các đường thẳng trong không gian. Mệnh đề nào dưới đây sai?

    Nếu a ⊥ b, b ⊥ c thì a // c hoặc a cắt c hoặc a trùng với c hoặc a chéo c.

  • Câu 2: Vận dụng cao

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là một điểm nằm trên đoạn thẳng BC. Mặt phẳng (SAB) tạo với (SBC) một góc 600 và mặt phẳng (SAC) tạo với (SBC) một góc ϕ thỏa mãn \cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4}. Gọi ϕ là góc tạo bởi SA và mặt phẳng (ABC), tính tan ϕ.

    Hình vẽ minh họa:

    Dựng hình chữ nhật HNAM, suy ra tam giác HNC vuông cân tại N và tam giác HMB vuông cân tại M, suy ra AC ⊥ (SHN) và AB ⊥ (SHM).

    Kẻ HE ⊥ SB và HF ⊥ SC, HP ⊥ SN và HK ⊥ SM, suy ra HP ⊥ (SAC), HK ⊥ (SAB).

    Ta có: \widehat{HFP} = \phi;cos\phi = \frac{\sqrt{2}}{4} \Rightarrow \sin\phi = \sqrt{\frac{7}{8}}

    => \widehat{HEP} là góc giữa (SAB) và (SBC) bằng 600

    Suy ra:

    \begin{matrix} \sin\phi = \frac{HK}{HF} = \frac{SH.MH}{SN}.\frac{SC}{SH.HC} \\ = \frac{SC}{\sqrt{2}SN} = \sqrt{\frac{7}{8}} \\ \end{matrix}

    \begin{matrix}\sin\widehat{HEK} = \dfrac{HK}{HE} = \dfrac{SH.MH}{SM}.\dfrac{SB}{SH.HB}\hfill \\= \dfrac{SB}{\sqrt{2}SM} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \hfill\\\end{matrix}

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SC^{2}}{SN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SB^{2}}{SM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}\dfrac{SH^{2} + HC^{2}}{SH^{2} + HN^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2NH^{2}}{SH^{2}+ HN^{2}} = \dfrac{7}{4} \\\dfrac{SH^{2} + HB^{2}}{SH^{2} + HM^{2}} = \dfrac{SH^{2} + 2MH^{2}}{SH^{2}+ HM^{2}} = \dfrac{3}{2} \\\end{matrix} ight.

    \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} 3SH^{2} = NH^{2} \\ SH^{2} = MH^{2} \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow MH^{2} + NH^{2} = 4SH^{2}

    Suy ra AH^{2} = 4SH^{2} \Rightarrow \tan\left( SA;(ABC) ight) = \frac{AH}{SH} = \frac{1}{2}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Một hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa SA và mặt phẳng (SBC) bằng 45^{0}. Tính thể tích khối chóp S.ABC đã cho.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC thì \left\{ \begin{matrix} AM\bot BC \\ SA\bot BC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAM)

    Từ đây dễ thấy góc cần tìm là \alpha = \widehat{ASM} = 45^{0}

    Do đó tam giác SAM vuông cân tại A và SA = AM = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    \Rightarrow V_{S.ABC} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{a^{3}}{8}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho tứ diện ABCD có: AB = AC = AD, \widehat {BAC} = \widehat {BAD} = {60^0}. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Mặt phẳng (BCD) vuông góc với mặt phẳng:

    Hình vẽ minh họa:

    Mặt phẳng (BCD) vuông góc với mặt phẳng nào

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {BN \bot CD} \\ {AN \bot CD} \end{array} \Rightarrow } ight.CD \bot \left( {ABN} ight)

    Mà CD \subset \left( {BCD} ight) \Rightarrow \left( {BCD} ight) \bot \left( {ABN} ight)

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a và BC = a\sqrt{2}. Kết quả nào dưới đây đúng?

    Ta có:

    BC^{2} = AB^{2} + AC^{2} suy ra tam giác ABC vuông tại A

    => M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

    Vì SA = SB = SC nên SM là đường cao của hình chóp S.ABC.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi N, I lần lượt là trung điểm cạnh AC và SB.

    Ta có: MN // AB và IM // SC nên (SC,AB) = (IM,MN)

    Mà BN = \sqrt{AB^{2} + AN^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    SN = \sqrt{SC^{2} - NC^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    MN = \frac{a}{2};MI = \frac{a}{2}

    Xét tam giác IMN có

    \cos\widehat{NMI} = \dfrac{MN^{2} +IM^{2} - IN^{2}}{2.MN.IM}= \dfrac{\dfrac{a^{2}}{4} + \dfrac{a^{2}}{4} -\dfrac{3a^{2}}{4}}{2.\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}} = -\dfrac{1}{2}

    \Rightarrow \widehat{NMI} = 120^{0}

    \Rightarrow (SC,AB) = (IM,MN) = 60^{0}

  • Câu 6: Vận dụng

    Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC = a. Dựng đoạn SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) với SH = 2a. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi D là trung điểm của AB, do giả thiết suy ra CD ⊥ AB.

    Trong (ABC) kẻ HM // CD suy ra HM ⊥ AB (1).

    Do giả thiết SH ⊥ (ABC) => SH ⊥ AB (2)

    Từ (1), (2) suy ra AB ⊥ (SHM)

    Trong mặt phẳng (SHM) kẻ HK ⊥ SM (3), theo chứng minh trên => HK ⊥ AB (4)

    Từ (3), (4) => HK ⊥ (SAB) => d (H; (SAB)) = HK

    Dễ thấy CH ∩ (SAB) = {A}

    \frac{d\left( C;(SAB) ight)}{d\left(H;(SAB) ight)} = \frac{CA}{HA} = \frac{3}{2}

    Do đó d\left( C;(SAB) ight) =\frac{3}{2}d\left( H;(SAB) ight)

    Theo giả thiết ∆ABC đều => CD =\frac{3a\sqrt{3}}{2}

    Xét ∆ABC do HM // CD theo định lý Ta - lét ta có:

    \frac{HM}{CD} = \frac{AH}{AC} =\frac{2}{3}

    Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SHM vuông tại H, ta có:

    HM = \frac{2}{3}CD \Rightarrow HM =\frac{2}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}

  • Câu 7: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA vuông góc với đáy. Kẻ AH vuông góc với SB (H ∈ SB). Chọn mệnh đề đúng.

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    SA ⊥ BC

    AB ⊥ BC

    => BC ⊥ (SAB) => BC ⊥ AH

    Mà AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC) => AH ⊥ SC

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng x; SC\bot(ABC);SC = x. Xác định thể tích hình chóp S.ABC?

    Ta có SC\bot(ABC) nên SC là đường cao của hình chóp

    Tam giác ABC đều cạnh x nên S_{ABC} = \frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}

    Vậy thể tích hình chóp là: V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SC.S_{ABC} = \frac{1}{3}.\frac{x^{2}\sqrt{3}}{4}.x = \frac{x^{3}\sqrt{3}}{12}

  • Câu 9: Thông hiểu

    Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại D lấy điểm S sao cho SD = \frac{a\sqrt{6}}{2} . Gọi I là trung điểm BC, kẻ IH vuông góc SA (H ∈ SA). Khẳng định nào sau đây sai?

    Từ giả thiết suy ra ABDC là hình thoi nên BC ⊥ AD.

    Ta có:

    BC ⊥ AD và BC ⊥ SD

    => BC ⊥ (SAD)

    => BC ⊥ SA.

    Lại có theo giả thiết IH ⊥ SA => SA ⊥ (HCB) => SA ⊥ BH

    Tính được: \left\{ \begin{matrix}AI = \dfrac{a\sqrt{3}}{2};AD = 2AI = a\sqrt{3} \\SA = \sqrt{AD^{2} + SD^{2}} = \dfrac{3a\sqrt{2}}{2} \\\end{matrix} ight.

    Ta có:

    \begin{matrix}\Delta AHI\sim\Delta ADS \Rightarrow \dfrac{IH}{SD} = \dfrac{AI}{AS} \\\Rightarrow IH = \dfrac{SD.AI}{AS} = \dfrac{a}{2} = \dfrac{BC}{2} \\\end{matrix}

    => Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên \widehat{BHC} = 90^{0} hay BH ⊥ HC.

    Từ đó suy ra (SAB) ⊥ (SAC). Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SDB) ⊥ (SDC)” là sai.

  • Câu 10: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = a\sqrt{3}. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là:

    Hình vẽ minh họa:

    Ta có:

    BC ⊥ AB

    BC ⊥ SA

    => BC ⊥ (SAB).

    Vì SB ⊂ (SAB) và CD // (SAB) => d(SB, CD) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)) = BC = a

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng (A'BD)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: AB = AD = AA' = a nên A cách đều các điểm B,D,A'

    BC' = DC' = C'A' = a\sqrt{2} nên C' cách đều các điểm B,D,A'

    Do đó A; C’ cùng nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A'BD

    \Rightarrow AC'\bot(A'BD)

  • Câu 12: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề đúng là: Góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai đường thẳng a và c khi b song song với c (hoặc b trùng với c)

  • Câu 13: Vận dụng

    Cho tứ diện ABCD có AB = m;(m > 0), các cạnh còn lại bằng nhau và bằng 4. Mặt phẳng (\alpha) chứa cạnh AB và vuông góc với cạnh CD tại I. Diện tích tam giác ABI lớn nhất bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: (\alpha)\bot CD \equiv I \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} AI\bot CD \\ BI\bot CD \\ \end{matrix} ight.

    Theo giả thiết AC = AD = BC = BD = CD = 4cm ta có các tam giác ACD và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 4

    \Rightarrow IA = IB = 4.\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}

    Gọi H là trung điểm của AB ta có: IH\bot AB và IH = \sqrt{IA^{2} - \frac{m^{2}}{4}} = \sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    S_{ABI} = \frac{1}{2}IH.AB

    = \frac{1}{2}m.\sqrt{12 - \frac{m^{2}}{4}}

    = \sqrt{\frac{m^{2}}{4}.\left( 12 - \frac{m^{2}}{4} ight)} \leq 6

    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2\sqrt{6}

    Vậy \max S_{ABI} = 6

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a, SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB).

     Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAB)

    Gọi M là trung điểm của AD.

    Xét tứ giác ABCM có: AM // BC, AM = AB = BC = a, \widehat {MAB} = {90^0}

    Suy ra ABCM là hình vuông => MC = AB = a

    Xét tam giác ACD có AM là trung tuyến và CM = \frac{1}{2}AD = a

    Suy ra ACD vuông tại C => AC ⊥ CD

    Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {CD \bot AC} \\ {CD \bot SA} \\ {SA \cap AC = A} \\ {SA;AC \subset \left( {SAC} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight) mà AH ⊂ (SAC) suy ra CD ⊥ AH.

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AH \bot CD} \\ {AH \bot SC} \\ {CD \cap SC = C} \\ {CD;SC \subset \left( {SCD} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight)\left( 1 ight)

    Ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {AD \bot SA} \\ {AD \bot AB} \\ {SA \cap AB = A} \\ {SA;AB \subset \left( {SAB} ight)} \end{array}} ight. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} ight)\left( 2 ight)

    Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng AH và AD.

    Xét tam giác ABC vuông tại B có: AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Xét tam giác SAC vuông tại A có: SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = 2a

    Xét tam giác SAC vuông tại A và SA = AC = a\sqrt 2 nên SAC vuông cân tại A.

    Suy ra H là trung điểm SC và AH = \frac{1}{2}SC = a

    Xét tam giác AHD vuông tại H (vì AH ⊥ (SCD)).

    Ta có: \cos \widehat {HAD} = \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} suy ra \widehat {DAH} = {60^0}

    Vậy \left( {\widehat {\left( {SCD} ight);\left( {SAB} ight)}} ight) = {60^0}

  • Câu 15: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với đáy (ABC), SA = 2a. Khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng AB bằng:

    Vì SA vuông góc với đáy (ABC) nên SA\bot AB \Rightarrow d(S,AB) = SA = 2a

  • Câu 16: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SB vuông góc với mặt phẳng (ABCD) (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào sau đây đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Từ giả thiết ABCD là hình vuông và SB vuông góc với đáy

    Ta có: \left\{ \begin{matrix}AC\bot BD \\AC\bot SB \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow AC\bot(SBD)

  • Câu 17: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA = 2a và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H và K lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD. 

    Gọi E=HK∩AC. Do HK//BD nên suy ra

    d(HK;SD)=d(HK;(SBD))=d(E;(SBD))=d(A;(SBD))/2 (vì OE=AO/2=1/2)

    Kẻ AF⊥SO(1) ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AC} \\ {BD \bot SA} \end{array}} ight.

    ⇒BD⊥(SAC)⇒BD⊥AF(2)

    Từ (1) và (2) ⇒AF⊥(SBD), khi đó d(A;(SBD))=AF

    \begin{matrix} AF = \dfrac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} \hfill \\ = \dfrac{{2a.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {{{\left( {2a} ight)}^2} + {{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} ight)}^2}} }} = \dfrac{{2a}}{3} \hfill \\ \Rightarrow d\left( {HK;SD} ight) = \dfrac{1}{2}AF = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm BC. Gọi \alpha là góc hợp bởi đường thẳng SA và mặt phẳng (SDM). Tính \alpha

    + Không mất tính tổng quát, đặt AB = 2

    + Gọi N là trung điểm AB suy ra SN \bot AB \Rightarrow SN \bot \left( {ABCD} ight)

    + Gọi h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) \Rightarrow \sin \alpha = \frac{h}{{SA}}

    Gọi I = DM \cap CN,\,J = AB \cap DM

    + Ta có \frac{{d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight)}}{{d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight)}} = \frac{{{\text{AJ}}}}{{NJ}} = \frac{4}{3}

    \Rightarrow h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight)

    + Ta có 

    \Delta CNB = \Delta DMC \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {MDC}

    \Rightarrow \widehat {NCB} + \widehat {DMC} = \widehat {MDC} + \widehat {DMC} = 180^\circ - \widehat {MCD} = 90^\circ

    \Rightarrow DM \bot CN \Rightarrow DM \bot \left( {SNC} ight)

    + Gọi NH là đường cao \Delta SNI \Rightarrow NH \bot \left( {SDM} ight)

    \Rightarrow d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight) = NH

    + Tam giác NJI đồng dạng tam giác MBJ

    \begin{matrix} \Rightarrow \dfrac{{NI}}{{MB}} = \dfrac{{NJ}}{{MJ}} \hfill \\ \Rightarrow NI = \dfrac{{NJ}}{{MJ}}.MB = \dfrac{{NJ}}{{\sqrt {M{B^2} + B{J^2}} }} \hfill \\ MB = \dfrac{3}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }}.1 = \dfrac{3}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{matrix}

    + Tam giác SAB là tam giác đều cạnh bằng 2 \Rightarrow SN = \sqrt 3

    \frac{1}{{N{H^2}}} = \frac{1}{{N{S^2}}} + \frac{1}{{N{I^2}}} \Rightarrow NH = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}

    h = d\left( {A,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}d\left( {N,\left( {SDM} ight)} ight) = \frac{4}{3}.\frac{{3\sqrt 2 }}{4} = \sqrt 2

    \Rightarrow \sin \alpha = \frac{h}{{SA}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = 45^\circ

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho tứ diện đều ABCD có I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính cosin góc giữa hai cạnh AJ và CI?

    Hình vẽ minh họa:

    Tính cosin góc giữa hai cạnh AJ và CI?

    Giả sử cạnh tứ diện đều bằng a. Khi đó:

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {AJ} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} \hfill \\ \overrightarrow {CI} = \overrightarrow {AI} - \overrightarrow {AC} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {CI} .\overrightarrow {AJ} = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {AC} } ight).\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AD} } ight) \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {CI} .\overrightarrow {AJ} = - \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {CI} = \overrightarrow {AJ} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {CI} ;\overrightarrow {AJ} } ight) = \dfrac{2}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Vậy cosin góc giữa hai cạnh AJ và CI bằng \frac{2}{3}

  • Câu 20: Nhận biết

    Tính thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2a?

    Ta có: V = (2a)^{3} = 8a^{3}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 106 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 7 Kết nối tri thức
Thời gian còn lại 15:00 Số câu đã làm 0/20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Chưa làm Đã làm
Làm lại Nộp bài
Đăng nhập