Lớp 11 Toán 11 - Cánh Diều

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều

Mô tả thêm: Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc gồm 20 câu hỏi trắc nghiệm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức sách Cánh Diều.
  • 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

    Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau:

    Mệnh đề sai: “Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách từ một điểm M thuộc mặt phẳng (P) chứa a và song song với b đến một điểm N bất kì trên b.”

  • Câu 2: Nhận biết

    Cho một khối chóp có diện tích đáy bằng 5a^{2}, chiều cao bằng a. Thể tích khối chóp đã cho là:

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} B = 5a^{2} \\ h = a \\ \end{matrix} ight.

    Thể tích khối chóp là: V = \frac{1}{3}B.h = \frac{5}{3}a^{3}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho tứ diện ABCD có H là trực tâm tam giác BCD, AH vuông góc với mặt phẳng đáy. Khẳng định nào dưới đây là khẳng định đúng?

    Hình vẽ minh họa:

    Vì AH ⊥ (BCD) => AH ⊥ CD (*)

    Do H là trực tâm tam giác BCD => BH ⊥ CD (**)

    Từ (*) và (**) => CD ⊥ AH, CD ⊥ BH => CD ⊥ (ABH) => CD ⊥ AB

  • Câu 4: Nhận biết

    Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng và đường thẳng b với b vuông góc với (P).” sai vì hai góc này phụ nhau.

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) thì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q).” sai vì (P) có thể trùng với (Q).

    Mệnh đề: “Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng góc giữa đường thẳng b và mặt phẳng (P) thì a song song với b.” sai vì a có thể trùng với b.

  • Câu 5: Thông hiểu

    Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AA' = 4a. Tính thể tích khối lăng trụ biết góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) bằng 30^{0}.

    Hình vẽ minh họa

    Gọi M là trung điểm của BC.

    Khi đó \left( (A'BC);(ABC) ight) = \widehat{A'MA} = 30^{0}

    Trong tam giác vuông A’MA có:

    \tan\widehat{A'MA} = \frac{A'A}{AM} \Rightarrow AM = \frac{A'A}{tan30^{0}} = 4\sqrt{3}a

    Tam giác ABC đều nên AM = \frac{AB\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = 8a

    Vậy thể tích khối lăng trụ là: V = S_{ABC}.AA' = \frac{(8a)^{2}\sqrt{3}}{4} = 64\sqrt{3}a^{3}

  • Câu 6: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 10. Cạnh bện SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC =10\sqrt{5}. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và CD. Tính khoảng cách d giữa BD và MN.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi P là trung điểm BC và E = NP ∩ AC

    => PN // BD => BD // (MNP)

    => d(BD, MN) = d(BD, (MNP)) = d(O, (MNP)) = \frac{1}{3}d(A, (MNP))

    Kẻ AK ⊥ ME

    Khi đó d(A, (MNP)) = AK.

    Ta tính được:

    \begin{matrix}SA = \sqrt{SC^{2} - AC^{2}} = 10\sqrt{3} \\\Rightarrow MA = 5\sqrt{3};AE = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{15\sqrt{2}}{2} \\\end{matrix}

    Xét tam giác vuông MAE ta có:

    AK = \frac{MA.AE}{\sqrt{MA^{2} +AE^{2}}} = 3\sqrt{5}

    \Rightarrow d(BD;MN) = \frac{1}{3}AK =\sqrt{5}

  • Câu 7: Vận dụng cao

    Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh bằng a, chiều cao b. Biết góc giữa hai đường thẳng AC’ và A’B bằng 600. Tính b theo a.

    Hình vẽ minh họa:

    Lấy M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’, A’C’, A’B’ suy ra MN, NP, PQ và MQ lần lượt là đường trung bình của tam giác ABA’, AA’C’, A’B’C’ và hình chữ nhật ABB’A’. Suy ra:

    \left\{ \begin{matrix}MN// = \dfrac{1}{2}A'B \\NP// = \dfrac{1}{2}AC' \\PQ = \dfrac{1}{2}B'C' = \dfrac{a}{2} \\MQ// = BB' \\\end{matrix} ight.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}MN = NP \\(AC';A'B) = \widehat{MNP} = 60^{0} \\\end{matrix} ight.

    Từ đó suy ra: tam giác MNP đều

    => MP = MN = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Kết hợp với BB'\bot(A'B'C) \Rightarrow MQ\bot(A'B'C') \Rightarrow MQ\bot PQ

    => Tam giác MNP vuông tại Q

    => MQ^{2} = MP^{2} - PQ^{2} = \frac{a^{2}}{4} \Rightarrow MQ = \frac{a}{2}

    =>b = \frac{a}{2}

  • Câu 8: Nhận biết

    Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AD. Tính tích vô hướng của \overrightarrow {{B_1}M} .\overrightarrow {B{D_1}}

    Hình vẽ minh họa:

    Tính tích vô hướng của hai vecto

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {B{D_1}} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {A{D_1}} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} = - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {A{A_1}} + \overrightarrow {AD} \hfill \\ \overrightarrow {{B_1}M} = \overrightarrow {{B_1}A} + \overrightarrow {AM} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {{B_1}M} = - \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {A{A_1}} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} .\overrightarrow {{B_1}M} = A{B^2} - A{A_1}^2 + \dfrac{1}{2}A{D^2} \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {B{D_1}} .\overrightarrow {{B_1}M} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 9: Vận dụng

    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A’C’.

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    + Ta có AC // A’C’ nên góc giữa AM và A’C’ là góc giữa AC và AM.

    + Xét tam giác AMC có:

    MA = MC = \sqrt {M{B^2} + A{B^2}}

    = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} ight)}^2} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}

    AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2

    Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMC, ta có:

    \begin{gathered} cos\left( {AM\,,\,AC} ight) = \left| {\dfrac{{A{M^2} + A{C^2} - M{C^2}}}{{2MA.AC}}} ight| \hfill \\ = \dfrac{{AC}}{{2MA}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{2.\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5} \hfill \\ \end{gathered}

  • Câu 10: Thông hiểu

    Tính thể tích khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 1cm?

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD

    Khi đó ABCD là hình vuông cạnh bằng 1 cm và SA = SB = SC = SD = 1cm

    Gọi H là tâm hình vuông ABCD thì SH\bot(ABCD) nên SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

    Tính SH

    Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

    AC = \sqrt{AB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}(cm)

    Nhận thấy AC^{2} = SA^{2} + SC^{2} nên tam giác SAC vuông tại S

    \Rightarrow SH = \frac{AC}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(cm)

    Diện tích đáy của khối chóp là S_{ABCD} = 1^{2} = 1\left( cm^{2} ight)

    Thể tích khối chóp S.ABCD là V = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.1.\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{6}\left( cm^{3} ight)

  • Câu 11: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Đáp án là:

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, SA\bot(ABCD), SA = AB = a;AD = 2a. Gọi H;K lần lượt là hình chiếu của A lên SB;SD. Xét tính đúng sai của các kết luận sau?

    a) AH\bot SC Đúng||Sai

    b) SC\bot(AHK) Đúng||Sai

    c) \widehat{\left( (SCD);(ABCD) ight)} = \widehat{SCA} Sai||Đúng

    d) \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{2}}{2}Sai||Đúng

    Hình vẽ minh họa

    a) Ta có: \left\{ \begin{matrix} BC\bot AB \\ BC\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow BC\bot(SAB);AH \subset (SAB)

    \Rightarrow AH\bot BC

    Lại có AH\bot SB \Rightarrow AH\bot(SBC) \Rightarrow AH\bot SC(*)

    b) Chứng minh tương tự câu a ta có:

    \left\{ \begin{matrix} CD\bot AD \\ CD\bot SA \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SAD);AK \subset (SAD)

    \Rightarrow AK\bot CD mà AK\bot SD \Rightarrow AK\bot(SCD)

    \Rightarrow AK\bot SC(**)

    Từ (*) và (**) suy ra: SC\bot(AHK).

    c) Ta có:

    \left\{ \begin{matrix} (SCD) \cap (ABCD) = CD \\ AD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ SD\bot CD \equiv \left\{ D ight\} \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc giữa AD và SD đó là góc \widehat{SDA}.

    d) Ta có: SA\bot(ABCD) \Rightarrow \widehat{\left( (AHK);(ABCD) ight)} = \widehat{(SC;SA)} = \widehat{ASC}

    Lại có ABCD là hình chữ nhật nên AC = \sqrt{AB^{2} + AD^{2}} = a\sqrt{5}

    Tam giác SAC vuông tại A nên SC = \sqrt{SA^{2} + AC^{2}} = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \cos\widehat{ASC} = \frac{SA}{SC} = \frac{\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow \cos\left( (AHK);(ABCD) ight) = \frac{\sqrt{6}}{6} eq \frac{\sqrt{2}}{2}

  • Câu 12: Vận dụng

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng x và \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0}. Gọi M,N lần lượt là trung điểm câc các cạnh AA';CD. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng MN và B'C?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi P là trung điểm của DC’. Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight.

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P,A'D) = \widehat{DA'P}

    Xét tam giác ADA’ có \left\{ \begin{matrix} AD = AA' \\ \widehat{DAA'} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác ADA’ là tam giác đều \Rightarrow A'D = x

    Xét tam giác A’AB có \left\{ \begin{matrix} AB = AA' \\ \widehat{A'AB} = 60^{0} \\ \end{matrix} ight. suy ra tam giác A’AB đều

    Do đó tam giác DD’C đều

    Vậy DC' = 2DP = 2.\frac{x\sqrt{3}}{2}= x\sqrt{3}

    Xét tam giác BAD có AD = AB và \widehat{BAD} = 60^{0} nên tam giác BAD là tam giác đều.

    Vì tam giác BAD đều nên tam giác B’A’D’ cùng là tam giác đều.

    Gọi A’I là đường cao của tam giác B’A’D’

    Khi đó: A'C' = 2A'I =2.\frac{x\sqrt{2}}{2} = x\sqrt{3}

    Dễ thấy A’P là đường trung tuyến của tam giác DA’C’ nên A'P = \sqrt{\frac{A'D'^{2} +A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}} =\frac{x\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP có:

    \Rightarrow \cos\widehat{DA'P} =\frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2.A'D.A'P} =\frac{x\sqrt{5}}{10}

    \Rightarrow \cos(MN,B'C) = \left| \cos\widehat{DA'P} ight| = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{3}, SA\bot(ABCD);SA = a\sqrt{2}. Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD)?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: SA\bot(ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)

    Do đó góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc \widehat{SCA}

    Đáy ABCD là hình vuông cạnh a\sqrt{3} \Rightarrow AC = a\sqrt{6}

    \Rightarrow \tan\widehat{SCA} = \frac{SA}{AC} = \frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{3}}

    \Rightarrow \widehat{SCA} = 30^{0}

  • Câu 14: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và AB = a\sqrt{2}. Biết SA\bot(ABC) và SA = a. Góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ AM\bot BC tại M \Rightarrow M là trung điểm của BC và AM = \frac{1}{2}BC = \frac{\left( a\sqrt{2} ight)\sqrt{2}}{2} = a .

    Ta có \left\{ \begin{matrix} (SBC) \cap (ABC) = BC \\ (SAM)\bot BC \\ (SAM) \cap (SBC) = SM \\ (SAM) \cap (ABC) = AM \\ \end{matrix} ight. \Rightarrow \left( \widehat{(SBC),(ABC)} ight) = \left( \widehat{SM,AM} ight).

    Suy ra góc giữa (SBC) và (ABC) bằng góc \widehat{SMA}.

    Ta có: \tan\widehat{SMA} = \frac{SA}{AM} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat{SMA} = 45{^\circ}

    Suy ra góc nhị diện \lbrack S,\ BC,\ Abrack có số đo bằng 45{^\circ}.

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). Khẳng định nào dưới đây là khẳng định sai?

    Hình vẽ minh họa:

    Chọn khẳng định sai

    Ta có: OA ⊥ OB, OA ⊥ OC => OA ⊥ (OBC) => OA ⊥ BC (*)

    Gọi M là giao điểm của AH và BC

    Theo giả thiết ta có: OH ⊥ (ABC) => OH ⊥ BC (**)

    Từ (*) và (**) suy ra: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ OM

    Xét tam giác BOC vuông ta có:

    \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Xét tam giác AOI vuông ta có:

    \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}

    Từ chứng minh trên ta có: BC ⊥ (AOM) => BC ⊥ AM (1)

    Gọi N là giao điểm của BH và AC. Chứng minh tương tự ta có: AC ⊥ BN (2)

    Từ (1) và (2) => H là trực tâm tam giác ABC

    Vậy 3O{H^2} = A{B^2} + A{C^2} + B{C^2} là kết quả sai.

  • Câu 16: Thông hiểu

    Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a và các góc \widehat{BAD};\widehat{DAA'};\widehat{A'AB} đều bằng 60^{0}. Gọi trung điểm của các cạnh AA',CD lần lượt là M,N. Gọi \alpha là góc tạo bởi hai đường thẳng MN và B'C. Xác định \cos\alpha?

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} A'D//B'C \\ MN//A'P \\ \end{matrix} ight. với P là trung điểm của D’C

    Suy ra (MN,B'C) = (A'P;A'D) = \widehat{DA'P}

    Vì \widehat{BAD} = \widehat{DAA'} = \widehat{A'AB} = 60^{0} và các cạnh của hình hộp bằng a

    Do đó A'D = a;C'D = C'A' = a\sqrt{3}

    A'P = \frac{A'D^{2} + A'C'^{2}}{2} - \frac{DC'^{2}}{4}

    \Rightarrow A'P = \frac{a\sqrt{5}}{2}

    Áp dụng định lí cosin cho tam giác A’DP ta có:

    \cos\alpha = \frac{A'D^{2} + A'P^{2} - DP^{2}}{2A'D.A'P} = \frac{3\sqrt{5}}{10}

  • Câu 17: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa

    Hình vẽ minh họa:

    Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD).

    Do đó góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và AC.

  • Câu 18: Nhận biết

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

    Hình vẽ minh họa

    Dễ thấy mặt phẳng (A'BC') không vuông góc với (A'BD).

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách d từ A đến (SCD).

    Hình vẽ minh họa

    Tính khoảng cách d từ A đến (SCD)

    Gọi H là trung điểm của AB => SH \bot AB \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có: AH // CD => d\left( {A;\left( {SCD} ight)} ight) = d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight)

    Gọi M là trung điểm của CD, K là hình chiếu vuông góc của H trên SM

    \begin{matrix} \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} ight)} ight) = HK \hfill \\ \Rightarrow HK = \dfrac{{SH.HM}}{{\sqrt {S{H^2} + H{M^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7} \hfill \\ \end{matrix}

     

  • Câu 20: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng \frac{4}{3}a^{3}, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a\sqrt{2}; SA = SD. Biết mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định khoảng cách d\left( B;(SCD) ight)?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi I là trung điểm của AD

    Tam giác SAD cân tại S suy ra SI\bot AD

    Ta có \left\{ \begin{matrix} SI\bot AD \\ (SAD)\bot(ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SI\bot(ABCD)

    Suy ra SI là đường cao của hình chóp

    Theo giả thiết

    V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SI.S_{ABCD}

    \Leftrightarrow \frac{4a^{3}}{3} = \frac{1}{2}SI.2a^{2}

    \Leftrightarrow SI = 2a

    Vì AB//(SCD) \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight)

    Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD

    Mặt khác \left\{ \begin{matrix} SI\bot DC \\ ID\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot DC. Ta có: \left\{ \begin{matrix} IH\bot SD \\ IH\bot DC \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow IH\bot(SCD)

    \Rightarrow d\left( I;(SCD) ight) = IH

    Xét tam giác SID vuông tại I có:

    \frac{1}{IH^{2}} = \frac{1}{SI^{2}} + \frac{1}{ID^{2}} = \frac{1}{4a^{2}} + \frac{4}{2a^{2}} \Rightarrow IH = \frac{2a}{3}

    \Rightarrow d\left( B;(SCD) ight) = d\left( A;(SCD) ight) = 2d\left( I;(SCD) ight) = \frac{4a}{3}

Nộp bài

Chúc mừng Bạn đã hoàn thành bài!

Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều Kết quả
  • Thời gian làm bài: 00:00:00
  • Số câu đã làm: 0
  • Điểm tạm tính: 0
Làm lại
  • 51 lượt xem
Sắp xếp theo
🖼️
Xóa Gửi bình luận
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 Chương 8 Cánh Diều
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