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

    Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'có cạnh bằng a. Khoảng cách từ A' đến mp (ABCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có A'A\bot(ABCD) nên d\left( A',(ABCD) ight) = A'A = a.

  • Câu 2: Thông hiểu

    Khối chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = SB = 2a. Mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng đáy một góc 90^{0}. Xác định thể tích khối chóp S.ABCD?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi H là trung điểm của AB

    Tam giác SAB cân tại S nên SH\bot AB

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} SH\bot AB \\ (SAB)\bot(ABCD) \\ SH \subset (SAB) \\ AB = (SAB) \cap (ABCD) \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow SH\bot(ABCD)

    Vậy SH là đường cao của hình chóp

    Xét tam giác AHS vuông tại H ta có:

    SH = \sqrt{SA^{2} - AH^{2}} = \sqrt{(2a)^{2} - \left( \frac{a}{2} ight)^{2}} = \frac{a\sqrt{15}}{2}

    Vậy thể tích hình chóp là:

    V = \frac{1}{3}.SH.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{15}}{2}.a^{2} = \frac{a^{3}\sqrt{15}}{6}

  • Câu 3: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy bằng 60^{0}. Thể tích khối chóp S.BCD bằng bao nhiêu?

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

    Ta có: tam giác SAC cân, O là trung điểm của AC nên SO\bot CA

    Tương tự tam giác SBD cân, O là trung điểm của BD nên SO\bot BD

    \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng đáy

    \Rightarrow \left( SA;(ABCD) ight) = \widehat{SAO} = 60^{0}

    ABCD là hình vuông nên OA = \frac{1}{2}AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}

    Xét tam giác vuông SOA ta có:

    SO = AO.\tan\widehat{SDO} =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan60^{0} = \frac{a\sqrt{6}}{3}

    \Rightarrow S_{BCD} = \frac{a^{2}}{2}

    \Rightarrow V_{S.BCD} = \frac{1}{3}.SO.S_{BCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{3}\sqrt{6}}{12}

  • Câu 4: Nhận biết

    Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC vuông tại B, SA\bot(ABC). Khi đó:

    Hình vẽ minh họa

    Ta có: \left\{ \begin{matrix} CB\bot SA \\ CB\bot AB \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CB\bot(SAB)

  • Câu 5: Nhận biết

    Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “Nếu đường thẳng a vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a vuông góc với mặt phẳng (P) và vuông góc với mặt phẳng (Q).”

  • Câu 6: Thông hiểu

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, \widehat{ABC} = 60^{0}, SA = a\sqrt{3} và SA ⊥ (ABCD). Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SBD).

    Hình vẽ minh họa:

    Vì tam giác ABC cân và có góc 600 nên nó là tam giác đều

    Gọi O là trung điểm của AC.

    Ta có: Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) vuông góc nhau theo giao tuyến SO

    => Hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng (SBD) là SO

    => \widehat{\left( SA,(SBD) ight)} =\widehat{(SA,\ SO)} = \widehat{ASO}

    Xét tam giác vuông SOA ta có: \left\{\begin{matrix}OA = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{2a}{2} = a \\SA = a\sqrt{3} \\\end{matrix} ight.

    => \tan\widehat{OSA} = \frac{AO}{SA} =\frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{OSA} = 30^{0}

    Vậy góc giữa SA và mặt phẳng (SBD) bằng 300.

  • Câu 7: Vận dụng

    Cho hình chóp đều, các cạnh bên có độ dài bằng a và tạo với đáy một góc 60^{0}. Tính chu vi đáy P của hình chóp đó.

    Hình vẽ minh họa

    Kẻ SH\bot(ABC)

    H là tâm đường tròn ngoại tiếp đồng thời là trọng tâm tam giác ABC

    Ta có: \left( SA;(ABC) ight) = \widehat{SAH} = 60^{0}

    \Rightarrow AH = SA.cos\widehat{SAH} = SA.cos60^{0} = a.\frac{1}{2} = \frac{a}{2}

    Gọi M là trung điểm của BC

    \Rightarrow AM = \frac{3}{2}AH = \frac{3}{2}.\frac{a}{2} = \frac{3a}{4}

    Gọi AB = BC = AC = x \Rightarrow BM = \frac{x}{2}

    Vì M là trung điểm của BC nên AM\bot BC

    \Rightarrow AB^{2} = BM^{2} + AM^{2}

    \Leftrightarrow x^{2} = \frac{1}{4}x^{2} + \left( \frac{3a}{4} ight)^{2}

    \Leftrightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{2}

    Chu vi đáy ABC bằng AB + BC + AC = 3.x = 3.\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{3a\sqrt{3}}{2}

  • Câu 8: Vận dụng cao

    Cho tứ diện ABCD có SC = AC = AB = \sqrt{2}, SC ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tạo A, các điểm M thuộc SA, N thuộc BCc sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a). Tìm t để MN ngắn nhất.

    Hình vẽ minh họa:

    Theo giả thiết, ta có: SA = 2a, BC = 2a

    Vì 0 < t < 2a

    \begin{matrix} \Rightarrow \frac{MA}{SA} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{MA} = \frac{1}{2}\overrightarrow{SA} \\ \Rightarrow \frac{CN}{CB} = \frac{t}{2a} \Rightarrow \overrightarrow{CN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \end{matrix}

    Đặt \overrightarrow{x} = \overrightarrow{CA};\overrightarrow{y} = \overrightarrow{CB};\overrightarrow{z} = \overrightarrow{CS}. Ta có:

    \overrightarrow{x}.\overrightarrow{z} = \overrightarrow{y}.\overrightarrow{z} = 0;\overrightarrow{x}.\overrightarrow{y} = 2a^{2}

    \begin{matrix} \overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CN} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \frac{t}{2a}\overrightarrow{SA} - \overrightarrow{AC} + \frac{t}{2a}\overrightarrow{CB} \\ \Rightarrow \overrightarrow{MN} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\overrightarrow{x} + \frac{t}{2a}.\overrightarrow{y} - \frac{t}{2a}.\overrightarrow{z} \\ \end{matrix}

    Vậy MN^{2} = {\overrightarrow{MN}}^{2}

    \begin{matrix} = \left( \frac{t}{2a} - 1 ight)^{2}.2a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.4a^{2} + \frac{t^{2}}{4a}.2a^{2} + 2\left( \frac{t}{2a} - 1 ight).\frac{t}{2a}.2a^{2} \\ = 3t^{2} - 4at + 2a^{2} \\ \end{matrix}

    Từ đó suy ra MN nhỏ nhất khi và chỉ khi t = \frac{2a}{3}

  • Câu 9: Nhận biết

    Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Mệnh đề nào sau đây đúng?

    Khi cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c thì mệnh đề : “Nếu a song song với b và c vuông góc với a thì c vuông góc với b” là mệnh đề đúng.

  • Câu 10: Vận dụng

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Đáp án là:

    Giả sử V là thể tích khối tứ diện đều ABCD . Trung điểm tất cả các cạnh của tứ diện tạo thành một đa diện có thể tích V' . Tỉ số \frac{V'}{V} = 1/2

    (Kết quả được ghi dưới dạng phân số tối giản a/b)

    Hình vẽ minh họa

    Giả sử tứ diện đều cạnh bằng a

    Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc tứ diện

    Mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng \frac{a}{2}

    Do đó thể tích phần cắt bỏ là V'' = 4.\frac{V}{8} = \frac{V}{2}

    (Vì tứ diện cạnh giảm một nưả thì thể tích giảm \left( \frac{1}{2} ight)^{3} = \frac{1}{8}

    Vậy V' = \frac{V}{2} \Rightarrow \frac{V'}{V} = \frac{1}{2}

  • Câu 11: Nhận biết

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa cặp đường thẳng nào sau đây?

    Hình vẽ minh họa:

    Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cắt nhau theo giao tuyến SO và cùng vuông góc với đáy nên SO ⊥ (ABCD).

    Vậy góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SB và BD.

  • Câu 12: Thông hiểu

    Cho hình lăng trụABC.A’B’Ccó đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,\widehat {ACB} = 30^\circ, M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Gọi \alpha là góc tạo bởi A’H với (A’ACC’). Tính \sin\alpha?

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    Ta có A'H \bot \left( {ABC} ight) nên A’H là đường cao của lăng trụ.

    Kẻ HK \bot AC (K thuộc đoạn AC)

    Kẻ

    Suy ra HI \bot \left( {AA'C'C} ight)

    Khi đó \alpha = \left( {A'H,A'I} ight) = \widehat {HA'K}

    Sin của góc tạo bởi A’H với (A’ACC’)

    +) Do tam giác MCB cân tại B nên \widehat {BMC} = \widehat {BCM} = 30^\circ

    \begin{matrix} MH = \dfrac{1}{2}BM = \dfrac{1}{4}AC = \dfrac{1}{4}\dfrac{{AB}}{{\sin 30^\circ }} = \dfrac{a}{2} \hfill \\ \Rightarrow HK = MH.\sin 60^\circ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \hfill \\ \end{matrix}

    +) Mặt khác, góc giữa cạnh bên A’A và mặt đáy bằng \widehat {A'AH} = 60^\circ (theo giả thiết)

    Và BM = AM = AB = a

    => Tam giác AMB là tam giác đều cạnh a

    \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{3a}}{2}

    Vì vậy, \sin \alpha = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}

  • Câu 13: Thông hiểu

    Các đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì:

    Đáp án "Thuộc một mặt phẳng" sai vì có thể xảy ra trường hợp nằm trên nhiều mặt phẳng khác nhau.

    Đáp án "Vuông góc với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng song song với nhau.

    Đáp án "Song song với nhau" sai vì có thể xảy ra trường hợp chúng cắt nhau.

    Đáp án "Song song với một mặt phẳng" đúng vì chúng đồng phẳng.

  • Câu 14: Thông hiểu

    Mệnh đề nào sau đây là đúng?

     

    • Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau sai vì chúng có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

    • Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng vuông góc với nhau thì song song với đường thẳng còn lại sai vì nó và đường thẳng còn lại có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

    • Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau sai vì chúng có thể song song với nhau

     

  • Câu 15: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BD.

    Hình vẽ minh họa:

    Gọi I là trung điểm của AD

    => SI ⊥ AD => SI ⊥ (ABCD)

    Kẻ Ax // BD

    Ta có d(BD, SA) = d (BD, (SAx)) = d (D, (SAx)) = 2d (I, (SAx))

    Kẻ IE ⊥ Ax, kẻ IK ⊥ SE

    Khi đó d (I, (SAx)) = IK

    Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta có: IE = IF = \frac{AO}{2} =\frac{a\sqrt{2}}{4}

    Xét tam giác vuông SIE ta có:

    IK = \frac{SI.IE}{\sqrt{SI^{2} +IE^{2}}} = \frac{a\sqrt{21}}{14}

    => d(BD;SA) = 2IK =\frac{a\sqrt{21}}{7}

  • Câu 16: Vận dụng

    Cho hình chóp S.ABCD có SA \bot \left( {ABCD} ight);SA = a\sqrt 2, ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD = 2a. Gọi O = AC \cap BD, M là trung điểm SB. Tính sin của góc giữa OM và (SCD).

    Tính sin của góc giữa OM và (SCD)

    Trong (SBD), gọi I = OM \cap SD \Rightarrow OM \cap \left( {SCD} ight) = I

    Ta có BC // AD, áp dụng định lý Ta – let ta được:

    \frac{{OB}}{{OD}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2}

    Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SBD có cát tuyến OMI ta có:

    \frac{{BO}}{{OD}}.\frac{{DI}}{{IS}}.\frac{{SM}}{{MB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{{DI}}{{IS}}.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IS}} = 2

    Tam giác SAD vuông tại A có

    SA = a\sqrt 2 ,AD = 2a \Rightarrow SD = a\sqrt 6

    => DI = \frac{3}{2}SD = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}

    Mặt khác: \frac{{CO}}{{CA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)}} = \frac{1}{3}

    \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight)

    Lại có ABCD là hình thang vuông tại A, B và 2AB = 2BC = AD nên AC = CD = a\sqrt 2

    => AC \bot CD mà CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} ight)

    Kẻ AH \bot SC, có CD \bot AH (do CD \bot \left( {SBC} ight))

    \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} ight) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} ight)} ight) = AH

    Xét tam giác SAC vuông tại A có SA = a\sqrt 2 ,\,AC = a\sqrt 2, AH là đường cao:

    \begin{matrix} \Rightarrow \dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{S^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{{2{a^2}}} + \dfrac{1}{{2{a^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} \hfill \\ \Rightarrow AH = a \hfill \\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight) = \dfrac{1}{3}AH = \dfrac{a}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác SBD có:

    \begin{matrix} SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {2{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt 6 \hfill \\ SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \hfill \\ BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \hfill \\ \end{matrix}

    Xét tam giác DIO có:

    DI = 2SD = 2a\sqrt 6 ,DO = \frac{2}{3}DB = \frac{2}{3}a\sqrt 5 .

    Do đó:

    \begin{matrix} \cos SDB = \cos IDO \Leftrightarrow \dfrac{{S{D^2} + B{D^2} - S{B^2}}}{{2.SD.BD}} = \dfrac{{I{D^2} + O{D^2} - O{I^2}}}{{2.ID.OD}} \hfill \\ \Leftrightarrow \dfrac{{6{a^2} + 5{a^2} - 3{a^2}}}{{2.a\sqrt 6 .a\sqrt 5 }} = \dfrac{{24{a^2} + \dfrac{{20{a^2}}}{9} - O{I^2}}}{{2.2a\sqrt 6 .\dfrac{2}{3}a\sqrt 5 }}. \hfill \\ \Leftrightarrow 8 = \dfrac{{\dfrac{{236}}{9}{a^2} - O{I^2}}}{{\dfrac{4}{3}{a^2}}} \Leftrightarrow O{I^2} = \dfrac{{140{a^2}}}{9} \Leftrightarrow OI = \dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3} \hfill \\ \end{matrix}

    Mặt khác:

    \begin{matrix} \sin \left( {OM,\left( {SCD} ight)} ight) = \sin \left( {OI,\left( {SCD} ight)} ight) \hfill \\ = \dfrac{{d\left( {O,\left( {SCD} ight)} ight)}}{{OI}} = \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{{\dfrac{{2a\sqrt {35} }}{3}}} = \dfrac{{\sqrt {35} }}{{70}} \hfill \\ \end{matrix}

  • Câu 17: Thông hiểu

    Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

    Mệnh đề sai là: “(P) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB nếu nó đi qua ba điểm phân biệt cách đều A và B.”

  • Câu 18: Vận dụng

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của SC. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng BM và AC.

    Hình vẽ minh họa:

    Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng

    Gọi H là tâm của hình vuông ABCD khi đó SH \bot \left( {ABCD} ight)

    Ta có:

    \begin{matrix} \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {HM} - \overrightarrow {HB} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HS} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {HC} - \overrightarrow {HB} \hfill \\ \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {HC} \hfill \\ HC \bot HB,HC \bot SH \hfill \\ \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = H{C^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{2} \hfill \\ \end{matrix}

    Vì tam giác SBC đều cạnh a và BM là trung tuyến nên BM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}

    Khi đó: \cos \left( {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BM} } ight) = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} }}{{AC.BM}} = \frac{1}{{\sqrt 6 }} > 0

  • Câu 19: Thông hiểu

    Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD;AB = SA = a. Tính khoảng cách từ đường thẳng AB và mặt phẳng (SCD) bằng:

    Hình vẽ minh họa

    Gọi O là tâm của đáy \Rightarrow SO\bot(ABCD)

    Lấy M, N lần lượt là trung điểm AB, CD.

    Kẻ OH\bot SN

    Có \left\{ \begin{matrix} ON\bot CD \\ CD\bot SO \\ \end{matrix} ight.\ \Rightarrow CD\bot(SON)

    \Rightarrow CD\bot OH \Rightarrow OH\bot(SCD)

    Ta có: AB//CD \subset (SCD) \Rightarrow AB//(SCD)

    Khi đó d\left( AB;(SCD) ight) = d\left( M;(SCD) ight) = 2d\left( O;(SCD) ight) = 2OH

    Trong tam giác SON vuông tại O, OH\bot SN có:

    \frac{1}{OH^{2}} = \frac{1}{SO^{2}} + \frac{1}{ON^{2}} \Rightarrow OH = \frac{a\sqrt{6}}{6}

    \Rightarrow d\left( AB;(SCD) ight) = \frac{a\sqrt{6}}{3}

  • Câu 20: Nhận biết

    Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước là 2;3;5 bằng:

    Thể tích cần tìm là: V = 2.3.5 = 30

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
  • 69 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