Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai - TP Hồ Chí Minh
Bài làm:
Bài 1 (3 điểm):
Tính:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 9x + 14}}{{x - 2}}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[3]{{8{x^3} + 1}} - x} \right)\)
c) \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{\left| {{x^2} + 7x + 12} \right|}}{{x + 3}}\)
Bài 2 (1 điểm):
Định \(a\) để hàm số sau đây liên tục tại \({x_0} = - 4\): \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13} - 3}}\,\,\,\left( {x > - 4} \right)\\{x^2} + 2a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x \le - 4} \right)\end{array} \right.\)
Bài 3 (1 điểm):
Tìm đạo hàm của hàm số \(y = f\left( x \right) = \sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} \).
Bài 4 (1 điểm):
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{2x + 5}}{{x - 3}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Viết phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta \right)\) của đồ thị \(\left( C \right)\) biết \(\left( \Delta \right)\) song song với đường thẳng \(\left( D \right):y = - 11x\).
Bài 5 (4 điểm):
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(C\), \(CA = a,SC \bot \left( {ABC} \right)\).
a) Chứng minh \(AC \bot \left( {SBC} \right)\).
b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(\left( {SCI} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
c) Cho \(SC = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Tính \(\widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)}\).
d) Gọi \(H\) là điểm thuộc đoạn \(CI\) sao cho \(CH = 3HI\). Trên đường thẳng đi qua \(H\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), lấy điểm \(D\) sao cho \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}\). Gọi \({G_1}\) và \({G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\). Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {C{G_1}{G_2}} \right)\).
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn xemloigiai.com
Bài 1 (VD):
Phương pháp:
a) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.
b) Đặt \(x\) ra ngoài và sử dụng qui tắc tính giới hạn
c) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.
Cách giải:
Tính:
a) \(A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 9x + 14}}{{x - 2}}\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 7} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 7} \right)\\ = 2 - 7\\ = - 5\end{array}\)
b) \(B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[3]{{8{x^3} + 1}} - x} \right)\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {x.\left( {\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - 1} \right)} \right]\\ = + \infty \end{array}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = + \infty \) và \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[3]{{2 + \frac{1}{{{x^3}}}}} - 1} \right)\) \( = \sqrt[3]{2} - 1 > 0\).
c) \(C = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{\left| {{x^2} + 7x + 12} \right|}}{{x + 3}}\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{\left| {\left( {x + 3} \right)\left( {x + 4} \right)} \right|}}{{x + 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \frac{{ - \left( {x + 3} \right)\left| {x + 4} \right|}}{{x + 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 3} \right)}^ - }} \left( { - \left| {x + 4} \right|} \right)\\ = - \left( { - 3 + 4} \right) = - 1\end{array}\)
Bài 2 (VD):
Phương pháp:
Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right);\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right);f\left( { - 4} \right)\)
Để hàm số liên tục tại \({x_0} = - 4\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) \( = f\left( { - 4} \right)\)
Cách giải:
Định \(a\) để hàm số sau đây liên tục tại \({x_0} = - 4\):
\(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13} - 3}}\,\,\,\left( {x > - 4} \right)\\{x^2} + 2a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {x \le - 4} \right)\end{array} \right.\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right)\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{x + 4}}{{\sqrt {x + 13} - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {\sqrt {x + 13} + 3} \right)}}{{x + 13 - 9}}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \frac{{\left( {x + 4} \right)\left( {\sqrt {x + 13} + 3} \right)}}{{x + 4}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} \left( {\sqrt {x + 13} + 3} \right)\\ = \sqrt {\left( { - 4} \right) + 13} + 3 = 6\end{array}\)
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} \left( {{x^2} + 2a} \right)\\ = {\left( { - 4} \right)^2} + 2a = 2a + 16\end{array}\)
\(f\left( { - 4} \right) = {\left( { - 4} \right)^2} + 2a\) \( = 2a + 16\)
Để hàm số đã cho liên tục tại \({x_0} = - 4\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {{\left( { - 4} \right)}^ - }} f\left( x \right)\) \( = f\left( { - 4} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2a + 16 = 6\\ \Leftrightarrow 2a = - 10\\ \Leftrightarrow a = - 5\end{array}\)
Vậy \(a = - 5\) là giá trị cần tìm.
Bài 3 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính đạo hàm \(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\), \({\left( {\frac{1}{x}} \right)'} = - \frac{1}{{{x^2}}};\left( {\tan x} \right)' = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\)
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}y' = {\left( {\sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} } \right)'}\\ = \frac{{{{\left( {\frac{1}{x} + \tan x} \right)}'}}}{{2\sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} }}\\ = \frac{{\frac{{ - 1}}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}}}{{2\sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} }}\\ = \frac{{{x^2} - {{\cos }^2}x}}{{2{x^2}{{\cos }^2}x.\sqrt {\frac{1}{x} + \tan x} }}\end{array}\)
Bài 4 (VD):
Phương pháp:
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là:
\(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)
Hai đường thẳng song song thì có cùng hệ số góc.
Cách giải:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\)
Ta có: \(y' = \frac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}}\)
Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến \(\left( \Delta \right)\) với đồ thị hàm số
Vì \(\left( \Delta \right)//\left( D \right)\) nên hệ số góc của \(\left( \Delta \right)\) là \(f'\left( {{x_0}} \right) = - 11\)
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 11}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = - 11\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 3} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 3 = 1\\{x_0} - 3 = - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 4 \Rightarrow {y_0} = 13\\{x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} = - 9\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(M\left( {4;13} \right)\) ta có phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta \right):\) \(y = - 11\left( {x - 4} \right) + 13\) \( \Leftrightarrow y = - 11x + 57\)
Với \(M\left( {2; - 9} \right)\) ta có phương trình tiếp tuyến \(\left( \Delta \right):\) \(y = - 11\left( {x - 2} \right) - 9\) \( \Leftrightarrow y = - 11x + 13\)
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: \(y = - 11x + 57\), \(y = - 11x + 13\).
Bài 5 (VD):
Phương pháp:
a) Thay \(x = 3\) vào hàm số dưới dấu giới hạn.
b) Khử dạng vô định bằng cách phân tích tử thành nhân tử.
c) Chia cả tử và mẫu cho \(n\) và áp dụng quy tắc tính giới hạn.
Cách giải:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(C\), \(CA = a,SC \bot \left( {ABC} \right)\).
a) Chứng minh \(AC \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(AC \bot BC\).
\(SC \bot \left( {ABC} \right)\), mà \(AC \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(SC \bot AC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot CB\\AC \bot SC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AC \bot \left( {SBC} \right)\) (đpcm).
b) Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(\left( {SCI} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(CI\) vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao
\( \Rightarrow CI \bot AB\).
\(SC \bot \left( {ABC} \right)\), mà \(AB \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(SC \bot AB\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CI\\AB \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SCI} \right)\)
Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SCI} \right)\) (đpcm).
c) Cho \(SC = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\). Tính \(\widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)}\).
Theo câu b, \(AB \bot \left( {SCI} \right) \Rightarrow AB \bot SI\)
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SI \bot AB,SI \subset \left( {SAB} \right)\\CI \bot AB,CI \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SI,CI} \right)}\) \( = \widehat {SIC}\) (vì \(\widehat {SIC} < \widehat {SCI} = {90^0}\))
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) có \(CA = CB = a\) nên theo pitago ta có:
\(AB = \sqrt {C{A^2} + C{B^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow CI = IA = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Tam giác \(SCI\) vuông tại \(C\) có \(\tan \widehat {SIC} = \frac{{SC}}{{CI}}\) \( = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 3 \)
\( \Rightarrow \widehat {SIC} = {60^0}\).
Vậy góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \({60^0}\).
d) Gọi \(H\) là điểm thuộc đoạn \(CI\) sao cho \(CH = 3HI\). Trên đường thẳng đi qua \(H\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), lấy điểm \(D\) sao cho \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}\). Gọi \({G_1}\) và \({G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\). Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {C{G_1}{G_2}} \right)\).
Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(DA,DB\).
Do \({G_1},{G_2}\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(DAC\) và \(DBC\) nên:
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{C{G_1}}}{{CE}} = \frac{2}{3}\\\frac{{C{G_2}}}{{CF}} = \frac{2}{3}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \frac{{C{G_1}}}{{CE}} = \frac{{C{G_2}}}{{CF}}\) \( \Rightarrow {G_1}{G_2}//EF\)
Mà \(EF//AB\) (do \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(DAB\))
Nên \(AB//\left( {C{G_1}{G_2}} \right) \equiv \left( {CEF} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {C{G_1}{G_2}} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {CEF} \right)} \right)\).
Gọi \(K = DI \cap EF\), ta chứng minh \(IK \bot \left( {CEF} \right)\).
Ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right),SC \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow DH//SC\)
\( \Rightarrow \) các điểm \(D,H,S,C,I\) đồng phẳng hay \(DH \subset \left( {SCI} \right)\).
Ta có: \(AB \bot \left( {SCI} \right)\) và \(AB//\left( {CEF} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {CEF} \right) \bot \left( {DCI} \right)\).
Tam giác \(DCH\) vuông tại \(H\) có: \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8},\) \(CH = \frac{3}{4}CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}\) nên theo Pitago ta có:
\(CD = \sqrt {D{H^2} + A{H^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow CD = CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow \Delta CDI\) cân tại \(C\).
Lại có \(K\) là trung điểm \(DI\) (do \(K\) nằm trên \(EF\) là đường trung bình của \(\Delta DAB\))
Nên \(CK \bot DI \Rightarrow CK \bot IK\).
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {CEF} \right) \bot \left( {DCI} \right)\\\left( {CEF} \right) \cap \left( {DCI} \right) = CK\\IK \subset \left( {DCI} \right)\\IK \bot CK\end{array} \right.\) \( \Rightarrow IK \bot \left( {CEF} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {I,\left( {CEF} \right)} \right) = IK\)
Xét tam giác \(DHI\) vuông tại \(H\) có: \(DH = \frac{{a\sqrt {14} }}{8},\) \(HI = \frac{1}{4}CI = \frac{{a\sqrt 2 }}{8}\) nên theo Pitago ta có:
\(DI = \sqrt {D{H^2} + H{I^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt {14} }}{8}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{8}} \right)}^2}} = \frac{a}{2}\)
\( \Rightarrow IK = \frac{1}{2}DI = \frac{1}{2}.\frac{a}{2} = \frac{a}{4}\).
Vậy \(d\left( {A,\left( {C{G_1}{G_2}} \right)} \right) = \frac{a}{4}\).
HẾT
Xemloigiai.com
Xem thêm Bài tập & Lời giải
Trong bài: Đề thi học kì 2 của các trường có lời giải – Mới nhất
Bài tập & Lời giải:
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 trường THPT Trần Phú
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 trường Phan Ngọc Hiển
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Kim Liên - Hà Nội
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 trường THPT Ngô Gia Tự
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Phú Lương - Thái Nguyên
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 Sở GD&ĐT Bắc Ninh
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 trường THPT Đoàn Thượng
- 👉 Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Bùi Thị Xuân - TP Hồ Chí Minh
Xem thêm lời giải Đề thi, đề kiểm tra Toán lớp 11
Dưới đây là danh sách Đề thi, đề kiểm tra Toán lớp 11 chọn lọc, có đáp án, cực sát đề chính thức theo nội dung sách giáo khoa Lớp 11.
Đề thi giữa kì 1 Toán 11
- 👉 Đề ôn tập giữa học kì 1 – Có đáp án và lời giải
- 👉 Đề thi giữa học kì 1 của các trường có lời giải – Mới nhất
Đề thi học kì 1 Toán 11
- 👉 Đề cương học kì I
- 👉 Đề thi học kì 1 mới nhất có lời giải
- 👉 Đề ôn tập học kì 1 – Có đáp án và lời giải
- 👉 Đề thi học kì 1 của các trường có lời giải – Mới nhất
Đề thi giữa kì 2 Toán 11
- 👉 Đề ôn tập giữa kì 2- Có đáp án và lời giải chi tiết
- 👉 Đề thi giữa học kì 2 của các trường có lời giải – Mới nhất
Đề thi học kì 2 Toán 11
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút – Chương 1 – Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút – Chương 3 – Đại số và giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút - Chương 1 - Hình học 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Hình học 11
- 👉 Đề kiểm tra 15 phút - Chương 3 - Hình học 11
Đề kiểm tra 1 tiết Toán 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 1 – Đại số và giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết ) - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút ( 1 tiết) - Chương 1 - Hình học 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 2 - Hình học 11
- 👉 Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Hình học 11
Lớp 11 | Các môn học Lớp 11 | Giải bài tập, đề kiểm tra, đề thi Lớp 11 chọn lọc
Danh sách các môn học Lớp 11 được biên soạn theo sách giáo khoa mới của bộ giáo dục đào tạo. Kèm theo lời giải sách bài tập, sách giáo khoa, đề kiểm tra 15 phút, 45 phút (1 tiết), đề thi học kì 1 và học kì 2 năm học 2024 ngắn gọn, chi tiết dễ hiểu.
Toán Học
- Đề thi, đề kiểm tra Toán lớp 11
- SBT Toán lớp 11 Nâng cao
- SBT Toán 11 Nâng cao
- SGK Toán 11 Nâng cao
- SBT Toán lớp 11
- SGK Toán lớp 11
Vật Lý
- SBT Vật lí 11 Nâng cao
- SGK Vật lí lớp 11 Nâng cao
- SBT Vật lí lớp 11
- SGK Vật lí lớp 11
- Giải môn Vật lí lớp 11
Hóa Học
- Đề thi, đề kiểm tra Hóa lớp 11
- SBT Hóa học 11 Nâng cao
- SGK Hóa học lớp 11 Nâng cao
- SBT Hóa lớp 11
- SGK Hóa lớp 11
Ngữ Văn
Lịch Sử
Địa Lý
Sinh Học
- Đề thi, đề kiểm tra Sinh lớp 11
- SGK Sinh lớp 11 Nâng cao
- SBT Sinh lớp 11
- SGK Sinh lớp 11
- Giải môn Sinh học lớp 11
GDCD
Tin Học
Tiếng Anh
- Đề thi, đề kiểm tra Tiếng Anh 11 mới
- SBT Tiếng Anh lớp 11
- SGK Tiếng Anh lớp 11
- SBT Tiếng Anh lớp 11 mới
- SGK Tiếng Anh lớp 11 Mới