Giải đề thi đại học khối A môn toán 2011

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối A Môn Toán 2011

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI A

NĂM 2011

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối A năm 2011

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

x 1

2x 1

− +

= +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2. Chứng minh rằng với mọi m đờng thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai

điểm A và B Gọi k1, k2 lần lợt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và

B Tìm m để k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình:

2

1 sin 2x cos 2x

2 sin x.sin 2x

1 co t x

+

2 Giải hệ phơng trình:

5x y 4xy 3y 2(x y) 0

, (x, y )

xy(x y ) 2 (x y)



+ + = +

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân

/4

0

x.sin x (x 1) cos x

x.sin x cos x

=

+

∫

Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,

AB = BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt

AC tại N Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đờng thẳng AB và SN theo a

Câu V: (1 điểm): Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y z

2x 3y y z x z

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (∆): x + y + 2 = 0 và đờng tròn (C): x2 + y2 − 4x − 2y = 0 Gọi I là tâm của đờng tròn (C), M là điểm thuộc (∆) Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm) Tìm toạ độ

điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; −2; 3)

và mặt phẳng (P): 2x − y − z + 4 = 0 Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho

MA = MB = 3

Câu VII.a (1 điểm): Tìm các số phức z, biết z2 = z2+z.

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E):

2 2

1

4 + 1 = Tìm toạ độ các

điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dơng sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 − 4x − 4y − 4z = 0

và điểm A(4; 4; 0) Viết phơng trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S)

và tam giác OAB đều

Câu VII.b (1 điểm): Tìm môđun của số phức z, biết:

( )

(2z 1)(1 i)− + + +z 1 (1 i) 2 2i.− = −

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất

2 Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:

x 1

x m 2x 1

− + = +

− ⇔ f(x) = ax2 + bx + c = 0 với x ≠

1

2 (1)

Bớc 2: Ta lần lợt:

 Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng tại 2 điểm phân biệt điều kiện là:

Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác 1

2

f

a 0 0

f (1/ 2) 0

≠





⇔ ∆ >



Khi đó, với điều kiện (*):

A B

A B

x x c / a

+ = −



 Ta có:

k1 + k2 = y'(xA) + y'(xB) 2 2

(2x 1) (2x 1)

⇒ Giá trị lớn nhất tơng ứng với giá trị của m

Bớc 3: Kết luận

Câu II.

1. Với phơng trình lợng giác kiểu này (chứa tanx và chứa ẩn ở mẫu) ta thực hiện thông qua các bớc sau:

Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình, cụ thể:

2

sin x 0

1 co t x 0

≠



 ⇔ ≠ π ∈x k , k Â. (*) Tới đây, các em học sinh có thể dừng lại hoặc giải tiếp hệ điều kiện

đó tuỳ thuộc vào biến đổi nháp của bớc 2

Bớc 2: Lựa chọn phép biến đổi lợng giác phù hợp để chuyển phơng trình

ban đầu về dạng phơng trình lợng giác cơ bản, từ đó nhận đợc nghiệm cho phơng trình theo k ∈ Â

Cụ thể, với phơng trình này chúng ta cần khử mẫu số và công việc sẽ

đợc bắt đầu bằng việc sử dụng công thức cơ bản:

2

2

1

sin x

 Khi đó, bằng việc sử dụng thêm công thức sin2x = 2sinx.cosx cho VP ta nhận đợc phơng trình dạng:

(1 sin 2x cos 2x sin x 2 2 sin x.cos x+ + ) 2 = 2

 Và vì điều kiện sinx ≠ 0, chúng ta nhận đợc phơng trình dạng:

1 sin 2x cos 2x 2 2cos x.+ + = (1) Tới đây, các em học sinh có thể tiếp tục theo một trong hai hớng biến đổi dựa theo công thức góc nhân đôi:

Hớng 1: Ta có:

(sin x cos x)+ +cos x sin x 2 2cos x− = (sin x cos x)(sin x cos x c os x sin x) 2 2cos x

2(sin x cos x) cos x 2 2cos x

(cos x sin x 2 cos x 0)

Hớng 2: Ta có:

2

2cos x 2sin x.cos x 2 2cos x+ =

(cos x sin x 2 cos x 0)

Bớc 3: Kiểm tra điều kiện, từ đó kết luận về nghiệm của phơng trình

2. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó cần sử dụng phơng pháp thế tức phải đi biến đổi một trong hai phơng trình của hệ về dạng tích Khi đó, ta có những đánh giá dần nh sau:

 Phơng trình thứ nhất trong hệ không có tính đối xứng và lại đa bậc nên việc biến đổi nó về dạng tích là không phù hợp

 Phơng trình thứ hai trong hệ có tính đối xứng với dạng trùng phơng nên chúng ta sẽ lựa chọn một trong các hớng biến đổi theo dạng hệ đối xứng loại I nh sau:

Hớng 1: Sử dụng x2 + y2 = (x + y)2 − 2xy, ta có:

xy(x2 + y2) + 2 = (x + y)2

⇔ xy[(x + y)2 − 2xy] + 2 = (x + y)2

⇔ xy(x + y)2 − 2x2y2 + 2 = (x + y)2

⇔ (xy − 1)(x + y)2 − 2(x2y2 − 1) = 0

⇔ (xy − 1)[(x + y)2 − 2(xy + 1)] = 0

⇔ (xy − 1)(x2 + y2 + 2xy − 2xy − 2) = 0

⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0 xy 12 2

=



⇔  + =



Hớng 2: Sử dụng (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy, ta có:

xy(x2 + y2) + 2 = (x + y)2 ⇔ xy(x2 + y2) + 2 = x2 + y2 + 2xy

⇔ (xy − 1)(x2 + y2) + 2 − 2xy = 0

⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0 2 2

xy 1

=



⇔  + =



 Từ đó, hệ ban đầu đợc chuyển thành hai hệ nhỏ:

5x y 4xy 3y 2(x y) 0

(I)

xy 1

 =



2 2

5x y 4xy 3y 2(x y) 0

(II)



 + =



và mỗi hệ đó đợc giải bằng phơng pháp thế

Câu III Chỉ cần đánh giá đợc TS là:

TS = (x.sinx + cosx) + x.cosx

chúng ta thấy ngay rằng I sẽ đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể:

/4

0

x.sin x cos x x.cos x

x.sin x cos x

=

+

/4 /4

x.cos x

x.sin x cos x

+

1 4 44 2 4 4 43

và việc tính I1, I2 là khá đơn giản

Câu IV Trớc tiên, chúng ta cần sử dụng giả thiết để thiết lập đợc:

SA ⊥ (ABC) − Tính chất hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba

((SBC), (ABC)) SBA 60= = − Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng

1. Với khối chóp S.BCNM, ta có ngay:

S.BCNM BCNM

1

3

=

Trong đó:

 Độ dài của SA đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông SAB, cụ thể:

ã

SA AB.tan SBA.=

 Diện tích tứ giác BCNM (hình thang vuông) ta có thể lựa chọn một trong hai hớng:

Hớng 1: Sử dụng công thức tính diện tích hình thang:

BCNM

1

2

Hớng 2: Sử dụng công thức ghép:

SBCNM = S∆ ABC − S∆ ANM

AB.BC AM.MN

2. Để tính khoảng cách giữa AB và SN, chúng ta chỉ cần thực hiện:

 Tìm đoạn vuông góc chung của AB và SN, cụ thể với các em học sinh có kiến thức hình học phẳng vững sẽ dễ nhận thấy rằng cần tạo dựng một mặt phẳng (P) chứa SN và song song với AB, từ đó:

d(AB, SN) = d(AB, (P)) = d(A, (P)) = AH với H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)

d(DM, SC) = HK

 Để tính AH ta sử dụng công thức đờng cao trong tam giác vuông

Câu V Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng P gồm ba phần với hai

nhân tử có tính gần đối xứng là y , z

y z x z+ + Từ đó, định hớng biến đổi tổng này theo nhân tử còn lại với ẩn phụ t x

y

= , bởi P có thể đợc viết lại dới dạng:

P

1

f (t)

3 2 t

+

Từ đó, dẫn tới việc cần có đợc một bất đẳng thức dạng:

f (ab)

+ +

bởi với a z, b x

y

= = Và bất đẳng thức đợc đề cập ở đây là:

+ + + , với a, b dơng và ab ≥ 1

 Bất đẳng thức này đợc chứng minh bằng phơng pháp biến đổi tơng đơng

Khi đó, ta nhận đợc:

2 2

P

2t 3 1 t

và bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm

số g(t) 2t2 2

2t 3 1 t

+ + trên [ ]1; 2

Câu VI.a

1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta

thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Xác định thuộc tính của đờng tròn (C) Chuyển phơng trình đờng thẳng

(∆) về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm M theo t

Bớc 2: Từ giả thiết MAIB có diện tích bằng 10, ta đợc:

SMAIB = 2S∆ MAI = IA.MA ⇒ Độ dài MA ⇒ Độ dài MI

⇒ Giá trị của t

Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M

2. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt phẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta

thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x − y − z + 4 = 0

Bớc 2: Từ giả thiết tạo lập một hệ phơng trình với ba ẩn x, y, z rồi giải nó

Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M

Câu VII.a Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của

số phức z = a + bi, (a, b∈Ă ) kết hợp với các biến đổi đơn:

z2 = (a + bi)2 = a2 + b2i2 + 2abi = a2 − b2 + 2abi,

2 2

z = a +b , z a b.i= −

từ đó, sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhâu để thiết lập đợc một hệ phơng trình theo a, b

Câu VI.b

1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc elíp thoả mãn điều kiện K" nên ta thực hiện

theo các bớc:

Bớc 1: Với điểm A(x; y), 0 < x < 2 thuộc (E) thì

2 2

1

Bớc 2: Từ giả thiết:

− B có hoành độ dơng và tam giác OAB cân tại O nên B(x; −y)

− Với H là trung điểm AB thì:

Bớc 3: Để tam giác OAB có diện tích lớn nhất bài toán đợc chuyển về việc tìm

giá trị lớn nhất của hàm số 1 2

2

= − ∈

Công việc này có thể đợc thực hiện bằng việc Sử dụng bất đẳng thức Côsi hoặc phơng pháp hàm số Từ đó, nhận đợc giá trị tơng ứng của

x và thay x vào (*) để nhận đợc giá trị y

Bớc 4: Kết luận về toạ độ của các điểm A và B

2. Nhiều em học sinh sẽ định hớng đây thuộc dạng toán "Tìm điểm thuộc mặt cầu thoả mãn điều kiện K" bởi nghĩ rằng muốn có phơng trình mặt phẳng (OAB) cần

tìm thêm toạ độ điểm B dựa theo giả thiết ∆OAB đều và khi đó các bớc thực hiện

sẽ là:

Bớc 1: Giả sử B(x; y; z)

Bớc 2: Từ giả thiết ta có hệ điều kiện:

B (S)

OA AB OB

∈



 = =



B (S)

∈





⇔ =

 =



2 2 2

 + + − − − =



⇔  − + − + = +

 − + − + = + +



(I)

Giải hệ (I) để nhận đợc x, y, z

Bớc 3: Lập phơng trình mặt phẳng (OAB)

Cách giải trên không sai nhng đã bỏ qua các tính chất đặc biệt của giả thiết đó

là các điểm O, A đều thuộc mặt cầu (S) Do đó, bài toán này sẽ đợc giải tối u nh sau:

Bớc 1: Xác định thuộc tính của mặt cầu (S) với tâm I(2; 2; 2) và bán kính

Bớc 2: Nhận thấy rằng các điểm O, A thuộc (S) và với giả thiết ∆OAB đều

nên nó có bán kính đờng tròn ngoại tiếp r OA

3

=

Bớc 3: Từ giả thiết:

 (OAB) đi qua O nên có dạng:

(OAB): ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 > 0 (*)

 (OAB) đi qua A nên:

Bớc 4: Khi đó, khoảng cách từ I tới (OAB) đợc cho bởi:

2 2

2 2 2

2a 2b 2c

+ +

= −

Bớc 5: Thay (1), (2) vào (*) ta nhận đợc phơng trình mặt phẳng (OAB)

Câu VII.b Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của

số phức z = a + bi, (a, b∈Ă ) , z a b.i= − và kết hợp với các biến đổi đơn

Cuối cùng sử dụng công thức z = a2+b2

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối A năm 2011

Câu I.

1. Ta lần lợt có:

a Hàm số xác định trên D \ 1

2

 

=  

 

Ă

b Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:

x

1 lim y

2

→∞ = − nên y = 1

2

− là đờng tiệm cận ngang

1 x

2

lim y

+

 

→ ữ 

= +∞

và 1 x 2

lim y

−

 

→ ữ 

= −∞

nên x = 1

2 là đờng tiệm cận đứng.

 Bảng biến thiên:

2

1

(2x 1)

= − <

− với mọi x∈D ⇒ hàm số nghịch biến trên D

y −

−∞ −1/2

c Đồ thị của hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 1

 − 

  làm tâm đối xứng. Lấy thêm các điểm A(0; −1) và B 1; 0 Bạn đọc tự vẽ hình.( )

2. Phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và đờng thẳng (d): y = x + m là:

x 1

x m 2x 1

− + = +

−

1 x 2

2

f (x) 2x 2mx m 1 0

≠

Trớc tiên, để đồ thị (C) cắt đờng thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt A, B điều kiện

là phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác 1

2

f

' 0 1

2

∆ >





⇔   ≠

 ữ

  



2

3 0 2

 + + >



⇔ − ≠

Nh vậy, ta có:

A B

A B

m 1

x x

2

+ = −





 = − +



Ta có:

k1 + k2 = y'(xA) + y'(xB)

(2x 1) (2x 1)

(2x 1) (2x 1) (2x 1) (2x 1)

= −

2

2

4x x 2(x x ) 1

= −

2

2

m 1

2

m 1

2

+

− − − ữ− − +

= −

 − + − − + 

= −4m2 − 8m − 6

= −4(m + 1)2 − 2 ≤ −2

Suy ra k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng −2 khi và chỉ khi:

m + 1 = 0 ⇔ m = −1

Vậy, với m = −1 thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu II.

1. Điều kiện:

2

sin x 0

1 co t x 0

≠



Biến đổi phơng trình về dạng:

2

1 sin 2x cos 2x

2 sin x.sin 2x 1

sin x

(1 cos 2x sin 2x sin x 2 2 sin x.cos x) 2 2

sin x 0

2

2cos x 2sin x.cos x 2 2cos x

≠

cos x 0

 + − =

⇔ 

=



4 cos x 0

  +π=

 ữ



⇔   

 =



4 cos x 0

  +π=

 ữ



⇔  

 =



2

π π

 + = + π



⇔  π

 = + π



2

π

 = + π



⇔  ∈

π

 = + π



Â

Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm

2. Kí hiệu các phơng trình trong hệ theo thứ tự là (1), (2)

Biến đổi phơng trình (2) về dạng:

xy(x2 + y2) + 2 = x2 + y2 + 2xy

⇔ (xy − 1)(x2 + y2) + 2 − 2xy = 0 ⇔ (xy − 1)(x2 + y2) − 2(xy − 1) = 0

⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0 xy 1 02 2

− =



⇔  + − =

xy 1

=



⇔  + =



Ta lần lợt:

 Với xy = 1 thì (1) có dạng:

5x − 4y + 3y3 − 2(x + y) = 0 ⇔ 3y3 − 6y + 3x = 0 ⇔ y3 − 2y + 1y = 0

⇔ y4 − 2y2 + 1 = 0 ⇔ (y2 − 1)2 = 0 ⇔ y2 = 1 y 1 x 1

= ⇒ =



⇔  = − ⇒ = −

 Với x2 + y2 = 2 thì (1) có dạng:

3y(x2 + y2) + 2x2y − 4xy2 − 2(x + y) = 0

⇔ 6y + 2x2y − 4xy2 − 2(x + y) = 0 ⇔ 4y + 2x2y − 4xy2 − 2x = 0

⇔ 2y + xy(x − 2y) − x = 0 ⇔ (xy − 1)(x − 2y) = 0

xy 1 0

x 2y 0

− =



⇔  − = xy 1 (da xet)x 2y

=



⇔  = Khi đó x2 + y2 = 2 có dạng:

(2y)2 + y2 = 2 ⇔ 5y2 = 2







⇔



= − ⇒ = −



Vậy, hệ phơng trình có bốn cặp nghiệm:

2 10 10 2 10 10

− −  ữ ữ − − ữữ

Câu III Ta có biến đổi:

/4

0

x.sin x cos x x.cos x

x.sin x cos x

=

+

/4 /4

x.cos x

x.sin x cos x

+

1 4 44 2 4 4 43 (1)

Ta lần lợt:

 Với I1 thì:

/4

1 0

4

 Với I2 thì với nhận xét (x.sinx + cosx)' = sinx + x.cosx − sinx = x.cosx ta viết lại nó dới dạng:

/4 2 0

d(x.sin x cos x) I

x.sin x cos x

=

+

0

ln x.sin x cos x π

ln sin cos ln 0.sin 0 cos 0

 π 

=   + ữ

 

Thay I1 và I2 vào (1) ta đợc I ln 2 1

= +   + ữ

 

Câu IV Từ giả thiết:

(SAB) (ABC)

(SAC) (ABC)

⊥



0

((SBC), (ABC)) SBA 60 = = Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N thì MN // BC và N là trung điểm của AC

a Tính thể tích khối chóp S.BCNM: Ta có:

S.BCNM BCNM

1

3

Trong đó:

SA AB.tan SBA 2a.tan 60= = =2a 3 (2)

SBCNM = 1(MN BC)MB

 

=  + ữ

 

2

Từ đó, bằng cách thay (2), (3) vào (1) ta đợc:

S

B

C A

M

N D H

3 S.BCNM

1 3a

3 2

b Tính khoảng cách giữa AB và SN: Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đờng thẳng (d) qua N và song song với AB và hạ AD vuông góc với (d) (D ∈ (d)), từ đó suy ra:

AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)) = AH

trong đó H là hình chiếu vuông góc của A trên SD

Trong ∆SAD, ta có:

( )

2

13

Câu V Trớc tiên, ta đi chứng minh:

+ + + , với a, b dơng và ab ≥ 1

Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức về dạng:

+ + + ⇔ + +(a b 2) 1( + ab) ≥2(1 a)(1 b)+ +

(a b) ab 2 ab a b 2ab

⇔ + + ≥ + + ⇔ +(a b)( ab 1− −) 2 ab( ab 1− ≥) 0

⇔ + − − ≥ ( ) (2 )

⇔ − − ≥

bất đẳng thức trên luôn đúng với a, b dơng, ab ≥ 1 và dấu "=" xảy ra khi a = b hoặc ab = 1

áp dụng bất đẳng thức trên, bằng việc viết lại P dới dạng:

P

dấu "=" xảy ra khi z x

y= z hoặc x 1

Đặt t x, t [ ]1; 2

y

= ∈ xét hàm số

2 2 2

g(t)

2 t

[ ]1; 2 , ta có:

2t(2t 3) 4t.2t 2

g '(t)

+ −