Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Cụm liên trường THPT Hải Phòng lần 1 có đáp án

Chọn D

Để tứ giác ABEF là hình bình hành, ta cần có cặp vectơ đối bằng nhau: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {FE}$.

Tính vectơ $\overrightarrow {AB}$: $\overrightarrow {AB} = ({x_B} - {x_A};{y_B} - {y_A};{z_B} - {z_A}) = ( - 4 - ( - 12);6 - 10;9 - ( - 2)) = (8; - 4;11)$.

Gọi $F(x;y;z)$, tính vectơ $\overrightarrow {FE}$: $\overrightarrow {FE} = ({x_E} - {x_F};{y_E} - {y_F};{z_E} - {z_F}) = (6 - x; - 6 - y;4 - z)$.

Cho $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {FE}$, ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{6 - x = 8}\\{ - 6 - y = - 4}\\{4 - z = 11}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = 6 - 8 = - 2}\\{y = - 6 + 4 = - 2}\\{z = 4 - 11 = - 7}\end{array}} \right.$

Vậy tọa độ điểm $F$ là $( - 2; - 2; - 7)$.

Chọn C

Quan sát đồ thị:

Tiệm cận đứng: Đồ thị nhận đường thẳng $x = - 1$ làm tiệm cận đứng. (Loại đáp án D vì có tiệm cận

đứng $x = - \frac{1}{2}$).

Tiệm cận ngang: Đồ thị nhận đường thẳng $y = - 1$ làm tiệm cận ngang. (Cả A, B, C đều có tiệm cận

ngang $y = - 1$, thỏa mãn).

Giao điểm với trục tung (Oy): Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương, cụ thể là điểm $\left( {0;1} \right)$

Thay $x = 0$ vào đáp án A: $y = 2$ (Sai, vì trên hình cắt tại $y = 1$).

Thay $x = 0$ vào đáp án B: $y = 0$ (Sai).

Thay $x = 0$ vào đáp án C: $y = 1$ (Đúng).

Chọn B

Trong cấp số nhân, công bội $q$ được tính bằng tỉ số giữa số hạng sau và số hạng liền trước nó: $q = \frac{{{u_4}}}{{{u_3}}}$. Thay số vào: $q = \frac{8}{4} = 2$.

Chọn C

Điều kiện xác định: $x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$.

Giải bất phương trình: Vì cơ số $0{,}5 < 1$, nên khi bỏ logarit, ta phải đổi chiều bất phương trình:

${\log _{0{,}5}}(x - 1) > 1 \Leftrightarrow x - 1 < 0,{5^1}$$\Leftrightarrow x - 1 < 0{,}5$$\Leftrightarrow x < 1{,}5\quad {\rm{hay}}\quad x < \frac{3}{2}$

Kết hợp điều kiện: Kết hợp $x > 1$ và $x < \frac{3}{2}$, ta được tập nghiệm: $1 < x < \frac{3}{2}$.

Viết dưới dạng khoảng: $S = \left( {1;\frac{3}{2}} \right)$.

Chọn A

Từ đồ thị hàm số ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ { - 1\,;\,1} \right]$ là $- 4$ tại $x = - 1$.

Chọn D

Gọi $D$ là trung điểm của $BC$. Vì $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên ta có $AD \bot BC$ (1) và $AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Lại có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $SA \bot BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BC \bot SD$ (3).

Từ (1) và (3) suy ra $\widehat {SDA}$ là một góc phẳng của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$.

$\Delta SAD$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{3a}}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3$. Suy ra $\widehat {SDA} = 60^\circ$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {S,BC,A} \right]$ là $60^\circ$.

Chọn A

Từ bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng $y = - 1$ và tiệm cận đứng là đường thẳng $x = 1$. Vậy đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ có tổng số 2 đường tiệm cận đứng và ngang.

Chọn A

Mục tiêu bị trúng đạn khi bị ít nhất một khẩu pháo bắn trúng.

Vậy xác suất để mục tiêu bị trúng đạn là $1 - \left( {1 - \frac{1}{4}} \right)\left( {1 - \frac{1}{3}} \right) = \frac{1}{2}$.

Chọn D

Ta có $\sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn B

Ta có $\overline x = \frac{{6{,}5.30 + 9{,}5.55 + 12{,}5.45 + 15{,}5.30 + 18{,}5.20}}{{30 + 55 + 45 + 30 + 20}} = 11{,}75$.

Chọn D

Hàm số $f\left( x \right)$ đạt cực tiểu tại điểm$x = 3$.

Chọn D

Ta có $\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right) \Rightarrow C\left( {4;3;1} \right)$.

a) Sai.

Ta có $BH = 3HA \Rightarrow BH = \frac{3}{4}AB = 3$.

Xét tam giác $SBH$ vuông tại $H$ có $\tan \widehat {SBH} = \frac{{SH}}{{BH}} \Rightarrow SH = 3.\tan 30^\circ = \sqrt 3$.

Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng $\frac{1}{3} \cdot h.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.SH.\frac{1}{2}.AB.BC = \frac{1}{3}.\sqrt 3 .\frac{1}{2}{.4^2} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}$.

b) Đúng.

Ta có $AB\parallel CD,\,\,CD \subset \left( {SDC} \right) \Rightarrow AB\parallel \left( {SDC} \right)$.

Khi đó $d\left( {AB,SD} \right) = d\left( {AB,\left( {SDC} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right)$.

Kẻ $HM \bot DC$, $HN \bot SM$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}DC \bot HM\\DC \bot SH\\HM,SH \subset \left( {SHM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC \bot \left( {SHM} \right)$$\Rightarrow DC \bot HN$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}HN \bot DC\\HN \bot SM\\DC,SM \subset \left( {SDC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow HN \bot \left( {SDC} \right)$. Khi đó $d\left( {H,\left( {SDC} \right)} \right) = HN$.

Mặt khác, ta có $HM = AD = BC = 4$.

Xét tam giác $SHM$ vuông tại $H$, đường cao $HN$ có:

$\frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} = \frac{1}{{H{N^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{{19}}{{48}} \Rightarrow HN = \frac{{4\sqrt {57} }}{{19}}$.

c) Đúng.

Dựa theo câu a), ta có $SH = \sqrt 3$.

d) Đúng.

Xét hai tam giác vuông $ABK$ và $BCH$ có:

$AB = BC = 4,AK = BH = 3 \Rightarrow \Delta ABK = \Delta BCH$ (c-g-c).

$\Rightarrow \widehat {ABK} = \widehat {BCH}$. Mà $\widehat {ABK} + \widehat {KBC} = 90^\circ$ nên $\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ$

Xét tam giác $BHE$ có: $\widehat {BCH} + \widehat {KBC} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {BEC} = 90^\circ$ hay $CH \bot BK$ tại $E$.

Dựng $EI\parallel BC\,\,\left( {I \in BH} \right) \Rightarrow EI \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow EI \bot SI$.

Do đó $\left( {SE,BC} \right) = \left( {SE,EI} \right) = \widehat {SEI}$

Xét tam giác $HBC$ có $EI\parallel BC$ có $\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}}$ (Thales)

Mặt khác, tam giác $HBC$ vuông tại $B$, đường cao $BE$ nên:

$H{B^2} = HE.HC,\,\,H{C^2} = H{B^2} + B{C^2}$

Khi đó $\frac{{EI}}{{BC}} = \frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HE \cdot HC}}{{H{C^2}}} = \frac{{H{B^2}}}{{H{B^2} + B{C^2}}} = \frac{{{3^2}}}{{{3^3} + {4^2}}} = \frac{9}{{25}}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}EI = \frac{9}{{25}}BC = \frac{{36}}{{25}}\\HE = \frac{9}{{25}} \cdot HC = \frac{9}{{25}} \cdot \sqrt {H{B^2} + B{C^2}} = \frac{9}{5}\end{array} \right.$

Xét tam giác $SEH$ vuông tại $H$ có: $SE = \sqrt {S{H^2} + H{E^2}} = \sqrt {3 + \frac{{81}}{{25}}} = \frac{{2\sqrt {39} }}{5}$

Xét tam giác $SEI$ vuông tại $I$ có: $\cos \widehat {SEI} = \frac{{EI}}{{SE}} = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}$

Do đó $\cos \left( {SE,BC} \right) = \frac{{18}}{{5\sqrt {39} }}$.

Vậy $T = 2m - n = 2.18 - 5 = 31$.

Chọn a- Đúng | b- Đúng | c- Sai | d- Đúng.

a) Do $C \in \left( {Oxy} \right)$ nên toạ độ của $C$ là $\left( {15;b;0} \right)$.

Để radar phát hiện ra thì tàu cảnh sát biển thì

$\left| {\overrightarrow {OC} } \right| = \sqrt {{{\left( {15} \right)}^2} + {b^2} + {0^2}} = \sqrt {{b^2} + 225} < 30 \Leftrightarrow - 15\sqrt 3 < b < 15\sqrt 3$.

Khi đó tàu cảnh sát biển cần di chuyển về phía đông cách $O$ tối đa $15\sqrt 3 \,\,{\rm{km}}{\rm{.}}$

b) Ta có $\left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 20} \right)}^2} + {{15}^2} + {0^2}} = 25 < 30$.

Suy ra radar phát hiện ra tàu đánh cá tại vị trí $B.$

c) Toạ độ của $A$ là $\left( {25; - 15; - 10} \right)$;

Khoảng cách từ chiếc tàu thám hiểm đến radar bằng

$\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {30} \approx 30{,}82{\rm{km}}$.

d) Ta có $\left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{{25}^2} + {{\left( { - 15} \right)}^2} + {{\left( { - 10} \right)}^2}} = 5\sqrt {30} \approx 30{,}82{\rm{ > 30}}$.

Suy ra radar không phát hiện được tàu thám hiểm đặt tại vị trí $A.$

a) Với $x = 0 \Rightarrow y = - \frac{9}{5}$

Þ Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng $- \;\frac{9}{5}$.

Chọn ĐÚNG.

b) Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 5 \right\}$.

Þ Hàm số không nghịch biến trên khoảng $\left( {1\,;\,9} \right)$.

Chọn SAI.

c) Xét điểm $M\left( {a;b} \right)$ thuộc đồ thị hàm số Þ $b = f\left( a \right) = \frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}},a \ne 5$.

Khoảng cách từ $M$ đến $Ox$ là $d\left( {M,Ox} \right) = \left| b \right| = \left| {\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}}} \right|$

Khoảng cách từ $M$ đến $Oy$ là $d\left( {M,Oy} \right) = \left| a \right|$

Ta có $d\left( {M,Ox} \right) = d\left( {M,Oy} \right) \Leftrightarrow \left| {\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}}} \right| = \left| a \right|$

Trường hợp 1: $\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}} = a \Leftrightarrow 2{a^2} - 5a + 9 = a\left( {a - 5} \right) \Leftrightarrow {a^2} + 9 = 0$ (Vô nghiệm).

Trường hợp 2: $\frac{{2{a^2} - 5a + 9}}{{a - 5}} = - a \Leftrightarrow 2{a^2} - 5a + 9 = - a\left( {a - 5} \right) \Leftrightarrow 3{a^2} - 10a + 9 = 0$ (Vô nghiệm).

Vậy không có điểm nào trên đồ thị cách đều hai trục toạ độ.

Chọn SAI.

d) $y = f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 5x + 9}}{{x - 5}} = 2x + 5 + \frac{{34}}{{x - 5}}$

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ - }} f\left( x \right) = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {5^ + }} f\left( x \right) = + \infty$

Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là $x = 5$.

Chọn SAI

a) [NB] $\cos \left( {4x - \frac{{3\pi }}{8}} \right) = - 1 \Leftrightarrow 4x - \frac{{3\pi }}{8} = \pi + k2\pi \Leftrightarrow 4x = \frac{{11\pi }}{8} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2}$.

Với $k = 0 \Rightarrow x = \frac{{11\pi }}{{32}}$ là nghiệm của phương trình. Mệnh đề đúng.

b) [TH] Họ nghiệm của phương trình có dạng $x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{{2\pi }}{4}$. Vậy tất cả nghiệm của phương trình đã cho được biểu diễn bởi 4 điểm trên đường tròn lượng giác. Mệnh đề đúng.

c) [TH] Nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình lần lượt là $\,{x_1} = \,\frac{{11\pi }}{{32}}\,$và ${x_2} = \frac{{11\pi }}{{32}} - \frac{\pi }{2} = - \frac{{5\pi }}{{32}}\,$. Suy ra tổng nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình bằng $\frac{{11\pi }}{{32}} + \left( { - \frac{{5\pi }}{{32}}} \right) = \frac{{6\pi }}{{32}} = \frac{{3\pi }}{{16}}$. Mệnh đề sai.

d) [VD,VDC] Họ nghiệm của phương trình là $x = \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2}$.

Có $\frac{\pi }{4} < \frac{{11\pi }}{{32}} + k\frac{\pi }{2} < \frac{{19\pi }}{2} \Rightarrow 0 \le k \le 18$.

Trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{4};\frac{{19\pi }}{2}} \right)$ các nghiệm của phương trình lập thành cấp số cộng có 19 số hạng với số hạng đầu là ${u_1} = \frac{{11\pi }}{{32}},\,\,d = \frac{\pi }{2}$. Tổng các nghiệm trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{4};\frac{{19\pi }}{2}} \right)$ của phương trình đã cho là ${S_9} = \frac{{{u_1} + {u_{19}}}}{2}.19 = \frac{{19}}{2}\left( {2{u_1} + 18d} \right) = \frac{{2945\pi }}{{32}}$. Mệnh đề sai.

Đáp án: $7$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$, suy ra $SH \bot AB$ (do tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$)

Mặt khác, $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ mà $\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB$nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.

Do $\left( {SCD} \right)$ đi qua $SC$ và song song với $AB$ nên $d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)$.

Dễ thấy, tam giác $ABD$ đều và $HD \bot AB$, mà $CD//AB$ nên $HD \bot CD$.

Có $CD \bot HD$ và $CD \bot SH$ nên $CD \bot \left( {SHD} \right)$ hay $\left( {SHD} \right) \bot \left( {SCD} \right)$.

Do đó, trong $\left( {SHD} \right)$, từ $H$kẻ $HK \bot SD$ thì $HK \bot \left( {SCD} \right)$ và $d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK$.

Tam giác vuông $SHD$ có $HD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$; $HS = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}$ và

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{D^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} = \frac{4}{3} + \frac{4}{1} = \frac{{16}}{3}$, suy ra $HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$.

Vậy $d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}$, do đó $a = 3;b = 4;a + b = 3 + 4 = 7$.

Đáp án: $284$.

Hàm số biểu thị lợi nhuận của công ty là:

$$L\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) - tx = - 2{x^2} + 568x + 1209 - tx$$

$= - 2{x^2} + \left( {568 - t} \right)x + 1209$ (nghìn đồng) ($0 < x \le 2500$)

Ta thấy $L\left( x \right)$ là hàm bậc hai có hệ số của ${x^2}$ là $- 2 < 0$ nên $L\left( x \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi:

$x = {x_0} = \frac{{568 - t}}{4}$, với $0 < t < 320$ thì hiển nhiên $0 < {x_0} \le 2500$ nên $\max L\left( x \right) = L\left( {{x_0}} \right)$.

Khi đó, số tiền thuế phụ thu mà nhà nước nhận được là:

$h\left( t \right) = t{x_0} = \frac{{ - 1}}{4}{t^2} + 142t$ (nghìn đồng), với $0 < t < 320$

Hàm $h\left( t \right)$ là hàm bậc hai có hệ số của ${t^2}$ là $\frac{{ - 1}}{4}$ nên $h\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi:

$$t = {t_0} = \frac{{ - 142}}{{2.\frac{{ - 1}}{4}}} = 284 \in \left( {0\,;\,320} \right)$$

Khi đó: $\max h\left( t \right) = h\left( {{t_0}} \right) = \frac{{ - 1}}{4}{.284^2} + 142.284 = 20164$ (nghìn đồng)

Số sản phẩm mà doanh nghiệp sản xuất và bán hết khi đó là ${x_0} = \frac{{568 - 284}}{4} = 71$ (sản phẩm)

Lợi nhuận lớn nhất mà doanh nghiệp nhận được khi đó là: 11 291 (nghìn đồng).

Vậy mức thuế phụ thu là 284 nghìn đồng trên một sản phẩm thoả mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án: 13.

+ Số tiền anh Huy được hỗ trợ là $32\% .500 = 160$ triệu đồng.

+ Số tiền anh Huy cần góp $500 - 160 = 340$ triệu đồng.

Lương của anh Huy

Năm thứ nhất: ${T_1} = 10.12$ triệu đồng.

Từ năm thứ hai trở đi: ${T_n} = 10.{\left( {1{,}12} \right)^{n - 1}}.12$

Tiền tiết kiệm mỗi năm từ năm thứ hai

${S_n} = 12.10.0{,}12.{\left( {1{,}12} \right)^{n - 2}} = 14{,}4.{\left( {1{,}12} \right)^{n - 2}}$

+ Tổng số tiền anh Huy tiết kiệm được sau $k$ năm là ${T_k} = \sum\limits_{n = 2}^k {14{,}4.{{\left( {1{,}12} \right)}^{n - 2}}}$.

Các số hạng của ${T_k}$ lập thành cấp số nhân có $k - 1$ số hạng với số hạng đầu ${u_1} = 14{,}4$ và công bội $q = 1{,}12$ nên ${T_k} = 14{,}4.\frac{{1 - {{\left( {1{,}12} \right)}^{k - 1}}}}{{1 - 1{,}12}} = 120\left[ {{{\left( {1{,}12} \right)}^{k - 1}} - 1} \right]$

Để đủ tiền mua xe thì

$120\left[ {{{\left( {1{,}12} \right)}^{k - 1}} - 1} \right] \ge 340 \Leftrightarrow {\left( {1{,}12} \right)^{k - 1}} \ge \frac{{340}}{{120}} \Leftrightarrow k \ge 1 + {\log _{1{,}12}}\frac{{340}}{{120}} \Leftrightarrow k \ge 12{,}9$.

Vậy sau ít nhất 13 năm thì anh Huy đủ tiền mua xe.

Đáp án: 4,45.

Chọn hệ trục toạ độ ${\rm{Ox}}yz$ như hình vẽ, với điểm xuất phát là gốc toạ độ. $\left( {{\rm{Ox}}y} \right)$ là mặt đất.

Khi đó $A\left( {20; - 10;0{,}7} \right)$là vị trí của flycam thứ nhất, $B\left( { - 30;25;1} \right)$ là vị trí của flycam thứ hai, Ta thấy 2 điểm này nằm cùng phía so với mp$\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $A'\left( {20; - 10; - 0{,}7} \right)$ là điểm đối xứng với $A$ qua mặt phẳng toạ độ $\left( {Oxy} \right)$.

Gọi $M\left( {x;y;0} \right)$ là điểm trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ để $MA + MB$ nhỏ nhất.

Ta có $MA + MB = MA' + MB \ge A'B$. Dấu bằng xảy ra khi $M,A',\,B$ thẳng hàng.

$$\overrightarrow {A'M} = \left( {x - 20;y + 10;0{,}7} \right),\,\,\overrightarrow {A'B} = \left( { - 50;35;1{,}7} \right)$$

Khi đó $\overrightarrow {A'M} = k.\overrightarrow {A'B} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 20 = - 50k\\y + 10 = 35k\\0{,}7 = 1{,}7k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{ - 10}}{{17}}\\y = \frac{{75}}{{17}}\\k = \frac{7}{{17}}\end{array} \right.$nên $M\left( {\frac{{ - 10}}{{17}};\frac{{75}}{{17}};0} \right),OM \approx 4{,}45$.

Đáp án: $97$.

Số tam giác có ba đỉnh là đỉnh của đa giác là $C_{20}^3 = 1140$ (tam giác).

Gọi $\Omega$ là không gian mẫu của phép thử. Ta có $n\left( \Omega \right) = C_{1140}^1 = 1140$.

Gọi $A$ là biến cố chọn được tam giác có ba cạnh cùng màu.

Do đó, ba cạnh của tam giác là các đường chéo của đa giác. Ta có $n\left( A \right) = C_{20}^3 - 20 - 20 \times 16 = 800$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left( A \right) = \frac{{800}}{{1140}} = \frac{{40}}{{57}}.$

Suy ra $a = 40$, $b = 57$$\Rightarrow a + b = 40 + 57 = 97$.

Đáp án: 5,69.

Ta có: ${L_A} < {L_B} \Rightarrow OA > OB$.

Gọi $I$ là trung điểm $AB$. Ta có: ${L_A} = \log \frac{k}{{O{A^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{A^2}}} = {10^{{L_A}}} \Rightarrow OA = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }}$.

${L_B} = \log \frac{k}{{O{B^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{B^2}}} = {10^{{L_B}}} \Rightarrow OB = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}$.

${L_I} = \log \frac{k}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{k}{{O{I^2}}} = {10^{{L_I}}} \Rightarrow OI = \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }}$.

Ta có: $OI = \frac{1}{2}\left( {OA - OB} \right)$ $\Rightarrow \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{{\sqrt k }}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_I}}}} }} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_A}}}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^{{L_B}}}} }}} \right)$

$\Rightarrow {L_I} = - 2\log \left[ {\frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {{{10}^5}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{{10}^7}} }}} \right)} \right]$ $\Rightarrow {L_I} \approx 5{,}69$.