Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Chuyên Lê Khiết (Quảng Ngãi) lần 1 có đáp án

Chọn A

Ta có: $\log x < 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 10\end{array} \right.$. Tập nghiệm $S = \left( {0;10} \right)$.

Chọn B

Thay $\Delta :\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 3 + t\\z = 2t\end{array} \right.$ vào $\left( \alpha \right):x - 2y + z - 4 = 0$, ta được:$2 - t - 2\left( {3 + t} \right) + 2t - 4 = 0 \Leftrightarrow t = - 8$.

Thay $t = - 8$ vào $\Delta$ ta được $I\left( {10; - 5; - 16} \right)$.

Chọn B

Ta có: ${u_1} + {u_7} = 12 \Leftrightarrow 2{u_1} + 6d = 12 \Leftrightarrow 2\left( {{u_1} + 3d} \right) = 12 \Leftrightarrow {u_1} + 3d = 6 \Leftrightarrow {u_4} = 6$.

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có:

Tiệm cận đứng $x = - 1$ nên loại bỏ đáp án D.

Tiệm cận ngang $y = - 2$ nên loại bỏ đáp án B.

Đồ thị đi qua điểm $\left( {0;1} \right)$ nên loại bỏ đáp án A.

Chọn C

Ta có $\int\limits_1^2 {f'\left( x \right)dx} = \left. {f\left( x \right)} \right|_1^2 = f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) = 2 - \left( { - 3} \right) = 5$.

Chọn A

Ta có: $\frac{1}{4}n = \frac{1}{4}.84 = 21$. Nhóm chứa tứ phân vị thứ nhất là $\left[ {7{,}5;8} \right)$. Tứ phân vị thứ nhất là:

${Q_1} = {a_p} + \frac{{\frac{n}{4} - \left( {{m_1} + ...{m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right)$$= 7{,}5 + \frac{{\frac{{84}}{4} - 17}}{{17}}.0{,}5 = \frac{{259}}{{34}}$.

Ta có: $\frac{3}{4}n = \frac{3}{4}.84 = 63$. Nhóm chứa tứ phân vị thứ ba là $\left[ {8{,}5;9} \right)$. Tứ phân vị thứ ba là:

${Q_3} = {a_p} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - \left( {{m_1} + ...{m_{p - 1}}} \right)}}{{{m_p}}}.\left( {{a_{p + 1}} - {a_p}} \right)$$= 8{,}5 + \frac{{\frac{{3.84}}{4} - 58}}{{13}}.0{,}5 = \frac{{113}}{{13}}$.

Khoảng tứ phân vị: ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{113}}{{13}} - \frac{{259}}{{34}} \approx 1{,}1$.

Chọn C

Giả sử hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$có cạnh là $a$. Khi đó: $CC' = a$, $AC' = a\sqrt 3$.

Ta có $CC' \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $AC'$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\widehat {C'AC}$.

Xét $\Delta ACC'$có $\sin \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC'}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Chọn A

Do $EF//BC$ nên góc giữa $EF$và $AB$ bằng góc giữa $BC$và $AB$ và bằng $\widehat {ABC} = 60^\circ$.

Chọn B

Ta có: $f(x + 1) - f(x) = {5^{x + 1}} - {5^x} = {5.5^x} - {5^x} = {4.5^x} = 4f(x)$.

Chọn B

Thay tọa độ của $H(m;n;1)$ vào mặt phẳng $x + 2y - z + 3 = 0$ ta có: $m + 2n - 1 + 3 = 0 \Leftrightarrow m + 2n = - 2$.

Chọn A

Từ bảng biến thiên suy ra: Hàm số nghịch biến trên $(2; + \infty )$ nên nghịch biến trên $(2;4)$.

a) Công thức để tính thể tích bồn chứa dầu là $V = \pi {r^2}h$.

Chọn Đúng.

b)

Ta có diện tích toàn phần của bồn chứa dầu là $S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + 2\pi r.h$

Mà $V = 54\pi \Leftrightarrow \pi {r^2}h = 54\pi \Leftrightarrow h = \frac{{54}}{{{r^2}}}$

Ta có $S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + 2\pi r.\frac{{54}}{{{r^2}}} = 2\pi \left( {{r^2} + \frac{{54}}{r}} \right)$

Khảo sát hàm số $S\left( r \right)$

$S'\left( r \right) = 2\pi \left( {2r - \frac{{54}}{{{r^2}}}} \right)$

$S'\left( r \right) = 0 \Leftrightarrow r = 3$

Ta có bảng biến thiên

Diện tích toàn phần nhỏ nhất khi $r = 3\,{\rm{m}}$.

Chọn Đúng

c)

Diện tích toàn phần bồn chứa dầu là $S\left( r \right) = 2\pi {r^2} + 2\pi r.\frac{{54}}{{{r^2}}} = 2\pi \left( {{r^2} + \frac{{54}}{r}} \right)$

Chọn Đúng

d)

Số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu làm bồn chứa dầu khi diện tích toàn phần của bồn nhỏ nhất, khi đó diện tích toàn phần nhỏ nhất bằng $S = 54\pi \,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Số tiền ít nhất để mua nguyên vật liệu là $500.000.54\pi \approx 84{,}8$ triệu đồng.

Chọn Sai

a) Sai

Từ phương trình mặt cầu, ta xác định được tâm của mặt cầu là $I\left( {2\,;\, - 1\,;\, - 1} \right)$ và $R = \sqrt 6$.

Đường thẳng $d$ đi qua điểm $M\left( { - 2\,;\, - 1\,;\,0} \right)$ và có một vectơ chỉ phương là $\vec u = \left( {2\,;\, - 3\,;\,1} \right)$.

Ta có: $\overrightarrow {MI} = \left( {4\,;\,0\,;\, - 1} \right)$; $\left[ {\overrightarrow {MI} ,\vec u} \right] = \left( { - 3\,;\, - 6\,;\, - 12} \right)$.

Khoảng cách từ $I$ đến $d$ là ${\rm{d}}\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {MI} ,\vec u} \right]} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|}} = \frac{{\sqrt {{{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 6} \right)}^2} + {{\left( { - 12} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$.

b) Đúng

Để thời gian con kiến bò là ngắn nhất, quãng đường đi từ $A$ đến $B$ trên bề mặt cục đá phải là cung nhỏ $AB$ của đường tròn lớn đi qua $A$ và $B$.

Bán kính đường tròn lớn là bán kính mặt cầu: $R = \sqrt 6 \,{\rm{dm}} = 10\sqrt 6 \,{\rm{cm}}$.

Góc ở tâm chắn cung nhỏ $AB$ tính bằng radian là; $\alpha = \arccos \left( { - \frac{1}{9}} \right) \approx 1{,}682$ (rad).

Độ dài quãng đường ngắn nhất là độ dài cung $AB$ là:

$S = R\,.\,\alpha = 10\sqrt 6 \,.\,1{,}682 \approx 41{,}204{\rm{ (cm)}}$

Thời gian ngắn nhất để con kiến hoàn thành chuyến đi là:

$t = \frac{S}{v} = \frac{{41{,}204}}{2} \approx 21{\rm{ (gi\^a y)}}$.

c) Đúng

Đường thẳng $d$ là giao tuyến của mặt sàn và tấm ván.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $d$ hay $H \in d$.

Mà $A$, $B$ là các tiếp điểm của tấm ván và mặt sàn với mặt cầu.

$\Rightarrow HA \bot IA$, $HB \bot IB$.

Do đó, $HA$, $HB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $H$.

$\Rightarrow \widehat {AIH} = \widehat {BIH}$ hay $\widehat {AIB} = 2\widehat {AIH}$.

Ta có $IH = d\left( {I,d} \right) = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}$.

Xét tam giác $AIH$ vuông tại $A$, ta có: $\cos \widehat {AIH} = \frac{{IA}}{{IH}} = \frac{{\sqrt 6 }}{{\frac{{3\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{2}{3}$.

$\Rightarrow \cos \widehat {AIB} = \cos \left( {2\widehat {AIH}} \right) = 2{\cos ^2}\widehat {AIH} - 1 = 2\,.\,{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} - 1 = - \frac{1}{9}$.

Vậy $a = - 1$, $b = 9 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = {\left( { - 1} \right)^2} + {9^2} = 82$.

d) Đúng

Chọn a) Sai | b) Sai| c) Sai | d) Đúng

a) Ta có $y'\left( t \right) = k \cdot y\left( t \right) \Leftrightarrow \frac{{y'}}{y} = k$

$\Leftrightarrow \int {\frac{{y'}}{y}{\rm{d}}t = \int {k{\rm{ d}}t} }$$\Leftrightarrow \int {\frac{{{\rm{d}}y}}{y} = k\int {{\rm{d}}t} } \Leftrightarrow \ln y\left( t \right) = kt + C$

$\Rightarrow y\left( t \right) = {{\rm{e}}^{kt + C}}$.

Tại thời điểm $t = 0$, ta có $y\left( 0 \right) = T\left( 0 \right) - 20 = 80 - 20 = 60$.

Do đó $60 = {{\rm{e}}^C} \Leftrightarrow C = \ln 60$.

Suy ra $y\left( t \right) = 60 \cdot {{\rm{e}}^{kt}}$.

Tại $t = 15$, ta có $y\left( {15} \right) = T\left( {15} \right) - 20 = 50 - 20 = 30$.

Suy ra $30 = 60 \cdot {{\rm{e}}^{k \cdot 15}} \Leftrightarrow {{\rm{e}}^{k \cdot 15}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow k = - \frac{1}{{15}} \cdot \ln 2$

Do đó $y\left( t \right) = 60 \cdot {{\rm{e}}^{ - \frac{1}{{15}}\ln 2 \cdot t}}$.

Chọn SAI.

b) Ta có $y\left( t \right) = 60 \cdot {{\rm{e}}^{ - \frac{1}{{15}}\ln 2 \cdot t}}$ suy ra $T\left( t \right) = y\left( t \right) + 20 = 60 \cdot {{\rm{e}}^{ - \frac{1}{{15}}\ln 2 \cdot t}} + 20$.

$\Rightarrow T\left( {30} \right) = 60 \cdot {{\rm{e}}^{ - \frac{1}{{15}}\ln 2 \cdot 30}} + 20 = 60 \cdot {{\rm{e}}^{ - 2\ln 2}} + 20 = 60 \cdot {2^{ - 2}} + 20 = 35$.

Chọn SAI.

c) Theo trên, ta có $y\left( t \right) = 60 \cdot {{\rm{e}}^{kt}}$.

Chọn ĐÚNG.

d) Tại thời điểm $t = 0$, ta có $y\left( 0 \right) = T\left( 0 \right) - 20 = 80 - 20 = 60$.

Do đó $60 = {{\rm{e}}^C} \Leftrightarrow C = \ln 60$.

Chọn ĐÚNG.

Gọi các biến cố khi chuyển 2 bi từ hộp X sang hộp Y:

· ${A_1}$: Chuyển 2 bi đen. $P({A_1}) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}$

· ${A_2}$: Chuyển 1 bi đen, 1 bi trắng. $P({A_2}) = \frac{{C_5^1 \cdot C_5^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{{25}}{{45}} = \frac{5}{9}$

· ${A_3}$: Chuyển 2 bi trắng. $P({A_3}) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}$

Sau khi chuyển, hộp Y có tổng cộng 14 + 2 = 16 viên bi.

Câu d)

Xác suất lấy được 2 viên bi trắng từ hộp X là: $P({A_3}) = \frac{{C_5^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{10}}{{45}} = \frac{2}{9}$ => Phát biểu d) Sai

Câu b)

Gọi B là biến cố lấy được 3 bi đen từ hộp Y.

· Nếu ${A_1}$ xảy ra: Hộp Y có 8 đen, 8 trắng. $P(B|{A_1}) = \frac{{C_8^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{{56}}{{560}} = \frac{1}{{10}}$

· Nếu ${A_2}$ xảy ra: Hộp Y có 7 đen, 9 trắng. $P(B|{A_2}) = \frac{{C_7^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{{35}}{{560}} = \frac{1}{{16}}$

· Nếu ${A_3}$ xảy ra: Hộp Y có 6 đen, 10 trắng. $P(B|{A_3}) = \frac{{C_6^3}}{{C_{16}^3}} = \frac{{20}}{{560}} = \frac{1}{{28}}$

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ:

$P(B) = \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{{10}} + \frac{5}{9} \cdot \frac{1}{{16}} + \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{{28}} = \frac{1}{{45}} + \frac{5}{{144}} + \frac{1}{{126}} = \frac{{109}}{{1680}}$ => Phát biểu b) Đúng.

Câu c)

Gọi C là biến cố lấy được 2 bi đen, 1 bi trắng từ hộp Y.

· Nếu ${A_1}$ xảy ra (Y có 8Đ, 8T): $P(C|{A_1}) = \frac{{C_8^2 \cdot C_8^1}}{{C_{16}^3}} = \frac{{28 \cdot 8}}{{560}} = \frac{{224}}{{560}} = \frac{2}{5}$

· Nếu ${A_2}$ xảy ra (Y có 7Đ, 9T): $P(C|{A_2}) = \frac{{C_7^2 \cdot C_9^1}}{{C_{16}^3}} = \frac{{21 \cdot 9}}{{560}} = \frac{{189}}{{560}}$

Nếu ${A_3}$ xảy ra (Y có 6Đ, 10T): $P(C|{A_3}) = \frac{{C_6^2 \cdot C_{10}^1}}{{C_{16}^3}} = \frac{{15 \cdot 10}}{{560}} = \frac{{150}}{{560}} = \frac{{15}}{{56}}$

Xác suất đầy đủ của C:

$P(C) = \frac{2}{9} \cdot \frac{{224}}{{560}} + \frac{5}{9} \cdot \frac{{189}}{{560}} + \frac{2}{9} \cdot \frac{{150}}{{560}} = \frac{{448 + 945 + 300}}{{9 \cdot 560}} = \frac{{1693}}{{5040}}$=> Phát biểu c) Đúng.

Câu a)

Gọi D là biến cố: “H lấy được 2 viên bi đen trong hộp Y là 2 bi đen từ hộp X chuyển qua”.

$$P\left( {CD} \right) = P\left( {{A_1}} \right).P(BC|{A_1}) = \frac{2}{9}.\frac{{C_2^2 \cdot C_8^1}}{{C_{16}^3}} = \frac{1}{{315}}$$

$P(D|C) = \frac{{P\left( {CD} \right)}}{{P\left( C \right)}} = \frac{{\frac{1}{{315}}}}{{\frac{{1693}}{{5040}}}} = \frac{{16}}{{1693}}$.

=> Phát biểu a) Sai.

Đáp án: 126.

Doanh thu: $F\left( x \right) = 200x$(triệu đồng)

Tổng chi phí: $C\left( x \right) = 100 \cdot {e^{0.001x}}$ (triệu đồng)

Lợi nhuận thu được là: $L\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right) = 200x - 100 \cdot {e^{0.001x}}$ (triệu đồng)

Để nhà máy đạt lợi nhuận tối thiểu là 25 tỷ đồng thì $L\left( x \right) = F\left( x \right) - C\left( x \right) \ge 25000$.

Khi đó $200x - 100 \cdot {e^{0.001x}} \ge 25000$.

Giải phương trình $200x - 100 \cdot {e^{0.001x}} = 25000$ ta được $x \approx 125.57$.

Mà $L\left( {125} \right) \approx 24886;\,\,L\left( {126} \right) \approx 25086$

Vậy để $200x - 100 \cdot {e^{0.001x}} \ge 25000$ nhà máy cần sản xuất ít nhất 126 linh kiện trong tháng đó.

Đáp số: 4200

Gọi $x,y$ lần lượt là số combo “Năng lượng” và số combo “Bùng nổ” được các bạn 12/1 bán ra.

Theo giả thiết bài toán, ta có hệ bất phương trình như sau: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x,y \ge 0}\\{x + 2y \le 120}\\{x + 3y \le 150}\end{array}} \right.\,\,\,\,\left( I \right)$

Khi đó, số tiền thu được của chi đoàn 12/1 là $F\left( {x,y} \right) = 30x + 80y$ nghìn đồng.

Miền nghiệm của hệ $\left( I \right)$ là miền trong và biên của tứ giác $OABC$ với $O\left( {0;0} \right)$, $A\left( {0;50} \right)$, $B\left( {60;30} \right)$ và $C\left( {120;0} \right)$.

Ta có: $F\left( {0;0} \right) = 0$, $F\left( {0;50} \right) = 4000$, $F\left( {60;30} \right) = 4200$, $F\left( {120;0} \right) = 3600$.

Vậy số tiền lớn nhất mà chi đoàn 12/1 có thể thu được là $4.200.000$đồng khi chi đoàn 12/1 bán $60$“Năng lượng” và $30$ combo “Bùng nổ”.

Đáp án: 3.

Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a = 6$.

Diện tích đáy: ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3 {\rm{ (}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ Suy ra $AM \bot BC$ và độ dài đường cao đáy $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3$.

Vì $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$ nên $AG = \frac{2}{3}AM = 2\sqrt 3$ và $GM = \frac{1}{3}AM = \sqrt 3$.

Theo giả thiết, hình chiếu của $A'$ lên $\left( {ABC} \right)$ là $G\,\,\, \Rightarrow A'G \bot (ABC)$. Suy ra $A'G \bot BC$.

Ta có $BC \bot AM$ và $BC \bot A'G$ nên $BC \bot (A'AM)$.

Trong mặt phẳng $(A'AM)$, kẻ $MI \bot AA'$ tại $I$.

Vì $BC \bot (A'AM)$ nên $BC \bot MI$. Do đó, $MI$ là đoạn vuông góc chung của $AA'$ và $BC$.

Suy ra khoảng cách $d(AA',BC) = MI = 1{,}5\sqrt 3 = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta A'AM$, ta có

${S_{A'AM}} = \frac{1}{2}.A'G.AM = \frac{1}{2} \cdot AA'.MI$.

$\Rightarrow A'G.3\sqrt 3 = AA'.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AA' = 2A'G\, = \,\,2h$.

Xét $\Delta A'GA$ vuông tại $G$, áp dụng định lý Pytago:

$A{A'^2} = A'{G^2} + A{G^2}$

$\Rightarrow {(2h)^2} = {h^2} + {(2\sqrt 3 )^2} \Rightarrow 4{h^2} = {h^2} + 12 \Rightarrow 3{h^2} = 12 \Rightarrow {h^2} = 4 \Rightarrow h = 2{\rm{ (m)}}$.

Thể tích khối lăng trụ: $V = {S_{ABC}} \cdot h = 9\sqrt 3 \cdot 2 = 18\sqrt 3 {\rm{ (}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}$.

Theo đề bài: $V = 18\sqrt m \Rightarrow 18\sqrt 3 = 18\sqrt m \Rightarrow m = 3$.

Đáp án: 1728

+) Chọn một hộp từ 3 hộp để bỏ 4 quả chẵn $\left\{ {2{,}4{,}6{,}8} \right\}$ có $C_3^1$ cách.

+) Xếp 4 quả chẵn vào 4 ngăn của hộp đã chọn có $4!$ cách.

+) Còn 8 quả gồm 4 quả vàng và các quả lẻ sắp vào 8 ngăn phân biệt:

Chọn 4 ngăn để xếp 4 quả lẻ có $A_8^4$ cách.

Còn 4 ngăn xếp 4 quả vàng có 1 cách xếp.

Vậy $T = C_3^1 \times 4! \times A_8^4 = 120960 \Rightarrow \frac{T}{{70}} = 1728$.

Đáp án: 37

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Phương trình đường tròn $\left( {{C_1}} \right):{\left( {x - 8} \right)^2} + {y^2} = 64$

Phương trình nửa trên đường tròn $\left( {{C_1}} \right):y = \sqrt {64 - {{\left( {x - 8} \right)}^2}}$

Phương trình đường tròn $\left( {{C_2}} \right):{x^2} + {\left( {y - 12} \right)^2} = 144$

Phương trình nửa dưới đường tròn $\left( {{C_2}} \right):y = 12 - \sqrt {144 - {x^2}}$

Phương trình đường tròn $\left( {{C_3}} \right):{\left( {x - 8} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 16$

Phương trình nửa trên đường tròn $\left( {{C_3}} \right):y = 4 + \sqrt {16 - {{\left( {x - 8} \right)}^2}}$

Phương trình đường tròn $\left( {{C_4}} \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 12} \right)^2} = 64$

Phương trình nửa dưới đường tròn $\left( {{C_4}} \right):y = 12 - \sqrt {64 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}}$

Diện tích

$\begin{array}{l}S = {S_1} + {S_2} + {S_3}\\ = \int\limits_0^4 {\left( {\sqrt {64 - {{\left( {x - 8} \right)}^2}} - 12 + \sqrt {144 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} + \int\limits_4^8 {\left( {\sqrt {64 - {{\left( {x - 8} \right)}^2}} - 4 - \sqrt {16 - {{\left( {x - 8} \right)}^2}} } \right){\rm{d}}x} \\ + \int\limits_4^{12} {\left( {12 - \sqrt {64 - {{\left( {x - 4} \right)}^2}} - 12 + \sqrt {144 - {x^2}} } \right){\rm{d}}x} \approx 37\left( {c{m^2}} \right)\end{array}$

Đáp án: 13.

Gọi $A$ là biến cố: “Số ghế của Tâm, Vy, Tuệ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng”.

Ta có $n\left( \Omega \right) = 27!$.

Gọi số ghế của Tâm, Vy, Tuệ là $a,\,b,\,c$. Vì $a,\,b,\,c$ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên $a + c = 2b$ nên $a,\,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

Chọn $a,\,c$ có $C_{13}^2 + C_{14}^2$ cách. Khi đó $b$ có $1$ cách chọn.

$24$ bạn còn lại có $24!$ cách chọn.

$P\left( A \right) = \frac{{\left( {C_{13}^2 + C_{14}^2} \right).\left( {27 - 3} \right)!}}{{27!}}.2 = \frac{{13}}{{675}}$.

Vậy $P = 13$.