Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 THPT Nguyễn Trãi (Hà Nội) có đáp án

Lời giải

Chọn B

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left( {3;4} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Độ lệch chuẩn bằng $3$ thì có phương sai ${s^2} = 9$.

Lời giải

Chọn B

Số điểm cực trị của hàm số đã cho là $4$.

Lời giải

Chọn B

Dựa vào hình vẽ suy ra hệ số $a > 0$. Loại C

Đồ thị của hàm số có $2$ điểm cực trị nên phương trình $y' = 0$ có $2$ nghiệm phân biệt. Loại A.

Đồ thị của hàm số giao với trục ${\rm{Ox}}$ là $y = 0 \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x \approx - 0{,}6\\x \approx 1{,}6\end{array} \right.$. Loại D.

Lời giải

Chọn B

Ta có: $2\overrightarrow a = \left( {4;6;6} \right)$, do đó $\overrightarrow u = 2\overrightarrow a + \overrightarrow b - \overrightarrow c = \left( {3;6;4} \right)$.

Lời giải

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta thấy, đồ thị hàm số đi lên từ trái sang phải trong khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$ nên hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

Lời giải

Chọn C

Ta có: Tập xác định: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 3}}{{x - 1}} = + \infty$.

Do đó đường thẳng $x = 1$ là đườngtiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $M = 1$, $m = - 4$. Vậy $M - m = 5$.

Lời giải

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của điểm $M\left( {2;1; - 3} \right)$ trên trục $Ox$ có tọa độ là $\left( {2;0;0} \right)$.

Lời giải

Chọn D

Độ dài của vectơ $\vec a$ là $\left| {\vec a} \right| = \sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {6^2}} = 2\sqrt {11}$.

Lời giải

Chọn C

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm trên là $20 - 0 = 20$.

Lời giải

Chọn B

Ta có $\vec a.\vec b = 2.3 + 3.2 + 3.\left( { - 1} \right) = 9$.

Lời giải

a) Đúng.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$

Ta có $y' = \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{{{(x - 1)}^2}}}$ ; $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 3\end{array} \right.$

Ta có bảng biến thiên sau

$x$	$- \infty$ $- 1$ $1$ $3$ $+ \infty$
$y'$	$+$ $0$ $-$ $-$ $0$ $+$
$y$	$- 5$ $3$

Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số bằng: $\left( {3;3} \right)$$\Rightarrow {a^2} + b = {3^2} + 3 = 12$.

b) Đúng. Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{x^2} - 3x + 6}}{{x - 1}} - (x - 2)} \right) = 0$

Vậy đồ thị hàm số có đường tiệm cận xiên là $y = x - 2$.

c) Sai.

+) Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: $x = 1$

Ta có tọa độ giao điểm của 2 đường tiệm cận của đồ thị là $I(1; - 1)$.

+) Điểm thuộc đồ thị có hoành độ $x = 2$ là $M(2;4)$. Tiếp tuyến tại $M$ có phương trình là $y - 4 = f'(2)(x - 2) \Leftrightarrow y = - 3x + 2$ (d)

Gọi điểm $A$ là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên $A\left( {1; - 1} \right)$

Gọi điểm $B$ là giao điểm của đường tiệm cận đứng và tiếp tuyến (d), nên tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{array}{l}y = x - 2\\y = - 3x + 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right. \Rightarrow$ $B\left( {1; - 1} \right)$

Vậy $A \equiv B \equiv I$, không tồn tại tam giác.

d) Đúng. Dựa vào bảng biến thiên ta có $4 < m < f(5) \approx 13{,}28$

Do tham số $m$là số nguyên, nên $m \in \left\{ {5;6;7;8;9;10;11;12;13} \right\}$, có 9 giá trị.

Lời giải

a) Sai

Tại thời điểm $t = 0$, mực nước tại cảng là $h(0) = 4\cos (\frac{{\pi .0}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10\, = 12$(mét)

b) Đúng

$h(t) = 4\cos (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10\,$

$\Rightarrow h'(t) = - 4(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3})'\sin \,(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) + 10' = - \frac{{2\pi }}{3}\sin \,(\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3})$

c) Đúng

Ta có

$\begin{array}{l}h'(t) = 0 \Leftrightarrow \sin (\frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3}) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + \frac{\pi }{3} = k\pi \,\,(k \in \mathbb{Z})\\ \Leftrightarrow t = - 2 + 6k\end{array}$

Mà $0 \le t \le 24$nên

$0 \le - 2 + 6k \le 24 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \le k \le \frac{{13}}{3} \Rightarrow k \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$

Với $k = 1$ ta có $t = 4$ suy ra $h\left( 4 \right) = 6$.

Với $k = 2$ ta có $t = 10$ suy ra $h\left( {10} \right) = 14$.

Với $k = 3$ ta có $t = 16$ suy ra $h\left( {16} \right) = 6$.

Với $k = 4$ ta có $t = 22$ suy ra $h\left( {22} \right) = 14$.

Vậy mực nước thấp nhất là 6 mét và mức nước này xuất hiện tại hai thời điểm khác nhau là $t = 4$ giờ và $t = 16$ giờ.

d) Đúng

Theo câu c) suy ra phương trình $h'(t) = 0$có một nghiệm trên đoạn $\left[ {0;6} \right]$ là $t = 4$.

Lời giải

a) Sai.

Ta có $A'\left( {0;0; - 3} \right)$, $B'\left( {3;0; - 3} \right)$, $C\left( {3;3;0} \right)$. Suy ra $\overrightarrow {A'B'} \left( {3;0;0} \right)$, $\overrightarrow {A'C} \left( {3;3;3} \right)$, $\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right] = \left( {0; - 9;9} \right)$. Khi đó ${S_{\Delta A'B'C}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\overrightarrow {A'C} } \right]} \right| = \frac{{9\sqrt 2 }}{2}$ (đvdt).

b) Sai.

Tọa độ của điểm $C$ là $C\left( {3;3;0} \right)$.

c) Sai.

Tọa độ trọng tâm $G$của tam giác $B'BD'$là $\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_{B'}} + {x_B} + {x_{D'}}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_{B'}} + {y_B} + {y_{D'}}}}{3}\\{z_G} = \frac{{{z_{B'}} + {z_B} + {z_{D'}}}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;1; - 2} \right)$.

Đường thẳng $AC$có VTCP là $\overrightarrow {AC} = \left( {3;3;0} \right)$, đường thẳng có VTCP là $\overrightarrow {B'G} = \left( { - 1;1;1} \right)$.

Gọi $\alpha$ là góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $B'G$, khi đó $\cos \alpha = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {B'G} }}{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {B'G} } \right|}} = 0 \Rightarrow \alpha = 90^\circ$.

d) Đúng.

Tọa độ trọng tâm $G$của tam giác $B'BD'$là $\left( {2;1; - 2} \right)$.

Lời giải

a) [VD]

BAD = 120$^{o}$(gt) $\Rightarrow$ CAD = 60$^{o}$

$\Delta ACD$ có CAD = 60$^{o}$, AD = CD

$\Rightarrow \Delta ACD$ đều

có $M$ là trung điểm của $CD$$\Rightarrow$$AM$ là đường trung tuyến đồng thời cũng là đường cao của $\Delta ACD$

$\Rightarrow AM \bot CD$

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

Kẻ $HI{\rm{ // }}AM$, $I \in MC$.

$\Delta ACM$ có $HI{\rm{ // }}AM$ theo định lý Thale`s ta có:

$\Rightarrow HI = \frac{{CH \cdot AM}}{{CA}} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AM \bot CD}\\{HI{\rm{ // }}AM}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot CD\quad (1)$

$SH \bot (ABCD)\left( {gt} \right) \Rightarrow SH \bot CD\quad (2)$

Từ $(1),{\rm{ }}(2) \Rightarrow CD \bot (SHI)$$\Rightarrow \widehat {SIH} = \alpha$.

$\Delta SHI{\rm{ }}$: $\widehat {SHI} = {90^0}$$\Rightarrow$$\tan \alpha = \tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}$.

Chọn: Đúng.

b) [TH] theo câu a) ta có $\Delta ACD$ đều, $CD = 4a$, $AM = 2a\sqrt 3$

${S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}CD \cdot AM$$= \frac{1}{2} \cdot 4a \cdot 2a\sqrt 3 = 4{a^2}\sqrt 3$

$\Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ACD}} = 8{a^2}\sqrt 3$

Vậy: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot 8{a^2}\sqrt 3 = 8{a^3}$.

Chọn: Đúng.

c) [TH]

$SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot OB\quad (3)$

$OB \bot AC\quad (4)$

Từ (3), (4) $\Rightarrow OB \bot (SAC)$ $\Rightarrow OB \bot SO$

$\Rightarrow \widehat {BSO}$ là góc giữa $SB$ và $(SAC)$.

Chọn: Sai.

d) [VD,VDC]

Chọn hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ:

$Oz \bot (ABCD)$ tại $O$, $Ox \equiv OB$, $Oy \equiv OC$

Ta có: $O(0{,}0{,}0)$; $A(0, - 2a,0)$

$B(2a\sqrt 3 ;0{,}0)$, $C(0{,}2a,0)$, $D( - 2a\sqrt 3 ,0{,}0)$

$M$ là trung điểm của $DC \Rightarrow M( - a\sqrt 3 ,a,0)$

$N$ là trung điểm của $BC \Rightarrow N(a\sqrt 3 ,a,0)$

$H(0, - a,0)$, $S(0, - a,a\sqrt 3 )$

P là trung điểm của SA $\Rightarrow P(0, - \frac{3}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2})$

$\overrightarrow {NP} = \left( { - a\sqrt 3 , - \frac{5}{2}a,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)$

$\overrightarrow {MS} = (a\sqrt 3 , - 2a,a\sqrt 3 )$

$\overrightarrow {MN} = \left( {2a\sqrt 3 ,{\rm{ }}0,{\rm{ }}0} \right)$

$\left[ {\overrightarrow {NP} ,\overrightarrow {MS} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - \frac{5}{2}a}&{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\\{ - 2a}&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}&{ - a\sqrt 3 }\\{a\sqrt 3 }&{a\sqrt 3 }\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - a\sqrt 3 }&{ - \frac{5}{2}a}\\{a\sqrt 3 }&{ - 2a}\end{array}} \right|} \right)$$= \left( { - \frac{3}{2}{a^2}\sqrt 3 ,\frac{9}{2}{a^2},\frac{9}{2}\sqrt 3 {a^2}} \right)$

${d_{\left( {NP,MS} \right)}} = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MS} } \right|}} = \frac{{\frac{9}{2}{a^3}}}{{\frac{{3\sqrt {39} }}{2}{a^2}}} = \frac{3}{{\sqrt {39} }}a$.

Chọn SAI.

Lời giải

Đáp án: $20{,}6$.

Thể tích phần nước dâng lên bằng thể tích của một hình hộp chữ nhật có đáy là hình vuông cạnh $30\;cm$ và chiều cao $2\;cm$, tức là có thể tích ${30^2}.2 = 1\;800\;c{m^3}$.

Do $160\;gam \equiv \frac{{160.1}}{{0{,}8}} = 200\;c{m^3}$ nên lượng dung dịch chui vào khoang rỗng có thể tích là $200\;c{m^3}$.

Suy ra thể tích khối chóp tứ giác đều là $1\;800 + 200 = 2\;000\;c{m^3}$

Gọi $x\;\left( {cm} \right)\;\left( {x > 0} \right)$ là độ dài cạnh bên của chóp tứ giác đều. Khi đó chiều cao của chóp là $\sqrt {{x^2} - {{\left( {\frac{{20\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} - 200} \;\left( {cm} \right)$.

Do đó, có phương trình:$\frac{1}{3}{.20^2}.\sqrt {{x^2} - 200} = 2\;000 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 200} = 15 \Leftrightarrow {x^2} - 200 = 225 \Leftrightarrow {x^2} = 425 \Leftrightarrow x = 5\sqrt {17} \approx 20{,}6$.

Lời giải

Đáp án: 3

Tìm điều kiện xác định (Tập xác định):

Hàm số có nghĩa khi biểu thức trong logarit lớn hơn 0: $\frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} > 0$

Lập bảng xét dấu, ta tìm được tập xác định của hàm số là: $D = ( - 5; - 1) \cup (4; + \infty )$

2. Xét Tiệm cận ngang (TCN):

Dựa vào tập xác định, ta chỉ xét giới hạn khi $x \to + \infty$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}}$

Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty$.

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

3. Xét Tiệm cận đứng (TCĐ):

Ta xét giới hạn của hàm số tại các đầu mút của tập xác định $D$:

· Tại $x = - 5$: Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {5^ + }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = {0^ + }$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {5^ + }} y = - \infty \Rightarrow {\bf{x}} = - {\bf{5}}$ là một đường tiệm cận đứng.

· Tại $x = - 1$: Do$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = + \infty \Rightarrow {\bf{x}} = - {\bf{1}}$ là một đường tiệm cận đứng.

· Tại $x = 4$: Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{{{(x - 2)}^2}(x + 5)}}{{(x - 4)(x + 1)}} = + \infty$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} y = + \infty \Rightarrow {\bf{x}} = {\bf{4}}$ là một đường tiệm cận đứng.

(Lưu ý: Tại $x = 2$, hàm số không xác định và xung quanh $x = 2$ cũng không thuộc tập xác định nên không tồn tại giới hạn để xét tiệm cận).

Kết luận: Đồ thị hàm số có tổng cộng 3 đường tiệm cận (đều là tiệm cận đứng: $x = - 5,x = - 1,x = 4$).

Lời giải

Đáp án: $2592$

Ta có $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45$ nên để tổng khối lượng $3$ cánh quạt trong mỗi nhóm bằng nhau thì tổng khối lượng mỗi nhóm bằng $15$.

Ta chia các số từ $1$ đến $9$ thành $3$ bộ: $\left\{ {1;2;3} \right\}$, $\left\{ {4;5;6} \right\}$, $\left\{ {7;8;9} \right\}$.

Dễ thấy để lấy $3$ số có tổng bằng $15$ thì mỗi bộ ta lấy ra $1$ số.

Ta có các bộ $3$ số có tổng bằng $15$ là:

+ có chứa số $9$: $\left\{ {9;5;1} \right\}$, $\left\{ {9;4;2} \right\}$.

+ có chứa số $8$: $\left\{ {8;6;1} \right\}$, $\left\{ {8;5;2} \right\}$, $\left\{ {8;4;3} \right\}$.

+ có chứa số $7$: $\left\{ {7;6;2} \right\}$, $\left\{ {7;5;3} \right\}$.

Từ đây ta dễ dàng thấy có $2$ cách chọn $3$ bộ số thỏa mãn là

+ $\left\{ {9;5;1} \right\}$, $\left\{ {8;4;3} \right\}$, $\left\{ {7;6;2} \right\}$.

+ $\left\{ {9;4;2} \right\}$, $\left\{ {8;6;1} \right\}$, $\left\{ {7;5;3} \right\}$.

Giờ ta sẽ đếm số cách sắp xếp vào $9$ khe rotor.

Rotor có $9$ khe được đánh số cố định từ $1$ đến $9$. Ta có đúng $3$ tam giác đều trên rotor:

+ Tam giác ${T_1}$: khe $1$, $4$, $7$.

+ Tam giác ${T_2}$: khe $2$, $5$, $8$.

+ Tam giác ${T_3}$: khe $3$, $6$, $9$.

Chọn một cách chọn $3$ bố số, có $2$ cách.

Chọn bộ số điền vào $3$ tam giác, có $3!$ cách.

Sắp xếp các số trong $3$ tam giác, có ${\left( {3!} \right)^3}$ cách.

Số cách xếp thỏa mãn là $2 \cdot 3! \cdot {\left( {3!} \right)^3} = 2592$.

Lời giải

Đáp số: $140$

Lợi nhuận của Bên B thu được là: $L(x) = R(x) - [p \cdot x + C(x)]$

$L(x) = (300x - {x^2}) - [p \cdot x + ({x^2} + 20x + 500)]$

$L(x) = - 2{x^2} + (280 - p)x - 500$

Để Bên B đạt lợi nhuận cao nhất tại $x = \frac{{280 - p}}{4} = 70 - \frac{p}{4}$

Tổng doanh thu của nông trại (Bên A) từ việc bán hàng cho Bên B là:

$T(p) = p \cdot x = p\left( {70 - \frac{p}{4}} \right)$$= 70p - \frac{{{p^2}}}{4}$

Để doanh thu của nông trại lớn nhất:

$T'(p) = 70 - \frac{p}{2} = 0$ $\Rightarrow p = 140$

Với $p = 140$, ta có $x = 70 - \frac{{140}}{4} = 35$ (thỏa mãn điều kiện $0 < x < 150$).

Vậy mức giá sỉ $p$ mà nông trại nên thiết lập là 140 (nghìn đồng).

Lời giải

Đáp án: $157$

Gọi các điểm chạm của con kiến trên các cạnh $BB'$, $CC'$, $BB'$, $CC'$, $DD'$ lần lượt là $E$, $F$, $G$, $H$, $I$. Áp dụng phương pháp trải hình như hình bên dưới.

Vì con kiến chạm vào cạnh $BB'$ tại các điểm cách $B'$ một khoảng không nhỏ hơn $16{\rm{cm}}$ và chạm vào cạnh $CC'$ tại các điểm cách $C$ một khoảng không lớn hơn $16{\rm{cm}}$ nên $\left\{ \begin{array}{l}B'E \ge 16\\CF \le 16\end{array} \right.$.

Khi đó, đặt $CF = x$ thì $x \le 16$ và $B'E = \frac{{80 - x}}{2} \ge 32$ (thỏa mãn).

Độ dài đường đi của con kiến: $f\left( x \right) = A'F + FA = \sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - x} \right)}^2}} + \sqrt {{{80}^2} + {x^2}}$, $x \le 16$.

Đạo hàm: $f'\left( x \right) = \frac{{x - 80}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - x} \right)}^2}} }} + \frac{x}{{\sqrt {{{80}^2} + {x^2}} }} = \frac{{\left( {x - 80} \right)\sqrt {{x^2} + 6400} + x\sqrt {{x^2} - 160x + 8000} }}{{\sqrt {\left( {{x^2} - 160x + 8000} \right)\left( {{x^2} + 6400} \right)} }}$

$\Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\sqrt {{x^2} - 160x + 8000} = \left( {80 - x} \right)\sqrt {{x^2} + 6400}$

$\Rightarrow {x^2}\left( {{x^2} - 160x + 8000} \right) = {\left( {80 - x} \right)^2}\left( {{x^2} + 6400} \right)$

$\Leftrightarrow 4800{x^2} - 1024000x + 40960000 = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 160 > 16\\x = \frac{{160}}{3} > 16\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Vậy độ dài đường đi ngắn nhất của con kiến là

${f_{\min }} = f\left( {16} \right) = \sqrt {{{40}^2} + {{\left( {80 - 16} \right)}^2}} + \sqrt {{{80}^2} + {{16}^2}} \approx 157{\rm{cm}}$.

Lời giải

Đáp án: $698$

Không gian mẫu:” Chọn 5 số từ 11 số và xếp vào 5 vị trí “: $n(\Omega ) = A_{11}^5 = 55440$

Chọn chữ số 13 xếp vào ô O có: 1 cách.

Vì $A + C = B + D = S$.

· $S = 10 \Rightarrow$ {2,8}, {4,6} $\Rightarrow$ có 1 cách.

· $S = 12 \Rightarrow$ {2,8}, {4,6} $\Rightarrow$ có 1 cách.

· $S = 14 \Rightarrow${2,12} và {4,10}, {2,12} và {6,8}, {4,10} và {6,8} $\Rightarrow$ có 3 cách

· $S = 16 \Rightarrow$ {2,14} và {6,10}, {2,14} và {4,12}, {4,12} và {6,10} $\Rightarrow$ có 3 cách.

· $S = 18 \Rightarrow$ {2,16}, {4,14}, {6,12}, {8,10} $\Rightarrow$Chọn 2 trong 4 cặp có $\Rightarrow C_4^2 = 6$ cách.

· $S = 20 \Rightarrow$ {2,18}, {4,16}, {6,14}, {8,12} $\Rightarrow$Chọn 2 trong 4 cặp $\Rightarrow 6$ cách.

· $S = 22 \Rightarrow${2,20}, {4,18}, {6,16}, {8,14}, {10,12} $\Rightarrow$Chọn 2 trong 5 cặp $\Rightarrow C_5^2 = 10$ cách

· $S = 24 \Rightarrow$ {4,20}, {6,18}, {8,16}, {10,14}$\Rightarrow$Chọn 2 trong 4 cặp $\Rightarrow 6$ cách.

· $S = 26 \Rightarrow$ {6,20}, {8,18}, {10,16}, {12,14} $\Rightarrow$Chọn 2 trong 4 cặp $\Rightarrow 6$ cách

· $S = 28 \Rightarrow$Tổng 28: {8,20}, {10,18}, {12,16} $\Rightarrow$Chọn 2 trong 3 cặp $\Rightarrow 3$ cách.

· $S = 30 \Rightarrow$Tổng 30: {10,20}, {12,18}, {14,16} $\Rightarrow$3 cách.

· $S = 32 \Rightarrow$ng 32: {12,20}, {14,18}$\Rightarrow$(1 cách.

· $S = 34 \Rightarrow$ {14,20}, {16,18} $\Rightarrow$1 cách.

Tổng số cách chọn $1 + 1 + 3 + 3 + 6 + 6 + 10 + 6 + 6 + 3 + 3 + 1 + 1 = 50$ cách.

Chọn 1 cặp xếp vào ô A-C, cặp còn lại cho ô B-D: 2 cách.

Hoán vị 2 số trong cặp A, C: 2 cách.

Hoán vị 2 số trong cặp B, D: 2 cách.

$\Rightarrow$ Mỗi bộ có $2 \times 2 \times 2 = 8$ cách.

Số phần tử thuận lợi: $n(Y) = 50 \times 8 = 400$.

Xác suất của biến cố $Y$:$P(Y) = \frac{{n(Y)}}{{n(\Omega )}} = \frac{5}{{693}} \Rightarrow a + b = 698$.