Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Thanh Đa lần 3

Mỗi cách chọn ra 1 đội bóng 11 người là một tổ hợp chập 11 của 24.

Vậy sẽ có \(C_{24}^{11}\) cách chọn ra một đội bóng.

Ta có \({{u}_{1}}=5,\,\,d=-3\).

Do \(\left( {{u}_{n}} \right)\) là cấp số cộng nên \({{u}_{6}}={{u}_{1}}+5d=5+5.(-3)=-10\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \({f}'\left( x \right)<0\) trên các khoảng \(\left( -1;0 \right)\) và \(\left( 1;+\infty\right)\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left( -1;0 \right)\).

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu bằng \(-2\) tại \(x=2\).

Ta có:

\(f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = - 4\end{array} \right.\) (nghiệm bội chẵn)

Vậy \({f}'\left( x \right)\) không đổi dấu khi đi qua \(x=1\)

\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop \lim }\,\frac{2x-1}{x+2}=2\)=> tiệm cận ngang \(y=2\).

Đặc trưng của đồ thị là hàm bậc ba.

Khi \(x\to +\infty \) thì \(y\to +\infty \)\(\Rightarrow a>0\).

Đồ thị hàm chẵn đối xứng nhau qua Oy

Ta có \(\ln (4e)=\ln 4+\ln e=2\ln 2+1\)

Áp dụng công thức \(y={{\log }_{a}}x\Rightarrow y'=\frac{1}{x\ln a}\)

Ta có \(a\sqrt[3]{a}=a.{{a}^{\frac{1}{3}}}={{a}^{\frac{4}{3}}}\)

Ta có \({{3}^{4x+3}}=27\Leftrightarrow 4x+3=3\Leftrightarrow x=0\)

Ta có \({{\log }_{3}}({{x}^{2}}-8x-7)=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}-8x-7={{3}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-8x-16=0\)

Vậy tổng các nghiệm phương trình là 8

Áp dụng CT: \(\int{(4{{x}^{3}}-3)}\text{d}x={{x}^{4}}-3x+C\).

Áp dụng CT: \(\int{{{e}^{5x}}}\text{d}x=\frac{1}{5}{{e}^{5x}}+C\).

Áp dụng CT: \(\int\limits_{1}^{2}{3f(x)}\text{d}x=3\int\limits_{1}^{2}{f(x)}\text{d}x=3.15=45\).

Áp dụng CT: \(\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\cos x}~\text{d}x=\operatorname{s}\text{inx}\left| \begin{matrix} \frac{\pi }{2} \\ 0 \\\end{matrix} \right.=1\)

Ta có \(z=6+8i\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{6}^{2}}+{{8}^{2}}}=\sqrt{100}=10\).

Ta có \(z=5+2i\); \(\text{w}=-3i+4\)\(\Rightarrow z+\text{w}=5+2i-3i+4=9-i\)

Ta có \(z=4-2i\) \(\Rightarrow \overline{z}=4+2i\Rightarrow M(4;2)\)

Vì tam giác \(ABC\) là tam giác đều nên diện tích tam giác \(ABC\) bằng: \({{S}_{ABC}}={{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích của hình chóp \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.h.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.4.\frac{3\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\).

Ta có \(V=B.h\Rightarrow V=6.3=18\).

Ta có đường sinh của hình trụ là \(l=h=2.\)

Suy ra diện tích xung quanh của hình trụ là \({{S}_{xq}}=2\pi rl=2\pi .2.4=16\pi .\)

Ta có \(\overrightarrow{OM}=\left( -1\,;\,3\,  ;\,4 \right)\)\(\Rightarrow M\left( -1\,;\,3\,;\,4 \right)\).

Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) lên trục \(Oz\) là \(\left( 0\,;\,0\,;\,4 \right)\).

Ta có: \(S=4\pi {{R}^{2}}=4\pi .9=36\pi \).

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 2\,;\,-1\,;\,3 \right)\).

Vì \(\left( P \right)\text{//}\left( Q \right)\) nên \(\left( P \right)\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\overrightarrow{{{n}_{(Q)}}}=\left( 2\,;\,-1\,;\,3 \right)\).

Đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3 + 4t\\z = 5 - t\end{array} \right.\), \(\left( t\in \mathbb{R} \right)\) có \(\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( 0\,;\,4\,;\,-1\, \right)\) là một vecto chỉ phương.

Từ số \(1\) đến \(100\) có tất cả \(100:4=25\) số chia hết cho \(4\).

Gọi là biến cố chữ sỗ ghi trên thẻ được chọn chia hết cho \(4\)

\(\Rightarrow \) Ta có: \(n\left( \Omega  \right)=100\), \(n\left( A \right)=25\)\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{25}{100}=\frac{1}{4}\).

Vì: \(f'(x)=-3{{x}^{2}}+4x-4<0\begin{matrix} {} & \forall x\in R \\\end{matrix}\)

\(y'=\frac{-4}{{{\left( x-3 \right)}^{2}}}<0\begin{matrix} {} & {} \\\end{matrix}\forall x\in \left[ 0;2 \right]\)

Hàm số liên tục và đơn điệu trên \(\left[ 0;2 \right]\)

\(\underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{M\text{ax}y}}\,=y(0)=-\frac{1}{3}\begin{matrix} {} & \underset{\left[ 0;2 \right]}{\mathop{Miny}}\,=y(2)=-3 \\\end{matrix}\)

Ta có \({{2}^{{{x}^{2}}+3x}}\le 16\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x\le {{\log }_{2}}16\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x\le 4\Leftrightarrow -4\le x\le 1\)

Ta có: \(\int\limits_{2}^{9}{f(x)}dx=\int\limits_{2}^{5}{f(x)}dx+\int\limits_{5}^{9}{f(x)}dx\Leftrightarrow 8=\int\limits_{2}^{5}{f(x)}dx+6\Rightarrow \int\limits_{2}^{5}{f(x)}dx=2\).

Lại có: \(\int\limits_{2}^{13}{f(x)}dx=\int\limits_{2}^{5}{f(x)}dx+\int\limits_{5}^{13}{f(x)}dx=2+10=12\).

Ta có \(z.\overline{\text{w}}=(4-2i).(-3i-4)=7-11i\). Do vậy phần ảo của số phức cần tìm là \(-11\).

Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SB\)và \(AC\)

Gọi I là trung điểm của SD\(\Rightarrow OI\) là đường trung bình của \(\Delta SBD\)

\(\Rightarrow OI//SB\), \(OI=\frac{SB}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}{2}=a\)

Vì \(OI//SB\)\(\Rightarrow \alpha \) bằng góc giữa \(OI\) và \(AC\) hay \(\alpha =\widehat{AOI}\)

Ta có: \(AI=\frac{SD}{2}=\frac{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{3{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}{2}=a\)\(\Rightarrow AI=OI\Rightarrow \Delta AOI\) cân tại I.

Gọi H là trung điểm của \(OA\Rightarrow IH\bot OA\)

Và \(OH=\frac{OA}{2}=\frac{AC}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}\). Xét \(\Delta OHI\), ta có: \(\cos \widehat{HOI}=\frac{OH}{OI}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{4}}{a}=\frac{\sqrt{2}}{4}\)

Vậy \(\cos \alpha =\cos \widehat{HOI}=\frac{\sqrt{2}}{4}\).

Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(A\) xuống \(BC\).

Vì lăng trụ \(ABCA'B'C'\) là lăng trụ đứng nên

\(\begin{align} & BB'\bot (ABC) \\ & \Rightarrow BB'\bot AH\subset (ABC) \\\end{align}\)

Do đó ta có

\(\left. \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot BB'\\BC \cap BB' = B\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot (BCC'B') \Rightarrow d(A;(BCC'B') = AH\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(\vartriangle ABC\) ta có

\(\begin{align} & \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{A{{C}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{(a\sqrt{3})}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}} \\ & \Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\\end{align}\)

Gọi \({A}'\) là hình chiếu của điểm \(A\) trên trục tọa độ \({x}'Ox\). Ta có: \({A}'\left( 2;0;0 \right)\) \(\Rightarrow \overrightarrow{{A}'A}=\left( 0;3;4 \right)\)

Mặt cầu tâm \(A\) tiếp xúc với trục tọa độ \({x}'Ox\) có bán kính \(R=d\left( A,Ox \right)=\left| \overrightarrow{{A}'A} \right|=\sqrt{{{0}^{2}}+{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5\).

Vậy \(R=5\).

Đường thẳng \({{d}_{1}}\) có một véctơ chỉ phương là là \(\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;3;1 \right)\).

Đường thẳng \({{d}_{2}}\) có một véctơ chỉ phương là \(\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 3;2;2 \right)\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot {d_1}\\d \bot {d_2}\end{array} \right. \Rightarrow \) d có một véctơ chỉ phương là: \(\overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( 4;-1;-5 \right)\).

Mặt khác, \(d\) đi qua điểm \(M\left( 1;-1;2 \right)\).

Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\frac{x-1}{4}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-2}{-5}\).

Ta có H = \(\left( x+y \right)\,\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right)\,=\,2+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\).

Vì thế nếu đặt \(t=\frac{x}{y}\) ta có hàm số theo biến số t sau: \(H(t)=\,2+t+\frac{1}{t}.\)

Từ điều kiện ràng buộc \(1\le x\le y\le 2\) ta suy ra: \(\frac{1}{2}\le \frac{x}{y}\le 1\), do đó \(t\in \left[ \,\frac{1}{2};\,1 \right]\).

Bài toán trở thành: Tìm GTLN và GTNN của hàm số \(H(t)=\,2+t+\frac{1}{t}\) trên \(\left[ \frac{1}{2}\,\,;\,\,1 \right]\).

Vì \({{H}^{'}}(t)=\,\frac{1-{{t}^{2}}}{{{t}^{2}}}\le 0\,\,\,\forall t\in \left[ \frac{1}{2}\,;\,1 \right]\) nên H(t) là hàm số nghịch biến trên đoạn \(\left[ \frac{1}{2}\,\,;\,\,1 \right]\)

Từ đó: GTLN của H(t) trên đoạn \(\left[ \frac{1}{2}\,\,;\,\,1 \right]\) là \(\frac{9}{2}\) khi: t =\(\frac{1}{2}\).

GTNN trên đoạn này của H(t) bằng 4 khi: t = 1.

Đáp số: Max(H) = \(\frac{9}{2}\) \(\Leftrightarrow \)(x; y) = (1; 2) ; Min(H) = 4 \(\Leftrightarrow \) x = y (với \(1\le x,y\le 2).\)

Đặt: \(t={{3}^{x}},t>0\)

Ta có BPT: \((5t-4)(t-y)<0\Leftrightarrow \frac{4}{5}<t<y\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\frac{4}{5}<x<{{\log }_{3}}y\) (do \(y\ge 1\))

Nếu \({{\log }_{3}}y>8\) thì \(x\in \left\{ 0;1;2......;8 \right\}\) đều là nghiệm nên không thỏa mãn.

Vậy \({{\log }_{3}}y\le 8\Leftrightarrow y\le {{3}^{8}}=6561\Rightarrow y\in \left\{ 1;2;3;.......;6561 \right\}\)

Tích phân \(\int\limits_{\frac{1}{e}}^{e}{\frac{f(3\ln x+4)}{x}}dx\). Đặt \(3\ln x+4=t\Rightarrow \frac{dx}{x}=\frac{1}{3}dt\)

\(\begin{align} & \int\limits_{\frac{1}{e}}^{e}{\frac{f(3\ln x+4)}{x}}dx=\int\limits_{1}^{7}{f(t)}.\frac{1}{3}dt=\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{5}{f(t)}dt+\frac{1}{3}\int\limits_{5}^{7}{f(t)}dt \\ & =\frac{1}{3}\int\limits_{1}^{5}{(3t+2)}dt+\frac{1}{3}\int\limits_{5}^{7}{(4-6{{t}^{2}})}dt=-128 \\\end{align}\)

Gọi \(z=x+yi\,;\,M(x;y)\,\) là điểm biểu diễn số phức \(z\)

Khi đó \((1+i)z+(2-i)\overline{z}=(1+i)(x+yi)+(2-i)(x-yi)=3x-2y-bi\) là một số thuần ảo

\(\Rightarrow 3x-2y=0\)

Mặt khác \(\left| z-1+5i \right|=\sqrt{13}\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}+{{(y+5)}^{2}}=13\)

Như vậy điểm \(M(x;y)\) vừa thuộc đường tròn \((C):\,\,\,{{(x-1)}^{2}}+{{(y+5)}^{2}}=13\) có tâm I(1;-5), bán kính \(R=\sqrt{13}\) ; vừa thuộc đường thẳng \(\,\Delta :\,\,\,3x-2y=0\)

Ta có \(d(I;\Delta )=\frac{\left| 3.1-2.(-5) \right|}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{(-2)}^{2}}}}=\frac{13}{\sqrt{13}}=\sqrt{13}=R\)

Vậy \(\Delta \) tiếp xúc với đường tròn (C) nên có một số phức \(z\) thỏa mãn đề bài

Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}BM \cap AD = \left\{ P \right\}\\MN \cap SD = \left\{ Q \right\}\end{array} \right.\)

Khi đó ta có: P là trung điểm của AD và Q là trọng tâm \(\Delta SMC.\) 

Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD. 

\({{V}_{1}}\) là thể tích khối chóp PDQ.BCN và \({{V}_{2}}\) là thể tích khối chóp còn lại. 

Khi đó: \(V={{V}_{1}}+{{V}_{2}}\)

Ta có: \(\frac{{{V}_{M.PDQ}}}{{{V}_{M.BCN}}}=\frac{MP}{MB}.\frac{MD}{MC}.\frac{MQ}{MN}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{6}\)

Lại có: \({{V}_{M.BCN}}={{V}_{M.PDQ}}+{{V}_{1}}\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{5}{6}{{V}_{M.BCN}}\)

Mà: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_{AMBC}} = {S_{ABDC}}\\d\left( {N;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {D;\left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {V_{M.BCN}} = {V_{N.MBC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{V}{2}\)

\(\Rightarrow {{V}_{1}}=\frac{5}{12}V\Rightarrow {{V}_{2}}=V-{{V}_{1}}=\frac{7}{12}V\Rightarrow \frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=\frac{7}{5}.\)

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(FE\). Thể tích của hộp nữ trang là hai lần thể tích của của lăng trụ đứng tam giác \(MBC.NFG\) và một phần thể tích của hình trụ có tâm hai đáy là M và N và bán kính hình trụ là \(MC\).

\({{V}_{MBC.NFG~}}={{S}_{\Delta MBC}}.BF=\frac{1}{2}.8.\frac{16\sqrt{3}}{3}.22=\frac{1408\sqrt{3}}{3}\left( c{{m}^{3}} \right)\), \(MC=\frac{16\sqrt{3}}{3}cm.\)

Thể tích của hình trụ có chiều cao \(h=22cm,\) và bán kính đáy \(r=\frac{16\sqrt{3}}{3}cm\) là \({{V}_{tru}}=\pi .{{r}^{2}}.h=\pi .\frac{256}{3}.22=\frac{5632\pi }{3}\left( c{{m}^{3}} \right)\)

Xét \(\Delta MCD\) ta có \(\text{cos}\widehat{CMD}=\frac{M{{D}^{2}}\text{+M}{{\text{C}}^{2}}\text{-}C{{D}^{2}}}{\text{2MC}\text{.MD}}\text{.}\Leftrightarrow \text{cos}\widehat{CMD}=\frac{\frac{256}{3}+\frac{256}{3}-256}{2.\frac{256}{3}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{CMD}={{120}^{0}}.\)

Thể tích của hộp nữ trang là: \(V=2.\frac{1408\sqrt{3}}{3}+\frac{1}{3}.\frac{5632\pi }{3}\approx 3591,75\left( c{{m}^{3}} \right)\).

Gọi điểm H là hình chiếu vuông góc của \(\text{A}\) lên đường thẳng CD.

Khi đó \(H\left( 2+2t;-1+2t;3+t \right)\)\(\Rightarrow \overrightarrow{AH}\left( 3+2t;2t;3+t \right)\).

Đường thẳng \(CD\) có vtcp là: \(\overrightarrow{u}\left( 2;2;1 \right)\). Ta có:

\(\overrightarrow{AH}\bot \overrightarrow{u}\Rightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u}=0\Rightarrow 2\left( 3+2t \right)+2.2t+3+t=0\Leftrightarrow t=-1\Rightarrow H\left( 0;-3;2 \right)\)\(\Rightarrow AH=3\).

Đường thẳng \(AB\) đi qua \(A\) và song song với CD\(\Rightarrow \) phương trình \(AB\) là: \(\frac{x+1}{2}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{1}\)

\(B\in AB\Rightarrow B\left( -1+2a;-1+2a;a \right)\Rightarrow AB=3\left| a \right|\Rightarrow CD=6\left| a \right|\)

Theo bài ra ta có: \({{S}_{ABCD}}=\frac{AB+CD}{2}.AH\Leftrightarrow \frac{3\left| a \right|+6\left| a \right|}{2}.3=27\Leftrightarrow \left| a \right|=2\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & a=2 \\ & a=-2 \\\end{align} \right.\)

Với \(a=-2\Rightarrow B\left( -5;-5;-2 \right)\) (ktm).

Với \(a=2\Rightarrow B\left( 3;3;2 \right)\) (tmđk)

Ta có: \(\overrightarrow{DH}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\Rightarrow D\left( -2;-5;1 \right)\Rightarrow a+b+c=-6\).

Ta có \(g'\left( x \right)=2x.f'\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{2020}{1009}x\).

\(g'\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2x(f'\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{1010}{1009})=0\)

Ta có \(1<\frac{1010}{1009}<2\) và dựa vào đồ thị của hàm số \(y=f'\left( x \right)\), ta suy ra đồ thị của hàm số \(g'\left( x \right)=0\) có nghiệm:

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = a < 0\\{x^2} = b > 0\\{x^2} = c > 0\\{x^2} = d > 0\end{array} \right.\)

Ta có \(1<\frac{1010}{1009}<2\) và dựa vào đồ thị của hàm số \(y=f'\left( x \right)\), ta suy ra đồ thị của hàm số \(g\left( x \right)\) cắt trục hoành tại 7 cực trị.

Từ đồ thị suy ra \({f}'\left( x \right)=3{{x}^{2}}-3\).

\(f\left( x \right)=\int{{f}'\left( x \right)\text{d}x=\int{\left( 3{{x}^{2}}-3 \right)\text{d}x={{x}^{3}}-3x+C}}\).

Do \(\left( C \right)\) tiếp xúc với đường thẳng \(y=9x-18\) tại điểm có hoành độ \({{x}_{0}}\) dương nên \({f}'\left( {{x}_{0}} \right)=9\Leftrightarrow 3x_{0}^{2}-3=9\Leftrightarrow {{x}_{0}}=2\).

Suy ra \(f\left( 2 \right)=0\Leftrightarrow C=-2\) \(\Rightarrow \left( C \right):y={{x}^{3}}-3x-2\)

Xét phương trình \({x^3} - 3x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = - 1\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(S=\int_{-1}^{2}{\left| {{x}^{3}}-3x-2 \right|\text{d}x}=\frac{27}{4}\).

Gọi \(z=x+yi\,\,\,(x;y\in \mathbb{R})\,\)

Ta có:

\(\left| z-1+i \right|=2\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}+{{(y+1)}^{2}}=4\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=2x-2y+2\,\,\,(*)\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}P = {\left| {z + 2 - i} \right|^2} + {\left| {z - 2 - 3i} \right|^2} = {(x + 2)^2} + {(y - 1)^2} + {(x - 2)^2} + {(y - 3)^2}\\ = 2{x^2} + 2{y^2} - 8y + 18 = 2({x^2} + {y^2}) - 8y + 18\,\,(**)\end{array}\)

Thay (*) vào (**) ta có

\(\begin{array}{l}P = 4x - 4y + 4 - 8y + 18 = 4x - 12y + 22\\ = 4(x - 1) - 12(y + 1) + 38\\ \le \sqrt {({4^2} + {{12}^2}){\rm{[}}{{(x - 1)}^2} + {{(y + 1)}^2}{\rm{]}}} + 38 = \sqrt {({4^2} + {{12}^2}).4} + 38 = 8\sqrt {10} + 38\,\,\end{array}\)

Vậy \({{P}_{max}}=8\sqrt{10}+38\)

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( 1;2;-3 \right)\) và có bán kính \(R=3\sqrt{3}\).

Vì \(MA\), \(MB\) và \(MC\) là các tiếp tuyến của \(\left( S \right)\) nên \(MA=MB=MC\) nên \(MI\) là trục của tam giác \(ABC\).

Đặt \(MA=x\). Khi đó \(AB=x\). \(BC=x\sqrt{2}\)và \(CA=x\sqrt{3}\). Như vậy \(A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}\)\(\Rightarrow \) tam giác \(ABC\)vuông tại \(B\).

Gọi \(J\) là trung điểm \(AC\) ta có \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\)\(\Rightarrow J\in MI\) và \(BJ=\frac{1}{2}AC=\frac{x\sqrt{3}}{2}\).

Trong tam giác vuông \(MBI\) ta có: \(\frac{1}{B{{J}^{2}}}=\frac{1}{M{{B}^{2}}}+\frac{1}{B{{I}^{2}}}\)\(\Leftrightarrow \frac{4}{3{{x}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{27}\)\(\Leftrightarrow x=3\).

\(M{{I}^{2}}=M{{B}^{2}}+I{{B}^{2}}\)\(=9+27\)\(=36\)\(\Rightarrow MI=6\).

Phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = - 2 + t\\z = 1 + t\end{array} \right.\).

\(M\in d\) nên \(M\left( -1+t;-2+t;1+t \right)\) với \(t<1\) (vì \(a=-1+t<0\))

\(MI = 6 \Leftrightarrow {\left( {2 + t} \right)^2} + {\left( {4 - t} \right)^2} + {\left( {4 + t} \right)^2} = 36\).

\(\Leftrightarrow 3{t^2} - 4t = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = \frac{4}{3}\,\,\,\left( L \right)\end{array} \right.\)

Đặt \(t={{3}^{x}}>0\) thì ta có bất phương trình \((3t-\sqrt{3})(t-y)<0\) hay \((t-\frac{\sqrt{3}}{3})(t-y)<0\text{ }(*).\)

Vì \(y\in {{\mathbb{Z}}^{+}}\) nên \(y>\frac{\sqrt{3}}{3}\), do đó \((*)\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}<t<y\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}<{{3}^{x}}<y\) Do \(y\in {{\mathbb{N}}^{*}}\)

\(\Leftrightarrow -\frac{1}{2}<x<{{\log }_{3}}y.\)

Do mỗi giá trị \(y\in {{\mathbb{N}}^{*}}\) có không quá 10 giá trị nguyên của \(x\in \left( -\frac{1}{2};{{\log }_{3}}y \right)\)

nên \(0\le {{\log }_{3}}y\le 10\) hay \(\Leftrightarrow 1\le y\le {{3}^{10}}=59049\), từ đó có \(y\in \{1,2,\ldots ,59049\}.\)

Vậy có 59049 giá trị nguyên dương của y.

Gọi z=a+bi

Ta có \(\left( z-3i \right)\left( \bar{z}+2 \right)=\left( a+bi-3i \right)\left( a+2-bi \right)=\left( {{a}^{2}}+2a+{{b}^{2}}-3b \right)+\left( 2b-3a-6 \right)i\)

Theo đề ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} + {b^2} = 5\\2b - 3a - 6 = 0\end{array} \right.\)

Giải hệ này tìm được 2 nghiệm, suy ra có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán.