Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo có đáp án - Đề 4

Đáp án đúng là: A

Vì $- 1 \le \sin \alpha \le 1$ nên chọn A.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\sin ^2}\alpha = 1 - {\cos ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{{12}}{{13}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{169}}.$

$\Rightarrow \sin \alpha = \pm \frac{5}{{13}}.$

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow \sin \alpha > 0 \Rightarrow \sin \alpha = \frac{5}{{13}}.$

Đáp án đúng là: C

Hàm số $y = \tan x;y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi$.

Hàm số $y = \sin 2x$ tuần hoàn với chu kì $T = \frac{{2\pi }}{2} = \pi$.

Hàm số $y = \cos x$ tuần hoàn với chu kì $2\pi$.

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số $f\left( x \right) = x + \tan x.$

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Do đó, nếu $x \in D$ thì $- x \in D.$

Ta có:

$f\left( { - x} \right) = - x + \tan \left( { - x} \right) = - x - \tan x = - \left( {x + \tan x} \right) = - f\left( x \right),\forall x \in D.$

Vậy $f\left( x \right) = x + \tan x$ là hàm số lẻ.

Đáp án đúng là: A

Công thức nghiệm của phương trình $\sin x = \sin \alpha$ là $\left[ \begin{array}{l}x = \alpha + k2\pi \\x = \pi - \alpha + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện $\cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0$$\Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$$\Leftrightarrow x \ne \frac{{5\pi }}{6} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Ta có $\tan \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1$

$\Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

$\Leftrightarrow x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là $x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ${u_1} = \frac{{ - 1 + 1}}{1} = 0;\,\,{u_2} = \frac{{ - 2 + 1}}{2} = - \frac{1}{2};\,\,{u_3} = \frac{{ - 3 + 1}}{3} = - \frac{2}{3};\,\,$

${u_4} = \frac{{ - 4 + 1}}{4} = \frac{{ - 3}}{4};\,\,{u_5} = \frac{{ - 5 + 1}}{5} = - \frac{4}{5}.$

Đáp án đúng là: A

Ta có

$${u_3} = {u_2} + 2{u_1} = 1 + 2 \cdot 1 = 3.$$

$${u_4} = {u_3} + 2{u_2} = 3 + 2 \cdot 1 = 5.$$

$${u_5} = {u_4} + 2{u_3} = 5 + 2 \cdot 3 = 11.$$

Vậy ${u_4} + {u_5} = 5 + 11 = 16.$

Đáp án đúng là: A

Ta có ${u_1} = - 1;{u_2} = 1;{u_3} = - 1;{u_4} = 1;...$. Do đó dãy $\left( {{u_n}} \right)$ không tăng cũng không giảm.

Hơn nữa, $- 1 \le {u_n} \le 1$. Do đó dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số bị chặn.

Đáp án đúng là: D

Có ${u_{n + 1}} = 2020 - 2019\left( {n + 1} \right)$$= 1 - 2019n$.

Có ${u_{n + 1}} - {u_n} = 1 - 2019n - \left( {2020 - 2019n} \right) = - 2019$.

Do đó ${u_n} = 2020 - 2019n$ là một cấp số cộng.

Đáp án đúng là: B

Công sai của cấp số cộng: $d = {u_2} - {u_1} = 1 - 5 = - 4.$

Đáp án đúng là: B

Giả sử $A,\,\,\,B,\,\,C$ là các góc của tam giác $ABC$ có số đo lần lượt lập thành cấp số cộng thỏa mãn $A < B < C$ và ta có $A = 30^\circ .$

$\Rightarrow \frac{{A + C}}{2} = B \Rightarrow A + C = 2B$

Mặt khác: $A + B + C = 180^\circ$ (tổng 3 góc trong một tam giác).

$\Rightarrow 2B + B = 180^\circ \Rightarrow B = 60^\circ$

$\Rightarrow C = 2B - A = 2.60^\circ - 30^\circ = 90^\circ .$

Vậy góc có số đo lớn nhất trong ba góc của tam giác này là $90^\circ .$

Đáp án đúng là: A

Nếu một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1}$ và công bội $q$ thì số hạng tổng quát ${u_n}$ của nó được xác định bởi công thức ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}},\,\forall n \ge 2.$

Đáp án đúng là: A

Số hạng thứ 10 của cấp số nhân là

${u_{10}} = {u_1} \cdot {q^{10 - 1}} = \left( { - 2} \right) \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^9} = - \frac{1}{{256}}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{v_n} - 2{u_n}} \right) = 2 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} - 2\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = 2 + 2\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = 2 + 2.1 = 4.$

Đáp án đúng là: C

Ta có, theo hệ quả $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{1}{n}} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{k}{n}} \right) = 0,\forall k \in \mathbb{R}$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\frac{2}{n}} \right) = 0$.

Đáp án đúng là: C

Vì $0 \le \left| {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 1}}} \right| \le \frac{1}{{n + 1}} \le \frac{1}{n}$ mà $\lim \frac{1}{n} = 0$ nên $\lim \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 1}} = 0$. Do đó $\lim \left( {4 + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{n + 1}}} \right) = 4$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right)}}{{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)}} = \frac{7}{{14}} = \frac{1}{2}.$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} x = - 1;$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \sqrt {x + 1} = 0$ và với $\forall \,x > - 1$ thì $x + 1 > 0$ $\Rightarrow \sqrt {x + 1} > 0,\,\forall \,x > - 1.$

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

Đáp án đúng là: A

Với hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định trên khoảng K và ${x_0} \in K.$ Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục tại điểm ${x_0}$khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right).$

Đáp án đúng là: D

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x }}$, điều kiện: $x > 0.$

Tập xác định của hàm số $f\left( x \right) = \frac{{x - 2}}{{\sqrt x }}$ là $D = \left( {0; + \infty } \right).$

Từ đó suy ra hàm số đã cho liên tục trên $\left( {0; + \infty } \right).$

Đáp án đúng là: C

Vì bốn điểm $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D$ không cùng thuộc một mặt phẳng nên hai đường thẳng $AC$ và $BD$ chéo nhau, do đó đáp án C mang nội dung sai.

Đáp án đúng là: A

Cách 1: Vì 4 điểm đã cho là không đồng phẳng nên tạo thành 1 tứ diện.

Mà tứ diện có 4 mặt phẳng nên ta xác định được 4 mặt phẳng phân biệt từ các điểm đã cho.

Cách 2: Vì 4 điểm đã cho không đồng phẳng nên chọn 3 điểm bất kì cho ta 1 mặt phẳng

Do đó số mặt phẳng được xác định từ 4 điểm đã cho là $C_4^3 = 4$.

Đáp án đúng là: B

Trong không gian, hai đường thẳng không có điểm chung

⦁ và cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng song song với nhau;

⦁ và không cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng chéo nhau.

Vậy trong không gian, hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau hoặc song song.

Đáp án đúng là: C

+) Vì $\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$ nên $O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Lại có $S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$ nên $SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

+) Do $ABCD$ là hình bình hành nên $AB{\rm{//}}CD$ và $AD{\rm{//}}BC$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB{\rm{//}}CD{\rm{//}}Sx\end{array} \right.$ nên $Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD{\rm{//}}BC{\rm{//}}Sy\end{array} \right.$ nên $Sy = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Có 3 vị trí tương đối giữa đường thẳng $a$ và mặt phẳng $\left( P \right)$ đó là:

+) $a \subset \left( P \right)$;

+) $a$ cắt $\left( P \right)$;

+) $a{\rm{//}}\left( P \right)$.

Đáp án đúng là: D

Vì $O$ và $O'$ lần lượt là tâm hình bình hành $ABCD$ và $ABEF$ nên $O$ và $O'$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $FB.$

Xét $\Delta BDF$ có: $OO'$ là đường trung bình $\Rightarrow OO'{\rm{//}}DF.$

Mà $DF \subset \left( {DCEF} \right);\,\,DF \subset \left( {ADF} \right);$

$\Rightarrow OO'{\rm{//}}\left( {DCEF} \right);\,\,OO'{\rm{//}}\left( {ADF} \right).$

Vì $ABCD$ và$ABEF$ là hình bình hành nên $CD = AB = EF;\,\,CD{\rm{//}}AB{\rm{//EF}}{\rm{.}}$

$\Rightarrow CDFE$ là hình bình hành nên $DF{\rm{//}}CE.$

Mà $DF{\rm{//OO'}}$ nên $OO'{\rm{//}}CE.$

Hơn nữa $CE \subset \left( {BCE} \right) \Rightarrow OO'{\rm{//}}\left( {BCE} \right).$

Đáp án đúng là: C

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $BB'{\rm{//}}DD'$ và $BB' = DD'.$

$\Rightarrow BB'D'D$ là hình bình hành nên $B'D'{\rm{//}}BD.$

Mà $BD \subset \left( {BDC'} \right)$ và $B'D' \not\subset \left( {BDC'} \right).$

$\Rightarrow B'D'{\rm{//}}\left( {BDC'} \right).$

Tương tự ta cũng có $AD'{\rm{//}}\left( {BDC'} \right).$

Ta có: $B'D'{\rm{//}}\left( {BDC'} \right);\,\,AD'{\rm{//}}\left( {BDC'} \right)$ và $B'D' \cap AD' = D'$ trong $\left( {AB'D'} \right).$

$\Rightarrow \left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {BDC'} \right).$

Đáp án đúng là: C

Vì $A',D'$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$ nên $A'D'$ là đường trung bình của $\Delta SAD$.

Suy ra $A'D'{\rm{//}}AD$ mà $AD \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $A'D'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Vì $C',D'$ lần lượt là trung điểm của $SC,SD$ nên $C'D'$ là đường trung bình của $\Delta SCD$.

Suy ra $C'D'{\rm{//}}CD$ mà $CD \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $C'D'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Vì $A'D'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$ và $C'D'{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$ nên $\left( {A'C'D'} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Hay $\left( {A'C'D'} \right){\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Đáp án đúng là: D

Theo tính chất phép chiếu song song: Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Vậy qua phép chiếu song song biến ba đường thẳng song song thành ba đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Đáp án đúng là: C

Do $AB \cap \left( {SBC} \right) = B$ suy ra hình chiếu song song của điểm $A$ theo phương $AB$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ là điểm $B.$

Đáp án đúng là: A

Ta có bảng sau:

Số trung bình của mẫu số liệu là $\overline x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9{,}4.$

Đáp án đúng là: A

Cỡ mẫu $n = 4 + 5 + 23 + 6 + 2 = 40.$

Gọi ${x_1},...,{x_{40}}$ là điểm mà 40 người đó cho mẫu áo sơ mi đang khảo sát theo thang điểm 100 và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó: ${x_1},...,{x_4}$ thuộc nhóm $\left[ {50{,}60} \right);$

${x_5},...,{x_9}$ thuộc nhóm $\left[ {60;70} \right);$

${x_{10}},...,{x_{32}}$ thuộc nhóm $\left[ {70;80} \right);$

${x_{33}},...,{x_{38}}$ thuộc nhóm $\left[ {80;90} \right);$

${x_{39}},\,\,{x_{49}}$ thuộc nhóm $\left[ {90;100} \right).$

Tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ là $\frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}.$ Do ${x_{10}},\,\,{x_{11}}$ đều thuộc nhóm $\left[ {70;80} \right)$ nên nhóm này chứa ${Q_1}.$

Do đó, ${u_m} = 70;$ ${n_m} = 23;$ $C = 4 + 5 = 9$; ${u_{m + 1}} - {u_m} = 80 - 70 = 10$ và ta có:

${Q_1} = 70 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 9}}{{23}}.10 = \frac{{1\,\,620}}{{23}} \approx 70{,}4.$

Đáp án đúng là: A

Nhóm chứa mốt của mẫu số liệu là nhóm $\left[ {71{,}6;72{,}4} \right)$.

Do đó ${u_m} = 71{,}6;{n_{m - 1}} = 9;{n_m} = 10;{n_{m + 1}} = 5;{u_{m + 1}} - {u_m} = 72{,}4 - 71{,}6 = 0{,}8$.

Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm là ${M_o} = 71{,}6 + \frac{{10 - 9}}{{\left( {10 - 9} \right) + \left( {10 - 5} \right)}}.0{,}8 \approx 71{,}7$.

Vậy khả năng anh Ba ném được khoảng 71,7 m là cao nhất.

Đáp án đúng là: C

Cỡ mẫu $n = 5 + 2 + 3 + 1 = 11.$

Gọi ${x_1},...,{x_{11}}$ là số huy chương mà 11 quốc gia đạt được giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Khi đó: ${x_1},...,{x_5}$ thuộc nhóm $\left[ {0;10} \right)$;

${x_6};{x_7}$ thuộc nhóm $\left[ {10;50} \right)$;

${x_8},...,{x_{10}}$ thuộc nhóm $\left[ {50;100} \right)$;

${x_{11}}$ thuộc nhóm $\left[ {100;210} \right)$.

Ta có trung vị thuộc nhóm $\left[ {10;50} \right)$.

Do đó, $n = 11;{n_m} = 2;C = 5;{u_m} = 10;{u_{m + 1}} = 50$.

Vậy trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là

${M_e} = 10 + \frac{{\frac{{11}}{2} - 5}}{2}.\left( {50 - 10} \right) = 20$.

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + n} - \sqrt {{n^2} + 1} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} + n - {n^2} - 1}}{{\sqrt {{n^2} + n} + \sqrt {{n^2} + 1} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n - 1}}{{\sqrt {{n^2} + n} + \sqrt {{n^2} + 1} }}$$

$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - \frac{1}{n}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{n}} + \sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }} = \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{1}{2}.$$

a) +) Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có $ME \cap AC = I$

Mà $AC \subset \left( {ABC} \right),ME \subset \left( {MEF} \right)$ nên $I \in \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)$

Lại có $M \in \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)$

Nên $MI = \left( {ABC} \right) \cap \left( {MEF} \right)$.

+) Trong mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$ có $MF \cap AD = J$

Mà $AD \subset \left( {ABD} \right),MF \subset \left( {MEF} \right)$ nên $J \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)$

Lại có $M \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)$

Nên $MJ = \left( {ABD} \right) \cap \left( {MEF} \right)$.

Tương tự, ta có $IJ = \left( {ACD} \right) \cap \left( {MEF} \right)$.

Do đó thiết diện của tứ diện với mặt phẳng $\left( {MEF} \right)$ là $\Delta MIJ$.

b) Vì $I,J$ lần lượt là trọng tâm $\Delta ABE,\Delta ABF$ nên $\left\{ \begin{array}{l}AI = \frac{2}{3}AC = \frac{2}{3}a\\AJ = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}a\end{array} \right.$.

Vì $ABCD$ là tứ diện đều nên $\Delta ACD$ đều, suy ra $\widehat {CAD} = \widehat {IAJ} = 60^\circ$.

Vì $\widehat {IAJ} = 60^\circ$ và $AI = AJ$ nên $\Delta AIJ$ đều, suy ra $IJ = \frac{2}{3}a$.

Do $M$là trung điểm của $AB$ nên $AM = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$.

Xét $\Delta AMJ$ có $\widehat {MAJ} = 60^\circ$, ta có:

$MJ = \sqrt {A{M^2} + A{J^2} - 2AM \cdot AJ \cdot \cos \widehat {MAJ}}$

$MJ = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} \cdot \cos 60^\circ }$$= \frac{{a\sqrt {13} }}{6}$

Xét $\Delta AMI$ có $\widehat {MAI} = 60^\circ$, ta có:

$MI = \sqrt {A{M^2} + A{I^2} - 2AM \cdot AI \cdot \cos \widehat {MAI}}$

$MI = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} \cdot \cos 60^\circ }$$= \frac{{a\sqrt {13} }}{6}$.

Do $MI = MJ = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}$ nên $\Delta MIJ$ cân tại $M$.

Gọi $K$ là trung điểm của $IJ$. Suy ra $IK = KJ = \frac{{IJ}}{2} = \frac{a}{3}$.

Vì $\Delta MIJ$ cân có $MK$ là trung tuyến nên $MK$ đồng thời là đường cao.

Xét $\Delta MKI$ có $MK = \sqrt {M{I^2} - I{K^2}} = \sqrt {{{\frac{{13a}}{{36}}}^2} - \frac{{{a^2}}}{9}} = \frac{a}{2}$.

Khi đó ${S_{MIJ}} = \frac{1}{2}MK \cdot IJ = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}.$

Gọi ${u_n}$ là quãng đường đi lên của người đó sau $n$ lần kéo lên $\left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right).$

Sau lần kéo lên đầu tiên quãng đường đi lên của người đó là:

${u_1} = 100.80\% = 100.0{,}8 = 80$ (m).

Sau lần kéo lên thứ hai quãng đường đi lên của người đó là:

${u_2} = 80.80\% = 80.0{,}8$ (m).

Sau lần kéo lên thứ ba quãng đường đi lên của người đó là:

${u_3} = 80.0{,}8.80\% = 80.0{,}8.0{,}8 = 80.0,{8^2}$ (m).

Khi đó, dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu ${u_1} = 80$ và công bội $q = 0{,}8.$

Ta có công thức tổng quát ${u_n} = 80.{\left( {0{,}8} \right)^{n - 1}}$ (m).

Tổng quãng đường người đó đi được sau 10 lần kéo lên là:

${S_{10}} = \frac{{80\left( {1 - 0,{8^{10}}} \right)}}{{1 - 0{,}8}} \approx 357{,}05\,\,\left( {\rm{m}} \right).$

Vì $- 1 \le \sin \left( {1{,}5t + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1$ nên $- 3 \le - 3\sin \left( {1{,}5t + \frac{\pi }{3}} \right) \le 3$.

Do đó để vận tốc con lắc đạt giá trị lớn nhất thì

$\sin \left( {1{,}5t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1$

$\Leftrightarrow 1{,}5t + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{2} + k2\pi$

$\Leftrightarrow 1{,}5t = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi$

$\Leftrightarrow t = - \frac{{5\pi }}{9} + k\frac{{4\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}$.

Vậy thời điểm vận tốc con lắc đạt giá trị lớn nhất là $t = - \frac{{5\pi }}{9} + k\frac{{4\pi }}{3},k \ge 1,k \in \mathbb{Z}$.