Bộ 20 đề thi Giữa kì 1 Toán 12 Cánh diều có đáp án - Đề 16
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hàm số \(y = f(x)\) có đồ thị như hình bên. Giá trị lớn nhất của hàm số này trên đoạn \(\left[ { - 1;2} \right]\) bằng
\(2\).
\(5\).
Không xác định.
\(1\).
Chọn B
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f(x)\), rõ ràng \(\mathop {max}\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f(x) = 5.\)
\(\left( { - 3;0;3} \right)\).
\(\,\left( {1;0; - 1} \right)\).
\(\,\left( { - 1;0;1} \right)\).
\(\left( {3;0; - 3} \right)\).
Chọn D
Theo hệ quả của biểu thức tọa độ các phép toán véc tơ ta có \[\,\overrightarrow {BA} = \left( {3;0; - 3} \right)\]
\[I\left( { - 1\,;\, - 2\,;\,2} \right)\]; \[R = 6\].
\[I\left( {1\,;\, - 2\,;\,2} \right)\]; \[R = \sqrt {34} \].
\[I\left( { - 1\,;\,2\,;\, - 2} \right)\]; \[R = 5\].
\[I\left( { - 2;4; - 4} \right)\]; \[R = \sqrt {29} \].
Chọn B
Ta có: \[\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 4z - 25 = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 34\]
Vậy \[I\left( {1; - 2;2} \right)\]; \[R = \sqrt {34} \].
Tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) là
2.
0.
1.
3.
Chọn D
Dựa vào bảng biến thiên ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 1;\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 5\) nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là \(y = 1\) và \(y = 5\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} y = - \infty \) nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là \(x = 2\).
Vậy tổng các tiệm cận của đồ thị hàm số là 3.
\(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(\left( {0; + \infty } \right)\,.\)
\(\left( { - \infty ;0} \right)\).
\(\left( {1; + \infty } \right)\).
Chọn A
Đạo hàm: \(y' = - 4{x^3} + 4x\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 4x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\\x = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y = 1\\y = 2\\y = 2\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên
\( - 22\).
\( - 12\).
\(30\).
\(6\).
Chọn B
Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \)\( = 2.1 + 4.\left( { - 2} \right) - 2.3\)\( = - 12\).
\[\overrightarrow {AO} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{A_1}} } \right)\].
\[\overrightarrow {AO} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{A_1}} } \right)\].
\[\overrightarrow {AO} = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{A_1}} } \right)\].
Chọn B
Theo quy tắc hình hộp: \[\overrightarrow {A{C_1}} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{A_1}} \]
Mà \[\overrightarrow {AO} = \frac{1}{2}\overrightarrow {A{C_1}} \Rightarrow \overrightarrow {AO} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {A{A_1}} } \right)\].
\[0\].
\[2\].
\(3\).
\[1\].
Chọn B
Ta có \(f'\left( x \right)\)đổi dấu khi \(x\)qua các điểm \(0\); \(1\). Do đó hàm số có hai điểm cực trị.
\(B\) là trung điểm của \(AC.\)
Ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) không thẳng hàng.
Ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng.
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\)
Chọn B
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2;1} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( {0;1;0} \right)\) mà \(\frac{0}{{ - 1}} \ne \frac{1}{2} \ne \frac{0}{1}\) nên ba điểm \(A,\)\(B,\)\(C\) không thẳng hàng.
Mặt khác \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2 \ne 0\) nên tam giác \(ABC\) không vuông tại \(A.\)
\(y = - {x^3} + 3{x^2} - 2\).
\(y = - {x^3} - 3x - 2\).
\(y = {x^3} - 3{x^2} - 1\).
\(y = - {x^3} + 3{x^2} - 1\).
Chọn C
Từ BBT suy ra hệ số của \({x^3}\) phải âm (vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = + \infty \)). Loại A
Tại \(x = 0\) thì \(y = - 2\) suy ra loại C
\(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt nên loại D
C thỏa mãn.
\(m = - 4\).
\(m = - 2\).
\(m = 0\).
\(m = 2\).
Chọn C
Xét hàm số \(y = \frac{{x + {m^2}}}{{x - 1}}\)trên \(\left[ {2;4} \right]\), ta có \(y' = \frac{{ - 1 - {m^2}}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} < 0\), \(\forall x \in \left[ {2;4} \right]\).
\( \Rightarrow \)hàm số \(y = \frac{{x + {m^2}}}{{x - 1}}\)nghịch biến trên \(\left[ {2;4} \right]\).
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow 2 = 2 + {m^2} \Leftrightarrow m = 0\).
\(4.\)
\(6.\)
\(0.\)
\(2.\)
Chọn B
\(\left( C \right):y = \frac{{2x - 1}}{{x + 4}} = 2 - \frac{9}{{x + 4}}\)
\(M\left( {x;y} \right) \in \left( C \right)\)có tọa độ nguyên khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\y \in \mathbb{Z}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\9 \vdots \left( {x + 4} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{Z}\\\left[ \begin{array}{l}x + 4 = 9 \Rightarrow x = 5;y = 1\\x + 4 = - 9 \Rightarrow x = - 13;y = 3\\x + 4 = 3 \Rightarrow x = - 1;y = - 1\\x + 4 = - 3 \Rightarrow x = - 7;y = 5\\x + 4 = 1 \Rightarrow x = - 3;y = - 7\\x + 4 = - 1 \Rightarrow x = - 5;y = 11\end{array} \right.\end{array} \right.\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \(M\left( {2;3; - 1} \right),N\left( { - 1;1;1} \right)\).
Điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) thỏa mãn \(T = \left| {3\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IN} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó \(2a + b + c = 9\).
Gọi \(E\) là điểm đối xứng của điểm \(M\) qua \(N\). Tọa độ của điểm \(E\) là \(\left( { - 4; - 1;3} \right)\).
Hình chiếu của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) có tọa độ là \(\left( { - 2;3;1} \right)\).
Cho \(P\left( {1;m - 1;3} \right)\). Tam giác \(MNP\) vuông tại \(N\) khi và chỉ khi \(m = 1\).
a) | S | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
Hình chiếu của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) có tọa độ là \(\left( {0;3;0} \right)\).Vì \(N\) là trung điểm của \(ME \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 = \frac{{2 + {x_E}}}{2}}\\{1 = \frac{{3 + {y_E}}}{2}}\\{1 = \frac{{ - 1 + {z_E}}}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_E} = - 4}\\{{y_E} = - 1}\\{{z_E} = 3}\end{array} \Rightarrow E\left( { - 4; - 1;3} \right)} \right.} \right.\).Ta có \(\overrightarrow {NM} = \left( {3;2; - 2} \right);\overrightarrow {NP} = \left( {2;m - 2;2} \right)\).
\(\Delta MNP\)vuông tại \(N \Leftrightarrow \overrightarrow {NM} .\overrightarrow {NP} = 0 \Leftrightarrow 3.2 + 2.\left( {m - 2} \right) + \left( { - 2} \right).2 = 0 \Leftrightarrow m = 1\)Gọi \(J\left( {x;y;z} \right)\) thỏa \(3\overrightarrow {JM} - \overrightarrow {JN} = \vec 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\left( {2 - x} \right) - \left( { - 1 - x} \right) = 0}\\{3\left( {3 - y} \right) - \left( {1 - y} \right) = 0}\\{3\left( { - 1 - z} \right) - \left( {1 - z} \right) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{7}{2}}\\{y = 4}\\{z = - 2}\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra \(J\left( {\frac{7}{2};4; - 2} \right)\).
Khi đó \(T = \left| {3\overrightarrow {IM} - \overrightarrow {IN} \left| = \right|3\overrightarrow {IJ} + 3\overrightarrow {JM} - \overrightarrow {IJ} - \overrightarrow {JN} \left| = \right|2\overrightarrow {IJ} } \right| = 2IJ\).
\(T\)đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(I\) là hình chiếu của \(J\) trên \(\left( {Oxy} \right) \Leftrightarrow I\left( {\frac{7}{2};4;0} \right)\).
Vậy \(a = \frac{7}{2};b = 4;c = 0\). Suy ra \(2a + b + c = 11\).
Đồ thị \(\left( C \right)\) nhận giao điểm \(I\left( {3\,;\, - 9} \right)\) làm tâm đối xứng.
Đồ thị \(\left( C \right)\) có tiệm cận xiên là \(y = - x - 6\).
Đồ thị không cắt trục \(Ox\).
Đồ thị \(\left( C \right)\) có hai điểm cực trị nằm 2 phía đối với \(Oy\).
a) | Đ | b) | Đ | c) | S | d) | Đ |
a. Đúng: Ta có \(y = - x - 6 - \frac{{14}}{{x - 3}}\)
Khi đó tiệm cận xiên là \(y = - x - 6\).
b. Đúng: Phương trình đường tiệm cận đứng là \(x = 3\).
Suy ra giao điểm 2 tiệm cận là \(I\left( {3, - 9} \right)\) là tâm đối xứng.
c. Đúng: \(y' = \frac{{ - x + 6x + 5}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 6x - 5 = 0\) \(\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) luôn có 2 nghiệm \({x_1} < 0 < {x_2}\) nên \(\left( C \right)\) luôn có 2 điểm cực trị nằm 2 phía đối với \(Oy\).
d. Sai:\(y = 0 \Leftrightarrow - {x^2} - 3x + 4 = 0\) và phương trình luôn có 2 nghiệm suy ra \(\left( C \right)\)cắt \(Ox\) tại hai điểm phân biệt.
Nồng độ thuốc \(C\left( t \right)\) tính theo \({\rm{mg}}/{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)trong máu của bệnh nhân được cho bởi công thức \(C\left( t \right) = \frac{{0,05t}}{{{t^2} + t + 1}}\), trong đó \(t\) là thời gian tính theo giờ kể từ khi tiêm cho bệnh nhân.
Khi đó:
Hàm số \(C\left( t \right)\) có đạo hàm \[C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\].
Sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân giảm dần theo thời gian.
Nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân lớn nhất ở thời điểm \(1\) giờ sau khi tiêm.
Có thời điểm nồng độ trong máu của bệnh nhân đạt \({\rm{0,02 mg}}/{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
a) | Đ | b) | S | c) | Đ | d) | S |
Hàm số \(C\left( t \right)\) có đạo hàm \[C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\]
Ta có \(C\left( t \right) = \frac{{0,05t}}{{{t^2} + t + 1}} \Rightarrow C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}},t \ge 0\)
Chọn ĐÚNG.Sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân giảm dần theo thời gian
Ta có \(C'\left( t \right) = \frac{{1 - {t^2}}}{{20{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} < 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 1\)
Sau khi tiêm, nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân giảm dần trong vòng \(1\) giờ
Chọn SAI.Nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân lớn nhất ở thời điểm \(1\) giờ sau khi tiêm
Ta có bảng biên thiên của \(C\left( t \right)\)
Dựa vào bảng biên thiên ta thấy nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân lớn nhất ở thời điểm \(1\) giờ sau khi tiêm
Chọn ĐÚNG.Có thời điểm nồng độ trong máu của bệnh nhân đạt \({\rm{0,02 mg}}/{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
Ta có \(C\left( t \right) = \frac{{0,05t}}{{{t^2} + t + 1}} = 0,02 \Rightarrow 2{t^2} - 3t + 2 = 0\) vô nghiệm
Chọn SAI.
Cho hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\).
Đạo hàm của hàm số đã cho là \(y' = 3{x^2} - 6x\).
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) và nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right),\left( {2; + \infty } \right)\).
Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:
Đồ thị của hàm số đã cho như ở hình sau: 
a) | Đ | b) | S | c) | S | d) | S |
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x\).Sai.
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).
Bảng biến thiên:
Suy ra hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) và đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right),\left( {2; + \infty } \right)\)Sai.
Bảng biến thiên của hàm số đã cho là:
Sai.
Hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 2\) có hệ số \(a > 0\) nên câu d) sai.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Một cửa hàng kinh doanh trung bình bán được 700 máy điều hòa mỗi tháng với giá 15 triệu đồng một máy. Một cuộc khảo sát thị trường chỉ ra rằng nếu cứ giảm giá bán 1 triệu đồng, số lượng máy điều hòa bán ra sẽ tăng thêm khoảng 100 máy mỗi tháng. Biết hàm chi phí hàng tháng là \(C\left( x \right) = 14000 - 3x\) (triệu đồng), trong đó \(x\) là số máy điều hòa bán ra trong tháng, cửa hàng nên đặt giá bán bao nhiêu để lợi nhuận là lớn nhất? (đơn vị là triệu đồng).Gọi \[p\](triệu đồng) là giá của một máy điều hòa và \(x\) là số máy điều hòa bán ra trong tháng.
Ta có hàm cầu \[p = ax + b\] đi qua các điểm \(\left( {700;15} \right)\) và \(\left( {800;14} \right)\)
Suy ra \[p = - \frac{1}{{100}}x + 22\]
Ta có hàm doanh thu trong tháng là: \[R\left( x \right) = px = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 22x\]
Suy ra hàm lợi nhuận của cửa hàng trong tháng là: \[\begin{array}{l}L\left( x \right) = R\left( x \right) - C\left( x \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 22x - \left( {14000 - 3x} \right)\\ \Leftrightarrow L\left( x \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 25x - 14000\end{array}\]
Ta có \[L\left( x \right)\] đạt GTLN bằng 1625 (triệu đồng) khi \(x = 1250\)
Vậy cửa hàng nên đặt giá bán để lợi nhuận lớn nhất là: \[p = - \frac{1}{{100}}.1250 + 22 = 9,5\] (triệu đồng)
Ta có: \(A\left( {0;0;5} \right),B\left( {6;7;1} \right),C\left( {5;0;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( {6;7; - 4} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {5;0; - 3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( { - 1; - 7;1} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {21;2;35} \right)\); \(AB = \sqrt {101} \); \(AC = \sqrt {34} \); \(BC = \sqrt {51} \).
\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} } \right]} \right| = \frac{{\sqrt {{{21}^2} + {2^2} + {{35}^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt {1670} }}{2}\).
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) bằng: \(R = \frac{{AB.AC.BC}}{{4{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\sqrt {101} .\sqrt {34} .\sqrt {51} }}{{4.\frac{{\sqrt {1670} }}{2}}} = \frac{{17\sqrt {253005} }}{{1670}} \approx 5,12\).
\(\cos \widehat C = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2.AC.BC}} = - \frac{{4\sqrt 6 }}{{51}}\). Suy ra \(\widehat C \approx 1,7641 \Rightarrow \widehat A + \widehat B \approx \pi - 1,7641 \approx 1,3775\).
Suy ra số đo cung \(ACB\) bằng \(2\left( {\widehat A + \widehat B} \right) \approx 2,755 = \alpha \)
Suy ra độ dài cung bằng \(R.\alpha \approx 14,1056 \approx 14\left( m \right)\).
Doanh thu khi nhà máy \(A\) bán hết \(x\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) là: \(x.P\left( x \right) = x\left( {45 - 0,001{x^2}} \right) = 45x - 0,001{x^3}\).
Lợi nhuận thu được là: \(L\left( x \right) = 45x - 0,001{x^3} - \left( {100 + 30x} \right)\)\( = - 0,001{x^3} + 15x - 100\).
Ta có: \(L'\left( x \right) = - 0,003{x^2} + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \approx 70,7\,\,\,}\\{x \approx - 70,7}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên:
Ta có: \(L\left( {70} \right) = 607\), \(L\left( {71} \right) = 607,089 > L\left( {70} \right)\)
Như vậy, nhà máy \(A\) cần bán \(71\) tấn sản phẩm cho nhà máy \(B\) mỗi tháng để lợi nhuận thu được là lớn nhất.
Khi chất thải hữu cơ được đổ vào một cái ao, quá trình ôxy hóa xảy ra sẽ làm giảm hàm lượng ôxy trong nước. Tuy nhiên, theo thời gian, tự nhiên sẽ phục hồi lại mức ôxy về giá trị bình thường. Trong đồ thị kèm theo, \(P(t)\) cho biết phần trăm hàm lượng ôxy (so với mức bình thường) sau \(t\) ngày kể từ khi chất thải được đổ vào ao.
Giả sử hàm số cho hàm lượng ôxy là \(P(t) = 100\frac{{{t^2} + 10t + 100}}{{{t^2} + 20t + 100}}\)(\(\% \)mức bình thường), \({\rm{t}} \ge {\rm{0}}{\rm{. }}\)
Khi đó tọa độ của điểm \(P\left( {a;b} \right)\) trên đồ thị là điểm cực trị của đồ thị hàm số \(P(t)\). Tính \(a + b\)?
Ta có: \(P\prime (t) = \frac{{(2t + 10)\left( {{t^2} + 20t + 100} \right) - (2t + 20)\left( {{t^2} + 10t + 100} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 20t + 100} \right)}^2}}}\)
Khi đó \({P^\prime }(t) = 0 \Leftrightarrow (2t + 10)\left( {{t^2} + 20t + 100} \right) - (2t + 20)\left( {{t^2} + 10t + 100} \right) = 0\)
\( \Rightarrow 10{t^2} - 1000 = 0 \Rightarrow {t^2} = 100 \Rightarrow t = 10\quad (t \ge 0)\)
Lập bảng biến thiên ta có \(t = 10\) là điểm cực tiểu của hàm số
Thay \(t = 10\) vào \(P(t)\): \(P(10) = 100\frac{{{{10}^2} + 10 \cdot 10 + 100}}{{{{10}^2} + 20 \cdot 10 + 100}} = 100\frac{{100 + 100 + 100}}{{100 + 200 + 100}} = 100\frac{{300}}{{400}} = 75.\)
Vậy điểm \(P\) có tọa độ \((10;75)\)
Xét hàm số:
\(f\left( x \right) = TR - TC = - 2{x^2} + 1312x - \left( {{x^3} - 77{x^2} + 1000x + 40000} \right)\).
\(f\left( x \right) = - {x^3} + 75{x^2} + 312x - 40000\).
TXĐ: \(D = \left( {0\,;\, + \infty } \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 150x + 312 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 52\left( N \right)\\x = - 2\left( L \right)\end{array} \right.\)
Bảng biến thiên:
Hàm số đạt giá trị cực đại tại \(x = 52\).
Vậy lợi nhuận của công ty đạt cực đại khi số sản phẩm \(x = 52\).
