試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁【高中數學競賽真題?強基計劃真題考前適應性訓練】專題14初等數論真題專項訓練（全國競賽+強基計劃專用）一、單選題1．（2021·北京·高三強基計劃）2021年是北大建校123周年，則滿足建校n周年的正整數n能整除對應年份的n的個數為（

）A．4 B．8 C．12 D．前三個選項都不對【答案】B【分析】根據題設可得，從而可根據1898的因數分解可求n的個數.【詳解】根據題意，有，因此所有1898的正約數均符合題意，有個．故選：B.2．（2021·北京·高三強基計劃）設a，b是正整數n的正因數，使得，則n可以等于（

）A． B．C． D．前三個選項都不對【答案】B【分析】根據整除性可得或，從而可得正確的選項.【詳解】根據題意，有，于是于是或，從而或，只有選項B符合．故選：B.3．（2021·北京·高三強基計劃）在十進制下的末兩位數字是（

）A．01 B．21 C．81 D．前三個選項都不對【答案】A【分析】根據同余及二項定理可判斷末兩位數字，也可以利用歐拉函數的性質來判斷末兩位數字.【詳解】法1：根據題意，有:．法2：根據歐拉函數的性質由，而，故，故，而，因此．故選：A4．（2021·北京·高三強基計劃）設n為正整數，且是完全平方數，則這樣的n的個數為（

）A．1 B．2C．無窮個 D．前三個選項都不對【答案】A【分析】利用因數分解可求不定方程的解.【詳解】設，則，注意到故或，解得，從而符合題意的正整數n只有1個．故選：A.5．（2021·北京·高三強基計劃）設，若，則n的最小值為（

）A．71 B．72 C．80 D．81【答案】C【分析】利用整除性和二項式定理可得，再利用模9的余數為k，可求的最小值，故可求的最小值.【詳解】根據題意，有，因此．而，故，所以，設，則，由二項式定理可得，其中為正整數，因為，故，故.則，考慮模9的余數為k，因此k的最小值為9，從而n的最小值為80．故選：C.6．（2021·北京·高三強基計劃）方程的正整數解的組數為（

）A．0 B．2 C．無窮多 D．以上答案都不對【答案】C【分析】通過特例可得不定方程的正整數解的個數為無窮多個.【詳解】嘗試，即，只需要，因此對應的，因此所求正整數解有無窮多組．故選：C.7．（2021·北京·高三強基計劃）已知，則S的個位數字是（

）A．4 B．5 C．7 D．以上答案都不對【答案】B【分析】利用二項式定理可得不同的形式，再利用公式可求，故可求S的個位數字.【詳解】注意到模7的余數，有因此，考慮到，注意到8的方冪的尾數以8，4，2，6為一循環，因此，從而S的個位數字為5．故選：B.8．（2021·北京·高三強基計劃）方程的整數解的組數為（

）A．0 B．1 C．2 D．以上答案都不對【答案】C【分析】利用判別式可求，從而可得整數解的組數.【詳解】題中方程即，其判別式，滿足該不等式的整數y只有，因此方程變為或，因此所求整數解的組數為2組．故選：C.9．（2020·北京·高三強基計劃）已知整數數列滿足，且對任意，有，則的個位數字是（

）A．8 B．4 C．2 D．前三個答案都不對【答案】A【分析】根據遞推關系可得，從而各項個位數字周期性出現，故可得正確的選項.【詳解】根據題意，有，因此，從而，于是模10的余數為n123456789101448402886n111213141516171819208046626082n212223242526272829302420644840從第2項起，以24為周期，因此．故選A.10．（2021·北京·高三強基計劃）設正整數，且是完全平方數，則可能的n的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對【答案】D【分析】可證明模4余3，故可得正確的選項.【詳解】意到，而連續的5個整數的乘積必然被4整除，因此模4余3，不可能是完全平方數．故選：D.11．（2020·北京·高三強基計劃）對于不小于3的正整數n，若存在正整數使得構成等差數列，其中為組合數，則稱n為“理想數”．不超過2020的“理想數"的個數為（

）A．40 B．41 C．42 D．前三個答案都不對【答案】C【分析】利用組合數的計算公式可得關于的方程，從而可判斷“理想數”的個數.【詳解】成等差數列，即也即，整理得，當為完全平方數時，k為正整數，考慮到，因此，故不超過2020的“理想數”的個數為42．故選：C.12．（2020·北京·高三強基計劃）在的全體正因數中選出若干個，使得其中任意兩個的乘積都不是平方數則最多可選因數個數為（

）A．16 B．31 C．32 D．前三個答案都不對【答案】C【分析】我們定義從的全體正因數組成的集合G中選出若干個組成集合K為“好的”，當且僅當其中任意兩個的乘積都不是平方數，可以證明若K是“好的”，且，而，其中為質數，，那么將其替換為，其中則K仍然是“好的”．故可求可選因數個數的最大值.【詳解】考慮到，于是．我們定義從的全體正因數組成的集合G中選出若干個組成集合K為“好的”，當且僅當其中任意兩個的乘積都不是平方數．容易證明，若K是“好的”，且，而，其中為質數，，那么將其替換為，其中則K仍然是“好的”．因此任何“好的”集合K中的元素都可以簡化后對應于的某個子集，如，于是K中的元素最多有個，且的所有子集對應的32個數組成的集合是“好的”，因此最多可選因數個數為32．故選：C.13．（2020·北京·高三強基計劃）方程的整數解個數為（

）A．4 B．8 C．16 D．前三個答案都不對【答案】B【分析】利用因式分解可求不定方程的解的個數.【詳解】題中方程即，考慮到且，且3，19，31模4均為3，于是的所有可能取值為，共8個．故選：B.14．（2019·北京·高三校考強基計劃）已知不定方程有正整數解，則正整數n的最小值為（

）A．11 B．13 C．15 D．17【答案】C【分析】利用可得模16的余數的范圍，結合可求正整數n的最小值.【詳解】由于于是模16的余數在0和n之間．又，于是．注意到，因此正整數n的最小值為15．故選：C.15．（2019·北京·高三校考強基計劃）滿足方程的有序正整數組的個數為（

）A．12 B．13 C．24 D．25【答案】A【分析】反表示后根據整除性可得有序正整數組的個數.【詳解】根據題意，有，于是，其中為奇數，且．這樣的有12對，因此對應的也有12對．故選：A.n16．（2019·北京·高三校考強基計劃）在十進制數下，設a是的各位數字之和，而b是a的各位數字之和，則b的各位數字之和是（

）A．5 B．6 C．7 D．16【答案】C【分析】先估計的范圍，再根據模9同余可求b的各位數字之和.【詳解】設c是b的各位數字之和，由于，于是，因此．進而．又，而，這樣就得到了．故選：C17．（2021·北京·高三強基計劃）若為非負整數，則方程的解有（

）A．83組 B．84組C．85組 D．以上答案都不對【答案】C【分析】就及分類討論，后者可利用放縮法得到，再就、分類討論后可得所有解的個數.【詳解】若，則，此時是滿足條件的一組解．若，不妨設，則，此時必有（否則，矛盾），因此問題即且由，可得．情形一

，此時，解得．情形二

，此時，無解．綜上所述，及其對稱式，有85組解．故選：C.18．（2021·北京·高三強基計劃）設是與的差的絕對值最小的整數，是與的差的絕對值最小的整數．記的前n項和為，的前n項和為，則的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對【答案】A【分析】根據整數的性質可得且，故可求的值.【詳解】容易證明的小數部分不可能為0.5，因此，整理可得，故，注意到當時，，因此．類似的，有，整理可得，故，注意到當時，，因此．綜上所述，有．故選：A.二、多選題19．（2021·北京·高三校考強基計劃）若x，y為兩個不同的質數，n為不小于2的正整數且，則（

）A．存在奇數n符合題意 B．不存在奇數n符合題意C．存在偶數n符合題意 D．不存在偶數n符合題意【答案】AD【分析】利用因式分解可判斷AB的正誤，利用遞推可判斷CD的正誤.【詳解】當n是奇數時，有，于是，故選項A正確，選項B錯誤．當n是偶數時，當時，有，若，則，其中為正整數，故且，而為質數，則，這與題設矛盾，故，于是．當，注意到，若，則，依次類推，則可得到，這與矛盾，因此可以遞推證明當n為偶數時，，故選項C錯誤，選項D正確．故選：AD.20．（2020·北京·高三校考強基計劃）設的三邊長a，b，c都是整數，面積是有理數，則a的值可以為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】CD【分析】由特例可得a的值可以取3，4，再利用整數的性質可判斷a的值不可能為1，2，故可得正確的選項.【詳解】取三邊為3，4，5的三角形，其面積為6，此時a的值可以取3，4．當時，有，此時的面積為，注意到，不為完全平方數，因此的面積不可能是有理數．當時，不妨設，有或．情形一

若，則的面積為．若，其中p，q為互質的正整數，則，于是為完全平方數，而正整數的完全平方數的最小間隔為，因此該情形不成立．情形二

若，則，于是面積為有理數，等價于為有理數，即為完全平方數，注意到，因此的面積不可能是有理數．綜上所述，a的值不可能為1，2，可能為3，4．故選：CD.21．（2020·北京·高三校考強基計劃）設x，y為不同的正整數，則下列結論中正確的有（

）A．與不可能同時為完全平方數B．與不可能同時為完全平方數C．與不可能同時為完全平方數D．以上答案都不正確【答案】AB【分析】利用不等式放縮可得不可能是完全平方數且只可能是；可能是或者，分類討論后可得正確選項.【詳解】不妨設，則，，，于是不可能是完全平方數；而只可能是；可能是或者．若，則，矛盾；若，則，矛盾；若，則，于是，此時考慮到，于是或，解得（舍去）或．因此當時，同時為完全平方數．綜上所述，選項AB正確．故選：AB.三、填空題22．（2018·江西·高三競賽）、為正整數，滿足，則所有正整數對的個數為______．【答案】4

【詳解】由，知，且，于是，而，．因1009為質數，數所有可能的分解式為，，，．其中每一個分解式對應于的一個解，故其解的個數為4．故答案為423．（2018·全國·高三競賽）設n為正整數.從集合中任取一個正整數n恰為方程的解的概率為_______（表示不超過實數x的最大整數）.【答案】【詳解】當時，，.滿足題中方程的n為6，12，…，2010，共335個；當時，，.滿足題中方程的n為1，7，13，…，2011，共336個；當時，，.滿足題中方程的n不存在；當時，，.滿足題中方程的n為3，9，15，…，2013，共336個；當時，，.滿足題中方程的n不存在；當時，，.滿足題中方程的n不存在.因此，從集合中任取一個正整數n恰為題中方程的解的概率為.24．（2018·安徽·高三競賽）設n是正整數，且滿足，則n=__________.【答案】213【詳解】由，得.設.由=1.375，得0.075，215.再由，得n=213.（注：“”表示“小于約等于”.）故答案為21325．（2018·全國·高三競賽）用表示不超過實數x的最大整數.則__________．【答案】2014【詳解】因為，所以則.又.故.26．（2018·山東·高三競賽）已知，，且為方程的一個根，則的最大可能值為______．【答案】9

【詳解】由題設，則．因為，，則必為完全平方數．設，則，．所以或或或．解得，8，,0．所以的最大可能值為9.27．（2021·全國·高三競賽）為正整數列，滿足為的最小素因子，，構成集合A，P為所有質數構成的集合，則集合的最小元素為___________．【答案】5【詳解】由于，故，所以集合的最小元素．假設存在正整數n，使得，則，故，這不可能，因為除以5的余數為，所以．集合的最小元素為5．故答案為：5.28．（2021·全國·高三競賽）集合整除中元素的個數為__________.【答案】8【分析】根據為取整數，求和后分解因數可得結果.【詳解】解：由題意得：.故集合中有一共8個元素.故答案為：829．（2020·北京·高三強基計劃）已知表示不超過x的最大整數，記，則方程的整數解個數為__________．【答案】24【分析】根據的定義可得為整數，從而可求原方程整數解的個數.【詳解】根據題意，有，因此x是的約數，個數為．故答案為：24.30．（2021·北京·高三強基計劃）若可化簡為最簡分數，則_________．【答案】72【分析】計算出中因數2和3的次數后可求的值.【詳解】關鍵是計算出中因數2和3的次數，分別為和，而，于是．故答案為：72.31．（2021·北京·高三強基計劃）若正整數m，n滿足，則有_________組．【答案】32【分析】利用因式分解可求不定方程的正整數解.【詳解】注意到，故當時，有或即，而根據題意，有，即，故于是或（舍），進而可得共有32組．故答案為：3232．（2021·北京·高三強基計劃）若存在正整數n，使得，則正整數m的最大值是_________．【答案】4【分析】利用歸納法可求正整數m的最大值.【詳解】設，則n123456789101112100…130600…1396189099…139337263063…139331531448163144225144…而當時，，所以模的余數在時均為144．因此正整數m的最大值為4（此時對應的n為7）．故答案為：4.33．（2021·北京·高三強基計劃）已知表示不超過x的最大整數，則的值域為_________．【答案】【分析】先判斷函數的周期為1，再就在上的6種情形分類討論后可求函數的值域.【詳解】注意到，因此只需要考慮在上的情形，有x000000000111001122001233因此的值域為．故答案為：.34．（2020·北京·高三強基計劃）已知表示不超過x的最大整數，如等，則__________．【答案】【分析】根據可求的形式，再利用分組求和可求數列的和.【詳解】由于，于是設原式為M，則．故答案為：.35．（2021·北京·高三強基計劃）已知是常數項不為0的整系數多項式，，則中有_________項為0．【答案】0【分析】利用整除性結合常數項非零可求0項的個數.【詳解】，由于是整系數多項式，于是，若，則，可得，因此，進而數列中從第1項到第m項，奇數項為的偶數倍，偶數項為的奇數倍．因此m必然為奇數，且偶數項均不為0，因此中沒有任何一項為0．故答案為：0四、解答題36．（2018·全國·高三競賽）求最小的兩個正整數m，使得為完全平方數.【答案】539、731【詳解】注意到于是，為完全平方數的必要條件是.設.則.故.因此，為完全平方數.只有當或時才有可能.當時，.當時，.當k為偶數時，、均不為完全平方數.若，則，.于是，為完全平方數的必要條件是為完全平方數，并且取“+”時，；取“-”時，.經計算，能夠使得為完全平方數的最小正整數n=6，此時，；為完全平方數的最小正整數n=8，此時，.故使得為完全平方數的最小的兩個正整數m為539、731.37．（2018·全國·高三競賽）證明：存在無窮多個正整數n，使得，其中，[x]表示不超過實數x的最大整數．【答案】見解析【詳解】設.則.令.下證方程有無窮多組整數解.顯然，x=9,y=4是一組解.令.則.從而，，即所有的均滿足方程.對于上述給定的x、y、n滿足，即，及.注意到，.所以，，即共有2x+1個n使得.由y≤x，知在這連續2x+1個整數中，至少有一個為x+y的倍數.例如，當x=9，y=4時，在81，82,...,98中，存在n=91使得.38．（2018·全國·高三競賽）求所有素數p，使得.【答案】見解析【詳解】由于不成立，故p=2不滿足條件.以下設p為奇素數.對k=1，2，…，，由費馬小定理知.故.求和知當且僅當時，.顯然.當時，必為3和8的倍數，故.綜上，所求P為一切大于3的素數.39．（2018·全國·高三競賽）證明：存在無窮多個素數，使得對于這些素數中的每一個p，至少存在一個，滿足.【答案】見解析【詳解】假設結論不成立，則可設為整除形如這樣的數中至少其中之一的全部素數.考慮k+1個數.由于這些數是有限數，故存在一個，使得這k+1個數中的任何一個均不被整除.又可以足夠大，知存在一個n，使得，其中，.對于這個足夠大的，將其素因數分解，知必存在某個的指數大于q.考慮這個足夠大的及，，…，這k+1個數.由于它們每一個均被某個整除，但僅有k個，由抽屜原理，知這k+1個數中必存在兩個數被同一個整除.即，.其中，.故.與q的選擇矛盾.綜上，原結論成立.40．（2018·江西·高三競賽）求最小的正整數，使得當正整數點時，在前個正整數構成的集合中，對任意總存在另一個數且，滿足為平方數．【答案】7【詳解】易知當時，在中，數2與其他任何數之和皆不是平方數；以下證明，的最小值為7．如果正整數、滿足：平方數，就稱是一個“平方對”，顯然在中，，，，為平方對．在中增加了平方對；在中平加了平方對．以下采用歸納法，稱滿足題中條件的為具有性質；簡記為．據以上知，當時，均有．設已證得，當時，皆有，今考慮情況，利用歸納假設，只需證，當，其中時，均有．首先，在，即時，構成平方對，這是由于，而由，知，即．在時，構成平方對，這是由于，而，所以．因此對于滿足的每個，皆有，從而對所有滿足的正整數，皆有，即對一切正整數，均有．所以的最小值為7．41．（2019·全國·高三校聯考競賽）求滿足以下條件的所有正整數n：（1）n至少有4個正因數；（2）若是n的所有正因數，，構成等比數列.【答案】滿足條件的n為所有形如的數，其中p是素數，整數.【分析】根據題設條件得到，得出，代入化簡得，進而得到，，從而得到為，此時相應的為即可得到結論.【詳解】由至少有4個正因數，可得，又由，構成等比數列，所以，因為是n的所有正因數，可得，代入上式得，化簡得，所以，由此可知是完全平方數，由于是的最小素因子，是平方數，故只能，從而為，即為，此時相應的為.綜上可知，滿足條件的為所有形如的數，其中p是素數，整數.【點睛】本題考查了等比數列的通項公式，以及實數的基本性質的綜合應用，其中解答中合理利用實數的基本性質是解答本題的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.42．（2019·上海·高三校聯考競賽）求證：不存在無窮多項的素數數列，使得.【答案】見解析【詳解】用反證法.假設存在滿足題設的無窮多項的素數數列，則由得，于是數列{pk+1}是以5為公比的等比數列，所以，故.易知數列{pn}是嚴格遞增的，不妨設p1>5(否則用p2作為首項)，則有(5，p1)=1，于是由費馬小定理得，所以，這與是素數矛盾所以，滿足題設的素數數列不存在.43．（2019·吉林·高三校聯考競賽）求所有的正整數n，使得方程有正整數解.【答案】.【詳解】當n=1時，方程變為，得，顯然無正整數解.當n=2時，方程變為，得.先證引理：無正整數解假設有一組正整數解a?b?c，不妨設a?b?c的最大公因數為1.由a?b為正整數，知或1(mod3)，或1(mod3).又，故且，即且，從而.這與“a?b?c的最大公因數為1”矛盾.引理得證由無正整數解，可知此時原方程無正整數解.當n=3時，方程變為，由，得，即，所以，可得，即，故.這說明原方程有正整數解：.當n≥4時，有正整數解：.綜上，當n=1或n=2時，原方程無正整數解；當n≥3時，原方程有正整數解.即所求的n為.44．（2019·江西·高三校聯考競賽）試求所有由互異正奇數構成的三元集{a，b，c}，使其滿足：.【答案】7個，，，.【詳解】據對稱性，不妨設a<b<c，由于奇平方數的末位數字只具有1、5、9形式，于是的末位數字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整數n是3的倍數，那么n2必是9的倍數；如果n不是3的倍數，那么n2被3除余1.由于2019是3的倍數，但不是9的倍數，因此奇數a、b、c皆不是3的倍數.注意，即奇數c≤43，而，即c2>673，且c不是3的倍數，故奇數c≥29.因此奇數.注意如下事實：如果奇數為兩個正整數的平方和，那么偶數2N必可表為兩個互異正奇數的平方和.這是由于，若c=43，方程化為：.因此，.于是得兩解：.若c=41，方程化為.由此得：{a，b，c}={7，17，41}.若c=37，方程化為，因此，，得到三個解：.若c=35，方程化為：.而397是一個4N+1型的質數，它可唯一地表為兩整數的平方和：，所以，得到一個解：{a，b，c}={13，25，35}若c=31，方程化為：，而23是4N－1型的質數，它不能表為兩個正整數的平方和.若c=29，方程化為：，它含有4N－1型的單質因子，故不能表為兩整數的平方和.綜合以上討論，本題共有七個滿足條件的互異正奇數解{a，b，c}，即為：，，.45．（2021·全國·高三競賽）求方程的所有正整數解．【答案】或其排序，共12組解．【詳解】不妨設．若，則．同理，．三式相乘得，與原方程矛盾．于是，．（1）若，則．顯然，無正整數解．（2）若，則．只有，才有對應的正整數，此時或．（3）若，則．兩邊取模3即知矛盾，故無解．（4）若，則．故此時，故，逐一檢驗后無解.綜上，或其排序，共12組解．46．（2021·全國·高三競賽）求方程的整數解，其中p?q是質數，r?s是大于1的正整數，并證明所得到的解是全部解.【答案】證明見解析【詳解】容易看到兩個質數中肯定有一個為2，不妨假設，即.若，從余數去討論，，s為奇數.，所以，從奇偶性可以看出這種情形方程無解.若為偶數，注意到，所以.令，其中為奇數，則，觀察最后一項，則為1，故，所以，故，故，所以，所以，，所以，，，綜上，考察到對稱性，原方程恰有兩組解：或47．（2021·全國·高三競賽）證明：對任意正整數，都存在正整數和個互不相同的正整數，使是完全平方數．【答案】證明見解析【詳解】對于，必存在不同的正整數滿足，令，則有．以此類推，當時，存在不同的正整數滿足．存在，定義，則．由前述結論可得存在使得，此時為完全平方數．48．（2018·全國·高三競賽）對于素數p，定義集合.及.試求所有的素數p，使得.【答案】滿足條件的所有素數p為2、3、5、13、17.【詳解】1.首先驗算當p＝2，3，5，13，17時，滿足題意.i.當p＝2時，對任意，a、b、c均為奇數或兩奇一偶，此時，.故.ii.當p＝3時，由平方數模3余0或1得或.因此，iii.當p＝5時，若.由模5余0或±1，得不能模5同為1或-1，此時必有.因此，.iv.當p=13時，若.由模13余0或±1或±3或±4，經驗算得中有一個模13為0或-1，此時必有或或因此,v.當=p=17時,若.由模17余0或±1或±2或±4或±8，經驗算得中有一個模17為0或-1，此時必有或或因此,.2.證明:當,且p>3時,不滿足題意.只需證明存在,而即可.事實上,由p>3,知存在整數c,使得.由無解.在模p意義下,定義函數,.若,則.于是,f為單射(在模p意義下).因此,f的值域中共有個值.由抽屜原理,知存在整數b,使得.注意到,b≠0(否則,與,矛盾),且a≠0(否則,與,矛盾).若,則由.而,,,于是,.故當且p>3時,不滿足題意.3.證明:當,且p>17時,不滿足題意.先證明兩個引理.引理1若p為奇素數,kt≠0,則,其中,Z為模p的完系,表示勒讓德符號.引理1的證明設模p的二次非零剩余構成集合A,非二次剩余構成集合B.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合A中每個元素恰兩次,故.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合B中每個元素恰兩次,故==.因此,.引理2設.則方程①至少有p-1組解.引理2的證明方程①等價于至少有p-1組解.固定有組解.于是,共有組解.由引理1及,得.回到原題.令c=a+b,其中,S為的解集,則==.于是,.若,則有下列四種情形:ⅰ.至多有兩個值(a,b).ⅱ.至多有兩個值(a,b).ⅲ.且至多有兩個值(a,b).ⅳ.,此時,.而,故至多6個b的解.又一個b至多可確定兩個a,于是,至多有12個值(a,b).綜上,至多有18個值,使得.又p>17時,p+1>18,則必存在一組,而.故.因此,滿足條件的所有素數p為2、2、5、13、17.49．（2021·全國·高三競賽）已知是兩個整數集合，且對于任意整數，存在唯一的使得.記.證明：對任意的，存在，使得.【答案】證明見解析【詳解】考慮滿足且的所有有序數對構成的集合.要證結論等價于：“存在且.”①對任意整數，定義映射.引理：是雙射.設，即.再由，得.由題設中唯一性得，所以是單射.是有限集，所以是雙射.引理得證.對任何固定的，令，由引理，存在唯一的使得，因此.另一方面，任取，設中包含個，任意交換的順序，得到的有序數對（共個）仍然是的元素，所以是一些類型的整數之和.不是101的倍數，而為質數，所以存在某個使得不是101的倍數，即中有一個為101，其余為0，即.至此，結論①得證，從而題中結論成立.50．（2021·全國·