资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．某班7名女生的体重（单位：kg）分别是35、37、38、40、42、42、74，这组数据的众数是（ ）
A．74 B．44 C．42 D．40
2．下列方程中，满足两个实数根的和等于3的方程是（ ）
A．2x2+6x﹣5=0 B．2x2﹣3x﹣5=0 C．2x2﹣6x+5=0 D．2x2﹣6x﹣5=0
3．在一个不透明的盒子中有20个除颜色外均相同的小球，每次摸球前先将盒中的球摇匀，随机摸出一个球记下颜色后再放回盒中，通过大量重复摸球试验后，发现摸到红球的频率稳定于0.3，由此可估计盒中红球的个数约为（ ）
A．3 B．6 C．7 D．14
4．正六边形的周长为6，则它的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．将二次函数的图象先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得图象对应的函数表达式是（ ）
A． B．
C． D．
6．某路口的交通信号灯每分钟红灯亮30秒，绿灯亮25秒，黄灯亮5秒，当小明到达该路口时，遇到红灯的概率是（ ）
A． B． C． D．1
7．如图，直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，且与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点C，若S△AOB＝S△BOC＝1，则k＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，四边形内接于，为直径，，过点作于点，连接交于点．若，，则的长为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
9．已知一个几何体如图所示，则该几何体的左视图是（ ）
A． B． C． D．
10．已知二次函数的图象与轴的一个交点为(-1，0)，对称轴是直线，则图象与轴的另一个交点是( )
A．(2，0) B．(-3，0) C．(-2，0) D．(3，0)
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图像如图所示，当y＜3时，x的取值范围是____．
12．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝5，CD＝6，则四边形ABCD的周长为_______．
13．《九章算术》作为古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．在《九章算术》中记载有一问题“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”小辉同学根据原文题意，画出圆材截面图如图所示，已知：锯口深为1寸，锯道尺（1尺＝10寸），则该圆材的直径为______寸．
14．在△ABC中，若∠A，∠B满足|cosA－|＋(sinB－)2＝0，则∠C＝_________．
15．如图，已知点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，3），在第一象限内找一点P(a,b) ,使△PAB为等边三角形，则2(a-b)=___________．
16．如图，∠C=∠E=90°，AC=3，BC=4，AE=2，则AD=_________ ．
17．二次函数的图象如图所示，若点，是图象上的两点，则____(填“>”、“<”、“=”).
18．关于的方程的一个根为2，则______.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在和中，，点为射线，的交点．
（1）问题提出：如图1，若，．
①与的数量关系为________；
②的度数为________．
（2）猜想论证：如图2，若，则（1）中的结论是否成立？请说明理由．
20．（6分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）．
（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称吗？若成中心对称，写出对称中心的坐标．
21．（6分）如图，AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B，且∠APB＝60°．
（1）求∠BAC的度数；
（2）若PA＝，求点O到弦AB的距离．
22．（8分）我市某化工材料经销商购进一种化工材料若干千克，成本为每千克30元，物价部门规定其销售单价不低于成本价且不高于成本价的2倍，经试销发现，日销售量（千克）与销售单价（元）符合一次函数关系，如图所示.
（1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）若在销售过程中每天还要支付其他费用500元，当销售单价为多少时，该公司日获利最大？最大获利是多少元？
23．（8分）如图，抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且∠ACO＝∠CBO．
（1）求线段OC的长度；
（2）若点D在第四象限的抛物线上，连接BD、CD，求△BCD的面积的最大值；
（3）若点P在平面内，当以点A、C、B、P为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出点P的坐标．
24．（8分）如图，是半径为的上的定点，动点从出发，以的速度沿圆周逆时针运动，当点回到地立即停止运动．
（1）如果，求点运动的时间；
（2）如果点是延长线上的一点，，那么当点运动的时间为时，判断直线与的位置关系，并说明理由．
25．（10分）如图1，在中，是的直径，交于点，过点的直线交于点，交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，试求的长；
（3）如图2，点是弧的中点，连结，交于点，若，求的值．
26．（10分）一只不透明的袋子中装有1个红球和1个白球，这些球除颜色外都相同，搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回、搅匀，这样连续共计摸3次．
（1）用树状图列出所有可能出现的结果；
（2）求3次摸到的球颜色相同的概率．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】试题分析：众数是这组数据中出现次数最多的数据，在这组数据中42出现次数最多，故选C.
考点：众数.
2、D
【分析】利用根与系数的关系判断即可．
【详解】满足两个实数根的和等于3的方程是2x2-6x-5=0，
故选D．
【点睛】
此题考查了根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
3、B
【分析】
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，
【详解】
解：根据题意列出方程，
解得：x=6，
故选B.
考点：利用频率估计概率．
4、B
【分析】首先根据题意画出图形，即可得△OBC是等边三角形，又由正六边形ABCDEF的周长为6，即可求得BC的长，继而求得△OBC的面积，则可求得该六边形的面积．
【详解】解：如图，连接OB，OC，过O作OM⊥BC于M，
∴∠BOC=×360°=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∵正六边形ABCDEF的周长为6，
∴BC=6÷6=1，
∴OB=BC=1，
∴BM=BC=，
∴OM= ，
∴S△OBC=×BC×OM= ，
∴该六边形的面积为： ．
故选：B．
【点睛】
此题考查了圆的内接六边形的性质与等边三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5、B
【解析】抛物线平移不改变a的值，由抛物线的顶点坐标即可得出结果．
【详解】解：原抛物线的顶点为（0，0），向左平移1个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为（-1，-1），
可设新抛物线的解析式为：y=（x-h）1+k，
代入得：y=（x+1）1-1．
∴所得图象的解析式为：y=（x+1）1-1；
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数图象的平移规律；解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
6、C
【分析】根据随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数所有可能出现的结果数，据此用红灯亮的时间除以以上三种灯亮的总时间，即可得出答案.
【详解】解：∵每分钟红灯亮30秒，绿灯亮25秒，黄灯亮5秒，
∴红灯的概率是：.
故答案为：C.
【点睛】
本题考查的知识点是简单事件的概率问题，熟记概率公式是解题的关键.
7、D
【分析】作CD⊥x轴于D，设OB=a（a＞0）．由S△AOB=S△BOC，根据三角形的面积公式得出AB=BC．根据相似三角形性质即可表示出点C的坐标，把点C坐标代入反比例函数即可求得k．
【详解】如图，作CD⊥x轴于D，设OB＝a（a＞0）．
∵S△AOB＝S△BOC，
∴AB＝BC．
∵△AOB的面积为1，
∴OA•OB＝1，
∴OA＝，
∵CD∥OB，AB＝BC，
∴OD＝OA＝，CD＝2OB＝2a，
∴C（，2a），
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点C，
∴k＝×2a＝1．
故选D．
【点睛】
此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，会运用相似求线段长度是解题的关键．
8、C
【解析】连接，如图，先利用圆周角定理证明得到，再根据正弦的定义计算出，则，，接着证明，利用相似比得到，所以，然后在中利用正弦定义计算出的长．
【详解】连接，如图，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
在中，∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
在中，∵，
∴，
故选C．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径”是解题的关键.
9、B
【解析】根据左视图的定义: 由物体左边向右做正投影得到的视图(不可见的用虚线),判断即可.
【详解】解:根据左视图的定义可知: 该几何体的左视图为:
故选:B.
【点睛】
此题考查的是判断一个几何体的左视图,掌握左视图的定义: 由物体左边向右做正投影得到的视图(不可见的用虚线),是解决此题的关键.
10、D
【分析】求出点(-1，0)关于直线的对称点，对称点的坐标即为图象与轴的另一个交点坐标．
【详解】由题意得，另一个交点与交点(-1，0)关于直线对称
设另一个交点坐标为(x，0)
则有
解得
另一个交点坐标为(3，0)
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了二次函数的对称问题，掌握轴对称图象的性质是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、－1＜x＜3
【分析】根据图象，写出函数图象在y=3下方部分的x的取值范围即可．
【详解】解：如图，根据二次函数的对称性可知，－1＜x＜3时，y＜3，
故答案为：－1＜x＜3.
【点睛】
本题考查了二次函数与不等式和二次函数的对称性，此类题目，利用数形结合的思想求解更简便．
12、1
【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，DH=DG，CG=CF，BE=BF，
∵AB=AE+EB=5，CD=DG+CG=6，
AH+DH+BF+CF=AE+DG+BE+CG，
即AD+BC=AB+CD=11，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键．
13、1．
【分析】设的半径为，在中，，则有，解方程即可.
【详解】设的半径为．
在中，，
则有，
解得，
∴的直径为1寸，
故答案为1．
【点睛】
本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型.
14、75°
【解析】根据绝对值及偶次方的非负性，可得出cosA及sinB的值，从而得出∠A及∠B的度数，利用三角形的内角和定理可得出∠C的度数．
【详解】∵|cosA－|＋(sinB－)2＝0，
∴cosA=，sinB=，
∴∠A=60°，∠B=45°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=75°，
故答案为75°.
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值及非负数的性质，解答本题的关键是得出cosA及sinB的值，另外要求我们熟练掌握一些特殊角的三角函数值．
15、
【分析】根据A、B坐标求出直线AB的解析式后，求得AB中点M的坐标，连接PM，在等边△PAB中，M为AB中点，所以PM⊥AB，，再求出直线PM的解析式，求出点P坐标；在Rt△PAM中，AP=AB=5，，即且a＞0，解得a>0，即，将a代入直线PM的解析式中求出b的值，最后计算2(a-b)的值即可；
【详解】解：∵A(4，0)，B(0，3)，
∴AB=5，
设，
∴，
∴ ，
∴，
∵A(4，0) B(0，3) ，
∴AB中点，连接PM，
在等边△PAB中，M为AB中点，
∴PM⊥AB，，
∴，
∴设直线PM的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
在Rt△PAM中，AP=AB=5，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵a>0，
∴，
∴，
∴；
【点睛】
本题主要考查了一次函数的综合应用，掌握一次函数是解题的关键.
16、.
【解析】试题分析：由∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的对应边的比相等就可求出AD的长．
试题解析：∵∠C=∠E=90°，∠BAC=∠DAE
∴△ABC∽△ADE
∴AC：AE=BC：DE
∴DE=
∴
考点: 1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理.
17、>
【分析】利用函数图象可判断点，都在对称轴右侧的抛物线上，然后根据二次函数的性质可判断与的大小．
【详解】解：∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，且开口向下，
∴点，都在对称轴右侧的抛物线上，
∴＞．
故答案为＞．
【点睛】
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质．解决本题的关键是判断点A和点B都在对称轴的右侧．
18、1
【分析】方程的根即方程的解，就是能使方程两边相等的未知数的值，利用方程解的定义就可以得到关于k的方程，从而求得k的值．
【详解】把x＝2代入方程得：4k−2−2＝0，解得k＝1
故答案为:1．
【点睛】
本题主要考查了方程的根的定义，是一个基础的题目．
三、解答题(共66分)
19、（1）；；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）①依据等腰三角形的性质得到AB=AC，AD=AE，依据同角的余角相等得到∠DAB=∠CAE，然后依据“SAS”可证明△ADB≌△AEC，最后，依据全等三角形的性质可得到∠ABD=∠ACE；②由三角形内角和定理可求∠BPC的度数；
（2）由30°角的性质可知，，从而可得，进而可证，由相似三角形的性质和三角形内角和即可得出结论；
【详解】（1）①∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC，AD=AE，∠DAB=∠CAE,∠ABC=∠ACB=45°,
∴△ADB≌△AEC（SAS）,
∴∠ABD=∠ACE，
②∵∠BPC=180°-∠ABD-∠ABC-∠BCP=180°-45°-（∠BCP+∠ACE）,
∴∠BPC=90°,
故答案为：
；
（2）（1）中结论成立，理由：
在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴；
∵
∴．
【点睛】
本题是三角形综合题，主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、含30°角的直角三角形的性质，以及相似三角形的性质和判定，证明得是解题的关键．
20、（1）见解析；（2）见解析，点C2的坐标为（1，3）；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称，对称中心为（，）
【解析】(1)作出A、B、C关于x轴的对称点，然后顺次连接即可得到;
(2)把A、B、C绕原点按逆时针旋转90度得到对应点，然后顺次连接即可得到，根据图可写出C2的坐标;
(3)成中心对称，连续各对称点，连线的交点就是对称中心，从而可以找出对称中心的坐标.
【详解】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，点C2的坐标为（1，3）；
（3）△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称，对称中心为（，）．
【点睛】
本题综合考查了轴对称图形和图形的旋转的作图，图形变换的性质，不管是哪一种变化，找对应点是关键.
21、（1）30°；（1）1
【分析】（1）根据切线长定理及切线的性质可得PA=PB，∠OAP=90°，由∠PAB=60°可证明△ABP是等边三角形，可得∠BAP=60°，即可求出∠BAC的度数；
（1）连接OP，交AB于点D，根据切线长定理可得∠APO＝∠BPO=30°，即可得OP⊥AB，根据垂径定理可求出AD的长，根据含30°角的直角三角形的性质可得OA=1OD，利用勾股定理列方程求出OD的长即可得答案.
【详解】（1）∵PA，PB分别是⊙O的切线
∴PA=PB，∠OAP＝90°，
∵∠APB＝60°
∴△ABP为等边三角形
∴∠BAP＝60°
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°
（1）连接OP，交AB于点D．
∵△ABP为等边三角形
∴BA=PB=PA=，
∵PA，PB分别是⊙O的切线，
∴∠APO＝∠BPO=30°，
∴OP⊥AB，
∴AD＝AB=，
∵∠ODA＝90°，∠BAC＝30°，
∴OA=1 OD，
∵，
∴，
解得：OD=1，即点O到弦AB的距离为1．
【点睛】
本题考查切线的性质、切线长定理及含30°角的直角三角形的性质，圆的切线垂直于过切点的直径；从圆外可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；30°角所对的直角边等于斜边的一半；熟练掌握相关定理及性质是解题关键.
22、（1） ；（2）销售单价为每千克60元时，日获利最大，最大获利为1900元.
【分析】（1）根据图象利用待定系数法，即可求出直线解析式；
（2）利用每件利润×总销量=总利润，进而求出二次函数最值即可．
【详解】解：（1）设一次函数关系式为
由图象可得，当时，；时，.
∴，解得
∴与之间的关系式为
（2）设该公司日获利为元，由题意得
∵；
∴抛物线开口向下；
∵对称轴；
∴当时，随着的增大而增大；
∵，
∴时，有最大值；
.
即，销售单价为每千克60元时，日获利最大，最大获利为1900元.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值（或最小值），也就是说二次函数的最值不一定在时取得。
23、（1）2；（2）2；（3）(2，2)，(6，﹣2)或(﹣6，﹣2)
【分析】（1）由抛物线的解析式先求出点A，B的坐标，再证△AOC∽△COB，利用相似三角形的性质可求出CO的长；
（2）先求出抛物线的解析式，再设出点D的坐标（m，m2﹣m﹣2），用含m的代数式表示出△BCD的面积，利用函数的性质求出其最大值；
（3）分类讨论，分三种情况由平移规律可轻松求出点P的三个坐标．
【详解】（1）在抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）中，
当y＝0时，x1＝﹣2，x2＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
∴AO＝2，BO＝4，
∵∠ACO＝∠CBO，∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴，即，
∴CO＝2；
（2）由（1）知，CO＝2，
∴C（0，﹣2）
将C（0，﹣2）代入y＝a（x+2）（x﹣4），
得，a＝，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣2，
如图1，连接OD，
设D（m，m2﹣m﹣2），
则S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△BOC
＝×2m+×4（﹣m2+m+2）﹣×4×2
＝﹣m2+2m
＝﹣（m﹣2）2+2，
根据二次函数的图象及性质可知，当m＝2时，△BCD的面积有最大值2；
（3）如图2﹣1，当四边形ACBP为平行四边形时，由平移规律可知，点C向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点B，所以点A向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点P，因为A（﹣2，0），所以P1（2，2）；
同理，在图2﹣2，图2﹣3中，可由平移规律可得P2（6，﹣2），P3（﹣6，﹣2）；
综上所述，当以点A、C、B、P为顶点的四边形是平行四边形时，点P的坐标为（2，2），（6，﹣2），P3（﹣6，﹣2）．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积及平移规律等，解题关键是熟知平行四边形的性质及熟练运用平移规律．
24、（1）或（2）直线与相切，理由见解析
【分析】（1）当∠POA=90°时，点P运动的路程为⊙O周长的或，所以分两种情况进行分析；
（2）直线BP与⊙O的位置关系是相切，根据已知可证得OP⊥BP，即直线BP与⊙O相切．
【详解】解：（1）当∠POA=90°时，根据弧长公式可知点P运动的路程为⊙O周长的或，设点P运动的时间为ts；
当点P运动的路程为⊙O周长的时，2π•t=•2π•12，
解得t=3；
当点P运动的路程为⊙O周长的时，2π•t=•2π•12，
解得t=9；
∴当∠POA=90°时，点P运动的时间为3s或9s．
（2）如图，当点P运动的时间为2s时，直线BP与⊙O相切
理由如下：
当点P运动的时间为2s时，点P运动的路程为4πcm，
连接OP，PA；
∵半径AO=12cm，
∴⊙O的周长为24πcm，
∴的长为⊙O周长的，
∴∠POA=60°；
∵OP=OA，
∴△OAP是等边三角形，
∴OP=OA=AP，∠OAP=60°；
∵AB=OA，
∴AP=AB，
∵∠OAP=∠APB+∠B，
∴∠APB=∠B=30°，
∴∠OPB=∠OPA+∠APB=90°，
∴OP⊥BP，
∴直线BP与⊙O相切．
【点睛】
本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．
25、（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）连接半径，根据已知条件结合圆的基本性质可推出，即，即可得证结论；
（2）设，根据已知条件列出关于的方程、解方程即可得到圆心角，再求得半径，然后利用弧长公式即可得解；
（3）由，设，然后根据已知条件利用圆的一些性质、勾股定理以及三角形的不同求法分别表示出、，再利用平行线的判定以及相似三角形的判定和性质即可求得结论．
【详解】解：（1） 连结，如图：
∵是的直径
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵在圆上
∴是的切线．
（2）设
∵
∴
∴
∵在中，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
连结，过作于点，如图：
∵点是的中点
∴
∴设
∴
∴
∴
∵在中，
∴
∵，
∴
∴
∴．
故答案是：（1）证明见解析（2）（3）
【点睛】
本题考查了圆的相关性质、切线的判定、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形的相关性质、锐角三角函数、三角形的外角性质以及弧长的计算公式等，综合性较强，但难度不大属中档题型．
26、（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据题意画树状图，求得所有等可能的结果；
（2）由（1）可求得3次摸到的球颜色相同的结果数，再根据概率公式即可解答．
【详解】（1）画树状图为：
共有8种等可能的结果数；
（2）3次摸到的球颜色相同的结果数为2，
3次摸到的球颜色相同的概率＝＝．
【点睛】
本题考查列表法或树状图法求概率，解题的关键是不重复不遗漏地列出所有等可能的结果．
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
