2024届山东省滨州市高三下学期5月二模生物试卷（解析版）

这是一份2024届山东省滨州市高三下学期5月二模生物试卷（解析版），共29页。试卷主要包含了 哺乳动物体内B型脂蛋白等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、选择题：本题共15小题，每题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 被病原体感染的巨噬细胞会发生内质网应激（ERS）。ERS发生时内质网激酶PERK与分子伴侣GRP78解离，PERK发生磷酸化后催化翻译起始因子磷酸化，导致蛋白质翻译暂停；GRP78则与未折叠蛋白质结合，帮助其进行折叠。ERS的发生还可激活内质网自噬，此时蛋白Atg8a会与内质网上的自噬受体结合，启动自噬过程。Keap1蛋白可提高内质网上自噬受体的泛素化水平，促进内质网自噬。下列说法错误的是（ ）
A. 解离后的GRP78通过减少内质网中未折叠蛋白的堆积来缓解内质网压力
B. 磷酸化的PERK通过减少运往内质网的蛋白质来缓解内质网压力
C. 提高Keapl的泛素化水平可促进自噬受体与Atg8a的结合，加速内质网自噬
D. 自噬可将内质网内堆积的蛋白质降解并重新利用，减少细胞内物质和能量的浪费
【答案】C
【分析】细胞自噬就是细胞吃掉自身的结构和物质。处于营养位置缺乏条件下的细胞，通过细胞自噬可以获得维持生存所需的物质和能量；在细胞受到损伤、微生物入侵或细胞衰老时，细胞通过自噬，可以清除受损或衰老的细胞器，以及感染的微生物和毒素，从而维持细胞内部环境的稳定。
【详解】A、ERS发生时内质网激酶PERK与分子伴侣GRP78解离，PERK发生磷酸化后催化翻译起始因子磷酸化，导致蛋白质翻译暂停，GRP78则与未折叠蛋白质结合，帮助其进行折叠减少内质网中未折叠蛋白的堆积来缓解内质网压力，A正确；
B、PERK发生磷酸化后催化翻译起始因子磷酸化，导致蛋白质翻译暂停，减少运往内质网的蛋白质来缓解内质网压力，B正确；
C、Keap1蛋白可提高内质网上自噬受体的泛素化水平，从而促进内质网自噬，不是提高Keapl的泛素化水平，C错误；
D、自噬可将内质网内堆积的蛋白质降解并重新利用，减少细胞内物质和能量的浪费，D正确。
故选B。
2. ABC转运蛋白由TMD和NBD组成，TMD是离子、原核细胞分泌蛋白等物质穿过细胞膜的机械性孔道；NBD与ATP水解有关，如图所示。ABC转运蛋白可分为存在于所有生物中的外向转运蛋白和仅存在于细菌及植物中的内向转运蛋白。下列说法错误的是（ ）
A. 分泌蛋白经外向转运蛋白运出大肠杆菌需消耗能量
B. 离子先与SBP结合后经内向转运蛋白进入酵母菌
C. 抗肿瘤药物可被肿瘤细胞的外向转运蛋白运出而降低化疗效果
D. SBP、TMD和NBD通过改变构象完成对物质的摄取、转运和释放
【答案】B
【分析】ABC转运蛋白是生物细胞中存在的一类跨膜转运蛋白，可以催化ATP水解释放能量来转运物质。
【详解】A、ABC转运蛋白由TMD和NBD组成，TMD是离子、原核细胞分泌蛋白等物质穿过细胞膜的机械性孔道，图中，ABC外向转运蛋白发挥作用时发生了ATP的水解，分泌蛋白经外向转运蛋白运出大肠杆菌需消耗能量，A正确；
B、向转运蛋白仅存在于细菌及植物中，而酵母菌属于真菌，B错误；
C、外向转运蛋白存在于所有生物中，抗肿瘤药物可被肿瘤细胞的外向转运蛋白运出而降低化疗效果，C正确；
D、ABC转运蛋白由TMD和NBD组成。TMD作用是构成介导底物穿过细胞膜的机械性通道，NBD与ATP水解相关。在不同的转运阶段，两个 NBD 的结合状态与开口方向是动态变化的，NBD接收信息后，结合ATP并水解产生能量进而控制 TMD空间结构的变化，以完成对底物分子的转运。其中外向转运蛋白的TMD可以直接与在胞内的底物分子结合，启动整个转运过程。而内向转运蛋白则是外周蛋白SBP捕获识别底物，形成底物-外周蛋白复合体后呈递给 TMD，进而使处于外周蛋白中的底物分子脱落，并通过 TMD 结构进入胞内，SBP与TMD、TMD与TMD 之间是通过改变构象来完成对底物的摄取、传输和释放，D正确。
故选B。
3. 剧烈运动时，肌细胞中葡萄糖氧化分解产生NADH的速率超过呼吸链消耗NADH的速率，此时NADH可以将丙酮酸还原为乳酸。乳酸随血液进入肝细胞后转变为葡萄糖，又回到血液，以供应肌肉运动的需求。该过程称为可立氏循环。下列说法正确的是（ ）
A. 剧烈运动时，肝糖原和肌糖原分解成葡萄糖来补充血糖
B. 丙酮酸还原成乳酸时产生少量能量并形成少量ATP
C. 丙酮酸还原为乳酸使NADH再生，以保证葡萄糖氧化分解的正常进行
D. 可立氏循环能避免乳酸损失导致的物质能量浪费及乳酸堆积导致的酸中毒
【答案】D
【分析】有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和NADH，合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和NADH，合成少量ATP；第三阶段是氧气和NADH反应生成水，合成大量ATP。
【详解】A、肌糖原不会分解补充血糖，A错误；
B、丙酮酸还原成乳酸是无氧呼吸第二阶段，该阶段没有ATP产生，B错误；
C、依题意，丙酮酸还原为乳酸时消耗NADH，生成NAD+，以保证葡萄糖氧化分解的正常进行，C错误；
D、依题意，当产生NADH的速率超过呼吸链消耗NADH的速率时，NADH可以将丙酮酸还原为乳酸，乳酸可通过转化为葡萄糖重新进行入循环。这种机制能避免乳酸损失导致的物质能量浪费及乳酸堆积导致的酸中毒，D正确。
故选D。
4. 为研究某种动物体细胞的细胞周期，在t0时将S期的细胞用3H全部标记，然后换用无放射性的新鲜培养液继续培养，不同间隔时间取样做细胞放射性自显影实验，统计其中带3H标记的M期细胞所占的百分比。t1（t1＝t0+3h）时发现被标记的细胞开始进入M期；t2（t2＝t1+1h）时50%的被标记细胞处于M期的被标记细胞的数目在增加；t3（t3＝t2+4h）时50%被标记细胞处于M期且处于M期的被标记细胞的数目在减少；t4（t4＝t3+8h）时出现被标记的细胞第二次进入M期。下列说法正确的是（ ）
A. t0~t4时间段被3H标记的细胞均不会经历核糖体形成的时期
B. t1~t4时间段被3H标记的细胞经历了一个完整的细胞周期
C. t2~t3时间段被3H标记的部分细胞核DNA复制会因环境影响而出错
D. 该细胞周期中G1、S、G2和M期时长分别为4h、2h、3h和4h
【答案】D
【分析】分析题干信息可知，用3H标记的是DNA合成期（S期）的不同细胞，其他时期的细胞不被标记，统计的是分裂期（M期）细胞带3H标记的细胞占有丝分裂细胞的百分数，因此研究的是DNA复制期的不同细胞经过DNA复制后期、分裂期和进入下一个细胞周期的分裂间期的历程。 题中t1（t1=t0+3h）点开始检测到带3H标记分裂期细胞，说明最先完成DNA复制的细胞经历G2期进入分裂期，则t0~t1为G2期时间，时间为3h；t2（t2=t1+1h）时50%的被标记细胞处于M期的被标记细胞的数目在增加，说明G2+1/2S=4小时，即S等于2小时；t3（t3=t2+4h）时50%的被标记细胞处于M期且处于M期的被标记细胞的数目在减少，即S/2+G2+M=8小时，因此M等于4小时；t4（t4=t3+8h）时出现被标记的细胞第二次进入M期，t1~t4时细胞经过一个细胞周期（G1+G2+S+M），时间为13小时，因此G1等于4小时。
【详解】A、核糖体增生发生在G1期，分析题意可知：t1时最早发现被标记的细胞进入M期，t4时出现被标记的细胞第二次进入 M期，所以t1~t4时细胞经过一个细胞周期，因此在t0~t4时间段存在分裂间期，存在核糖体增生，A错误；
BD、 题中t1（t1=t0+3h）点开始检测到带3H标记分裂期细胞，说明最先完成DNA复制的细胞经历G2期进入分裂期，则t0~t1为G2期时间，时间为3h；t2（t2=t1+1h）时50%的被标记细胞进入M期且处于M期的被标记细胞的数目在增加，说明G2+1/2S=4小时，即S等于2小时；t3（t3=t2+4h）时50%的被标记细胞处于M期且处于M期的被标记细胞的数目在减少，即S/2+G2+M=8小时，因此M等于4小时；t4（t4=t3+8h）时出现被标记的细胞第二次进入M期，t1~t4时细胞经过一个细胞周期（G1+G2+S+M），时间为13小时，因此G1等于4小时，B错误，D正确；
C、S期细胞的 DNA容易受到内外因素的干扰而发生差错，据B可知，S等于2小时，t2时已不存在S期细胞，因此在t2~t3时间段被3H标记的细胞不会因环境的影响而引起核DNA复制出错，C错误。
故选D。
5. 哺乳动物体内B型脂蛋白（ApB）有两种类型：ApB100含4536个氨基酸，在肝细胞中合成；ApB48含2152个氨基酸，在肠细胞中合成。这两种脂蛋白均由同一基因（ApB）表达产生，ApB48的氨基酸序列与ApB100的前半段完全相同，其差异产生的原因是肠细胞中的mRNA分子一个位点上的胞嘧啶（C）转变为尿嘧啶（U）。部分氨基酸的密码子表如下。下列说法错误的是（ ）
A. ApB100的第2153位上的氨基酸可能是精氨酸或谷氨酰胺
B. 两种ApB蛋白的差异产生的根本原因是基因突变
C. 翻译形成ApB100所需tRNA的种类不一定比形成ApB48时多
D. ApB蛋白的多态性丰富了基因选择性表达的内涵
【答案】B
【分析】（1）基因表达包括转录和翻译两个过程，其中转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程主要在细胞核中进行，需要RNA聚合酶参与；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程，该过程发生在核糖体上，需要以氨基酸为原料，还需要酶、能量和tRNA。
（2）DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失而引起的基因结构的改变，叫做基因突变。
【详解】A、由题干知，ap-B基因没有突变，可能mRNA提前出现终止密码子UAG、UAA 、UGA，提前终止了翻译，因此肠细胞中的氨基酸更少，只表达了2152个氨基酸，则第2153位氨基酸对应密码子可能是CAG、CAA、CGA，所以对应氨基酸可能是谷氨酰胺或精氨酸，A正确；
B、DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失而引起的基因结构的改变，叫做基因突变，题干中发生转变的是在mRNA碱基，不属于基因突变，B错误；
C、翻译时所需tRNA的种类取决于蛋白质中氨基酸的种类，所以翻译形成ApB100所需tRNA的种类不一定比形成ApB48时多，C正确；
D、蛋白质的多态性是指一种蛋白质存在多种不同的类型，哺乳动物体内B型脂蛋白（ApB）有两种类型：ApB100和ApB48ApB48的氨基酸序列与ApB100的前半段完全相同，其差异产生的原因是肠细胞中的mRNA分子一个位点上的胞嘧啶（C）转变为尿嘧啶（U），丰富了基因选择性表达的内涵，D正确。
故选B。
6. 染色体DNA复制时需要一小段RNA作为引物，这是因为DNA聚合酶只能从引物的3'端连接脱氧核苷酸。复制时两条子链的延伸方向相反，其中一条子链称为前导链，该链连续延伸，另一条称为后随链，该链逐段延伸，这些片段称为冈崎片段，如图1所示。图2表示图1中一段RNA引物去除并修复的过程。下列说法错误的是（ ）
A. 酶1可以切除RNA片段，但不能切除与脱氧核苷酸连接的核糖核苷酸
B. 染色体DNA复制需要RNA聚合酶、DNA连接酶的参与
C. 每个冈崎片段的形成和其引物去除并修复的过程需两次DNA聚合酶的催化
D. 染色体DNA复制结束并切除所有引物后形成的两个子代DNA分子碱基序列完全相同
【答案】D
【分析】据图可知，DNA半保留复制过程是分别以解旋后的两条链为模板，以细胞中游离的4种脱氧核苷酸为原料，按照碱基互补配对原则，各自合成与母链互补的一条子链，子链的延伸方向是从5´→3´，分为前导链和后随链，前导链的合成是连续的，后随链的合成是不连续的，据此分析。
【详解】A、由图2可知，酶1可以切除相应的RNA引物片段，由于酶具有专一性，因此酶1不能切除与脱氧核苷酸连接的核糖核苷酸，A正确；
B、由题意可知，染色体复制时需要合成一小段RNA作为引物，因此需要RNA聚合酶的参与，后随链合成时会先形成多个DNA单链的片段（冈崎片段），之后需要DNA连接酶相连接，B正确；
C、在引物RNA合成基础上，进行DNA链的5′～3′方向合成，在DNA聚合酶的作用下前导链连续地合成出一条长链，后随链合成出冈崎片段，去除RNA引物后，片段间形成了空隙，DNA聚合酶作用使各个片段靠近，在连接酶作用下，各片段连接成为一条长链，即每个冈崎片段的形成和其引物去除并修复的过程需两次DNA聚合酶的催化，C 正确；
D、染色体DNA复制结束并切除所有引物后形成的两个子代DNA分子可能因基因突变碱基序列不完全相同，D错误。
故选D。
7. 目的基因插入植物细胞染色体上的拷贝数可能不止一个，且插入位点也具有一定的随机性。将抗除草剂基因（B）导入红花香豌豆（Aa）细胞后，利用筛选成功的单个细胞经植物组织培养获得了4种抗除草剂植株，将其分别自交，子代表型及比例如下表所示。若检测到每个受体细胞中最多含有2个B基因，基因的插入不影响配子活性和个体存活。下列说法正确的是（ ）
A. 甲植株中抗除草剂基因与控制花色的基因位于非同源染色体上且为单拷贝插入
B. 乙植株中抗除草剂基因插入花色基因所在染色体上且为双拷贝插入
C. 丙植株中抗除草剂基因为单拷贝插入且插入红花基因所在的染色体上
D. 丁植株中抗除草剂基因为双拷贝插入且有一个抗除草剂基因插入红花基因内
【答案】D
【分析】基因自由组合定律的实质是：等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合。利用“拆分法”解决自由组合计算问题思路：将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。基因自由组合定律特殊分离比的解题思路： 1.看后代可能的配子组合种类，若组合方式是16种，不管以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律，其上代基因型为双杂合。 2.写出正常的分离比9︰3︰3︰1。3.对照题中所给信息进行归类，若分离比为9︰7，则为9︰（3︰3︰1），即7是后三种合并的结果；若分离比为9︰6︰1，则为9︰（3︰3）︰1；若分离比为15︰1，则为（9︰3︰3）︰1。
【详解】A、由题意可知，甲植株自交后代中，抗除草剂红花：抗除草剂白花：不抗除草剂红花：不抗除草剂白花=9：3：3：1，说明抗除草剂基因与控制花色的基因遵循基因的自由组合定律，因此甲植株中抗除草剂基因可能为双拷贝且插入同一条染色体上，A错误；
B、乙植株自交后代中，抗除草剂红花:抗除草剂白花:不抗除草剂红花:不抗除草剂白花=45: 15:3:1，性状分离比例之和为64，说明由三对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律。其中抗除草剂：不抗除草剂=15：1,说明控制这对性状的基因有两对，且位于两对同源染色体上，红花：白花=3：1，由一对等位基因控制，因此说明抗除草剂基因在乙植株中为双拷贝插入，但没有插入花色基因所在的染色体上，B错误；
C、丙植株自交后代中，抗除草剂红花：抗除草剂白花：不抗除草剂红花：不抗除草剂白花= 3：0：0：1，丙植株中抗除草剂基因可能为双拷贝插入红花基因所在的染色体上，C错误;
D、丁植株自交后代中，抗除草剂红花：抗除草剂白花：不抗除草剂红花：不抗除草剂白花= 0：15：0：1，即抗除草剂：不抗除草剂=15：1，全为白花，说明丁植株中抗除草剂基因为双拷贝插入且有一个抗除草剂基因插入红花基因内，D正确。
故选D。
8. 神经元之间除化学突触外，还存在电突触。形成电突触的两个神经元的细胞膜中都含有连接蛋白形成的连接子，连接子端端相连，中央形成亲水性孔道，由此形成连通两个细胞胞质的缝隙连接通道。缝隙连接的细胞群中，一个细胞产生动作电位后，兴奋可直接传递给相邻细胞。下列说法错误的是（ ）
A. 电突触传递信息的过程中存在化学信号和电信号的转换
B. 电突触实现了相邻神经元之间离子快速转移
C. 电突触的兴奋传导具有速度快和双向传导的特点
D. 电突触的存在使心肌细胞能同步收缩，这有利于血液射入动脉
【答案】A
【分析】兴奋在神经元之间需要通过突触结构进行传递，突触包括突触前膜、突触间隙、突触后膜，其具体的传递过程为：兴奋以电流的形式传导到轴突末梢时，突触小泡释放递质（化学信号），递质作用于突触后膜，引起突触后膜产生膜电位（电信号），从而将兴奋传递到下一个神经元。由于递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜，因此神经元之间兴奋的传递只能是单方向的。
【详解】A、电突触的传递依靠电信号，类似于神经纤维上的传导，可以是双向的，也不涉及化学信号的转换，A错误；
BC、电突触的突触间隙很窄，突触前神经末梢内无突触小泡，前膜和后膜之间形成离子通道，带电离子可通过通道传递电信号，在此过程中没有信号的转换，可快速传递信号，BC正确；
D、电突触的存在可以快速传递信号，使心肌细胞能同步收缩，这有利于血液射入动脉，D正确。
故选A。
9. 为研究高盐胁迫下不同浓度油菜素内酯类似物（EBR）对西瓜种子萌发的影响，进行了相关实验。T1—T6组先用不同浓度的EBR浸种处理，再用NaCl溶液作高盐胁迫处理，CK为对照组。在相同且适宜的条件下催芽并统计种子的发芽率，结果如下表。下列说法错误的是（ ）
A. 油菜素内酯可促进种子萌发及茎、叶细胞的扩展与分裂
B. 高盐胁迫会抑制种子对水分的吸收从而抑制种子萌发
C. 高盐胁迫下EBR对西瓜种子发芽率的影响具有两重性
D. 浓度为0.050mg/L的EBR浸种可有效抵抗高盐胁迫对西瓜种子的毒害
【答案】C
【分析】由图可知，本题中油菜素内酯的浓度和盐胁迫为实验的自变量，因变量是发芽率；油菜素内脂浓度为0时对应的组别，也就是1和2都为对照组。
【详解】A、油菜素内酯能促进芽、叶细胞的扩展和分裂，促进花粉管生长、种子萌发等，A正确；
B、高盐胁迫会引起种子细胞失水而影响萌发，即高盐胁迫会抑制种子对水分的吸收从而抑制种子萌发，B正确；
C、由表格信息可知，T1-T6组种子的发芽率均低于CK组，因此油菜素内酯的作用只表现了抑制作用，未体现高浓度促进发芽，C错误；
D、高盐胁迫下T1-T6组种子的发芽率在不同浓度的油菜素内酯处理后，种子发芽率低于对照组，但在浓度为0.050mg/L的EBR浸种条件下种子的发芽率高于其它组，说明油菜素内酯可有效抵抗高盐胁迫对西瓜种子的毒害，但不能使其恢复至正常水平，D正确。
故选C。
10. 为衡量甲、乙两种植物的竞争能力，在同一地点将甲、乙两种植物种子按照不同的比例混合种植，计算收获时的种子数比值，结果如图所示。若只考虑M与N的关系所反映的两者之间的竞争能力，下列说法正确的是（ ）
A. 甲乙两种植物混合播种时生态位完全重叠
B. 为保证收获到甲的种子，播种比例不应小于a
C. M=b，乙植物将逐渐被甲植物淘汰
D. M=c时，甲乙两种植物收获的种子数相等
【答案】B
【分析】曲线可知，当播种时甲的种子数显著多于乙的种子数时即M增大，则N也增大；当M=N时，代表（甲播种的种子数／乙播种的种子数）＝（收获时甲种子数／收获时乙种子数），可理解为两种生物收获与播种比相等，甲、乙达成竞争平衡。
【详解】A、生态位是指一个物种在群落中的地位或作用，包括所处的空间位置，占用资源的情况，以及与其他物种的关系等，群落内物种长时间的种间竞争可能导致生态位的分化，任何两个物种的生态位都不会完全重叠，A错误；
B、从曲线可以看出，当M大于a时，才能收获到甲的种子，B正确；
C、从曲线可以看出，在自然状态下，若观测到某年M值为b，M