2019届贵州省毕节市高三下学期适应性监测考试（三）理科综合生物试题（解析版）

2019届贵州省毕节市高三下学期适应性监测考试（三）理科综合生物试题（解析版）理科综合（生物部分）一、选择题1.下列有关细胞生命历程的说法，正确的是A. 与酵母菌相比，乳酸菌与外界进行物质交换的效率较低B. 细胞衰老后色素减少、部分酶的活性降低C. 被病原体感染的细胞的清除与细胞坏死有关D. 精原细胞可进行有丝分裂和减数分裂【答案】D【解析】【分析】酵母菌是真核生物，乳酸菌是原核生物，二者的主要区别是有无核膜包被的细胞核。真核细胞的增殖的方式：有丝分裂、无丝分裂和减数分裂。【详解】与酵母菌相比，乳酸菌细胞体积较小，相对表面积大，与外界进行物质交换的效率较高，A错误；细胞衰老后色素增多、部分酶的活性降低，B错误；被病原体感染的细胞的清除与细胞凋亡有关，C错误；精原细胞可进行有丝分裂（产生精原细胞）和减数分裂（产生精子），D正确。故选D。 2.下列有关育种方法的叙述，不正确的是A. 杂交育种适用于进行有性生殖的生物B. 单倍体育种需用秋水仙素处理萌发的种子C. 多倍体育种利用了染色体数目变异的原理D. 人工诱变可提高突变频率，不能定向改变生物性状【答案】B【解析】【分析】杂交育种的原理是基因重组；诱变育种的原理是基因突变；单倍体育种和多倍体育种的原理是染色体数目变异。【详解】杂交育种的原理是基因重组，适用于进行有性生殖的生物，A正确；单倍体育种需用秋水仙素处理萌发的幼苗，B错误；多倍体育种的原理是染色体数目变异，C正确； 人工诱变可提高突变频率，不能定向改变生物性状，因为基因突变是不定向的，D正确。故选B。 3.下列有关兴奋传递过程的叙述，正确的是A. 静息状态下，K+外流的方式是主动运输B. 神经递质作用于突触后膜，将引起下一个神经元兴奋C. 神经递质在突触间隙的移动需要消耗ATPD. 某些氨基酸和动物激素可作为神经递质【答案】D【解析】【分析】兴奋在离体的神经纤维上以电信号的形式双向传导；在神经元之间以化学信号单向传递。【详解】静息状态下，K+外流的方式是协助扩散，A错误；神经递质作用于突触后膜，将引起下一个神经元兴奋或抑制，B错误；神经递质在突触间隙的移动不消耗ATP，C错误；某些氨基酸如甘氨酸和动物激素如肾上腺素可作为神经递质，D正确。故选D。 4.下列有关人体稳态的叙述，错误的是A. T细胞在体液免疫中发挥着重要作用B. CO2能作为体液调节的调节因子C. 淋巴因子可特异性结合并消灭抗原D. 吞噬细胞参与非特异性免疫和特异性免疫【答案】C【解析】【分析】体液调节指某些化学物质（如激素、二氧化碳等）通过体液传送，对人和动物体的新陈代谢和生长发育所进行的调节。【详解】T细胞在体液免疫中发挥着重要作用，T细胞分泌的淋巴因子可以促进B细胞的增殖分化，A正确；激素、CO2能作为体液调节的调节因子，B正确；淋巴因子可以增强免疫效应，不能结合抗原，C错误；吞噬细胞可以参与非特异性免疫和特异性免疫，D正确。故选C。 5.下列关于种群和群落的说法，正确的是A. 在调查老鼠种群密度时，若标记物脱落，则统计结果偏小B. “S”型增长的数学模型可表示为Nt=N0λtC. 生活在同一培养缸中的大草履虫与双小核草履虫之间为竞争关系D. 种群密度可预测种群数量的变化趋势【答案】C【解析】【分析】种群密度的常用的调查方法：样方法和标志重捕法。种间关系：竞争、捕食、寄生、互利共生等。【详解】在调查老鼠种群密度时，若标记物脱落，会导致重捕个体中带标记的个体数偏少，则统计结果偏大，A错误；“J”型增长的数学模型可表示为Nt=N0λt，B错误；生活在同一培养缸中的大草履虫与双小核草履虫之间为竞争关系，C正确；种群密度不能预测种群数量的变化趋势，年龄组成可以预测种群数量的变化趋势，D错误。故选C。 6.下列有关实验的叙述，正确的是A. 卡诺氏液固定细胞形态后需用体积分数为95%的酒精冲洗B. 生长素能与双缩脲试剂发生作用产生紫色反应C. 赫尔希等人用35S标记的除菌体侵染细菌实验，即可证明DNA是遗传物质D. 质壁分离复原实验中需用显微镜观察临时装片2次【答案】A【解析】【分析】卡诺氏液作用：固定细胞；蛋白质的鉴定试剂：双缩脲试剂；艾弗里的体外转化实验和噬菌体侵染细胞实验均可证明DNA是遗传物质。【详解】卡诺氏液固定细胞形态后需用体积分数为95%的酒精冲洗2次，A正确；生长素不是蛋白质，不能与双缩脲试剂发生作用产生紫色反应，B错误；赫尔希等人用35S标记的除菌体侵染细菌实验和32P标记的噬菌体侵染细菌实验，证明DNA是遗传物质，C错误；质壁分离复原实验中需用显微镜观察临时装片3次，未处理前、蔗糖处理后、清水处理后各观察一次，D错误。故选A。 三、非选择题7.某实验兴趣小组对马铃薯叶片的光合速率进行测定。如图所示，将对称叶片的一部分(A)遮光，另一部分(B)不做处理，并采用适当的方法阻止两部分的物质和能量转移。在适宜光照条件下照射6h后，在A、B的对应部分截取同等面积(dm2)的叶片，烘干称重，分别记为MA、MB，获得相应数据，则可计算出该叶片的光合速率，其单位是mg(dm2·h)。回答下列问题：(1)MA表示A叶片被截取部分(初始质量－6h内呼吸作用有机物的总消耗量)；MB表示B叶片被截取部分的(__________+__________－6h内呼吸作用有机物的总消耗量)。(2)若M=MB－MA，则M表示___________。(3)真正光合速率的计算方法是___________。(4)写出测定叶片的呼吸速率的实验设计思路：___________。【答案】    (1). 初始质量    (2). 6h内光合作用有机物的总产量    (3). B叶片被截取部分在6h内光合作用合成的有机物总量    (4). M值除以时间再除以面积，即M/（截取面积×时间）或M/6    (5). 将等量A、B叶片的截取部分分开，一部分立即烘干称重，另一部分在黑暗中保存几小时后再烘干称重，根据二者干重差、时间和截取面积即可计算出叶片的呼吸速率【解析】【分析】A侧遮光，只能进行呼吸作用，减少的干重即代表呼吸消耗量；B侧可以进行光合作用和呼吸作用，增加的干重表示净光合速率。【详解】（1）A侧暗处理6小时后，初始质量-MA=6h内呼吸作用有机物的总消耗量，B侧同时进行光合作用和呼吸作用，故MB-初始质量=净光合量=6h总光合作用制造的有机物量-6h内呼吸作用有机物的总消耗量，故MB=初始质量+6h总光合作用制造的有机物量-6h内呼吸作用有机物的总消耗量。（2）MB=初始质量+6h总光合作用制造的有机物量-6h内呼吸作用有机物的总消耗量。初始质量-MA=6h内呼吸作用有机物的总消耗量，故MB=6h总光合作用制造的有机物量+ MA，MB－MA=6h总光合作用制造的有机物量，故M表示B叶片被截取部分在6h内光合作用合成的有机物总量。（3）真正光合速率= M即B叶片被截取部分在6h内光合作用合成的有机物总量÷6。（4）可以将等量A、B叶片的截取部分分开，一部分立即烘干称重，另一部分在黑暗中保存几小时后再烘干称重，根据二者干重差、时间和截取面积即可计算出叶片的呼吸速率。【点睛】测定净光合速率应该在光照下进行，测定呼吸速率应该在黑暗条件下进行，净光合速率+呼吸速率=总光合速率。 8.密码子是mRNA上决定一个氨基酸的三个相邻的碱基。(1)第一个被科学家破译的是决定苯丙氨酸的密码子：UUU。1959年，科学家 M.W.Nireberg和 H.Matthaei用人工合成的只含U的RNA为模板，在一定的条件下合成了只有苯丙氨酸组成多肽，这里的一定条件有核糖体、___________(至少写2项)等。(2)继上述实脸后，又有科学家用C、U两种碱基相间排列的mRNA为模板，检验一个密码子是否含有三个喊基。如果密码子是连续翻译的，且一个密码子中含有两个或四个碱基，则该RNA指导合成的多肽链中应由___________种氨基酸组成；若是一个密码了中含有三个碱基，则该RNA指导合成的多肽链应由___________种氨基酸组成。(3)实脸研究证明，mRNA上决定氨基酸的密码子共有___________种。(4)用化学方法使一种直链状的六肽降解，其产物中测出了3种三肽：精氨酸一亮氨酸—色氨酸甘氨酸一精氨酸亮氨酸谷氨酸—一丙氨酸—甘氨酸该直链状六肽的氨基酸排列顺序为___________。【答案】    (1). 氨基酸、tRNA、ATP、酶    (2). 1    (3). 2    (4). 61    (5). 谷氨酸-丙氨酸-甘氨酸-精氨酸-亮氨酸-色氨酸【解析】【分析】密码子位于mRNA上，反密码子位于tRNA上。密码子共有64种，其中61种有对应的氨基酸，3种终止密码子无对应的氨基酸。【详解】（1）以只含U的RNA为模板，密码子只有UUU，对应的氨基酸是苯丙氨酸，故翻译的多肽只含有苯丙氨酸，翻译的过程中需要原料氨基酸、转运RNA、ATP、酶等条件。（2）若以C、U两种碱基相间排列的mRNA为模板，若一个密码子含有两个或四个碱基，则密码子只有CU，翻译的多肽中只有一种氨基酸；若一个密码子含有三个碱基，则密码子有CUC和UCU两种，翻译的多肽中含有2种氨基酸。（3）组成RNA的碱基有A、T、C、U四种，三个碱基决定一个密码子，故密码子共有64种，其中61种有对应的氨基酸。（4）一种直链状的六肽降解的产物有3种三肽：精氨酸一亮氨酸—色氨酸；甘氨酸一精氨酸亮氨酸；谷氨酸—丙氨酸—甘氨酸，说明该六肽中氨基酸依次是：谷氨酸-丙氨酸-甘氨酸-精氨酸-亮氨酸-色氨酸。【点睛】密码子共64种，决定氨基酸的密码子共61种，一种氨基酸可以对应一种或多种密码子；反密码子共61种，一种tRNA只能携带一种氨基酸，但一种氨基酸可以由多种tRNA携带。 9.图甲是一个生态系统某时间段内物质、能量交换示意图；图乙是该生态系统中兔摄食后能量的流向示意图。(图中a~c代表过程，A~C代表能量)。据图回答：(1)该草原生态系统的结构包括___________。草原中能量进入群落的途径是___________(填甲图中字母)。(2)图乙中的A表示兔同化的总能量，则B表示___________；在实验调查中，B的能量除图中所示去路外，还有一部分是___________。(3)若牧草光合作用固定的太阳能为D，呼吸消耗的能量为E，则牧草与兔之间的能量传递效率可表示为___________(用图中字母作答)。(4)运用标志重捕法调查图甲中兔的种群密度时，可依据公式M/N=m/n计算种群数量；M表示初次捕获并标记的个体数；n表示重捕个体数；m表示重捕个体中被标记的个体数；N表示种群密度。该公式成立的原因是___________。【答案】    (1). 生态系统的成分、食物链和食物网    (2). a    (3). 生长、发育和繁殖的能量    (4). 未被利用    (5). A/D×100%    (6). 全部个体中被标记的个体所占比例等于重捕个体中已标记个体所占比例【解析】【分析】由图可知：a光合作用、b捕食、c捕食、d呼吸作用、e遗体、粪便等流向分解者。A兔的同化量、B兔用于自身生长发育繁殖的能量、C流向分解者的能量。【详解】（1）草原生态系统的结构包括草原生态系统的成分（生产者、消费者、分解者和非生物的物质和能量）和营养结构（食物链和食物网）。光能通过a光合作用进入生物群落。（2）图乙中，B表示兔用于自身生长发育繁殖的能量。其去向包括C流向分解者的能量、流向狼的能量，还有一部分是未利用的能量。（3）牧草的同化量为D，兔的同化量是A，故二者之间的能量传递效率为：A/D×100%。（4）运用标志重捕法调查图甲中兔的种群密度时，若“M表示初次捕获并标记的个体数；n表示重捕个体数；m表示重捕个体中被标记的个体数；N表示种群密度”。由于全部个体中被标记的个体所占比例等于重捕个体中已标记个体所占比例，故M/N=m/n。【点睛】易错点：兔粪便中的能量是兔摄入量的一部分，属于植物的同化量，不属于兔的同化量。 10.小鼠的黄毛(B)对灰毛(b)为显性，弯曲尾(T)和正常尾(t)为显性。在毛色遗传中，某种基因型纯合的胚胎不能发育。现用多对表现型相同(性别相同的鼠基因型也相同)的小鼠杂交得到F1的性状及比例如下表。回答下列问题： 黄毛弯曲尾黄毛正常尾灰毛弯曲尾灰毛正常尾雄鼠1/61/61/121/12雌鼠1/301/60 (1)在毛色遗传中，基因型为___________胚胎不能发育，亲代基因型为___________。(2)只考虑尾形遗传，让F1中的弯曲尾雌雄小鼠随机交配，理论上F2中弯曲尾：正常尾=___________。(3)同时考虑两对性状遗传，则F1中黄毛弯曲尾小鼠的基因型为___________，让这些小鼠随机交配，则产生的雌配子种类及比例为___________，子代出现黄毛弯曲尾个体的概率为___________。【答案】    (1). BB    (2). Bb×Bb    (3). 7：1    (4). BbXTXT、BbXTXt、BbXTY    (5). BXT：bXT：BXt：bXt =3：3：1：1    (6). 7/12【解析】【分析】由表格可知，后代中黄毛：灰毛=2：1，且雌雄表现型没有差异，故控制毛色的基因位于常染色体上，且亲本对应的基因型为：Bb×Bb。后代雄鼠中，弯曲尾：正常尾=1:1，雌鼠只有弯曲尾，故控制尾形状的基因位于X染色体上且弯曲尾尾显性性状，亲本对应的基因型为：XTXt×XTY。【详解】（1）根据后代中黄毛：灰毛=2:1，可知，亲本均为Bb，且存在显性纯合即BB致死现象。（2）亲本尾形的基因型为XTXt×XTY，F1中的弯曲尾雌性小鼠的基因型是1/2XTXT、1/2XTXt，雄性小鼠的基因型是XTY，F2中正常尾XtY的比例是：1/2×1/4=1/8，则弯曲尾的比例是1-1/8=7/8，故弯曲尾：正常尾=7：1。（3）由上分析可知，亲本的基因型为：Bb XTXt、Bb XTY，因为BB致死，F1中黄毛弯曲尾小鼠为BbXTXT：BbXTXt：BbXTY=1:1:1。其中雌性个体的比例为1/2BbXTXT、1/2 BbXTXt，能产生的雌配子及比例是（B:b=1:1，XT：Xt=3：1）即BXT：bXT：BXt：bXt =3：3：1：1。雄配子中XT：Y=1:1，故产生XtY的概率是1/4×1/2=1/8，则出现弯曲尾的概率是1-1/8=7/8，故子代出现黄毛弯曲尾个体BbXT-的概率为：2/3×（1-1/4×1/2）=7/12。【点睛】判断基因位置的方法：后代中雌雄表现型若一致，则控制该性状的基因位于常染色体上；若后代中雌雄表现型不一致，则控制该性状的基因位于X染色体上。 11.回答下列有关腐乳、泡菜制作的问题。(1)上图为腐乳制作的流程示意图。毛霉产生的蛋白酶能将豆腐中的蛋白质分解成___________。图中A表示___________，其主要目的之一是___________，使豆腐块变硬。(2)用胡萝卜制作泡菜主要利用___________的呼吸作用，腌制过程中要注意控制___________。(3)在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐可与___________发生重氮化反应后，与___________结合形成玫瑰红色染料。(4)将1mL水样稀释100倍，在4个平板上用涂布法分别接入0.1mL稀释液；经适当培养后，4个平板上的菌落数分别为22、36、38、40。据此可得出每升水样中的活菌数为___________个。【答案】    (1). 小分子肽和氨基酸    (2). 加盐腌制    (3). 析出豆腐中的水分    (4). 乳酸菌    (5). 腌制时间、温度和食盐用量    (6). 对氨基苯磺酸    (7). N-1-奈基乙二胺盐酸盐    (8). 3.4107【解析】分析】腐乳的制作：让豆腐上长出毛霉→加盐腌制→甲卤汤装瓶→密封腌制。腐乳制作的主要微生物是毛霉，其产生的蛋白酶可以把豆腐中的蛋白质分解成小分子肽和氨基酸；脂肪酶可以把脂肪水解成甘油和脂肪酸。亚硝酸盐的测定：在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐和对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。与标准样品进行比色，即可大致估算亚硝酸盐的含量。【详解】（1）蛋白酶可以把豆腐中的蛋白质分解成小分子肽和氨基酸；脂肪酶可以把脂肪水解成甘油和脂肪酸。A表示加盐腌制，加盐可以析出豆腐中的水分，使豆腐变硬，在后期的制作中不会过早酥烂。（2）制作泡菜时，利用的菌种是乳酸菌，腌制过程中，需要注意腌制的时间、温度和食盐的用量。若温度过高、食盐用量过低、腌制时间过短，容易造成细菌大量繁殖，亚硝酸盐含量增加。（3）在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐和对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。与标准样品进行比色，即可大致估算亚硝酸盐的含量。（4）每升水样中的活菌数为：（22+36+38+40）÷4÷0.1×100×103= 3.4107个。【点睛】注意：稀释涂布平板法进行计数时，由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落，故统计结果往往偏小。 12.苏云金芽孢杆菌产生的Bt毒蛋白在害虫的消化道内能被降解成有毒的多肽，最终造成害虫死亡，因此Bt基因可用于培育转基因抗虫棉。(1)PCR的全称是___________，所需的酶是___________，加热到90~95℃的目的是___________。(2)在重组质粒中，目的基因的首端和尾端必须含有___________，这样目的基因才能准确表达。(3)DNA扩增时需加入引物，引物的实质是___________，若将1个DNA分子拷贝8次，则需要在缓冲液中至少加入___________个引物(4)基因工程的核心步骤是___________，质粒作为运载体应满足的条件有___________(至少答两点)。【答案】    (1). 多聚酶链式反应    (2). Taq酶    (3). 使DNA解链    (4). 启动子和终止子    (5). 单链RNA或单链DNA分子    (6). 29-2    (7). 基因表达载体的构建    (8). 具有一个或多个目的基因插入位点；具有遗传标记基因；自我复制且稳定遗传；对受体细胞无害【解析】【分析】基因工程的操作步骤：目的基因的获取、构建基因表达载体（含目的基因、标记基因、启动子、终止子、复制原点）、把目的基因导入受体细胞（显微注射法、农杆菌转化法、钙离子处理法）、目的基因的检测和鉴定（DNA分子杂交法、分子杂交法、抗原抗体杂交法）。【详解】（1）PCR又称为多聚酶链式反应，该过程中需要耐高温的DNA聚合酶即Taq酶参与，其中加热到90~95℃是为了打开双链。（2）在重组质粒中，目基因的首端必须含有启动子，尾端必须含有终止子，这样目的基因才能准确表达。（3）DNA扩增时需加入引物，引物是根据目的基因的一段序列合成的单链RNA或单链DNA分子，若将1个DNA分子拷贝8次，每条新合成的子链均需结合一个引起，故共需要引物的数目是：28×2-2（原本的母链）=29-2。（4）基因工程的核心步骤是构建基因表达载体，质粒需要满足的条件有具有一个或多个目的基因插入位点；具有遗传标记基因；自我复制且稳定遗传；对受体细胞无害等。【点睛】难点：引物数目的计算，需要注意PCR中每条子链延伸均需结合一个引物，故需要计算新合成的子链的数目即为消耗引物的数目。