高三理综详细答案.docx
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高三理综详细答案
2021—2021学年下学期全国百强名校
“领军考试”高三理科综合答案与解析
生物部分
1.【答案】D
【命题意图】本题考查了原核生物和真核生物细胞的区别和联系知识，考查了理解能力。
【解析】黑藻为被子植物，属于真核生物，蓝藻是原核生物。
黑藻和蓝藻都含有叶绿素，能进行光合作用，都属于光合自养型生物，A项正确；黑藻和蓝藻都具有细胞结构，遗传物质都是DNA，B项正确；黑藻和蓝藻细胞都含有ATP，都能以ATP为直接能源物质，C项正确；黑藻细胞中含有高尔基体，而蓝藻细胞中仅含有核糖体一种细胞器，不含有高尔基体，D项错误。
2.【答案】C
【命题意图】本题考查物质运输以及ATP的结构知识及获取信息的能力。
【解析】图甲中Na＋运出细胞，需要载体蛋白（酶M）的协助，还需要消耗能量，属于主动运输，A正确。
图乙中K＋运出细胞，并不消耗能量，属于被动运输，B正确。
在酶M的作用下，ATP分子中远离A的高能磷酸键水解形成ADP，C错误。
从甲、乙两图分析可知，Na＋与K＋的流动方向决定了ATP的分解或合成，D正确。
3.【答案】C
【命题意图】本题考查病毒的组成、繁殖以及变异等知识，考查学生的理解能力和获取信息的能力。
【解析】丙肝病毒的单链RNA可以直接作为模板翻译蛋白质，因此可以起到mRNA的作用，A项正确；基因突变具有普遍性，各种生物包括病毒都可以发生。
丙肝病毒的遗传物质为单链RNA，不稳定，复制过程容易发生基因突变，B项正确；病毒体内只有一种核酸，因此只有四种碱基，C项错误；基因重组是指生物体进行有性生殖的过程中，控制不同性状的基因重新组合。
丙肝病毒的繁殖过程不发生基因重组，D项正确。
4.【答案】B
【命题意图】本题综合考查对摩尔根杂交实验的分析知识及获取信息的能力和综合运用能力。
【解析】F2代中性状分离比3:
1，说明红、白眼色基因由一对等位基因控制，符合基因分离定律，A项正确；摩尔根运用了假说-演绎思维，证明了基因在染色体上，并且证明控制果蝇眼色的基因位于性染色体上，B项错误；不考虑基因突变，F2出现白眼雌果蝇，是因为亲本发生了异常减数分裂形成了异常配子，从而出现了
XbXbY的雌性个体和XBO的红眼雄果蝇，C项正确；F2代中雌果蝇有两种基因型1/2XBXB和1/2XBXb，红眼雄果蝇只有一种基因型为XBY，所以后代出现白眼果蝇的几率为1/2×1/4=1/8，D项正确。
5.【答案】A
【命题意图】本题考查了反射的发生以及兴奋的产生和传导知识，旨在考查考生获取信息和综合运用能力。
【解析】反射需要依靠完整的反射弧，图示过程反射弧不完整，不属于反射，A错误。
声波未刺激听觉感受器前，由于K＋外流，神经元细胞处于静息电位，受声波刺激后，由于Na＋内流，产生动作电位，都是离子顺浓度梯度运输，不消耗ATP，B正确。
在小明的耳到高级中枢之间具有较多的突触，兴奋在突触处以化学信号的形式单向传递，C正确。
在图示突触处信号的变化是由电信号→化学信号→电信号，D正确。
6.【答案】B
【命题意图】本题考查生态系统的能量流动、信息传递等知识，考查了理解能力和综合运用能力。
【解析】鹆科鸟模仿老鼠跑步，这是一种特殊的防御行为，属于行为信息，A项正确；传递效率是指下一个营养级的同化量与上一个营养级同化量的比值，捕食者和鹆科鸟的数量比值不能代表能量传递效率，B项错误；信息传递既可以在异种生物间传递来调节生物的种间关系，也可以在同种之间传递来调节种群的繁衍和维持生命活动的正常进行，C正确；由精明的捕食者策略和收割理论可知，捕食者的存在对被捕食者的数量有一定的调节作用，D正确。
29.【答案】（除注明外，每空1分，共9分）
（1）暗反应ADP、Pi施用CO2气肥的温室大棚中，一直维持较高的CO2浓度，有利于黄瓜植株光合作用的进行（2分，其它合理答案也可）
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（2）t3（2分）
（3）7×10-3（3分）
【命题意图】本题考查光合作用的过程与影响因素知识及理解能力、获取信息以及综合运用能力。
【解析】
（1）CO2浓度直接影响光合作用的暗反应阶段。
此阶段能为光合作用的光反应阶段提供ADP、Pi和NADP+。
从图甲可以看出：
施用CO2气肥的温室大棚中，一直维持较高的CO2浓度，有利于黄瓜植株光合作用的进行，从而利于黄瓜的生长及产量提高。
（2）光照时，图乙所示的4种温度下，温度为t3时黄瓜幼苗植株的净光合速率最大，此温度下黄瓜植株积累的有机物最多。
（3）据图乙可知，温度为t4时，1小时内黄瓜幼苗植株在光照下同化的CO2量为：
（8.0＋6.0）mg＝14mg＝
14×10-3g，则30分钟内黄瓜幼苗植株在光照下同化的CO2量为7×10-3克。
30.【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）从形态学上端向形态学下端运输（1分）会（1分）
（2）减弱与野生型植株相比较，在顶端施加等量的生长素，一段时间后突变体基端的生长素含量较少
（3）不能向基端施加生长素，由于生长素只能从形态学上端运输至形态学下端，不能反向运输，顶端无法检测到生长素
【命题意图】本题考点是生长素的运输特点等知识，主要考查理解能力、获取信息的能力和实验探究能力。
【解析】
（1）生长素极性运输的方向为从形态学上端向形态学下端运输，生长素极性运输的方式为主动运输，需要消耗能量，氧气浓度能够通过影响细胞有氧呼吸的速率，影响能量的供给从而影响主动运输的速率。
（2）分析图示，一段时间后突变体顶端的生长素较多，而基段的生长素较少，说明向下极性运输的生长素较少，因此可以推测突变体茎的生长素极性运输能力减弱。
（3）由于生长素极性运输的方向只能由形态学上端向形态学下端运输而不能从形态学下端向形态学上端运输，因此若在基端施加生长素，在顶端无法检测到生长素因而达不到实验目的。
31.【答案】（共10分，除标注外，每空2分）
（1）标志重捕（1分）偏大
（2）土壤次生
（3）自身的生长、发育和繁殖等生命活动就地（1分）
【命题意图】本题考查种群、群落和生态系统等知识，主要考查了理解能力。
【解析】
（1）调查某种山鼠的种群密度可用标志重捕法。
若由于山鼠的活动能力强，导致部分标记脱落，则估算值将偏大。
（2）次生演替是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替，如过量砍伐的森林上进行的演替。
（3）狮子捕食梅花鹿所同化的能量，一部分在呼吸作用中以热能的形式散失了，一部分用于自身的生长、发育和繁殖等生命活动。
就地保护是指在原地对被保护的生态系统或物种建立自然保护区以及风景名胜区等，如为保护梅花鹿而建立自然保护区就属于就地保护。
32.【答案】（除注明外，每空2分，共10分）
（1）植株长节基因突变后形成的密码子与原密码子决定的是同一种氨基酸（1分，或由于密码子的简并性）玉米植株的基因型由AA变为Aa时，性状并不发生改变（1分，其它合理答案也可）
（2）胚乳黄色植株紫色∶胚乳白色植株绿色＝3∶1
（3）5/8植株长节胚乳非糯性∶植株长节胚乳糯性∶植株短节胚乳非糯性∶植株短节胚乳糯性＝4∶2∶2∶17/9
【命题意图】本题考查基因突变、自由组合定律等知识及获取信息的能力和实验探究能力。
【解析】
（1）若某个控制玉米植株长节的基因发生了突变，但其性状并没有改变，分析可能的原因：
植株长节基因突变后形成的密码子与原密码子决定的是同一种氨基酸、玉米植株的基因型由AA变为Aa时，性状并不发
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生改变、植株长节基因突变部位可能在非编码序列（答出两点即可，其它合理答案也可）。
（2）让纯合的胚乳黄色植株紫色的玉米与胚乳白色植株绿色的玉米进行杂交，得F1（基因型为BbCc），其产生的雄（或雌）配子为BC∶bc＝1∶1。
F1自交得F2，F2的表现型及比例应为胚乳黄色植株紫色∶胚乳白色植株绿色＝3∶1
（3）让纯合的植株长节胚乳糯性的玉米与纯合的植株短节胚乳非糯性的玉米进行杂交，得F1，F1自交得F2，
F2中重组类型（与亲本表现型不同的个体）所占的比例为5/8。
F2中植株长节胚乳非糯性玉米的基因型为：
4/9AaDd、2/9AaDD、2/9AADd、1/9AADD，对其进行测交，计算并统计出后代的表现型及比例为：
植株长节胚乳非糯性∶植株长节胚乳糯性∶植株短节胚乳非糯性∶植株短节胚乳糯性＝4∶2∶2∶1。
先假定不选择，让F2中植株长节胚乳糯性（1/3AAdd、2/3Aadd）的玉米进行自交，得F3，F3再进行自交，则F4中：
AAdd
＝1/3＋2/3×[（1－1/4）/2]＝7/12，Aadd＝2/3×1/2＝1/6，aadd＝2/3×[（1－1/4）/2]＝1/4。
然后再淘汰aadd
个体，理论上F4中能稳定遗传的植株长节胚乳糯性的玉米占F4中所有植株长节胚乳糯性的玉米的比例为7/9
37.【答案】（除注明外，每空2分，共15分）
（1）稀释涂布平板法无菌水（1分）适当的稀释
（2）碳酸锰选择检测二氧化锰的产生速率
（3）无菌条件对研究生物地球化学循环、利用微生物降解污水等生物修复、海底的金属球（锰结核）等有重要作用（答出一点即可得分）
【命题意图】本题考查了微生物的培养与应用等知识，旨在考查考生的获取信息、综合运用能力。
【解析】
（1）接种培养微生物的方法是稀释涂布平板法和平板划线法，图示所表示的是稀释涂布平板法。
细菌纯化并计数时，为检验灭菌是否合格，可设对照组，对照组应该涂布等量的无菌水，培养一段时间，观察其是否有菌落产生。
若实验组每个平板中的菌落数都超过了300，说明菌液浓度过大，需要进行适当的稀释处理。
（2）题干信息表明，培养这些吃金属的细菌，要以碳酸锰为主要能源物质，从功能上看这种培养基属于选择培养基。
分离出的细菌可通过检测二氧化锰的产生速率方法证明是否培养成功。
（3）在制作固定化细胞过程，必须严格控制无菌条件。
对锰细菌的研究，可以解决污水或自来水的配水处理系统的生物修复、填补对地球元素循环认识的空白。
38.【答案】（除注明外，每空2分，共15分）
（1）否（1分）B淋巴细胞是单个存在的，不紧密结合在一起PCR
（2）使目的基因在受体细胞中稳定存在并遗传给下一代，同时使目的基因能够表达和发挥作用鉴别和筛选含有目的基因的细胞启动子和终止子
（3）获取单个B细胞、小规模表达与鉴定、抗体亲和力检测抗原—抗体杂交
【命题意图】本题考查了单克隆抗体的制备、表达载体的成分及作用、目的基因的检测与鉴定等知识，旨在考查考生的获取信息、综合运用能力。
【解析】
（1）由于B淋巴细胞位于血液、淋巴液和淋巴结中，单个存在，不紧密结合在一起，不需要胰蛋白酶处理成单个细胞，但需要纯化。
扩增目的基因的方法是PCR技术。
（2）构建基因表达载体的目的是使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代，同时，使目的基因能够表达和发挥作用。
标记基因的作用是为了鉴定受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来。
基因表达载体必须包含有目的基因、标记基因、启动子和终止子。
（3）从免疫后的小鼠体内需要筛选能产生特异性抗体的B淋巴细胞，目的基因是否导入受体细胞并表达需要进行筛选，表达产物也需要筛选能与新冠病毒特异性结合并发挥作用。
检测表达出的单克隆抗体需要用抗原—抗体杂交。
物理部分
14.【答案】B
【命题意图】本题考查近代物理知识。
考查学生对近代物理基本知识的理解
【解析】光电效应表明光具有粒子性，A错误；氢原子光谱是不连续的，B正确；半衰期是统计规律，不受温度的影响，C错误；电子对α粒子影响不计的原因是电子质量小，α粒子与电子碰撞后，α粒子速度几乎不
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变，而不是α粒子碰不到电子，D错误。
15.【答案】D
【命题意图】本题考查交变电流，考查学生对磁通量变化规律的理解
【解析】由图知t＝0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，A错误；t＝0.01s、t＝0.02s时刻，磁通量最
大，磁通量的变化率为零，B、C错误；线圈转动角速度ω=2π=100π，感应电动势峰值Em=NBSω=2000π（V），
0.02
D正确。
16.【答案】D
【命题意图】本题考查电磁感应，考查学生对法拉第电磁感应定律的理解
【解析】感应电动势最大值即为切割磁感线等效长度最大时的电动势，故E
m＝2Brv
－
，感应电动势平均值E＝
ΔΦ2r－1－1
，ΔΦ＝B·πr2，Δt＝，因此，E＝πBrv，故E=
π，D正确
Δtv
17.【答案】A
2Em4
【命题意图】本题考查天体运动知识，考查学生应用万有引力定律解决天体运动问题的能力
【解析】卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，有GMm＝m4π2，整理得T＝2π
，据此判
r2T2
断A正确；由GMm＝mv2，得v＝GM，据此判断B错误；由GMm＝ma，得a＝GM，据此判断C错误；
r2rr
r2r2
两颗卫星质量关系未知，不能判断机械能大小关系，D错误。
18.【答案】B
【命题意图】本题考查安培力，考查学生对磁场叠加的理解
【解析】根据安培定则，a、b处导线在c处产生的磁感应强度Ba、Bb大小相等，方向成120°，如图所示，合成后的磁感应强度为B，B=Ba=Bb，把位于a处的导线移到d点处后，b、d两处的导线在c处产生的磁场等大同向，都是垂直于bc边向上，合成后的磁感应强度为2B，因此F′=2F,选项B正确。
a×
Bb
B
·×
bcd
Ba
19.【答案】AC
【命题意图】本题考查受力分析，考查学生受力分析以及平衡条件的应用
【解析】设斜面倾角为θ，则sinθ=3，cosθ=4，沿斜面方向Fcosθ-mgsinθ=ma，解得a=2m/s2，A正确；重物
55
对斜面的正压力FN=Fsinθ+mgcosθ=7mg，B错误；重物到达在斜面末端的时间t=2L=2s，C正确；重物
5a2
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运动到斜面中点时的速度v=2aL
，D错误。
2
20.【答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在磁场中的运动，考查考生应用数学知识处理物理问题的能力
【解析】如图所示，由几何知识可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：
r＝L，故A错
误；根据L＝mv0，比荷q=v0，B正确；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期：
T＝2πr＝2πL，故C正确；
qBmBLvv0
由几何知识可知，带电粒子在磁场中转过的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t1＝θ1T＝1T＝πL，故D
错误。
21.【答案】AB
【命题意图】本题考查动量守恒，意在考查学生对动量守恒定律的理解和应用
360°6
3v0
【解析】滑块A下滑过程机械能守恒v0=2gR=8m/s，A正确；滑块A在水平面上减速运动，由动能定理－
μmgL＝1mv2－1mv2，解得v＝7m/s，B正确；碰撞过程动量守恒、机械能守恒mv＝mv′＋mv′，1mv2＝1mv′2
101
22
11211
22
＋1mv2′2，联立解得v2′＝v1＝7m/s，C错误，碰后滑块B运动时间t＝v2′＝3.5s，D错误。
2μg
22.【答案】
（1）0.3（2分）
（2）1.2（2分）
（3）偏大（1分）偏大（1分）
【命题意图】本题考查探究小车的速度随时间变化规律实验，意在考查学生对实验的理解和操作能力
【解析】
（1）打C点时对应的速度为
vC＝xBD＝7.2－1.2
cm/s＝30cm/s＝0.3m/s.
2T0.2
（2）小车运动的加速度a=xCE-xAC=12.0-3.6-3.6cm/s2=1.2m/s2
（2T）2（2×0.1）2
（3）如果电源的实际频率不足50HZ,则实际周期T大于0.02s，而计算过程中，T是按照0.02s计算的，因此，瞬时速度和加速度的测量值偏大。
23.【答案】
（1）增大（2分）
（2）分压式（2分）
（3）电路如图（3分）
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（4）0.39W（0.38～0.40）（2分）
【命题意图】本题考查描绘小灯泡的伏安特性实验，意在考查学生对实验的理解和操作能力
【解析】
（1）由I－U图象知，图象中的点与坐标原点连线的斜率在减小，表示灯泡的电阻随电流的增大而
增大，根据电阻定律R＝ρl知，灯丝的电阻率增大。
S
（2）在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，
（3）小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表用外接法。
（4）由E＝U＋I（R0＋r）得I＝－1U＋4，作出图线如图所示，由交点坐标可得U1＝1.78V，I1＝221mA，
1010
P1＝U1I1≈0.39W
350
300
250
200
150
100
50
I/mA
U/V
01234
24【答案】
（1）44m
（2）15s.
【命题意图】本题考查追及相遇问题，意在考查学生应用运动学公式解题能力
【解析】
（1）乙车的加速度大小a=∆v乙=10m/s2=2m/s2（1分）
两车速度相等经历的时间为
10-4
∆t5
（1分）
t1=
2
s=3s
t1时间内乙车前进的距离x
乙1=v
11
22
乙t1-at1=10×3m-×2×3m=21m（2分）
22
t1时间内甲车前进的距离x甲1=v甲t1=4×3m=12m（1分）
两车的最远距离d=x0＋x乙1－x甲1=35m+21m－12m=44m（2分）
（2）乙车卡车速度减为零的位移为x
＝1aΔt2＝1×2×52=25m（1分）
乙
22
此时甲车的位移为x甲＝v甲Δt＝4×5m＝20m（1分）
因为x甲＜x乙＋x0，可知乙车速度减为零时，甲车还未追上乙车．
还需追及的时间：
t
x乙＋x0－x甲25＋35－20
2＝=
v甲4
s＝10s（1分）
则有：
t＝5s＋10s＝15s（2分）
25.【答案】
（1）3L0
4
（2）3倍
2
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【解析】
（1）经过2t时间，B向右匀加速运动了L0，B运动L的距离时A、B脱离，则
1at2
L=2（2分）
L01a（2t）2
2
解得脱离时向右运动的距离
L1L0
=
4
（2分）
因此，分离时弹簧的形变量
3
L′=L0-L=L0
4
（2分）
（2）A、B静止时kL0＝2qE（2分）分离时刻AB之间没有力的作用，对于AkL′－qE＝ma（2分）
由已知条件
1
qE=mg
2
1
解得a=g
4
（2分）
A、B分离前对整体分析，知刚开始运动时拉力F最小，
Fmin＋kL0－2qE＝2ma（2分）
解得F的最小值Fmin＝1mg（1分）
2
脱离时拉力有最大值Fmax，分离后Fmax不再发生变化，对于小球B。
根据牛顿第二定律，有
Fmax－qE＝ma（2分）
3
解得Fmax=
因此Fmax
mg（1分）
4
3
＝
Fmin
（1分）
2
3
拉力最大值是最小值的
33.【答案】
倍（1分）
2
（1）等于（2分）小于（2分）吸收（1分）
（2）（ⅰ）360K（ⅱ）6L
【解析】
（1）p－T图象中，与原点连线斜率的倒数表示气体的体积，所以体积的大小关系为VA＝VB，体积不变W=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，温度升高吸收热量内能增大。
（2）（ⅰ）气体状态I的参量为p1＝1atm，T1=273+27=300KV1=2.5L
气体状态II的参量为p2＝1.5atm，V2=2.0L，
根据理想气体状态方程p1V1＝p2V2（2分）
T1
气体状态II的温度T2＝p2V2T1
p1V1
T2
1.5×2.0×300
=K＝360K（3分）
1×2.5
（ⅱ）气体从状态II到状态III的变化为等温过程p2V2＝p3V3（2分）
解得V
p2V2
1.5×2.0
3＝＝
p3
34.【答案】
0.5
L=6L（3分）
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（1）ACD
（2）（ⅰ）0.4s10m/s（ⅱ）1.7s
【解析】
（1）光路如图，设光线在AB面折射角为θ，则sin60°＝3，解得θ=30°，A正确，照射到BC光线入
sinθ
射角为60°，发生全反射时sinC＝1=3，因此C<60°，满足全反射条件，光线不能从BC面透出，B错误；
n3
光线在BC面上反射角为60°，反射光线与AB面平行，D正确，E错误；照到AC上的光线入射角为30°，不满足发生全反射条件，光线能从AC面透出，C正确。
A
C
（2）（ⅰ）根据带动法可判断t＝0时刻A应向y轴负方向运动。
A点刚好第3次出现波峰需要3
4
t1＝1.5s＝33T（1分）
4
解得周期T＝0.4s（1分）
由波形图可直接读出波长λ＝4m（1分）。
根据v＝λ
T
得v＝4
0.4
m/s＝10m/s（2分）。
（ⅱ）t＝0时刻波源位于波谷，根据波的传播规律，当此时波源的相位传播至x＝9m的B处时，B点第2
次出现波谷，
由Δx＝vΔt（1分）
得Δt＝Δx＝9
s＝0.9s（2分）
v10
再经过2个周期，B点第4次出现波谷，因此t2＝Δt+2T=0.9s+2×0.4s=1.7s（2分）
化学部分
7.【答案】D
【命题意图】化学与人类生活、生产和社会可持续发展的考查
【解析】
A．手机芯片主要成分是半导体材料晶体硅，A正确
B．乙醇能够使蛋白质脱水凝固，使蛋白质变性起消毒作用，B正确
2
C．3He中3为质量数，2为质子数，C正确
D．铁能够与Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，D错误
8.【答案】B
【命题意图】有机物的结构和性质的考查
【解析】
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A．由
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