解析天津市红桥区届高三下学期第二次模拟考试理科综合生物试题.docx

1、解析天津市红桥区届高三下学期第二次模拟考试理科综合生物试题天津市红桥区2018届高三下学期第二次模拟考试生物试题一、选择题1. 下图表示蝌蚪变态发育成靑蛙的过程，蝌蚪尾部逐渐消失A. 与尾部细胞衰老、坏死有关B. 与尾部细胞中染色体的改变有关C. 与激素调节无关，和神经调节有关D. 与尾部细胞中遗传信息的程序性表达有关【答案】D2. 玉米的宽叶（A)对窄叶（a)为显性，宽叶杂种（Aa)玉米表现为高产，比纯合显性和隐性品种的产量分别高12%和20%；玉米有茸毛（D)对无茸毛（d)为显性，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活。上述两对基因的遗传遵循自

2、由组合规律。高产有茸毛玉米自交产生F1，则F1的成熟植株中高产抗病类型占比例为A. 1/2 B. 1/3 C. 1/4 D. 1/6【答案】B【解析】根据题意可知，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活，说明有茸毛玉米植株的基因型只有Dd一种。因此，高产有茸毛玉米的基因型为AaDd。高产有茸毛玉米AaDd自交产生的F1中，高产抗病类型为AaDd。两对基因分开考虑：只考虑A、a这对等位基因时，Aa自交产生的F1中Aa占1/2；只考虑D、d这对等位基因，Dd自交产生的F1中DDDddd121，由于DD个体幼苗期就不能存活，所以F1的成熟植株中Dd 占2

3、/3。综合考虑两对等位基因，则F1的成熟植株中高产抗病类型（AaDd）占比例为1/22/31/3，故B项正确，A、C、D项错误。【点睛】本题考查遗传定律的应用和遗传概率的计算的相关知识。可用分离定律解决自由组合问题：首先将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题。在独立遗传的情况下，有几对基因就可以分解为几个分离定律问题。如AaBbAabb可分解为：Aa Aa，Bbbb。然后，按分离定律进行逐一分析。最后，将获得的结果进行综合，得到正确答案。但一定要注意认真审题，注意考虑题目中“D基因纯合时植株幼苗期就不能存活”的特殊情况。3. 将10ml酵母菌培养液注入试管中，放置适宜的温度下培养，并于不同

4、时间内取样4次，每次取样时均将培养液摇匀。然后测定样品中酵母菌的数量和pH，结果如下表所示：样品1mm3样品中酵母菌数量（个）pH112103.728205.4312104.8410005.0根据此表分析，下列判断正确的是A. 样品取样的先后顺序为2、4、1、3B. 取样品时摇匀培养液的目的是使酵母菌与氧气充分接触C. 培养过程中酵母菌始终出生率死亡率D. 在该实验条件下酵母菌的环境容纳量为1.21107个【答案】D4. 研究发现，在小肠绒毛的微绒毛面存在着两种运输葡萄糖的载体一SGLT1和GLUT2，前者是主动运输的载体，后者是协助扩散的载体。科学家通过体外实验，将不同葡萄糖浓度下的运输速率

5、绘制了如下图所示的曲线，下列说法中错误的是A. 在较高浓度下，细胞主要依赖主动运输来增大吸收速率B. 在较低浓度下，主动运输的载体先达到饱和状态C. 主动运输需要消耗细胞化学反应所释放的能量D. 小肠绒毛细胞对葡萄糖运输的两种方式在同时进行【答案】A【解析】在较高浓度下，GLUT2的运输速率较大，即细胞通过协助扩散吸收葡萄糖的速率明显高于主动运输吸收葡萄糖的速率，所以细胞主要依赖协助扩散来增大吸收速率，A项错误；由图示可知在较低浓度下，主动运输就可达到最大运输速率即主动运输的载体先达到饱和状态，B项正确；主动运输需要消耗细胞化学反应所释放的能量和细胞膜上的载体蛋白的协助，C项正确；由图示信息可

6、知，葡萄糖的总的运输速率为两种运输速率之和，所以可确定小肠绒毛细胞对葡萄糖的两种运输方式可同时存在，D项正确。【点睛】本题结合物质跨膜运输的方式考查从图表中获取、处理信息的能力。需要考生运用所学知识与观点结合图示信息，通过比较、分析与综合等方法，做出合理的判断或得出正确的结论。5. 甲、乙、丙分别表示真核细胞核基因传递与表达的相关过程，下列叙述错误的是A. 甲、乙、丙过程需要的原料不同B. 乙、丙过程碱基互补配对方式不相同C. 一个细胞周期中，甲、乙过程均可多次发生D. 丙过程涉及到三种RNA【答案】C【解析】甲是DNA复制，原料是脱氧核苷酸；乙是转录，原料是核糖核苷酸；丙是翻译，原料是氨基酸

7、，A项正确；乙是转录过程，其中的碱基配对方式为A-U、T-A、C-G、G-C；丙为翻译过程，其中的碱基配对方式为A-U、U-A、C-G、G-C，可见这两个过程的碱基互补配对方式不完全相同，B项正确；一个细胞周期中，乙转录过程可多次发生，但甲DNA复制只能发生一次，C项错误；丙过程表示翻译，该过程需要3种RNA（信使RNA、核糖体RNA、转运RNA）参与：mRNA为模板、tRNA为运载氨基酸的工具、rRNA是构成核糖体的组分，D项正确。【点睛】本题主要考查了基因复制和表达的相关知识，理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构是解题的关键。图甲是DNA的两条链都作为模板的复制过程

8、；图乙是以DNA的一条链为模板合成RNA的转录过程；图丙是在核糖体上以mRNA为模板合成多肽链的翻译过程。6. 下图为植物细胞代谢的部分过程简图，为相关生理过程。下列叙述错误的是A. 若植物缺Mg，则首先会受到显著影响的是B. 的进行与密切相关C. 蓝藻细胞中发生在叶绿体基质中D. 叶肉细胞中O2的产生量小于中O2的吸收量，则该细胞内有机物的总量将减少【答案】C【解析】Mg是合成叶绿素的成分，光反应阶段需要叶绿素吸收光能，若植物缺Mg则叶绿素的合成受到影响，首先会受到显著影响的生理过程是光反应过程，A项正确；植物细胞吸收无机盐离子是主动运输过程，需要消耗能量，故与有氧呼吸过程密切相关，B项正确

9、；蓝藻细胞是原核细胞，没有叶绿体，其光合作用发生在光合片层上，C项错误；图中光反应过程O2的产生量小于有氧呼吸过程O2的吸收量，则净光合作用量0，该植物体内有机物的量将减少，D项正确。二、非选择题7. 科学家获得一种显性突变蚊子（AABB)。将外源基因S插入显性突变蚊子（AABB)的常染色体上，其局部放大如下图。请回答下列有关生物进化的问题：（1）将外源基因S插入蚊子的染色体，属于可遗传变异中的_。（2）图中A、B基因位于_(填“同源”或“非同源”）染色体上。已知只有A基因而无B基因的幼虫致死，若纯合的雄蚊（AABB)与野生型雌蚊（aabb)交配得F1，在F1群体中a基因频率是_。若再F1自由

10、交配，则F2群体中a基因频率将_(填“下降”或“上升”）。（3）现代生物进化理论认为：在自然选择下，种群的_会发生定向改变，导致生物朝着一定的方向不断进化。【答案】 (1). 基因重组 (2). 非同源 (3). 50% (4). 上升 (5). 基因频率【解析】【试题分析】本题考查生物进化和自由组合定律的相关内容，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法，做出合理的判断或得出正确的结论的能力。考生要能根据图解判断基因A和基因B所在的染色体属于非同源染色体。可根据题意梳理所学基础知识，再结合从题图中获取的有效信息，对各小题进行分析作答。（1）将外源基因S插入蚊子的染色体，属

11、于可遗传变异中的基因重组。（2）据图可知，图中A、B基因位于非同源染色体上；若纯合的雄蚊（AABB)与野生型雌蚊（aabb)交配得F1，F1全部是AaBb，故在F1群体中a基因频率是50%；F1自由交配，理论上F2中基因型及比例为9A_B_3A_bb3aaB_1aabb，由于只有A基因而无B基因的幼虫致死，即基因型为A_bb的幼虫致死，所以F2群体中只有1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1aaBB、2aaBb和1aabb，对A、a相关基因型进行分析可得AAAaaa364，则a基因频率aa%Aa%1/24/136/131/27/1350%，故F2群体中a基因频率将上升。（3）现代生

12、物进化理论认为：在自然选择的作用下，种群的基因频率会发生定向改变，导致生物朝着一定的方向不断进化。8. 基因表达载体的构建是基因工程的核心。图1为限制酶EcoR的识别序列，图2表示目的基因及限制酶切点，图3表示目的基因上的DNA片段，图4表示质粒。请回答下列问题：（1）请在方框内写出由图1所示的限制酶EcoR切割外源DNA所形成的粘性末端。_（2）图3为目的基因中的某一片段，连接处化学键的酶有_。（3）若利用PCR技术増加目的基因的数量，由图2可知，A、B、C、D四种单链DMA片段中除了B作为引物外，_(填写A或C或D）亦可作为引物。（4）为了使目的基因和质粒定向连接并且有利于受体细胞的筛选，

13、提高重组效率，应该选择的限制酶是_。（5）如果大肠杆菌是受体细胞，则其体内应不含_基因，以利于筛选出含重组质粒的受体菌。【答案】 (1). 或 (2). DNA聚合酶和DNA连接酶 (3). C (4). EcoR和Pst (5). 抗四环素基因【解析】【试题分析】本题考查基因工程的相关知识，要求考生识记基因工程的原理及操作工具和操作步骤，能正确理解限制酶的特点。需要考生具备一定的识图能力和获取有效信息的能力，然后再结合题意梳理所学基础知识，对各小题进行分析作答。（1）由图1可知，限制酶EcoR能够专一识别GAATTC序列，并在G和A之间将这段序列切开。所以限制酶EcoR切割外源DNA所形成的

14、粘性末端可表示为：或。（2）图3中处化学键为磷酸二酯键，DNA聚合酶和DNA连接酶都可连接磷酸二酯键。（3）若利用PCR技术增加目的基因的数量，由图2可知，DNA复制只能从5到3，因此A、B、C、D四种单链DNA片段中应选取 B和C作为引物。（4）用两种相同的限制酶分别切断含目的基因的DNA片段和质粒，可使目的基因和质粒定向连接；质粒上至少保留一个抗性基因作为标记基因，有利于受体细胞的筛选。综合分析图2中目的基因两端的限制酶切位点、图4中质粒上的限制酶切位点，可推知应该选择限制酶是Pst、EcoR进行切割，这样质粒上可以保留抗四环素基因，完全可以达到上述目的。（5）由前面分析可知，重组质粒上的

15、抗生素抗性基因属于标记基因，应将该重组质粒导入到不含抗四环素基因的大肠杆菌细胞内，以利于筛选出含重组质粒的受体菌。9. 图1表示某湖泊中两种生物当年的种群数量（Nt)和一年后的种群数量（Nt+1)之间的关系（不考虑迁入迁出的影响），直线p表示Nt+l=Nt；图2表示该湖泊中不同体长露斯塔野鲮鱼的食性比例。请回答下列问题：（1）图1中，甲生物在C点时，种群数量的变化情况是_；F点时乙种群的出生率_(填“大于”、“等于”或“小于”）死亡率；Nt小于a时，甲、乙两条曲线中_曲线所代表的生物更易消亡。（2）调查发现该湖泊中的绿藻、蓝藻是雄斯塔野鲮鱼和罗氏沼虾的食物，罗氏沼虾又是露斯塔野鲮鱼的食物。该湖

16、泊中露斯塔野鲮鱼和罗氏沼虾的关系是_。体长为2.8cm的露斯塔野鲮鱼增重3g至少需要消耗藻类的量是体长为6.6cm的野鲮鱼的_倍。在藻类爆发的季节，为尽快控制藻类的数量，应向该湖泊中投放体长至少为_cm的露斯塔野鲮鱼，一段时间后，还可以捕捞野鲮鱼供人们食用。从能量流动的角度分析，投放这一体长野鲮鱼的原因是_。科研小组又对罗氏沼虾的能量流动情况进行分析，结果如下表（数字为能量值，单位是kJ/cm2a)摄入食物中的能量粪便中的能量同化量呼吸作用散失的能量51.627.024.623.1据上表结果分析，罗氏沼虾用于生长发育和繁殖的能量为_。【答案】 (1). 减少 (2). 等于 (3). 甲 (4

17、). 竞争和捕食 (5). 1.5 (6). 4.2 (7). 植食性比例较高，食物链短，能量利用率高 (8). 1.5kJ/(cm2a)【解析】【试题分析】本题结合图表，考查种群数量变化、生态系统的结构和功能的相关内容，首先要求考生能根据题干信息写出食物网；其次要求考生识记生态系统中能量流动的过程，掌握能量传递效率的相关计算，能结合图中信息准确答题。（1）图1中，直线p表示Nt+1Nt，C点位于该直线的下方，说明一年后的种群数量少于当年，则种群数量减少；F点位于乙曲线和P曲线相交点，说明一年后的种群数量等于当年，即种群数量保持相对稳定，因此此时乙种群的出生率等于死亡率；Nt小于a时，甲曲线中

18、出生率小于死亡率，数量不断减少；乙曲线中出生率大于死亡率，数量不断增加，因此甲曲线所代表的生物更易消亡。（2）已知该湖泊中的绿藻、蓝藻是雄斯塔野鲮鱼和罗氏沼虾的食物，罗氏沼虾又是露斯塔野鲮鱼的食物，所以露斯塔野鲮鱼与罗氏沼虾的种间关系是竞争和捕食。由图2可知，体长为2.8cm的露斯塔野鲮鱼的食物来源为植食性肉食性11，则增重3g，至少需要藻类（传递效率为20%）350%20%350%20%20%45g。体长为6.6cm的野鲮鱼的食物来源为植食性肉食性31，则增重3g，至少需要藻类（传递效率为20%）33/420%31/420%20%30g。因此，体长为2.8cm的露斯塔野鲮鱼增重3g至少需要消

19、耗藻类的量是体长为6.6cm的野鲮鱼的1.5倍。如果藻类大量繁殖也会破坏环境，所以放植食性较高的鱼类，即体长大于4.2cm的露斯塔野鲮鱼控制藻类的数量；此类鱼植食性比例高，食物链短，能量利用率高。罗氏沼虾同化量呼吸作用散失的能量+用于生长发育和繁殖的能量，因此用于生长发育和繁殖的能量24.623.11.5KJ/（cm2a）。10. 不良环境能使植物体内酶活力下降，酶活力降低的程度可作为衡量植株耐受性的重要指标。为探究不同植物叶片对汽车尾气的耐受能力，研究人员将两年生的香樟和杜鹃分别置于密闭气室中，用相同浓度的汽车尾气处理16h，取叶片研磨后获得叶片研磨液。用如图装置进行实验，每组实验测定4次，

20、每次向锥形瓶中加入2mL叶片研磨液后均测定5min内的气体收集量，结果如表（单位：mL）。请回答下列问题： 次数植物第1次第2次第3次第4次平均香樟对照组2.12.02.22.12.1实验组1.61.451.51.351.48杜鹃对照组3.02.82.92.92.9实验组1.81.92.01.91.9（1）本实验中应设计的对照组，对照组的处理方式是：将生理状况相似的香樟或杜鹃置于_的密闭气室中放置16小时。（2）本实验用气体产生量衡量酶活力的原因是_。（3）制备香樟和杜鹃的叶片研磨液时加入缓冲液，其目的是避免研磨过程中_的变化对H2O2酶产生影响。恒温水浴设定为32的原因是_。（4）统计气体收

21、集量时，对每种实验材料均进行4次，并计算平均值，其目的是_。（5）实验表明：对汽车尾气污染耐受力较强的植物是_，判断的理由是_。【答案】 (1). 不含汽车尾气 (2). 酶活力越高，催化H202分解的速率越快，气体产生量越多 (3). pH (4). 32是过氧化氢酶催化的适宜温度 (5). 保证实验数据的可靠性 (6). 香樟 (7). 相同浓度的汽车尾气处理后，香樟过氧化氢酶活力下降的相对幅度更小【解析】【试题分析】本题借助于“探究不同植物叶片对汽车尾气的耐受能力”考查考生分析实验目的获取自变量和因变量的能力，运用实验原则分析实验步骤的能力。解答本题的关键是根据表格数据，对实验结果进行分

22、析。本实验的目的是：探究不同植物叶片对汽车尾气的耐受能力，根据题意可知，该实验的自变量是：是否有汽车尾气处理叶片、不同植物的叶片，因变量是过氧化氢酶的活性，据此答题。（1）本实验的目的是探究不同植物叶片对汽车尾气的耐受能力，该实验的自变量是：是否有汽车尾气处理叶片、不同植物的叶片。本实验中的实验组的处理方式是：将两年生的香樟和杜鹃分别置于密闭气室中，用相同浓度的汽车尾气处理16h，故对照组的处理方式是将生理状况相似的香樟或杜鹃置于不含汽车尾气的密闭气室中放置16h。（2）叶片研磨液中含有过氧化氢酶，酶活力越高，催化过氧化氢分解速率越快，气体产生量越多，所以本实验可用气体产生量衡量酶活力。（3）实验要遵循单一变量原则，制备香樟和杜鹃的叶片研磨液时，加入缓冲液的目的是维持pH的相对稳定，避免研磨过程中pH的变化对过氧化氢酶产生影响；32是过氧化氢酶的适宜温度，故恒温水浴设定为32。（4）统计气体收集量时，对每种实验材料均进行4次并计算平均值，其目的是：重复试验计算平均值，保证实验数据的可靠性。（5）根据表格数据可知：相同浓度的汽车尾气处理后，香樟5min内的气体收集量变化幅度较小，说明香樟过氧化氢酶活力下降的相对幅度更小，故对汽车尾气污染耐受力较强的植物是香樟。