湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）2024-2025学年高三上学期第一次预热演练生物学试题解

2025届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试生物学参考答案一、选择题(本大题共12小题，每小题2分，共24分。)123456789101112ACDBADDDDCCA1．A【解析】每6个氨基酸构成一个α-螺旋体，螺距为0.54纳米。40000/110=363.333333，6个氨基酸组成一个α—螺旋，螺距0.54纳米，363.3333/3.6=101，101×0.54=54.54。2．C【解析】与G1期相比，G2期的DNA数加倍，染色体数目不变，故染色体组数相同，C错误。3．D【解析】光反应阶段需要光照，暗反应阶段有光无光都可以进行，a-c段既有光反应也有暗反应，c-e段在黑暗开始之前也有光反应，黑暗开始之后，只有暗反应，没有光反应，因此实验结果不支持光合作用可分为光反应和暗反应两个阶段，A错误；如果是持续光照，那么光反应可为暗反应持续提供NADPH和ATP，使暗反应不间断进行且反应速率保持不变，则与“间歇光”20分钟相比，持续光照20分钟时叶绿体有机物合成总量更多，B错误；虚线表示O2的释放速率的变化，实线表示CO2吸收速率的变化，在一个光周期内，二者从开始的0经过一段时间的反应以后又变为0，结合光合作用的总反应式来看，在一个光周期内释放的O2总量与暗反应吸收的CO2总量是相等的，S1+S2=S2+S3，但是S1+S2不能代表光反应释放O2的总量，C错误。4．B【解析】由题意可知，α-MSH是激素而不是酶，因此不能降低MC1R参与的反应的活化能，A错误；由题意可知，TYR既能促进真黑素的合成，也能促进褐黑素的合成，而不是催化真黑素和褐黑素的合成，C错误；增强ASIP或减弱α-MSH的功能都可能增加褐黑色素的合成，D错误。5．A【解析】所得子代的基因型及比例为:AaBbDd:AaBbdd:AabbDd:Aabbdd:aaBbDd:aaBbdd:aabbDd:aabbdd=163：1455：1：148：192：1：1158：130，运用减法(减去雄配子abd)可得到雌配子种类和比例为ABD：ABd：AbD：Abd：aBD：aBd：abD：abd=163：1455：1：148：192：1：1158：130。ABd、abD这两种配子最多，说明ABd/abD连锁，D错；只考虑A/a,B/b两对等位基因时，AB：Ab：aB：ab=(163+1455)：(1+148)：（192+1)：(1158+130)=1618：149：193：1288，则重组类型的配子是Ab和aB，占(149+193)/(1618+149+193+1288)=10.53%；只考虑B/b、D/d两对等位基因时，BD：bD：Bd：bd=355：1456：1159：278，重组类型的配子是BD和bd,占(355+278)/(355+1456+1159+278)=19.45%;只考虑A/a、D/d两对等位基因时，AD：aD：Ad：ad=164：1603：1350：131，重组类型的配子是AD和ad，占(164+131)/(164+1603+1350+131)=9.08%。又由题意，B/b、D/d两对配子最多，距离最远，BC错误、A正确。6．D【解析】若卵细胞基因组成是EDc，则双着丝粒桥断裂位点可能发生在右侧环状结构的发生在c、b之间。7．D【解析】神经Ⅲd2为-80mV，由图2可知-80mV是刺激作用3ms后的电位，这是由于d4是刺激点，d2对应兴奋后3ms时的电位。说明从d4到d2经过了1ms，传导距离为2cm。兴奋在神经纤维上的传导速度相同，神经Ⅱ和Ⅲ的兴奋传导速度依次为3V和6V，故神经Ⅱ上兴奋从d2到d3经过了1ms，传到距离为1cm，各神经元膜电位随时间的变化相同，神经Ⅱ的点d3的膜电位是-80mV，且神经元上传导速度为1cm/ms，C正确，D错误。8．D【解析】生长素由①部位（形态学上端）运输到④部位（形态学下端）的过程能进行，A错误；①为顶芽，该部分的生长素浓度为芽的最适浓度，越靠近顶芽的侧芽，积累的生长素越多，②处生长素浓度大于①处，图丁中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线分别表示根、芽、茎三种器官，图甲中的①部位为顶芽，该部分的生长素浓度为芽的最适浓度，故与图丁的E点对应的效应相同，②部位为侧芽，其生长受到抑制，而图丁的G点对应的效应为促进芽的生长，B错误；图乙中根的向地性能体现生长素作用的两重性，而图乙中茎的背地性以及图丙中茎的向光性均不能体现生长素作用的两重性，C错误。9．D【解析】某年M值为a，收获时N的数值小于a，说明甲收获小于乙收获种子数，则预测甲会被淘汰。10．C【解析】F1与R的序列要长于F2-F7与R序列，故不可能C项描述的情况。11．C【解析】由图分析可知：X基因第一次复制得到两个两种DNA：①和②；X基因第二次复制得到四个四种DNA：①复制得①和③、②复制得②和④；X基因第三次复制得到八个五种DNA：①复制得①和③、③复制得③和⑤、②复制得②和④、④复制得④和⑤；X基因第四次复制得到16个五种DNA：①复制得①和③、两个③复制得两个③和两个⑤、两个④复制得两个④和两个⑤、两个⑤得到四个⑤，一个②复制得到②和④。X基因第五次复制得到32个五种DNA，其中三个③复制能得到三个⑤，三个④复制得到三个⑤，八个⑤复制到十六个⑤即第⑤种DNA分子一共有16+3+3=22个。12．A【解析】M2即AABbCc自交一代中取纯合的A低B高C低植株AABBcc，与M3基因型相同的植株即AABbCc杂交，杂交一代中，纯合子为：AABBcc占1/2×1/2=1/4，杂合子为1-1/4=3/4，故纯合子：杂合子=1:3，B错误；M3AaBBCc某对同源染色体有一小段没有配对，可能是由于基因敲除缺失片段，也可能是染色体结构变异的片段缺失，C错误；后代中A高植株的基因型为：A-bbcc，B高的植株的基因型为：A-B-cc，由于三种营养成分的转化关系为：，无法获得三种成分均高的植株，D错误。二、不定项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。）13141516BCDABDABCABC13．BCD【解析】在凝胶中DNA分子的迁移速率与凝胶浓度、DNA分子的大小和构象等有关，A错误。14．ABD【解析】5号个体患有甲病，基因型为XaY，正常女性的基因型为XAXA或者XAXa，只有该女性的基因型为XAXa时，才会生育患甲病的孩子。假设致病基因Xa的基因频率为t，正常基因XA的基因频率为1-t，则人群中患病的男性XaY的基因型频率为1/2t，患病的女性XaXa的基因型频率为1/2t2，甲病在人群中的患病率为5/81，即1/2t+1/2t2=5/81，求解，得致病基因a的基因频率t=1/9。正常基因A的基因频率=1-t=8/9，因此在女性中XAXA的基因型频率分别为（8/9）2=64/81，XAXa的基因型频率为2×1/9×8/9=16/81，XaXa的基因型频率为（1/9）2=1/81。考虑正常女性中无XaXa个体，因此在正常女性中XAXa的基因型频率为16/80，5号个体（XaY）与正常女性婚配生育患甲病孩子的概率是16/80×1/2=8/80，C错误.15．ABC【解析】催化基因的表达产物引入到特异抗体的抗原结合位点上，使其获得催化功能。16．ABC【解析】核糖体增生发生在G1期，S期细胞均被3H标记，S期细胞经G2期才进入M期，t0～t1时被3H标记的细胞没有处于G1期的，不会发生核糖体增生，A错误；动物细胞不能形成细胞板，B错误；t2时50%M期细胞被标记且被标记细胞数目在增加，说明t2.～t3时有细胞可能处于S期，而S期细胞DNA易受到内外因素的干扰而发生差错，C错误。三、非选择题(共5小题，共60分)17．(10分,除标注外每空2分)(1)DNA(1分)(2)生理盐水处理促进(1分)(3)TAC促进TERT基因的表达，TERT基因的表达产物抑制p16ink4amRNA的合成，导致促进细胞衰老的物质p16ink4a的含量下降，从而延缓小鼠个体的衰老。(4)将生理状况相近的一些由于衰老引起学习记忆能力衰退的小鼠，平均分为AB两组，A组用生理盐水连续处理，B组用等量且适量的TAC连续处理，一段时间后，记录两组小鼠找到逃脱通道的时间。【解析】（2）题干中“端粒酶（TERT）可以修复加长端粒”，TAC是TERT的调节物质。题中实验目的为“探究TAC对端粒的影响”，故应该设置2组实验：对照组（生理盐水处理），实验组（TAC处理）。分析图乙可知，TAC处理组中小鼠的TERT蛋白含量增加，故TAC可以促进TERT基因的表达，而TERT又可以修复加长端粒，所以实验组端粒相对长度比对照组要长。（3）分析图3可知，TAC处理野生型小鼠，不同器官中p16ink4amRNA的相对水平均下降；TAC处理TERT基因敲除模型鼠，不同器官中p16ink4amRNA的相对水平下降不明显，甚至有升高趋势，故推测TAC影响小鼠个体衰老的机制是TAC促进TERT基因的表达，TERT基因的表达产物端粒酶可以抑制p16ink4amRNA的合成，导致促进细胞衰老的物质p16ink4a的含量下降，从而延缓小鼠个体的衰老。18．(8分，每空1分)(1)重组质粒（基因表达载体）Al菌体浓度/数量(2)B5比其他微生物抵抗Al的能力强，十种微生物共同抵抗Al的效果最好（抵抗力主取决于微生物的多样性）(3)随微生物种类增加，加B5组Al浓度明显降低，而不加B5组Al浓度变化不显著(4)108、106、109(5)水、其它碳源、氮源、无机盐ACD(6)滥用抗菌药会降低肠道微生物的多样性，对病原体的定植抵抗作用下降；对病原菌进行选择，易形成耐药菌；抗菌药也是药物，可能会对身体产生副作用【解析】（1）要获得转基因菌株Al，就需要将荧光素酶基因与质粒构建基因表达载体，然后将该基因载体导入病原菌，就可以得到转基因菌株Al；该菌株产生的荧光素酶可催化底物发荧光。因此通过检测荧光强度可以确定菌株Al的数量或浓度；（4）由于微生物多样性导致的定植抵抗依赖B5，且定植抵抗力主要取决于微生物的多样性，因此加入B5后，10种肠道微生物的Al菌浓度比50种肠道微生物的高，而不加B5时A1菌的浓度高于加B5时的情况，因此ⅰ、ⅱ、ⅲ对应的浓度依次为108、106、109。（5）A、利用B5、b5和其他肠道微生物进行实验，结果如图3。除半乳糖醇外，培养基还应含有水、其它碳源、氮源、无机盐等营养物质；由图3可知，③显著低于①，说明b5对营养的需求与Al重叠度高于其他9种微生物，A正确；④显著高于③的原因是突变体b5不能利用半乳糖醇，B错误；⑥显著低于④是因为B5能利用半乳糖醇，C正确；生态位重叠度越高，生物共同资源越相似，竞争越激烈，D正确。19．(17分，除标注外每空2分)(1)A(1分)(2)马铃薯和葡萄糖(1分)预防培养时细菌污染(1分)(3)时间过长，内生菌被一同杀死；时间过短，杂菌难以完全去除(4)培养基种类（配比）、光照的时间（强度）、消毒时间（消毒剂种类）、培养的温度等(5)ABD(6)防止失去细胞壁的细胞涨破(1分)(7)细胞活性强，细胞增殖旺盛(1分)细胞培养液(1分)MMT(1分)DMSO(1分)抑癌率=（对照组OD值-实验组OD值）/对照组OD值×100%(1分)【解析】（5）A、从表中数据看，生根率最高、根数最多、根长较长且健壮度最高的组合是NAA0.3mg·L-1，6-BA2mg·L-1，而不是6-BA4mg·L-1，A错误；当NAA浓度为0.1mg·L-1时，6-BA从2mg·L-1升高到4mg·L-1，生根率从81.08%下降到51.32%；当NAA浓度为0.3mg·L-1时，6-BA从2mg·L-1升高到4mg·L-1，生根率从96.67%下降到65.74%；当NAA浓度为0.5mg·L-1时，6-BA从2mg·L-1升高到4mg·L-1，生根率从77.78%下降到42.86%，所以在NAA浓度不变的情况下，6-BA浓度升高，诱导生根的效果