安徽省合肥市2025届高三生物下学期第二次教学质量检测试题含解析

PAGE13-安徽省合肥市2025届高三生物下学期其次次教学质量检测试题（含解析）一、选择题1.生物大分子的功能与其空间结构亲密相关，下列关于生物大分子空间结构的说法正确的是（）A.蛋白质分子的空间结构是确定其功能的唯一因素B.tRNA分子的空间结构与其碱基对之间的氢键无关C.淀粉、糖原、纤维素空间结构的不同与其单体种类无关D.高温可以使全部生物大分子的空间结构发生不行逆破坏【答案】C【解析】【分析】高温、强酸、强碱使蛋白质空间结构破坏，这种破坏是不行逆的。高温也可以使DNA变性，但是降温后，DNA又可以复性，复原双螺旋结构。【详解】A、氨基酸的种类、数目、排列依次不同和蛋白质的空间结构不同导致蛋白质结构不同，进而确定蛋白质的功能，A错误；B、tRNA在某些区域折叠形成局部双链，通过氢键相连，形成tRNA分子的“三叶草”结构，B错误；C、淀粉、糖原、纤维素空间结构不同，其单体都为葡萄糖，C正确；D、DNA在高温下氢键断裂，双螺旋结构被破坏，温度下降还可以复性，D错误。故选C。【点睛】本题考查蛋白质、核酸、多糖的结构组成与功能之间的关系，意在考查对所学学问的理解和应用。2.真核细胞内囊泡的运输说明生物膜系统在结构和功能上有着亲密的联系，下列相关叙述正确的是（）A.囊泡膜和靶膜上存在起识别作用的糖蛋白B.囊泡膜和靶膜融合时不须要消耗能量C.高尔基体形成囊泡只能移动到细胞膜D.囊泡内运输的物质都是生物大分子【答案】A【解析】【分析】分泌蛋白的合成与分泌过程：附着在内质网上的核糖体合成肽链→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞膜，整个过程还须要线粒体供应能量。【详解】A、囊泡膜和靶膜相互识别，依靠膜表面的糖蛋白，A正确；B、囊泡膜和靶膜融合依靠细胞膜的流淌性，须要消耗能量，B错误；C、高尔基体还可以产生含多种水解酶的囊泡，形成溶酶体，C错误；D、神经递质也是囊泡运输，但是神经递质不是大分子，D错误。故选A。【点睛】本题考查分泌蛋白的合成、分泌过程中，囊泡的形成和作用，意在考查分析问题和解决问题的实力。3.下列关于病毒的说法正确的是（）A.冠状病毒寄生于活细胞中，代谢类型为异养厌氧型B.抗体反抗病毒的机制与溶菌酶杀灭细菌的机制相同C.HIV病毒的遗传物质RNA可以整合到人染色体DNA上D.病毒核酸的复制须要宿主细胞的呼吸作用供应能量【答案】D【解析】【分析】病毒是一种体积特别微小，结构极其简洁的生命形式。病毒没有细胞结构，主要由内部的遗传物质和外部的蛋白质外壳组成，不能独立生存，只有寄生在活细胞里才能进行生命活动。病毒自身不能繁殖后代，只能利用宿主活细胞内现成的代谢系统合成自身的核酸和蛋白质成分。详解】A、冠状病毒寄生于活细胞中，不能独立代谢，无代谢类型，A错误；B、抗体与病毒结合后形成沉淀或细胞集团；溶菌酶是破坏细菌的细胞壁，导致细菌的死亡，故二者作用机制不相同，B错误；C、HIV病毒的遗传物质为RNA，逆转录成DNA后，可整合到人染色体DNA上，C错误；D、病毒自身不能产生能量，只能依靠宿主细胞的呼吸作用供应能量，D正确。故选D。【点睛】本题考查病毒的相关学问，意在考查识记实力和理解所学学问要点，把握学问间内在联系，以及运用所学学问，精确推断问题的实力。4.关于肺炎双球菌转化试验的叙述正确的是（）A.试验操作包括将S型菌的DNA与R型菌混合注射到小鼠体内B.艾弗里试验证明从S型菌中提取的DNA分子可以使小鼠死亡C.R型菌转化为S型菌属于可遗传变异，本质为产生新的基因组合D.注射加热后的S型菌不能使小鼠死亡的缘由是DNA经加热后失活【答案】C【解析】【分析】1、格里菲思肺炎双球菌的体内转化试验，证明白加热杀死的S型细菌内含有“转化因子”，促使R型细菌转化为S型细菌。2、艾弗里肺炎双球菌体外转化试验，证明白S型细菌的DNA是“转化因子”，即DNA是遗传物质；同时还干脆证明蛋白质等其他物质不是遗传物质。【详解】A、试验操作包括将加热杀死的S型菌与R型菌混合注射到小鼠体内，A错误；B、艾弗里试验证明DNA才是使R型细菌产生稳定遗传变更的物质，B错误；C、R型细菌转化为S型细菌的本质是，S型细菌的DNA进入R型细菌，并与R型细菌的DNA进行重组，产生新的基因组合，因此属于可遗传变异中的基因重组，C正确；D、注射加热后的S型菌不能使小鼠死亡的缘由是单独的DNA不能使小鼠死亡，D错误。故选C。【点睛】本题考查肺炎双球菌的转化试验，首先要识记体内、体外两个转化试验的过程及结论，再结合选项精确推断。5.胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，其作用机理如图所示，据图分析可能引发糖尿病的因素是（）A.一次摄入的葡萄糖数量增加 B.体内产生蛋白M抗体或胰岛素抗体C.加速含GLUT4的囊泡与细胞膜的融合 D.参加信号转导的有关蛋白分子被激活【答案】B【解析】【分析】分析图可知，胰岛素与蛋白M特异性结合，使参加信号转导的有关蛋白分子被激活，通过信号转导，能够加速含GLUT4的囊泡与细胞膜的融合，使细胞膜上GLUT4增加，促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖。【详解】A、一次摄入的葡萄糖数量增加，会加速上图过程，促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，使血糖下降，A错误；B、假如体内产生蛋白M抗体或胰岛素抗体，会影响胰岛素与蛋白M结合而影响信号的转导，引发糖尿病，B正确；C、加速含GLUT4的囊泡与细胞膜的融合，使细胞膜上GLUT4增加，能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，不会引发糖尿病，C错误；D、参加信号转导的有关蛋白分子被激活，可加速含GLUT4的囊泡与细胞膜的融合，使细胞膜上GLUT4增加，促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，不会引发糖尿病，D错误。故选B。【点睛】本题考查胰岛素降低血糖的相关学问，意在考查考生的识图实力和理解所学学问要点，能运用所学学问解决实际问题的实力。6.爱护生物多样性是实现人类社会可持续发展的基础，下列关于生物多样性的说法错误的是（）A.生物多样性是长期自然选择的结果B.自然状态下的群落演替使生物多样性渐渐增加C.爱护生物多样性的关键是协调好人与生态环境的关系D.野生动植物的药用功能体现了生物多样性的潜在价值【答案】D【解析】【分析】1、群落演替是随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程。2、爱护生物多样性，关键是要协调好人与生态环境的关系，如限制人口的增长、合理利用自然资源、防治环境污染等。爱护生物多样性，还要加强立法、执法和宣扬教化，使每个人都理性地相识到爱护生物多样性的意义，自觉形成符合生态文明的行为和习惯。爱护生物多样性只是反对盲目地、掠夺式的开发利用，而不意味着禁止开发和利用。3、生物多样性的价值：①潜在价值，目前人类尚不清晰的价值；②间接价值，对生态系统起到重要调整功能的价值，如森林和草地对水土的保持作用，湿地在蓄洪防旱、调整气候等方面的作用；③干脆价值，对人类有食用、药用和工业原料等好用意义的，以及有旅游欣赏、科学探讨和文学艺术创作等非好用意义的价值。【详解】A、自然选择是生物进化的动力之一，导致多种生物的出现，因而生物多样性是长期自然选择的结果，A正确；B、自然状态下群落演替使生态系统结构更困难，生物多样性增加，B正确；C、爱护生物多样性，关键是协调好人与生态环境的关系，如限制人口的增长、合理利用自然资源、防止环境污染等，C正确；D、野生动植物的药用功能体现了生物多样性的干脆价值，D错误。故选D。【点睛】本题主要考查对生物多样性内涵的理解以及对生物多样性价值的驾驭。7.某科研小组为探讨大棚蔬菜种植的合理方案，做了以下探究试验：（1）为探究植株种植密度，探讨了叶面积系数（单位土地面积上的叶面积总和）与植物群体光合速率、呼吸速率及干物质积累速率之间的关系如图1所示：由图1可知：当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率和干物质积累速率均_______。当叶面积系数超过b时，群体干物质积累速率降低，其缘由是_______。（2）为探究高温对大棚蔬菜光合速率的影响，将甲、乙两种植物从25℃环境移入40℃环境中培育，测得相关数据如图2所示：据图2分析，在40℃环境中，植物甲的光合速率降低主要是由于其光能捕获率大幅度下降，导致_______受到了限制；植物乙的光合速率下降的缘由主要是_______。（3）为探究CO2浓度和不同颜色的塑料或玻璃作棚顶对大棚蔬菜生长的影响，科研小组的试验结果如图3所示：比较图中a、b两点的数据，可知提高大棚蔬菜的产量应实行的措施之一是：_______，依据图3中数据可知提高大棚蔬菜的产量应选用_______（颜色）的塑料或玻璃做棚顶。【答案】(1).增加(2).群体光合速率不变，群体呼吸速率仍在增加(3).光反应(4).气孔导度下降，植物汲取的CO2量削减，导致暗反应受限(5).（适当）提高大棚中CO2浓度(6).白色（或无色）【解析】【分析】分析图1，植物群体光合速率即为总光合速率，干物质积累速率即为净光合速率，由图中曲线可知，当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率、干物质积累速率和呼吸速率均上升；当叶面积系数在a、b之间时，群体光合速率略上升，干物质积累速率基本不变，呼吸速率上升；当叶面积系数大于b时，群体光合速率不变，呼吸速率上升，干物质积累速率下降。分析图2，图中数据是将甲、乙两植物从25℃移入40℃环境中培育，测得的光合速率、气孔导度和光能捕获率占处理前的比例。分析数据可知，高温环境中甲植物的光能捕获率明显降低，乙植物的气孔导度明显降低。分析图3，本试验的自变量为CO2浓度和不同波长的光照，因变量为净光合速率。由图中曲线可知，在三种颜色的光照下，随着CO2浓度的上升，净光合速率均增加；在相同的CO2浓度条件下，净光合速率的比较为：白光>红光>黄光。【详解】（1）由图1曲线可知，当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率和干物质积累速率均上升；当叶面积系数超过b时，由于群体光合速率不变，而呼吸速率仍在上升，导致净光合速率降低，群体干物质积累速率降低。（2）光合作用过程中，捕获的光能干脆用于光反应，植物甲由于光能捕获率大幅度下降，导致光反应受到了限制，从而光合速率降低；植物乙的气孔导度明显降低，影响CO2的汲取，导致暗反应受限，光合速率降低。（3）分析图3中a、b两点可知，在红光条件下，由于b点的CO2浓度高于a点，导致b点的净光合速率更强，故（适当）提高大棚中CO2浓度，可提高大棚蔬菜的产量；分析曲线可知，在相同的CO2浓度条件下，净光合速率的比较为：白光>红光>黄光，故选用白色（或无色）的塑料或玻璃做棚顶，可提高大棚蔬菜的产量。【点睛】本题结合试验结果，综合考查影响光合作用的因素、光合作用和呼吸作用的关系，精确分析并获得图示信息是解题的关键。8.神经元之间的信息传递过程如图所示。请回答问题：（1）当兴奋传导到突触前膜时，引起突触前膜对Na+通透性增加，Na+内流，使兴奋部位膜内侧阳离子浓度高于膜外侧，表现为内正外负，与相邻部位产生_______。（2）图中兴奋引发的突触传递过程①→④中，信号传递方式是_______。（3）为证明细胞内Ca2+浓度可影响神经递质的释放量，有同学提出以下的试验思路：施加能使Ca2+通道关闭的阻断剂，然后刺激突触前神经细胞，检测神经递质的释放量。再在该试验体系中适度增加细胞外液中的Ca2+浓度，然后刺激突触前神经细胞，检测神经递质的释放量。该试验思路是否可行？说明理由_______。【答案】(1).电位差(2).电信号→化学信号→电信号(3).不行行，Ca2+通道阻断剂存在的条件下，增加细胞外液的Ca2+浓度无法变更细胞内的Ca2+浓度，神经递质的释放量不会变更【解析】【分析】分析图可知，冲动传到突触前膜，触发前膜中的Ca2+通道开放，肯定量的Ca2+顺浓度梯度流入突触小体，在Ca2+的作用下肯定数量的突触小泡与突触前膜融合，将神经递质外排到突触间隙，此过程为胞吐。被释放的神经递质通过突触间隙到达突触后膜，与后膜上的受体结合，触发受体变更构型，Na+通道开放，使Na+内流，导致膜内侧阳离子浓度高于膜外侧，表现为内正外负的动作电位，突触后神经元兴奋。兴奋在神经纤维上的传导方式为电信号，在神经元之间的传递方式为电信号→化学信号→电信号。【详解】（1）当兴奋传导到突触前膜时，引起突触前膜Na+通道对Na+通透性增加，Na+内流，使兴奋部位膜内侧阳离子浓度高于膜外侧，表现为内正外负，与相邻部位产生电位差，形成局部电流。（2）图中①→④为兴奋在两个神经元间突触传递的过程，因此信号传递方式是：电信号→化学信号→电信号。（3）施加Ca2+通道阻断剂后，刺激突触前神经细胞，检测神经递质的释放量，能够反应细胞内Ca2+浓度较低时对神经递质释放的影响，在Ca2+通道阻断剂存在的条件下，增加细胞外液的Ca2+浓度无法变更细胞内的Ca2+浓度，不能反映细胞内Ca2+浓度较高时对神经递质释放的影响，因此试验方案不行行。【点睛】本题考查兴奋在神经元之间的传递，要求识记兴奋传导和传递的相关学问，通过分析题图精确作答。9.探讨人员以坐果（成熟花的子房向果实转变的过程）期简洁发生落果的葡萄品种作为试验材料，在开花前10天给葡萄花序去雄并套袋。在开花日，用不同的植物生长调整剂4一CPA（为生长素类似物）、GA3（为赤霉素）或PAC（GA3合成抑制剂）处理未受粉的葡萄子房。在花后21天，统计坐果率探讨激素对葡萄坐果的影响，结果如下表：组别受粉未受粉123456试验处理GA3--+-+-4-CPA+++PAC坐果率（%）3001321248注：-未加入，+加入（1）植物激素是由植物体内产生，能从产生部位运输到作用部位，对植物的生长发育有_______的微量有机物。（2）该试验给葡萄花序去雄并套袋的目的是_______。（3）依据_______组结果，可知4一CPA或GA3单独处理均可提高葡萄坐果率。（4）依据4、6组结果推想，4一CPA通过_______来提高坐果率。【答案】(1).显著影响(2).解除内源激素的影响(3).2、3、4(4).提高赤霉素含量（促进赤霉素合成）【解析】【分析】本试验的试验目的是探讨不同的植物生长调整剂4－CPA（为生长素类似物）、GA3（为赤霉素）或PAC（GA3合成抑制剂）处理未受粉的葡萄子房，对葡萄坐果率的影响。本试验的自变量是不同的植物生长调整剂，即4－CPA、GA3、PAC，本试验的因变量是葡萄坐果的状况。【详解】（1）由植物激素的概念可知，植物激素是由植物体内产生，能从产生部位运输到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的微量有机物。（2）去雄并套袋可以防止受粉，解除受粉后发育中的种子所分泌的激素对试验的干扰。（3）由表中数据可知，3组为GA3单独处理对葡萄坐果率的影响，4组为4－CPA单独处理对葡萄坐果率的影响，3组、4组试验与比照组2组进行比较，可以得出GA3或4－CPA单独处理均可提高葡萄坐果率，所以对比表中2、3、4组结果，可知4－CPA或GA3单独处理均可提高葡萄坐果率。（4）4、6组比较，自变量是有无PAC（GA3合成抑制剂），试验结果是6组有PAC，葡萄的坐果率比4组低，所以由4、6组结果推想，4－CPA通过提高赤霉素含量来提高坐果率。【点睛】本题考查植物激素的作用及试验探讨的学问。意在考查理解所学学问的要点，把握学问间的内在联系，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行说明、推理，做出合理的推断或得出正确的结论的实力。10.鳞翅目昆虫家蚕的性别确定方式为ZW型。家蚕体表有斑纹和无斑纹由位于常染色体上的基因A、a限制。斑纹的颜色深浅受基因B、b影响。在育种试验中，以纯合无斑纹品种甲为母本，纯合深斑纹品种乙为父本进行杂交，F1全为无斑纹。F1雌雄交配，F2性状分别比状况如下表：无斑纹深斑纹浅斑纹雌性611雄性620请分析回答以下问题：（1）在有斑纹和无斑纹性状中，_______为显性。已知斑纹由色素分子积累产生，可推想A基因限制合成的酶能够催化色素分子_______（填“合成”或“分解”）。（2）B、b基因位于_______染色体上。F1雄性个体的基因型为_______。F2中无斑纹家蚕基因型共有___________种。（3）雄蚕产丝量高、丝质好。生产实践中利用A、a和B、b两对基因设计杂交组合，可以依据子代体表斑纹特征把雌性和雄性区分开。选择基因型为______的雌蚕与基因型为____________的雄蚕杂交，子代中性状为_______的个体即为雄蚕。【答案】(1).无斑纹(2).分解(3).Z或性(4).AaZBZb(5).8(6).aaZBW(7).aaZbZb(8).深斑纹【解析】【分析】鸟类、鳞翅目昆虫、部分两栖类和爬行类的性别确定方式属于ZW型，此类性别确定的特点是雌性个体细胞内有两条异型的性染色体ZW，雄性个体细胞内有两条同型的性染色体ZZ。【详解】（1）由纯合无斑纹甲为母本，纯合深斑纹乙为父本进行杂交，F1全为无斑纹，可推出无斑纹为显性；已知色素分子积累产生斑纹，可推想A基因限制合成的酶能够催化色素分子分解，导致含A基因的个体无斑纹。（2）分析F2的性状分别比可知，F2中雌、雄个体表现型不同，说明该性状与性别相关联，而A、a位于常染色体上，则B、b基因位于Z或性染色体上；结合题干分析可知，当A基因存在时，全部个体表现为无斑纹，aaZB_表现为深斑纹，aaZb_表现为浅斑纹。由此可推出，母本甲的基因型为AAZbW、父本乙的基因型为aaZBZB，F1雄性个体的基因型为AaZBZb，F1雌性个体的基因型为AaZBW，F2中无斑纹家蚕基因型为A_ZBW（2种）、A_ZbW（2种）、A_ZBZ_（4种），共有8种基因型。（3）若要依据子代体表斑纹特征把雌性和雄性区分开，可设计深斑纹雌性个体与浅斑纹雄性个体杂交，即基因型为aaZBW的雌蚕与基因型为aaZbZb的雄蚕杂交，子代基因型为aaZBZb（深斑纹）、aaZbW（浅斑纹），性状为深斑纹的个体即为雄蚕。【点睛】本题着重考查了ZW型性别确定方式的伴性遗传，意在考查考生能识记并理解所学学问的要点，把握学问间的内在联系，并且具有肯定的分析实力和理解实力，能应用所学学问分析解题。【生物——选修1：生物技术实践】11.酸奶及果汁的生产过程中常用到生物技术，请回答有关问题：（1）酸奶是以牛奶为原料，经过消毒、添加有益菌发酵后，再冷却灌装的一种养分保健品。生产过程中把温度限制在80℃将鲜牛奶煮15min，采纳的是_______方法，不仅能有效地消毒，而且使牛奶中养分成分不被破坏。起发酵作用的微生物主要是_______，发酵中牛奶相当于其培育基，就环境因素来说，不仅温度要相宜且还须要创建_______环境。（2）某种果汁生产过程中，如用果胶酶处理可显著增加产量，其主要缘由是果胶酶水解果胶使___________。（3）人们通常从腐烂的水果上分别产果胶酶的微生物，其依据是：_______。为了获得高产果胶酶微生物的单菌落，通常采纳的分别方法是_______。（4）为了提高果胶酶的稳定性和处理的连续性，可采纳_______技术处理果胶酶，如常用的吸附法。【答案】(1).巴氏消毒(2).乳酸菌(3).厌氧（或无氧）(4).植物细胞壁及胞间层瓦解，使榨取果汁变得更简洁，从而提高出汁量（产量）(5).腐烂的水果中含产果胶酶的微生物较多(6).稀释涂布平板法（或平板划线法）(7).固定化酶【解析】【分析】1、酸奶制备的菌种是乳酸菌，新陈代谢类型为异养厌氧型。2、果胶酶能够分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使细胞间变得松散，使榨取果汁变得更简洁，也使果汁变得澄清。【详解】（1）牛奶是不耐高温的液体，在70~75℃煮30min或在80℃煮15min，可以杀死牛奶中的微生物，并且使牛奶中的养分成分不被破坏，这种方法称为巴氏消毒法。制作酸奶的过程中，主要原理是乳酸菌通过无氧呼吸产生乳酸，故要供应相宜的温度和无氧环境。（2）果胶酶能够分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使细胞间变得松散，使榨取果汁变得更简洁，也使果汁变得澄清。（3）腐烂的水果中含大量果胶，产果胶酶的微生物分布较多，故通常从腐烂的水果上分别产果胶酶的微生物；微生物培育中，常用稀释涂布平板法（或平板划线法）分别微生物，可获得纯净的单菌落。（4）利用固定化酶技术将果胶酶固定在不溶于水的载体上，可提高果胶酶的稳定性，并能反复利用。【点睛】本题综合考查生物技术方面的相关学问，意在考查识记实力和推断实力，运用所学学问综合分析问题和解决问题的实力。【生物——选修3：现代生物科技专题】12.现代生物技术能利用一般山羊生产人β一酪蛋白。请回答有关问题：（1）首先须要从人_______中获得人β一酪蛋白基因，将其与运载体结合成重组人β一酪蛋白基因表达载体，此过程须要的酶是_______。通过显微注射技术将表达载体注射到_______中。（2）通过动物细胞培育技术，将培育到_______时期的胚胎进行移植，移植前须要对受体进行_______处理，使其能正常着床，最终获得表达人β一酪蛋白的转基因山羊。（3）要取得经济效