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四川省雅安市2023-2024学年高三12月联考理综生物试题（解析版）
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这是一份四川省雅安市2023-2024学年高三12月联考理综生物试题（解析版），共9页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。考试时间150分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
3．可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O16 Na 23 S32 Zn 65 Se 79
第Ⅰ卷（选择题共126分）
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 茶叶品种多样，其中毛尖茶外形纤细卷曲，色翠绿，香清高，味鲜浓。毛尖茶的主要化学成分有茶多酚、游离氨基酸、可溶性糖、咖啡碱、多种维生素等。下列叙述正确的是（ ）
A. 维生素D与氨基酸进出细胞的方式不同
B. 新鲜茶树细胞中含量最多的化合物是蛋白质
C. 茶树细胞中的元素在无机自然界中不一定都能找到
D. 茶树叶肉细胞中的ATP都在线粒体和细胞质基质中产生
【答案】A
【解析】
【分析】1.氨基酸的种类：氨基酸分为必需氨基酸和非必需氨基酸。必需氨基酸是指人体（或其它脊椎动物）不能合成或合成速度远不适应机体的需要，必需由食物蛋白供给，这些氨基酸称为必需氨基酸。
2.细胞中的化合物包括无机物和有机物，无机物包括水和无机盐，有机化合物包括糖类、脂质、蛋白质和核酸。
【详解】A、维生素D属于固醇类，进入细胞的方式为自由扩散，氨基酸进出细胞的方式为主动运输，A正确；
B、新鲜茶树细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质，含量最多的化合物是水，B错误；
C、茶树细胞中的元素都直接来自无机自然界，因此，其中的元素在无机自然界中一定都能找到，C错误；
D、茶树叶肉细胞中的ATP不都在线粒体和细胞质基质中产生，还会在光合作用过程中产生，如在叶绿体的类囊体薄膜上产生，D错误。
故选A。
2. 多酶片常用于治疗消化不良。多酶片为双层结构，外层为糖衣，内层为肠溶衣。糖衣包裹的是胃蛋白酶，肠溶衣包裹胰蛋白酶、胰淀粉酶等胰酶，如图所示。药物先进入胃，再进入肠，定点崩解发挥疗效。下列相关分析错误的是（ ）
A. 患者服用多酶片时应整片吞服，不宜捣碎或嚼碎服用
B. 食物中的蛋白质均在胃中被消化，淀粉均在小肠中被消化
C. 肠溶衣中的化学成分在酸性环境中不易被分解
D. 胃蛋白酶和胰酶的最适pH差异较大，但两者的最适温度相似
【答案】B
【解析】
【分析】1、消化酶的化学本质是蛋白质。2、酶在过酸，过碱或温度过高时，空间结构被破坏，使酶永久性失活。
【详解】A、患者服用多酶片时应整片吞服，不宜捣碎或嚼碎服用，避免嚼碎后的胰酶在胃中变性失活，A正确；
B、淀粉的消化从口腔开始，蛋白质的消化是从胃开始的，且两者都最终会在小肠被消化，B错误；
C、肠溶衣中的化学成分在酸性环境中不易被分解，可防止胰酶在胃中的酸性环境下变性失活，C正确；
D、胃蛋白酶的最适pH为2.0左右，胰酶的最适pH为7.0左右，两者最适pH差异较大，但两者的最适温度相似，均为37℃左右，D正确。
故选B。
3. 机体免疫系统有防卫功能。下列关于体液免疫和细胞免疫叙述，错误的是（ ）
A. 体液免疫和细胞免疫都是针对特定抗原所引起的免疫
B. 在抗原侵入靶细胞前，体液免疫可能已经开始发挥作用
C. B细胞在骨髓中成熟，B细胞缺陷小鼠体液免疫能力丧失
D. T细胞缺陷小鼠细胞免疫能力丧失，体液免疫过程不受影响
【答案】D
【解析】
【分析】体液免疫：病原体可以直接和B细胞接触，树突状细胞作为抗原呈递细胞，可对抗原进行加工、处理后呈递至辅助性T淋巴细胞，随后在抗原、激活的辅助性T细胞表面的特定分子双信号刺激下，B淋巴细胞活化，再接受细胞因子刺激后增殖分化成记忆细胞和浆细胞，浆细胞产生抗体，和病原体结合。
【详解】A、体液免疫和细胞免疫都属于特异性免疫，都是针对特定抗原所引起的免疫，A正确；
B、抗原侵入靶细胞后需要体液免疫和细胞免疫协调配合，在抗原侵入靶细胞前，体液免疫可能已经开始发挥作用，B正确；
C、B细胞在骨髓中成熟，B细胞在体液免疫中可以分化为浆细胞，浆细胞产生抗体作战，故B细胞缺陷小鼠体液免疫能力丧失，C正确；
D、T细胞在体液免疫和细胞免疫中均可发挥作用，如辅助性T细胞分泌的细胞因子在体液免疫中刺激B细胞增殖分化，故T细胞缺陷小鼠细胞体液免疫和细胞免疫均受影响，D错误。
故选D。
4. 带状疱疹是水痘一带状疱疹病毒(VZV)感染所致，VZV是一种具有传染性的双链DNA病毒。阿昔洛韦是治疗带状疱疹的一种常用药物，其作用机理主要是抑制病毒DNA聚合酶的活性。中心法则如图所示，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 与VZV相关的信息传递存在图中的①②③⑤过程
B. ⑤过程存在U—A、C—G、A—T、G—C4种碱基配对方式
C. 阿昔洛韦主要通过影响图中的②过程来抑制VZV的增殖
D. 在①过程中，DNA聚合酶能将两条链之间的氢键断开
【答案】B
【解析】
【分析】图示为中心法则图解，图中①表示DNA的复制过程；②表示转录过程；③表示翻译过程，④表示RNA的复制过程；⑤表示逆转录过程；一般地，图中的④逆转录和⑤RNA的复制只发生在被RNA病毒寄生的细胞中，而在其它生物体内不能发生。
【详解】A、VZV是一种具有传染性的双链DNA病毒，不会发生⑤逆转录过程，A错误；
B、⑤逆转录是以RNA为模板成DNA的过程，RNA中存在U、C、A、G碱基，与其配对的DNA中的碱基分别为A、G、T、C，即U—A、C—G、A—T、G—C4种碱基配对方式，B正确；
C、由题干信息可知，阿昔洛韦的作用机理主要是抑制病毒DNA聚合酶的活性，故其主要通过影响图中的①DNA复制过程来抑制VZV的增殖，C错误；
D、在①DNA复制过程中，解旋酶能将两条链之间的氢键断开，D错误。
故选B。
5. 海洋孕育了众多生物资源。海洋不同深度的鱼类分布状况如图所示，其中曲线甲、乙、丙分别表示三种鱼的种群数量变化情况。下列分析正确的是（ ）
A. 海洋中鱼类的垂直分层现象主要与其对光的利用有关
B. 由图可知，甲、乙、丙三种鱼之间均存在捕食关系
C. 甲、乙、丙三种鱼可能存在竞争关系，每种鱼存在种内斗争关系
D. 随着海洋深度增加，物种丰富度呈增加趋势
【答案】C
【解析】
【分析】题图分析，曲线甲、乙、丙分别表示三种鱼的种群数量变化情况，图示说明随着海洋中深度的增加，依次处于优势地位的鱼类为丙、乙和甲。
【详解】A、海洋中鱼类的垂直分层现象主要与其对食物和栖息环境的需求有关，A错误；
B、图中显示的是海洋不同深度的鱼类分布状况，但根据图示不能说明甲、乙、丙三种鱼之间均存在捕食关系，B错误；
C、甲、乙、丙三种鱼彼此之间有共同的生存空间，因而可能存在竞争关系，且每种鱼因为争夺食物和空间而存在种内斗争关系，C正确；
D、就这三种鱼类来说，不能说明随着海洋深度增加，物种丰富度呈增加趋势，D错误。
故选C。
6. 果蝇的长翅对残翅为显性，由一对等位基因A/a控制，灰体对黄体为显性，由另一对等位基因B/b控制，已知基因B/b位于X染色体上。甲、乙两只果蝇多次交配，子代中长翅灰体果蝇占3/8。下列分析错误的是（ ）
A. A/a这对基因位于常染色体上
B. 若子代中长翅果蝇占3/4，则子代中的雌性长翅灰体果蝇均为杂合子
C. 若子代中长翅果蝇占3/4，则母本的基因型为AaXBXb
D. 若父本基因型为AaXbY，则其1个精原细胞最多能产生4种精子
【答案】C
【解析】
【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
题意分析，甲、乙两只果蝇多次交配、子代中长翅灰体果蝇占3/8，3/8=3/4×1/2，据此可推测亲本的基因型可能为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb或AaXBXb×aaXBY。
【详解】A、两只果蝇多次交配、子代中长翅灰体果蝇占3/8，该固定比例的出现说明，控制翅形和体色的基因在遗传时遵循基因自由组合定律，需满足两对等位基因位于两对同源染色体上，又知B/b基因位于X染色体上，则A/a基因位于常染色体上，A正确；
BC、结合子代中长翅灰体果蝇占3/8=3/4×1/2可推测，亲代果蝇的基因型为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb或AaXBXb×aaXBY，若子代中长翅果蝇占3/4，则亲本应为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb ，二者子代中的雌性长翅灰体果蝇基因型为A XBXb，一定为杂合子；且母本的基因型为AaXBXb或AaXbXb，B正确，C错误；
D、若父本的基因型为AaXBY，其最多能产生4种精细胞，分别为AY、aXB、AXB、aY，D正确。
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
7. 鼠兔，体长10～30cm，牙齿结构、外形、摄食方式、行为等与兔子相像，身材和神态很像鼠。鼠兔是草原生态系统重要成分，对生态平衡具有重要作用。回答下列问题：
（1）调查鼠兔种群密度时可采用标志重捕法，可用该方法的动物具有的特点是______。人们一度认为鼠兔数量巨大且对草原的破坏性较大，而对其进行大量捕杀，但是草场并没有得到改善，反而以鼠兔为食的藏狐等小型肉食性动物大量减少，生态环境进一步恶化，这主要体现了生物多样性的______价值。
（2）鼠兔主要以雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物为食，在生态系统的组成成分中属于______，这种生态系统的组成成分在生态系统中的主要作用是______。
（3）发现鹰、藏狐等天敌时，鼠兔常发出尖叫，这种叫声可以警示土拨鼠等动物迅速进入洞穴躲藏起来，也可以警示其他小型鸟类迅速躲避，由此可以得出信息传递在生态系统中的作用是______。
【答案】7. ①. 活动能力强、活动范围广 ②. 间接
8. ①. （初级）消费者 ②. 能为植物传粉和传播种子等，能加快生态系统的物质循环
9. 调节种间关系，维持生态系统的稳定
【解析】
【分析】生态系统中信息的种类：（1）物理信息：信息的载体为生态系统中的光、声、温度、湿度、磁力等物理因素，且通过物理过程传递。（2）化学信息：信息的载体为化学物质。如植物的生物碱、有机酸等（3）行为信息：信息的载体为动物的特殊行为。信息传递的作用表现在：生物生命活动的正常进行离不开信息传递；种群的繁衍离不开信息传递，信息传递能调节种间关系维持生态系统的稳定。
【小问1详解】
调查鼠兔种群密度时可采用标志重捕法，因为鼠兔活动能力强、活动范围广。人们一度认为鼠兔数量巨大且对草原的破坏性较大，而对其进行大量捕杀，但是草场并没有得到改善，反而以鼠兔为食的藏狐等小型肉食性动物大量减少，生态环境进一步恶化，这体现的是鼠兔在生态方面的价值，即该事实体现了生物多样性的间接价值。
【小问2详解】
鼠兔主要以雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物为食，在生态系统的组成成分中属于消费者，而雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物属于生产者，消费者在生态系统中的主要作用是表现在能为植物传粉和传播种子等，也能促进生态系统的物质循环和能量流动，有助于维持生态系统的稳定。
【小问3详解】
发现鹰、藏狐等天敌时，鼠兔常发出尖叫，这种叫声可以警示土拨鼠等动物迅速进入洞穴躲藏起来，也可以警示其他小型鸟类迅速躲避，这说明生态系统的信息传递能调节种间关系，维持生态系统的稳定。
8. 鹅（ZW型，2N=78）的鹅掌颜色有黑色、花色和黄色三种，由两对等位基因M/m和T/t共同控制。已知M基因控制黑色素的合成，无M基因表现为黄掌，T基因使鹅掌全部含有黑色素，出现全黑性状，不含T基因的个体，黑色素随机分布，出现花掌（黑黄相间）。现让两只雌雄黑掌鹅相互交配，F₁表现型及比例如表所示，已知不考虑Z、W染色体上的同源区段。回答下列问题：
（1）雌性鹅的性染色体类型为______。
（2）M/m基因位于______，判断理由是______。
（3）亲本雌性鹅和雄性鹅的基因型分别为______，F₁中黄掌鹅的基因型有______种，随机从F₁雄性鹅中选取一只黄掌鹅，为确定其基因型，请你设计一组杂交实验并预测实验结果及结论。
杂交实验：______。预测实验结果及结论：______。
【答案】8. ZW 9. ①. 常染色体 ②. 子代雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，与性别无关
10. ①. MmZTW、MmZTZt ②. 4 ③. 与黑掌鹅雌性亲本进行杂交，观察子代雌性表型 ④. 若子代雌性中出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZt，若子代雌性中均不出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZT
【解析】
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。
【小问1详解】
由于鹅的性别决定方式为ZW型，故雌性鹅的性染色体类型为ZW。
【小问2详解】
由题干信息“T基因使鹅掌全部含有黑色素，出现全黑性状，不含T基因的个体，黑色素随机分布，出现花掌（黑黄相间）”可知，花掌的出现由T/t控制，且花掌中含有黑色素合成基因M，含有黑掌表型，由题表数据可知，子代中雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，即黑掌与黄掌的表型与性别无关，故可推测控制黑色素合成基因M/m位于常染色体上。
【小问3详解】
由题表数据可知，黑掌与花掌在雌雄中比例不同，故控制花掌与非花掌的基因（T、t）位于Z染色体上，子代雌性（ZW型）中黑掌：花掌=1:1，故父本基因型为ZTZt，且子代雄性（ZZ型）均为黑掌，可推测母本基因型为ZTW，且子代中雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，故亲本雌性鹅和雄性鹅的基因型分别为MmZTW、MmZTZt；
F₁中黄掌鹅的基因型为mmZTZT、mmZTZt、mmZTW、mmZtW，共有4种；欲确定F₁雄性鹅中一只黄掌鹅的基因型（mmZTZT、mmZTZt），可选择黑掌鹅雌性亲本（MmZTW）进行杂交，观察子代雌性表型；若子代雌性中出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZt，若子代雌性中不出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZT。
（二）选考题：共45分。请考生从以下2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[生物——选修1：生物技术实践]
9. 食物发酵过程中会生成多种物质，其中包含一些有毒物质，如生物胺（一类含氮有机化合物）。为控制生物胺的含量，保障食品安全，可在食品发酵过程中添加降解生物胺的菌株。现需要选择高效降解生物胺的菌株，可以从豆瓣酱中进行筛选。回答下列问题：
（1）利用豆瓣酱制作浸出液通常加入到______（填物理性质）培养基中进行扩大培养，该步骤的目的是______。与普通培养基相比，该培养基中的营养物质的配置特点是______。
（2）将上述培养液稀释后涂布到特定的固体平板上培养一段时间，产生了多个菌落，制备培养基时，需要灭菌，培养基常用的灭菌方法是______，为筛选出分解能力强的菌种，加入指示剂后，发现培养基中的A、B两个菌落周围产生了两个相同的分解圈，但A菌落较大，B菌落较小，生产上应选择______菌落作为菌种，原因是______。
（3）现已筛选获得了能高效分解生物胺的菌株，验证该菌株是否会抑制豆瓣酱中原有菌种的繁殖的实验思路为将发酵中的豆瓣酱随机分成两组，一组不做处理，______，在相同条件下培养一段时间后，将等量豆瓣酱浸出液稀释液涂布到固体培养基中，观察并比较豆瓣酱中原有菌落的数目。
【答案】9. ①. 液体 ②. 增加目的菌（能高效降解生物胺的菌株）的浓度 ③. 以生物胺作为唯一氮源
10. ①. 高压蒸汽灭菌法 ②. B ③. B菌株分解圈的直径与菌落的直径比值较大
11. 一组将培养基中加入适量的能能高效分解生物胺的菌株
【解析】
【分析】1、培养基的营养构成：各种培养基一般都含有水、碳源、氮源和无机盐。培养基的分类：
①按物理性质分，分为液体培养基和固体培养基，固体培养基中含有凝固剂，一般是琼脂。
②按化学成分分，分为天然培养基和合成培养。两者的区别是天然培养基成分不确定，合成培养基成分的含量是确定的。
③按用途分，分为选择培养基和鉴别培养基。
2、常用灭菌方法：灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌法。
【小问1详解】
对目的菌种进行扩大培养，采用液体培养基，利用液体培养基扩大培养的过程中要进行振荡，目的是增大液体培养基中的氧气含量，实现目的菌的快速繁殖，所以，该步骤的最终目的是为了增加目的菌的浓度。与普通培养基相比，该培养基中需要以生物胺作为唯一氮源，以达到选择培养的目的。
小问2详解】
固体培养基的灭菌方法是高压蒸汽灭菌法。分解圈的直径与菌落的比值越大，说明菌种的分解能力越强，A、B两个菌落周围产生了两个相同的分解圈，但A菌落较大，B菌落较小，故B菌株分解圈的直径与菌落的直径比值较大，B菌落的分解能力强。所以应该选B菌落作为菌种。
【小问3详解】
验证能高效分解生物胺的菌株能否抑制豆瓣酱中原有菌种的繁殖，自变量为是否加入了能高效分解生物胺的菌株，所以，一组不做处理，另一组加入适量的能高效分解生物胺的菌株。
[生物——选修3：现代生物科技专题]
10. 人血清白蛋白（HSA）具有重要的医用价值，传统获取HSA的方法只有从人血浆中制备。科学家们利用基因工程技术，培养出一种转基因山羊，其乳腺上皮细胞可以合成HSA并分泌到乳汁中，再从其乳汁中提取HSA，大致过程如图所示。回答下列问题：
注：图中tetR表示四环素抗性基因，ampR表示氨苄青霉素抗性基因，BamHⅠ、HindⅢ、SmaⅠ表示三种限制酶。
（1）若要体外获得大量的HSA基因，则可采用PCR技术。该技术的前提是要根据一段已知目的基因的______设计引物。
（2）将图中的HSA基因插入载体，需要用到的限制酶是______；过程①常用的方法是______；筛选含有重组载体的受精卵时首先需要在含______的培养基中进行培养。
（3）为了获得更多的转基因山羊，科学家常采用______技术，在获得二分胚的时候，分割时要注意将囊胚的______均等分割，否则会影响分割后胚胎的恢复和进一步发育。
（4）为检测羊基因组中是否含有HSA基因可采用______技术。
（5）相比于传统获取HSA的方法，通过上图过程培育的转基因山羊来生产HSA显著提高了生产效率，但该过程也存在一定的局限性，即转基因山羊必须是雌性的，且须等转基因山羊发育到泌乳期才能获取HSA。有科学家提出，若使HSA基因在山羊的膀胱上皮细胞中特异性表达，即可克服该局限性。为达到性别
黑掌
花掌
黄掌
雄性
6
0
2
雌性
3
3
2
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分。考试时间150分钟。
2．请将各题答案填写在答题卡上。
3．可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 O16 Na 23 S32 Zn 65 Se 79
第Ⅰ卷（选择题共126分）
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 茶叶品种多样，其中毛尖茶外形纤细卷曲，色翠绿，香清高，味鲜浓。毛尖茶的主要化学成分有茶多酚、游离氨基酸、可溶性糖、咖啡碱、多种维生素等。下列叙述正确的是（ ）
A. 维生素D与氨基酸进出细胞的方式不同
B. 新鲜茶树细胞中含量最多的化合物是蛋白质
C. 茶树细胞中的元素在无机自然界中不一定都能找到
D. 茶树叶肉细胞中的ATP都在线粒体和细胞质基质中产生
【答案】A
【解析】
【分析】1.氨基酸的种类：氨基酸分为必需氨基酸和非必需氨基酸。必需氨基酸是指人体（或其它脊椎动物）不能合成或合成速度远不适应机体的需要，必需由食物蛋白供给，这些氨基酸称为必需氨基酸。
2.细胞中的化合物包括无机物和有机物，无机物包括水和无机盐，有机化合物包括糖类、脂质、蛋白质和核酸。
【详解】A、维生素D属于固醇类，进入细胞的方式为自由扩散，氨基酸进出细胞的方式为主动运输，A正确；
B、新鲜茶树细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质，含量最多的化合物是水，B错误；
C、茶树细胞中的元素都直接来自无机自然界，因此，其中的元素在无机自然界中一定都能找到，C错误；
D、茶树叶肉细胞中的ATP不都在线粒体和细胞质基质中产生，还会在光合作用过程中产生，如在叶绿体的类囊体薄膜上产生，D错误。
故选A。
2. 多酶片常用于治疗消化不良。多酶片为双层结构，外层为糖衣，内层为肠溶衣。糖衣包裹的是胃蛋白酶，肠溶衣包裹胰蛋白酶、胰淀粉酶等胰酶，如图所示。药物先进入胃，再进入肠，定点崩解发挥疗效。下列相关分析错误的是（ ）
A. 患者服用多酶片时应整片吞服，不宜捣碎或嚼碎服用
B. 食物中的蛋白质均在胃中被消化，淀粉均在小肠中被消化
C. 肠溶衣中的化学成分在酸性环境中不易被分解
D. 胃蛋白酶和胰酶的最适pH差异较大，但两者的最适温度相似
【答案】B
【解析】
【分析】1、消化酶的化学本质是蛋白质。2、酶在过酸，过碱或温度过高时，空间结构被破坏，使酶永久性失活。
【详解】A、患者服用多酶片时应整片吞服，不宜捣碎或嚼碎服用，避免嚼碎后的胰酶在胃中变性失活，A正确；
B、淀粉的消化从口腔开始，蛋白质的消化是从胃开始的，且两者都最终会在小肠被消化，B错误；
C、肠溶衣中的化学成分在酸性环境中不易被分解，可防止胰酶在胃中的酸性环境下变性失活，C正确；
D、胃蛋白酶的最适pH为2.0左右，胰酶的最适pH为7.0左右，两者最适pH差异较大，但两者的最适温度相似，均为37℃左右，D正确。
故选B。
3. 机体免疫系统有防卫功能。下列关于体液免疫和细胞免疫叙述，错误的是（ ）
A. 体液免疫和细胞免疫都是针对特定抗原所引起的免疫
B. 在抗原侵入靶细胞前，体液免疫可能已经开始发挥作用
C. B细胞在骨髓中成熟，B细胞缺陷小鼠体液免疫能力丧失
D. T细胞缺陷小鼠细胞免疫能力丧失，体液免疫过程不受影响
【答案】D
【解析】
【分析】体液免疫：病原体可以直接和B细胞接触，树突状细胞作为抗原呈递细胞，可对抗原进行加工、处理后呈递至辅助性T淋巴细胞，随后在抗原、激活的辅助性T细胞表面的特定分子双信号刺激下，B淋巴细胞活化，再接受细胞因子刺激后增殖分化成记忆细胞和浆细胞，浆细胞产生抗体，和病原体结合。
【详解】A、体液免疫和细胞免疫都属于特异性免疫，都是针对特定抗原所引起的免疫，A正确；
B、抗原侵入靶细胞后需要体液免疫和细胞免疫协调配合，在抗原侵入靶细胞前，体液免疫可能已经开始发挥作用，B正确；
C、B细胞在骨髓中成熟，B细胞在体液免疫中可以分化为浆细胞，浆细胞产生抗体作战，故B细胞缺陷小鼠体液免疫能力丧失，C正确；
D、T细胞在体液免疫和细胞免疫中均可发挥作用，如辅助性T细胞分泌的细胞因子在体液免疫中刺激B细胞增殖分化，故T细胞缺陷小鼠细胞体液免疫和细胞免疫均受影响，D错误。
故选D。
4. 带状疱疹是水痘一带状疱疹病毒(VZV)感染所致，VZV是一种具有传染性的双链DNA病毒。阿昔洛韦是治疗带状疱疹的一种常用药物，其作用机理主要是抑制病毒DNA聚合酶的活性。中心法则如图所示，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 与VZV相关的信息传递存在图中的①②③⑤过程
B. ⑤过程存在U—A、C—G、A—T、G—C4种碱基配对方式
C. 阿昔洛韦主要通过影响图中的②过程来抑制VZV的增殖
D. 在①过程中，DNA聚合酶能将两条链之间的氢键断开
【答案】B
【解析】
【分析】图示为中心法则图解，图中①表示DNA的复制过程；②表示转录过程；③表示翻译过程，④表示RNA的复制过程；⑤表示逆转录过程；一般地，图中的④逆转录和⑤RNA的复制只发生在被RNA病毒寄生的细胞中，而在其它生物体内不能发生。
【详解】A、VZV是一种具有传染性的双链DNA病毒，不会发生⑤逆转录过程，A错误；
B、⑤逆转录是以RNA为模板成DNA的过程，RNA中存在U、C、A、G碱基，与其配对的DNA中的碱基分别为A、G、T、C，即U—A、C—G、A—T、G—C4种碱基配对方式，B正确；
C、由题干信息可知，阿昔洛韦的作用机理主要是抑制病毒DNA聚合酶的活性，故其主要通过影响图中的①DNA复制过程来抑制VZV的增殖，C错误；
D、在①DNA复制过程中，解旋酶能将两条链之间的氢键断开，D错误。
故选B。
5. 海洋孕育了众多生物资源。海洋不同深度的鱼类分布状况如图所示，其中曲线甲、乙、丙分别表示三种鱼的种群数量变化情况。下列分析正确的是（ ）
A. 海洋中鱼类的垂直分层现象主要与其对光的利用有关
B. 由图可知，甲、乙、丙三种鱼之间均存在捕食关系
C. 甲、乙、丙三种鱼可能存在竞争关系，每种鱼存在种内斗争关系
D. 随着海洋深度增加，物种丰富度呈增加趋势
【答案】C
【解析】
【分析】题图分析，曲线甲、乙、丙分别表示三种鱼的种群数量变化情况，图示说明随着海洋中深度的增加，依次处于优势地位的鱼类为丙、乙和甲。
【详解】A、海洋中鱼类的垂直分层现象主要与其对食物和栖息环境的需求有关，A错误；
B、图中显示的是海洋不同深度的鱼类分布状况，但根据图示不能说明甲、乙、丙三种鱼之间均存在捕食关系，B错误；
C、甲、乙、丙三种鱼彼此之间有共同的生存空间，因而可能存在竞争关系，且每种鱼因为争夺食物和空间而存在种内斗争关系，C正确；
D、就这三种鱼类来说，不能说明随着海洋深度增加，物种丰富度呈增加趋势，D错误。
故选C。
6. 果蝇的长翅对残翅为显性，由一对等位基因A/a控制，灰体对黄体为显性，由另一对等位基因B/b控制，已知基因B/b位于X染色体上。甲、乙两只果蝇多次交配，子代中长翅灰体果蝇占3/8。下列分析错误的是（ ）
A. A/a这对基因位于常染色体上
B. 若子代中长翅果蝇占3/4，则子代中的雌性长翅灰体果蝇均为杂合子
C. 若子代中长翅果蝇占3/4，则母本的基因型为AaXBXb
D. 若父本基因型为AaXbY，则其1个精原细胞最多能产生4种精子
【答案】C
【解析】
【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
题意分析，甲、乙两只果蝇多次交配、子代中长翅灰体果蝇占3/8，3/8=3/4×1/2，据此可推测亲本的基因型可能为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb或AaXBXb×aaXBY。
【详解】A、两只果蝇多次交配、子代中长翅灰体果蝇占3/8，该固定比例的出现说明，控制翅形和体色的基因在遗传时遵循基因自由组合定律，需满足两对等位基因位于两对同源染色体上，又知B/b基因位于X染色体上，则A/a基因位于常染色体上，A正确；
BC、结合子代中长翅灰体果蝇占3/8=3/4×1/2可推测，亲代果蝇的基因型为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb或AaXBXb×aaXBY，若子代中长翅果蝇占3/4，则亲本应为AaXBXb×AaXbY或AaXBY×AaXbXb ，二者子代中的雌性长翅灰体果蝇基因型为A XBXb，一定为杂合子；且母本的基因型为AaXBXb或AaXbXb，B正确，C错误；
D、若父本的基因型为AaXBY，其最多能产生4种精细胞，分别为AY、aXB、AXB、aY，D正确。
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题共174分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共129分。
7. 鼠兔，体长10～30cm，牙齿结构、外形、摄食方式、行为等与兔子相像，身材和神态很像鼠。鼠兔是草原生态系统重要成分，对生态平衡具有重要作用。回答下列问题：
（1）调查鼠兔种群密度时可采用标志重捕法，可用该方法的动物具有的特点是______。人们一度认为鼠兔数量巨大且对草原的破坏性较大，而对其进行大量捕杀，但是草场并没有得到改善，反而以鼠兔为食的藏狐等小型肉食性动物大量减少，生态环境进一步恶化，这主要体现了生物多样性的______价值。
（2）鼠兔主要以雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物为食，在生态系统的组成成分中属于______，这种生态系统的组成成分在生态系统中的主要作用是______。
（3）发现鹰、藏狐等天敌时，鼠兔常发出尖叫，这种叫声可以警示土拨鼠等动物迅速进入洞穴躲藏起来，也可以警示其他小型鸟类迅速躲避，由此可以得出信息传递在生态系统中的作用是______。
【答案】7. ①. 活动能力强、活动范围广 ②. 间接
8. ①. （初级）消费者 ②. 能为植物传粉和传播种子等，能加快生态系统的物质循环
9. 调节种间关系，维持生态系统的稳定
【解析】
【分析】生态系统中信息的种类：（1）物理信息：信息的载体为生态系统中的光、声、温度、湿度、磁力等物理因素，且通过物理过程传递。（2）化学信息：信息的载体为化学物质。如植物的生物碱、有机酸等（3）行为信息：信息的载体为动物的特殊行为。信息传递的作用表现在：生物生命活动的正常进行离不开信息传递；种群的繁衍离不开信息传递，信息传递能调节种间关系维持生态系统的稳定。
【小问1详解】
调查鼠兔种群密度时可采用标志重捕法，因为鼠兔活动能力强、活动范围广。人们一度认为鼠兔数量巨大且对草原的破坏性较大，而对其进行大量捕杀，但是草场并没有得到改善，反而以鼠兔为食的藏狐等小型肉食性动物大量减少，生态环境进一步恶化，这体现的是鼠兔在生态方面的价值，即该事实体现了生物多样性的间接价值。
【小问2详解】
鼠兔主要以雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物为食，在生态系统的组成成分中属于消费者，而雪莲、虎耳草、金莲花、火绒草等草本植物属于生产者，消费者在生态系统中的主要作用是表现在能为植物传粉和传播种子等，也能促进生态系统的物质循环和能量流动，有助于维持生态系统的稳定。
【小问3详解】
发现鹰、藏狐等天敌时，鼠兔常发出尖叫，这种叫声可以警示土拨鼠等动物迅速进入洞穴躲藏起来，也可以警示其他小型鸟类迅速躲避，这说明生态系统的信息传递能调节种间关系，维持生态系统的稳定。
8. 鹅（ZW型，2N=78）的鹅掌颜色有黑色、花色和黄色三种，由两对等位基因M/m和T/t共同控制。已知M基因控制黑色素的合成，无M基因表现为黄掌，T基因使鹅掌全部含有黑色素，出现全黑性状，不含T基因的个体，黑色素随机分布，出现花掌（黑黄相间）。现让两只雌雄黑掌鹅相互交配，F₁表现型及比例如表所示，已知不考虑Z、W染色体上的同源区段。回答下列问题：
（1）雌性鹅的性染色体类型为______。
（2）M/m基因位于______，判断理由是______。
（3）亲本雌性鹅和雄性鹅的基因型分别为______，F₁中黄掌鹅的基因型有______种，随机从F₁雄性鹅中选取一只黄掌鹅，为确定其基因型，请你设计一组杂交实验并预测实验结果及结论。
杂交实验：______。预测实验结果及结论：______。
【答案】8. ZW 9. ①. 常染色体 ②. 子代雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，与性别无关
10. ①. MmZTW、MmZTZt ②. 4 ③. 与黑掌鹅雌性亲本进行杂交，观察子代雌性表型 ④. 若子代雌性中出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZt，若子代雌性中均不出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZT
【解析】
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。
【小问1详解】
由于鹅的性别决定方式为ZW型，故雌性鹅的性染色体类型为ZW。
【小问2详解】
由题干信息“T基因使鹅掌全部含有黑色素，出现全黑性状，不含T基因的个体，黑色素随机分布，出现花掌（黑黄相间）”可知，花掌的出现由T/t控制，且花掌中含有黑色素合成基因M，含有黑掌表型，由题表数据可知，子代中雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，即黑掌与黄掌的表型与性别无关，故可推测控制黑色素合成基因M/m位于常染色体上。
【小问3详解】
由题表数据可知，黑掌与花掌在雌雄中比例不同，故控制花掌与非花掌的基因（T、t）位于Z染色体上，子代雌性（ZW型）中黑掌：花掌=1:1，故父本基因型为ZTZt，且子代雄性（ZZ型）均为黑掌，可推测母本基因型为ZTW，且子代中雄性黑掌：黄掌=3：1，雌性黑掌和花掌（含黑掌表型）：黄掌=3：1，故亲本雌性鹅和雄性鹅的基因型分别为MmZTW、MmZTZt；
F₁中黄掌鹅的基因型为mmZTZT、mmZTZt、mmZTW、mmZtW，共有4种；欲确定F₁雄性鹅中一只黄掌鹅的基因型（mmZTZT、mmZTZt），可选择黑掌鹅雌性亲本（MmZTW）进行杂交，观察子代雌性表型；若子代雌性中出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZt，若子代雌性中不出现花掌表型，则该雄性黄掌鹅的基因型为mmZTZT。
（二）选考题：共45分。请考生从以下2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[生物——选修1：生物技术实践]
9. 食物发酵过程中会生成多种物质，其中包含一些有毒物质，如生物胺（一类含氮有机化合物）。为控制生物胺的含量，保障食品安全，可在食品发酵过程中添加降解生物胺的菌株。现需要选择高效降解生物胺的菌株，可以从豆瓣酱中进行筛选。回答下列问题：
（1）利用豆瓣酱制作浸出液通常加入到______（填物理性质）培养基中进行扩大培养，该步骤的目的是______。与普通培养基相比，该培养基中的营养物质的配置特点是______。
（2）将上述培养液稀释后涂布到特定的固体平板上培养一段时间，产生了多个菌落，制备培养基时，需要灭菌，培养基常用的灭菌方法是______，为筛选出分解能力强的菌种，加入指示剂后，发现培养基中的A、B两个菌落周围产生了两个相同的分解圈，但A菌落较大，B菌落较小，生产上应选择______菌落作为菌种，原因是______。
（3）现已筛选获得了能高效分解生物胺的菌株，验证该菌株是否会抑制豆瓣酱中原有菌种的繁殖的实验思路为将发酵中的豆瓣酱随机分成两组，一组不做处理，______，在相同条件下培养一段时间后，将等量豆瓣酱浸出液稀释液涂布到固体培养基中，观察并比较豆瓣酱中原有菌落的数目。
【答案】9. ①. 液体 ②. 增加目的菌（能高效降解生物胺的菌株）的浓度 ③. 以生物胺作为唯一氮源
10. ①. 高压蒸汽灭菌法 ②. B ③. B菌株分解圈的直径与菌落的直径比值较大
11. 一组将培养基中加入适量的能能高效分解生物胺的菌株
【解析】
【分析】1、培养基的营养构成：各种培养基一般都含有水、碳源、氮源和无机盐。培养基的分类：
①按物理性质分，分为液体培养基和固体培养基，固体培养基中含有凝固剂，一般是琼脂。
②按化学成分分，分为天然培养基和合成培养。两者的区别是天然培养基成分不确定，合成培养基成分的含量是确定的。
③按用途分，分为选择培养基和鉴别培养基。
2、常用灭菌方法：灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌法。
【小问1详解】
对目的菌种进行扩大培养，采用液体培养基，利用液体培养基扩大培养的过程中要进行振荡，目的是增大液体培养基中的氧气含量，实现目的菌的快速繁殖，所以，该步骤的最终目的是为了增加目的菌的浓度。与普通培养基相比，该培养基中需要以生物胺作为唯一氮源，以达到选择培养的目的。
小问2详解】
固体培养基的灭菌方法是高压蒸汽灭菌法。分解圈的直径与菌落的比值越大，说明菌种的分解能力越强，A、B两个菌落周围产生了两个相同的分解圈，但A菌落较大，B菌落较小，故B菌株分解圈的直径与菌落的直径比值较大，B菌落的分解能力强。所以应该选B菌落作为菌种。
【小问3详解】
验证能高效分解生物胺的菌株能否抑制豆瓣酱中原有菌种的繁殖，自变量为是否加入了能高效分解生物胺的菌株，所以，一组不做处理，另一组加入适量的能高效分解生物胺的菌株。
[生物——选修3：现代生物科技专题]
10. 人血清白蛋白（HSA）具有重要的医用价值，传统获取HSA的方法只有从人血浆中制备。科学家们利用基因工程技术，培养出一种转基因山羊，其乳腺上皮细胞可以合成HSA并分泌到乳汁中，再从其乳汁中提取HSA，大致过程如图所示。回答下列问题：
注：图中tetR表示四环素抗性基因，ampR表示氨苄青霉素抗性基因，BamHⅠ、HindⅢ、SmaⅠ表示三种限制酶。
（1）若要体外获得大量的HSA基因，则可采用PCR技术。该技术的前提是要根据一段已知目的基因的______设计引物。
（2）将图中的HSA基因插入载体，需要用到的限制酶是______；过程①常用的方法是______；筛选含有重组载体的受精卵时首先需要在含______的培养基中进行培养。
（3）为了获得更多的转基因山羊，科学家常采用______技术，在获得二分胚的时候，分割时要注意将囊胚的______均等分割，否则会影响分割后胚胎的恢复和进一步发育。
（4）为检测羊基因组中是否含有HSA基因可采用______技术。
（5）相比于传统获取HSA的方法，通过上图过程培育的转基因山羊来生产HSA显著提高了生产效率，但该过程也存在一定的局限性，即转基因山羊必须是雌性的，且须等转基因山羊发育到泌乳期才能获取HSA。有科学家提出，若使HSA基因在山羊的膀胱上皮细胞中特异性表达，即可克服该局限性。为达到性别
黑掌
花掌
黄掌
雄性
6
0
2
雌性
3
3
2
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