四川省名校联盟2024-2025学年高三上12月联考生物试卷(解析版)

这是一份四川省名校联盟2024-2025学年高三上12月联考生物试卷(解析版)，共24页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后将答题卡收回。
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 下图是人们常见的几种单细胞生物，下列有关说法正确的是（ ）
A. 这几种生物共有的结构是细胞膜、细胞质、细胞核
B. 与绿色开花植物细胞的结构和功能类似的生物只有眼虫
C. 与哺乳动物细胞的结构和功能类似的只有变形虫
D. 从进化角度看，眼虫与动物有相同之处的原因是都能运动
【答案】D
【分析】分析图示可知，大肠杆菌为原核生物，眼虫、变形虫、酵母菌、衣藻、草履虫为真核生物。原核细胞与真核细胞最本质的区别是没有核膜包围的细胞核，没有染色体，DNA分布的区域为拟核。
【详解】A、大肠杆菌为原核生物，无细胞核，A错误；
B、衣藻和绿色开花植物一样有细胞壁，同时有叶绿体等，可进行光合作用，眼虫细胞内也含叶绿体，因此与绿色开花植物细胞的结构和功能类似的生物有眼虫和衣藻，B错误；
C、与哺乳动物细胞结构和功能类似的应是变形虫和草履虫，其具有成形的细胞核、细胞质、细胞膜等结构，无细胞壁、叶绿体和液泡，能运动，C错误；
D、眼虫为介于动植物之间的一种生物，含有叶绿体，可以进行光合作用，与植物细胞类似；其能运动，有眼点，能感知光线强弱，无细胞壁，这些特征与动物类似。从进化角度来看，眼虫与动物有相同之处的原因是都能运动，D正确。
故选D。
2. 下列关于化学元素和无机盐的作用叙述正确的是（ ）
A. 植物体缺Mg会影响光合作用是因为Mg是组成类胡萝卜素的重要元素
B. 虽然摄入盐过多对人体健康的危害很大，但并不是所有的人群都适合低盐饮食
C. 缺铁性贫血症的原因是缺铁会导致白细胞中的血红蛋白合成发生障碍从而不能运输CO2
D. 植物体缺P常表现为生长发育不良，说明P作为微量元素可能影响核酸、淀粉等的合成
【答案】B
【分析】无机盐在细胞内主要以离子的形式存在，无机盐对维持细胞和生物体的生命活动具有重要作用，有些无机盐还能维持酸碱平衡和渗透压。
【详解】A、镁是叶绿素的重要成分，缺镁会影响叶绿素的合成进而影响光合作用，A错误；
B、钠离子与神经细胞的兴奋性有关，若摄入盐过少，可能会影响神经细胞的正常兴奋，并不是所有人都适合低盐饮食，B正确；
C、铁是血红蛋白的重要成分，缺铁会影响红细胞中的血红蛋白的合成，运输氧气障碍，出现贫血，C错误；
C、P是大量元素，D错误。
故选B。
3. 用物质的量浓度为2ml·L-1的乙二醇溶液和2ml·L-1的蔗糖溶液分别浸泡某种植物细胞，观察细胞的质壁分离现象，得到其原生质体体积变化情况如下图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 原生质体体积A→B段的变化说明在该段时间内水从外界环境渗入
B. 在1min后，处于2ml·L-1蔗糖溶液中细胞的细胞液浓度将缓慢减小后趋于稳定
C. 在2min时，处于2ml·L-1乙二醇溶液中细胞的原生质体体积最小，细胞吸水能力最强
D. 在2min后，处于2ml·L-1乙二醇溶液中细胞的原生质体体积的变化是由于此时乙二醇进入细胞内引起细胞液的浓度变大
【答案】C
【分析】由图可知，某种植物细胞处于乙二醇溶液中，外界溶液浓度高于细胞液浓度，发生质壁分离，质生质体体积变小，细胞液浓度增大；随后乙二醇溶液以自由扩散的方式进入细胞，细胞液浓度增加，细胞吸水，发生质壁分离复原。
某种植物细胞处于蔗糖溶液中，外界溶液浓度高于细胞液浓度，发生质壁分离，质生质体体积变小。
【详解】A、A→B段的变化是由于水从原生质体渗出，细胞液的浓度增大，A错误；
B、在1min后，处于2ml·L-1的蔗糖溶液中的细胞失水，使细胞液浓度缓慢增大后达到水分子动态平衡，最后趋于稳定，B错误；
C、处于2ml·L-1乙二醇溶液中的细胞先发生质壁分离，后又发生质壁分离后的复原，在2min时，失水最多，原生质体体积最小，细胞吸水能力最强，C正确；
D、乙二醇分子刚开始就逐渐进入细胞内，并不是2min后才开始进入，水分子也有进出，只是水分出来更多，逐渐使细胞液浓度增大，吸水增加，原生质体体积变大，D错误。
故选C。
4. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长。茶树叶肉细胞内的茶多酚可以在多酚氧化酶的催化作用下被氧化，氧化的茶多酚使茶叶变红。制作绿茶的过程中需要先进行热锅高温炒制；制作红茶时，茶叶需要经揉捻、发酵等工序才变红。茶多酚含量高会使茶鲜度差，通过增加氨基酸的含量，可提高茶汤的鲜爽度。为提升茶的品质，科研人员探究了不同浓度酶制剂、不同揉捻时间对茶汤中氨基酸含量的影响，结果如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 制作绿茶时因经过高温处理使多酚氧化酶肽键断裂从而保持茶叶鲜绿
B. 制作红茶时揉捻是为了破坏细胞结构，使多酚氧化酶与茶多酚反应
C. 氨基酸含量为实验的因变量，揉捻时间和酶的种类为无关变量
D. 据图可知在添加纤维素酶揉捻25min的情况下氨基酸含量最高
【答案】B
【分析】酶是活细胞产生的具有生物催化能力的有机物，大多数是蛋白质，少数是RNA；酶的催化具有高效性（酶的催化效率远远高于 无机催化剂），专一性、需要适宜的温度和pH值。
【详解】A、经过高温处理会使多酚氧化酶的空间结构改变而失活，但不会引起肽键断裂，A错误；
B、制作红茶时揉捻是为了破坏细胞结构，使多酚氧化酶与茶多酚反应，氧化的茶多酚使茶叶变红，B正确；
C、根据图示信息可知，本实验中氨基酸含量为实验的因变量，揉捻时间、酶的种类和酶浓度是自变量，C错误；
D、据图可知在添加纤维素酶揉捻25min的情况下氨基酸含量随着酶浓度的增加逐渐上升，而不是最高，D错误。
故选B。
5. 细胞的生长、增殖和死亡都受到严格的信号控制。大多数动物细胞需要接受来自其他细胞连续的生存信号才能避免细胞凋亡，如图表示细胞外生存因子抑制细胞凋亡的两种途径。下列相关分析错误的是（ ）
A. 可通过激活转录调节蛋白调节相关基因表达抑制细胞凋亡
B. 可以通过激活Akl激酶使Bad蛋白磷酸化来抑制细胞凋亡
C. 使用特异性地促进癌细胞中Bcl-2蛋白合成的药物可用于癌症治疗
D. 生存因子与相应受体结合体现了细胞膜进行细胞间信息交流的功能
【答案】C
【分析】细胞凋亡是指由基因控制的细胞自动结束生命的过程，又称为细胞编程性死亡，细胞凋亡有利于生物个体完成正常发育，维持内部环境的稳定，抵御外界各种因素的干扰。
【详解】A、据左图可知，生存因子通过激活转录调节蛋白，促使相关基因表达，产生更多的Bcl-2蛋白来抑制细胞凋亡，A正确；
B、据右图可知，生存因子通过激活Akl激酶使有活性的Bad蛋白磷酸化来解除其对Bcl-2蛋白的抑制作用，使其恢复活性，进而抑制细胞凋亡，B正确；
C、特异性地促进癌细胞中Bcl-2蛋白合成的药物能够增加癌细胞中Bcl-2蛋白含量，进而使癌细胞不易凋亡，不能用于癌症治疗，C错误；
D、生存因子与相应受体结合体，进而实现细胞内的信号转导，这体现了细胞膜进行细胞间信息交流的功能，D正确。
故选C。
6. 科学家在研究终止密码子时，向无细胞翻译系统中加入多聚体（UAG）n（即UAGUAG……UAGUAG），发现产生的蛋白质中只含有由AGU编码的丝氨酸和由GUA编码的缬氨酸，不含其他任何氨基酸，这说明遗传密码以非重叠方式阅读，密码子之间不存在分隔符。根据上述结果，下列有关说法正确的是（ ）
A. 无细胞翻译系统中应加入RNA聚合酶、氨基酸等物质
B. 核糖体都是在固定的位点与多聚体（UAG）n相结合的
C. 得到的蛋白质中丝氨酸和缬氨酸可同时存在于一条肽链上
D. 根据题中结果可以推测出UAG可能是一种终止密码子
【答案】D
【分析】在真核细胞中，转录是以DNA分子的一条链为模板合成RNA，主要发生在细胞核中；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质，该过程发生在核糖体上。
【详解】A、RNA聚合酶参与转录过程，翻译过程不需要RNA聚合酶的参与，A错误；
B、核糖体在不同的位点与多聚体（UAG）n相结合，因此才会翻译出含有不同氨基酸的肽链，B错误；
C、由于密码子的阅读是连续的，因此一条肽链上只存在一种氨基酸，丝氨酸和缬氨酸不可能同时存在于一条肽链上，C错误；
D、根据结果可以推测，多聚体（UAG）n（即UAGUAG……UAGUAG）中有UAG、AGU和GUA三种阅读方式，而得到的蛋白质中不存在UAG对应的氨基酸，说明UAG可能是一种终止密码子，D正确。
故选D。
7. 2024年的两位诺贝尔生理学或医学奖得主研究了Lin-4和Lin-14遗传位点变异而出现发育缺陷的突变秀丽隐杆线虫，发现Lin-4基因并不编码蛋白质，编码的是一个由22个核苷酸组成的非编码RNA(Lin-4miRNA)，其通过调控Lin-l4基因的表达进而调控幼虫的正常发育模式。这一发现使得miRNA有望在癌症等多种疾病的诊疗指导中发挥重要作用。Lin-4mRNA的形成过程及其对Lin-14基因的表达调控如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. Lin-4基因转录产物加工为成熟miRNA的场所是细胞核
B. Lin4miRNA对Lin-l4蛋白合成的调控属于转录后水平上的调控
C. ①过程和③过程中都需要进行碱基互补配对，但配对方式完全不同
D. Lin-4miRNA翻译过程发生在核糖体，还需要tRNA、氨基酸等物质参与
【答案】B
【分析】题图分析，图中①表示转录过程；②表示miRNA前体1经过加工形成miRNA前体2过程；miRNA与Lin-14mRNA部分配对，使其翻译受阻。
【详解】A、结合图示可知，Lin-4基因转录产物加工为成熟miRNA的场所是细胞核和细胞质基质，A错误；
B、Lin4miRNA对Lin-l4蛋白合成的调控属于翻译水平上的调控，也属于转录后水平上的调控，B正确；
C、①过程指的是转录，该过程的碱基互补配对发生在DNA和RNA之间，分别为A-U、G-C、C-G、T-A，③过程为RNA之间的碱基互补配对，分别为A-U、G-C、C-G、UA，可见这两个过程中的配对方式不完全不同，C错误；
D、题意显示，Lin-4基因并不编码蛋白质，因而没有相关翻译过程，D错误。
故选B。
8. 中国科学院的科学家们对小鼠单倍体胚胎干细胞中的染色体(20条)进行了两组不同的染色体融合(一组是将1号和2号染色体连接起来，一组是将4号和5号染色体连接起来)变成19条染色体，再通过显微注射将一个细胞注入相同的另一个细胞，最终培养成“染色体融合”小鼠个体，标志着全球首次实现了哺乳动物的完整染色体重排。下列有关叙述正确的是（ ）
A. “染色体融合”小鼠个体的体细胞中染色体数目最多为38条
B. “染色体融合”小鼠的4号和5号染色体上的基因一定遵循自由组合定律
C. 1号和2号染色体若进行正反两种连接方式融合则可导致形成的融合染色体上的基因排列顺序不同
D. 利用基因编辑技术将融合染色体上的某个基因敲除后会改变DNA中的嘌呤碱基所占的比例
【答案】C
【分析】该实验的流程是首先对单倍体干细胞中染色体（20条）进行融合，变成19条染色体，经细胞培养后得到大量相同细胞，然后通过显微注射将一个细胞注入相同的另一个细胞，使染色体数量加倍变为38条，最终培养成为一个小鼠个体。
【详解】A、“染色体融合”小鼠个体的体细胞中染色体数目最多为76条，因为在有丝分裂后期，染色体数目会暂时加倍，A错误；
B、“染色体融合”小鼠的4号和5号染色体上的基因未必遵循自由组合定律，因为融合成的4号和5号染色体上的基因是连锁关系，B错误；
C、1号和2号染色体若进行正反两种连接方式融合则可导致形成的融合染色体上的基因排列顺序不同，这属于染色体结构变异，C正确；
D、利用基因编辑技术将融合染色体上的某个基因敲除后不会改变DNA中的嘌呤碱基所占的比例，因为双链DNA中嘌呤碱基和嘧啶碱基的数目是相等的，D错误。
故选C。
9. 百岁兰是植物界的“活化石”，最老的已2000多岁。它生活在沙漠里，为了减少消耗，在进化中选择“弱干强根”，一生只有两片高度木质化的叶子，根系发达。有一种奇特的昆虫专门为百岁兰提供授粉的服务，百岁兰也为这种昆虫提供生存的场所。百岁兰基因组整体呈现重度甲基化，避免DNA的“有害”突变。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 对百岁兰进行DNA测序可以为其进化提供分子水平的证据
B. 百岁兰的“弱干强根”是干旱环境诱导其发生定向变异的结果
C. 百岁兰与帮助它传粉的昆虫以及无机环境之间不会发生协同进化
D. 重度甲基化一定会改变百岁兰DNA的碱基序列为其进化提供原材料
【答案】A
【分析】现代生物进化理论：适应是自然选择的结果；种群是生物进化的基本单位；突变和基因重组提供进化的原材料，自然选择导致种群基因频率的定向改变，进而通过隔离形成新的物种；生物进化的过程实际上是生物与生物、生物与无机环境协同进化的过程；生物多样性是协同进化的结果。
【详解】A、通过对百岁兰进行DNA测序，与其他生物进行基因组比对，进行亲缘关系分析，可为其进化提供分子水平的证据，A正确；
B、变异的发生是不定向的，B错误；
C、百岁兰高度木质化的两片叶子起到了减少水分散失的作用，因而能适应干旱环境，而一种奇特的昆虫专门为百岁兰提供授粉的服务，百岁兰也为这种昆虫提供生存的场所，说明百岁兰与帮助它传粉的昆虫以及无机环境之间会发生协同进化，C错误；
D、DNA甲基化不改变其碱基序列，D错误。
故选A。
10. 人在进行一定强度的体力劳动后，手掌或脚掌上可能会磨出水疱有时也会磨出血疱。水疱中的液体主要是组织液，一段时间后水疱可自行消失。下列说法错误的是（ ）
A. 水疱主要是由血浆中的水大量渗出到组织液形成的
B. 水疱自行消失是因为其中的液体可以渗入毛细血管和毛细淋巴管
C. 水疱的形成和消失说明内环境中物质是不断更新的
D. 血疱里的细胞外液是血液，出现血疱说明内环境稳态已被破坏
【答案】D
【分析】体液是由细胞内液和细胞外液组成，细胞内液是指细胞内的液体，而细胞外液即细胞的生存环境，它包括血浆、组织液、淋巴液等，也称为内环境。
【详解】A、水疱中的液体主要是组织液，水疱主要是由血浆中的水大量渗出到组织液形成的，A正确；
B、水疱中的液体可以渗入毛细血管和毛细淋巴管，故其会自行消失，B正确；
C、水疱中的液体主要是组织液，一段时间后水疱可自行消失，水疱的形成和消失说明内环境中物质是不断更新的，C正确；
D、血疱里的液体是组织液和血浆，D错误。
故选D。
11. 节食可减轻体重，但容易发生回弹。如图所示，下丘脑前区神经元在体重下降时兴奋，释放神经递质谷氨酸，使下丘脑内侧区神经元兴奋，会增加饥饿感。结合你所学的知识，下列叙述错误的是（ ）
A. 谷氨酸与受体结合使突触后膜内侧正电荷增加
B. 下丘脑是调节摄食和产生饥饿感的中枢
C. 大脑皮层会参与维持体重的相对稳定
D. 此项研究能为减肥产品的研发提供思路
【答案】B
【分析】各级中枢的分布与功能：①大脑：大脑皮层是调节机体活动的最高级中枢，是高级神经活动的结构基础。其上由语言、听觉、视觉、运动等高级中枢。②小脑：有维持身体平衡的中枢。③脑干：有许多重要的生命活动中枢，如心血管中枢、呼吸中枢等。④下丘脑：有体温调节中枢、渗透压感受器（水平衡中枢）、血糖平衡调节中枢，是调节内分泌活动的总枢纽。⑤脊髓：调节躯体运动的低级中枢。
【详解】A、谷氨酸与受体结合使突触后膜兴奋，主要对钠离子有通透性，钠离子内流，使突触后膜内侧正电荷增加，A正确；
B、产生饥饿感的中枢是大脑皮层，B错误；
C、下丘脑前区神经元在体重下降时兴奋，释放神经递质谷氨酸，使下丘脑内侧区神经元兴奋，增加大脑皮层的饥饿感，会促进摄食，故大脑皮层参与维持体重的相对稳定，C正确；
D、该研究发现了节食容易反弹的原因，可以据此来研发减肥产品，D正确。
故选B。
12. 心率为心脏每分钟搏动的次数。心肌P细胞可自动产生节律性动作电位以控制心脏搏动。同时，P细胞也受交感神经和副交感神经的双重支配。受体阻断剂A和B能与各自受体结合，并分别阻断两类自主神经的作用，我们把自主神经被完全阻断时的心率为固有心率。以受试者在安静状态下的心率为对照，检测了两种受体阻断剂对心率的影响，结果如图。下列说法错误的是（ ）

A. 心肌P细胞中含有丰富的线粒体
B. 受体阻断剂A可阻断副交感神经的作用
C. 受试者在安静状态下的心率小于固有心率
D. 与副交感神经相比，交感神经作用更强
【答案】D
【分析】静息时，神经细胞膜对钾离子的通透性大，钾离子大量外流，形成内负外正的静息电位；受到刺激后，神经细胞膜的通透性发生改变，对钠离子的通透性增大，钠离子内流，形成内正外负的动作电位；兴奋部位和非兴奋部位形成电位差，产生局部电流，膜外电流由未兴奋部位流向兴奋部位兴奋，膜内电流由兴奋部位流向未兴奋部位兴奋，而兴奋传导的方向与膜内电流方向一致。
【详解】A、据题干信息“心肌P细胞可自动产生节律性动作电位以控制心脏搏动”可知，心肌P细胞需要大量的能量供应，故其细胞中含有丰富的线粒体，A正确；
B、交感神经可以使心跳加快、加强，副交感神经使心跳减慢、减弱，据图分析可知，与对照组相比，当受体阻断剂A与受体结合后，心率比安静时明显加快，而受体阻断剂B与受体结合后，心率下降，所以受体阻断剂A可阻断副交感神经的作用，受体阻断剂B可阻断交感神经的作用，B正确；
C、自主神经被完全阻断时的心率为固有心率，与对照组（安静状态下的心率）相比，受体阻断剂A和B同时处理时为固有心率，说明安静状态下心率小于固有心率，C正确；
D、使用受体阻断剂A后，受试者心率增大，说明受体阻断剂A可阻断副交感神经的作用，此时只有交感神经起作用，心率为115次/分，而使用受体阻断剂B后，受试者心率降低，说明受体阻断剂B可以阻断交感神经的作用，此时只有副交感神经起作用，心率为50次/分，同时使用受体阻断剂A和B，会完全阻断自主神经，此时受试者的固有心率为100次/分，说明副交感神经作用更强，D错误。
故选D。
13. “脑卒中”又称“中风”，是由于脑部血管突然破裂或由血管阻塞导致血液不能流入大脑而引起脑组织损伤的一种疾病。某脑卒中患者突然出现脸部、手臂及腿部麻水等症状，随后身体左侧上下肢都不能运动，还伴有血浆渗透压升高、代谢性酸中毒等内环境稳态失调现象。经检查，该患者的脊髓、脊神经等正常，四肢也没有任何损伤。下列有关说法正确的是（ ）
A. 若患者大脑皮层下的海马区受损，则可能很难形成短时记忆
B. 患者身体左侧上下肢运动障碍，可能是左侧大脑皮层中央前回受损
C. 患者血浆的Na+、Cl-等无机盐的含量可准确反映其血浆渗透压的状况
D. 患者因脑组织长时间缺氧进行无氧呼吸产生乳酸和CO2导致代谢性酸中毒
【答案】A
【分析】人脑的高级功能：位于大脑表层的大脑皮层，是整个神经系统中最高级的部位，它除了对外部世界的感知以及控制机体的反射活动外，还具有语言、学习、记忆和思维等方面的高级功能；中央前回为第一运动区。
【详解】A、短时记忆与大脑皮层下的海马区有关，若海马区受损，则可能很难形成短时记忆，A正确；
B、患者身体左侧上下肢运动障碍，可能右侧大脑皮层中央前回受损，B错误；
C、血浆的渗透压与无机盐和蛋白质有关，患者血浆的Na+、Cl-等无机盐的含量只能大约反映其血浆渗透压的状况，C错误；
D、患者无氧呼吸的产物是乳酸，没有二氧化碳，D错误。
故选A。
14. 细胞内DNA复制时，一条新子链按5′→3′方向进行连续复制，而另1条链也按5′→3′方向合成新链片段一冈崎片段(如图所示)。已知DNA聚合酶不能直接起始DNA新链或冈崎片段的合成，需先借助引物酶以DNA为模板合成RNA引物，DNA聚合酶再在引物的3′—OH上聚合脱氧核苷酸。当DNA整条单链合成完毕或冈崎片段相连后，DNA聚合酶再把RNA引物去掉，换上相应的DNA片段。人体细胞内的DNA复制过程(如图)和体外进行PCR过程(如图)分别如下，则下列叙述中错误的是（ ）
A. 引物酶、DNA聚合酶、连接酶都会催化磷酸二酯键的形成
B. 上述两个过程中的DNA聚合酶都只能从子链的5′端→3′端延伸
C. 细胞内DNA复制时只有一条子链可以连续复制，而PCR时所有子链都是连续复制
D. 细胞内DNA复制所需引物是细胞自行合成的，PCR过程需要加入引物，子链合成后引物都会被切掉
【答案】D
【分析】DNA复制需要模板、原料、能量、酶等条件。DNA复制是边解旋边复制、半保留复制。DNA复制时，子链只能从5’端向3’端延伸，两条子链的延伸方向相反。
【详解】A、引物酶能合成 RNA 引物，其本质是形成磷酸二酯键连接核糖核苷酸；DNA 聚合酶连接脱氧核苷酸，也是形成磷酸二酯键；连接酶连接冈崎片段，同样是催化磷酸二酯键的形成，因此引物酶、DNA聚合酶、连接酶都会催化磷酸二酯键的形成，A正确；
B、DNA聚合酶催化DNA的合成方向是从子链的5′端向3′端延伸，B正确；
C、在细胞内 DNA 复制时，只有一条子链可以连续复制，另一条不连续，在 PCR 过程中，两条子链都是连续复制的，C正确；
D、细胞内 DNA 复制所需引物是细胞自行合成的，PCR 过程需要加入引物，引物是不会被切掉的，D错误。
故选D。
15. 第一代基因测序技术又叫双脱氧链终止法，它以DNA合成反应为基础，反应体系中需加入dNTP(有ddATP、ddGTP、ddCTP、ddTTP4种)。下图是该技术对3′-TAGCAACT-5′的测序原理和某待测DNA序列的电泳图谱。下列说法正确的是（ ）
A. 人工合成DNA体系中要加入ATP以供能，Ca2+激活相关酶的活性
B. 双脱氧核苷酸无法与模板链发生碱基互补配对，导致子链延伸终止
C. 根据测序原理图分析，待测DNA的碱基序列是3′-GACTGCCA-5′
D. 琼脂糖凝胶电泳中的DNA分子通过染色可在紫外灯下被检测出来
【答案】D
【分析】双脱氧链终止法是DNA测序的基本方法，其原理是：核酸模板在核酸聚合酶、带有3′-OH末端的单链核苷酸引物、四种dNTP存在的条件下复制或转录时，如果在反应系统中分别引入单一种类的ddNTP（即2、3双脱氧核苷三磷酸，在脱氧核糖的3′位置缺少一个羟基，故不能同后续的dNTP形成磷酸二酯键），只要ddNTP掺入链端，该链就停止延长，末端掺入dNTP的片段可继续延长。
【详解】A、人工合成DNA体系中，复制的原料是4种dNTP（即ddATP、ddGTP、ddCTP、ddTTP），都含有2个具有较高转移势能的化学键，可脱去两个磷酸基团形成焦磷酸和双脱氧核苷酸并释放能量，因此不需要加入ATP，且需要Mg2+激活相关酶的活性，A错误；
B、双脱氧核苷酸仍然可以按照碱基互补配对原则与模板链上的碱基互补配对，但是子链结合上双脱氧核苷酸后无法再继续延伸，B错误；
C、根据测序原理图中，出现了两个碱基A、三个碱基T，一个碱基C，两个碱基G，与模板3′-TAGCAACT-5′中碱基能互补配对，可知原理图中出现的是与模板链互补的碱基序列，待测DNA序列电泳图由左到右的碱基序列是-GACTGCCA-，根据碱基互补配对原则以及模板链与待测链方向相反可知，待测DNA的碱基序列是3′-CTGACGGT-5′，C错误；
D、凝胶中的DNA分子经染色后，对波长为300nm的紫外光吸收性强，可在波长为300nm的紫外灯下被检测出来，D正确。
故选D。
二、非选择题(本题有5个小题，共55分)
16. 图1所示为光合作用过程中部分物质的代谢关系(①～⑦表示代谢途径)。Rubisc是光合作用的关键酶之一，CO2和O2竞争与其结合，分别催化C5的羧化与氧化。C5羧化固定CO2合成糖；C5氧化则产生乙醇酸(C2)，C2在过氧化物酶体和线粒体协同下，完成光呼吸碳氧化循环。请据图回答下列问题。
（1）图1中①⑥途径在蓝紫光的照射下，参与的主要光合色素是___________。
（2）在C2循环途径中，乙醇酸进入___________和线粒体中被继续氧化，同时生成的过氧化氢在___________的催化下迅速分解为O2和H2O。
（3）由题干信息和两图可推知，发生光呼吸所需条件是___________(答2点)。
（4）将叶片置于一个密闭小室内，分别在CO2浓度为0和0.03%的条件下测定小室内CO2浓度的变化，获得曲线a、b(图2)：
①曲线a，0-t1时段释放的CO2来源于___________；t1～t2时段，CO2的浓度有所增加，此阶段的CO2来源于___________。
②曲线b，当时间到达t2点后，室内CO2浓度不再改变，其原因是___________。
（5）光呼吸可使光合效率下降20%～50%，科学家在烟草叶绿体中组装表达了衣藻的乙醇酸脱氢酶和南瓜的苹果酸合酶，形成了如图所示的_________代谢途径，降低了光呼吸，增加了_________的量，提高了植株生物量。
【答案】（1）叶绿素和类胡萝卜素
（2）①. 过氧化物酶体 ②. 过氧化氢酶
（3）CO2/O2比例低、光照条件
（4）①. 呼吸作用 ②. 光呼吸和呼吸作用 ③. . 光合作用消耗的CO2等于呼吸作用和光呼吸产生的CO2之和
（5）①. 将乙醇酸转化为乙醛酸，再转化为苹果酸、丙酮酸 ②. CO2
【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段。光反应发生场所在叶绿体的类囊体薄膜上，色素吸收、传递和转换光能，并将一部分光能用于水的光解生成NADPH和氧气，另一部分光能用于合成ATP，暗反应发生场所是叶绿体基质中，首先发生二氧化碳的固定，即二氧化碳和五碳化合物结合形成两分子的三碳化合物，三碳化合物利用光反应产生的NADPH和ATP被还原。
【详解】（1）叶绿素主要吸收红光和蓝紫光，类胡萝卜素主要吸收蓝紫光，图1中①⑥途径在蓝紫光的照射下，参与的主要光合色素是叶绿素和类胡萝卜素。
（2）过氧化氢酶能将过氧化氢分解为O2和H2O，所以在C2循环途径中，乙醇酸进入过氧化物酶体和线粒体中可被继续氧化，同时生成的过氧化氢在过氧化氢酶催化下迅速分解为O2和H2O。
（3）分析题图可知，CO2和O2竞争与其结合，分别催化C5的羧化与氧化由题干信息和两图可推知，发生光呼吸所需条件是CO2/O2比例低、光照条件。
（4）①曲线a，0-t1时没有光照，只进行呼吸作用，该时段段释放的CO2来源于呼吸作用；t1～t2时段，CO2的浓度有所增加，此阶段有光照，所以CO2是由细胞呼吸和光呼吸共同产生。
②b曲线有光照后t1～t2时段CO2下降最后达到平衡，说明光呼吸、细胞呼吸和光合作用达到了平衡，光合作用消耗的CO2等于呼吸作用和光呼吸产生的CO2之和。
（5）图Ⅲ代谢途径，通过将乙醇酸转化为乙醛酸，再转化为苹果酸、丙酮酸，增加了二氧化碳的量，该过程该降低了光呼吸，提高了植株生物量。
17. 蜜蜂是一类营社会性生活的昆虫。在蜂群中，蜂王(可育)和工蜂(不育)均为雌蜂(2n=32)，由受精卵发育而来，雄蜂(n=16)由卵细胞直接发育而来。
（1）雄蜂是_________倍体，产生精子的过程中细胞内形成四分体的个数为________。雄蜂的发育过程说明已分化的动物细胞也具有_________。
（2）通过镜检发现一只雄蜂的体细胞有15条染色体，那么与发育为该雄蜂的卵细胞同时产生的三个极体的染色体数分别为_________。
（3）蜜蜂在幼虫时期持续食用蜂王浆则发育为蜂王，而以花粉、花蜜为食的幼虫则发育成工蜂。其机理为：Dnmt3为一种DNA甲基化酶，可促进DNA的甲基化。峰王浆可以通过抑制Dnmt3基因的表达，使蜜蜂幼虫发育为蜂王。如果敲除蜂王受精卵中的Dnmt3基因，该受精卵发育成的幼虫食用花粉、花蜜，最终会发育成________。Dnmt3基因控制生物性状的方式，说明基因可以通过________，进而控制生物的性状。
（4）研究发现：蜜蜂种群中都存在白细胞激肽受体基因(Lkr)，该基因与蜜蜂对糖的敏感度有关。对糖敏感的蜜蜂倾向于采集花粉为食，反之则倾向于采蜜为食。温带地区植物开花，呈明显的季节性，而热带地区常年开花，花粉究足；为研究Lkr在蜜蜂适应环境中的作用，研究人员将X基因转入蜜蜂体内，该基因的转录产物能与LkrmRNA结合，从而干扰LkrmRNA的翻泽，检测不同处理下蜜蜂对蔗糖发生反应的最低浓度的差异，结果如下图所示(对照组1不作处理)。

据图可推测：对照组2和实验组的处理分别是转入编码无关RNA的基因和________；Lkr基因缺陷型蜜蜂对糖的敏感性会________；热带蜜蜂种群的Lkr基因表达程度比温带地区更________。
（5）蜂蜜80%的成分是果糖和葡萄糖，作为早期人类唯一的甜食，蜂蜜能快速产生热量、补充体力，这对我们的祖先至关重要。”据此推测：蜂蜜中果糖和葡萄糖的主要来源可能是花蜜中的______通过蜜蜂分泌的转化酶的作用而产生的，和人工提取的蔗糖相比，蜂蜜更容易被人体吸收的原因是_______。
【答案】（1）①. 单 ②. 0 ③. 全能性
（2）15、17、17或17、16、16
（3）①. 蜂王 ②. 控制酶的合成
（4）①. 转入基因X ②. 下降 ③. 高
（5）①. 蔗糖酶 ②. 蜂蜜中含有的糖是葡萄糖、果糖等单糖，可以直接被人体吸收，而蔗糖需要水解成单糖后才能被吸收
【分析】雌蜂是受精卵发育而来的，是二倍体；雄蜂是卵细胞直接发育而来的，是单倍体。
【详解】（1）雄蜂是卵细胞发育成的单倍体，由于雄蜂体内无同源染色体，在产生精子的过程中四分体的个数为0。卵细胞属于已分化的细胞，可以发育成雄蜂，说明已分化的动物细胞也具有全能性。
（2）雄蜂是由未受精的卵细胞直接发育成的，正常的卵细胞和雄蜂应该都含有16条染色体，某雄蜂的体细胞中含有15条染色体，可能的原因是雌蜂在减数分裂的过程中，同源染色体未正常分离造成的，则与该卵细胞同时产生的三个极体的染色体数目为15、17、17。若是由于姐妹染色单体未正常分离造成的，则与该卵细胞同时产生的三个极体的染色体数目为16、16、17。
（3）根据题意可知，蜂王浆可以通过抑制Dnmt3基因的表达，使蜜蜂幼虫发育为峰王。如果敲除蜂王受精卵中的Dnmt3基因，该受精卵不能表达Dnmt3，其发育成的幼虫无论食用花粉还是花蜜，都会发育成蜂王。根据“Dnmt3为一种DNA甲基化酶，可促进DNA的甲基化”可知，Dnmt3基因通过控制酶的合成控制代谢过程，进而控制生物的性状。
（4）为研究Lkr在蜜蜂适应环境中的作用，实验组应该将X基因转入蜜蜂体内，该基因的转录产物能与LkrmRNA结合，从而干扰Lkr mRNA的翻译。对照组1不作处理，对照组2转入编码无关RNA的基因，根据三组结果可知，与对照组相比，实验组对低浓度蔗糖有反应的蜜蜂数量减少，且部分蜜蜂对蔗糖发生反应的最低浓度上升，说明蜜蜂对蔗糖的敏感性下降。本实验也可以说明Lkr正常表达，可以提高蜜蜂对糖的敏感性。对糖敏感的蜜蜂倾向于采集花粉为食，反之则倾向于采蜜为食。热带地区常年开花，花粉充足，故推测热带蜜蜂种群的Lkr基因表达程度比温带地区更高。
（5）蔗糖的水解产物是葡萄糖和果糖，故推测蜂蜜中的果糖和葡萄糖可能是由花蜜中的蔗糖经酶转化来的。与人工提取的蔗糖相比，蜂蜜中的蔗糖已经被蜜蜂分解为单糖葡萄糖和果糖，更容易被人体吸收，而人工提取的蔗糖属于二糖，水解成单糖才能被吸收。
18. 水稻(2n=24)是我国最重要的粮食作物，自然状态下闭花授粉。
（1）对水稻基因组进行测序，应测定___________条染色体上DNA的碱基序列。
（2）稻瘟病是由稻瘟病菌(Mp)侵染水稻引起的病害，严重危害我国粮食生产安全。与使用农药相比，抗稻瘟病基因的利用是控制稻瘟病更加有效、安全和经济的措施。现有甲(A1A1a2a2a3a3)、乙(a1a1A2A2a3a3)、丙(a1a1a2a2A3A3)三个水稻抗病品种，抗病(A)对感病(a)为显性，三对抗病基因位于非同源染色体上。根据基因的DNA序列设计特异性引物，用PCR方法可将样本中的A1、a1、A2、a2、A3、a3区分开从而可用于抗病品种选育中基因型的鉴定。
①甲品种与感病品种杂交后，对F2不同植株的A1、a1进行PCR扩增。已知A1比a1片段长。从扩增结果(如图)推测可抗病的植株有___________。
②为了在较短时间内将甲、乙、丙三个品种中的抗病基因整合，选育新的纯合抗病植株下列育种步骤的正确排序是___________。
a.甲×乙，得到F1
b.用PCR方法选出A1A1A2A2A3A3植株
c.A1a1A2a2a3a3植株×丙，得到不同基因型的子代
d.用PCR方法选出A1a1A2a2A3a3植株，然后自交得到不同基因型的子代
（3）研究发现，水稻的抗病表现不仅需要自身抗病基因(A1、A2、A3等)编码的蛋白，也需要稻瘟病菌Mp的基因B1、B2、B3等)编码的蛋白。只有A蛋白与相应的B蛋白结合，抗病反应才能被激活。若基因型为A1A1a2a2A3A3和a1a1A2A2A3A3的水稻，被基因型为b1b1B2B2b3b3的Mp侵染，推测这两种水稻的抗病性表现依次为___________。
（4）科学家发现水稻突变品系I、Ⅱ的临界温度为22℃，两者在温度为22℃条件下表现为雄性可育，在温度高于22℃条件下表现为雄性不育。在温度高于22℃条件下，正常水稻与I或Ⅱ杂交，所得F1自交，F2中雄性可育：雄性不育均为3：1，推测F1的表型为___________，说明___________。已知品系I与Ⅱ来自正常水稻同一基因不同位点的突变，请设计实验进行验证，并预期实验结果。
实验思路：___________。
预期实验结果：___________。
【答案】（1）12 （2）①. 2和3 ②. a、c、d、b （3）感病、抗病
（4）①. 雄性可育 ②. 雄性可育对雄性不育为显性，受一对等位基因控制 ③. 在22℃时，让I和Ⅱ杂交获得F1，然后在温度高于22℃条件下种植并观察结实状况 ④. 在温度高于22℃条件下F1表现为不结实
【分析】分析题图：已知A1比a1片段长，图中扩增的结果与M标准DNA片段对比，植株3中有两个条带，一条接近400bp，应为抗病（A1）基因，一条小于400bp，应为感病（a1）基因。
【详解】（1）已知水稻水稻(2n=24)为闭花授粉植物，因此水稻为两性花，无性染色体，故对水稻基因组进行测序，应测定12条染色体上DNA的碱基序列。
（2）①已知A1比a1片段长，图中扩增的结果与M标准DNA片段对比，植株3中有两个条带，一条接近400bp，应为抗病（A1）基因，一条小于400bp，应为感病（a1）基因，因此植株1的基因型为a1a1，植株2的基因型为A1A1，植株3的基因型为A1a1，故抗病的植株有植株2和植株3；
②为了将甲、乙、丙三个品种中的抗病基因整合，选育新的纯合抗病植株A1A1A2A2A3A3，先用甲（A1A1a2a2a3a3）与乙（a1a1A2A2a3a3）杂交，得到F1（A1a1A2a2a3a3）；再用F1（A1a1A2a2a3a3）和丙（a1a1a2a2A3A3）杂交，得到不同基因型的子代；用PCR方法选出基因型为A1a1A2a2A3a3植株；然后自交得到不同基因型的子代，最后再用PCR方法选出基因型为A1A1A2A2A3A3植株，因此，育种步骤的正确排序为a、c、d、b。
（3）由“只有A蛋白与相应的B蛋白结合，抗病反应才能被激活”可知，A1A1a2a2A3A3可合成A1和A3蛋白，被基因型为b1b1B2B2b3b3的Mp侵染时，没有B1和B3蛋白与相应的A1和A3蛋白结合，抗病反应未被激活，水稻表现出感病性，a1a1A2A2A3A3可合成A2和A3蛋白，被基因型为b1b1B2B2b3b3的Mp侵染时，A2与B2蛋白结合，抗病反应被激活，水稻表现出抗病性，故这两种水稻的抗病性表现依次为感病、抗病。
（4）在温度高于22℃条件下，正常水稻与I或Ⅱ杂交，所得F1自交，F2中雄性可育：雄性不育均为3：1，符合一对相对性状的分离比，且F1能进行自交，故推测F1的表型为雄性可育（杂合子）；说明雄性可育对雄性不育为显性，受一对等位基因控制；若要验证品系I与Ⅱ来自正常水稻同一基因不同位点的突变，即二者的突变基因互为等位基因，实验思路为：在温度22℃条件下，水稻突变品系I和Ⅱ表现为雄性可育，进行杂交获得F1，再将F1置于温度高于22℃条件下种植，即自交，观察结实状况（是否产生后代）；若品系I与Ⅱ的突变基因互为等位基因，则F1在温度高于22℃条件下表现为雄性不育，将没有后代产生，即不结实，故预期实验结果为在温度高于22℃条件下F1表现为不结实。
19. 某同学观看到电影时，他往往不会感觉到肚子饿，也不会想去上厕所。而当电影散场时，他就感觉肚子饿了，也要急需去厕所。请回答问题：
（1）大脑皮层言语区中的___________区参与了观影活动。
（2）为什么观影时不想去厕所，而散场时急需去厕所？___________。
（3）成人控制排尿调节过程如下图所示。平时，膀胱壁肌肉舒张，尿道括约肌收缩，不会引起排尿。
①婴儿会尿床，也就是膀胱内尿满了就会排出，没有控制的意识，那么婴儿的排尿反射的过程是_______(用文字及字母表示)，成年人在医院做尿检时能主动排尿，其过程与婴儿会尿床最主要的区别是________。
②当膀胱中尿液充溢时膀胱壁中压力感受器受到刺激后会产生兴奋，兴奋从一个神经元到另一个神经元的传递是单向的，其原因是________。
【答案】（1）V、H （2）观影时，交感神经占主导地位；散场后，副交感神经占主导地位，膀胱收缩，引起排尿
（3）①. 膀胱→a→d→e→膀胱和尿道括约肌 ②. 成年人排尿受大脑皮层的调控 ③. 神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜
【分析】反射弧由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经、效应器五部分构成，反射需通过完整的反射弧才能实现。排尿反射的低级中枢在脊髓，受大脑皮层的调控。
【详解】（1）W区为书写中枢，V区为视觉性语言中枢，S区为运动性语言中枢，H区为听觉性语言中枢，在看电影的过程中，观看画面、听声音需要V区、H区的参与。
（2）在观影的过程中，交感神经占优势，膀胱不会收缩，不排尿；散场后，副交感神经占优势，膀胱收缩，引起排尿。
（3）①婴儿大脑皮层发育不完善，排尿的中枢在脊髓，当膀胱充盈时，会刺激到感受器，通过传入神经把兴奋传到脊髓，脊髓经过分析综合后，经传出神经作用于膀胱逼尿肌和尿道括约肌，引起排尿，过程为：膀胱壁感受器→a传入神经→d脊髓→e传出神经→膀胱逼尿肌和尿道括约肌→排尿。成年人尿检时能主动排尿，与婴儿尿床相比，主要的区别是成年人的排尿过程受大脑皮层的调控。
②由于神经递质只能从突触前膜释放，作用于突触后膜，故兴奋在神经元之间的传递是单向的。
20. 回答问题
（1）对DNA进行测序，需将限制酶的限制位点在DNA上定位，即进行限制酶图谱的构建。科研人员用不同限制酶单独或联合切割某天然Ti质粒，所用限制酶种类及切割后的DNA片段长度如下表所示。请在图的质粒上画出EcRI、Mbl、HindⅢ的切割位点并标出酶切位点间的长度________。
（2）研究人员将野生大豆中的耐盐碱基因GsGSTU13导入粳型常规水稻以提高水稻耐盐碱性。根据基因数据库中野生大豆GsGSTU13基因的序列设计引物进行PCR扩增。酶切后的目的基因和表达载体在DNA连接酶的催化下形成GsGSTU13植物表达载体(下图所示为表达载体局部)。
注：LB和RB表示T-DNA的左右边界。
①转基因水稻幼苗的DNA提取和鉴定。采用研磨方式破碎细胞，加入DNA提取液提取转基因水稻幼苗的DNA。
②为鉴定目的基因是否导入受体细胞并准确连接，可选择___________作为引物进行PCR扩增。
A 引物①和④ B.引物①和③ C.引物②和③ D.引物②和④
③所用的引物序列越短，引物特异性越___________(填“高”或“低”)，此时可改变扩增程序中的___________保证PCR的结果。
④转基因纯合水稻的挑选及表型实验。以成功导入一个自的基因的转基因水稻株系作为第一代进行种植，选取30粒种子培养至三叶期，剪碎叶片浸泡于适宜浓度的___________溶液中进行抗性筛选，选择抗性阳性率为___________的株系来繁殖第二代。取第二代的种子继续抗性筛选，阳性率为100%的第二代单株为纯合株系，再进行表型实验。用适宜浓度的NaHCO3溶液处理长势一致的粳型常规水稻和纯合的转基因水稻幼苗，该处理模拟了___________条件。观察植株生长状态并统计存活率，结果显示转基因水稻的存活率显著高于常规水稻。
【答案】（1） （2）①. AC ②. 低 ③. 复性温度 ④. 潮霉素 ⑤. 75% ⑥. 盐碱胁迫
【分析】基因工程的工具：限制酶、DNA连接酶和运载体。
基因表达载体的组成有启动子、终止子、目的基因、标记基因等。
目的基因的筛选和鉴定可以用PCR、抗原-抗体杂交等方式进行。
【详解】（1）根据组①EcRI切割后，只有一种片段可知，该质粒上只有一个EcRI限制酶识别序列，且质粒的总长度是160kb。根据组②Mbl切割后，有两种片段可知，该质粒上有两个限制酶Mbl识别序列，两个位点的间隔序列分别为35kb和125kb。根据组③EcRI+Mbl切割后，有三种片段可知，EcRI的识别序列位于125kb片段之间，并将其分割为55kb、70kb，即EcRI识别序列距离两个Mbl位点的距离分别为55kb、70kb；根据组④EcRI+Mbl+HindⅢ切割的产物可知，HindⅢ的识别序列位于70kb片段中，距离EcRI和Mbl识别序列的距离分别为35kb，如图所示：。
（2）②为鉴定目的基因是否导入受体细胞并准确连接，可选择引物①和④（鉴定目的基因和启动子的连接情况）、引物②和③（鉴定目的基因与终止子的连接情况） 作为引物进行PCR扩增。利用①和③可以扩增出启动子和终止子的情况，但无法确定目的基因的连接情况；利用②和④只能鉴定有没有目的基因，不能确定目的基因是否正确连接。
综上所述，BD不符合题意，AC符合题意。
故选AC。
③所用的引物序列越短，引物特异性越低，此时可改变扩增程序中的复性（目的基因与引物的结合）温度保证PCR的结果。
④由于导入目的基因的Ti质粒的T-DNA上含有目的基因和潮霉素抗性基因，成功导入一个目的基因的转基因水稻株系为杂合子，耐盐碱且对潮霉素有抗性，以其作为第一代进行种植，选取30粒种子培养至三叶期，剪碎叶片浸泡于适宜浓度的潮霉素溶液中进行抗性筛选，选择抗性阳性率为75%的株系（含目的基因，有纯合子和杂合子）来繁殖第二代，第二代再用潮霉素进行筛选，筛出纯合子。用适宜浓度的NaHCO3溶液创造盐碱环境，处理长势一致的粳型常规水稻和纯合的转基因水稻幼苗，该过程模拟了盐碱胁迫。观察植株生长状态并统计存活率，结果显示转基因水稻的存活率显著高于常规水稻。
组别
添加限制酶
DNA片段长度(1kb=1000个碱基对)
①
EcRI
160kb
②
Mbl
35kb、125kb
③
EcRI+Mbl
35kb、55kb、70kb
④
EcRI+Mbl+HindⅢ
35kb、55kb、35kb、35kb