【文档说明】上海市进才中学2021-2022学年高二下学期4月阶段练习生物试题 含解析.docx，共(27)页，2.550 MB，由小赞的店铺上传

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进才中学2021学年第二学期4月阶段练习一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案）1.用班氏试剂鉴别健康人的下列四种液体，加热后会出现红黄色沉淀的是（）A.血清B.唾液C.胃液D.尿液【答案】A【解析】【分析】班氏试

剂是鉴别还原性糖的，在水浴加热的条件下，还原糖与班氏试剂反应出现红黄色沉淀。在人的血清中，含有一定浓度的葡萄糖。【详解】A、在人的血清中，含有一定浓度的葡萄糖，葡萄糖是还原糖，在水浴加热的条件下，与班氏试剂反应会出现红黄色沉淀，A正确；B、唾液中含有唾液淀粉酶，不含有还原糖，不能与

班氏试剂发生反应，B错误；C、胃液中含有胃蛋白酶，不含有还原糖，不能与班氏试剂发生反应，C错误；D、正常人的尿液中含尿素等，但不含有还原糖，不能与班氏试剂发生反应，D错误。故选A。2.图示某动物细胞局部电子显微镜照片，箭头所指细胞器的功能是A.氧化分解有机物B.发出星射线

C.合成纤维素D.加工分泌蛋白质【答案】D【解析】【分析】高尔基体是单层膜构成的囊状结构，对来自内质网的蛋白质进行加工、分类和包装的“车间”及“发送站”（动物细胞高尔基体与分泌有关；植物则参与细胞壁形成）。图中箭头所指细胞器是高尔基体。【详解】A、动物细胞中与有机物氧化分解有

关的细胞器是线粒体，A错误；B、中心体会发出星射线，B错误；C、动物细胞无纤维素，C错误；D、高尔基体可以加工分泌蛋白质，D正确。故选D。3.从人的胰岛B细胞中提取出总RNA，经逆转录后得到cDNA。以cDNA为模板，利用PCR扩增目的基因，无法得到的是（）A.

胰岛素基因B.ATP合成酶基因C.RNA聚合酶基因D.生长激素基因【答案】D【解析】【分析】本题考查细胞分化的相关知识。细胞分化是指在个体发育中，由一个或一种细胞增殖产生的后代，在形态、结构和生理功能上发生

稳定性差异的过程。细胞分化的特点：普遍性、稳定性、不可逆性。细胞分化的实质：基因的选择性表达。细胞分化的结果：使细胞的种类增多，功能趋于专门化。【详解】ABC、胰岛素基因、ATP合成酶基因和RNA聚合酶基因在胰岛B细胞中都会表达，因此胰岛B细胞中有这些基因的mRNA，

经过题干步骤可获得这三种基因，ABC错误；D、生长激素基因在胰岛B细胞中不表达，因此胰岛B细胞中没有该基因的mRNA，经过题干步骤不能获得该基因，D正确。故选D。4.夏天气候炎热，户外工作人员会经常“中暑”。人“中暑”的原因最可能是A.肾上腺素增多B

.体内散热大于产热C.抗利尿激素增多D.体内产热大于散热【答案】D【解析】【分析】人体体温调节：（1）机理：产热═散热；（2）寒冷环境下：①增加产热的途径：骨骼肌战栗、甲状腺激素和肾上腺素分泌增加；②减少散热的途径：立毛肌收缩、皮肤血管收缩

等。（3）炎热环境下：主要通过增加散热在维持体温相对稳定，增加散热的措施主要有汗液分泌增加、皮肤血管舒张。【详解】夏天气候炎热，当室外工作人员体内的产热量大于散热量，体内产生的热量不能及时散出，就会中暑。综上所述，

ABC不符合题意，D符合题意。故选D。5.在探究洋葱细胞外界溶液浓度与质壁分离的关系实验中，在m点时间分别用0.1g/ml蔗糖溶液、0.3g/ml蔗糖溶液、0.5g/ml蔗糖溶液和清水引流洋葱表皮细胞，在n点时间再用清水引流，测得细胞原生质体积变化如图

，图中代表用0.3g/ml蔗糖溶液引流过结果的是A.aB.bC.cD.d【答案】C【解析】【分析】成熟的植物细胞处于一定浓度的蔗糖溶液中，细胞会失水，发生质壁分离，细胞液浓度会增大；再用清水处理，会发生质壁分离后的复原，细胞液浓度会减小

。【详解】A、a经处理后，原生质体的体积增大，说明细胞吸水，故为清水处理的结果，A不符合题意；B、b经m处理后原生质体体积不变，清水处理后体积增大，说明m时用的0.1g/ml蔗糖溶液处理，该浓度可能接近细胞液浓度，原生质体体积不变

，B不符合题意；C、c经m处理后原生质体体积下降，说明细胞失水，经清水处理后可以复原，说明m时用的0.3g/ml蔗糖溶液处理，C符合题意；D、d组经清水处理原生质体体积不能恢复，说明细胞过度失水死亡，应该用的0.5g/ml蔗糖溶液，D不符合题意。故选C。【点睛】活细胞才能发生质壁分离及复原，据此

判断d组细胞已经死亡。6.图表示雄果蝇进行某种细胞分裂时，处于四个不同阶段的细胞（I－Ⅳ）中遗传物质或其载体（①－③）的数量。下列表述与图中信息相符的是（）A.Ⅱ所处阶段可能在发生基因重组B.Ⅲ代表初

级精母细胞C.②代表染色体D.I－Ⅳ中的染色体数量比是2∶4∶4∶1【答案】A【解析】【分析】根据图示分裂结果可以看出，该分裂为减数分裂，因此可以判断①是染色体，②是染色单体，③是DNA。图中Ⅰ可以表示减数第一次分裂前的间期或减数第二次分裂后期，Ⅱ可

乙表示有丝分裂的前期和中期、减数第一次分裂，Ⅲ可表示减数第二次分裂的前期和中期，Ⅳ表示减数分裂结束产生的生殖细胞。【详解】A、Ⅱ表示初级精母细胞，可以发生基因的自由组合，可能在发生基因重组，A正确；B、Ⅲ表示次级精母细胞，B错误；C、由图可知，①是染色体

，②是染色单体，C错误；D、Ⅰ中含有8条染色体，Ⅱ中有8条染色体，Ⅲ中有4条染色体，Ⅳ中含有4条染色体，故四个阶段的细胞中染色体数量之比为8：8：4：4=2：2：1：1，D错误。故选A。7.下图表示叶绿体中色素的吸收光谱（颜色深、浅分别表示吸收量多、少），甲、乙两图分别是（）A.胡萝

卜素、叶绿素的吸收光谱B.叶绿素、胡萝卜素的吸收光谱C.叶黄素、叶绿素的吸收光谱D.叶黄素、胡萝卜素的吸收光谱【答案】B【解析】【详解】叶绿素分子的吸收光谱是红光部分（640-660nm）和蓝紫光部分（430-450nm）．由于叶绿素对绿色的光吸收最少

，所以叶绿素溶液呈现绿色，叶片绿色亦是这个道理．类胡萝卜素包括胡萝卜素和叶黄素，胡萝卜素能够吸收蓝紫光，也能对叶绿素起保护作用，B符合题意。故选B。8.图表示不同浓度生长素对芽生长的影响。当植物表现出顶端优势时，若顶芽所处浓度

为b，最靠近顶芽的侧芽所含生长素的浓度为A.aB.bC.cD.d【答案】D【解析】【分析】顶端优势指顶端优先生长，而侧芽生长受抑制的现象。【详解】顶芽产生的生长素不断的运输到侧芽部位，距离顶芽越近的侧芽生长素浓度越高，受抑制越严重，故出现顶端优势，故顶芽生长素浓度若为b，

则最靠近顶芽的侧芽的生长素浓度为d。综上所述，ABC不符合题意，D符合题意。故选D。【点睛】图中a、b、c三点均促进生长，d点抑制生长。9.为了有效的治疗肿瘤，可以通过增加免疫细胞表面的识别肿瘤细胞受体达到增强杀灭肿瘤细胞的效果，下列最适合进行这种加工的

细胞为（）A.巨噬细胞B.T淋巴细胞C.浆细胞D.B淋巴细胞【答案】B【解析】【分析】1、体液免疫中，浆细胞产生和分泌大量抗体，抗体可以随体液在全身循环并与这种病原体结合。抗体与病原体的结合可以抑制病原体的增殖或对人体细胞的黏附。2、细胞免疫中，致敏T细胞在体液中循环，识别并接

触、裂解被同样病原体感染的靶细胞。使得靶细胞裂解、死亡后，病原体暴露巨噬细胞出来，抗体可以与之结合；或被其他细胞吞噬掉。【详解】A、巨噬细胞不能特异性识别肿瘤细胞，不适合通过增加细胞表面的识别肿瘤细胞受体

达到增强杀灭肿瘤细胞的效果，A错误；B、细胞免疫主要靠T细胞发挥作用，T细胞可以特异性识别肿瘤细胞，可通过增加细胞表面的识别肿瘤细胞受体达到增强杀灭肿瘤细胞的效果，B正确；C、浆细胞不能识别肿瘤细胞，不适合通过增加细胞表面的识别肿瘤细胞受体达到增强杀

灭肿瘤细胞的效果，C错误；D、B淋巴细胞主要是增值分化为记忆细胞和浆细胞，浆细胞产生抗体和抗原特异性结合，D错误；故选B。10.图为人体某细胞部分代谢图，下列说法正确的是A.①是水解过程B.②是脱氨基过程C.③是转氨

基过程D.④是糖酵解过程【答案】C【解析】【分析】由图可知，①表示呼吸作用的第一阶段，②③表示转氨基作用，④表示有氧呼吸的第二阶段。【详解】A、①表示呼吸作用的第一阶段，发生在细胞质基质中，A错误；B、②是转氨基过程，B错误；C、③是转氨基过程，C正确；D、④是柠檬酸循环，D

错误。故选C。11.图中人体E—H四种细胞功能不同，造成这种差异的主要原因是A.含有的基因组不同B.合成的特定蛋白不同C.所处的细胞周期不同D.核DNA的复制方式不同【答案】B【解析】【分析】细胞分化指在个体发育中，由一个

或一种细胞增殖产生的后代，在形态，结构和生理功能上发生稳定性差异的过程。【详解】A、不同体细胞含有的基因组相同，A错误；B、不同细胞合成的特定蛋白不同，是细胞分化的结果，B正确；C、高度分化的细胞不能分裂，无细胞周期，C错误；D、核DNA的复制方式均为半保

留复制，D错误。故选B。12.小麦中高秆对矮秆为显性，抗病对不抗病为显性。现有高秆抗病小麦进行自交，后代中出现高秆抗病、高秆不抗病、矮秆抗病、矮秆不抗病四种类型的比例是59:16:16:9，则两基因间的交换值是()A.60%B.4

0%C.32%D.30%【答案】B【解析】【详解】高秆、矮秆基因为A与a，抗病、不抗病为B与b。小麦是自花传粉的植物，现有高秆抗病小麦进行自交，而后代却出现了矮杆不抗病的表现型，说明亲本的基因型是AaBb。根据题干信息已知，后代中出现高秆抗病、高秆不抗病、矮秆抗病、矮秆不抗病

四种类型的比例是59：16：16：9，其中矮杆不抗病的基因型必为aabb，因为其比例为9%，所以其为重组类型的配子结合而成，即ab=3/10。设交换值为t，则高秆抗病小麦的配子基因型及比例为AB：Ab：aB：ab=（1-t）/2：

t/2：t/2：（1-t）/2。由上可知（1-t）/2=3/10，解得t=40%，故选B。【点睛】解答本题的关键是根据后代中出现高秆抗病、高秆不抗病、矮秆抗病、矮秆不抗病四种类型的比例是59：16：1

6：9，判断基因之间存在连锁与互换，再根据重组类型的配子的比例算出交换值。13.剧烈运动引起血压升高，发生降压反射时，A.压力感受器传入冲动频率降低B.副交感神经兴奋性减弱C.外周阻力降低D.心排血量升高【答案】C【解析

】【分析】血液在血管中流动，也会对血管壁产生一定的侧压力，这就是血压。详解】A、压力感受器传入冲动频率增大，A错误；B、副交感神经兴奋性增强，B错误；C、外周阻力降低，动脉血压下降，C正确；D、心排血量减少，D错误。故选C。【14.马铃薯块茎储藏不当会出现酸味，这种现象

的产生是因为马铃薯块茎细胞A.经历了三羧酸循环释放CO2B.无氧呼吸产生乳酸C.无氧呼吸形成较少的ATP所致D.无氧呼吸产生酒精【答案】B【解析】【分析】无氧呼吸是不彻底的氧化分解，产物是二氧化碳和酒精或乳酸，释放出少量的能量。产物是乳酸或酒精和二氧化

碳。【详解】马铃薯块茎在缺氧条件下会进行无氧呼吸产生乳酸，故储藏不当会出现酸味。综上所述，ACD不符合题意，B符合题意。故选B。15.变形虫繁殖方式如图，阶段Ⅲ中变形虫DNA数目与阶段Ⅰ中相比，发生的变化是A.一半数目的DNAB.相同数目的DNAC.两倍数目

的DNAD.四倍数目的DNA【答案】B【解析】【分析】由图可知，变形虫经过阶段Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ，发生了细胞分裂，由1个变形虫形成2个变形虫。【详解】阶段Ⅲ中变形虫是有丝分裂的结果，故与阶段Ⅰ中DNA数目相同。综上所述，ACD不符合题意，B符合题意。故选B。

16.小兵听从体育老师指导，一听哨声就用力举起哑铃，附在手臂上记录仪器经a时间后，测到肌肉活动的电位变化。在一次训练中，体育老师趁小兵不备，用针刺激其手臂，小兵手臂收缩，经b时间后，测到肌肉活动的电位变化。则a时间____________b时间（）A.>B.<C.＝D.2

【答案】A【解析】【分析】1、神经调节的基本方式是反射，反射包括条件反射和非条件反射。2、条件反射是在非条件反射的基础上，通过学习和训练而建立的。条件反射建立之后要维持下去，还需的要非条件刺激的强化。条件反射需要大脑

皮层的参与。【详解】小兵听从体育老师指导，一听哨声就用力举起哑铃，该过程属于条件反射，需要大脑皮层的参与；体育老师趁小兵不备，用针刺激其手臂，小兵手臂收缩，该过程属于非条件反射，不需要大脑皮层的参与，前者经过的突触较多，需要的时间较长，故a>b。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故

选A。17.果蝇的长翅（V）对残翅（v）为显性。在一个由600只长翅果蝇和400只残翅果蝇组成的种群中，若杂合子占所有个体的40%，那么隐性基因v在该种群内的基因频率为（）A.20%B.40%C.60%D.80%【答案】C【解析】【详解】

果蝇的长翅为显性基因，残翅为隐性基因，根据题意，残翅果蝇所占比例为40%，杂合子所占比例为40%，则v基因的基因频率为：vv的基因型频率+1/2×Vv的基因型频率=40%+1/2×40%=60%，C正确。故选C。【点睛】本题考查基因频率的有关知识，意在考查考生能用文字、图

表以及数学方式等多种表达形式准确地描述生物学方面的内容的能力。18.EV71是引发手足口病的一种人肠道病毒，为制备抗EV71的单克隆抗体，科研人员用小鼠进行实验。将EV71灭活病毒、EV71外壳蛋白VP1和VP2作为抗原分别注射到3组小鼠体内，引发小鼠机体产生免疫。多次免疫后

，分别取上述3组小鼠的血清和未免疫小鼠血清，测定抗体与抗原的结合强度，结果如图所示。下列叙述错误．．的是（）A.将EV71灭活病毒、EV71外壳蛋白VP1和VP2分别注射到小鼠体内，能引发小鼠机体的体液免疫B.EV71免疫的小鼠血清抗体不是单一抗体C.测定

各组小鼠血清与非EV71蛋白结合强度，目的是排除抗体与其他蛋白的非特异性结合对实验结果的影响D.制备抗EV71单克隆抗体时，选用VP2免疫的小鼠脾脏细胞效果最佳【答案】D【解析】【分析】单克隆抗体的制备

（1）制备产生特异性抗体的B淋巴细胞：向免疫小鼠体内注射特定的抗原，然后从小鼠脾内获得相应的B淋巴细胞。（2）获得杂交瘤细胞。①将鼠的骨髓瘤细胞与脾细胞中形成的B淋巴细胞融合；②用特定的选择培养基筛选出杂交瘤细胞，该杂种细胞既能够增殖又能产生抗体

。（3）克隆化培养和抗体检测（4）将杂交瘤细胞在体外培养或注射到小鼠腹腔内增殖。（5）提取单克隆抗体：从细胞培养液或小鼠的腹水中提取。【详解】A、将EV71灭活病毒、EV71外壳蛋白VP1和VP2作为抗原，分

别注射到3组小鼠体内，引发小鼠机体的体液免疫，产生相应的抗体，A正确；B、EV71免疫的小鼠血清抗体不是单一抗体，判断依据是EV71免疫的小鼠血清可以结合EV71、VP1和VP2多种抗原，B正确；C、血清中存在抗体，能与

相应的抗原结合，测定各组小鼠血清与非EV71蛋白结合强度，目的是排除抗体与其他蛋白的非特异性结合对实验结果的影响，C正确；D、制备抗EV71单克隆抗体时，选用VP1免疫的小鼠脾脏细胞效果最佳，依据是第2组血清抗体可以结合EV71病毒（和VP1蛋白），第3组血

清抗体无法特异性结合EV71病毒，仅能结合VP2，D错误。故选D。19.乳糖操纵子是存在于大肠杆菌DNA上调控乳糖相关代谢过程的片段。当大肠杆菌的生存环境中无乳糖时，调节基因表达出的阻遏蛋白会与乳糖操纵

子结合，阻止其后β半乳糖苷酶基因和半乳糖透性酶基因的表达；当大肠杆菌的生存环境中有乳糖时，阻遏蛋白会与乳糖结合，导致该蛋白构象发生改变而不能与乳糖操纵子结合，使β半乳糖苷酶基因和半乳糖透性酶基因能正常表达，从而促进大肠杆菌吸收并分解利用乳糖。下列相关说法错误的是（）A.

乳糖操纵子通过调控乳糖代谢相关基因的表达过程来调控乳糖的代谢过程B.该调控过程可以使大肠杆菌更加合理地利用生存环境中的营养物质C.若某大肠杆菌的调节基因不能正常表达，则其在有乳糖的环境中也不能合成β半

乳糖苷酶和半乳糖透性酶D.若某大肠杆菌的RNA聚合酶结合位点不能正常发挥作用，则其在有乳糖的环境中也不能合成β半乳糖苷酶和半乳糖透性酶【答案】C【解析】【分析】1、大肠杆菌乳糖操纵子包括4类基因：①结构基因，能通过转录、翻译使细胞产生一定的酶

系统和结构蛋白，这是与生物性状的发育和表型直接相关的基因。乳糖操纵子包含3个结构基因：lacZ、lacY、lacA。LacZ合成β-半乳糖苷酶，lacY合成透过酶，lacA合成乙酰基转移酶．②操纵基因O，控制结构基因的转录速度，位于结构基因的

附近，本身不能转录成mRNA。③启动基因P，位于操纵基因的附近，它的作用是发出信号，mRNA合成开始，该基因也不能转录成mRNA。④调节基因R：可调节操纵基因的活动，调节基因能转录出mRNA，并合成一种蛋白，称阻遏蛋白。2、分析题图：图中，当大肠杆菌培养基中仅有葡萄糖而

没有乳糖存在时，调节基因的表达产物-阻遏蛋白会与操纵基因结合，阻碍RNA聚合酶与启动子（P）结合，在转录水平上抑制结构基因的表达。该调节机制既保证了大肠杆菌能量的供应，又可以避免物质和能量的浪费。【详解】A、如图，乳糖操纵子通过调控乳糖代谢相关基因la

cZ、lacY、lacA的表达过程来调控乳糖的代谢过程，A正确；B、当大肠杆菌的生存环境中无乳糖时，β半乳糖苷酶基因和半乳糖透性酶基因的表达不会表达，当大肠杆菌的生存环境中有乳糖时，β半乳糖苷酶基因和半乳糖透性酶基因能正常表达，从而促进大

肠杆菌吸收并分解利用乳糖，所以该调控过程可以使大肠杆菌更加合理地利用生存环境中的营养物质，B正确；C、若某大肠杆菌的调节基因不能正常表达，则阻遏蛋白无法正常合成，在有无乳糖的环境中，大肠杆菌都能合成β半乳糖苷酶和半乳糖透性酶，C错误；D、若RNA聚合酶结合位点不能

正常发挥作用，则基因无法正常表达，无论环境中有无乳糖，都无法合成β半乳糖苷酶和半乳糖透性酶，D正确。故选C。20.基因型为AaBb的雌蜂与基因型为ab的雄蜂交配，其后代性别与基因型正确的是A.雄蜂只有ab一种基因型B.雌蜂有AB、Ab、aB和ab四种基因型C.雌蜂

有AaBb、Aabb、aaBb和aabb四种基因型D.雄蜂有AaBb、Aabb、AaBB和aabb四种基因型【答案】C【解析】【分析】雄蜂是未受精的卵细胞发育而来的，雌蜂是精子和卵细胞结合而成。【详解】基因型为AaBb的雌蜂产生的卵细胞有AB:Ab:

aB:ab=1:1:1:1，基因型为ab的雄蜂产生的精子为ab，故后代的雄蜂有四种基因型，即AB、Ab、aB、ab；雌蜂有四种基因型为AaBb、Aabb、aaBb、aabb。综上所述，ABD不符合题意，C符合题意。故选C。二、简答题（共60分）黑茶是一类具有重

要经济和保健价值的微生物发酵茶。渥堆处理是黑茶品质形成的关键步骤，在细菌、霉菌、酵母菌等一系列微生物的作用下，茶原料经过发酵形成叶色黑润、香气纯正的品质。21.下列不参与．．．黑茶发酵的微生物是__________。A.B.C.D.22.黑茶加工过程中，优势菌种的鉴定很重要。下列不能．．

用于区别霉菌和细菌的结构有__________。A.线粒体B.细胞膜C.细胞核D.核糖体23.下列茶叶成分中，可作微生物生长所需氮源的有__________。A.水溶性糖类B.蛋白质C.氨基酸D.NaCl茶叶中含多种物质，其中茶多酚具有杀菌消炎作用。为研究茶多酚的抑菌效果，研究人员进行了抑菌实验

。表1是不同pH条件下、茶多酚浓度为40g/L时的实验结果。菌种抑菌圈直径（mm）pH=4pH=5pH=6pH=7pH=8pH=9pH=10沙门氏菌14.013.713.814.315.514.612.5蜡状芽孢杆菌16.015.514.715.717.415.613.5大肠杆菌11.8

12.912.713.815.014.412.824.下列有关培养基配制、微生物培养和抑菌实验的叙述正确的是__________。A.培养基的配制步骤依次是称量→溶解→调节pH→定容→灭菌B.培养基在62℃下灭菌15～30分钟C.用无菌玻璃刮铲将细菌悬

浮液均匀涂布在培养基上D.培养时培养皿不能倒置25.结合表1中数据分析，可得到的结论有__________。A.不同pH条件下，茶多酚对同一细菌的抑制效果不同B.相同pH条件下，茶多酚对三种细菌的抑制效果相同C.pH=8时，茶多酚对三种细菌的抑

制效果均最强D.可推测茶多酚对金黄色葡萄糖球菌的抑制效果在pH=8时最强【答案】21.C22.BD23.BC24.C25.AC【解析】【分析】1、真核生物与原核生物结构的区别与联系：类别原核细胞真核细胞细胞大小较小（一般1

～10um）较大（1～100um）细胞核无成形的细胞核，无核膜、核仁、有成形的细胞核，有核膜、核染色体，只有拟核仁和染色体细胞质只有核糖体，没有其它复杂的细胞器有核糖体、线粒体等，植物细胞还有叶绿体等细胞壁细细胞壁主要成分是肽聚糖细胞壁的主要成分

是纤维素和果胶增殖方式二分裂有丝分裂、无丝分裂、减数分裂可遗传变异来源基因突变基因突变、基因重组、染色体变异共性都含有细胞膜、核糖体，都含有DNA和RNA两种核酸等2、病毒：不具有细胞结构，但是必须寄生在活的

宿主细胞内才能表现生命活动，病毒的结构较为简单，一般包括蛋白质构成的外壳和其内的核酸，有的病毒的核酸是RNA，有的是DNA。3、微生物常见的接种的方法：①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温

箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。【21题详解】根据题意可知，茶原料的发酵是在细菌

、霉菌、酵母菌等一系列微生物的作用下进行的。识图分析可知，图中A为酵母菌，B为细菌，D为霉菌，而C为病毒，病毒不能参与黑茶的发酵。综上所述，C符合题意，A、B、D不符合题意。故选C。【22题详解】霉菌属于真核生

物，具有核膜包被的细胞核，细胞质中具有除了核糖体以外的众多细胞器，细菌属于原核生物，没有核膜，具有拟核，细胞质中只有核糖体一种细胞器，拟核内没有染色质，只有裸露的大型患者DNA分子。二者共同点是都含有细胞膜、核糖体，都含有DNA和RNA两种核酸等。综上所述，B、D

符合题意，A、C不符合题意。故选BD。【23题详解】A、含氮的化合物可以作为微生物生长的氮源，水溶性糖类的组成元素为C、H、O，A错误；B、蛋白质的组成元素为C、H、O、N等，因此含有氮元素，B正确；C、氨基酸的组成元素为C、H、O、N等，因此含有氮元素，

C正确；D、NaCl可以提供无机盐，不含氮元素，D错误。故选BC。【24题详解】A、培养基的配制步骤依次是称量→溶解→定容→调节pH→灭菌，A错误；B、培养基在121℃下高压蒸汽灭菌灭菌15～30分钟，B错误；C、用无菌玻璃刮铲将细菌悬浮液均匀涂布在培养基上，C正确；D、培养时为了防止

蒸发的水珠滴落到培养基上造成污染，因此培养皿需要倒置培养，D错误。故选C。【25题详解】A、分析表中数据可知，在不同pH条件下，茶多酚对同一细菌形成抑菌圈大小不同，因此抑菌效果不同，A正确；B、分析表中数据可知，相同pH条件下，茶多酚对三种细菌形成的抑菌圈

大小不同，因此抑制效果不同，B错误；C、分析表中数据可知，pH=8时，茶多酚对三种细菌形成的抑菌圈最大，因此抑制效果均最强，C正确；D、实验中没有涉及对金黄色葡萄糖球菌的实验效果，因此无法得出茶多酚对

金黄色葡萄糖球菌的抑制效果在pH=8时最强的结论，D错误。故选AC。【点睛】本题考查微生物培养的知识点，要求学生掌握培养基的成分和类型以及功能，识记培养基的配制流程，把握原核生物结构组成的特点，能够正确分析表格中的数据结合所学的微生物培养的知识点，

获取有效信息解决问题。26.植物光合作用图表示一个番茄叶肉细胞内发生的部分代谢过程。其中①～⑤表示反应过程，A～L表示细胞代谢过程中的相关物质，a、b、c表示细胞的相应结构。（1）图中①③过程发生的场所分别是____________和____

________。（2）图中，当叶肉细胞净光合为0时该番茄叶肉细胞中下列物质的含量关系成立的有____________。（多选）A.D＝KB.D＝IC.G＝LD.G＝I（3）光合作用合成的有机物可以____________

_。（多选）A.以蔗糖的形式通过筛管运输到根细胞，氧化分解释放能量，用于根的生长发育B.以淀粉的形式通过导管运输到根细胞，氧化分解释放能量，用于根的生长发育C.参与氨基酸、蛋白质和脂肪的合成D.以淀粉的形式储存在叶肉细胞

的叶绿体中大量研究表明，CO2浓度升高造成温室效应的同时，也影响了绿色植物的生长发育。为进一步探究CO2浓度升高对根细胞的影响，获取相关处理下的非根毛区横切面，制作成临时装片，利用显微镜观察，结果如表：组别处理观测指标1组2组3

组4组正常CO2浓度高CO2浓度正常CO2浓度＋10nmol/LNAA（生长素类似物）高CO2浓度＋5μmol/LNPA（生长素运输阻断剂）表皮细胞体积大小小大表皮细胞总数少多多比1组少生毛细胞数目少多

多比1组少注：生毛细胞由表皮细胞分化形成，继续生长形成根毛。（4）根据表，以下说法正确的是___________。（多选）A.高浓度CO2增加了表皮细胞总数和生毛细胞数目B.据1、2、3组结果推测高浓

度CO2通过生长素影响根毛生长发育C.据3、4组结果可知生长素可以增加表皮细胞体积D.据1、2、4组说明，高浓度CO2对根毛生长发育影响与生物素的运输有关（5）为进一步探究，研究者在根尖每生长1cm时测定生长素合成特

异性启动基因表达情况，实验结果如图。尝试分析CO2浓度升高影响根毛生长发育的机制_________。（6）研究表明，生长素通过细胞内信号分子进一步传递信息，增加根毛细胞尖端内部钙离子浓度，促进生毛细胞的根毛伸长生长。已知植物细胞膜上有生长素受体，钙离子通道蛋白–钙调素复

合体（钙离子通道与钙调素的分离，受激素的间接调控），钙离子通道蛋白、细胞内信号分子亚硝基化靶向蛋白等，请选用已知信息，提出生长素促进根毛伸长生长的一种可能机制。______________________

__________【答案】（1）①.类囊体（类囊体膜）②.细胞质基质（2）AD（3）ACD（4）ABD（5）CO2促进生长素合成基因的表达，生长素合成量增加，进而促进根生长发育（提高表皮细胞总数和生毛细胞数目）（6）生长素与细胞膜上生长素受体

结合，将信息传递给亚硝基化靶向蛋白，使钙离子通道蛋白与钙调素分离，钙离子内流，增加根毛细胞尖端内部钙离子浓度，促进生毛细胞的根毛伸长生长【解析】【分析】据图分析：图中a为叶绿体，①是光反应，场所是类囊体；②是暗反应，场所是叶绿体基质，A是ATP，B是ADP，C是NADPH，D是氧气

，F是C5，G是二氧化碳，E是C3；b是线粒体，③是有氧呼吸第一阶段，④是有氧呼吸第二阶段，⑤是有氧呼吸第三阶段，H是丙酮酸，L是水，I是二氧化碳，J是NADH，K是氧气。【小问1详解】①代表的是光反应，场所是类囊体；③是有氧呼吸第

一阶段，场所是细胞质基质；【小问2详解】叶肉细胞净光合为0时，细胞呼吸强度等于光合作用强度，光合作用需要的是二氧化碳全部来自于呼吸作用，呼吸作用需要的氧气全都来自于光合作用。D＝K，G＝I，故选AD。【小问3详解】A、光合作用形成的糖，大部分从叶绿体运输到

叶肉细胞中，可以以蔗糖的形式通过筛管运输到根细胞，氧化分解释放能量，用于根的生长发育，A正确；B、光合作用所需要的水分是通过植物的导管进行运输的，导管不能运输淀粉，B错误；C、光合作用合成的有机物有一部分参与氨基酸、蛋白质和脂肪的合成，C正确；D、光合作用合成的有机

物有一部分在叶绿体中转变成淀粉，储存在叶肉细胞的叶绿体中，D正确。故选ACD。【小问4详解】A、由表中1组、2组可知，高浓度CO2增加了表皮细胞总数和生毛细胞数目，A正确；B、据1、2、3组结果可知，正常CO2浓度＋10nmol/LNAA（生长素类似物）与高CO2浓度对根细胞的影响相同，故推测

高浓度CO2通过生长素影响根毛生长发育，B正确；C、3、4组实验变量不唯一，无法推测生长素对表皮细胞体积的影响，C错误；D、由表可知，与正常浓度CO2相比，高浓度CO2处理增加了表皮细胞总数和深毛细胞数目，而高CO2浓度＋5μmol/LNPA处理，减少了表皮细胞总数和生毛细胞数目，说

明高浓度CO2对根毛生长发育影响与生物素的运输有关，D正确；故选ABD。【小问5详解】由题图可知，与正常浓度CO2相比，高浓度CO2处理生长素合成特异性启动基因表达量相对值增大。综合上述实验，推测CO2浓度升高影响根毛生长发育机制是：CO2促进生长

素合成基因的表达，生长素合成量增加，进而促进根生长发育（提高表皮细胞总数和生毛细胞数目）。【小问6详解】题干分析可知，植物细胞膜上有生长素受体，钙离子通道蛋白–钙调素复合体，钙离子通道蛋白，细胞内有信号分子亚硝基化靶向蛋白，而钙离子通道与钙调素的分离，受激素的间

接调控。故推测生长素促进根毛伸长生长的可能机制为：生长素与细胞膜上生长素受体结合，将信息传递给亚硝基化靶向蛋白，使钙离子通道蛋白与钙调素分离，钙离子内流，增加根毛细胞尖端内部钙离子浓度，促进生毛细胞的根毛伸长生长。27.生命活动

的调节阿卡波糖是国外开发的口服降糖药，可有效降低餐后血糖高峰。为开发具有自主知识产权的同类型新药，我国科研人员研究了植物来源的生物碱NB和黄酮CH对餐后血糖的影响。为此，将溶于生理盐水的药物和淀粉同时灌胃小鼠后，在不同时

间检测其血糖水平，实验设计及部分结果如下表所示。组别（每组10只）给药量（mg/kg体重）给药后不同时间血糖水平（mmol/L）0分钟30分钟60分钟120分钟的①生理盐水-4.3711.037.885.04②阿卡波糖4.04.127.627.575.39③NB4.04.19x16.825.

20④CH4.04.24x27.205.12⑤NB＋CH4.0＋4.04.36x35.495.03（1）将淀粉灌胃小鼠后，其在小鼠消化道内水解的终产物为___________，该物质由肠腔经过以下部位形成餐后血

糖，请将这些部位按正确路径排序：___________（按顺序填字母，例如“ABCD”）。A．组织液B．血浆C．小肠上皮细胞D．毛细血管壁细胞（2）血糖水平达到高峰后缓慢下降，由于胰岛素促进了血糖合成糖原、___________、转化为脂肪和某些氨基酸等。（3）本实验以_

__________（写组别编号，填不带圈的数字即可，例如：1）作对照组，确认实验材料和方法等能有效检测药物疗效。（4）该研究的结论为：NB和CH均能有效降低餐后血糖高峰，且二者共同作用效果更强。下列对应表中x1、x2、x3处的数据排列中符合上述结论的是___________。（多选）A.7.15

、7.62、6.37B.7.60、7.28、6.11C.7.43、6.26、7.75D.6.08、7.02、7.54非酒精性脂肪肝是指除酒精等明确的损肝因素外所致的肝细胞内脂肪过度沉积，与糖尿病密切有关，一般患者血液中甘油三酯（TG）和胆固醇偏高。

研究者近日开发出新型药物Exendin-4治疗该疾病，为探讨Exendin-4在脂质代谢中的作用，将已患糖尿病的糖尿病小鼠随机分为2组：b1组腹腔注射生理盐水，b2组腹腔注射等量的Exendin-4溶液。注射8周后检测各组小鼠血液中的甘油三酯（TG）、HDL、LDL含量，结果如图。是

（5）根据图中信息和已有知识，判断Exendin-4对糖尿病小鼠血脂的作用效果并解释原因：___________。【答案】（1）①.葡萄糖②.CADB（2）氧化分解（3）1、2（4）AB（5）能有效降低糖尿病小鼠的甘油三酯，不能有效降低胆固醇。原因是

b2组小鼠的甘油三酯（TG)浓度显著低于b1组，说明Exendin－4能有效降低糖尿病小鼠的甘油三酯。而LDL可携带胆固醇运送至全身组织升高血液中的胆固醇，HDL能吸收外周组织中多余的胆固醇运送到肝脏并加

工形成胆汁酸排出体外而降低血液中的胆固醇，实验结果显示b2组和b1组小鼠的LDL和HDL浓度均无显著差异，说明Exendin－4不能有效降低胆固醇。【解析】【分析】分析题意：本题实验的目的是研究生物碱NB和黄酮CH对餐后血糖的影响，故自变量为施加的药物种类，同时设

置了施加生理盐水组与阿卡波糖组的对照组，因变量为给药后不同时间血糖水平，其它无关变量应相同且适宜。【小问1详解】组成淀粉的基本单位是葡萄糖，灌胃小鼠后，淀粉在小鼠消化道内水解的终产物为葡萄糖。葡萄糖由肠腔被C小肠上皮细胞吸收，再由细胞另一侧释放进入A组织液，

然后穿过D毛细血管壁细胞进入B血浆，形成血糖，故正确路径排序为CADB。【小问2详解】胰岛素可以促进血糖合成糖原、氧化分解、转化为脂肪和某些氨基酸等，从而使血糖降低。【小问3详解】本题实验的目的是研究生物碱NB和黄酮CH对餐后血糖的影响，故自变量为施加的药物种

类，同时设置了施加生理盐水组与阿卡波糖组的对照组，故以1生理盐水组作为空白对照，以2阿卡波糖组为标准对照，以确认实验材料和方法等能有效检测药物疗效。【小问4详解】若结论为：NB和CH均能有效降低餐后血糖高峰，且二者共同作用效果更强，则x1、x2组血糖应低于生理盐水组，且与阿卡波糖组相似，x

3组血糖应低于x1和x2组，故AB项数据符合上述结论，AB正确。故选AB。【小问5详解】图分析可知，b2组小鼠的甘油三酯（TG)浓度显著低于b1组，说明Exendin－4能有效降低糖尿病小鼠的甘油三酯。而LDL可携带胆固醇运送至全身组

织，升高血液中的胆固醇，HDL能吸收外周组织中多余的胆固醇运送到肝脏并加工形成胆汁酸排出体外，从而降低血液中的胆固醇，实验结果显示b2组和b1组小鼠的LDL和HDL浓度均无显著差异，说明Exendin－4不能有效降低胆固醇。28.生

物工程与抗生素相比，抗菌肽具有抑菌范围广且不易产生耐药性等优势，广泛用于养殖业。（1）将若干分子的石蛙抗菌肽（SPC）编码序列按照首尾相连的方式插在质粒pCLY10的卡那霉素抗性基因内部，形成长度为5200bp（bp表示碱基对数）的重组质粒pCL

Y10－nSPC（如图）。若pCLY10－nSPC经限制酶AccⅢ处理后产生75bp和4600bp两种长度的DNA片段，不考虑终止密码子，则单个SPC由_______________个氨基酸构成；每个重组质粒含有__

______________个SPC编码序列。（2）根据题干信息判断，用于导入pCLY10－nSPC的受体细胞类型应为________________。A.抗菌肽敏感、卡那霉素抗性B.抗菌肽抗性、卡那霉

素抗性C.抗菌肽敏感、卡那霉素敏感D.抗菌肽抗性、卡那霉素敏感（3）若选定的受体细胞因缺乏trpA基因不能利用无机氮源合成色氨酸，则应采用两步法筛选含重组质粒的细胞，其中用于第一步筛选的固体培养基配方应为________________。A.葡萄糖、硫酸铵、水B.牛肉膏、酵母粉

、NH4Cl、卡那霉素C.蛋白胨（包括所有氨基酸）、酵母粉、牛肉膏D.葡萄糖、蛋白腺（包括所有氨基酸）、生长因子、卡那霉素（4）在测试表达产物SPC对枯草芽孢杆菌的杀菌功效时获得了如图所示的结果，下列表述中最

能解释这一实验结果的是________________。（多选）A.SPC的浓度与抑菌效果有相关性B.圆纸片的直径与清晰区的大小呈正相关C.培养基中琼脂的含量影响清晰区的大小D.SPC对枯草芽孢杆菌的年龄具有不同的效应【

答案】（1）①.25②.9（2）D（3）A（4）AD【解析】【分析】基因工程的操作步骤：获取目的基因（基因文库、PCR、人工合成）；构建基因表达载体（含标记基因、启动子、终止子、目的基因、复制原点等）；把目的基因导入受体细胞（显微注射法、农杆

菌转化法、基因枪法、花粉管通道法、钙离子处理法）；目的基因的检测和鉴定（分子水平和个体水平检测，前者包括DNA分子杂交、分子杂交和抗原抗体杂交；后者如抗虫抗病接种实验）。【小问1详解】由题意可知，该重组质粒pCLY10-nSPC长度为5200bp，每个SPC编码序列内部均有

1个AccIII酶切位点，若pCLY10-nSPC经限制酶AccIII处理后产生75bp和4600bp两种长度的DNA片段，说明单个SPC编码序列长度为75bp，SPC中含有的氨基酸的数目为：75÷3=25个；长度为75bp的序列数目为：（5200-4600）÷75=8，又因为A

ccIII的酶切位点位于SPC编码序列内部，故4600bp长度的DNA片段中仍含有1个SPC编码序列，故该重组质粒含有的SPC编码序列的数目为8+1=9个。【小问2详解】由图可知，构建重组质粒时，目的基因插入会破坏卡那霉素抗性基因，故受体细胞中也不能

含有卡那霉素抗性基因，即对卡那霉素应该是敏感的；又因为重组质粒中含有抗菌肽基因，可以表达抗菌肽，故受体细胞应该对抗菌肽具有抗性。故选D。【小问3详解】若选定的受体细胞因缺乏trpA基因不能利用无机氮源合成色氨酸，而重组质粒含有trpA基因，只有含有重组质

粒或质粒的受体细胞才能在不含有机氮源的培养基上存活，故首先可以选择不含有机氮源的培养基进行初步筛选。A、葡萄糖、硫酸铵、生长因子不含有机氮源，A正确；B、牛肉膏可以提供有机氮源，B错误；C、蛋白胨、牛肉膏均可以提供有机氮

源，C错误；D、蛋白胨可以提供有机氮源，D错误。故选A。【小问4详解】由图可知，在测试表达产物SPC对枯草芽孢杆菌的杀菌功效时，浸有不同浓度SPC的圆纸片产生的透明圈大小不同，说明SPC的浓度与抑菌效果有显著

相关性；另外随着培养时间的延长，透明圈逐渐变小，SPC对枯草芽孢杆菌的年龄具有不同的效应。A、不同浓度SPC的圆纸片产生的透明圈大小不同，说明SPC的浓度与抑菌效果有相关性，A正确；B、圆纸片的直径与清晰区的大小无关，B

错误；C、培养基中琼脂作为凝固剂，和清晰区的大小无关，C错误；D、随着培养时间的延长，透明圈逐渐变小，SPC对枯草芽孢杆菌的年龄具有不同的效应，D正确；故选AD。29.遗传变异由CSS基因突变所致的克里斯蒂安森综合征是一种罕见的遗传病，以全身性发育迟缓、智力障碍为特征。学者在调查中获得一个

如图1所示的家系。（1）据图1可知，克里斯蒂安森综合征最可能的遗传方式是________________。（多选）A.X连锁显性遗传B.常染色体显性遗传C.X连锁隐性遗传D.常染色体隐性遗传（2）对该家族中5－10号成员相关基因

进行测序，发现6、8、9号个体均只有一种碱基序列，据此确定克里斯蒂安森综合征的遗传方式是__________________。A.X连锁显性遗传B.常染色体显性遗传C.X连锁隐性遗传D.常染色体隐性遗传（3）测序结果显示，CSS基因的突变形式是第391位核苷酸由G变成了T。试根

据图2判断，上述突变使相应密码子由________________变成了_________________。（填不带圈的数字即可，例如：1）①AGU（丝氨酸）②CGU（精氨酸）③GAG（谷氨酸）④GUG（缬氨酸）⑤UAA（终止密码）⑥UAG（终止密码）（4）根据克里斯蒂安森综合

征的遗传方式和图2，判断下列推论合理的是__________________。A.机体只要含有异常CSS蛋白就会导致疾病B.机体只需有正常CSS蛋白便能维持健康C.异常CSS蛋白对正常CSS蛋白具有抑制效应D.正常CSS蛋白对异常CSS蛋白具有激活效应（5）进一步调

查发现，8和9号个体还患有另一种遗传病（Charge综合征，由位于第8号染色体上的CHDC基因突变所致），而父母表现型正常。若同时考虑两对相对性状，推测6号产生的精子包括_________________

。（多选）（染色体上横线表示致病基因）A.B.C.D.（6）在该家系中，5号体内的CSS和CHDC基因分布状况应为_________________。A.CSS基因在体细胞、CHDC基因在性细胞B.CHDC基因在体细胞、CSS基因在性细胞C.体细胞和性细胞均同时含有CSS基因和CHDC

基因D.CSS基因和CHDC基因不可能同时存在于体细胞和性细胞中【答案】（1）CD（2）C（3）①.3②.6（4）B（5）ABC（6）C【解析】【分析】根据系谱图可知，该病为无中生有，故为隐性遗传病，单纯根据系谱图无法确定基因的具体位置。设控制该病的基因为A、a。根据

右图CSS正常基因与突变基因表达产物可知，基因突变后编码的蛋白质中氨基酸的数目减少。【小问1详解】据系谱图可知，克里斯蒂安森综合征符合“无中生有”特征，故可能是常染色体隐性遗传病或伴X隐性遗传病。故选CD。【小问2详解】若该病为常染色体隐

性遗传病，则患者的正常父母一定是该病的携带者，基因测序的结果5和6均应该含有2种碱基序列，但测序结果显示6、8、9号个体均只有一种碱基序列，故该病为伴X隐性遗传病，6号为XAY，不携带致病基因。故选C。【小问3详解】根据正常基因和突变基因表达产物

可知，基因突变后，终止密码子提前出现。测序结果显示，CSS基因的突变形式是第391位核苷酸由G变成了T，即DNA上由G-C碱基对变为T-A碱基对，由于终止密码子的首位碱基一定是U，故突变后该部位对应的终止密码子可能是UAA或UAG，由

于该突变是碱基对的替换，只改变该部位密码子的首位碱基，即G被U替代，故原始的密码子为GAA或GAG，结合题意可知，该部位的密码子由3GAG（谷氨酸）变成了6UAG（终止密码）。【小问4详解】根据系谱图可知，该病是隐性遗传病，故隐性纯合子才会患病；A、

杂合子同时含有正常CSS蛋白和异常蛋白，机体不患病，A错误；B、杂合子只含有1个正常CSS基因，不患病，B正确；C、杂合子同时含有正常CSS蛋白和异常蛋白，机体不患病，无法判断异常CSS蛋白对正常CSS蛋白具有抑制效应，C错误

；D、无法判断正常CSS蛋白对异常CSS蛋白具有激活效应，D错误。故选B。【小问5详解】由上分析可知，克里斯蒂安森综合征为伴X隐性遗传病，5和6的基因型分别为XAXa、XAY，又根据父母正常，8和9患Charge综合征，而父母表现型正常，结合基因的位置可知，Charge综合征为常

染色体隐性遗传病，设控制该病的基因为B、b，则5和6均为Bb，即6号的基因型为：BbXAY，其产生的精子有BXA、BY（对应B选项）、bXA（对应A选项）、bY（对应C选项）四种类型，6号不可能产生含b的精子，D不符合。故选ABC。小问6详解】在该家系中，5号的基因型为BbX

AXa，其体细胞和性细胞均同时含有CSS基因和CHDC基因，C正确。故选C。【