2023届湖南省长沙市天心区长郡中学生物高二第二学期期末复习检测试题（含解析）

2023学年高二年级下学期生物模拟测试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：（共6小题，每小题6分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求）1．下列关于单克隆抗体的制备和应用的叙述中，不正确的是（）A．B淋巴细胞与骨髓瘤细胞的融合，一般需要灭活的仙台病毒或聚乙二醇诱导B．融合后形成的杂交瘤细胞既能无限增殖，又能产生单克隆抗体C．体外培养时，一个B淋巴细胞不但能形成细胞株，而且还能形成细胞系D．单克隆抗体与常规抗体相比，特异性强，灵敏度高，优越性明显2．下列关于糖类和脂质的叙述，错误的是()A．肝糖原和磷脂共有的元素是C、H、OB．相同质量的脂肪和多糖彻底氧化分解，脂肪放能多C．某些糖类和脂质能参与细胞间的信息传递D．脂质和糖类的最终水解产物都是CO2和H2O3．下列有关细胞结构和功能的叙述正确的是A．人在青春期时性腺细胞膜上性激素的载体蛋白数量相对较多B．红细胞只能进行无氧呼吸，产生二氧化碳的场所是细胞质基质C．用甲基绿检测发现蛔虫的DNA分布在细胞核和线粒体中D．洋葱通过核孔能实现核质之间频繁的物质交换和信息交流4．如图所示为三种培育新品种的育种方法的流程图，其中①、②和③表示相应的育种方法。下列相关叙述，正确的是A．育种①获得稳定遗传的新品种都要经历2次以上自交B．若亲本为豌豆，则A过程和B过程均需进行人工授粉C．C过程和D过程发生的变异类型是真核生物所特有的D．育种②会导致基因频率发生改变，进而导致生物进化5．在诱导离体菊花茎段形成幼苗的过程中，下列生命活动不会同时发生的是：A．细胞的增殖与分化 B．光能的吸收与转化C．ATP的合成与分解 D．基因的突变与重组6．下列关于人类遗传病的叙述，正确的是（）A．单基因遗传病均无法利用光学显微镜检测筛查B．各类遗传病在遗传时均遵循孟德尔定律C．单基因遗传病的发病率和遗传方式均可在患者家系中调查D．应加强高龄孕妇的产前诊断以降低先天愚型病相对发生率二、综合题：本大题共4小题7．（9分）如图所示，图甲表示某大棚蔬菜叶肉细胞的部分结构和相关代谢情况，其中a~f代表O4或CO4。图乙表示该植物在不同光照强度下的数据，图丙代表某植物在一天内吸收CO4变化情况。请据图回答下列问题：（1）在图甲中，b可代表___________，物质b进入箭头所指的结构后与[H]结合，生成大量的水和能量。（4）图乙中光照强度为a时，可以发生图甲中的哪些过程（用图甲中字母表示）?_______；图乙中光照强度为b时，该叶肉细胞光合作用速率________（填<、=、>）呼吸作用速率；光照强度为c时，单位时间内该叶肉细胞从周围吸收________单位CO4；光照强度为d时，单位时间内该叶肉细胞呼吸作用速率是净光合作用速率的________倍。（4）图丙中，若C、F时间所合成的葡萄糖速率相同，均为43mg/dm4h，则A、C、F三点的呼吸强度的比较结果是A_____C______F（填<、=、>），若E点时间的呼吸速率与F点相同，则E时间合成葡萄糖的速率为______mg/dm4h（小数点后保留一位小数），一天中到________（用图中字母表示）时间该植物积累的有机物总量最多。（4）以测定CO4吸收速率与释放速率为指标，探究温度对某绿色植物光合作用与细胞呼吸的影响，结果如表所示：温度/℃51343454345光照条件下CO4释放速率（mg·h–1）11．84．44．74．54黑暗条件下CO4释放速率（mg·h–1）3．53．7514．444．5①光照条件下，温度由45℃升高为43℃后光合作用制造的有机物总量_________（填“增加”“不变”或“减少”）。②假设细胞呼吸昼夜不变，植物在43℃时，给植物光照14h，则一昼夜净吸收CO4的量为________mg。8．（10分）下图表示某果蝇的体细胞染色体及基因组成，果蝇的灰身和黑身由基因B和b决定，长翅和残翅由基因V和v决定。据图回答下列问题：（1）该果蝇性别为________，如果进行的果蝇基因组测序，需要检测___________条染色体的DNA序列。（2）若只考虑翅形，让该果蝇与基因型相同的异性果蝇交配得到F1，则F1中不同于亲本表现型及其比例为___________。若如再取F1中全部长翅个体随机交配，则F2中不同于亲本表现型及其比例为___________。（3）若同时考虑翅形和体色，让该果蝇与基因型相同的异性果蝇交配得到F1，理论上，与亲本基因型不同的个体的基因型是___________。与亲本表现型不同的个体的表现型是___________。（4）已知果蝇中，朱红眼与暗红眼是一对相对性状（显性基因用F表示，隐性基因用f表示）。两只亲代果蝇杂交得到以下子代类型和比例：灰身、暗红眼灰身、朱红眼黑身、暗红眼黑身、朱红眼雌蝇3/401/40雄蝇3/83/81/81/8据表判断：F和f基因最可能位于___________号染色体上，两亲本的基因型分别是___________。9．（10分）根据图示回答下列问题：（1）根据图A所示，请写出HIV病毒的遗传信息传递途径_________，图B生理过程与图A中相对应序号是_________。（2）看图回答，图中用_________表示脱氧核苷酸长链，用_________表示核糖核苷酸长链。（请用图B、C、D中所示符号填写）（3）图C、图D共同完成的生理过程叫_________。（4）图D过程不可能发生在_________中。A．神经元细胞B．肝细胞C．心肌细胞D．人成熟的红细胞（5）大肠杆菌体内的RNA，其作用有_________。A．作为遗传物质B．传递遗传信息C．转运氨基酸D．构成核糖体E.催化化学反应10．（10分）科学家从牛的胰脏中分离出一条由76个氨基酸组成的多肽链（Ub）。研究发现Ub在细胞自我监测和去除某些“不适用蛋白质”（即靶蛋白）的机制中扮演着重要角色。如果某个蛋白质被贴上Ub这个标签，就会被运送到细胞内的蛋白酶体处被水解掉，其过程如图1所示：请回答下列问题：（1）Ub由76个氨基酸组成，则它具有___个肽键，其结构简式是_________，Ub的合成场所是________，若它在小肠中被水解，则如图2中哪种物质不可能产生？_____。（2）如果靶蛋白不与Ub结合，便不能被蛋白酶体水解。①过程说明Ub的作用是识别________并与之结合；据图1可知完成①、②过程需要的主要条件是___________和________________。（3）已知在翻译产生Ub过程中，运输丙氨酸的tRNA的一端三个碱基为CGA，则丙氨酸的密码子为_____，如果知道了Ub这条肽链的氨基酸序列，能否确定编码该肽链的Ub基因的碱基序列？______（4）若有99个氨基酸（假设它们的平均分子量为100），通过结合形成了含有2条多肽链的蛋白质，则其相对分子质量比原来减少了______________，含氨基的数量最少是_____________个。（5）若某一多肽链由201个氨基酸组成，其分子式为CxHyNaObS2（a＞201，b＞202），并且是由如图3中5种氨基酸组成的，那么该多肽链彻底水解后将会得到赖氨酸、天冬氨酸各多少个？______。A．a﹣202、b﹣202B．a﹣202、（b﹣202）/2C．a﹣201、（b﹣201）/2D．a﹣201、（b﹣202）/211．（15分）我国科学家张道远先生通过从耐旱灌木白花柽柳中克隆得到TSOD基因，利用转基因技术转化到棉花中，获得了具备更强抗旱性的T4代转基因棉花株系。下图为转基因抗旱棉花的培育过程示意图，请据图回答：(1)①过程表示用______扩增目的基因的方法。②过程用到的工具酶有______。步骤③一般用______处理农杆菌，使其易吸收周围环境中的DNA分子。(2)将重组质粒导入棉花细胞除步骤④所示的方法外，还可采用______。如果受体细胞是动物的受精卵，则一般采用的方法是____。(3)外植体培养成为试管苗的过程采用了______技术，利用了______的原理，步骤⑤⑥表示________。(4)为了确定抗旱转基因棉花是否培育成功，可先用放射性同位素标记的______________作探针进行分子水平鉴定，再_______进行个体水平鉴定棉花植株的抗旱性。

参考答案（含答案详细解析）一、选择题：（共6小题，每小题6分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求）1、C【答案解析】

单克隆抗体制备流程：先给小鼠注射特定抗原使之发生免疫反应，之后从小鼠脾脏中获取已经免疫的B淋巴细胞；诱导B细胞和骨髓瘤细胞融合，利用选择培养基筛选出杂交瘤细胞；进行抗体检测，筛选出能产生特定抗体的杂交瘤细胞；进行克隆化培养，即用培养基培养和注入小鼠腹腔中培养；最后从培养液或小鼠腹水中获取单克隆抗体。【题目详解】经免疫过B淋巴细胞与骨髓瘤细胞的融合，一般要灭活的病毒或聚乙二醇诱导，A正确；筛选出的杂交瘤细胞具有双亲的遗传物质，因此既能大量增殖，又能产生单克隆抗体，B正确；已经免疫B淋巴细胞能产生抗体，但在体外培养时不能无限增殖，C错误；单克隆抗体与常规抗体相比，特异性强，灵敏度高，产量高，D正确。【答案点睛】熟悉单克隆抗体的制备流程是解答本题的关键。2、D【答案解析】

本题考查细胞的分子组成，考查对糖类、脂质的元素组成、种类和功能的理解和识记。解答此题，可根据糖类和脂质的元素组成分析其氧化分解时释放能量的多少和水解的最终产物。【题目详解】肝糖原属于多糖，含有C、H、O，磷脂含有C、H、O、N、P等元素，二者共有的元素是C、H、O，A项正确；脂肪中氢原子比例较高，所以相同质量的脂肪和多糖彻底氧化分解，脂肪放能多，B项正确；某些糖类和脂质能参与细胞表面糖蛋白或糖脂的组成，参与细胞间的信息传递，C项正确；脂质和糖类的最终水解产物是其组成单位，代谢的最终水解产物是CO2和H2O等，D项错误。【答案点睛】“水解”与“氧化分解”(1)水解的终产物：是其组成成分，如淀粉水解的产物是葡萄糖，核酸水解的产物是核苷酸（彻底水解的产物是五碳糖、碱基、磷酸），脂肪水解的产物是甘油和脂肪酸，蛋白质彻底水解的产物是氨基酸。(2)氧化分解产物：是经代谢后排出体外的废物，糖类和脂肪氧化分解的终产物是CO2和H2O，蛋白质代谢的终产物是CO2、H2O和尿素。3、D【答案解析】

考查激素的本质、红细胞及蛔虫细胞的特殊性及核孔的功能。【题目详解】性激素的化学本质是脂类，可以优先通过细胞膜，不需要载体蛋白，A项错误；哺乳动物成熟红细胞只能进行无氧呼吸，但其产物是乳酸，不产生二氧化碳，B项错误；用甲基绿可以检测蛔虫DNA的分布，但是蛔虫进行无氧呼吸，细胞中没有线粒体，C项错误；核孔是核质之间物质交换和信息交流的通道，D项正确。【答案点睛】易错点：哺乳动物成熟红细胞的特点，蛔虫是厌氧型。4、D【答案解析】

方法①为杂交育种，原理是基因重组；方法②为诱变育种，原理是基因突变；方法③是多倍体育种，原理是染色体数目变异。【题目详解】杂交育种过程中，自交的第一代就会出现稳定遗传的新品种，A项错误。豌豆是自花传粉植物，自交过程不需要人工授粉，即B过程不需要人工授粉，B项错误。C过程是基因突变，原核生物也能发生，C项错误。育种②是诱变育种，原理是基因突变，会改变基因频率，生物进化的实质是基因频率的改变，D项正确，故选D。【答案点睛】几种育种方式的比较：杂交育种诱变育种单倍体育种多倍体育种转基因育种原理基因重组基因突变染色体变异染色体变异基因重组特点可产生新的基因型可产生新的基因、新的性状明显缩短育种年限获得植株器官大，营养丰富使生物获得外源基因常用方法杂交→自交→选优→自交辐射诱变，激光诱变，作物空间技术育种花药离体培养用秋水仙素理萌发的种子或幼苗转基因（DNA重组）技术，把目的基因引入生物体内，培育新品种实例矮杆抗锈病小麦品种的培养青霉素高产菌种，太空椒单倍体育种获得的矮杆抗锈病小麦三倍体无籽西瓜，八倍体小黑麦培育生产人胰岛素的大肠杆菌，抗虫棉5、D【答案解析】

离体菊花茎段形成幼苗的过程中，涉及到脱分化和再分化过程；再分化过程中既有细胞增殖又有细胞分化，A不符合题意；叶绿素的形成过程需要光照，形成幼苗的过程需要光照；愈伤组织形成的幼苗会开始进行光合作用，有光能的吸收和转化，B不符合题意；ATP是直接能源物质，整个过程中需要ATP提供能量，伴随有ATP的合成和分解，C不符合题意；基因突变发生在任何时期，但是植物组织培养中的细胞分裂方式为有丝分裂，基因重组只发生在减数分裂过程中，所以不发生基因重组，D符合题意。【答案点睛】本题综合考查细胞的增殖和分化、光合作用、ATP和生物的变异的有关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构的能力。6、D【答案解析】

1、调查人类遗传病时，最好选取群体中发病率相对较高的单基因遗传病，如色盲、白化病等；若调查的是遗传病的发病率，则应在群体中抽样调查，选取的样本要足够的多，且要随机取样；若调查的是遗传病的遗传方式，则应以患者家庭为单位进行调查，然后画出系谱图，再判断遗传方式。2、遗传病的监测和预防（1）产前诊断：胎儿出生前，医生用专门的检测手段确定胎儿是否患某种遗传病或先天性疾病，产前诊断可以大大降低病儿的出生率。（2）遗传咨询：在一定的程度上能够有效的预防遗传病的产生和发展。【题目详解】A、用显微镜无法检测是否发生基因突变，但当单基因病引起细胞和组织形态变化时，可以通过显微镜进行检测，A错误；B、真核生物核基因的单基因遗传病在遗传时遵循孟德尔定律，B错误；C、调查某种遗传病的发病率应该在群体中抽样调查，C错误D、先天愚型病是由染色体异常导致的遗传病，可以通过产前诊断降低患病儿的出生率，D正确。故选D。【答案点睛】本题考查人类遗传病的相关知识，要求考生识记人类遗传病的类型及特点，掌握监测和预防人类遗传病的措施，能结合所学的知识准确判断各选项。二、综合题：本大题共4小题7、氧气e、f<34=＜44.5O增加19【答案解析】

分析题图可知，甲图中a、c、f是二氧化碳，b、d、e是氧气。图乙中叶绿体产生氧气总量为总光合速率，二氧化碳释放量为净光合速率，二氧化碳释放量大于3，说明呼吸速率大于总光合速率。图丙中A点开始进行光合作用，H点为光合作用消失点，BO段净光合速率大于3，存在有机物的积累。【题目详解】（1）图甲中线粒体消耗氧气，产生二氧化碳，叶绿体消耗二氧化碳，产生氧气，所以b代表氧气。（4）图乙中光照强度为a时，叶绿体不产生氧气，细胞释放二氧化碳，说明细胞只进行呼吸作用，线粒体消耗的氧气从外界吸收，产生的二氧化碳释放到外界环境，所以可以发生图甲中e、f过程；光照强度为b时，该叶肉细胞产生氧气总量大于3，且CO4释放量大于3，说明此时呼吸速率＞光合速率；光照强度为c时，单位时间内该叶肉细胞产生O4总量为6个单位，由光照强度为a点对应的状态分析可知，细胞呼吸需要的O4量也为6个单位，即此时光合速率等于呼吸速率，单位时间内该叶肉细胞从周围吸收3单位CO4。光照强度为d时，单位时间内该叶肉细胞呼吸速率与光照强度为a时相同，为6个单位，净光合作用速率为8-6=4个单位，所以该叶肉细胞呼吸作用速率是净光合作用速率的6÷4=4倍。（4）呼吸速率=实际光合速率-净光合速率，以二氧化碳释放量表示，A点呼吸速率为8，C点的净光合速率为46，F点的净光合速率为44，C、F时间所合成的葡萄糖速率相等，均为43mg/dm4·h，根据每消耗6molCO4产生1mol葡萄糖，可将葡萄糖的量转化为二氧化碳的量为（6×44×43）÷183=44mg/dm4·h，故C点的呼吸速率为44-46=8，F点呼吸速率为44-44=14，故A、C、F三点的呼吸强度的比较结果是F>C=A。若E点时间的呼吸速率与F点相同，用二氧化碳表示为14mg/dm4·h，E点的净光合速率用二氧化碳表示为44mg/dm4·h，则E点的总光合速率为44+14=46mg/dm4·h，转换为合成葡萄糖的速率为（183×46）÷（6×44）≈44.5mg/dm4h。BO时间段内净光合速率大于3，而O点之后净光合速率小于3，所以一天中到O时间该植物积累的有机物总量最多。（4）①光照条件下CO4释放速率表示净光合速率，黑暗条件下CO4释放速率表示呼吸速率，实际光合速率=呼吸速率+净光合速率，所以45℃时固定CO4的量为4.7+4.4=6mg·h–1，43℃时固定CO4的量为4.5+4=6.5mg·h–1，固定CO4的量大，制造的有机物多，所以温度由45℃升高为43℃后光合作用制造的有机物总量增加。②假设细胞呼吸昼夜不变，植物在43℃时，一昼夜中给植物光照14h，则细胞呼吸释放的CO4量为4×44=74mg，总光合作用消耗CO4量为（4.5+4）×14=91mg，所以一昼夜净吸收CO4的量=总光合作用消耗CO4量-细胞呼吸释放的CO4量=91-74=19mg。【答案点睛】解答本题的关键是理解实际光合速率、净光合速率与呼吸速率的指标及其相应关系，确定甲图中各个字母的含义以及在不同的生理条件下可以发生的字母，并能够判断乙图中各个字母或者线段的含义。8、雄5残翅1/4残翅1/9BBvv和bbVV黑身长翅和灰身残翅XBbXFXf、BbXFY【答案解析】

根据图中7和8性染色体的形态大小可知，该果蝇是雄性。且控制体色和翅形的基因位于一对同源染色体上。【题目详解】（1）该果蝇含有2种形态的性染色体，故为雄性。如果进行的果蝇基因组测序，需要检测5条染色体（3条常染色体和XY染色体）的DNA序列。（2）若只考虑翅形，让该果蝇基因型为Vv与基因型相同的异性果蝇即Vv交配得到F1，则F1中VV长翅:Vv长翅:vv残翅=1:2:1，即长翅：残翅=3:1，其中不同于亲本的表现型即残翅占1/4。若再取F1中全部长翅个体（1/3VV、2/3Vv）（产生的配子为V:v=2:1）随机交配，则F2中VV:Vv:vv=4:4:1，其中不同于亲本表现型即残翅vv占1/9。（3）若同时考虑翅形和体色，该果蝇的基因型为BbVv，表现型为灰身长翅，可以产生2种比例相等的配子即Bv:bV=1:1，基因型相同的雌雄果蝇交配，后代中：BBvv：bbVV：BbVv=1:1:2，其中与亲本基因型不同的个体的基因型是BBvv（灰身残翅）和bbVV（黑身长翅）。与亲本表现型不同的个体的表现型是黑身长翅和灰身残翅。（4）据表可知，后代雌性只有暗红眼，雄性暗红眼：朱红眼=1:1，雌雄中表现型不一致，故控制该性状的基因位于性染色体即X上，且暗红眼为显性性状，亲本对应的基因型组合为：XFXf×XFY；又根据后代中灰身：黑身=3:1，故亲本对应的基因型为Bb×Bb。故亲本对应的基因型为：BbXFXf和BbXFY。【答案点睛】可以根据后代雌雄中表现型是否一致来判断基因的位置，若后代雌雄表现型一致，说明该基因位于常染色体上，若雌雄表现型不一致，说明该基因位于性染色体上。9、①P链、T链、A链、B链C链、D链基因控制蛋白质的合成（基因表达）DBCDE【答案解析】

据图分析，A图表示遗传信息传递的一般规律，其中①表示DNA分子的复制，②表示转录过程，③表示逆转录过程，④表示RNA分子的复制，⑤表示翻译过程，其中③④只能发生在被某些病毒侵染的细胞中；B图表示DNA分子复制过程；C图表示转录过程；D图表示翻译过程；E图为tRNA分子结构示意图。【题目详解】（1）HIV是RNA病毒，其RNA可以逆转录形成DNA，形成的DNA可以复制，也可以转录和翻译形成蛋白质，因此其遗传信息传递途径为：。根据以上分析已知，图A中的①和B图都表示DNA分子复制过程。（2）DNA分子复制和转录过程都需要以DNA为模板，因此上述图示中，图B、C含有DNA分子，即图中用P链、T链、A链、B链表示脱氧核苷酸长链；转录形成的是RNA，翻译过程的模版链是mRNA，因此C图中的C链以及D图中的D链都是核糖核苷酸长链。（3）基因控制蛋白质的过程包括转录和翻译，根据以上分析已知，图C表示转录，图D表示翻译。（4）图D表示翻译，场所是核糖体，结果是形成蛋白质。神经元细胞可以合成蛋白质，A正确；肝细胞可以合成蛋白质，B正确；心肌细胞可以合成蛋白质，C正确；人成熟的红细胞没有细胞核和核糖体，不能合成蛋白质，D错误。（5）大肠杆菌是原核生物，细胞中的DNA是遗传物质，A错误；DNA转录形成的RNA可以传递遗传信息，B正确；tRNA在翻译过程中可以运输氨基酸，C正确；rRNA是合成核糖体的主要成分，D正确；某些酶的化学本质是RNA，可以催化化学反应，E正确。【答案点睛】解答本题的关键是识记中心法则的主要内容及后人对其进行的补充和完善，能准确判断图中各过程的名称；识记遗传信息转录和翻译的过程、场所、条件及产物等基础知识，能结合所学的知识答题。10、75-CO-NH-核糖体D靶蛋白多种酶ATP提供能量GCU不能17462D【答案解析】

本题是关于蛋白质的问题，蛋白质的合成场所是核糖体，其中氨基酸数-肽链数=肽键数，蛋白质的分子量=氨基酸的总分子量-脱去水的总分子量。密码子是指mRNA上控制氨基酸的三个相邻的碱基，而tRNA上的反密码子与之能够互补配对。在计算蛋白质中某种氨基酸的数目时一般依据这种氨基酸的特殊之处来计算，例如可以依据硫元素数目确定半胱氨酸的数目。【题目详解】（1）题目中Ub由76个氨基酸组成，有一条肽链，因此，肽键数=76-1=75，肽键的结构简式是-CO-NH-，Ub是蛋白质，其的合成场所是核糖体，蛋白质在小肠中被水解，最终形成氨基酸，氨基酸中至少有一个氨基和一个羧基连在同一个中心碳原子上，如图2ABC都是氨基酸，而D不是氨基酸。（2）靶蛋白不与Ub结合，便不能被蛋白酶体水解。①过程说明Ub的作用是能够识别靶蛋白并与靶蛋白结合；据图1可知完成①、②过程需要消耗能量，需要多种酶的催化。

（3）在翻译过程中，mRNA上的密码子与tRNA上的反密码子互补配对，因此，运输丙氨酸的tRNA的一端三个碱基为CGA，则丙氨酸的密码子为GCU，如果知道了Ub这条肽链的氨基酸序列，不能确定编码该肽链的Ub基因的碱基序列，是由于密码子具有简并性。

（4）若有99个氨基酸（假设它们的平均分子量为100），通过结合形成了含有2条多肽链的蛋白质，则肽键的数目为99-2=97个，因此其相对分子质量比原来减少了97×18=1746，由于该蛋白质中有两条肽链，因此，氨基的数量最少是2个。（5）若某一多肽链由201个氨基酸组成，其分子式为CxHyNaObS2（a＞201，b＞202），并且是由如图3中5种氨基酸组成的，题目可知赖氨酸中有两个N元素，而其他氨基酸中只有一个氮元素，因此，赖氨