2026年云南省丽江市古城中学高二生物第二学期期末学业水平测试试题含解析

2026年云南省丽江市古城中学高二生物第二学期期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(本大题共7小题,每小题6分,共42分。)1．某运动员午餐进食了米饭、鸡鸭肉、苹果等，2小时后，在他的血液中不可能含有A．葡萄糖 B．淀粉、纤维素 C．氨基酸 D．脂肪酸、甘油2．某植物核内基因中插1个碱基对后，引起其控制的性状发生改变。下列叙述正确的是A．该变异导致该基因中嘌呤和嘧啶碱基种类发生改变5B．该变异导致染色体上基因数目和排列顺序发生改变C．该变异可能导致其他基因的转录或翻译过程发生改变D．该变异导致该植物种群基因库和进化方向发生定向改变3．下列有关免疫的叙述，正确的是（）A．免疫系统相对独立，既不受神经调节，也不受体液调节B．浆细胞与记忆B细胞相比前者的内质网和高尔基体更发达C．同种病毒再次侵入人体后记忆细胞产生大量抗体清除病毒D．艾滋病、类风湿性关节炎、风湿性心脏病等都属于免疫缺陷病4．下列关于种群和群落的研究方法的分析，正确的是A．豌豆、蚜虫、老鼠等生物的种群密度全都适合采用样方法进行调查B．如果在重捕前有部分被标记个体的标记物脱落，会导致计算出的结果偏小C．对于一些趋光性的昆虫，可以使用灯光诱捕的方法来调查其种群密度D．密闭的培养瓶中酵母菌的种群数量会最终长期稳定在K值附近5．大熊猫圈养是保护大熊猫的重要措施。若将圈养的大熊猫放归至栖息地保护区，则下列说法错误的是A．圈养大熊猫放归栖息地是通过增加迁入率来提高栖息地种群密度的B．放归圈养的大熊猫会使栖息地群落的物种丰富度在一定程度上增加C．栖息地群落的垂直结构和水平结构都会因大熊猫的放归而发生改变D．放归大熊猫后，栖息地的大熊猫种群基因库和基因频率都可能增大6．下列关于限制酶和DNA连接酶的理解正确的是（）A．其化学本质都是蛋白质B．DNA连接酶可以恢复DNA分子中的氢键C．它们不能被反复使用D．在基因工程操作中可以用DNA聚合酶代替DNA连接酶7．胚胎移植中受体需要满足的条件不包括A．同一物种 B．健康的体质C．优良的遗传性能 D．正常的繁殖能力8．（10分）下列关于人体体温调节的叙述，正确的是（）A．安静时热能主要来自内脏、肌肉、脑等组织代谢生成的ATPB．当气温超过35℃时只能靠蒸发散热，其中大部分通过呼吸排出C．寒冷和温热刺激作用于同种温度感受器并将兴奋传到体温调节中枢D．寒冷刺激导致皮肤血管收缩、汗腺分泌减少、骨骼肌战栗等反应二、非选择题9．（10分）请根据传统发酵技术的相关知识，回答下列问题：（1）制作高粱酒要用到的微生物是________。（2）果酒的制作：①传统发酵时，发酵液未经过严格的灭菌处理，杂菌却不能正常生长。这是由于果酒发酵的________________等条件抑制了杂菌的生长。②温度较高时，果酒发酵时间可缩短。其原因是______________。③喝剩的葡萄酒放置一段时间后会变酸。其原因是________________。④葡萄酒变酸的反应式可表示为____________。10．（14分）如图表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，其中A、B代表元素，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ是生物大分子，图中X、Y、Z、P分别为构成生物大分子的基本单位，请回答下列问题:（1）图中X是___________，Ⅰ在小麦种子中主要是指_________________。（2）图中Z是_________________，使用_________________染色剂染色，可使Ⅲ呈现_________________色。（3）图中P的结构通式为_________________，填写出由P由_________________，_________________（细胞器）加工形成Ⅳ。（4）Ⅱ和Ⅳ两者都有多样性，两者多样性的关系是前者_____________后者。（5）构成细胞的化合物中，随着年龄增长明显减少的主要是_________________。11．（14分）石油是人类重要的化工原料之一，其在给人类生产生活带来便利的同时也对陆地和海洋造成污染，下图是科研工作者分离能分解石油污染物的假单孢杆菌的过程。请根据流程图回答下列问题：土壤取样→A→梯度稀释→涂布到培养基上→筛选目的菌株（假单孢杆菌）（1）A过程为___________，目的是增加假单孢杆菌的浓度，该培养基中应当以___________为唯一碳源。该实验过程中需要设置完全培养液对照组，将菌液稀释相同的倍数，对照组培养基上生长的菌落数目应明显___________（填“多于”或“少于”）选择培养基上的菌落数目，从而说明选择培养基具有筛选作用。（2）实验中需要用___________对菌液进行一系列的梯度稀释，然后将不同浓度的菌液分别滴加到固体培养基的表面，用___________（器具）涂布均匀并进行培养，以便获得单个菌落。（3）若实验中用103倍的0.1mL的稀释液分别涂布三个平板，培养后分别形成了98、100和102个菌落，则每毫升原样液中含有假单胞杆菌___________个，实际值一般要比该测量值偏大的原因是___________。12．某岛屿栖息着狐和野兔，生态系统相对稳定。后来有人登岛牧羊、捕食野兔和狐，狐也捕食羔羊。第五年，岛上狐濒临灭绝，但野兔数量大大超过人登岛前的数量。第6年，野兔种群爆发了由兔瘟热病毒引起的瘟疫，其数量骤减。回答问题：(1)人与狐的种间关系是______，兔瘟热病毒与野兔的种间关系是________。（2）画出由人、羊、狐、野兔和牧草组成的食物网。________________。（3）人登岛后的第5年，与登岛前相比，野兔种内竞争强度________（增加、减小、不变）。（4）一般情况下，被捕食者传染病的流行程度将随捕食者种群密度的增加而___（增强、减弱、不变）。

参考答案一、选择题(本大题共7小题,每小题6分,共42分。)1、B【解析】

某运动员吃的各种营养物质在消化道内消化形成可以吸收的小分子被人体吸收，淀粉和纤维素是植物细胞特有的多糖，不可能存在于人体内，故选B。【考点定位】糖类的种类及其分布和功能2、C【解析】

A、某植物核内基因中插入1个碱基对所引起的变异属于基因突变。该变异导致该基因中嘌呤和嘧啶碱基的数目发生改变，但碱基的种类没变，A错误；B、该变异没有导致染色体上基因数目和排列顺序发生改变，B错误；C、该变异引起其控制的性状发生改变，可能导致其他基因的转录或翻译过程发生改变，C正确；D、该变异会导致该植物种群基因库发生改变，但不能导致进化方向发生改变，自然选择能决定生物进化的方向，D错误。故选C。3、B【解析】

1、人体内环境稳态的调节机制是神经-体液-免疫调节网络，主要调节方式是神经调节，神经调节和体液调节密切配合，相互影响；免疫调节在维持稳态过程中也具有重要作用。2、浆细胞可以产生抗体。3、免疫失调症：自身免疫病和过敏反应是免疫功能过强引起，免疫缺陷病是免疫功能过弱引起。【详解】A、免疫系统与神经调节、体液调节相互影响，共同组成完整的稳态调节网络，A错误；B、浆细胞产生抗体，抗体化学本质是免疫球蛋白，属于分泌蛋白，所以与记忆B细胞相比浆细胞的内质网和高尔基体更发达，B正确；C、记忆细胞不能分泌抗体，要增殖分化成浆细胞才能分泌抗体，C错误；D、类风湿性关节炎、风湿性心脏病属于自身免疫病，艾滋病属于免疫缺陷病，D错误。4、C【解析】

据题文和选项的描述可知：该题考查学生对种群密度的调查方法、种群数量的变化的相关知识的识记和理解能力。【详解】A、调查豌豆、蚜虫的种群密度可采用样方法，但调查老鼠的种群密度应采用标志重捕法，A错误；

B、运用标志重捕法估算种群密度的计算公式是：种群数量＝第一次捕获并标记的个体数×第二次捕获的个体数÷第二次捕获的个体中有标记的个体数，如果在重捕前有部分被标记个体的标记物脱落，会使第二次捕获的有标记的个体数偏小，导致计算出的结果偏大，B错误；

C、对于一些趋光性的昆虫，可以使用灯光诱捕的方法来调查其种群密度，C正确；

D、密闭的培养瓶中酵母菌的种群数量在达到K值后，因营养物质的匮乏、有害代谢产物的积累等，会导致酵母菌的种群数量逐渐减少，直至消亡，D错误。

故选C。

样方法与标志重捕法的适用范围的疑难辨析：样方法不仅适用于植物，还适用于活动范围小的动物，如蚯蚓等，而且调查某种昆虫卵、作物植株上蚜虫的种群密度、跳蝻的种群密度等也可用样方法。标志重捕法适用于活动能力强、活动范围大的动物，如哺乳类、鸟类、爬行类、两栖类、鱼类和昆虫等动物。5、B【解析】

大熊猫本来就属于栖息地具有的物种，所以放归圈养的大熊猫不会使栖息地群落的物种丰富度增加，同时放归会导致栖息地内被大熊猫捕食的生物、天敌生物等的数量、分布发生改变，进而导致栖息地群落的垂直结构和水平结构都会受到一定影响。【详解】A、将圈养的大熊猫放归栖息地是通过增加迁入率来提高其种群密度的，A正确；B、大熊猫本来就属于栖息地具有的物种，所以放归圈养的大熊猫不会使栖息地群落的物种丰富度增加，B错误；C、大熊猫的放归会导致栖息地内被大熊猫捕食的生物、天敌生物等的数量、分布发生改变，进而导致栖息地群落的垂直结构和水平结构都会受到一定的影响，C正确；D、放归的大熊猫中可能具有与栖息地大熊猫不同的基因和基因型，所以放归大熊猫后，栖息地的大熊猫种群基因库和基因频率都可能增大，D正确。故选B。本题主要考查群落的相关知识，意在考查考生对所学知识的理解，把知识间内在联系能力。6、A【解析】

A.限制酶和DNA连接酶本质都是蛋白质，A正确；B.DNA连接酶可以恢复DNA分子中的磷酸二酯键，B错误；C.限制酶和DNA连接酶能被反复使用，C错误；D.DNA聚合酶连接的是单个的脱氧核苷酸，而DNA连接酶连接的是DNA分子片段，在基因工程操作中不可以用DNA聚合酶代替DNA连接酶，D错误；因此，本题答案选A。7、C【解析】

胚胎移植是指将雌性动物的早期胚胎，或者通过体外受精及其他方式得到的胚胎，移植到同种的、生理状态相同的其他雌性动物体内，使之继续发育为新个体的技术。胚胎移植时，需要选择有健康的体质和正常繁殖能力的雌性动物作为受体，需要选择遗传性能和生产性能都优秀的雌性动物做供体。【详解】A、胚胎移植中，受体与供体应为同一物种，A正确；B、D、受体需要有健康的体质和正常的繁殖能力，B、D正确；C、供体需要有优良的遗传性能和生产性能，C错误。故选C。8、D【解析】

人的体温调节中枢在下丘脑，当外界环境温度低时，体温调节由神经调节和体液调节共同完成；当外界环境温度接近或高于体温时，体温调节仅由神经调节来完成。【详解】A、安静时主要来自肝脏代谢产生的热量，A错误；B、当气温超过35℃时主要靠蒸发散热，其中大部分通过汗液排出，其他排泄器官可排出少部分热量，B错误；C、寒冷刺激作用于冷觉感受器，温热刺激作用于温觉感受器，两种感受器不同，C错误；D、寒冷刺激导致皮肤血管收缩（散热减少）、汗腺分泌减少（散热减少）、骨骼肌战栗（产热增加）等反应，D正确。故选D。答题关键在于掌握体温调节机理。二、非选择题9、酵母菌无氧、pH为酸性温度较高时发酵酶活性增强、发酵速度更快酒精转变成了醋酸【解析】

1、参与果酒制作的微生物是酵母菌，其新陈代谢类型为异养兼性厌氧型．果酒制作的原理：（1）在有氧条件下，反应式如下：；（2）在无氧条件下，反应式如下：。2、参与果醋制作的微生物是醋酸菌，其新陈代谢类型是异养需氧型，果醋制作的原理：当氧气、糖源都充足时，醋酸菌将葡萄汁中的果糖分解成醋酸；当缺少糖源时，醋酸菌将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸。【详解】（1）酒精的制作需要用到的微生物是酵母菌。（2）①在果酒发酵的过程中，由于是在无氧、pH为酸性的条件下，酵母菌发酵最适宜，而抑制了其他微生物的生长。②温度较高时果酒发酵时间可缩短，原因是温度较高时发酵酶活性增强、发酵速度更快。③喝剩的葡萄酒放置一段时间后变酸的原因是酒精转变成了醋酸。④葡萄酒变酸是由于生成了醋酸，其反应式：。本题考查果酒和果醋制作的相关知识，要求考生识记参与果酒和果醋制作的微生物的种类及作用，掌握果酒和果醋制作的原理，能对两者进行比较，再结合所学的知识准确答题。10、葡萄糖淀粉核糖核苷酸吡罗红红内质网高尔基体决定水【解析】

图示可知Ⅰ是能源物质，主要是多糖，所以X是葡萄糖；Ⅱ、Ⅲ携带遗传信息，Ⅱ分布在细胞核，所以Ⅱ是DNA，Ⅲ分布在细胞质，所以Ⅲ是RNA；Ⅳ承担生命活动，所以Ⅳ是蛋白质，P为氨基酸；脂肪是良好的储能物质；而A代表N、P两种元素，B只是N元素。【详解】(1)图中X是多糖的单体，是葡萄糖，在小麦中作为能源物质的多糖是淀粉；(2)图中Ⅲ主要分布在细胞质中，是RNA，则Z是其组成基本单位核糖核苷酸，RNA可被吡罗红染成红色；(3)P为氨基酸，其结构通式为；Ⅳ是蛋白质，氨基酸在核糖体上合成多肽链，在内质网和高尔基体上加工成蛋白质；(4)DNA和蛋白质都具有多样性，其中蛋白质是由DNA控制合成的，因此DNA的多样性决定蛋白质的多样性；(5)水在个体发育过程中的含量不同，随着年龄的增长水的含量会明显减少.根据蛋白质、DNA、RNA、多糖四种有机物的组成元素，基本单位，主要作用以及四者之间的关系，结合图形所示，准确判断图中字母或数字所代表的物质，是解题关键。11、扩大培养（或选择培养）石油多于无菌水涂布器1×1O6当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落【解析】

本题主要考查利用选择培养基筛选出高效分解石油的细菌的相关知识，以及估算样品中菌株数的方法，需要考生理解、识记稀释涂布平板法的过程，可根据题意梳理相关知识，对各选项进行分析作答。【详解】（1）图中A过程为扩大培养（或选择培养），以增加假单胞杆菌的浓度；由于要分离能分解石油污染物的假单孢杆菌，所以该培养基中应当以石油为唯一碳源；由于完全培养液中任何微生物都可以生长，因此对照组培养基上生长的菌落数目应明显多于选择培养基