四川省成都市2021届高三第三次诊断考试理综生物试题

四川省成都市2021届高三第三次诊断考试
生物试题
1．生物试卷分为第I卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共90分。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡，答在试卷上的无效。

考试结束后，只将答题卡交回。

第I卷
留意事项：
1．每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦洁净后，再选涂其它答案标号。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是最符合题要求的。

1.下列关于生物膜结构与功能的叙述，不正确的是（）
A.线粒体内膜的表面积大于外膜
B.内质网可为多种酶供应附着位点
C.细胞膜内外两侧的蛋白质种类相同
D.叶绿体的类囊体薄膜可进行能量转换
【答案】C
【命题立意】本题着重考查了生物膜系统的相关学问，要理解生物膜系统的概念；明确生物膜的成分，理解生物膜系统的成分与生物膜的结构特点和功能特性之间的关系。

【解析】A、线粒体具有内外两层膜，内膜折叠成嵴，使内膜的表面积大大增加，增大酶的附着面积，A正确；
B、内质网膜增大了细胞内的膜面积，为多种酶供应了大量的附着位点，B正确；
C、蛋白质是生命活动的主要担当者，细胞膜内外的功能不同，蛋白质的种类和数量不相同，C错误；
D、叶绿体的类囊体薄膜上完成的能量转换过程是光能→活跃的化学能，D正确。

故选：C。

2.下列关于年轻细胞特征的叙述，不正确的是（）
A.细胞水分削减，细胞核的体积变小
B.膜通透性转变，物质运输功能降低
C.酶的活性降低，细胞呼吸速率减慢
D.色素渐渐积累，阻碍胞内物质传递
【答案】A
【命题立意】本题学问点简洁，考查年轻细胞的主要特征，只有考生识记年轻细胞的主要特征即可正确答题，属于考纲识记层次的考查．对于此类试题，需要考生坚固把握基础学问。

【解析】年轻细胞的主要特征：（1）细胞内水分削减，细胞萎缩，体积变小，但细胞核体积增大，染色质固缩，染色加深；（2）细胞膜通透性功能转变，物质运输功能降低；（3）细胞色素随着细胞年轻渐渐累积；（4）有些酶的活性降低；（5）呼吸速度减慢，新陈代谢减慢。

A、年轻细胞内水分削减，细胞萎缩，细胞核体积增大，染色质固缩，A错误；
B、年轻细胞的细胞膜通透性转变，物质运输功能降低，B正确；
C、年轻细胞的酶的活性降低，导致细胞呼吸速率减慢，新陈代谢降低，C正确；
D、年轻细胞内色素渐渐积累，阻碍细胞内物质传递，D正确。

故选：A。

【归纳总结】细胞年轻的特征：
（1）水少：细胞内水分削减，结果使细胞萎缩，体积变小，细胞新陈代谢速率减慢；
（2）酶低：细胞内多种酶的活性降低；
（3）色累：细胞内的色素会随着细胞年轻而渐渐累积，它们会阻碍细胞内物质的沟通和传递，影响细胞正常的生理功能；
（4）核大：细胞内呼吸速度减慢，细胞核的体积增大，核膜内折，染色质收缩，染色加深；
（5）透变：细胞膜通透性功能转变，物质运输功能降低。

3．下列有关DNA分子的叙述，正确的是（）
A.DNA与ATP中含有的五碳糖相同
B.DNA单链上相邻的碱基以氢健连接
C.DNA在细胞核中复制时需要解旋酶
D.DNA的转录过程要以氨基酸为原料
【答案】C
【命题立意】本题综合考查DNA分子结构、复制和转录的相关学问，意在考查同学的识记力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】A、DNA与ATP中含有的五碳糖不同，前者是脱氧核糖，后者是核糖，A错误；
B、DNA双链之间的碱基以氢健连接，单链上相邻的碱基之间是脱氧核糖—磷酸—脱氧核糖，B错误；
C、DNA在细胞核中复制时需要解旋酶和DNA聚合酶，C正确；
D、DNA的转录过程要以核糖核苷酸为原料，翻译时以氨基酸为原料，D错误。

故选：C。

【归纳总结】DNA的化学结构：
①DNA是高分子化合物：组成它的基本元素是C、H、O、N、P等。

②组成DNA的基本单位--脱氧核苷酸．每个脱氧核苷酸由三部分组成：一个脱氧核糖、一个含氮碱基和一个磷酸。

③构成DNA的脱氧核苷酸有四种。

DNA在水解酶的作用下，可以得到四种不同的核苷酸，即腺嘌呤（A）脱氧核苷酸；鸟嘌呤（G）脱氧核苷酸；胞嘧啶（C）脱氧核苷酸；胸腺嘧啶（T）脱氧核苷酸；组成四种脱氧核苷酸的脱氧核糖和磷酸都是一样的，所不相同的是四种含氮碱基：A、T、G、C。

④DNA是由四种不同的脱氧核苷酸为单位，聚合而成的脱氧核苷酸链。

2、DNA的双螺旋结构：
①DNA分子是由两条反向平行的脱氧核苷酸长链回旋而成的。

②DNA分子中的脱氧核糖和磷酸交替连接，排列在外侧，构成基本骨架，碱基在内侧。

③两条链上的碱基通过氢键连接起来，形成碱基对且遵循碱基互补配对原则。

3、DNA的特性：
①稳定性：DNA分子两条长链上的脱氧核糖与磷酸交替排列的挨次和两条链之间碱基互补配对的方式是稳定不变的，从而导致DNA分子的稳定性。

②多样性：DNA中的碱基对的排列挨次是千变万化的．碱基对的排列方式：4n（n为碱基对的数目）。

③特异性：每个特定的DNA分子都具有特定的碱基排列挨次，这种特定的碱基排列挨次就构成了DNA分子自身严格的特异性。

4．取去掉尖端的燕麦幼根若干段入在肯定浓度的生长素水溶液中培育，较短时间内得到如下图所示的结果。

下列叙述正确的是（）
A.试验结果能够体现诞生长素的作用具有两重性
B.幼根中的生长素不能由形态学下端向上端运输
C.根段质量增加的主要缘由是细胞内糖含量增加
D.生长素在促进细胞伸长的同时会抵制细胞分裂
【答案】B
【命题立意】本题考查生长素运输及功能的相关学问，意在考查同学的识记力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】由于质量曲线不断增加后保持不变，没有下降，所以试验结果不能体现诞生长素的作用具有两重性，A错误；
B、幼根中的生长素运输是极性运输，即只能由形态学上端向形态学下端运输，而不能由形态学下端向上端运输，B正确；
C、根段质量增加的主要缘由是细胞内水的含量增加，C错误；
D、生长素能促进细胞伸长，但不会抵制细胞分裂，D错误。

故选：B。

5. 人体感染“诺如病毒”会引发急性肠道传染病，主要症状有呕吐、腹泻、发热等。

下列说法正确的是（）
A.“诺如病毒”进化的原材料主要来自突变和基因重组
B.严峻腹泻后大量饮水就能维持内环境渗透压的平衡
C.浆细胞与“诺如病毒”结合后可以抵制该病毒的增殖
D.人感染“诺如病毒”后下丘脑部分细胞的活动会增加
【答案】D
【命题立意】本题考查可遗传变异、内环境稳态、免疫调整和体温调整等相关学问，意在考查同学分析问题和解决问题的力量，难度不大。

【解析】A、诺如病毒的变异类型是基因突变，病毒没有细胞结构，则没有染色体变异，病毒不能进行有性生殖，则不能发生基因重组，A错误；
B、严峻腹泻后丢失大量的水分和无机盐，所以大量饮水不能维持内环境渗透压的平衡，B错误；
C、浆细胞只能合成并分泌抗体，不能识别抗原，所以浆细胞不能与“诺如病毒”结合，C错误；
D、由于人体感染“诺如病毒”会引发急性肠道传染病，主要症状有呕吐、腹泻、发热等。

而机体产热大于散热使得体温上升，体温调整中枢在下丘脑，D正确。

故选：D。

6. 为了探究pH对叶绿素稳定性的影响，某争辩性学习小组的同学利用菠菜绿叶提取出光合色素粗品，然后在25℃的室温条件下进行了如下试验：
下列叙述正确的是（）
A.提取色素时加入SiO2可维持研磨液pH的稳定
B.该试验结果表明叶绿素在碱性环境中不会被破坏
C.弱酸环境中类胡萝卜素的稳定性可能低于叶绿素
D.可用纸层析法分析②④两组溶液颜色差异的缘由
【答案】D
【命题立意】本题考查叶绿体中色素的提取和分别、探究pH对叶绿素稳定性的影响，要求同学把握提取和分别叶绿体中色素的方法，理解试验目的、原理、方法和操作步骤，把握相关的操作技能，能将这些试验涉及的方法和技能进行综合运用。

【解析】A、提取色素时加入SiO2的目的是破坏细胞结构，使研磨充分，A错误；
B、依据图表分析，该试验结果表明叶绿素在碱性和中性环境中不会被破坏，B错误；
C、依据图表分析，弱酸环境中类胡萝卜素的稳定性高于叶绿素，C错误；
D、可用纸层析法分别色素，通过色素带的不同分析②④两组溶液颜色差异的缘由是色素含量不同，D正确。

故选：D。

7. 下图表示由甲、乙、丙3个神经元构成的突触结构，其中乙只能释放5－羟色胺（一种抑制性递质）。

神经
元兴奋时，Ca2+通道开放，使Ca2+内流，Ca2+使突触小泡前移并释放神经递质。

据图分析，下列说法正确的是（）
A.全部突触的突触后膜上都含相同种类的神经递质受体
B.突触后膜结合5－羟色胺后，膜对离子的通透性会转变
C.甲释放乙酰胆碱后，乙、丙两个神经元会先后产生兴奋
D.抑制乙神经元膜的Ca2+通道后，甲的兴奋可传到丙
【答案】B
【命题立意】本题考查神经调整的突触的结构和兴奋的传递，意在考查考生同学对相关学问的理解和记忆力量，同时考查同学的识图力量和图文转化的力量。

【解析】A、由于神经递质有兴奋性递质，也有抑制性递质，而突触后膜上的受体具有特异性，因此突触后膜上的神经递质受体种类不完全相同，A错误；
B、由于5-羟色胺属于抑制性神经递质，与突触受体结合后下一神经元不会兴奋，不能引起突触后膜Na+通道开放，即膜对离子的通透性会变小，B正确；
C、由于乙酰胆碱是兴奋性递质，甲释放乙酰胆碱后，乙神经元会产生兴奋；而5-羟色胺属于抑制性神经递质，乙神经元兴奋后，释放5-羟色胺会抑制丙神经元产生兴奋，C错误；
D、抑制乙神经元膜的Ca2+通道后，突触小泡不能前移并释放神经递质，所以甲的兴奋不行能传到丙，D错误。

故选：B。

第Ⅱ卷
留意事项：
1．用0.5毫米黑色签字笔将答案与在答题卡上.
2．本卷共4题，共48分。

8.（10分）红树林位于陆地与海洋交界带的滩涂浅滩，是陆地向海岸过度的特殊生态系统。

生态学家对深圳湾
福红树林的群落演替过程进行调查争辩后，发觉该生态系统中肯定区域内秋茄、白骨壤等主要植物的数量变化如下所示。

请回答：
（1）调查红树林中主要植物的种群数量时，常用法。

红树林群落的垂直结构既能提高群落利用等环境资源的力量，又为动物的分层供应了和食物条件。

(2)红树林中的白骨壤与桐花树之间存在关系，它们在生态系统的碳循环中所起的主要作用
是。

(3)红树林生态系统中，流入第一养分级的总能量至少是次级消费者总能量的倍，能量在流经各养分级
时具有的特点。

（4）沿海滩涂红树林的群落演替属于演替，图中所示演替过程的事期与初期相比，群落发生的主要变化是和，从而导致群落的结构发生转变。

【答案】（1）样方阳光栖息空间
（2）竞争将无机环境中的CO2转化成生物群落中的有机碳
（3）25 单向流淌、逐级递减
（4）次生物种丰富度降低优势物种转变
【命题立意】本题综合考查种群密度的调查、群落的结构和演替以及生态系统的功能等相关学问，意在考查同学的识图力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】（1）对于活动力量强、活动范围大的个体调查种群密度时适宜用标志重捕法，而一般植物和个体小、活动力量小的动物以及虫卵等种群密度的调查方式常用的是样方法。

所以调查红树林中主要植物的种群数量时，常用样方法。

红树林群落的垂直结构表现为分层现象，既能提高群落利用阳光等环境资源的力量，又为动物的分层供应了栖息空间和食物条件。

（2）由于白骨壤与桐花树都是植物，属于生产者，所以它们之间存在着竞争关系，它们在生态系统的碳循环中所起的主要作用是通过光合作用将无机环境中的CO2转化成生物群落中的有机碳。

（3）由于生态系统中能量传递效率为10%——20%，第一养分级固定的能量最多有20%×20%=4%被次级消费者同化，所以流入第一养分级的总能量至少是次级消费者总能量的25倍。

能量在流经各养分级时具有单向流淌、逐级递减的特点。

（4）演替是指随时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程。

其种类有初生演替和次生演替两种。

沿海滩涂红树林的群落演替属于次生演替，图中所示演替过程的事期与初期相比，群落发生的主要变化是物种丰富度降低和优势物种转变，从而导致群落的结构发生转变。

9.（12分）大肠杆菌是人和动物肠道中普遍存在的一种煮性厌氧菌，在无氧条件下，大肠杆菌通过发酵能将葡萄糖转变为多种有机酸并产生CO2等气体。

某争辩机构使用“滤膜法”对受污染的河流水体进行了大肠杆菌活菌数目的测定。

请回答：
（1）争辩人员向葡萄糖蛋白胨培育液中加入适量的溴麝香草酚蓝水条件下培育一段时间后可观看到溶液颜色的变化为，并且在倒置的小管中消
灭。

（2）测定大肠杆菌活菌数目时，需制备牛肉膏蛋白胨固体培育基，该培育基中为细菌供应氨源的物质
是。

为了鉴别大肠杆菌菌落，可向培育基中加入作为指示剂。

（3）为了便于统计污染严峻的水体中活菌的数目，需将水样进行适当稀释，例如取水样1mL加入无菌水mL制备稀释倍数为102的稀释液，并照此依次制备更高倍数的稀释液。

每个稀释倍数的菌液取10mL进行过滤，然后将滤膜放置在培育基上。

为了防止杂菌污染，稀释、过滤和旋转滤膜等操作都应当在四周进行。

（4）将放有滤膜的平板置于适宜条件下培育，每隔12h统计一次菌落数目，应选取菌落数目时的记录作为结果。

假如经过培育后稀释倍数为102的4个平板上菌落数分别为43、47、42、48，那么每升河水中约含大肠杆菌个。

用这种方法测定的细菌数量比实际活菌数量要少，这是由于。

【答案】（1）由蓝变绿再变黄气泡
（2）牛肉膏和蛋白胨伊红—美蓝
（3）9 酒精灯火焰
（4）稳定 4.5×105当两个或多个细胞连在一起时，平板上观看到的是一个菌落
【命题立意】本题考查细胞呼吸、微生物的培育、鉴定和计数的相关学问，意在考查同学的识记力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】（1）二氧化碳可使溴麝香草酚蓝水溶液由蓝变绿再变黄，所以争辩人员向葡萄糖蛋白胨培育液中加入适量的溴麝香草酚蓝水条件下培育一段时间后，由于大肠杆菌进行发酵产生了CO2，可观看到溶液颜色的变化为由蓝变绿再变黄，而且在倒置的小管中消灭气泡。

（2）培育基中应含有水、无机盐、碳源和氮源，牛肉膏和蛋白胨中都含有N元素，能为细菌供应氨源。

了鉴别大肠杆菌菌落，可向培育基中加入伊红—美蓝作为指示剂，进行鉴别。

（3）由于需要制备稀释倍数为102的稀释液，所以取水样1mL加入无菌水9mL，并照此依次制备更高倍数的稀释液。

为了防止杂菌污染，稀释、过滤和旋转滤膜等操作都应当在酒精灯火焰四周进行。

（4）将放有滤膜的平板置于适宜条件下培育，每隔12h统计一次菌落数目，应选取菌落数目稳定时的记录作为结果。

假如经过培育后稀释倍数为102的4个平板上菌落数分别为43、47、42、48，那么每升河水中约含大肠杆菌（43+47+42+48）÷4÷10×102×103=4.5×105个。

由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观看到的是一个菌落，所以用这种方法测定的细菌数量比实际活菌数量要少。

10.（12分）科研人员剪取A、B两种植物的叶片各10cm2，分别放置在两个容积为1L的密闭玻璃小室中，在6千勒克斯的光强度下，测得小室中1小时内CO2的浓度变化如下图甲所示；用多组同样的装置在不同光强度下重复试验，每组均在第60min时测定小室中CO2的浓度，通过计算得到两种植物叶片不同光强度下1小时CO2的吸取量，结果如下图乙所示（不考虑温度对呼吸速率的影响）。

请据图分析回答：
（1）叶绿体是光合作用的场所，它通过众多的来扩展受光面积，内部的巨大膜表面上分布着吸取光
能的和进行光合作用所必需的。

（2）图甲显示，A、B两种植物所处的密闭小室中CO2浓度变化趋势均是渐渐降低，其缘由是。

第60min
以后，两个密闭小室中CO2浓度不再发生变化，缘由是。

（3）图乙中表示A植物的曲线是；图乙所示的试验条件下，能使一种植物积累有机物，另一种植
物消耗有机物的光照强度范围约在千勒克斯之间。

（4）图甲中叶片B每10min光反应产生[H]的速率于第50min时；第60min时叶片B固定CO2的速率
于叶片A。

【答案】（1）类囊体色素分子酶
（2）光合作用大于呼吸作用，消耗了小室中的CO2叶片的光合作用和呼吸作用强度相等（3）② 1—2 （4）大大
【命题立意】本题考查光合作用和呼吸作用的相关应用，要求同学能够利用净光合速率=总光合速率—呼吸速率，意在考查同学的识图力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】（1）叶绿体是光合作用的场所，由双层膜、类囊体和基质三部分构成。

类囊体是一种扁平的小囊状结构，在类囊体薄膜上，有进行光合作用必需的色素分子和酶，很多类囊体叠合而成基粒。

基粒之间布满着基质，其中含有与光合作用有关的酶。

光合作用的光反应阶段（叶绿体的类囊体薄膜上）：水的光解产生[H]与氧气，以及ATP的形成。

（2）依据题意和图甲分析可知：当光合作用强度大于呼吸作用强度时，植物消耗了小室中的CO2，导致A、B
两种植物所处的密闭小室中CO2浓度变化趋势均是渐渐降低。

第60min以后，两个密闭小室中CO2浓度不再发
生变化，说明此时A、B两种植物叶片的光合作用和呼吸作用强度相等，即产生CO2的量等于消耗CO2的量。

（3）由于在6千勒克斯的光强度下，测得小室中1小时内CO2的浓度是A植物大于B植物，说明A植物的光
合作用强度小于B植物。

因此，图乙中表示A植物的曲线是②。

依据题意和图乙分析可知：A植物的光补偿点
是1千勒克斯，B植物的光补偿点是2千勒克斯。

因此，在图乙所示的试验条件下，能使一种植物积累有机物，另一种植物消耗有机物的光照强度范围约在1—2千勒克斯之间。

（4）由于叶片B在第50min时间合作用和呼吸作用强度几乎相等，而在此时间之前都是光合作用强度大于呼吸作用强度，所以图甲中叶片B每10min光反应产生[H]的速率大于第50min时；由于叶片B的呼吸速率大于叶片A的呼吸速率，而第60min时A、B两种植物叶片的光合作用和呼吸作用强度相等，所以叶片B固定CO2的速率大于叶片A。

11.（14分）某种鸟的羽色受两对相互独立的等位基因把握，其中A、a基因在性染色体的非同源区，B、b基因在常染色体上，位置如图甲所示。

该鸟羽毛颜色的形成与相关基因的关系如图乙所示。

请回答：
（1）据图分析可知，雌性黑色鸟的基因型有种，雄性纯合灰色鸟的基因型是。

若在某特定的环境中，灰色羽毛使鸟利于躲避敌害，长期的自然选择导致B基因的基因频率。

（2）图甲所示个体的一个原始生殖细胞经减数分裂会产生个成熟的生殖细胞，该个体产生的配子，基因组成应当有种，假如该个体产生了含有两个B基因的生殖细胞，缘由是在减数分裂的期两条姐妹染色单体没有分开所致。

（3）为了推断一只黑色雄鸟的基因型，可将它与多只灰色雌鸟杂交。

假如子代羽色表现为，则该黑鸟为纯合子；假如子代消灭两种羽色，则该黑鸟的基因型为。

假如子代消灭三种羽色，那么子代中黑色雌鸟所占比例为。

（4）该鸟体内还有一对等位基因D和d，D能使灰色或黑色羽毛消灭有条纹，d为无条纹。

假如将黑色无条纹雄鸟和灰色有条纹雌鸟杂交，后代的表现型及比例为：黑色有条纹：黑色无条纹：灰色有条纹：灰色无条纹＝1：1：1：1，该结果（能/不能）说明B和D基因符合自由组合定律，缘由是：。

【答案】（1）2 bbZ A Z A下降
（2）1 4 其次次分裂后
（3）全部黑色 BbZ A Z A或BBZ A Z a 1/8
（4）不能无论B、b与D、d是否位于一对同源染色体上，都会消灭该结果
【命题立意】本题综合考查伴性遗传、减数分裂、基因的自由组合定律等相关学问，意在考查同学的识记力量和推断力量，运用所学学问综合分析问题的力量。

【解析】（1）依据题意和图示分析可知：雌性黑色鸟的基因型有BBZ A W和BbZ A W共2种，雄性纯合灰色鸟的基因型是bbZ A Z A。

若在某特定的环境中，灰色羽毛（bb）使鸟利于躲避敌害，长期的自然选择导致B基因的基因
频率下降，b基因的基因频率上升。

（2）图甲所示个体为雌性个体，所以一个原始生殖细胞经减数分裂会产生1个成熟的生殖细胞和3个极体；该个体含有两对等位基因，所以产生的配子，基因组成应当有2×2=4种。

假如该个体（BbZ A W）产生了含有两个B基因的生殖细胞，缘由是在减数分裂的其次次分裂后期两条姐妹染色单体没有分开所致。

（3）黑色雄鸟的基因型为B_Z A Z_。

为推断其基因型，可将它与多只灰色雌鸟bbZ A W杂交。

假如子代羽色表现为全部黑色，则该黑鸟为纯合子；假如子代消灭两种羽色，则该黑鸟的基因型为BbZ A Z A或BBZ A Z a。

假如子代消灭三种羽色，则该黑鸟的基因型为BbZ A Z a，那么子代中黑色雌鸟BbZ A W所占比例为1/2×1/4=1/8。

（4）由于D能使灰色或黑色羽毛消灭有条纹，d为无条纹。

所以无论B、b与D、d是否位于一对同源染色体上，黑色无条纹雄鸟和灰色有条纹雌鸟杂交，后代的表现型及比例为都是黑色有条纹：黑色无条纹：灰色有条纹：灰色无条纹＝1：1：1：1，因此，该结果不能说明B和D基因符合自由组合定律。