2025届湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）高三第一次预热演练生物学试题解析

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生物学参考答案-1
2025 届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试
生物学参考答案
一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 2分，共 24 分。)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A
C
D
B
A
D
D
D
D
C
C
A
1．A【解析】每6个氨基酸构成一个α-螺旋体，螺距为0.54纳米。40000/110=363.333333，6个氨基酸组成一个α
—螺旋，螺距0.54纳米，363.3333/3.6=101，101×0.54=54.54。
2．C【解析】与G1期相比，G2期的DNA数加倍，染色体数目不变，故染色体组数相同，C错误。
3．D【解析】光反应阶段需要光照，暗反应阶段有光无光都可以进行，a-c段既有光反应也有暗反应，c-e段在
黑暗开始之前也有光反应，黑暗开始之后，只有暗反应，没有光反应，因此实验结果不支持光合作用可分为光
反应和暗反应两个阶段，A错误；如果是持续光照，那么光反应可为暗反应持续提供NADPH和ATP，使暗反
应不间断进行且反应速率保持不变，则与“间歇光”20分钟相比，持续光照20分钟时叶绿体有机物合成总量更多
，B错误；虚线表示O2的释放速率的变化，实线表示CO2吸收速率的变化，在一个光周期内，二者从开始的0经
过一段时间的反应以后又变为0，结合光合作用的总反应式来看，在一个光周期内释放的O2总量与暗反应吸收
的CO2总量是相等的，S1+S2=S2+S3，但是S1+S2不能代表光反应释放O2的总量，C错误。
4．B【解析】由题意可知，α-MSH是激素而不是酶，因此不能降低MC1R参与的反应的活化能，A错误；由题
意可知，TYR既能促进真黑素的合成，也能促进褐黑素的合成，而不是催化真黑素和褐黑素的合成，C错误；
增强ASIP或减弱α-MSH的功能都可能增加褐黑色素的合成，D错误。
5．A【解析】所得子代的基因型及比例为: AaBbDd:AaBbdd: AabbDd: Aabbdd:aaBbDd:aaBbdd:aabbDd
:aabbdd=163：1455：1：148：192：1：1158：130，运用减法(减去雄配子abd)可得到雌配子种类和比例为 ABD
：ABd：AbD：Abd：aBD：aBd：abD：abd=163：1455：1：148：192：1：1158：130。ABd、abD 这两种配
子最多，说明ABd/abD 连锁，D 错； 只考虑A/a,B/b 两对等位基因时，AB：Ab：aB： ab=(163+1455)：
(1+148)：（192+1)：(1158+130) =1618：149：193：1288，则重组类型的配子是Ab和 aB，占(149+193)/
(1618+149+193+1288) =10.53%；只考虑 B/b、D/d 两对等位基因时，BD：bD：Bd：bd=355：1456：1159：
278，重组类型的配子是BD和bd, 占(355+278)/(355+1456+1159+278)=19.45%;只考虑A/a、D/d两对等位基因时
，AD：aD：Ad：ad=164：1603：1350：131，重组类型的配子是AD和ad，占(164+131)/ (164+1603+1350+131)
=9.08%。又由题 意，B/b、D/d两对配子最多，距离最远，BC错误、A正确。
6．D【解析】若卵细胞基因组成是EDc，则双着丝粒桥断裂位点可能发生在右侧环状结构的发生在c、b之间。
7．D【解析】神经Ⅲd2为-80mV，由图2可知-80mV是刺激作用3ms后的电位，这是由于d4是刺激点，d2对应兴
奋后3ms时的电位。说明从d4到d2经过了1ms，传导距离为2cm。兴奋在神经纤维上的传导速度相同，神经Ⅱ和
Ⅲ的兴奋传导速度依次为3V和6V，故神经Ⅱ上兴奋从d2到d3经过了1ms，传到距离为1cm，各神经元膜电位随
时间的变化相同，神经Ⅱ的点d3的膜电位是-80mV，且神经元上传导速度为1cm/ms，C正确，D错误。
8．D【解析】生长素由①部位（形态学上端）运输到④部位（形态学下端）的过程能进行，A错误；①为顶芽
，该部分的生长素浓度为芽的最适浓度，越靠近顶芽的侧芽，积累的生长素越多，②处生长素浓度大于①处，
图丁中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线分别表示根、芽、茎三种器官，图甲中的①部位为顶芽，该部分的生长素浓度为芽的
最适浓度，故与图丁的E点对应的效应相同，②部位为侧芽，其生长受到抑制，而图丁的G点对应的效应为促
进芽的生长，B错误；图乙中根的向地性能体现生长素作用的两重性，而图乙中茎的背地性以及图丙中茎的向
光性均不能体现生长素作用的两重性，C错误。
9．D【解析】某年M值为a，收获时N的数值小于a，说明甲收获小于乙收获种子数，则预测甲会被淘汰。
10．C【解析】F1与R的序列要长于F2-F7与R序列，故不可能C项描述的情况。
11．C【解析】由图分析可知：X基因第一次复制得到两个两种DNA：①和②；X基因第二次复制得到四个四
种DNA：①复制得①和③、②复制得②和④；X基因第三次复制得到八个五种DNA：①复制得①和③、③复
制得③和⑤、②复制得②和④、④复制得④和⑤；X基因第四次复制得到16个五种DNA：①复制得①和③、两
个③复制得两个③和两个⑤、两个④复制得两个④和两个⑤、两个⑤得到四个⑤，一个②复制得到②和④。X
基因第五次复制得到32个五种DNA，其中三个③复制能得到三个⑤，三个④复制得到三个⑤，八个⑤复制到
十六个⑤即第⑤种DNA分子一共有16+3+3=22个。
12．A【解析】M2即AABbCc自交一代中取纯合的A低B高C低植株AABBcc，与M3基因型相同的植株即
AABbCc杂交，杂交一代中，纯合子为：AABBcc占1/2×1/2=1/4，杂合子为1-1/4=3/4，故纯合子：杂合子=1:3
，B错误；M3 AaBBCc某对同源染色体有一小段没有配对，可能是由于基因敲除缺失片段，也可能是染色体结
构变异的片段缺失，C错误；后代中A高植株的基因型为：A-bbcc，B高的植株的基因型为：A-B-cc，由于三种
营养成分的转化关系为： ，无法获得三种成分均高的植株，D错误。
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生物学参考答案-2
二、不定项选择题（本大题共 4小题，每小题 4分，共 16 分。）
13
14
15
16
BCD
ABD
ABC
ABC
13．BCD【解析】在凝胶中DNA分子的迁移速率与凝胶浓度、DNA分子的大小和构象等有关，A错误。
14．ABD【解析】5号个体患有甲病，基因型为XaY，正常女性的基因型为XAXA或者XAXa，只有该女性的基因
型为XAXa时，才会生育患甲病的孩子。假设致病基因Xa的基因频率为t，正常基因XA的基因频率为1-t，则人群
中患病的男性XaY的基因型频率为1/2t，患病的女性XaXa的基因型频率为1/2t2，甲病在人群中的患病率为5/81
，即1/2t+1/2t2=5/81，求解，得致病基因a的基因频率t=1/9。正常基因A的基因频率=1-t=8/9，因此在女性中
XAXA的基因型频率分别为（8/9）2=64/81，XAXa的基因型频率为2×1/9×8/9=16/81，XaXa的基因型频率为（1/
9）2=1/81。考虑正常女性中无XaXa个体，因此在正常女性中XAXa的基因型频率为16/80，5号个体（XaY）与正
常女性婚配生育患甲病孩子的概率是16/80×1/2=8/80，C错误.
15．ABC【解析】催化基因的表达产物引入到特异抗体的抗原结合位点上，使其获得催化功能。
16．ABC【解析】核糖体增生发生在G1期，S期细胞均被3H标记，S期细胞经G2期才进入M期，t0～t1时被3H标
记的细胞没有处于G1期的，不会发生核糖体增生，A错误；动物细胞不能形成细胞板，B错误；t2时50%M期细
胞被标记且被标记细胞数目在增加，说明t2.～t3时有细胞可能处于S期，而S期细胞DNA易受到内外因素的干扰
而发生差错，C错误。
三、非选择题(共5小题，共 60 分)
17．(10分,除标注外 每空2分)
(1)DNA(1分)
(2) 生理盐水处理 促进(1分)
(3)TAC促进TERT基因的表达，TERT基因的表达产物抑制p16ink4amRNA的合成，导致促进细胞衰老的物质
p16ink4a的含量下降，从而延缓小鼠个体的衰老。
(4)将生理状况相近的一些由于衰老引起学习记忆能力衰退的小鼠，平均分为AB两组，A组用生理盐水连续处
理，B组用等量且适量的TAC连续处理，一段时间后，记录两组小鼠找到逃脱通道的时间。
【解析】（2）题干中“端粒酶（TERT）可以修复加长端粒”，TAC是TERT的调节物质。题中实验目的为“探究
TAC对端粒的影响”，故应该设置2组实验：对照组（生理盐水处理），实验组（TAC处理）。分析图乙可知，
TAC处理组中小鼠的TERT蛋白含量增加，故TAC可以促进TERT基因的表达，而TERT又可以修复加长端粒，
所以实验组端粒相对长度比对照组要长。
（3）分析图3可知，TAC处理野生型小鼠，不同器官中p16ink4amRNA的相对水平均下降；TAC处理TERT基因
敲除模型鼠，不同器官中p16ink4amRNA的相对水平下降不明显，甚至有升高趋势，故推测TAC影响小鼠个体衰
老的机制是TAC促进TERT基因的表达，TERT基因的表达产物端粒酶可以抑制p16ink4amRNA的合成，导致促进
细胞衰老的物质p16ink4a的含量下降，从而延缓小鼠个体的衰老。
18．(8分，每空1分)
(1) 重组质粒（基因表达载体） Al菌体浓度/数量
(2)B5比其他微生物抵抗Al的能力强，十种微生物共同抵抗Al的效果最好（抵抗力主取决于微生物的多样性）
(3)随微生物种类增加，加B5组Al浓度明显降低，而不加B5组Al浓度变化不显著
(4)108、106、109
(5) 水、其它碳源、氮源、无机盐 ACD
(6)滥用抗菌药会降低肠道微生物的多样性，对病原体的定植抵抗作用下降；对病原菌进行选择，易形成耐药
菌；抗菌药也是药物，可能会对身体产生副作用
【解析】（1）要获得转基因菌株Al，就需要将荧光素酶基因与质粒构建基因表达载体，然后将该基因载体导
入病原菌，就可以得到转基因菌株Al；该菌株产生的荧光素酶可催化底物发荧光。因此通过检测荧光强度可以
确定菌株Al的数量或浓度；
（4）由于微生物多样性导致的定植抵抗依赖B5，且定植抵抗力主要取决于微生物的多样性，因此加入B5后，
10种肠道微生物的Al菌浓度比50种肠道微生物的高，而不加B5时A1菌的浓度高于加B5时的情况，因此ⅰ、ⅱ
、ⅲ对应的浓度依次为108、106、109。
（5）A、利用B5、b5和其他肠道微生物进行实验，结果如图3。除半乳糖醇外，培养基还应含有水、其它碳源
、氮源、无机盐等营养物质；由图3可知，③显著低于①，说明b5对营养的需求与Al重叠度高于其他9种微生物
，A正确；④显著高于③的原因是突变体b5不能利用半乳糖醇，B错误；⑥显著低于④是因为B5能利用半乳糖
醇，C正确；生态位重叠度越高，生物共同资源越相似，竞争越激烈，D正确。
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