2019届高考生物三轮复习非选择题优选练六含解析人教版

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非选择题优选练（六）1、某种自花受粉植物的花色有紫色、蓝色和白色,受两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制。现用该植物的紫花品种和白花品种进行杂交实验,得到的F1表现为紫花,F1自交获得的F2中紫花∶蓝花∶白花=9∶3∶4。请回答:(1)F2紫花植株中各种基因型及其所占的比例分别是___________________________________________________________(3分)。 (2)单株收获某一植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起可得到一个株系。请利用株系的原理设计实验,证明F2紫花植株中各种基因型及其所占的比例。实验思路:___________________________________________________(4分)。 预期结果:理论上,在所有株系中,有1/9株系花色全为紫色;有________的株系花色为紫花∶白花=3∶1;有2/9的株系花色为____________________;有____________的株系花色为____________________。 【解析】由F2的性状分离比为9∶3∶4,可以判断由两对等位基因控制花色,且遵循自由组合定律。进一步可推出,白色花植株的基因型可表示为A_bb(或aaB_)和aabb,紫色花植株的基因型可表示为A_B_,蓝色花植株的基因型可表示为aaB_(或A_bb)。(1)由题意分析可知,F1的基因型为AaBb,F1自交,产生的F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1,紫花植株的基因型为A_B_,其中基因型为AABB的植株占1/9,基因型为AaBb的植株占4/9,基因型为AABb的植株占2/9,基因型为AaBB的植株占2/9。(2)单株收获某一植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起可得到一个株系。证明F2紫花植株中各种基因型及其所占的比例的实验思路为:将F2中的紫花植株自交,单株收获紫花植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起得到一个株系,观察并统计多个这样的株系中植株的花色及比例。根据(1)的分析可知,F2紫花植株的基因型及比例为1/9AABB、2/9AABb、2/9AaBB、4/9AaBb,其中基因型为AABB的植株自交,后代全为紫花植株;基因型为AABb的植株自交,后代的表现型及比例为紫花∶蓝花=3∶1(或紫花∶白花=3∶1);基因型为AaBB的紫花植株自交,后代的表现型及比例为紫花∶白花=3∶1(或紫花∶蓝花为3∶1);基因型为AaBb的紫花植株自交,后代的表现型及比例为紫花∶蓝花∶白花=9∶3∶4。因此预期结果:理论上,在所有株系中,有1/9株系花色全为紫色;有2/9的株系花色为紫花∶白花=3∶1;有2/9的株系花色为紫花∶蓝花=3∶1;有4/9的株系花色为紫花∶蓝花∶白花=9∶3∶4。答案:(1)1/9AABB、2/9AABb、2/9AaBB、4/9AaBbn(2)将F2中的紫花植株自交,单株收获紫花植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起得到一个株系,观察并统计多个这样的株系中植株的花色及比例　2/9　紫花∶蓝花=3∶1　4/9　紫花∶蓝花∶白花=9∶3∶42、（2018全国卷III)【遗传的基本规律及其应用】某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果（红）与黄果（黄），子房二室（二）与多室（多），圆形果（圆）与长形果（长），单一花序（单）与复状花序（复）。实验数据如下表：组别杂交组合F1表现型F2表现型及个体数甲红二×黄多红二450红二、160红多、150黄二、50黄多红多×黄二红二460红二、150红多、160黄二、50黄多乙圆单×长复圆单660圆单、90圆复、90长单、160长复圆复×长单圆单510圆单、240圆复、240长单、10长复回答下列问题：（1）根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于__________上，依据是___________________________；控制乙组两对相对性状的基因位于___________（填“一对”或“两对”）同源染色体上，依据是_____________________。（2）某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合的__________________的比例。【答案】（1）非同源染色体F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1一对F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1（2）1∶1∶1∶1【解析】（1）因题干说明是二倍体自花传粉植物，故杂交的品种均为纯合子，根据表中甲的数据，可知F1的红果、二室均为显性性状，甲的两组F2的表现型之比均接近9:3:3:1，所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的F1的圆果、单一花序均为显性性状，F2中第一组：圆：长=（660+90）：（90+160）=3:1、单：复=（660+90）：（90+160）=3:1；第二组：圆：长=（510+240）：（240+10）=3:1、单：复=（510+240）：（240+10）=3:1；但两组的四种表现型之比均不是9:3:3:1，说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律，控制这两对性状的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上；（2）根据表中乙组的杂交实验得到的F1均为双显性杂合子，F2的性状分离比不符合9:3:3:1，说明F1产生的四种配子不是1:1:1:1，所以用两个F1分别与“长复”n双隐性个体测交，就不会出现1:1:1:1的比例。3、如图表示抑制酶活性的两个模型,模型A中的抑制剂与底物竞争酶的活性位点,从而降低酶对底物的催化效应;模型B中的抑制剂与酶活性位点以外的其他位点结合,能改变酶的构型,使酶不能与底物结合,从而使酶失去催化活性。研究发现精氨酸能降低酶G的活性。请设计实验探究精氨酸降低酶G活性的作用方式属于模型A还是模型B,简要写出:(1)实验思路: ____________________________________________________ ________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________________________________。(5分) (2)预期实验结果及结论: _________________________________________ ________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________________________________。(4分) 【解题指导】解答本题的关键信息:(1)模型A中的抑制剂与底物竞争酶的活性位点,从而降低酶对底物的催化效应。由于抑制剂和底物是竞争关系,所以如果提高底物浓度,反应速率会明显提高。(2)模型B中的抑制剂和酶活性位点以外的其他位点结合,改变酶的构型,使酶不能与底物结合,从而使酶失去催化活性,即便增加底物浓度,反应速率也不会提高。(3)根据增加底物浓度两种情况的反应速率不同,可以推断某种物质的作用方式属于哪种模型。【解析】(1)为了探究精氨酸降低酶G活性的作用方式属于模型A还是模型B,采取的实验思路是在酶G量一定且底物浓度合适并使酶活性充分发挥的反应体系中加入精氨酸,同时不断提高底物浓度,观察酶促反应速率变化。(2)如果酶促反应速率能恢复,则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型A;如果酶促反应速率不能恢复,则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型B。n答案:(1)在酶G量一定且底物浓度合适并使酶活性充分发挥的反应体系中加入精氨酸,同时不断提高底物浓度,观察酶促反应速率变化(2)若酶促反应速率能恢复,则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型A;若酶促反应速率不能恢复,则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型B4、（2019届吉林省长春外国语学校高三上学期期中考试）【种群和群落】某小型湖泊中存在如图甲所示的营养结构，图乙表示不同体长露斯塔野鲮鱼的食性相对值，图丙表示绿藻和蓝藻对水体中N元素、P元素吸收量及其体内藻毒素含量．请回答：（1）图甲中存在捕食和竞争关系的两种生物是___________________________。（2）体长为4.2cm的露斯塔野鲮鱼增重2kg，至少需要藻类______kg。（3）调查露斯塔野鲮鱼的种群密度所采取的方法是_________________。若标记个体更易被天敌发现而被捕食，则会导致种群密度估算结果_________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。（4）该湖泊受到富含P元素的生活用水的污染，某科研小组提出生态治污的方案：①首先培养绿藻去除水体中的P元素，理由是绿藻体内的_____________。②然后投放体长大于4.2cm的露斯塔野鲮鱼控制藻类的数量。选择体长大于4.2cm的野鲮鱼，其原因是____________比例高，____________短，能量利用率高。【答案】（1）罗氏沼虾和露斯塔野鲮鱼（2）20（3）标志重捕法偏高（4）①藻毒素含量低②植食性食物链【解析】（1）由题意知，该湖泊中露斯塔野鲮鱼与罗氏沼虾的种间关系是竞争和捕食。（2）由图甲可知，体长为4.2cm的露斯塔野鲮鱼的食物来源为植食性：肉食性=3：1，按能量传递效率为20%计算，则增重2kg至少需要藻类=1.5÷20%+0.5÷20%÷20%=20kg。（3）调查露斯塔野鲮鱼的种群密度用标志重捕法，种群中的个体总数=初次标记个体数×重捕个体数÷重捕中标记个体数，若标记个体更易发现而被捕食，则会使重捕中标记个体数变小，导致种群密度估算结果偏高。（4）①两种藻类去除水体中的P元素能力相同，但蓝藻中藻毒素量远高于绿藻，会对罗氏虾和露斯塔野鲮鱼造成危害，因此选择的藻类是绿藻。②n投放植食性较高的鱼类，选择体长大于4.2cm的露斯塔野鲮鱼控制藻类的数量，原因是此类鱼植食性比例高，食物链短，能量利用率高。5.利用生态系统中物质循环和能量流动的原理,走“可持续发展”道路是人类的必然选择。如图是某人工鱼塘生态系统能量流动图解(能量单位为:J·cm-2·a-1)请回答:(1)图中A代表_____________________________________________________, 为保证各营养级都有较高的输出量,随营养级的升高,输入的有机物应增多,原因是________________。 (2)该生态系统中生产者固定的总能量是__________(3分)J·cm-2·a-1,其中第一营养级到第二营养级的传递效率约为__________(3分)。 (3)由于某种因素使得生产者短时间内大量减少,一段时间后又恢复到原来水平,说明生态系统具有______能力,其基础为________调节机制。 【解析】(1)每个营养级的能量共同的流向有两个:自身呼吸消耗、流向分解者。A代表的是生物呼吸作用散失的能量。营养级越高,生态系统自身为之提供的能量越少,需要外界输入的有机物就越多。(2)先算出肉食动物从植食动物那儿获得的能量:5.1+0.25+2.1+0.05-5=2.5J·cm-2·a-1;再算出植食动物从生产者那儿同化的能量:4+0.5+9+2.5-2=14J·cm-2·a-1;最后算出生产者固定的能量为:14+23+70+3=110J·cm-2·a-1。第一营养级到第二营养级的能量传递效率为14/110×100%≈12.7%。(3)生态系统具有的保持或恢复自身结构与功能相对稳定的能力,都属于生态系统的自我调节能力,其基础是负反馈调节。答案:(1)呼吸作用散失的能量　能量流动逐级递减(2)110　12.7%(3)自我调节　负反馈