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江西省2025-2026学年新高三秋季入学摸底考试
生物学参考答案
１．【答案】Ｂ
【解析】免疫复合物可被巨噬细胞吞噬。巨噬细胞溶酶体中含多种水解酶，可以将吞噬的免疫复合物分解，Ａ项
正确；巨噬细胞有多个核仁，核仁与核糖体的合成有关，与炎症因子ｍＲＮＡ的合成无关，Ｂ项错误；线粒体主要与
能量的供应有关。而分泌细胞因子又需要大量的能量，Ｃ项正确；抗体基因的ｍＲＮＡ是在细胞核中合成，会通过
核孔进入细胞质，指导蛋白质合成，Ｄ项正确。
２．【答案】Ｄ
【解析】Ｈ＋是通过协助扩散进入细胞质基质，说明细胞外 Ｈ＋浓度高，ｐＨ＜７．５，Ａ项正确；抗菌蛋白的分泌是通过
胞吐，不穿过细胞膜，Ｂ项正确；ＳＯＳ１能同时运输 Ｎａ＋和 Ｈ＋但是是通过不同的部位，具有专一性，Ｃ项正确；Ｎａ＋
通过ＮＨＸ进入液泡，是由低浓度进入高浓度，为主动运输，Ｄ项错误。
３．【答案】Ａ
【解析】题干中提示了，做法的目的是为了让油菜增产，与青稞或小麦等高秆植物间作，利用高秆作物遮挡寒风，
改善局部微气候，可实现油菜增产，Ａ项错误；叶绿素、ＮＡＤＰＨ等物质都是含 Ｎ化合物，分阶段增施氮肥利于这
些物质合成，Ｂ项正确；覆盖黑色地膜，可以增大地表吸热和减少地表温度散失，提高地表温度，促进根系发育，
且遮挡阳光，使杂草不能生长，Ｃ项正确；高寒山区光照短，在日出前人工补光，可延长光照时间，增加光合作用
有机物积累，Ｄ项正确。
４．【答案】Ｂ
【解析】该植株种群总个体数＝１２６＋２４＝１５０株。白色花（ｂｂ）基因型频率＝２４／１５０＝１６％。根据哈代－温伯格定
律，ｂｂ基因型频率＝ｂ基因频率（设为ｑ）的平方，即ｑ２＝１６％，则ｑ＝４０％，Ｂ基因频率ｐ＝１－４０％＝６０％。ＢＢ基因
型频率＝ｐ２＝６０％×６０％＝３６％，个体数＝１５０×３６％＝５４株；Ｂｂ基因型频率＝２ｐｑ＝２×６０％×４０％＝４８％，个体数＝
１５０×４８％＝７２株。红色花植株（ＢＢ＋Ｂｂ）中纯合子（ＢＢ）占比＝５４／１２６＝３／７，Ａ项正确；该种群处于遗传平衡状
态，自花传粉时，ＢＢ自交后代全为ＢＢ，Ｂｂ自交后代中ｂｂ占１／４，ｂｂ自交后代全为ｂｂ，下一代基因型频率将变为
ＢＢ：４８％、Ｂｂ：２４％、ｂｂ：２８％，红色花的占比将下降，但是不一定红色花的个体数量将减少，Ｂ项错误；若环境改
变，自然选择的存在将导致该种群基因频率和基因型频率发生变化，Ｃ项正确；引入另一花色相关基因，属于引
入新的遗传变异，会改变原种群的基因频率，从而立即打破原遗传平衡状态，Ｄ项正确。
５．【答案】Ｄ
【解析】由该图可知，这个基因表达的过程是边转录边翻译，由此可以推测，这种生物可能为原核生物，原核生物
在生态系统中可以做生产者、消费者和分解者；边转录边翻译也可发生在叶绿体和线粒体中；转录过程中会发生
Ａ—Ｕ配对，翻译过程中会发生Ｕ—Ａ配对；由图可知，甲链为模板链，由核糖体延伸方向可以推出图中 ｍＲＮＡ最
下端为５′端，由此可以得出甲链从左往右的方向为３′→５′。故选Ｄ项。
６．【答案】Ａ
【解析】四分体形成于减数第一次分裂的前期，如果四分体形成延迟，可能导致减数第一次分裂的前期阶段显著
延长和同源染色体联会异常，Ａ项正确；纺锤体形成对同源染色体的联会异常关系不大，且纺锤体形成发生于减
数第一次分裂前期，Ｂ项错误；减数第一次分裂后期同源染色体分离提前，与减数第一次分裂的前期阶段显著延
长和同源染色体联会异常无关，Ｃ项错误；减数第二次分裂后期姐妹染色单体分离延迟也与减数第一次分裂的
前期阶段显著延长和同源染色体联会异常无关，Ｄ项错误。
７．【答案】Ｄ
【解析】皮质醇能用于治疗自身免疫性疾病，说明其能降低免疫系统的功能，可减轻器官移植后的免疫排斥反应，
Ａ项正确；皮质醇是一种固醇类激素，其受体往往在细胞内，又因其能降低免疫系统的功能，推测皮质醇可与 Ｂ
细胞内的特异性受体相结合，Ｂ项正确；人体内皮质醇的含量维持在一个相对稳定的状态，说明皮质醇的分泌过
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书书书程存在负反馈调节，Ｃ项正确；治疗不同的病症服药时间有不同，一般最佳服药时间应该在早晨７～８时，与人体
分泌糖皮质激素的节律一致，Ｄ项错误。
８．【答案】Ｃ
【解析】血清素是一种兴奋性神经递质，可以让突触后膜兴奋，能使得突触后膜膜外电位由正变负，Ａ项正确；
ＳＳＲＩ能抑制血清素转运进入突触前膜，使突触间隙中血清素的含量增加，Ｂ项正确；消极情绪达到一定程度会导
致抑郁，只有抑郁持续下去而得不到缓解时才会得抑郁症，Ｃ项错误；适当的运动可以有效缓解抑郁的发生，Ｄ
项正确。
９．【答案】Ｂ
【解析】难降解的脂溶性污染物沿生物链具有富集现象，由此可推测该生态系统的食物链可能为丙→乙→甲→
丁，Ａ项正确；两营养级之间的能量传递效率为两营养级的同化量的比值，而表格中出现的只是一条食物链中的
四种生物的同化量，无法计算出能量传递效率，Ｂ项错误；有害物质可以通过大气、水和生物迁移等途径扩散到
世界各地，具有全球性，Ｃ项正确；污染物对所有生物均有害，降低该污染物含量可使得各生物的生物量均增加，
Ｄ项正确。
１０．【答案】Ｂ
【解析】总体与样本中标记比例比较，甲：Ｎ（白＋黄＋红）／Ｍ（红）＞ｎ（白＋红）／ｍ（红），估计值偏小；乙：Ｎ（白＋黄＋
红）／Ｍ（红）≈ｎ（白＋黄＋红）／ｍ（红），估计值基本不变。故选Ｂ项。
１１．【答案】Ｃ
【解析】书中描述的穗选法通过人工筛选保留穗大粒满、抗病性强的植株单独留种，属于人工选择。这一过程通
过定向淘汰劣质个体，加速种群基因频率向优良性状方向改变，Ａ项正确；“豆谷轮作”利用豆科植物与根瘤菌
的互利共生关系，根瘤菌将大气中的氮气转化为植物可吸收的含氮化合物（如氨），补充土壤氮素，属于生态系
统的物质循环，Ｂ项正确；选项中酿醋工艺是醋酸菌在有氧条件下将乙醇氧化为醋酸（乙酸），而非是醋酸菌在
有氧条件下将淀粉转化为醋酸，Ｃ项错误；嫁接技术通过砧木与接穗形成层的紧密贴合，利用植物细胞的全能
性和再生能力实现愈合，属于无性生殖（营养繁殖）。这一过程仅涉及细胞分裂与分化，不改变遗传物质，Ｄ项
正确。
１２．【答案】Ｃ
【解析】糖尿病等疾病会导致机体代谢紊乱，而内环境紊乱会影响生活于其中的卵泡的发育，Ａ项正确；线粒体
是细胞的“动力车间”，线粒体ＤＮＡ突变会影响能量供应，从而直接影响卵子发育和受精能力，Ｂ项正确；钙是
大量元素，Ｃ项错误；长期焦虑会抑制下丘脑—垂体—卵巢轴功能，使性激素分泌受到影响，从而影响排卵，Ｄ
项正确。
１３．【答案】ＡＤ
【解析】在“比较ＨＯ 在不同条件下分解”的实验中，ＨＯ 的浓度和 ＨＯ 的体积都是无关变量，ＨＯ 的浓度
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
要相同且恰当，ＨＯ 的体积要相同且足量，Ａ项正确；选择大肠杆菌用于探究 ＤＮＡ的半保留复制，是因为大肠
２ ２
杆菌只有一个大型环状的ＤＮＡ，便于区分半保留复制和全保留复制，Ｂ项错误；进行 ＰＣＲ的实验过程中，需要
用电泳缓冲液配制质量分数为０．８％～１．２％的琼脂糖溶液，并要向里面加入适当的核酸染料，Ｃ项错误；用样方
法调查种群密度时，需要讨论确定样方的多少、样方的大小和取样的方法等，Ｄ项正确。
１４．【答案】ＡＢＣ
【解析】由电泳图谱可知Ⅰ 为纯合子，Ⅰ 为杂合子，该遗传病不可能为常染色体隐性遗传病，Ａ项错误；由电
２ １
泳图谱可知Ⅰ 只能为隐性纯合子，所以上面条带代表显性基因（患病基因），下面条带代表隐性基因（正常基
２
因），正常基因发生碱基增添产生患病基因，Ｂ项错误；结合图１和图２可知，该控制遗传病的一对等位基因可
能在常染色体上，也可能在ＸＹ的同源区段上。若在常染色体上，Ⅰ 和Ⅰ 再生一个患病男孩的概率为１／４；若
１ ２
在ＸＹ的同源区段上，Ⅰ 和Ⅰ 再生一个患病男孩的概率为１／２，Ｃ项错误；进行遗传咨询能有效降低遗传病的
１ ２
发病率，Ｄ项正确。
高三生物学 第 ２页（共５页）１５．【答案】ＢＣ
【解析】低浓度的ＩＬ２能治疗自身免疫病，高浓度的 ＩＬ２能抗肿瘤，具有多效性，但细胞因子并不完全由免疫细
胞分泌，Ａ项错误；抑制性调节Ｔ细胞是Ｔ细胞的一类，最终都来源于骨髓。自身免疫病是由于过度免疫所致，
激活的抑制性调节Ｔ细胞能治疗该病，由此推出抑制性调节Ｔ细胞能有效地抑制过度免疫反应，Ｂ项正确；ＩＬ２
是一种细胞因子，起效后会迅速分解，要维持低浓度的ＩＬ２，需要频繁注射给药，Ｃ项正确；低浓度的 ＩＬ２能治疗
自身免疫病，但是会对抗肿瘤起抑制作用，会增大肿瘤的发生概率，Ｄ项错误。
１６．【答案】ＡＢＣ
【解析】诱导愈伤组织阶段一般不需要光照，Ａ项错误；在２，４－Ｄ浓度都为１ｍｇ／Ｌ的时候，６－ＢＡ由０．８ｍｇ／Ｌ
增加到１ｍｇ／Ｌ时，增殖倍数以及长势好的愈伤组织数量都下降，Ｂ项错误；在 ６－ＢＡ都为 １ｍｇ／Ｌ时，１ｍｇ／Ｌ
２，４－Ｄ增殖倍数以及长势好的愈伤组织数量都低于１ｍｇ／ＬＮＡＡ，但不能代表其他浓度时的情况，Ｃ项错误；诱
导愈伤组织再分化形成不定根所需各种激素比例和诱导形成愈伤组织不相同，Ｄ项正确。
１７．【答案】（１）①弱光（１分） ②强光（１分）
（２）①类囊体薄膜（基粒）（１分）
②ａ．保护措施：类胡萝卜素、超氧化物歧化酶、抗坏血酸等能清除有毒物质，减少Ｄ１蛋白的破坏（２分）
ｂ．修复措施：被氧化的Ｄ１蛋白能修复或重新合成，补充破坏的Ｄ１蛋白（２分）
（３）实验思路：将长势相同的多株苹果幼苗平均分成甲、乙、丙三组，甲组施加Ｘ；乙组施加等量的ＢＲ；丙组施加
等量的ＢＲ＋Ｘ，分别将三组苹果幼苗放于相同强度的高光强中培养，测定三组幼苗的平均光合作用强度（３分）
实验结论：光合作用强度乙组最大，丙组第二，甲组最低（２分）
【解析】（１）强光照射时，叶绿体会通过移动减少对光的吸收，所以根据叶绿体在细胞中的分布，可以判断①为
弱光②为强光。
（２）①Ｄ１蛋白是ＰＳⅡ超级复合体的一部分，ＰＳⅡ为光系统Ⅱ，与光反应有关，而光反应又发生于叶绿体类囊体
薄膜上，所以可以推出Ｄ１蛋白位于叶绿体的类囊体薄膜（基粒）上。
②题干需要从保护和修复两个方面，列举植物体两条应对光胁迫措施。其中保护措施（减少 Ｄ１蛋白的破坏）
为类胡萝卜素、超氧化物歧化酶、抗坏血酸等能清除活性氧等有毒物质，减少 Ｄ１蛋白的破坏。其中修复措施
（更新Ｄ１蛋白）为：被氧化的Ｄ１蛋白能修复或重新合成，补充破坏的Ｄ１蛋白。
（３）设计实验时候要思考：①题干要求利用试剂Ｘ和ＢＲ，所以在分组的时候要分三组，单独施加 Ｘ和 ＢＲ的是
对照组，施加ＢＲ＋Ｘ的是实验组。②题干中要求测定光胁迫下光合作用强度，则光合作用强度为因变量。③因
为是要缓解光胁迫，所以设计的实验条件应该是高光强。
１８．【答案】（１）雌雄同株异花，杂交时不用母本去雄；子代数量多；具有易于区分的相对性状（答出 ２点且合理即
可，２分）
（２）Ｃ基因和Ｓｈ基因位于一条染色体上（ｃ基因和ｓｈ基因位于一条染色体上），伴随同源染色体的非姐妹染色
单体的交换，Ｃ与ｃ、Ｓｈ与ｓｈ交换（２分）
（３）３．６％（２分） ０～５０％（２分） 两基因在染色体位置越远（２分）
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（４） 或 （２分）
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【解析】（１）玉米是雌雄同株异花的植物，其在杂交上的优点是不用母本去雄，同时玉米子代数量多；具有易于
区分的相对性状也是用于遗传学杂交实验的优点。
（２）由图可知测交后代出现四种表现型，但比例不是１１１１，说明两对等位基因不在一对同源染色体上。
又因为子代中有色饱满和无色凹陷的数量相同且更多，Ｃ基因和 Ｓｈ基因位于一条染色体上；ｃ基因和 ｓｈ基因
位于一条染色体上，且伴随同源染色体的非姐妹染色单体的交换，Ｃ与ｃ或Ｓｈ与ｓｈ交换。
高三生物学 第 ３页（共５页）（３）重组率＝重组合／（重组合＋亲组合），所以根据图中数据可以算出重组合数＝１４９＋１５２＝３０１，重组合数＋亲组
合数＝１４９＋１５２＋４０３２＋４０３５＝８３６８，重组率＝３０１／８３６８≈３．６％。如果没有个体发生重组，则重组合数为０，如
果全部个体都发生重组，则重组合数等于亲组合数。所以重组率的取值范围为０～５０％。如果一对同源染色体
上的两对等位基因靠的越近，越难发生重组，反之越容易发生，所以重组率越高，两基因在染色体位置越远。
（４）两对为一组，分别计算每组的重组率。考虑 ｅｃ＋／＋ｓｃ这两对可知，重组合数＝６２＋８８＝１５０，计算得到ｅｃ＋／＋ｓｃ
的重组率＝１５０／（１５０＋１８３０）＝７．６％；同理计算得到 ｅｃ＋／＋ｃｖ重组率＝９．７％，＋＋／ｓｃｃｖ重组率＝１７．３％，说明 ｓｃ
与ｃｖ距离最远，ｅｃ在ｓｃ与ｃｖ之间。
１９．【答案】（１）碱基互补配对（１分） 设计两条ｇＲＮＡ，使其与该基因的两端同时结合，并在相应的酶的作用下，将
目的基因切除（２分）
（３）①抑制（１分） ②遮阴能促进下胚轴的生长，ＥＬＦ３基因缺失突变体无论是在正常光还是遮阴条件下，下胚
轴的生长都快于野生型（２分）
（４）①遮阴刺激拟南芥的光敏色素，产生的信号传递到细胞核，抑制 ＥＬＦ３基因的表达，促进下胚轴的生长，使
拟南芥能获得更多的阳光（３分）
②否（１分），ＥＬＦ３基因缺失突变体拟南芥没有ＥＬＦ３基因，但遮阴条件下下胚轴的生长依然快于野生型（２分）
【解析】（１）如果要将一个基因从基因组序列中删除，应在该基因的两侧各切割一次，所以可以设计两条 ｇＲＮＡ，
使其与该基因两端同时结合，并在相应的酶的作用下，将目的基因切除。
（３）①比较遮阴和正常光下野生型拟南芥的ＥＬＦ３基因的表达情况，可发现在实验的各时间点遮阴时 ＥＬＦ３基
因的相对表达量都低于正常光，说明遮荫抑制ＥＬＦ３基因的表达。
②图３实验有两个自变量，分别为遮荫与否和ＥＬＦ３基因的有无，所以在得出结论时候应该从两个自变量的角
度分别表述，因此可以得到：遮阴能促进下胚轴的生长，ＥＬＦ３基因缺失突变体无论是在正常光还是遮阴条件
下，下胚轴的生长都快于野生型这个结论。
（４）①根据上述信息，可以知道遮荫能被光敏色素感知，遮荫能抑制 ＥＬＦ３基因的表达，ＥＬＦ３基因又抑制下胚
轴的生长，所以结合上述结论，可以推测拟南芥的避阴反应的机制为遮阴刺激拟南芥的光敏色素，产生的信号
传递到细胞核，抑制ＥＬＦ３基因的表达，促进下胚轴的生长，使拟南芥能获得更多的阳光。
②据图３可知，ＥＬＦ３基因缺失突变体拟南芥没有ＥＬＦ３基因，但遮阴条件下下胚轴的生长依然快于野生型。所
以遮阴不只是通过影响ＥＬＦ３基因的表达来影响下胚轴的生长以适应环境变化。
２０．【答案】（１）河北等地食物和空间条件充裕、气候适宜、没有天敌和其他竞争物种（２分）
（２）美国白蛾多发生在城市和居民区的园林绿化树木等植物上，因而不能使用对环境、人畜有害的化学农药进
行化学防治（２分）
（３）国内（１分） 选用国外天敌可能会造成新的外来物种入侵（２分）
（４）①样方法（１分） ②白蛾周氏啮小蜂寄生率高，雌雄性别比高（１点２分，共４分）
【解析】（１）美国白蛾是外来入侵物种，且能在我国河北等地大规模爆发，可能原因是河北等地满足美国白蛾
“Ｊ”形增长所需条件，即河北等地食物和空间条件充裕、气候适宜、没有天敌和其他竞争物种
（２）化学防治的缺点之一是会污染环境，而美国白蛾多发生在城市和居民区的园林绿化树木及植物上，所以不
适合用化学农药进行化学防治。
（３）选择美国白蛾的天敌时，应优先考虑国内其他地区的物种，因为选用国外天敌可能会造成新的外来物种
入侵。
（４）①因为美国白蛾幼虫活动能力弱，活动范围小，所以适合用样方法调查种群密度
②题干中提示需要考了天敌寄生率和雌雄性别比，所以可以推测选用白蛾周氏啮小蜂，是因为寄生率高利于寄
生和雌雄性别比高利于增殖。
高三生物学 第 ４页（共５页）２１．【答案】（１）碱基缺失（１分） ＰＣＲ扩增Ｃｅｒ１时无条带（而ＷＴ有１５００ｂｐ条带），说明突变导致引物结合区域
缺失，无法扩增（２分）
（２）①２（１分） 野生型蜡质缺陷＝１３（１分） ②５－ａｚａ降低 ＤＮＡ甲基化，导致 Ｆ中 ＣＥＲ１基因表达受影
１
响，使ＣＥＲ１酶活性降低（２分）
（３）高（１分） ０（１分） 中（１分） Ｃｅｒ１杂合经５－ａｚａ处理，降低甲基化，影响 ＣＥＲ１基因表达，ＣＥＲ１酶活性
降至“＋＋”（减弱），导致Ｗａｘ－ｐ部分积累（中），Ｗａｘ合成减少（低）（２分）
【解析】（１）由电泳结果可知，ＰＣＲ扩增Ｃｅｒ１时无条带（而ＷＴ有１５００ｂｐ条带），最可能的原因应该是发生了碱
基缺失，导致引物结合区域缺失，无法扩增。
（２）①Ｆ９７比例是双基因互补互作的变式［９Ａ＿Ｂ＿７（３Ａ＿ｂｂ＋３ａａＢ＿＋１ａａｂｂ）］，表明蜡质合成需 ＣＥＲ１和另
２
一基因（设为Ｒ）共同作用。且题干中有暗示“ＣＥＲ１酶（其活性会受其他蛋白质影响）”。
②５－ａｚａ处理导致Ｆ中５０％植株出现部分蜡质缺陷，说明部分植株ＣＥＲ１酶活性降低了。所以原因是５－ａｚａ降
１
低ＤＮＡ甲基化，导致Ｆ中ＣＥＲ１基因表达受影响，使ＣＥＲ１酶活性降低。
１
（３）代谢链：Ｗａｘ－ｐ经过ＣＥＲ１催化生成Ｗａｘ；ＣＥＲ２可能编码Ｗａｘ－ｐ合成酶。
Ｃｅｒ１突变→ＣＥＲ１酶缺失→Ｗａｘ－ｐ积累，Ｗａｘ＝０
Ｃｅｒ２突变→Ｗａｘ－ｐ合成受阻→Ｗａｘ－ｐ不生成，Ｗａｘ＝０
Ｃｅｒ１杂合（５－ａｚａ处理）时，ＣＥＲ１酶活性下降，表现为“＋＋”，Ｗａｘ－ｐ合成减少，表现为“中”，Ｗａｘ的生成量也减
少，表现为“少”。
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