2022届云南省曲靖市二中高三下学期第三次模拟考试理科综合试题答案.docx

《2022届云南省曲靖市二中高三下学期第三次模拟考试理科综合试题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届云南省曲靖市二中高三下学期第三次模拟考试理科综合试题答案.docx（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022届云南省曲靖市二中高三下学期第三次模拟考试理科综合试题生物答案1. C【详解】A、出现奥密克戊变异株的根本原因是核糖核甘酸序列的改变,A错误；B、新冠病毒没有细胞结构,B错误；C、奥密克戊变异株具有更强的传染性,说明S蛋白与宿主的结合效率更高,说明S蛋白氨基酸 序列改变可能改变S蛋白与宿主细胞受体的结合效率,C正确；D、注射灭活的新冠病毒,因其外表有多种抗原蛋白，可在体内产生多种抗体，比只注射S蛋白产 生的抗体种类多,D错误。2. D【详解】A、据图可知，甲为雌果蝇,其基因型为AaDdXBXb,乙为雄果蝇,其基因型为AaddXbY,子代灰身白 眼雄蝇出现的概率为：3/4X1/2X1 /

2、4=3/32, A正确；B、果蝇的第IV号染色体多一条或少一条不影响存活及繁殖,假设只考虑有、无眼的遗传，丁 的基因型为DDd,产生的配子有4种，即DD： Dd： D： d=1 ： 2： 2： 1,假设让该果蝇与乙(dd)交配 子代的表现型及比例为有眼：无眼二5： 1,B正确；C、d控制无眼性状,无眼性状对果蝇属于不利变异，自然情况下可能会被淘汰,所以d的基因频 率可能会下降,C正确。D、亲本减数分裂I或减数分裂”异常均会形成含有两条IV号染色体或无IV号染色体的精子或 卵细胞,异常的配子与正常配子结合,形成的受精卵发育成的个体第IV号染色体就可能少一条 和多一条，导致丙、丁果蝇出现,D错误。

3、3. C【详解】A、在“观察根尖分生组织细胞的有丝分裂”实验中，用质量分数为15%的盐酸溶液和体积分数 为95%的酒精溶液(解离)1:1作为解离液，用药液使组织中的细胞相互别离开来,A错误； B、在“植物细胞的吸水和失水”实验中，滴加清水后细胞吸水，用显微镜观察观察不到原生质 层与细胞壁别离,B错误；B.由动能定理得2qE（）x0 -/x5x（）= 0-3qE（）x。解得f = qE。2qEoX。+-x（2E0 + E0）xx0-/2x0 = -mv； -3Eoxo所以，当滑块运动到x = 2x。时速度最大，由动能定理得匕二3匕二3解得B错误；= 2qEoX。+ 2E0 x 2/ = 4 夕耳

4、）/C.由功能关系得C错误；D.小滑块与水平面间由于摩擦产生的总热量为Q = fx5x0 = 5qEoxoD正确。应选ADo21. BCD【解析】A.因为 =tan 8得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡mg sin 0 = mg cos 0且两棒受的安培力等大反向,那么系统所受外力之和为零,所以导体棒数和cd组成的系统动量守 恒。两棒到达稳定状态后,两棒做速度相同的匀速直线运动,两棒到达稳定状态后两棒间的距离 不变。A错误；B.某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量/。,设此时数棒为,两棒到达稳定状态后两棒速度 为丫由动量定理由动量守恒定律得由能量守恒定律得，回路中产生的热量Q = - m

5、v1 - - 2mv2 =22 4mB正确；当导体棒cd的动量为:/。时,设导体棒cd速度为%,导体数速度为匕那么m 4m由动量守恒定律由法拉第电磁感应定律,当导体棒Ca的动量为。时,回路中的感应电动势E - Blv2 - Blv由闭合电路欧姆定律得2R 4mR当导体棒的动量为%。时,对导体棒数由牛顿第二定律得mg sin 0 mg cos 3 + BIl = ma解得bTi4m2 RC、D正确；应选BCDo22.相同F = mg tan。+ (1 2mg【解析】CD 1每次滑块下滑时克服摩擦力做的功为W = jumg cos。= jumglcos 0故滑块克服摩擦力所做的功相同。(2) 2滑

6、块下滑过程据动能定理可得1 9mgl tan0-W = - mv在最低点P,由动能定理可得厂mv2联立解得F = mg tan 6 + (1 /)mg(3) 3比照b-tan。函数关系可知，图像的斜率为k = mg纵轴截距为b = Q _ jn)mg联立解得滑块与斜面间的动摩擦因数为k23. A/ =黑偏大50 + /解析】(1)1实验采用替代法,将开关s与2端闭合，调节电阻箱使电流表的读数为/,；(2) 2由图乙可知/?随温度士变化的关系为R = 100+3/热敏电阻的温度为0氏时,热敏阻值为100Q,电流表满偏,根据欧姆定律,那么有解得R1 = 40。故 E _ 0.5一(100+3，)

7、+ Ra+. -50 + 13假设干电池用久了其电源电动势不变,而其内阻变大,无法忽略不计，保持用不变,那么在某温度 下,根据闭合电路欧姆定律,电流测量值偏小,对应测量的温度结果偏大。24. (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式以及圆周运动规律,可得VoquB = m 2nRT =%依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过的角度为:所需时间45联立解得5jrmtl = 4B(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度为零,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为火，设粒子在电场中运动的总时间为薮 加速度大小为包电场强度大小为有qE = ma

8、1% = 5 at2联立解得2mv0to = 二qE根据题意,要使粒子能够回到户点,必须满足力2 2 To联立解得,电场强度的最大值为E = 鬻 q】o25. (1) 0. 2s； (2) 4. 5m/s； (3) 0.32m【解析】(1)物块B从木板C上外表飞出做平抛运动，由乙得亡尸0. 2 sA与水平(2)设爆炸后瞬间,物块A的速度大小为以物块A向左运动的最大距离为S物块平台间的动摩擦因数为；由功能关系可知12-/jmAg-2S = 0-mAvA!dmAgSEP爆炸前、后系统A、B动量守恒，取向右为正方向，那么mBvrmAvQ得疗4. 5m/s(3)设B从C的左端滑到右端过程中,设C运动的

9、距离为Sc 那么此过程中得a=4m/s21 9SL=vBt对C,有 7砒一 2（ %+%） -mcac3尸5m/ s2或t-|s (舍去)B从C的上外表水平抛出时，设B、C的速度分别为外、幺V-3ctB从C的上外表水平抛出后B从C的上外表水平抛出后,C速度减小到0所用时间由此可知B在平抛过程中C 一直在做匀减速直线运动。那么B从C的上外表水平抛出后,B、C在 水平方向运动的距离x$ VBoto1,2物块B刚落到水平地面时与木板C右端的水平距离 x =X*Xc解得产0. 32m33. (1) 多120【解析】1 6和c两个状态比拟,相等,由华=C可知6和c两个状态温度相等,那么分子平均动能 相等

10、。由于6状态压强较大,那么6状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数 多。2根据叶/图象与V轴所围的面积表示气体做功,那么l日过程,外界对气体做功为W = pAV = O.5xlO5x（3-l）xlO-3J = lOOJ此过程中，内能变化量U = 20J根据热力学第一定律AU = W + Q,解得Q = -120J即该过程气体放出的热量为120Jo(2)川:空:(2) V = OALS【解析】(1)放置重物之前，缸内气体的压强mgA =Po+ 得15 mgPi=T(2)根据气态方程口(匕V) 2(匕一一)又一 八且T=T?即(2LS-V) =+ 争 XL6LS - V)解得V =

11、0.4LS34. (1) ADE【解析】A.两列波开始相遇时各传播3m,那么经过的时间为3Z = s=0.75s4选项A正确；B.质点只能在自己平衡位置附近振动,而不随波迁移,选项B错误;C.波的周期T = = s=lsv 4那么在，=1S时刻,两列波均使质点振动0. 25s,即两列波都使质点向下振动由叠加可知，此时质点的位移为-4cm,选项C错误；D.，= ls时刻,左面波没有传播到。点,即从图示位置经过一个周期,质点。再次回到平衡平衡位置，此时的速度最大,选项D正确；E.根据t=Q时刻的波形图可知,质点P、。的起振方向都沿/轴负方向,选项E正确。应选ADEo(2) J = 30 ; (2)

12、”包【解析】(1)令AB界面的折射角为弓，AC界面的入射角为弓，那么偏转角5 =()+2-4)=(彳+%)-(。+ 马)由几何关系得4 + = Z-A = 60解得6 = 30(2)光在三棱镜中传播的距离为光在三棱镜中传播的速度为光在三棱镜中传播的时间为Xt = Vsin i.n =sin i2sin i.n =sin i2根据折射定律有联立解得72/2cC、在“绿叶中色素的提取和别离”的实验中,4种色素在层析液中的溶解度不同，随层析液在 滤纸条上的扩散速度不同，因而可以别离开,胡萝卜素溶解度最高,扩散速度最快,C正确；D、在“赫尔希和蔡斯的噬菌体侵染细菌实验”中，搅拌的目的是使吸附在细菌上的

13、噬菌体及噬 菌体蛋白质外壳与细菌别离；离心的目的是使上清液中析出噬菌体的蛋白质外壳,大肠杆菌分 布在沉淀物中,D错误。4. C【详解】A、表示DNA,真核细胞的DNA主要分布在细胞核中，少数分布在细胞质中的线粒体和叶绿体 中，A正确；B、结合分析可知,a、b和c过程可分别表示遗传信息的复制（得到DNA）、转录（得到RNA） 和翻译（得到蛋白质），B正确；C、由于基因的选择性表达,多细胞生物的个体每个细胞中含有的的种类不完全相同,C 错误；D、是但蛋白质,是遗传信息表达的最终产物,它直接或间接控制生物性状,D正确。5. A【详解】A、由分析可知，顶端优势产生的原因是顶芽产生的生长素通过极性运输向

14、下运输,导致侧芽处 生长素浓度较高,抑制了侧芽的生长,A正确；B、光照引起生长素分布不均导致植物表现向光生长,B错误；C、产生顶端优势的原因是说明植物的顶芽产生的生长素通过极性运输向下运输积极在侧芽， 导致侧芽部位生长素浓度过高抑制了侧芽的生长，并不能说明顶芽与侧芽对生长素的敏感程度 的高低,C错误；D、解除果树的顶端优势可促进侧枝的生长，提高结实率，但不能提高果实的品质,D错误。6. B【详解】A、生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力,称为生态系统的稳定性,A 错误；B、生态系统中的异养型生物不一定属于消费者,也可能属于分解者,B正确；C、能量流动是单向的,C错误；7-13

15、 DBCBABD26. （14 分）（1）注入氢氧化钠溶液，力口热，生成能使湿润的红色石荒试纸变蓝 色的气体（2分）（2）无水硫酸铜（1分） 检验SO?是否被除尽，防止对CO2 的检验造成干扰（2分）B中粉末由白色变为蓝色（1分）E中品红溶液不褪色（或 仍显红色）（1分）（3）12+S02+2H2O=SO42-+21+4H+ （2 分）（4）当滴入最后一滴Na2s2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色（2分）（5）32（g%65c2%）% Q分）m（6）偏小（1分）27. （14分，每空2分）,、343-353K（1） FeTiCh+2H2so4（浓FeSO4+TiOSO4+2H2

16、O（2）取少量晶体A溶于水，加入KSCN溶液，假设溶液变血红色, 那么产品变质高温（3） 2C+TiO2+2Cl2TiCU4-2CO蒸馀 （4） 80%（5） TiO2+4e-=Ti+2O2*在熔融状态下，石墨电极被局部氧化28. （15 分）（1） 2NO2（g）=2NO（g）4-O2（g） H=+113.0kJ mor1（2）降低温度【、IV(3) b、 c 20%（4）该反响是气体体积增大的反响，减小压强，平衡正向移动，有利于反响物的转化 0.04 枭35. （15 分）（l）3d （1 分）3 （2 分）（2）Ti原子的价电子数比A1多，金属键更强（或Ti的原子化热比A1大，金属键更强

17、等其他合理答案）（2分）（3）2（2 分）de （2 分）（4XDBD（2 分） 0.81。（1 分）0.5c （1 分） 0.3”3（2 分）36. （15 分）邻澳甲苯（或2-澳甲苯）（2分） 醛基、滨原子（2分） ch337. CH3一叫Br（ 2 分）（3）酯化反响（或取代反响）（1分）nnC(CH3)3H：ooh JLUSlc(ch3)3 /OHfO CH CiOU7（2分）(4)C8H6。3 (1 分)9 (2 分)(4)C8H6。3 (1 分)9 (2 分)（3 分）：J c%（3 分）：J c%Mn( h彗CSBr/(HNxBr-OHD、生态系统中物质循环和能量流动是同时进行,

18、彼此相互依存的,D错误。29. （10分，每空2分）光补偿点细胞呼吸（或线粒体）产生、从外界吸收下降油丹幼苗在2层遮阳网遮阴条件下,光照强度为光补偿点,分析表中数据可知,W2组的光补偿点低于W1组的,在此光照强度下,W1组的净光合速率小于零,不能积累有 机物（4）取等量W1组和W3组油丹幼苗相同部位的叶片,进行色素的提取与别离实验,再比拟两组滤 纸条上黄绿色和蓝绿色两条色素带的宽度30. （10分，每空2分）已产生免疫的机体,在再次接受相同抗原时所发生的组织损伤或功能紊乱 遗传倾向和个体差异 可识别不相同找出过敏原,尽量防止再次接触该过敏原【分析】过敏反响是指已产生免疫的机体在再次接受相同抗原

19、刺激时所发生的组织损伤或功能紊乱 的反响。过敏反响的特点是发作迅速、反响强烈、消退较快；一般不会破坏组织细胞,也不会 引起组织损伤,有明显的遗传倾向和个体差异。据图分析可知，肥大细胞上的抗体与B细胞膜上受体可识别同一过敏原。过敏原诱发机体产 生的抗体与正常免疫产生的抗体在体内分布不相同,诱导过敏反响的抗体吸附在细胞的外表， 而正常免疫的抗体分布在血浆中。预防过敏反响的措施主要是找出过敏原,尽量防止再次接触该过敏原。31. （9分，除标注外，每空2分）组成成分和营养结构（2）物理（1分）调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定鸽群内个体属于同一物种,亲缘关系很近,种群密度越大,参与（报警 站哨等

20、）合作倾向和利他行为的个体越多,鹰攻击的成功率越低K值（环境容纳量）（10分除标注外，每空2分）（1）30 AaBBDd 或 AABbDd均为白花（1分）有白花、深红花和均为浅红花有白花、浅红花和深红花均为白花有白花和浅红花自交浅红花（1分）或与深红花品系（甲）植株杂交 或与白花品系（乙）植株杂交【解析】分析题干信息可知,红花性状由两对独立遗传的等位基因A/a、B/b控制,说明控制红花性状的 两对基因遵循基因的自由组合定律。基因A和B是红花出现的必需基因,深红花和白花性状均 可稳定遗传,而浅红花性状总是不能稳定遗传。深红花品系（甲）和白花品系（乙）植株杂交,E 均为浅红花,E自交,F?中深红花

21、：浅红花：白花=1： 8： 7,由此可知，深红花的基因型及比例为 1/16AABB,浅红花的基因型及比例为2/16AABb、2/16AaBB、4/16AaBb,白花的基因型及比例为 1/16AAbbx 2/16Aabb、 1/16aaBBx 2/16aaBb、 1/16aabb0根据上述分析可知,浅红花植株的基因型有3种；F2植株自交,后代不会出现2种花色的植 株。当基因D存在时，均表现为白花，某白花植株自交,子代深红花：浅红花：白花二1： 2： 13 , 由此可以得出子代深红花的基因型及比例为1/16AABBdd,那么亲代白花植株产生配子ABd的概率 应为1/4,由此可知亲代白花植株必须含有

22、A和B，但又表现为白色,所以亲代白花植株的基因型 为 AaBBDd 或 AABbDd。根据上述分析可知深红花品系（甲）的基因型为AABBdd和白花品系（乙）的基因型为aabbdd 杂交产生E的基因型为AaBbdd,偶然出现一株白花品系,AaBbdd突变为AaBbDd；AaBbdd 突变aaBbdd；AaBbdd突变Aabbdd。为探究是哪种基因发生了突变，可进行以下三种方法： 方法一：让该白花植株自交,然后观察并统计子代的表现型,假设子代中均为白花,那么说明是红花 基因突变所致；假设子代中有白花、深红花和浅红花，那么说明是色素合成抑制基因突变所致。方法二：让该白花植株与深红花品系（甲）植株杂交

23、,假设子代中均为浅红花，那么说明是红花基因 突变所致；假设子代中有白花 浅红花和深红花，那么说明是色素合成抑制基因突变所致。方法三：让该白花植株与白花品系(乙)植株杂交，假设子代中均为白花，那么说明是红花基因突变 所致；假设子代中有白花和浅红花,那么说明是色素合成抑制基因突变所致。37. (15分，除标注外，每空2分)氮源和无机盐药液抑菌效果越显著(3)稀释涂布平板氮源和无机盐药液抑菌效果越显著(3)稀释涂布平板灭菌(1分)是(1分)倒平板(1分)用于判断培养基是否被污染(4)先涂布菌液,再打孔假设先打孔后涂布，那么涂布后菌液不均匀,且容易划破培养【解析】微生物培养基一般都含有水 碳源 氮源

24、无机盐，此外还要满足微生物生长对pH、特殊营养 物质以及氧气的要求.对异养微生物来说,含C、N的化合物既是碳源,也是氮源,即有些化合物 作为营养要素成分时并不是起单一方面的作用。培养基一般都含有水 碳源 氮源、无机盐。固体培养基的制备过程是：计算T称量T溶 化T灭菌-倒平板。因为是打孔后,往小孔中注入药液,平板上的抑菌圈直径(d)越大说明药液抑菌效果越显著。对平板的菌落进行统计的方法是稀释涂布平板法。因为不能排除实验操作中、培养过程中 灭菌中等等环节是否产生了污染,因此需要设立空白对照来用于判断培养基是否被污染。先打孔后涂布培养液会影响培养液的均匀分布,还会使培养基划破,因此应先涂布菌液,再

25、打孔。38. (15分，除标注外，每空2分)(1)EPSP合酶基因两端局部核甘酸序列，以便根据这一序列合成引物62(2)T-DNA可转移至受体细胞,并且整合到受体细胞染色体的DNA上与Ti质粒上相同限制酶识别序列(3)将基因表达载体导入农杆菌细胞不需要(1分)(4)抗原一抗体杂交法用一定浓度的草甘瞬溶液喷洒转基因矮牵牛,观察其存活情况【解析】(1) PCR扩增EPSP合酶基因的前提是EPSP合酶基因两端局部核甘酸序列，以便根据这一 序列合成引物。PCR过程中引物的数等于新合成的子链数(25X2-2),即为26-2 = 62。由于Ti质粒的T-DNA可转移至受体细胞,并且整合到受体细胞染色体的D

26、NA上,所以外源 EPSP合酶基因须插入到农杆菌Ti质粒的T-DNA上。由于EPSP合酶基因与Ti质粒上限制酶序 列不同，为保证二者定向拼接,可在外源EPSP合酶基因两端添加与Ti质粒上相同限制酶识别序 列。过程4表示将基因表达载体导人农杆菌细胞,过程6表示植物组织培养技术,利用了植物细 胞的全能性,植物细胞不需要去壁。(4)从分子水平上,可利用抗原一抗体杂交法检测转基因植株是否含有外源EPSP合酶；从个体 水平上,可用一定浓度的草甘瞬溶液喷洒转基因矮牵牛,观察其存活情况,从而来检测转基因植 株能否抗草甘瞬。2022届云南省曲靖市二中高三下学期第三次模拟考试理科综合试题物理答案14. A【解析

27、】【详解】A.相同频率的光照射到不同的金属上,由光电效应方程hy-w0 = Ek知：逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小,A正确；B.由质量数守恒和电荷数守恒可知,社核22Th衰变成镁核用Pa,放出一个电子,并伴随着放出7 光子,B错误；C.氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子轨道半径减小，由迪mr知核外电子运动的加速度增大，C错误；D.比结合能越大，原子核越稳定，D错误。应选AoC【解析】【详解】苏炳添0-30米的用时3. 73s速度大于罗尼贝克的,30-60米用时2. 56s,其速度与罗尼贝克的速 度相差不大,60-100米的用时多于罗尼贝克用时,这一阶段速度小于罗尼贝克的速度， 综

28、合比拟最符合的是C项.应选C。15. C【解析】【详解】A.数字贴受到重力 磁铁吸力、支持力、摩擦力四个力的作用，故A错误；B.数字贴受的摩擦力为静摩擦力等于重力,故摩擦力不变,故B错误；C.金属板对数字贴的磁力和金属板对数字贴的弹力等大反向，作用于数字贴上是一对平衡力， 故C正确，D.数字贴对金属板的磁力和金属板对数字贴的磁力是一对相互作用力,D错误。应选Co16. D【解析】【详解】A.神舟十三号飞船内的宇航员受到重力作用，以提供他们绕地球做匀速圆周运动的向心力,故A错误；B.第一宇宙速度7. 9km/s是物体绕地球外表做匀速圆周运动的线速度,同时也是物体绕地球做 匀速圆周运动的最大环绕速

29、度,神舟十三号飞船绕地球运动的速度一定小于7. 9km/s,故B错误; C.设地球质量为加神州十三号质量为勿,假设神舟十三号飞船绕地球运动的周期为T,根据牛顿 第二定律有MmG74兀2T2根据密度公式有联立以上两式可得地球的密度为4 a M = p- - nR3兀（R + 力丫gt2r3故c错误；D.设神舟十三号飞船在轨道上运行的向心加速度大小为a,根据牛顿第二定律有GMm当神舟十三号在地球外表上待发射时,其所受万有引力等于重力，即GMm = gR2联立以上两式可得tz 8.9m/s2故D正确。应选DoC【解析】【详解】在从0. 2m上升至IJ 0. 35m范围内，3 = 4辱=mgh ,图线

30、的斜率绝对值为：z =等=2N = 吆，那么 hm=0. 2kg,在&图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0. 2m上升到0. 35nl范围内图象为直线,其余局部为曲线,说明滑块从0. 2m上升到0. 35m范围内所受作用力为恒力，所以从*0. 2m,滑块与弹簧别离,弹簧的原长的0. 2m,当弹簧弹力等于重力时,物块的速度最大,2根据图象可知，此时h=0. 18m,那么有：但=必4解得：k= MQ=100N/m,故A错误，B错误;U.2 U. 1 o由上分析可知,滑块静止释放后做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力时,加速度为0,物块的速度最大,所以物块在释放瞬间加速度最大.

31、由牛顿第二定律可得:Umax -m（0.2-0.1）x100-0.2x1001= 40/77 / 520.2故C正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能所以Epm = mgMt = 0.2x10x（0.35-0.1） = 0.5J，故 D 错误,应选 BC.17. BC【解析】【详解】A.假设送电线圈接电流大小随时间周期性变化的直流电源,那么受电线圈中将产生周期性变化的感 应电流。故A错误；B.假设送电线圈接正弦交流电,那么受电线圈中将产生周期性变化磁场,产生周期性变化的电流。故B正确；C.当送电线圈产生的磁场如图(6)所示且逐渐变大时,根据楞次定律，受电线圈将产生向下的 感应磁场。故C正确；D.当送电线圈产生的磁场如图(6)所示且逐渐变小时,根据楞次定律,受电线圈将产生向上的感 应磁场。故D错误。应选BCoAD【解析】A.由题意得，x = 0与 = 5%之间的电势差为2X0 + x 2fo x 2% - -x 2fo x 2x0 = 2E（）x0A正确;