大二轮高考总复习生物文档：第02部分 01 选择题专项突破 突破题型04 计算类试题——运用数学思维解答 Word版含解析

突破题型4计算类试题运用数学思维解答1(2013全国卷)某农场面积约140 hm2，农场丰富的植物资源为黑线姬鼠提供了良好的生存条件，鼠大量繁殖吸引鹰前来捕食。某研究小组采用标志重捕法调查该农场黑线姬鼠的种群密度，第一次捕获了100只，标记后全部放掉，第二次捕获了280只，发现其中有2只带有标记。下列叙述错误的是()A鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度B该农场黑线姬鼠种群密度约为100只/hm2C黑线姬鼠种群数量下降说明该农场群落的丰富度下降D植物鼠鹰这条食物链中，第三营养级含能量最少解析：鹰捕食黑线姬鼠，鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度；该农场黑线姬鼠的种群密度(280100)/(2140)100(只/hm2)；群落的丰富度是指群落中物种的数量，而非某种群数量；根据能量流动逐级递减的特点可知，在植物鼠鹰这条食物链中，第三营养级含能量最少。答案：C2(2016北京卷)豹的某个栖息地由于人类活动被分隔为F区和T区。20世纪90年代初，F区豹种群仅剩25只，且出现诸多疾病。为避免该豹种群消亡，由T区引入8只成年雌豹。经过十年，F区豹种群增至百余只，在此期间F区的()A豹种群遗传基因多样性增加B豹后代的性别比例明显改变C物种丰富度出现大幅度下降D豹种群的致病基因频率不变解析：由题干信息可知，为避免F区豹种群消亡，从T区引入8只成年雌豹后，F区豹种群数量增加，豹种群遗传基因多样性也会增加，A正确；由T区引入8只成年雌豹，经过十年，F区豹种群增至百余只，由于F区环境没有发生明显变化，故后代雌雄比例不会发生明显改变，B错误；F区引入雌豹后，十年内豹种群增加，说明豹的数量未超过环境容纳量，物种丰富度不会出现大幅度下降；豹种群的致病基因频率一定改变，D错误。答案：A3(山东高考)假设一个双链均被32P标记的噬菌体DNA由5 000个碱基对组成，其中腺嘌呤占全部碱基的20%。用这个噬菌体侵染只含31P的大肠杆菌，共释放出100个子代噬菌体。下列叙述正确的是()A该过程至少需要3105个鸟嘌呤脱氧核苷酸B噬菌体增殖需要细菌提供模板、原料和酶等C含32P与只含31P的子代噬菌体的比例为149D该DNA发生突变，其控制的性状即发生改变解析：该DNA分子中含有鸟嘌呤个数为5 0002(50%20%)3 000(个)，产生100个子代噬菌体至少需要游离的鸟嘌呤脱氧核苷酸为3103992.97105(个)；噬菌体以自身的DNA分子作为模板进行增殖；子代噬菌体中含32P的有2个，只含31P的有98个，其比例为149；DNA分子发生突变，改变的密码子所对应的氨基酸可能不变，其性状不发生改变。答案：C.答题模板生物计算题类型及破解方法1审题理意，切入要点生物计算题强调学生对生物核心知识的理解和应用，要求学生在审题的过程中能够准确地把握题意，理解题目所给关键句的生物学含义，从而为准确、快速解题奠定基础。(1)真正光合速率和表观光合速率：真正光合速率表观(净)光合速率呼吸速率真正光合速率表示方法：制造葡萄糖、产生O2、固定CO2的速率。表观光合速率表示方法：吸收CO2、释放O2、积累葡萄糖的速率。呼吸速率：黑暗条件下O2吸收速率、CO2释放速率。(2)“患病男孩”与“男孩患病”的概率：患病男孩表示两个独立事件，即“男孩”事件及“患病”事件，同时出现的概率为两事件之积，即1/2男孩中患病率。男孩患病：只在男孩(XY)中求患病率即可。(3)自交和自由交配：实例将基因型为Aa的水稻自交一代后的种子全部种下。让F1自交或自由交配，求其后代F2的基因型、表现型的比例。在幼苗期淘汰F1全部隐性个体后，让其自交或自由交配，求其后代F2的基因型、表现型的比例。计算方法示例如下：解法一：列举法(适用于自交)(1)F1无淘汰自交，交配组合方式有以下三种：1/4AAAA1/4AA；2/4AaAa1/8AA2/8Aa1/8aa；1/4aaaa1/4aa。F2基因型的比例为AAAaaa(1/41/8)(2/8)(1/81/4)(3/8)(2/8)(3/8)323；F2表现型的比例为A_aa(1/41/82/8)(1/81/4)(5/8)(3/8)53。(2)F1淘汰aa后自交，交配组合方式有以下两种：1/3AAAA1/3AA；2/3AaAa1/6AA2/6Aa1/6aa。F2基因型的比例为AAAaaa(1/31/6)2/61/6(3/6)(2/6)(1/6)321；F2表现型的比例为A_aa(1/31/62/6)(1/6)(5/6)(1/6)51。解法二：配子法(适用于自由交配)F1无淘汰自由交配：不淘汰aa时，F1的基因型及概率为1/4AA、2/4Aa、1/4aa，雌、雄个体产生的雌、雄配子的基因型及概率均为1/2A、1/2a，自由交配产生aa的概率1/21/21/4，AA的概率1/21/21/4，Aa的概率21/21/21/2。F1淘汰aa后自由交配：淘汰aa后F1的基因型及概率为1/3AA、2/3Aa，雌、雄个体产生的雌、雄配子的基因型及概率均为2/3A、1/3a，自由交配的后代情况为aa1/31/31/9、AA2/32/34/9，Aa22/31/34/9。(4)基因频率与基因型频率：基因位于常染色体上时：a已知基因型的个体数，求基因频率。某基因的频率(纯合子个数2杂合子个数)总个数2100%。b已知基因型频率，求基因频率。某基因的频率该基因纯合子的基因型频率该基因杂合子的基因型频率。c已知种群中某种纯合子比例，求基因频率。某基因频率基因位于性染色体上时：性染色体上的基因有可能成单存在，如红绿色盲基因，Y染色体上无等位基因，因此男性基因总数与女性体内等位基因总数有差别，在确定种群等位基因及其总数时应分别考虑。如色盲基因频率：Xb100%2数形结合，化繁为简(1)蛋白质合成的相关计算：N原子数、O原子数的计算：N原子数各氨基酸中N的总数；O原子数各氨基酸中O的总数脱去的水分子数。避开蛋白质类计算题的误区：a从特殊元素(N、O、S等)入手，建立氨基酸脱水缩合前后某些特定原子数目的守恒数学模型，是解决蛋白质类计算题的突破口。b若形成的多肽是环状：氨基酸数肽键数失去水分子数。c在蛋白质相对分子质量的计算中，若通过图示或其他形式告知蛋白质中含有二硫键时，要考虑脱去氢的质量，每形成一个二硫键，脱去2个H。牢记DNA中碱基RNA中碱基氨基酸631。(2)与碱基互补配对或DNA复制的相关计算：双链DNA分子中碱基含量的计算：规律一：双链DNA中，AGTCACTG碱基总数的一半。规律二：若在DNA一条链中a，则在互补链中，而在整个DNA分子中1。规律三：若在一条链中m，在互补链及整个DNA分子中m。即DNA分子中互补碱基对之和所占比例是一个恒定值。规律四：不同生物的DNA分子中互补配对的碱基之和的比值不同即(AT)/(CG)的值不同，该比值体现了不同生物DNA分子的特异性；不同生物DNA分子中非互补碱基之和所占比例相同，不具有特异性。注：进行DNA分子碱基计算时必须明确已知和所求碱基比例是占DNA双链碱基总数的比例还是占一条链上碱基数的比例。抓准DNA复制中的“关键字眼”aDNA复制中，用15N标记的是“亲代DNA”还是“培养基中原料”。b子代DNA中，所求DNA比例是“含15N”的还是“只含15N”的。c已知某亲代DNA中含某碱基m个，明确所求是“复制n次”m(2n1)还是“第n次复制”m2n1消耗的碱基数。类型一与光合作用和细胞呼吸有关的计算1将某绿色植物的叶片放在特定的装置中，用红外线测量仪进行测量，测定的条件和结果见下表：黑暗时O2吸收量(mg/h)6 klx 光照时O2释放量(mg/h)100.53.6201.23.1若将该叶片先置于20、6 klx光照条件下10 h，然后置于10黑暗条件下，则该叶片一昼夜葡萄糖积累的量为()A2.91 mgB11.25 mgC22.5 mgD33.75 mg解析：叶片先置于20、6 klx光照条件下10 h，然后置于10黑暗条件下，则该叶片一昼夜O2释放量3.1 mg/h 10 h0.5 mg/h14 h24 mg，换算成葡萄糖的量为22.5 mg。答案：C2在密闭的玻璃容器中放置某一绿色植物，在一定条件下不给光照，CO2的含量每小时增加16 mg；如给予充足的光照后，容器内CO2的含量每小时减少72 mg，据实验测定上述光照条件下光合作用每小时能产生葡萄糖60 mg。若一昼夜中先光照4 h，接着置于黑暗条件下20 h，该植物体内有机物含量的变化和在光照时该植物每小时葡萄糖的净生产量分别是()A减少21.6 mg 49.1 mgB增加21.6 mg 49.1 mgC减少21.6 mg 24.55 mgD减少10.8 mg 24.55 mg解析：(1)依据原理：光合作用和有氧呼吸的方程式；植物的真正光合速率表观光合速率呼吸速率；CO2吸收速率表示表观光合速率，CO2固定速率表示真正光合速率。(2)数量计算设每小时呼吸作用消耗葡萄糖的量为y，由方程式C6H12O66O26H2O6CO212H2O计算得y10.9 mg。所以，光照时植物每小时葡萄糖净生产量为6010.949.1 mg。4 h产生的葡萄糖量为604240 mg，24 h消耗的葡萄糖量为10.924261.6 mg，故植物体内葡萄糖将减少21.6 mg。答案：A类型二与中心法则和DNA复制有关的计算3现代生物工程能够实现在已知蛋白质的氨基酸序列后，再人工合成基因。现已知人体生长激素共含190个肽键(单链)，假设与其对应的mRNA序列中有A和U共313个，则合成的生长激素基因中G至少有()A130个 B260个C313个D无法确定解析：此蛋白质由191个氨基酸缩合而成，控制其合成的mRNA中最少有573个碱基，又知mRNA中AU313，所以mRNA中GC为573313260(个)，故DNA的两条链中GC共有520个，又因双链DNA中GC，即该基因中G至少有260个。答案：B4一个双链均被32P标记的 DNA由5 000个碱基对组成，其中腺嘌呤占20%，将其置于只含31P的环境中复制3次。下列叙述不正确的是()A该 DNA分子中含有氢键的数目为1.3104B复制过程需要2.4104个游离的胞嘧啶脱氧核苷酸C子代DNA分子中含32P的单链与含31P的单链之比为17D子代DNA分子中含32P与只含31P的分子数之比为13解析：由题意可知，该DNA分子中，AT10 00020%2 000(个)，CG10 00030%3 000(个)，则含有的氢键数为2 00023 00031.3104(个)；DNA复制3次形成8个DNA分子，需要游离的胞嘧啶脱氧核苷酸数为3 00072.1104(个)；子代DNA分子中含有32P的单链与含有31P的单链之比为 17；子代DNA分子中含有32P的分子数与只含有31P的分子数之比为2613。答案：B5如果一个精原细胞核的DNA分子都被15N标记，现只供给该精原细胞含14N的原料，则其减数分裂产生的4个精子中，含有15N、14N标记的DNA分子的精子所占比例依次为(不考虑交叉互换现象)()A100%、0 B50%、50%C50%、100%D100%、100%解析：依据题意画出减数分裂过程中染色体的变化简图(如图1)。由于染色体是由DNA和蛋白质组成的，染色体的复制实际上是DNA分子的复制，而DNA分子的复制是半保留复制，故可再画出图2来帮助解题。答案：D类型三与遗传规律和基因频率有关的计算6大豆子叶颜色受一对等位基因控制，基因型为AA的个体呈深绿色，基因型为Aa的个体呈浅绿色，基因型为aa的个体呈黄色且在幼苗阶段死亡。下列说法错误的是()A浅绿色植株自花传粉，其成熟后代的基因型为AA和Aa，且比例为12B浅绿色植株与深绿色植株杂交，成熟后代的表现型为深绿色和浅绿色，比例为11C浅绿色植株连续自交n次，成熟后代中杂合子的概率为1/2nD经过长时间的自然选择，A的基因频率越来越大，a的基因频率越来越小解析：根据题意，浅绿色植株的基因型为Aa，自交图解如图所示：由此判断A正确，同法判断B正确。根据上述遗传图解可知，C项浅绿色植株自交一代时，F1浅绿色为2/3Aa，浅绿色2/3Aa自交至F2，浅绿色为(2/3)(1/2Aa)1/3Aa，以此类推，可知C错误。由于基因型为aa的个体呈黄色且在幼苗阶段死亡，则经过长期自然选择，a的基因频率越来越小，A的基因频率越来越大，D正确。答案：C7某昆虫种群中，基因A决定翅色为绿色，基因a决定翅色为褐色，AA、Aa、aa的基因型频率分别为0.3、0.4和0.3。假设该种群非常大，所有的雌雄个体间都能自由交配并能产生后代，没有迁入和迁出，不发生突变和选择，则在理论上该种群的子代中aa的基因型频率为()A0.25 B0.3C0.4D0.5解析：根据题意，首先可根据公式：某基因的频率该基因纯合子的基因型频率该基因杂合子的基因型频率，计算得A、a的基因频率都为0.5。然后再按题中的假设条件，可用遗传平衡定律计算，则理论上该种群子代中aa的基因型频率为0.50.50.25。答案：A8人体手指交叠时，右拇指叠上为显性(R)，左拇指叠上为隐性(r)。短食指基因为TS，长食指基因为TL，此等位基因的表达受性激素影响，TS在男性中为显性，TL在女性中为显性。R/r与TS/TL两对等位基因位于两对常染色体上。若一对夫妇均为右拇指叠上、短食指，生有左拇指叠上、长食指的女儿和右拇指叠上、短食指的儿子。则该夫妇再生一个孩子是右拇指叠上、长食指女儿的概率为()A1/16 B3/16C3/8D9/16解析：夫妇均为右拇指叠上，而孩子中有左拇指叠上，说明该夫妇基因型均为Rr，生出孩子右拇指叠上的概率为3/4。在女性中TL为显性基因，可确定该短食指妻子的基因型为TSTS；在男性中TS为显性基因，可推知短食指丈夫的基因型为TSTS或TSTL，再根据他们生有长食指的女儿，可确定该短食指丈夫的基因型为TSTL，TSTSTSTL1/2 TSTS、1/2 TSTL，其中只有TSTL的女孩表现为长食指，概率为(1/2)(1/2)1/4。所以该夫妇再生一个孩子是右拇指叠上、长食指女儿的概率为(3/4)(1/4)3/16。答案：B类型四生态类计算9某科技小组在调查一块方圆为2 hm2的草场中灰苍鼠的数量时，放置了100个捕鼠笼，一夜间捕获了50只，将捕获的灰苍鼠做好标记后在原地放生。5天后，在同一地点再放置同样数量的捕鼠笼，捕获了42只，其中有上次标记的个体13只。由于灰苍鼠被捕一次后更难捕捉，因此推测该草场中灰苍鼠的种群数量最可能()A小于92只 B大于92只C小于161只D大于161只解析：设该草场中灰苍鼠的种群数量为N，则有N504213，即N161(只)，由于“灰苍鼠”被捕一次后更难捕捉，则“13”数偏小，计算出的“161”偏大。答案：C10下表是有机物从植物传递到植食性动物鳞翅目幼虫过程中能量流动的情况，根据表中数据不能得出的结论是()项目被鳞翅目幼虫吃掉的植物鳞翅目幼虫粪便含有的能量鳞翅目幼虫呼吸消耗的能量用于鳞翅目幼虫生长的能量能量(J)419209.5146.662.9A从植物流入鳞翅目幼虫的能量是419 J B食物中的能量只有约15%用于幼虫自身的生长C鳞翅目幼虫从第一营养级获取的能量有一部分以呼吸作用中热能的形式散失，因此能量在生态系统中的流动是不可循环的D鳞翅目幼虫摄入419 J的能量，第一营养级至少需同化1 047.5 J的能量解析：解题的关键是确定食物链和能量流动的最值。从植物流入鳞翅目幼虫的能量应该是指鳞翅目幼虫的同化量，即146.662.9209.5 J，而419 J是鳞翅目幼虫吃掉的能量，即摄入量。食物链中只有两个营养级，已知高营养级所获得的能量，求至少需要低营养级的能量，应按20%的传递效率计算，即第一营养级至少需同化209.520%1 047.5 J。答案：A