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走向高考 生物,路漫漫其修远兮 吾将上下而求索,高考二轮总复习,第一部分,微专题强化练,专题九 热点题型精析,第一部分,(三)信息给予类与基本计算类,考 向 分 析,热 点 示 例,2,1,1信息给予型试题，一般是通过几组文字、图表资料设置情境，要求考生根据问题去分析资料，鉴别、选择试题给出的相关生物学信息，运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题，并能用文字、图表等多种表达形式准确地描述生物学内容。此类试题具有“起点高、落点低”的特点，且涉及的新知识往往作为信息的载体，真正要考查的内容还是在考试大纲规定的范围之中。,2在高中生物教材中许多知识都可以量化，涉及的定量计算题主要是依据生物学原理，运用数学知识考查对生理过程的理解和掌握程度。定量计算题的取材主要涉及蛋白质、DNA、光合作用与呼吸作用、细胞分裂、遗传育种、基因频率、种群数量、食物链与能量流动等方面的内容。此类试题主要考查对生物学的基本概念原理和规律的应用，以及对各种生物量之间数量关系的理解。,一、信息给予类 例1 下图为人WNK4基因的部分碱基序列及其编码的蛋白质的部分氨基酸序列示意图。已知WNK4基因发生一种突变，导致1169位赖氨酸变为谷氨酸。该基因发生的突变是( ),A处插入碱基对GC B处碱基对AT替换为GC C处缺失碱基对AT D处碱基对GC替换为AT 解析 本题通过文字、图示等设置情境，让考生根据设问去分析资料，发现可利用的信息，并结合已掌握的生物学知识，分析、回答题目所提出的问题。解题思路如下：,首先，根据图示中基因的部分碱基序列和氨基酸的种类确定密码子的排列顺序，由甘氨酸的密码子为GGG，可推得基因转录时的模板链为WNK4基因下边的那条链，根据碱基互补配对原理可推知mRNA上的碱基序列为GGG GAA GCA CAG。然后，根据选项提供的突变形式及突变后的基因碱基序列，推断出突变后的氨基酸序列。A选项中插入碱基对后，mRNA上碱基序列为GGG GCA G，编码的氨基酸序列为甘氨酸谷氨酸丙氨酸，虽然赖氨酸被替换为谷氨酸，但谷氨酰胺被替换为丙氨酸，与题意不符；,B选项中替换碱基后，mRNA上碱基序列为GGG GAG CAG，编码的氨基酸序列为甘氨酸谷氨酸谷氨酰胺，与题意相符；C选项中缺失碱基后，mRNA上碱基序列为GGG AGC AG，编码的氨基酸序列为甘氨酸丝氨酸，与题意不符；D选项中替换碱基后，mRNA上碱基序列为GGG AAA CAG，编码的氨基酸序列为甘氨酸赖氨酸谷氨酰胺，与题意不符。 答案 B,例2 铁蛋白是细胞内储存多余Fe3的蛋白，铁蛋白合成的调节与游离的Fe3、铁调节蛋白、铁应答元件等有关。铁应答元件是位于铁蛋白mRNA起始密码子上游的特异性序列，能与铁调节蛋白发生特异性结合，阻遏铁蛋白的合成。当Fe3浓度高时，铁调节蛋白由于结合Fe3而丧失与铁应答元件的结合能力，核糖体能与铁蛋白mRNA一端结合，沿mRNA移动，遇到起始密码子后开始翻译(如图所示)。回答下列问题：,(3)若铁蛋白由n个氨基酸组成，指导其合成的mRNA的碱基数远大于3n，主要原因是_。 (4)若要改造铁蛋白分子，将图中色氨酸变成亮氨酸(密码子为UUA、UUG、CUU、CUC、CUA、CUG)，可以通过改变DNA模板链上的一个碱基来实现，即由_。 解析 本题以遗传信息的传递过程为背景材料，考查识图、获取信息、分析解决问题的能力。题干信息量较大，包括铁蛋白、铁调节蛋白、铁应答元件等以及图示信息。与题干信息密切相关的主要为第(1)(2)小题。,(2)题干中信息说明：铁应答元件与铁调节蛋白结合阻遏铁蛋白的合成；Fe3浓度高时的一系列变化。Fe3浓度低时的情况，题目中并无直接对应的信息，这些信息隐含在题干中，可通过对比推理得出： 题干信息：当Fe3浓度高时，铁调节蛋白由于结合Fe3，丧失了与铁应答元件的结合能力，此时，核糖体与铁蛋白mRNA一端结合沿mRNA移动，遇到起始密码后开始翻译。,隐含信息：当Fe3浓度低时，铁调节蛋白可与铁应答元件结合，核糖体不能与铁蛋白mRNA结合和沿mRNA移动，不能进行翻译。 据此可得出第一空的答案：核糖体与mRNA结合及在其上的移动。 第二空的答案也隐含在题干信息中：铁蛋白是细胞内储存多余Fe3的蛋白；Fe3浓度的变化调节着铁蛋白的合成。由此可推知该调节机制既能减少Fe3对细胞的毒性，又能在Fe3含量较低时减少铁蛋白的合成，从而减少细胞内物质和能量的消耗。,(3)由于mRNA两端存在不翻译的序列，如起始密码子之前和终止密码子及其之后的序列，故指导其合成的mRNA的碱基数远大于氨基酸数的3倍。 (4)读图可知，色氨酸的密码子是UGG，改变一个碱基变为亮氨酸对应的密码子，即UGG变为UUA、UUG、CUU、CUC、CUA、CUG中一个的话，只能是UGGUUG，即其中的一个GU，对应的DNA模板链上的一个碱基变化为CA。,答案 (1)GGU CCACTGACC (CCAGTCACC) (2)核糖体与mRNA的结合及在其上的移动 Fe3 细胞内物质和能量的浪费 (3)mRNA两端存在不翻译的序列 (4)CA,二、基本计算类 1物质跨膜层数的计算 例1 CO2从外界进入某绿色植物细胞完成光合作用，然后又通过有氧呼吸被分解成CO2离开该细胞，共穿过多少层生物膜( ) A6层 B8层 C10层 D12层,解析 可先画出该过程的简图(如图所示)，再根据题意来解答。绿色植物进行光合作用的场所是叶绿体；葡萄糖在细胞质基质中完成有氧呼吸的第一阶段，由此产生的丙酮酸进入线粒体进行彻底的氧化分解。 答案 C,变式1 外界空气中的O2进入人体骨骼肌细胞被利用，至少要穿过的生物膜层数和磷脂分子层数是( ) A5层和10层 B10层和10层 C11层和22层 D12层和24层 答案 C,解析 解答本题时可通过图1、图2帮助理解。肺泡壁和毛细血管壁均由一层上皮细胞构成，外界空气中的O2进入肺泡，再由肺泡进入毛细血管要通过4层膜(相当于通过2层细胞)；O2在血液中的运输需要血红蛋白作为载体，而血红蛋白存在于红细胞内，故O2需要进入红细胞才能被运输(通过1层细胞膜)，其过程如图1所示；当到达相应的组织后，O2又从红细胞中出来(通过1层细胞膜)；通过组织处毛细血管壁，穿过1层细胞(2层细胞膜)，最后从组织液进入组织细胞再进入线粒体(通过3层生物膜)，其过程如图2所示。而每一层的生物膜都由2层磷脂分子构成。,2与光合作用和细胞呼吸有关的计算 例2 将生长状况相同的某种植物的叶片分成4等份，在不同温度下分别暗处理1 h，再光照1 h(光照强度相同)，测其重量变化，得到如下的数据。可以得出的结论是( ),注：净光合速率实际光合速率呼吸速率 A该植物光合作用的最适温度是27 B该植物呼吸作用的最适温度是29 C2729的净光合速率相等 D30下实际光合速率为2 mgh1,解析 从表中分析，光照1小时，暗处理1小时，则在27时形成的总光合量是3115 mg；28时形成的总光合量是3227 mg；29时形成的总光合量是3339 mg,30时形成的总光合量是1113 mg。由此该植物光合作用的最适温度约是29，当然呼吸作用的最适温度约是29。再分析净光合速率(即在光下的净光合速率)：27时应为514 mg；28时应为725 mg；29时应为936 mg,2729下的净光合速率是不相等的。30下的实际光合速率(即在光下总光合速率)为3 mg/h。 答案 B,A光照相同时间，35时光合作用制造的有机物的量小于30时的量 B光照相同时间，在20条件下植物积累的有机物的量最多 C温度高于25时，光合作用制造的有机物的量开始减少 D光合作用净积累有机物量与呼吸作用消耗有机物量相等时的温度最可能是介于30至35之间 答案 D,解析 表格中黑暗条件下CO2释放量表示呼吸作用量，而光照条件下CO2吸收量表示净光合量，即“实际光合量呼吸作用量”，在35时光合作用制造的有机物的量与30时相等，都是33.56.5 mg/h。积累量最多时，光照下CO2的吸收量最多，此时的温度为25，在25时光合作用实际量约为2.33.76 mg/h，此后光合作用实际量还在增加。由表格数据特点可以看出，净光合量先增加后减少，而呼吸作用消耗量一直在增加，所以二者相等的温度最可能是介于30和35之间。,3与中心法则有关的计算 例3已知某双链DNA分子中，G与C之和占全部碱基总数的34%，其一条链中的T与C分别占该链碱基总数的32%和16%，则在它的互补链中，T和C分别占该链碱基总数的( ) A34%和16% B34%和18% C16%和34% D32%和18%,解析 由“双链DNA分子中，G与C之和占全部碱基总数的34%”知，一条链上G与C之和占该链碱基总数的34%，A与T之和占该链碱基总数的66%，又已知“T与C分别占该链碱基总数的32%和18%”，则该链上A占34%、G占16%，故互补链上T和C分别占该链碱基总数的34%、16%。 答案 A,变式3有一多肽，分子式为C55H70O19N10，将它彻底水解后，得到下列四种氨基酸：谷氨酸(C3H7NO4)、甘氨酸(C2H5NO2)、丙氨酸(C3H9NO2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)。控制该多肽形成的基因中至少含有碱基对( ) A10 B30 C60 D29 答案 B,解析 由四种氨基酸的分子式知，每一个氨基酸都只含有一个氨基，即只含一个N原子，由多肽的分子式中10个N原子可确定多肽由10个氨基酸脱水缩合而成，根据氨基酸数目与基因碱基数目比例16可知，控制该多肽形成的基因中至少含有30个碱基对。,4与细胞分裂有关的计算 例4人体性母细胞在减数分裂的四分体时期，其四分体数、着丝点数、染色体数、染色单体数和多核苷酸链数分别是( ) A23、92、46、92和92 B46、46、92、92和46 C23、46、92、46和46 D23、46、46、92和184,解析 联会后的每一对同源染色体含有四个染色单体，这叫做四分体，四分体含有一对(2条)同源染色体或说4个染色单体，每个染色单体含一个双链DNA，四分体中含428条多核苷酸链。人体细胞含有23对同源染色体，则可根据上述关系计算出相应数据。 答案 D,变式4将用15N标记的一个DNA分子放在含有14N的培养基中复制n次，则后代中含15N的单链占全部DNA单链的比例和含有15N的DNA分子占全部DNA分子的比例依次是( ) A1/2n,1/2n B1/2n,1/2n1 C1/2n,1/2n1 D1/2n1,1/2n 答案 B 解析 DNA复制n次后，得到子代DNA分子数为2n个，后代中含15N的单链占全部DNA单链的比例为2/(2n2)，即1/2n，含有15N的DNA分子占全部DNA分子的比例为2/2n，即1/2n1。,5与遗传定律有关的计算 例5人类的遗传病中，苯丙酮尿症、白化病、半乳糖血症均属于隐性遗传病，三种性状都是独立遗传的。某夫妇，丈夫的父亲正常，母亲患白化病，弟弟是苯丙酮尿症和半乳糖血症患者。妻子有一个患以上三种病的妹妹，但父母正常。试分析以上这对正常夫妇生一个同时患两种遗传病子女的概率是( ) A3/162 B7/162 C16/162 D27/162,解析 总体思路：用分离定律解决组合问题。(1)设患苯丙酮尿症的基因型为aa，白化病为bb，半乳糖血症为cc。(2)根据题意，不难推出丈夫的父母的基因型为：AaB_Cc AabbCc；妻子的父母的基因型分别为：AaBbCcAaBbCc。(3)由于夫妇都正常，因此，他们都存在以下可能性：丈夫：Aa2/3，Bb1，Cc2/3；妻子：Aa2/3，Bb2/3，Cc2/3。,(4)他们后代患一种遗传病概率的情况：苯丙酮尿症为aa2/32/31/41/9，正常为A_11/98/9；白化病为bb2/31/41/6，正常为B_11/65/6；半乳糖血症为cc2/32/31/41/9，正常为C_11/98/9。(5)具体只患两种病概率的情况：A_bbcc8/91/61/98/486，aaB_cc1/95/61/95/486，aabbC_1/91/68/98/486，所以，只患两种遗传病子女的概率8/4865/4868/48621/4867/162。 答案 B,变式5兔毛色的遗传受常染色体上两对等位基因控制，分别用C、c和G、g表示。现将纯种灰兔与纯种白兔杂交，F1全为灰兔，F1自交产生的F2中，灰兔黑兔白兔934。已知当基因C和G同时存在时个体表现为灰兔，基因c纯合时个体表现为白兔。下列相关说法中错误的是( ) AC、c与G、g两对等位基因分别位于两对非同源染色体上 B亲本的基因型是CCGG和ccgg CF2白兔中能稳定遗传的个体占1/2 D若F1灰兔测交，则后代有4种表现型 答案 D,解析 根据表现型和题干信息可写出部分基因型，亲代的基因型有两种可能：灰兔(CCGG)白兔(ccgg)；灰兔(CCGG)白兔(ccGG)。若亲代基因型为，则F1为CcGG，F2不可能出现934。所以亲本基因型为灰兔(CCGG)白兔(ccgg)，F1为CcGg，F2为9C_G_(灰兔)3C_gg(黑兔)4(3ccG_1ccgg)(白兔)。F2白兔(3ccG_1ccgg)中，能稳定遗传的个体(1ccGG1ccgg)占1/2。若对F1灰兔测交即CcGgccgg，其子代为1CcGg(灰兔)：1Ccgg(黑兔)：2(1ccGg1ccgg)(白兔)，只有3种表现型。,6与基因频率有关的计算 例6某植物种群中，AA个体占16%，aa个体占36%，该种群随机交配产生的后代中AA个体百分比、A基因频率和自交产生的后代中AA个体百分比、A基因频率的变化依次为 ( ) A增大，不变；不变，不变 B不变，增大；增大，不变 C不变，不变；增大，不变 D不变，不变；不变，增大,答案 C,变式6某植物种群中，AA基因型个体占30%，aa基因型个体占20%。若该种群植物自交，后代中AA、aa基因型个体出现的频率以及A、a基因频率分别为( ) A42.5% 32.5% 55% 45% B55% 45% 55% 45% C42.5% 32.5% 45% 55% D55% 45% 45% 55% 答案 A,解析 由题意：Aa基因型个体占：130%20%50%，该种群植物自交后，AA占30%50%1/442.5%，aa占20%50%1/432.5%，Aa占142.5%32.5%25%，a的基因频率为32.5%1/225%45%，则A的基因频率为145%55%。,7与生态学有关的计算 例7如图表示某湖泊生态系统的营养结构，ae代表各营养级的生物，下列叙述不正确的是( ),A共有三条食物链 B各营养级中，能量最多的是c，生物个体数量最多的是a C若水体受有机磷农药轻微污染，则受害最严重的是a D若c所含能量为5.8109 kJ，d含1.3108 kJ，则a至少约含4.5107 kJ,解析 由题图可知，能量最多的是c，由于能量传递效率为10%20%，因此最高营养级a获得的能量不可能最多，生物个体数量不可能最多；有机磷农药可随着食物链富集，因此受害最严重的是a；a从c中获得能量的最小值是依据食物链最长，传递效率最低来计算的，即以10%的传递效率来计算，c传递到第二营养级能量的最小值是5.810910% 5.8108 kJ，减去d含有的能量，b、e可得到能量的最小值为4.5108 kJ，由此a能得到能量的最少值是4.510810%4.5107 kJ。 答案 B,变式7在下图的食物网中，假如猫头鹰的食物有2/5来自兔子，2/5来自鼠，1/5来自蛇，那么猫头鹰的体重若增加10g，最少需要消耗植物( ) A300 g B450 g C900 g D1800 g 答案 B,解析 先将食物网拆分3条食物链：植物兔猫头鹰；植物鼠猫头鹰；植物鼠蛇猫头鹰。根据猫头鹰的食物比例可知，增加的10 g体重中4 g来自、4 g来自、2 g来自，计算最少消耗植物量，则按照能量最大传递效率20%计算，则需要消耗植物量为：455100，需要消耗植物量为：455100，需要消耗植物量为：2555250。总共消耗植物为450 g。,技法提炼 解题时，首先，要明确知识体系，找准所依据的原理；其次，要理顺数量关系；最后，要确保计算过程的准确性，注意解题方法和技巧。科学的解题方法和技巧可以提高解题的准确性和效率，起到事半功倍的作用。因此，在解答生物学计算题时，除了掌握常规的方法外，还应重视学习和积累一些技巧及科学的解题方法，如公式法、图解法、设数法、关系量法等。,
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