高考生物二轮复习5计算类试题-运用数学思维解答训练含答案

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  突破题型 5　计算类试题——运用数学思维解答1．[全国卷Ⅰ]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＝(280×100)/(2×140)＝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．[2019·浙江4月选考]在含有BrdU的培养液中进行DNA复制时，BrdU会取代胸苷掺入到新合成的链中，形成BrdU标记链。当用某种荧光染料对复制后的染色体进行染色，发现含半标记DNA(一条链被标记)的染色单体发出明亮荧光，含全标记DNA(两条链均被标记)的染色单体荧光被抑制(无明亮荧光)。若将一个细胞置于含BrdU的培养液中，培养到第三个细胞周期的中期进行染色并观察。下列推测错误的是(　　)A．1/2的染色体荧光被抑制B．1/4的染色单体发出明亮荧光C．全部DNA分子被BrdU标记D．3/4的DNA单链被BrdU标记解析：本题考查DNA复制和有丝分裂的知识，意在考查考生的理解能力和综合运用能力。DNA复制方式是半保留复制，第一次分裂结束后所有染色体的DNA分子中一条链不含BrdU，另外一条链含有BrdU；第二次分裂结束后有1/2的染色体上的DNA分子两条链均含有BrdU，1/2的染色体上的DNA分子中一条链不含BrdU，另外一条链含有BrdU；到第三次有丝分裂中期，全部DNA分子被BrdU标记，所有染色体均含有姐妹染色单体，其中有1/2的染色体上的2个DNA分子的两条链均含BrdU(荧光被抑制)，有1/2的染色体上的2个DNA分子中的1个DNA分子的两条链中的1条含BrdU、1条不含，另1个DNA分子的两条链均含BrdU，所以有1/4的染色单体会发出明亮荧光，综上所述，本题选D。答案：DⅠ.答题模板Ⅱ.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①真正光合速率表示方法：制造葡萄糖、产生O2、固定CO2的速率。②表观光合速率表示方法：吸收CO2、释放O2、积累葡萄糖的速率。③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：①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。②男孩患病：只需在男孩(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。①让F1自交或自由交配，求其后代F2的基因型、表现型的比例。②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：①1/4AA×AA→1/4AA；②2/4Aa×Aa→1/8AA：2/8Aa：1/8aa；③1/4aa×aa→1/4aa。F2基因型的比例为AA：Aa：aa＝(1/4＋1/8)：(2/8)：(1/8＋1/4)＝(3/8)：(2/8)：(3/8)＝3：2：3；F2表现型的比例为A_：aa＝(1/4＋1/8＋2/8)：(1/8＋1/4)＝(5/8)：(3/8)＝5：3。(2)F1淘汰aa后自交，交配组合方式有以下两种：①1/3AA×AA→1/3AA；②2/3Aa×Aa→1/6AA2/6Aa1/6aa。F2基因型的比例为AA：Aa：aa＝(1/3＋1/6)：2/6：1/6＝(3/6)：(2/6)：(1/6)＝3：2：1；F2表现型的比例为A_：aa＝(1/3＋1/6＋2/6)：(1/6)＝(5/6)：(1/6)＝5：1。解法二：配子法(适用于自由交配)①F1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＝1/2×1/2＝1/4，AA的概率＝1/2×1/2＝1/4，Aa的概率＝2×1/2×1/2＝1/2。②F1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aa＝1/3×1/3＝1/9、AA＝2/3×2/3＝4/9，Aa＝2×2/3×1/3＝4/9。(4)基因频率与基因型频率：①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×2]×100%。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＝②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，如红绿色盲基因在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：Xb＝×100%2．数形结合，化繁为简(1)蛋白质合成的相关计算：①N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。②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。③牢记DNA中碱基：RNA中碱基：氨基酸＝6：3：1。(2)与碱基互补配对或DNA复制的相关计算：①双链DNA分子中碱基含量的计算：规律一：双链DNA中，A＋G＝T＋C＝A＋C＝T＋G＝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(A＋T)/(C＋G)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)②抓准DNA复制中的“关键字眼”a．DNA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·(2n－1)]还是“第n次复制”[m·2n－1]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)10℃0.53.620℃1.23.1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(　　)A．2.91 mg　　B．11.25 mgC．22.5 mg　  D．33.75 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 h－0.5 mg/h×14 h＝24 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：①光合作用和有氧呼吸的方程式；②植物的真正光合速率＝表观光合速率＋呼吸速率；③CO2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C6H12O6＋6O2＋6H2O6CO2＋12H2O＋能量计算得y＝10.9 mg。所以，光照时植物每小时葡萄糖净生产量为60－10.9＝49.1 mg。4 h产生的葡萄糖量为60×4＝240 mg,24 h消耗的葡萄糖量为10.9×24＝261.6 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(　　)A．130个  B．260个C．313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A＋U＝313，所以mRNA中G＋C为573－313＝260(个)，故DNA的两条链中G＋C共有520个，又因双链DNA中G＝C，即该基因中G至少有260个。答案：B4．[山东卷]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3×105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1：49D．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5 000×2×(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3×103×99＝2.97×105(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1：49；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：C5．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)(　　)A．100%、0　  B．50%、50%C．50%、100%　  D．100%、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。下列说法中，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1：2B．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1：1C．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：浅绿色　　　　　浅绿色P　　Aa　　　×　　　Aa　　　　    　↓F1　1AA　　　2Aa 　　 1aa深绿色 　 浅绿色　　死亡1　：　2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．[2019·浙江4月选考]一对表现型正常的夫妇生了一个患半乳糖血症的女儿和一个正常的儿子。若这个儿子与一个半乳糖血症携带者的女性结婚，他们所生子女中，理论上患半乳糖血症女儿的可能性是(　　)A．1/12   B．1/8C．1/6    D．1/3解析：一对表现型正常的夫妇生了一个患半乳糖血症的女儿和一个正常的儿子，可判断该病属于常染色体隐性遗传病，设该病相关基因为A、a，则这个儿子的基因型为1/3AA和2/3Aa，让其与一个基因型为Aa的女性结婚，则后代患病的概率为2/3×1/4＝1/6，再算上生女儿的概率是1/2，所以他们所生子女中，理论上患半乳糖血症女儿的可能性是1/6×1/2＝1/12，故本题选A。答案：A类型四　生态类计算8．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N50＝4213，即N＝≈161(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：C9．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146.6＋62.9＝209.5 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209.5÷20%＝1 047.5 J。答案：A