高考生物考前20天冲刺 生物基本计算类

2014高考生物考前20天冲刺
生物基本计算类
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、遗传规律、基因频率与基因型频率、种群数量、食物链与能量流动等方面的内容。

该题型的核心在于通过定量计算考查学生对相关概念、原理和生理过程的理解和掌握程度。

解题要诀
一、蛋白质的相关计算
典例精析已知氨基酸的平均相对分子质量为128，测得某蛋白质的相对分子质量为5 646，则组成该蛋白质的氨基酸数、肽链数以及至少游离的氨基数分别为( ) A．51、1、51 B．51、2、2
C．51、2、51 D．44、2、2
解析解题时可采用“列方程求解”的方法。

设氨基酸数为n，肽链数为x，则n×128＝5 646＋(n－x)×18，化简得110n＋18x＝5 646。

当x＝1时，n≈51.16；当x＝2时，n＝51。

因此只有B、C两项的数值符合氨基酸数和肽链数。

又因为两条肽链上至少游离着两个氨基，故B 项正确。

答案 B
押题训练
20．如图是由n个氨基酸组成的某蛋白质的结构图，其中二硫键“—S—S—”是蛋白质中连接两条肽链的一种化学键(—SH＋—SH→—S—S—＋2H)。

下列说法正确的是( )
A．合成该蛋白质时生成(n－2)个水分子
B．控制该蛋白质合成的基因的碱基数不超过6n
C．该蛋白质至少含有(n－2)个氧原子
D．该蛋白质的水解产物增加了(2n－4)个氢原子
答案 A
解析解答这类题目的关键在于总结计算规律，并注意观察图示中是否存在特殊的结构(如环肽)或化学键(如二硫键)。

图中的蛋白质由3条肽链组成，其中1条肽链形成了环肽，则该蛋白质含有(n－2)个肽键，合成该蛋白质时生成(n－2)个水分子，故A正确；由于指导该蛋白质合成的mRNA中含有终止密码子，而终止密码子不编码氨基酸，因此该mRNA的碱基数大于3n，控制该蛋白质合成的基因的碱基数大于6n，故B错误；每个肽键中含1个氧原子，每个游离的羧基中含2个氧原子，所以该蛋白质至少含有n－2＋2×2＝(n＋2)个氧原子，故C错误；该蛋白质的肽键水解时需消耗(n－2)分子的水，破坏2个二硫键需要4个氢，所以该蛋白质的水解产物增加了2×(n－2)＋4＝2n(个)氢原子，故D错误。

二、生物膜层数的相关计算
典例精析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( )
A．6层B．8层C．10层D．12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
押题训练
21．分泌蛋白在内质网腔折叠、初加工后，被运输到高尔基体进一步加工、组装，最后释放到细胞外。

这一过程中分泌蛋白穿过的磷脂分子层数为( )
A．4 B．2 C．1 D．0
答案 D
解析分泌蛋白是以囊泡的形式，由内质网经高尔基体到细胞膜，通过膜融合而分泌到细胞外的。

三、光合作用与细胞呼吸的相关计算
典例精析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(( )
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 ℃
C．27～29 ℃的净光合速率相等
D．30 ℃下实际光合速率为2 mg·h－1
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3＋1＋1＝5 (mg)；28 ℃时形成的总光合量是3＋2＋2＝7 (mg)；29 ℃时形成的总光合量是3＋3＋3＝9 (mg)；30 ℃时形成的总光合量是1＋1＋1＝3 (mg)。

由此可知，该植物光合作用的最适温度约是29 ℃，呼吸作用的最适温度也约为29 ℃。

再分析净光合速率(即在光下的净光合速率)：27 ℃时应为5－1＝4 (mg)；28 ℃时应为7－2＝5 (mg)；29 ℃时应为9－3＝6 (mg)，27～29 ℃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
押题训练
22．将某种绿色植物的叶片放在特定的实验装置中，研究其在10 ℃、20 ℃的温度条件下，分别置于5 klx、10 klx光照和黑暗条件下的光合作用和细胞呼吸，结果如图。

据图所做的推测中，正确的是( )
A．该叶片在20 ℃、10 klx的光照强度下，每小时光合作用固定的CO2量约是8.25 mg B．该叶片在5 klx光照强度下，10 ℃时积累的有机物比20 ℃时的少
C．该叶片在10 ℃、5 klx的光照强度下，每小时光合作用所产生的O2量是3 mg
D．通过实验可知，叶片的净光合速率与温度和光照强度均成正比
答案 A
解析叶片在20 ℃、10 klx时，每小时光合作用固定的CO2量是(10＋2)/2×(44/32)＝8.25 (mg)；在5 klx光照强度下，10 ℃时积累的有机物比20 ℃时的多；在10 ℃、5 klx的光照强度下每小时光合作用所产生的O2量是(6＋1)/2＝3.5 (mg)；净光合速率与植物细胞的呼吸速率和光合速率有关，仅就图中曲线而言，不能得出净光合速率与温度和光照强度的关系。

四、细胞分裂相关数目计算
典例精析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
押题训练
23．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、染色单体数和多核苷酸链数分别是( ) A．23、92、92和92 B．46、46、92和46
C．23、46、46和46 D．23、46、92和184
答案 D
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4×2＝8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。

五、碱基相关计算
典例精析已知某双链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18%，则在它的互补链中，T和 C分别占该链碱基总数的
( )
A．34%和16% B．34%和18%
C．16%和34% D．32%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
押题训练
24．已知一条完全标记上15N的DNA分子在只含14N的培养基中经n次复制后，仅含14N的DNA分子总数与含15N的DNA分子总数之比为7∶1，则n是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析该DNA分子经过n次复制后得到DNA分子数为2n个，其中有2个DNA分子中各有一条链带有15N标记，故有(2n－2)/2＝7/1，所以n＝4。

六、遗传规律相关计算
典例精析已知某种植物花的颜色受若干对独立遗传的等位基因(相关等位基因如果是1对，则用A与a表示，如果是2对，则用A与a、B与b表示，如果是3对，则用A与a、B与b、C与c表示，依此类推)控制。

现用该种植物中开红花的植株甲与开黄花的纯合植株乙杂交，F1都开黄花，F1自花传粉产生F2，F2的表现型及比例为黄花∶红花＝27∶37。

下列说法不正确的是( )
A．花的颜色是由3对独立遗传的等位基因控制
B．F1的基因型为AaBbCc
C．F2的黄花植株中纯合子占1/27
D．F2的红花植株中自交后代不发生性状分离的占3/37
解析解答本题的关键是找出题中的关键信息，即“F2的表现型及比例为黄花∶红花＝27∶37”。

在解题时可借助“假设法”进行判断。

首先，假设花色受1对等位基因控制，则F2中黄花和红花的分离比应为3∶1，这与题中的比例27∶37不相符，因此假设不成立；再假设花色受2对等位基因控制，且植株的基因型为A__B__时开黄花，其余开红花，由此可推知F2中黄花和红花的分离比应为9∶7，这也与题中的比例27∶37不相符，因此假设不成立；接下来假设花色受3对等位基因控制，且植株的基因型为A__B__C__时开黄花，其余开红花，由此可推知F2中黄花和红花的分离比为27∶37，这与题中的分离比相符，因此假设成立，即花色由3对等位基因控制，进而可推知B、C两项正确。

红花植株的基因型中至少有一对等位基因是隐性纯合的，因此，红花植株的自交后代仍为红花，即子代都不会发生性状分离。

答案 D
押题训练
25．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。

试分析这对正常夫妇生一个同时患两种遗传病子女的概率是( )
A．3/162 B．7/162 C．16/162 D．27/162
答案 B
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：AaBbCc×AaBbCc。

(3)由于夫妇都正常，因此，他们都存在以下可能性：丈夫：Aa＝2/3，Bb＝1，Cc＝2/3；妻子：Aa＝2/3，Bb＝2/3，Cc＝2/3。

(4)他们后代患一种遗传病概率的情况：①苯丙酮尿症为aa＝2/3×2/3×1/4＝1/9，正常为A__＝1－1/9＝8/9；②白化病为bb＝2/3×1/4＝1/6，正常为B__＝1－1/6＝5/6；③半乳糖血症为cc＝2/3×2/3×1/4＝1/9，正常为C__＝1－1/9＝8/9。

(5)具体只患两种病概率的情况：A__bbcc ＝8/9×1/6×1/9＝8/486，aaB__cc＝1/9×5/6×1/9＝5/486，aabbC__＝1/9×1/6×8/9＝8/486。

所以，只患两种遗传病子女的概率＝8/486＋5/486＋8/486＝21/486＝7/162。

七、基因频率相关计算
典例精析在调查某小麦种群时发现T(抗锈病)对t(易感染)为显性。

在自然情况下，该小麦种群个体间可以自由传粉，据统计在该小麦种群中，基因型为TT的个体占20%，基因型为Tt 的个体占60%，基因型为tt的个体占20%。

假设该小麦种群突然大面积感染锈病，致使易感染小麦在开花之前全部死亡，请计算该小麦种群在感染锈病之前与感染锈病之后基因T的频率分别是( )
A．50%和50% B．50%和62.5%
C．62.5%和50% D．50%和100%
解析本题以调查统计的某小麦种群中，与抗锈病和易感染这对相对性状有关的基因型频率为背景，考查基因频率的计算。

根据题中提供的该小麦种群在感染锈病前三种基因型的频率，可以计算出基因T的频率＝20%＋60%×1/2＝50%；该小麦种群感染锈病后，基因型为tt的个体消失，基因型为TT的个体在存活个体中占25%，基因型为Tt的个体在存活个体中占75%，则基因T的频率＝25%＋75%×1/2＝62.5%。

答案 B
押题训练
26．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( ) A．42.5% 32.5% 55% 45%
B．55% 45% 55% 45%
C．42.5% 32.5% 45% 55%
D．55% 45% 45% 55%
答案 A
解析Aa基因型个体占：1－30%－20%＝50%，该种群植物自交后，AA占30%＋50%×1/4＝42.5%，aa占20%＋50%×1/4＝32.5%，Aa占1－42.5%－32.5%＝25%，a的基因频率为32.5%＋1/2×25%＝45%，则A的基因频率为1－45%＝55%。

八、种群密度调查类
典例精析某研究机构对我国北方草原一种主要害鼠——布氏田鼠进行了调查。

调查样方总面积为2 hm2(1 hm2＝10 000 m2)，随机布设100个鼠笼，放置1夜后，统计所捕获的鼠数量、
)
A．该草地上布氏田鼠的平均种群密度为144只/hm2
B．若被捕捉过的田鼠下一次更难捕捉，则计算出的平均种群密度比实际的可能偏高
C．综合两次捕获情况，该田鼠种群的性别比例(♀/♂)为8/9
D．若该草地平均每100 m2有2.88个洞口，则洞口数与田鼠数的比例关系为2.5∶1
解析根据“标志重捕法”的计算方法，分析表格中的数据可知种群密度为144只/hm2。

由于田鼠在被捕捉过一次后更难捕捉，即重捕的标记数理论上偏少，所以推算出的N值偏大。

根据表格中的初捕和重捕的雌性个体数之和比上雄性个体数之和，其比值是32/36，即8/9。

被调查的环境中，平均每100 m2有2.88个洞口，则10 000 m2就有288个洞口，而10 000 m2上有田鼠144只，所以洞口数与田鼠数的比例为288∶144＝2∶1。

答案 D
押题训练
27．利用标志重捕法调查某丘陵地区4 km2区域中刺猬的种群密度，第一次捕获并标记50只刺猬，第二次捕获40只刺猬，其中有标记的5只。

下列叙述错误的是( )
A．标记个体与未标记个体被捕获的概率基本相同
B．迁入率和迁出率影响该种群数量变化
C．标记符号过分醒目可能增加刺猬被捕食的概率
D．该种群的密度大约是400只/km2
答案 D
解析标志重捕法的前提条件就是标记个体与未标记个体被捕捉的概率基本相同；可直接推出B、C两项是正确的；D项没有考虑调查的区域面积是4 km2，该种群的密度大约是100只/km2。

九、能量流动相关计算
典例精析如图为一食物网。

若要使丙体重增加x，已知其食用的动物性食物(乙)所占比例为a，则至少需要生产者(甲)的量为y，那么x与y的关系可表示为________。

( )
A．y＝90ax＋10x B．y＝25ax＋5x
C．y＝20ax＋5x D．y＝10ax＋10x
解析由题意“至少”可知，应该按最大传递效率20%计算，a表示动物性食物(乙)所占比例，则(1－a)表示直接从生产者(甲)获得食物所占比例，故有(1－a)x÷20%＋ax÷20%÷20%＝y，即y＝20ax＋5x。

答案 C
押题训练
28．在如图所示的食物网中，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10 g，最少需要消耗植物( )
A．300 g B．450 g C．900 g D．1 800 g
答案 B
解析先将食物网拆分3条食物链：①植物→兔→猫头鹰；②植物→鼠→猫头鹰；③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①、4 g来自②、2 g来自③，计算最少消耗植物量，则按照能量最大传递效率20%计算，则①需要消耗植物量
为：4×5×5＝100，②需要消耗植物量为：4×5×5＝100，③需要消耗植物量为：2×5×5×5＝250。

总共消耗植物为450 g。