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1、12020 年高三生物总复习选择题解题秘籍生物计算题类型及破解方法一、方法归纳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
2、概率为两事件之积，即1/2男孩中患病率。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。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：2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；2/4AaAa1/8AA：2/8Aa：1/8aa；1/4aaaa1/4aa。F2基因型的比例为AA：Aa：aa(1/41/8)：(2/8)：(1/81/4)(3/8)：(2
3、/8)：(3/8)3：2：3；F2表现型的比例为 A_：aa(1/41/82/8)：(1/81/4)(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：1/3AAAA1/3AA；2/3AaAa1/6AA2/6Aa1/6aa。F2基因型的比例为AA：Aa：aa(1/31/6)：2/6：1/6(3/6)：(2/6)：(1/6)3：2：1；F2表现型的比例为A_：aa(1/31/62/6)：(1/6)(5/6)：(1/6)5：1。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
4、、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：3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
5、因型频率12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。某基因频率该纯合子概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色盲基因总数2女性个体数男性个体数100%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：4N 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
6、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6：3：1。(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AGTCa，则在互补链中AGTC1a，而在整个 DNA 分子中AGTC1。规律三：若在一条链中ATGCm，在互补链及整个DNA 分子中ATGCm。即 DNA 分
7、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DNA5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
8、是“第n次复制”m2n1消耗的碱基数。二、答题模板三、例题剖析1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6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
9、(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：C22019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()A1/2
10、的染色体荧光被抑制B1/4 的染色单体发出明亮荧光C全部DNA 分子被BrdU 标记D3/4 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；7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
11、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：D四、专题训练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、6klx 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()
12、A2.91mgB11.25mgC22.5mgD33.75mg解析：叶片先置于20、6klx 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3.1mg/h10h0.5mg/h814h24mg，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20h，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
13、少21.6 mg49.1 mgB增加21.6 mg49.1 mgC减少21.6 mg24.55 mgD减少10.8 mg24.55 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C6H12O66O26H2O酶6CO212H2O能量计算得y10.9mg。所以，光照时植物每小时葡萄糖净生产量为6010.949.1mg。4h 产生的葡萄糖量为604240mg,24 h 消耗的葡萄糖量为10.924261.6mg，故植物体内葡萄糖将
14、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93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
15、案：B4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 0002(50%20%)3000(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；
16、子代噬菌体中含32P 的有2 个，只含31P 的有98 个，其比10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)()A100%、0B50%、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
17、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11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
18、PAaAaF11AA2Aa1aa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()12A1/12B1/8C1/6D1/3解析：一对表
19、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2/31/41/6，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1/61/21/12，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
20、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N504213161(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13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 JB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 146.662.9209.5J，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%1047.5 J。答案：A