1、1 2013高考生物二轮复习 数据计算类 2师说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，运用数学工具来解决生物学中的问题。计算题的考查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。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。3答题模板首先要明确知识体系，找准所依据的生物学原理。其次要灵活地运用数学思想、化学常识，对题干进行合理分析、综合推理，理清其中的数量关系。最后注意计算过程的准确性。4物质跨膜层数的计算套用模板例1：2012广州模拟 CO2从外界
2、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D.12层5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。6答案 C7得分技巧(1)在真核细胞中，线粒体、叶绿体、细胞核为双层膜，细胞膜、液泡、内质网、溶酶体、高尔基体为单层膜，核糖体、中心体无膜；原核细胞只考虑细胞膜。(2)肺泡壁、毛细血管壁、小肠绒毛壁、肾小管壁由单层上皮细胞构成、物质通过这些壁要穿过2层膜。8(3)胞吞、胞吐形成具膜小
3、泡要借助膜融合，并不是通过膜结构，即穿过膜层数为0；另外，物质(如mRNA等)通过核孔也不通过膜结构，所以穿过膜层数同样为0。9现场演练外界空气中的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10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
4、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。11答案 C12与光合作用和细胞呼吸有关的计算套用模板例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1h，再光照1h(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()13组别一二三四温度()27 28 2930暗处理后重量变化(mg)1 23 1光照后与暗处理前重量变化(mg)3 3 3 1注：净光合速率实际光合速率呼吸速率14A该植物光合作用的最适
5、温度是27B该植物呼吸作用的最适温度是29C2729的净光合速率相等D.30下实际光合速率为2 mgh115解析 从表中分析，光照1小时，暗处理2小时，则在27时形成的总光合量是3115mg;28时形成的总光合量是3227mg；29时形成的总光合量是3339mg；30时形成的总光合量是1113mg。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514mg;28时应为725mg；29时应为936 16mg,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 B17得分技巧实际
6、光合速率和净光合速率的计算方法：根据实际光合速率净光合速率呼吸速率，光合作用强度可用如下三种方式表示：用O2表示：实际光合速率释放到外界的O2呼吸消耗的O2；用CO2表示：实际光合速率从外界吸收的CO2呼吸释放的CO2；用葡萄糖表示：实际光合速率葡萄糖的增加量呼吸消耗的葡萄糖量。18现场演练高考题改编以测定的CO2吸收量与释放量为指标，研究温度对某绿色植物光合作用与呼吸作用的影响，结果如下表所示。下列分析正确的是 ()项目5 10 20 25 30 35光照条件下CO2吸收量/mgh111.83.23.73.53黑暗条件下CO2释放量/mgh10.50.7512.333.519A.光照相同时间
7、，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20解析 表格中黑暗条件下CO2释放量表示呼吸作用量，而光照下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
8、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。答案 D21与中心法则有关的计算套用模板例3：一个mRNA分子有m个碱基，其中G和C共有n个，由该mRNA合成的蛋白质有两条肽链，则其模板DNA分子中A和T之和、合成蛋白质时脱去的水分子数分别是()Am，m/31 Bm，m/32C2(mn)，m/31 D2(mn)，m/32 22解析 第一步：作图。第二步：转换。由题干“一个mRNA分子有m个碱基，其中G和C共有n个”可知，xyzwm；zyn。由题干“其模板DNA分子中A和T之和、合成蛋白质时脱去的水分子数”可知，求(xw)(wx)和脱去的水分子数。23第三步：计
9、算。(xw)(wx)2(xw)2(xyzw)(zy)2(mn)。脱去的水分子数肽键数氨基酸数肽链数m/32。答案 D24得分技巧(1)有关碱基互补配对规律的计算双链DNA中的两个互补的碱基相等；任意两个不互补的碱基之和相等，并占全部碱基总数的50%。分别表示为：AT，GC，AGTCACTG50%。在双链DNA分子中，(AG)/(CT)1，不会因物种的改变而改变。在双链DNA分子中的一条单链的(AG)/(CT)的值与另一条互补链中(AG)/(CT)互为倒数。在DNA双链中(A25T)/(CG)等于此DNA任一单链中的(AT)/(CG)的值。在双链DNA分子中，互补的两碱基和(如AT或CG)占全部
10、碱基的比等于其任何一条单链中该种碱基比例的比值，且等于其转录形成的mRNA中该种比例的比值。26(2)有关DNA复制的计算一个双链DNA分子连续复制n次，可以形成2n个子代DNA分子，且含有最初母链的DNA分子有2个，占所有子代DNA分子的比例为1/2n1。复制n次所需含某碱基游离的脱氧核苷酸数M(2n1)，其中M为所求的脱氧核苷酸在原来DNA分子中的数量。第n次复制，所需含该碱基游离的脱氧核苷酸数为M2n1。27(3)由DNA分子转录成mRNA分子的计算碱基数量上，在DNA单链和RNA分子上，互补碱基之和相等，并且等于双链DNA的一半。互补碱基之和占各自总碱基的百分比在双链DNA、有意义链及
11、其互补链中恒等，并且等于RNA中与之配对的碱基之和的百分比。28(4)基因控制蛋白质合成的计算设mRNA上有n个密码子，除3个终止密码子外，mRNA上的其他密码子都对应一个氨基酸，需要一个tRNA，所以密码子的数量tRNA的数量氨基酸的数量nnn111。在基因控制蛋白质合成的过程中，DNA分子碱基数RNA分子碱基数氨基酸数631。肽键数(得失水数)肽链数氨基酸数mRNA碱基数/3(DNA)基因碱基数/6。DNA脱水数核苷酸总数DNA单链数c2;mRNA29脱水数核苷酸总数mRNA单链数c1。DNA分子量核苷酸总分子量DNA脱水总分子量(6n)d18(c2)；mRNA分子量核苷酸总分子量mRNA
12、脱水总分子量(3n)d18(c1)。30现场演练有一多肽，分子式为C55H70O19N10，将它彻底水解后，得到下列四种氨基酸：谷氨酸(C5H9NO4)、甘氨酸(C2H5NO2)、丙氨酸(C3H7NO2)、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 D2931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原子可确定多肽有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。答案 B32与细胞分裂有关的计算套用模板例4：人体性母细胞在
13、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 ()A23、92、92和92 B46、46、92和46C23、46、46和46 D23、46、92和184 33解析 联会后的每一对同源染色体含有四条染色单体，这叫做四分体，四分体含有一对(2条)同源染色体或说4条染色单体，每条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 D34得分技巧给出细胞分裂某个时期的分裂图，计算该细胞中的各种数目。该种情况的解题方法是在熟练掌握细胞分裂各期特征的基础上，找出计算各种数目的方法：染色体的数目着丝点的数目
14、。DNA数目的计算分两种情况：当染色体不含染色单体时，一条染色体上只含有一个DNA分子；当染色体含有染色单体时，一条染色体上含有两个DNA分子。在含有四分体的时期(联会时期和减数第一次分裂中期)，四分体的个数等于同源染色体的对数。35现场演练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%36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
15、，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。37答案 D38与遗传定律有关的计算套用模板例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 B7/162C16/162 D27/16239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
16、出丈夫的父母的基因型为：AaB_CcAabbCc；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：Aa 2/3，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aa2/32/31/4 1/9，正常为A_11/9408/9；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_
17、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 B41得分技巧确定试题所涉及的遗传方式，推断出双亲的基因型，再分别计算两种遗传病后代发病的概率和正常的概率。先计算出甲正、甲患、乙正和乙患的概率。根据题干要求计算相关概率。运用“乘法”计算。后代正常的概率：甲正乙正；只患一种的概率：只患甲病只患乙病；只患甲病：甲患乙正。只患乙病：甲正乙患；两病兼患的概率：甲患乙患。42现场演练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。
18、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()43A.C、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ccggCF2白兔中能稳定遗传的个体占1/2D若F1灰兔测交，则后代有4种表现型44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)
19、。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(灰免)1Ccgg(黑兔)2(1ccGg1ccgg)(白兔)，只有3种表现型。答案 D45与基因频率有关的计算套用模板例6：2012无锡调研 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46解析 由哈代温伯格定律得知，随机交配后代的基因频率不
20、会改变；连续自交产生的后代中纯合子会越来越多，导致种群中纯合子比例增大，但基因频率不会发生改变。AA占16%，aa占36%，所以Aa占48%，A0.4，a0.6。由于不存在自然选择作用，因此种群的基因频率不变，在随机自由交配的情况下，根据基因平衡公式(pq)2p22pqq2，其p2代表AA的基因型频率，q2代表aa的基因型频率。后代AA0.40.416%，Aa20.40.648%，aa0.60.636%。4716%AA 自交16%AA,48%Aa 自交48%(1/4AA1/2Aa1/4aa)，AA16%12%28%。答案 C48得分技巧基因频率计算规律(1)基因频率定义的运用：基因频率某基因总
21、数/某基因与其等位基因数的总和100%。若该基因在常染色体上，则基因频率该基因总数/(群体个体数2)100%；若该基因在X染色体上，则基因频率该基因总数/(女性个体数2男性个体数1)100%。49(2)从基因型比例中运算：AAAa12，则A1/32/31/22/3，a2/31/21/3；AAAaaa10%20%70%，则A10%1/220%20%，a70%1/220%80%。(3)基因型频率某基因型的个体数/种群个体总数100%。50现场演练某植物种群中，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
22、%32.5%55%45%B55%45%55%45%C42.5%32.5%45%55%D55%45%45%55%51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%。答案 A52与生态学有关的计算套用模板例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()53A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aC若水体受有机磷农药轻微污染，则受
23、害最严重的是aD若c所含能量为5.8109 kJ，d含1.3108kJ，则a至少约含4.5107 kJ54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少量是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能得到能量的最少量是4.510810%4.5107 kJ。答案 B55得分技巧(1)
24、与种群增长“J”型曲线有关的计算以某种动物为例，假定种群的数量为N0，表示该种群数量是前一年种群数量的倍数，该种群每年的增长率都保持不变，那么：t年后该种群的数量应为：NtN0t。56(2)有关种群密度的计算样方法：在被调查种群的分布范围内，随机选取若干个样方，通过计数每个样方内的个体数，求得每个样方的种群密度，以所有样方种群密度的平均值作为该种群的种群密度估计值。57标志重捕法：在被调查动物种群活动范围内捕获一部分个体，做上标记后再放回原来的环境，经过一段时间(标志个体与未标志个体重新充分混合分布)后，进行重捕，根据重捕动物中标记个体数占总个数的比例，来估计种群密度。计算公式：个体总数N初次
25、捕获标志数M再次捕获个数n重捕的标志个体数m58(3)有关能量计算能量传递效率下一营养级的同化量上一营养级的同化量100%(同化量摄入量粪便量)计算能量传递效率必须要明确几个量同化量(固定量)、摄入量、呼吸量、粪便量、未利用量59a生态系统的总能量第一营养级通过光合作用固定的太阳能的总量(或化能合成作用固定的总能量)。b.能量传递效率一般为10%20%。c.判断该生态系统能稳定发展的前提：流经该生态系统的总能量大于各营养级呼吸消耗量与分解者分解消耗的量的总和。60利用能量传递效率计算某一生物所获得的最多或最少的能量a一条食物链内，计算某一生物所获得的最多(最少)的能量规律：若已知较低营养级求较
26、高营养级时，“最多传递”取“最高传递效率”(20%)并相乘，“最少传递”取“最低传递效率”(10%)并相乘；若已知较高营养级求较低营养级时，则“最多消耗”取10%并相除，“最少消耗”取20%并相除。61b.涉及多条食物链的能量流动计算时，若根据要求只能选择食物网中的一条食物链来计算某一生物获得最多(或最小)的能量的规律是：若已知较低营养级求较高营养级时，“最多传递”取“最短链”和“最高传递效率(20%)”，“最少传递”取“最长链”和“最低传递效率(10%)”；若已知较高营养级求较低营养级时，则“最多消耗”取“最长链”和10%，“最少消耗”取“最短链”和20%。c.依据各营养级具体获能状况计算能
27、量传递效率的解题规律：如果题目中给出了各营养级的能量数值及各营养级的能量去向数值，则要依据具体获能数值进行。62现场演练在下图的食物网中，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10 g，最少需要消耗植物 ()A.300 g B.450 gC.900 g D1800 g63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。答案 B64