2018届高考生物二轮复习第二部分科学专项提能专项二掌握六类热考题型把握高考解题技巧题型专练（四）数据计算类.doc

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题型专练(四)数据计算类1．下列有关计算中，不正确的是()A．用32P标记的噬菌体在不含放射性的大肠杆菌内增殖3代，具有放射性的噬菌体占总数为1/4 B．某DNA片段有300个碱基对，其中一条链上A＋T比例为40%，则复制三次该DNA片段时，总共需要720个胞嘧啶脱氧核苷酸C．某蛋白质分子中含有120个氨基酸，则控制合成该蛋白质的基因中至少有720个碱基D．用15N标记的精原细胞(含8条染色体)在含14N的培养基中培养，减数第一次分裂后期和减数第二次分裂后期含15N的染色体数分别是8和8解析：由DNA中碱基总数600个，及A＋T所占比例为40%，推知，该DNA分子中A＋T＝240，则G＋C＝360，G＝C＝180(个)，该DNA分子复制3次，共需C的数目为(23－1)×180＝1 260(个)。答案：B 2．某基因含有b个碱基对，由该基因控制合成的蛋白质含有n条肽链，已知该蛋白质的相对分子质量为m，则形成该蛋白质的氨基酸的平均相对分子质量最小为()A．(m＋6b－9n)/3 B．m/3 C．(3m＋18b－54n)/b D．(b/3－m)×18解析：由基因含有b个碱基对，可知由该基因控制合成的蛋白质中氨基酸最多有b/3个。假设氨基酸的平均相对分子质量为a，则有如下关系：m＝a×b/3－18(b/3－n)，则a＝(3m＋18b－54n)/b。答案：C 3．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。答案：A 4．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：设该DNA分子的两条链分别为1链和2链，双链DNA分子中，G与C之和占全部碱基总数的34%，则A＋T占66%，又因为双链DNA分子中，互补配对的两种碱基之和占整个DNA分子比例和每条链中的比例相同，因此A1＋T1＝66%，G1＋C1＝34%，又因为T1与C1分别占该链碱基总数的32%和18%，则A1＝66%－32%＝34%，G1＝34%－18%＝16%。根据DNA分子的碱基互补配对关系，所以T2＝A1＝34%，C2＝G1＝16%。答案：A 5．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该植物的A、a基因频率分别为()A．55%45%55%45%B．42.5%32.5%55%45%C．55%45%45%55%D．42.5%32.5%45%55%解析：若该种群植物自交，后代中AA的基因型频率为30%＋50%×1/4＝42.5%，aa的基因型频率为20%＋50%×1/4＝32.5%，自交不会改变基因频率，故A的基因频率为30%＋50%×l/2＝55%，同理a的基因频率为45%，B正确。答案：B 6．某弃耕地的主要食物链是植物→田鼠→鼬。某生态学家对此食物链的能量流动进行了研究，结果如表所示，单位是J/(hm2·a)。下列说法错误的是()植物田鼠鼬固定的太阳能摄入量同化量呼吸量摄入量同化量呼吸量2.45×10111.05×1097.50×1087.15×1082.44×1072.25×1072.18×107A.能量从田鼠传递到鼬的效率是3%B．流经这个生态系统的总能量是2.45×1011J/(hm2·a)C．第一次捕获并标记40只田鼠，第二次捕获30只，其中被标记的有15只，该种群密度是60只D．流入某一营养级的能量不可能百分之百地流到下一营养级解析：能量由田鼠传递到鼬的效率是(2.25×107)÷(7.50×108)≈3%。流经这个生态系统的总能量是生产者固定的太阳能，即2.45×1011J/(hm2·a)。该种群数量为(30×40)/15＝80(只)。流入某一营养级的能量主要有以下去向：一部分通过该营养级的呼吸作用散失了；一部分作为排出物、遗体或残枝败叶不能进入下一营养级，而被分解者利用；还有一部分未能进入下一营养级(未被捕食)。所以流入某一营养级的能量不可能百分之百地流到下一营养级。答案：C 7．某池塘底栖动物主要有软体动物类(铜锈环棱螺等)、寡毛类(苏氏尾鳃蚓等)、摇蚊类(羽摇蚊等)。科研人员研究了该池塘底栖动物能量流动过程，构建了如图所示的模型，相关判断不正确的是()A．流经底栖动物的总能量是2 119.5 kJ·m－2·a－1 B．底栖动物同化的能量大部分用于呼吸作用C．图中“X”包含被下一营养级同化的能量D．在能量流动的过程中伴随着物质循环和信息传递解析：流经底栖动物的总能量应该等于摄食能减去粪便中的能量，为477.4 kJ·m－2·a－1。答案：A 8．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 9．右图食物网中a表示鸟的食物中动物性食物所占比例，若要使鸟体重增加x，最多需要生产者量为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＝100ax＋10x解析：a表示鸟的食物中动物性食物所占比例，则植物性食物占的比例为1－a，当能量传递效率为10%时，消费者增重x需生产者的量最多。能量传递效应按10%计算，则y＝ax÷10%÷10%＋(1－a)x÷10%＝90ax＋100ax＋10(1－a)x＝90ax＋10x。答案：A 10．如图是人类某一家族遗传病甲和遗传病乙的遗传系谱图(设遗传病甲与A、a这一对等位基因有关，遗传病乙与另一对等位基因B、b有关，且甲、乙两种遗传病中至少有一种是伴性遗传病)。下列有关说法不正确的是()A．乙病为伴性遗传病B．7号和10号的致病基因都来自1号C．5号的基因型一定是AaXBXb D．3号与4号再生一个两病兼患男孩的可能性为3/16解析：对于甲病来说，3、4和8号的患病情况说明甲病为显性遗传病，4号患病而8号不患病，说明不是伴性遗传病，所以甲病是常染色体上的显性遗传病。根据题意可知乙病是伴性遗传病。3、4和7号的患病情况说明乙病为伴X染色体隐性遗传病。所以3号和4号的基因型为AaXBXb和AaXBY，则其再生一个两病皆患男孩的可能性为(3/4)×(1/4)＝3/16。5号患甲病，含有A基因，因为9号不患病，所以5号甲病对应的基因型为Aa；对于乙病来说，5号正常而10号患病，所以5号基因型为XBXb，可得出5号的基因型为AaXBXb。10号的患病基因是1号通过5号传递而来的，但7号的致病基因来自3号。答案：B 11．回答下列有关能量流动的计算题：(1)如图所示的食物网中，若人的体重增加1 kg，最少消耗水藻________kg，最多消耗水藻________kg。(2)若植食性动物粪便中的能量为M，呼吸作用消耗的能量为R，用于自身生长、发育和繁殖等生命活动的能量为N，则该植食性动物的同化量可表示为________。若杂食性动物的食物中草占1/3，则其体重增加30 kg，需消耗草________kg(能量传递效率按10%计算)。(3)下图为某生态系统食物关系图。若鸟的食物是互花米草和植食性昆虫，由原来的2∶1调整为1∶1后，鸟的数量变为原来的________。(传递效率按20%计算)(4)某自然保护区地震后，据不完全统计，植被毁损达到30%以上，下图为该地区人为干预下恢复过程的能量流动图(单位：103 kJ·m－2·a－1)。请回答：①第一营养级到第二营养级的能量传递效率为________(保留1位小数)。②第二营养级到第三营养级的能量传递效率为________(保留1位小数)。解析：(1)能量在相邻两个营养级间的传递效率是10%～20%。求最少消耗水藻时，选最短的食物链，即水藻→小鱼→人，传递效率按20%计算，设最少消耗水藻为X，则X×20%×20%＝1 kg，X＝25 kg；求最多消耗水藻时，选最长的食物链，即水藻→水蚤→虾→小鱼→大鱼→人，传递效率按10%计算，设最多消耗水藻为Y，则Y×10%×10%×10%×10%×10%＝1 kg，Y＝100 000 kg。(2)杂食性动物的食物中1/3来自草，那么2/3来自植食性动物，共需草1/3×30÷10%＋2/3×30÷10%÷10%＝2 100(kg)。(3)调整前为2∶1时，每增加m千克鸟需互花米草的量为2/3m·5＋1/3m·5·5＝35/3m，则每单位的互花米草能增加鸟为3/35m；调整后为1∶1时，每增加m千克鸟需互花米草的量为：1/2m·5＋1/2m·5·5＝30/2m，则每单位的互花米草能增加鸟为2/30 m，故调整后鸟的数量为原来的(2/30m)/(3/35m)＝7/9。(4)①据题意知，该类计算利用了生态系统的能量流动原理。第一营养级到第二营养级的能量传递效率为：14/(3＋14＋70＋23)×100%＝12.7%。②第二营养级到第三营养级的能量传递效率为：(14＋2－0.5－4－9)/(14＋2)×100%＝15.6%或(0.05＋0.25＋2.1＋5.1－5)/(14＋2)×100%＝15.6%。答案：(1)25100 000(2)N＋R2 100(3)7/9(4)①12.7%②15.6%。