走向高考2016生物二轮复习课件强化练提升专题九热点题型精析4份打包

走向高考·

生物路漫漫其修远兮吾将上下而求索高考二轮总复习第一部分微专题强化练第一部分专题九 热点题型精析(三)信息给予类与基本计算类考向分析热点示例21考向分析1．信息给予型试题，一般是通过几组文字、图表资料设置情境，要求考生根据问题去分析资料，鉴别、选择试题给出的相关生物学信息，运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题，并能用文字、图表等多种表达形式准确地描述生物学内容。此类试题具有“起点高、落点低”的特点，且涉及的新知识往往作为信息的载体，真正要考查的内容还是在《考试大纲》规定的范围之中。2．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，运用数学知识考查对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。此类试题主要考查对生物学的基本概念原理和规律的应用，以及对各种生物量之间数量关系的理解。热点示例一、信息给予类[例1]

下图为人WNK4基因的部分碱基序列及其编码的蛋白质的部分氨基酸序列示意图。已知WNK4基因发生一种突变，导致1169

位赖氨酸变为谷氨酸。该基因发生的突变是

()A．①处插入碱基对G—C

B．②处碱基对A—T替换为G—CC．③处缺失碱基对A—T

D．④处碱基对G—C替换为A—T[解析]本题通过文字、图示等设置情境，让考生根据设问去分析资料，发现可利用的信息，并结合已掌握的生物学知识，分析、回答题目所提出的问题。解题思路如下：首先，根据图示中基因的部分碱基序列和氨基酸的种类确定密码子的排列顺序，由甘氨酸的密码子为GGG，可推得基因转录时的模板链为WNK4基因下边的那条链，根据碱基互补配对原理可推知mRNA

上的碱基序列为…GGG

GAA

GCACAG…。然后，根据选项提供的突变形式及突变后的基因碱基序列，推断出突变后的氨基酸序列。A选项中插入碱基对后，

mRNA上碱基序列为…GGGGCAG…，编码的氨基酸序列为…甘氨酸—谷氨酸—丙氨酸…，虽然赖氨酸被替换为谷氨酸，但谷氨酰胺被替换为丙氨酸，与题意不符；B选项中替换碱基后，mRNA上碱基序列为…GGG

GAG

CAG…，编码的氨基酸序列为…甘氨酸—谷氨酸—谷氨酰胺…，与题意相符；C选项中缺失碱基后，mRNA上碱基序列为…GGG

AGC

AG…，编码的氨基酸序列为…甘氨酸—丝氨酸…，与题意不符；D选项中替换碱基后，mRNA上碱基序列为…GGG

AAA

CAG…，编码的氨基酸序列为…甘氨酸—赖氨酸—谷氨酰胺…，与题意不符。[答案]

B[例2]

铁蛋白是细胞内储存多余Fe3＋的蛋白，铁蛋白合成的调节与游离的Fe3＋、铁调节蛋白、铁应答元件等有关。铁应答元件是位于铁蛋白mRNA起始密码子上游的特异性序列，能与铁调节蛋白发生特异性结合，阻遏铁蛋白的合成。当Fe3＋浓度高时，铁调节蛋白由于结合Fe3＋而丧失与铁应答元件的结合能力，核糖体能与铁蛋白mRNA一端结合，沿mRNA移动，遇到起始密码子后开始翻译(如图所示)。回答下列问题：若铁蛋白由n个氨基酸组成，指导其合成的mRNA的碱基数远大于3n，主要原因是

。若要改造铁蛋白分子，将图中色氨酸变成亮氨酸(密码子为UUA、UUG、CUU、CUC、CUA、CUG)，可以通过改变DNA模板链上的一个碱基来实现，即由

。[解析]本题以遗传信息的传递过程为背景材料，考查识图、获取信息、分析解决问题的能力。题干信息量较大，包括铁蛋白、铁调节蛋白、铁应答元件等以及图示信息。与题干信息密切相关的主要为第(1)(2)小题。(2)题干中信息说明：①铁应答元件与铁调节蛋白结合→阻遏铁蛋白的合成；②Fe3＋浓度高时的一系列变化。Fe3＋浓度低时的情况，题目中并无直接对应的信息，这些信息隐含在题干中，可通过对比推理得出：题干信息：当Fe3＋浓度高时，铁调节蛋白由于结合Fe3＋，丧失了与铁应答元件的结合能力，此时，核糖体与铁蛋白

mRNA一端结合沿mRNA移动，遇到起始密码后开始翻译。隐含信息：当Fe3＋浓度低时，铁调节蛋白可与铁应答元件结合，核糖体不能与铁蛋白mRNA结合和沿mRNA移动，不能进行翻译。据此可得出第一空的答案：核糖体与mRNA结合及在其上的移动。第二空的答案也隐含在题干信息中：①铁蛋白是细胞内储存多余Fe3＋的蛋白；②Fe3＋浓度的变化调节着铁蛋白的合成。由此可推知该调节机制既能减少Fe3＋对细胞的毒性，又能在Fe3＋含量较低时减少铁蛋白的合成，从而减少细胞内物质和能量的消耗。由于mRNA两端存在不翻译的序列，如起始密码子之前和终止密码子及其之后的序列，故指导其合成的mRNA的碱基数远大于氨基酸数的3倍。读图可知，色氨酸的密码子是UGG，改变一个碱基变为亮氨酸对应的密码子，即UGG变为UUA、UUG、CUU、CUC、CUA、CUG中一个的话，只能是UGG→UUG，即其中的一个G→U，对应的DNA模板链上的一个碱基变化为C→A。[

答

案

]

(1)GGU

…CCACTGACC…Fe3＋细胞(…CCAGTCACC…)核糖体与mRNA的结合及在其上的移动内物质和能量的浪费mRNA两端存在不翻译的序列

(4)C→A二、基本计算类1．物质跨膜层数的计算[例1]

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C．10层B．8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[变式1]

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(

)A．5层和10层C．11层和22层B．10层和10层D．12层和24层[答案]

C[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。2．与光合作用和细胞呼吸有关的计算[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()组别—二三四温度(℃)27282930暗处理后重量变化(mg)－1－2－3－1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

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＝5mg；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＝9mg,30℃时形成的总光合量是1＋1＋1＝3mg。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5－1＝4

mg；28℃时应为7－2＝5

mg；29℃时应为9－3＝6mg,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[变式2]

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/mg·h－111.83.23.73.53黑暗条件下CO2释放量/mg·h－10.50.7512.333.5光照相同时间，35℃时光合作用制造的有机物的量小于30℃时的量光照相同时间，在20℃条件下植物积累的有机物的量最多温度高于25℃时，光合作用制造的有机物的量开始减少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[答案]

D[解析]表格中黑暗条件下CO2释放量表示呼吸作用量，而光照条件下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3＋3.5＝6.5mg/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2.3＋3.7＝6mg/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。3．与中心法则有关的计算[例3]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16%，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%C．16%和34%B．34%和18%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[变式3]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(C3H7NO4)、甘氨酸

(C2H5NO2)、丙氨酸(C3H9NO2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)。控制该多肽形成的基因中至少含有碱基对()A．10B．30C．60D．29[答案]B[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原子可确定多肽由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1∶6可知，控制该多肽形成的基因中至少含有30个碱基对。4．与细胞分裂有关的计算[例4]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、染色体数、染色单体数和多核苷酸链数分别是(

)A．23、92、46、92和92C．23、46、92、46和46B．46、46、92、92和46D．23、46、46、92和184[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。[答案]

D[变式4]将用15N标记的一个DNA分子放在含有14N的培养基中复制n次，则后代中含15N的单链占全部DNA单链的比例和含有15N的DNA分子占全部DNA分子的比例依次是()A．1/2n,1/2nC．1/2n,1/2n＋1B．1/2n,1/2n－1D．1/2n－1,1/2n[答案][解析]BDNA复制n次后，得到子代DNA分子数为2n个，后代中含15N

的单链占全部DNA单链的比例为2/(2n×2)，即1/2n

，含有15N的DNA分子占全部DNA分子的比例为2/2n

，即1/2n－1。5．与遗传定律有关的计算[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

()A．3/162C．16/162B．7/162D．27/162[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。[答案]B[变式5]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＝9∶3∶4。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()A．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ccggC．F2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[答案]

D[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：①灰兔(CCGG)×白兔(ccgg)；②灰兔

(CCGG)×白兔(ccGG)。若亲代基因型为②，则F1为CcGG，

F2不可能出现9∶3∶4。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)。F2白兔(3ccG_＋1ccgg)中，能稳定遗传的个体(1ccGG

＋1ccgg)占1/2

。若对F1

灰兔测交即

CcGg×ccgg，其子代为1CcGg(灰兔)：1Ccgg(黑兔)：2(1ccGg＋1ccgg)(白兔)，只有3种表现型。6．与基因频率有关的计算[例6]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[解析]

由哈代—温伯格定律得知，随机交配后代的基因频率不会改变；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%，A＝0.4，a＝0.6。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(p＋q)2＝p2＋2pq＋q2，其中p2代表AA的基因型频率，q2代表aa的基因型频率。后代AA＝0.4×0.4＝16%，Aa＝2×0.4×0.6＝48%，aa＝0.6×0.6＝自交

自交36%。16%AA＝

――→16%AA,48%Aa

――→48%(1/4AA＋1/2Aa＋1/4aa)，AA＝16%＋12%＝28%。[答案]

C[变式6]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()32.5%

55%

45%45%

55%

45%32.5%

45%

55%45%

45%

55%A．42.5%B．55%C．42.5%D．55%[答案]

A[

解析]

由题意：

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%。7．与生态学有关的计算[例7]如图表示某湖泊生态系统的营养结构，a～e代表各营养级的生物，下列叙述不正确的是(

)A．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，则受害最严重的是aD．若c所含能量