备战2025年高考二轮复习生物（湖南版）大单元5 遗传的分子基础、变异与进化 层级三核心素养突破练（Word版附解析）

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A.基因型为AaPp的水稻自交,子代基因型与亲代相同
B.基因型为Aapp的水稻自交,子代染色体数与亲代相同
C.利用无融合生殖技术可以获得母本的单倍体子代植株
D.利用无融合生殖技术可以保持作物的优良性状
答案B
解析基因型为AaPp的水稻自交,由于含基因A的植株形成雌配子时,减数分裂Ⅰ异常,导致雌配子染色体数目加倍,即形成AaPp的配子,含基因P的植株产生的雌配子不经过受精作用,直接发育成个体,因此,子代基因型仍为AaPp,A项正确;基因型为Aapp的水稻自交,含基因A的植株形成雌配子时,减数分裂Ⅰ异常,导致雌配子染色体数目加倍,故形成Aapp的配子,作父本时产生的雄配子是Ap和ap,则自交后代有AAappp和Aaappp两种基因型,子代染色体数与亲代不同,B项错误;含基因P的植株产生的雌配子不经过受精作用,直接发育成个体,如基因型为aaPP的母本,可产生aP的雌配子,aP可直接发育成个体,因此利用无融合生殖技术可以获得母本的单倍体子代植株,C项正确;利用无融合生殖技术可以保持作物的优良性状,如基因型为AaPp的母本,其产生后代的基因型不变,仍能保持亲本的杂种优势,D项正确。
2.(2024·湖南邵阳三模)海蜘蛛是一种在深海中生存了5亿年的节肢动物,其视觉器官高度退化,身体透明不易被发现,且几乎没有任何营养价值,在海洋中不存在天敌,偶尔会进入淡水水域。下列有关叙述正确的是( )
A.由于没有天敌和生存斗争,海蜘蛛没有发生进化
B.深海无光的环境导致海蜘蛛产生了视觉器官退化相关基因的变异
C.海蜘蛛进入淡水水域时,可能会减少或停止饮水以防止细胞过度吸水
D.对海蜘蛛和陆地上的蜘蛛进行基因测序,为它们起源于共同祖先提供细胞水平的证据
答案C
解析虽然没有天敌和生存斗争,但是海蜘蛛种群本身存在不定向的可遗传变异,而且偶尔进入淡水水域,环境改变即存在自然选择,所以海蜘蛛有可能发生进化,A项错误;变异是不定向的,种群中本身就可能发生变异,环境只起自然选择的作用,不能使海蜘蛛发生变异,B项错误;海蜘蛛从海水进入淡水,外界环境的渗透压下降,所以海蜘蛛可能会减少或停止饮水以防止细胞过度吸水,C项正确;对海蜘蛛和陆地上的蜘蛛进行基因测序,为它们起源于共同祖先提供分子水平的证据,D项错误。
3.(2024·黑龙江大庆三模)密林熊蜂可直接在角蒿花的花筒上打洞,盗取其中的花蜜(盗蜜),花筒上虽留下小孔,被盗蜜的花仍会开花,但影响结实率。密林熊蜂偏爱从较大、较高的花中盗蜜,但其身体不会接触到花的柱头。下列分析错误的是( )
A.密林熊蜂与角蒿之间可能存在协同进化
B.密林熊蜂中雄性个体体细胞中通常含有1个染色体组
C.密林熊蜂盗蜜行为会对角蒿的基因库产生影响
D.密林熊蜂的打洞行为是为了更好地适应环境而产生的
答案D
解析由题意可知,密林熊蜂影响角蒿花的结实率,进而影响被盗蜜的某基因型植株子代数量,改变了角蒿种群中某基因型个体的占比,进而影响基因频率,所以角蒿会发生进化,因此两者之间可能存在协同进化,A项正确;密林熊蜂中的雄性个体由卵细胞发育而来,因此体细胞中通常含有1个染色体组,B项正确;由于被盗蜜的花仍会开花,但影响结实率,影响基因的传播,因此密林熊蜂盗蜜行为会对角蒿的基因库产生影响,C项正确;变异是随机的、不定向的,自然环境选择并保存适应性强的个体,密林熊蜂的打洞行为不是为了更好地适应环境而产生的,D项错误。
4.(2024·辽宁模拟)某植物的A基因缺失若干碱基对后会形成基因AL,基因型为ALAL的植株在幼苗时期存在10%的致死率,其他基因型个体能正常发育生长。现有基因型为ALA的该植物自交一代,下列叙述错误的是( )
A.子一代中ALA的基因型频率为20/39
B.子一代中AL基因频率由亲本的1/2降低为9/20
C.该植株AL和A基因频率的改变是自然选择的结果
D.AL和A基因频率的改变说明该植物发生了进化
答案B
解析基因型为ALA的该植物自交,理论上产生子一代的基因型及比例为AA=1/4,ALA=1/2,ALAL=1/4,由题干可知,基因型为ALAL的植株在幼苗时期存在10%的致死率,则实际上子一代中ALAL=1/4-1/4×10%=9/40,因此子一代中AA∶ALA∶ALAL=1/4∶1/2∶9/40=10∶20∶9,可计算出三者的基因型频率分别是AA=10/39,ALA=20/39,ALAL=9/39(=3/13),A项正确;根据A项的分析,可进一步算出子一代中AL基因频率=9/39+20/39×1/2=19/39,B项错误;自然选择使基因频率发生定向改变,C项正确;生物进化的实质是种群基因频率的改变,AL和A基因频率的改变说明该植物发生了进化,D项正确。
5.(2024·安徽芜湖二模)(12分)水稻(2n=24)是我国主要的粮食作物,杂交水稻具有产量上的优势。我国学者发现了水稻雄性不育株(雄蕊发育异常,简称不育株),在杂交育种中起到重要作用。
(1)育种过程中,相比两性水稻,雄性不育株作母本的优势是 。
(2)育性正常水稻与雄性不育水稻进行杂交,F1中育性正常水稻与雄性不育水稻各占一半,F1育性正常水稻的自交后代全部为育性正常。依据结果可知: 为隐性性状。有人推测雄性不育株细胞质中不存在独立控制不育性状的基因,请写出此推测的理由: 。
(3)水稻的育性是由细胞质基因和细胞核基因共同控制的(细胞核基因:R—可育,r—不育;细胞质基因:N—可育,S—不育),只有核质基因均为不育时才表现为雄性不育,记为S(rr)。品系1(雄性不育)与品系2杂交所得子代仍表现为雄性不育,由此可大量繁殖品系1,推测品系2与育性相关的基因型为 。品系1与品系3(育性正常)杂交,收获所结的种子S(杂合子)可供农民生产种植,推测品系3与育性相关的基因型为 。
(4)研究发现,光温敏不育基因tms5的突变导致水稻无法表达一种RNA水解酶,该酶能水解Ub40基因转录产生的mRNA,后者在高温下表达增强,Ub40蛋白积累导致花粉不育。科研人员利用60C照射籼稻品种,选育了一种光温敏雄性不育品种。请设计一个实验探究新发现的光温敏不育株是tms5基因的突变还是一个新基因的突变。
实验思路: 。
预期结果和结论: 。
答案(1)避免人工去雄操作
(2)育性正常 若该雄性不育株细胞质中存在独立控制不育性状的基因,子代应该都不育,但子代有可育个体,说明该雄性不育株细胞质中不存在独立控制不育性状的基因
(3)N(rr) S(RR)、N(RR)
(4)将tms5突变株和光温敏不育株分为甲、乙两组,并将两组在高温下进行培养,检测Ub40蛋白含量并进行比较 若两组Ub40蛋白含量一致,则光温敏不育株是tms5基因的突变;若两组Ub40蛋白含量不一样,则光温敏不育株是另一种新基因的突变
解析(1)水稻为两性植株,水稻花小,人工去雄不易操作,雄性不育株只能作母本,可避免人工去雄操作。(2)育性正常水稻与雄性不育水稻进行杂交,F1中育性正常水稻与雄性不育水稻各占一半,F1育性正常水稻的自交后代全部育性正常,可知育性正常为隐性性状。若该雄性不育株细胞质中存在独立控制不育性状的基因,子代应该都不育,但子代有可育个体,说明该雄性不育株细胞质中不存在独立控制不育性状的基因。(3)品系1[S(rr)]与品系2杂交所得子代仍表现为雄性不育[S(rr)],品系1只能作母本,品系2为父本,所以品系2为雄性可育,要保证子代均为S(rr),所以细胞核基因为rr,细胞质基因为N,组合为N(rr)。品系1作母本,要保证后代为杂合子,所以品系3的细胞核基因为RR,符合条件的细胞质基因为S或N,组合后为S(RR)或N(RR)。(4)为了探究新发现的光温敏不育株是tms5基因的突变还是一个新基因的突变。自变量是不育植株类型,已知温敏不育基因tms5的突变无法表达一种RNA水解酶,该酶能水解Ub40基因转录产生的mRNA,后者在高温下表达增强,Ub40蛋白积累导致花粉不育。所以如果光温敏不育株是tms5基因的突变结果,则产生相同含量的Ub40蛋白,则可以通过检测Ub40蛋白含量来判断。实验思路:将tms5突变株和光温敏不育株分为甲、乙两组,并将两组在高温下进行培养,通过检测Ub40蛋白含量进行比较。预期结果:若两组Ub40蛋白含量一致,则光温敏不育株是tms5基因的突变;若两组Ub40蛋白含量不一样,则光温敏不育株是另一种新基因的突变。