2023届高考生物二轮复习大题集训(二)遗传规律类突破作业含答案

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大题集训(二)　遗传规律类突破
1．(2022·广东节选)《诗经》以“蚕月条桑”描绘了古人种桑养蚕的劳动画面，《天工开物》中“今寒家有将早雄配晚雌者，幻出嘉种”，表明我国劳动人民早已拥有利用杂交手段培育蚕种的智慧，现代生物技术应用于蚕桑的遗传育种，更为这历史悠久的产业增添了新的活力。回答下列问题：
(1)自然条件下蚕采食桑叶时，桑叶会合成蛋白酶抑制剂以抵御蚕的采食，蚕则分泌更多的蛋白酶以拮抗抑制剂的作用。桑与蚕相互作用并不断演化的过程称为________。
(2)家蚕的虎斑对非虎斑、黄茧对白茧、敏感对抗软化病为显性，三对性状均受常染色体上的单基因控制且独立遗传。现有上述三对基因均杂合的亲本杂交，F1中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是________；若上述杂交亲本有8对，每只雌蚕平均产卵400枚，理论上可获得________只虎斑、白茧、抗软化病的纯合家蚕，用于留种。
解析　(1)不同物种之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展，这就是协同进化。(2)由题意可知，三对性状均受常染色体上的单基因控制且独立遗传，即遵循自由组合定律，将三对基因均杂合的亲本杂交，可先将三对基因分别按照分离定律计算，再将结果相乘，即F1各对性状中，虎斑个体占3/4，白茧个体占1/4，抗软化病个体占1/4，相乘后F1中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是3/4×1/4×1/4＝3/64。若题述杂交亲本有8对，每只雌蚕平均产卵400枚，总产卵数为8×400＝3 200枚，其中虎斑、白茧、抗软化病的纯合家蚕占1/4×1/4×1/4＝1/64，即3 200×1/64＝50只。
答案　(1)协同进化
(2)3/64　50
2．(2022·浙江6月选考)某种昆虫野生型为黑体圆翅，现有3个纯合突变品系，分别为黑体锯翅、灰体圆翅和黄体圆翅。其中体色由复等位基因A1/A2/A3控制，翅形由等位基因B/b控制。为研究突变及其遗传机理，用纯合突变品系和野生型进行了基因测序与杂交实验。回答下列问题：
(1)基因测序结果表明，3个突变品系与野生型相比，均只有1个基因位点发生了突变，并且与野生型对应的基因相比，基因长度相等。因此，其基因突变最可能是由基因中碱基对发生________导致。
(2)研究体色遗传机制的杂交实验，结果如表所示：
杂交组合
P
F1
F2
♀
♂
♀
♂
♀
♂
Ⅰ
黑体
黄体
黄体
黄体
3黄体∶1黑体
3黄体∶1黑体
Ⅱ
灰体
黑体
灰体
灰体
3灰体∶1黑体
3灰体∶1黑体
Ⅲ
灰体
黄体
灰体
灰体
3灰体∶1黄体
3灰体∶1黄体
注：表中亲代所有个体均为圆翅纯合子。
根据实验结果推测，控制体色的基因A1(黑体)、A2(灰体)和A3(黄体)的显隐性关系为________(显性对隐性用“>”表示)，体色基因的遗传遵循________定律。
(3)研究体色与翅形遗传关系的杂交实验，结果如表所示：
杂交
组合
P
F1
F2
♀
♂
♀
♂
♀
♂
Ⅳ
灰体
圆翅
黑体
锯翅
灰体
圆翅
灰体
圆翅
6灰体圆翅∶
2黑体圆翅
3灰体圆翅∶
1黑体圆翅∶
3灰体锯翅∶
1黑体锯翅
Ⅴ
黑体锯翅
灰体圆翅
灰体圆翅
灰体锯翅
3灰体圆翅∶
1黑体圆翅∶
3灰体锯翅∶
1黑体锯翅
3灰体圆翅∶
1黑体圆翅∶
3灰体锯翅∶
1黑体锯翅
根据实验结果推测，锯翅性状的遗传方式是__________________
______，判断的依据是________________________________。
(4)若选择杂交Ⅲ的F2中所有灰体圆翅雄虫和杂交Ⅴ的F2中所有灰体圆翅雌虫随机交配，理论上子代表型有________种，其中所占比例为2/9的表型有哪几种？________________________。
(5)用遗传图解表示黑体锯翅雌虫与杂交Ⅲ的F1中灰体圆翅雄虫的杂交过程。



解析　(1)由题干信息可知，突变的基因“与野生型对应的基因相比长度相等”，基因突变有碱基的增添、缺失和替换三种类型，突变后基因长度相等，可判定是碱基的替换导致。(2)由杂交组合Ⅰ的F1可知，黄体(A3)对黑体(A1)为显性；由杂交组合Ⅱ可知，灰体(A2)对黑体(A1)为显性，由杂交组合Ⅲ可知，灰体(A2)对黄体(A3)为显性，所以三者的显隐性关系为灰体对黑体和黄体为显性，黄体对黑体为显性，即A2＞A3＞A1；由题意可知三个体色基因为复等位基因，根据等位基因概念“位于同源染色体上控制相对性状的基因”可知，体色基因遵循基因分离定律。(3)分析杂交组合Ⅴ，母本为锯翅，父本为圆翅，F1的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯翅，性状与性别相关联，可知控制锯翅的基因是隐性基因，并且在X染色体上，所以锯翅性状的遗传方式是伴X染色体隐性遗传。(4)表1中亲代所有个体均为圆翅纯合子，杂交组合Ⅲ的亲本为灰体(基因型A2A2)和黄体(基因型A3A3)，F1的灰体基因型为A2A3，雌雄个体相互交配，子代基因型是A2A2(灰体)∶A2A3(灰体)∶A3A3(黄体)＝1∶2∶1，所以杂交组合Ⅲ中F2的灰体圆翅雄虫基因型为1/3A2A2XBY和2/3A2A3XBY；杂交组合Ⅴ中，只看体色这对相对性状，亲本为A1A1、A2_，F1均为灰体，可推知父本基因型为A2A2，F1基因型为A1A2，雌雄个体相互交配，F2基因型为A1A1(黑体)∶A2A1(灰体)∶A2A2(灰体)＝1∶2∶1；只看杂交组合Ⅴ中关于翅型的性状，亲本为XbXb、XBY，F1基因型为XBXb、XbY，F1雌雄个体相互交配，F2的圆翅雌虫的基因型为XBXb，所以杂交组合Ⅴ的F2的灰体圆翅雌虫基因型为1/3A2A2XBXb，2/3A2A1XBXb。控制体色和翅型的基因分别位于常染色体和X染色体，遵循自由组合定律，可先按分离定律分别计算，再相乘，所以杂交组合Ⅲ中F2的灰体圆翅雄虫和杂交组合Ⅴ的F2的灰体圆翅雌虫随机交配，只看体色，A2A2、A2A3和A2A2、A1A2随机交配，雄配子是1/3A3、2/3A2，雌配子是1/3A1、2/3A2，子代基因型为4/9A2A2(灰体)、2/9A2A3(灰体)、2/9A2A1(灰体)、1/9A3A1(黄体)，可以出现灰体(占8/9)和黄体(占1/9)2种体色；只看翅型，XBY与XBXb杂交，子代基因型为1/4XBXB、1/4XBXb、1/4XBY、1/4XbY，雌性只有圆翅1种表型，雄性有圆翅和锯翅2种表型，所以子代的表型共有2×3＝6种。根据前面所计算的子代表型，2/9＝8/9(灰体)×1/4(圆翅雄虫或锯翅雄虫)，故所占比例为2/9的表型有灰体圆翅雄虫和灰体锯翅雄虫。(5)黑体锯翅雌虫的基因型为A1A1XbXb，由(4)解析可知，杂交组合ⅢF1的灰体雄虫基因型为A2A3，所以灰体圆翅雄虫的基因型为A2A3XBY，二者杂交的遗传图解见答案。
答案　(1)替换
(2)A2＞A3＞A1　分离
(3)伴X染色体隐性遗传　杂交V的母本为锯翅，父本为圆翅，F1的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯翅
(4)6　灰体圆翅雄虫和灰体锯翅雄虫
(5)

3．(2021·河北)我国科学家利用栽培稻(H)与野生稻(D)为亲本，通过杂交育种方法并辅以分子检测技术，选育出了L12和L7两个水稻新品系。L12的12号染色体上带有D的染色体片段(含有耐缺氮基因TD)，L7的7号染色体上带有D的染色体片段(含有基因SD)，两个品系的其他染色体均来自H(如图1)。H的12号和7号染色体相应片段上分别含有基因TH和SH。现将两个品系分别与H杂交，利用分子检测技术对实验一亲本及部分F2的TD/TH基因进行检测，对实验二亲本及部分F2的SD/SH基因进行检测，检测结果以带型表示(如图2)。

回答下列问题：
(1)为建立水稻基因组数据库，科学家完成了水稻________条染色体的DNA测序。
(2)实验一F2中基因型TDTD对应的是带型________。理论上，F2中产生带型Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的个体数量比为________。
(3)实验二F2中产生带型α、β和γ的个体数量分别为12、120和108，表明F2群体的基因型比例偏离__________定律。进一步研究发现，F1的雌配子均正常，但部分花粉无活性。已知只有一种基因型的花粉异常，推测无活性的花粉带有________(填“SD”或“SH”)基因。
(4)以L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X(如图3)。主要实验步骤包括：①___________________________________________________________________________________________________________________________________________；
②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型________的植株即为目的植株。
(5)利用X和H杂交得到F1，若F1产生的无活性花粉所占比例与实验二结果相同，雌配子均有活性，则F2中与X基因型相同的个体所占比例为________。
解析　(1)水稻为雌雄同株的植物，没有性染色体和常染色体之分，分析题图可知，水稻含有12对同源染色体，即有24条染色体，故对水稻基因组测序，需要完成12条染色体的DNA测序。(2)实验一是将L12(基因型TDTD)与H(基因型THTH)杂交，F1的基因型为TDTH，F2的基因型及比例为TDTD∶TDTH∶THTH＝1∶2∶1，其中TDTD对应的带型与亲本L12对应的带型相同，即带型Ⅲ，TDTH对应带型Ⅱ，THTH对应带型Ⅰ，故理论上，F2中产生带型Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1。(3)实验二是将L7(基因型SDSD)与H(基因型SHSH)杂交，F1的基因型为SDSH，理论上F2的基因型及比例为SDSD∶SDSH∶SHSH＝1∶2∶1，其中SDSD对应的带型与亲本L7对应的带型相同，即带型α，SDSH对应的带型为β，SHSH对应的带型为γ，理论上，F2中产生三种带型的个体数量比为α∶β∶γ＝1∶2∶1。实际上F2中产生带型α、β、γ的个体数量分别为12、120和108，表明F2群体的基因型比例偏离分离定律；进一步研究发现，F1的雌配子均正常，但部分花粉无活性，已知只有一种基因型的花粉异常，而带型α，即SDSD的个体数量很少，可推测无活性的花粉带有SD基因。(4)已知SD、SH和TD、TH两对基因分别位于7号和12号染色体上，两对等位基因遵循自由组合定律，以L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X，即X的基因型为SDSDTDTD。同时考虑两对等位基因可知，L7的基因型为SDSDTHTH，L12的基因型为SHSHTDTD，故选育纯合品系X(SDSDTDTD)的实验步骤：①将L7和L12杂交，获得F1(SDSHTDTH)后自交。②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型α和Ⅲ的植株即为目的植株。(5)实验二中SDSD∶SDSH∶SHSH＝12∶120∶108＝1∶10∶9，可知花粉中SD∶SH＝1∶9，利用X(基因型为SDSDTDTD)和H(基因型为SHSHTHTH)杂交得到F1，基因型为SDSHTDTH。若F1产生的SD花粉无活性所占比例与实验二结果相同，即产生的雄配子类型及比例SDTD∶SDTH∶SHTD∶SHTH＝1∶1∶9∶9；产生的雌配子均有活性，类型及比例为SDTD∶SDTH∶SHTD∶SHTH ＝1∶1∶1∶1，则F2中基因型为SDSDTDTD的个体所占比例为1/4×1/20＝1/80。
答案　(1)12
(2)Ⅲ　 1∶2∶1
(3)基因的分离　SD
(4)以L7和L12个体为亲本进行杂交，获得的F1自交得F2　Ⅲ和α
(5)1/80
4．(2022·烟台模拟)金鱼的观赏价值体现在体形、体色及斑纹的艳丽程度上，雌性鱼类更具有性状优势。雄性金鱼用含有雌激素的食物连续饲喂一段时间，会发生性反转(只涉及表型性别的转变)，成为具有繁殖能力的雌鱼。科学家用人工诱导雌核发育技术来提高鱼的观赏价值，人工诱导雌核发育的方法有第一次卵裂阻止法(方法一)和第二极体放出阻止法(方法二)。图所示精子需要用紫外线或X光照射进行灭活处理，使其失去遗传能力(破坏染色体)，但保留受精能力。回答下列问题：

(1)为提高鱼的观赏价值，科学家人工诱导雌核发育时，选择次级卵母细胞的原因是____________________________________________
__________。与有丝分裂相比，次级卵母细胞所处时期，细胞中的染色体具有的显著特点是________________。
(2)方法一中，低温阻止第一次卵裂，导致染色体数目加倍的原理是____________，该过程发生的时期是____________。通过方法二获得的个体一般都是纯合子，若通过方法二获得了杂合子，请分析可能的原因有________________________________________________。方法二诱导形成二倍体的变异类型是________。
(3)金鱼的性别决定方式可能为XY型性别决定，也可能是ZW型性别决定，请利用题干信息，设计实验探究金鱼的性别是XY型性别决定方式，还是ZW型性别决定方式，写出实验设计思路及预期实验结果：____________________________________________________
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析　(1)由于卵细胞形成过程中，初级卵母细胞细胞质不均等分裂，形成的次级卵母细胞体积大，易操作，营养物质多，含有激发细胞核全能性的物质，所以经常作为实验材料。减数分裂Ⅰ后期，同源染色体分离，非同源染色体自由组合，故与有丝分裂相比，处于减数分裂Ⅱ时期的次级卵母细胞中没有同源染色体。(2)低温阻止第一次卵裂，导致染色体数目加倍的原理是抑制纺锤体的形成，纺锤体形成发生在有丝分裂前期。据图可知，若减数分裂Ⅰ前期同源染色体上的非姐妹染色单体之间发生了互换或减数分裂前的间期发生了基因突变，均可能导致同一染色体上的两条姐妹染色单体中含有等位基因，故通过方法二处理时可能会获得杂合子。由图示可知，方法二诱导形成二倍体的变异类型是染色体变异。(3)由题意可知，可利用性反转形成的雌鱼与正常的雄鱼交配，观察子代金鱼的性别来判断金鱼的性别决定方式。若金鱼的性别决定方式为XY型，性反转形成的雌鱼性染色体组成为XY，与正常的雄鱼交配，子代中性染色体组成为XX或XY或YY，即有雌鱼和雄鱼；若金鱼的性别决定方式为ZW型，性反转形成的雌鱼性染色体组成为ZZ，与正常的雄鱼交配，子代中性染色体组成全部为ZZ，即只有雄鱼。实验设计思路及预期实验结果见答案。
答案　(1)体积大易操作，营养物质多，含有激发细胞核全能性的物质　无同源染色体
(2)抑制纺锤体的形成　有丝分裂前期　形成次级卵母细胞的过程中发生了基因突变或互换　染色体变异
(3)将雄性金鱼用含有雌激素的食物连续饲喂一段时间，使其发生性反转，成为具有繁殖能力的雌鱼，将性反转形成的雌鱼与正常的雄鱼交配，观察子代金鱼的性别。若子代全为雄性，则金鱼的性别决定方式为ZW型；若后代有雌性，也有雄性，则金鱼的性别决定方式为XY型
5．(2022·南京模拟)女娄菜是XY型雌雄异株草本植物，具有观赏和药用等价值。女娄菜的宽叶和窄叶是一对相对性状，受等位基因B/b控制。不同杂交实验组合中的亲本和子代类型如表所示，请回答下列问题：
实验分组
亲本类型
子代类型
实验Ⅰ
甲(宽叶雌株)×丙(窄叶雄株)
全为宽叶雄株
实验Ⅱ
乙(宽叶雌株)×丙(窄叶雄株)
宽叶雄株∶窄叶雄株＝1∶1
实验Ⅲ
乙(宽叶雌株)×丁(宽叶雄株)
雌株全是宽叶；雄株中宽叶∶窄叶＝1∶1
(1)根据杂交实验结果可以推断控制女娄菜叶型的等位基因B/b位于________(填“X”“Y”或“常”)染色体上，且亲本乙的基因型为________；实验Ⅰ和实验Ⅱ的子代没有出现雌株，请对其原因作出合理的解释：______________________________________________
__________________________________________________________________________________________________。
(2)若让实验Ⅲ中的子代女娄菜随机交配，则后代共出现________种基因型的植株，且宽叶植株所占比例为________。　
(3)女娄菜的花色有白色、红色和紫色三种类型，受到常染色体上独立遗传的两对等位基因R/r及P/p的控制，具体调控过程如图所示。当生物体内有两种酶同时竞争一种底物时，与底物亲和性弱的酶无法发挥作用。据图回答以下问题：

①请结合图示描述女娄菜红色花的形成原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②若让紫色花纯合子与红色花纯合子杂交，得到的F1全为紫色花，则F1的基因型为________________，让F1自交得到F2，F2中会出现________________________________________________________________________________________________________________________________________________的性状分离比，则进一步验证了图示基因参与调控女娄菜花色的形成过程。
③若将纯合宽叶紫花女娄菜雌株与纯合窄叶白花女娄菜雄株杂交，得到的F1全为紫花，然后让F1植株与纯合宽叶白色花女娄菜杂交，得到的F2共有三种花色，则F2中女娄菜雄株中红色花植株所占比例为________。
解析　(1)实验Ⅲ中宽叶雌株与宽叶雄株杂交，后代出现窄叶，说明宽叶对窄叶为显性，再根据实验Ⅲ的子代中雌株全是宽叶，雄株中宽叶∶窄叶＝1∶1，可知控制女娄菜叶型的等位基因位于X染色体上，亲本乙的基因型为XBXb。实验Ⅰ和实验Ⅱ的子代中没有出现雌株，推测可能是亲本丙(XbY)无法形成Xb花粉粒，导致子代无法形成基因型为X－Xb的雌株。(2)由题可推知，实验Ⅲ中亲本乙的基因型为XBXb，丁的基因型为XBY，杂交后产生的子代中雌株基因型为XBXB、XBXb，且比例为1∶1，雄株基因型为XBY、XbY，比例也是1∶1，现让子代随机交配，考虑到Xb雄配子不能成活，故后代中会出现4种基因型，分别是XBXB、XBY、XBXb、XbY。乙和丁杂交后的子代产生可育雌配子的基因型及比例为3/4XB、1/4Xb，可育雄配子的基因型及比例为1/3XB、2/3Y，故随机交配的后代中宽叶植株占的比例为1－(1/4×2/3)＝5/6。(3)①由图分析可知，基因P控制合成酶P，催化白色底物形成紫色产物，基因R控制合成酶R，催化白色底物形成红色产物，且酶P比酶R对白色底物有更强的亲和性，故只有缺乏酶P时，酶R才能起作用，从而使女娄菜花色呈红色。②紫色花纯合子的基因型为PPrr或PPRR，红色花纯合子的基因型为ppRR，两亲本杂交，F1的基因型为PpRr或PpRR，且酶P比酶R对白色底物有更强的亲和性，故F1表现为紫色花，F1自交得到的F2中会出现紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1或紫花∶红花＝3∶1的性状分离比。③若将纯合宽叶紫花女娄菜雌株XBXBPPrr或XBXBPPRR与纯合窄叶白花女娄菜雄株XbYpprr杂交，得到的F1全为紫花，F1中关于叶型的基因型为XBY，关于花色的基因型为Pprr或PpRr，让F1植株与纯合宽叶白色花女娄菜XBXBpprr杂交，得到的F2共有三种花色，故F1关于花色的基因型为PpRr，则F2中女娄菜雄株中红色花植株ppR－所占比例为1/2×1/2＝1/4。
答案　(1)X　XBXb　亲本丙无法形成Xb花粉粒，导致子代无法形成基因型为X－Xb的雌株(或Xb花粉粒死亡或Xb雄配子不能成活)
(2)4　5/6
(3)①基因P控制合成酶P，催化白色底物形成紫色产物，基因R控制合成酶R，催化白色底物形成红色产物，且酶P比酶R对白色底物有更强的亲和性，只有缺乏酶P时，酶R才能起作用，从而使女娄菜花色呈红色　②PpRr或PpRR　紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1或紫花∶红花＝3∶1　③1/4