Question

【题目】玉米(2N=20)是一种雌雄同株的植物，是重要的粮食作物之一。请回答下列问题:

（1）测定玉米基因组DNA序列，需测定____条DNA上碱基序列。

（2）某品种玉米2号染色体上的基因S在编码蛋白质时，控制最前端几个氨基酸的DNA序列如下图所示，已知起始密码子为AUG，基因S发生转录时模板链是____链。若基因S中箭头所指碱基对G/C缺失，则该处对应的密码子将改变为____。

（3）玉米花序的正常和异常是由一对等位基因控制的相对性状。某显性植株X自交，F1表现为：正常花序：异常花序=1:1。取F1正常花序植株的花粉进行离体培养，获得的幼苗用秋水仙素处理后都是异常花序植株。由此推测____是显性性状，植株X自交的子代性状分离比为1:1的原因是____。

（4）玉米的易倒伏(H)对抗倒伏(h)为显性,抗病(R)对易感病(r)为显性，两对基因分别位于两对同源染色体上。右上图表示利用品种甲(HHRR)和乙(hhrr)通过三种育种方法(Ⅰ-Ⅲ)培育优良品种(hhRR)的过程。

①方法Ⅰ、Ⅱ的育种原理分别是____，三种方法中难以获得优良品种(hhRR)的是方法____，原因是____。

②方法Ⅱ中HhRr自交获得F2，假设只保留F2中抗倒伏抗病植株的雄蕊（其他雄蕊全部去除），所有植株雌蕊全部保留且都能成功受粉和发育，则所得F3中能稳定遗传的抗倒伏抗病植株占____。

Answer 1

【答案】10bGUU花序正常含有正常花序(显性)基因的花粉不育，而含有异常花序(或隐性)基因的花粉可育染色体变异、基因重组Ⅲ基因突变是不定向的而且频率很低1/6

【解析】

试题分析图1：该图是几种育种方法，其中Ⅰ是单倍体育种，原理是染色体变异；Ⅱ是杂交育种，原理是基因重组；Ⅲ是诱变育种，原理是基因突变。分析题图2可知，该图是基因的部分结构，已知起始密码子为AUG或GUG，按照碱基互补配对原则，转录起始密码子的模板链是TAC或CAC，分析基因中的a链和b链，两条链都不含有CAC，b链中含有TAC，因此转录的模板链是b链；如果箭头所指碱基对G/C缺失，则模板链中的该碱基序列由CA TAC GTT CAG AGG变成CA TAC GTT CAA GG，因此该处对应的密码子将由GUC改变为 GUU。

（1）由于玉米是雌雄同体植株，所以育种学家要测定玉米基因组DNA序列，只需要测定玉米的一个染色体组的10条染色体的DNA序列。

（2）①起始密码子为AUG或GUG，则转录起始密码子的模板链是TAC或CAC，分析基因中的a链和b链，TAC位于b链，因此转录的模板链是b链；基因S的b链中箭头所指碱基对G/C缺失，转录形成的mRNA该该处顺延一个碱基，该处的密码子变成GUU。

（3）根据题意可知，甘蓝花序的正常和异常是由一对等位基因控制的相对性状。某显性植株X自交，F1表现为约的正常花序和的异常花序，说明显性植株X为杂合子；取F1正常花序植株的花粉进行离体培养，获得的幼苗用秋水仙素处理后都是异常花序植株（隐性个体），说明显性基因的花粉致死。由此推断花序正常时显性性状，植株X自交的子代性状分离比为1：1的原因是含有正常花絮（显性）基因的花粉不育，而含有异常花序（或隐性）基因的花粉可育。

（4）①方法Ⅰ是单倍体育种，其原理是染色体变异；方法Ⅱ是杂交育种，其原理是基因重组；方法III是诱变育种，由于基因突变是不定向的而且频率很低，因此运用方法III难以获得优良品种(hhRR)。

②据题意可知，F2代抗倒伏抗病植株的基因型是hhRR：hhRr=1：2，产生的配子的基因型及比例是hR：hr=2：1，F2中其他能产生hR配子的个体的基因型及比例为4/16HhRr、2/16HhRR、1/16hhRR、2/16hhRr，这四种基因型的个体产生hR配子的概率之和为（4/16×1/4）+(2/16×1/2)+1/16+(2/16×1/2)=1/4，只有抗倒伏抗病植株产生的雄配子（hR）与其他个体产生的基因型为hR的雌配子随机结合，才会产生稳定遗传的抗倒伏抗病植株，因此F3中能稳定遗传的抗倒伏抗病植株占2/3×1/4=1/6。