全国通用2019版高考生物大一轮复习配餐作业16 Word版含答案

配餐作业(十六)　孟德尔的豌豆杂交实验(二)

A组·全员必做题

1．甲、乙两位同学分别用小球做遗传规律的模拟实验。甲同学每次分别从Ⅰ、Ⅱ小桶中随机抓取一个小球并记录字母组合；乙同学每次分别从Ⅲ、Ⅳ小桶中随机抓取一个小球并记录字母组合。将抓取的小球分别放回原来小桶后，再多次重复。下列叙述正确的是(　　)

A．乙同学的实验只模拟了遗传因子的分离和配子随机结合的过程

B．实验中每只小桶内两种小球的数量和小球总数都必须相等

C．甲同学的实验可模拟非同源染色体上的非等位基因自由组合的过程

D．甲、乙重复100次实验后，Dd和AB组合的概率约为1/2和1/4

解析　本题考查基因分离定律和自由组合定律的模拟实验，意在考查考生对两大遗传规律的理解及实验分析能力。Ⅰ、Ⅱ小桶中放的是同种小球，甲同学模拟的是等位基因的分离和配子随机结合的过程，A项错误；每只小桶中两种小球的数量应相同，但是小球总数可以不同，B项错误；Ⅲ、Ⅳ小桶中放的是两种不同的小球，模拟的是非同源染色体上非等位基因的自由组合过程，C项错误；甲、乙重复实验中Dd、AB的组合随机出现的概率分别为1/2×1/2＋1/2×1/2＝1/2和1/2×1/2＝1/4，D项正确。

答案　D

2．如图①②③④表示的是四株豌豆体细胞中的两对基因及其在染色体上的位置，下列分析错误的是(　　)

A．①、②杂交后代的性状分离之比是9∶3∶3∶1

B．①、③杂交后代的基因型之比是1∶1∶1∶1

C．四株豌豆自交都能产生基因型为AAbb的后代

D．①植株中基因A与a的分开发生在减数第二次分裂时期

解析　①植株中基因A与a的分开发生在减数第一次分裂后期。

答案　D

3．基因自由组合定律的实质是在减数分裂过程中，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合。基因的自由组合定律发生于图中哪个过程(　　)

A．① B．①和②

C．② D．②和③

解析　基因的分离定律和自由组合定律都发生于减数第一次分裂的后期。

答案　A

4．在家鼠的遗传实验中，一黑色家鼠与白色家鼠杂交(家鼠的毛色由两对等位基因控制且独立遗传)，F1均为黑色。F1雌雄个体进行交配得F2，F2中家鼠的毛色情况为黑色∶浅黄色∶白色＝9∶6∶1，则F2浅黄色个体中纯合子比例为(　　)

A．1/3 B．1/8

C．1/4 D．1/2

解析　本题考查孟德尔的自由组合定律，意在考查考生的知识迁移应用及计算能力，难度中等。毛色由两对等位基因控制且独立遗传，符合孟德尔的自由组合定律。F2中浅黄色个体占6/16，F2中浅黄色纯合个体占2/16，故F2浅黄色个体中纯合子所占比例为1/3。

答案　A

5．已知小麦的抗病和感病、无芒和有芒是两对独立遗传的相对性状。现用两种表现型不同的小麦作亲本进行杂交，得到的F1如表所示：

如果让F1中抗病无芒与感病有芒小麦杂交，则F2中表现型为抗病无芒、抗病有芒、感病无芒与感病有芒的比例为(　　)

A．2∶2∶1∶1 B．1∶1∶1∶1

C．9∶3∶3∶1 D．3∶3∶1∶1

解析　本题考查了基因自由组合定律的应用，意在考查考生在理解和分析推断方面的能力，难度较大。假设控制抗病、感病性状的基因为A、a，控制无芒、有芒性状的基因为B、b，则由表中数据可知，两种表现型不同的小麦亲本基因型为AaBb和Aabb。F1中抗病无芒与感病有芒小麦杂交，单独考虑抗病和感病，杂交组合为A_×aa，后代抗病Aa占2/3，感病aa占1/3；单独考虑有芒和无芒，杂交组合为Bb×bb，后代有芒占1/2，无芒占1/2，两个性状组合后，抗病无芒∶抗病有芒∶感病无芒∶感病有芒＝2∶2∶1∶1。

答案　A

6．(2016·河南开封一模)基因A、a和N、n分别控制某种植物的花色和花瓣形状，这两对基因独立遗传，其基因型和表现型的关系如表所示。一亲本与白色宽花瓣植株杂交，得到F1，对F1进行测交，得到F2，F2的表现型及比例是粉红中间型花瓣∶粉红宽花瓣∶白色中间型花瓣∶白色宽花瓣＝1∶1∶3∶3。该亲本的表现型最可能是(　　)

A.红色窄花瓣 B．白色中间型花瓣

C．粉红窄花瓣 D．粉红中间型花瓣

解析　对F1进行测交，F2中粉红(Aa)∶白色(aa)＝1∶3，说明F1的配子中A∶a＝1∶3，则F1的花色基因组成为Aa∶aa＝1∶1。由F1测交所得F2中中间型花瓣(Nn)∶宽花瓣(nn)＝1∶1，可知F1中花瓣形状基因组成为Nn，即F1的基因型为AaNn和aaNn。则亲本基因型为AaNN，表现型为粉红窄花瓣。

答案　C

7．(2016·湖南祁东一模)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性，抗病(T)对染病(t)为显性，花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性，三对等位基因位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子基因型分别为：

①AATTdd　②AAttDD　③AAttdd　④aattdd

则下列说法正确的是(　　)

A．若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用①和③杂交所得F1的花粉

B．若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察①和②杂交所得F1的花粉

C．若培育糯性抗病优良品种，应选用①和④亲本杂交

D．将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，均为蓝色

解析　根据题意分析可知：三对等位基因位于三对同源染色体上，符合基因自由组合规律；若要验证基因的分离定律，则只能有一对等位基因存在。由于单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性，所以若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应选择亲本①和④杂交，A错误；用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以选择亲本②和④杂交，依据花粉的形状和花粉的糯性与非糯性两对相对性状可以验证，B错误；培育糯性抗病优良品种，选用①和④亲本杂交较为合理，C正确；②和④杂交后所得的F1(AattDd)，产生的花粉滴加碘液后置于显微镜下观察，将会看到花粉约一半蓝色，D错误。

答案　C

8．(2016·福建质检)玉米籽粒的颜色由三对独立遗传的等位基因共同控制。基因型为A_B_C_的籽粒有色，其余基因型的籽粒均为无色。现以一株有色籽粒玉米植株X为父本，分别进行杂交实验，结果如表所示。据表分析植株X的基因型为(　　)

A.AaBbCc B．AABbCc

C．AaBBCc D．AaBbCC

解析　解答该题应先从第三组实验入手，第三组杂交实验中F1有色籽粒(AaBbC_)占25%，即1/2×1/2×1＝1/4，结合母本的基因型为aabbCC，可推出植株X的基因型为AaBbC_，再结合第一组或第二组杂交实验可确定植株X的基因型为AaBbCC。

答案　D

9．(2016·上海金山区一模)南瓜的扁盘形、圆形、长圆形三种瓜形由两对等位基因控制(A、a和B、b)，这两对基因独立遗传。现将2株圆形南瓜植株进行杂交，F1收获的全是扁盘形南瓜；F1自交，F2获得137株扁盘形、89株圆形、15株长圆形南瓜。据此推断，亲代圆形南瓜植株的基因型分别是(　　)

A．aaBB和Aabb B．aaBb和Aabb

C．AAbb和aaBB D．AABB和aabb

解析　两株圆形南瓜植株进行杂交，F1收获的全是扁盘形南瓜，F1自交，F2获得137株扁盘形、89株圆形、15株长圆形南瓜，比例为扁盘形∶圆形∶长圆形为9∶6∶1，说明扁盘形中含A和B，圆形中含A或B，而长圆形为aabb，因此F1的基因型只能是AaBb。由于亲本是圆形南瓜，不可能同时含A和B，所以亲代圆形南瓜植株的基因型分别是AAbb和aaBB。

答案　C

10．(2017·辽宁大连统考)某种植物果实重量由三对等位基因控制，这三对基因分别位于三对同源染色体上，对果实重量的增加效应相同且具叠加性。已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150 g和270 g。现将三对基因均杂合的两植株杂交，F1中重量为170 g的果实所占比例为(　　)

A．3/64 B．6/64

C．12/64 D．15/64

解析　根据题意分析可知：控制植物果实重量的三对等位基因(用A和a、B和b、C和c表示)分别位于三对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。由于基因对果实重量的增加效应相同且具叠加性，且隐性纯合子的果实重量为150 g，而显性纯合子的果实重量为270 g，所以三对等位基因中每个显性基因可增重(270－150)÷6＝20(g)。由于每个显性基因可增重20 g，所以重量为170 g的果实的基因型中含有一个显性基因。三对基因均杂合的两植株(AaBbCc)杂交，F1中含一个显性基因的个体基因型为Aabbcc、aaBbcc、aabbCc 3种，所占比例为2/4×1/4×1/4×3＝6/64。

答案　B

11．果蝇的Ⅰ号染色体是性染色体，Ⅱ号染色体上有粉红眼基因r，Ⅲ号染色体上有黑体基因b，短腿基因t位置不明。现有一雌性黑体粉红眼短腿(bbrrtt)果蝇与雄性纯合野生型(显性)果蝇杂交，再让F1的雄性个体进行测交，子代表现型如表所示(未列出的性状表现与野生型的性状表现相同)。

(1)体色与眼色的遗传符合孟德尔的________定律。

(2)短腿基因最可能位于________号染色体上。若让F1的雌性个体进行测交，与表中比较，子代性状及分离比______(填“会”或“不会”)发生改变。

(3)任取两只雌、雄果蝇杂交，如果子代中灰体(B)粉红眼短腿个体的比例是3/16，则这两只果蝇共有________种杂交组合(不考虑正、反交)，其中基因型不同的组合分别是________。

(4)已知控制果蝇翅脉数目的基因在Ⅱ号染色体上。假如在一翅脉数目正常的群体中，偶然出现一只多翅脉的雄性个体，究其原因，如果多翅脉是由于多翅脉基因的“携带者”偶尔交配后出现的，则该多翅脉雄性个体最可能为________(填“纯合子”或“杂合子”)；如果多翅脉是基因突变的直接结果，则该多翅脉雄性个体最可能为________(填“纯合子”或“杂合子”)。

解析　本题考查基因分离定律、自由组合定律和基因突变等相关知识，意在考查考生的综合应用能力、表格信息的处理能力和实验设计能力，能力要求较高，难度较大。(1)体色基因和眼色基因分别位于Ⅲ号染色体和Ⅱ号染色体上，其遗传符合孟德尔的基因自由组合定律。(2)根据表格的数据分析可知，测交后代的表现型与性别无关，因此短腿基因最可能位于常染色体上；测交后代的表现型有8种。因此这三对基因控制的性状遗传符合基因的自由组合定律。由于果蝇只有4对染色体，且Ⅰ号染色体是性染色体。因此短腿基因最可能位于Ⅳ号染色体上。由于研究的性状均由三对常染色体上的三对等位基因控制，若让F1雌性个体进行测交，子代性状及分离比与表格相比较，不会发生改变。(3)任取两只雌、雄果蝇杂交，如果子代中灰体粉红眼短腿(B_rrtt)个体的比例是3/16＝3/4×1/4×1或3/4×1/2×1/2，则亲代果蝇的杂交组合为BbRrTt×Bbrrtt、BbRrtt×BbrrTt、BbRrtt×BbRrtt、BbrrTt×BbrrTt，其中基因型不同的组合分别是BbRrTt×Bbrrtt、BbRrtt×BbrrTt。(4)根据假设推知，若多翅脉是由于多翅脉基因的“携带者”偶尔交配后出现的，则多翅脉是隐性性状，该多翅脉雄性个体最可能为隐性纯合子，即Dd×Dd→dd(多翅脉)；如果多翅脉是基因突变的直接结果，则最可能发生的是显性突变，即dd→Dd(多翅脉)，则该多翅脉雄性个体最可能为杂合子。

答案　(1)(基因的)自由组合

(2)Ⅳ　不会

(3)4　BbRrTt×Bbrrtt、BbRrtt×BbrrTt

(4)纯合子　杂合子

B组·能力提升题

12．(2016·贵州贵阳监测)鳟鱼的眼球颜色和体表颜色分别由两对等位基因A、a和B、b控制。现以红眼黄体鳟鱼和黑眼黑体鳟鱼为亲本，进行杂交实验，正交和反交结果相同。实验结果如图所示。下列相关分析正确的是(　　)

A．亲本中的红眼黄体鳟鱼的基因型是aaBB或AAbb

B．F1减数分裂形成的雌配子和雄配子的数量相同

C．F2没有红眼黑体的原因是存在致死基因

D．F2中的黑眼黄体的基因型有4种

解析　根据实验结果中F2的性状分离比9∶3∶4(3＋1)，可知两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律，F1的基因型为AaBb，因此亲本中的红眼黄体鳟鱼的基因型是aaBB，黑眼黑体鳟鱼的基因型为AAbb，A错误；F1减数分裂形成的雌配子的数量远远小于雄配子的数量，B错误；根据F2的性状分离比为9∶3∶4，可知在F2中不存在致死基因，C错误；F2中黑眼黄体的基因型为AABB、AaBB、AABb、AaBb，共有4种，D正确。

答案　D

13．(2017·湖南衡阳联考)等位基因A、a和B、b分别位于不同对的同源染色体上。让显性纯合子(AABB)和隐性纯合子(aabb)杂交得F1，再让F1测交，测交后代的表现型比例为1∶3。如果让F1自交，则下列表现型比例中，F2不可能出现的是(　　)

A．13∶3 B．9∶4∶3

C．9∶7 D．15∶1

解析　显性纯合子(AABB)和隐性纯合子(aabb)杂交得F1，再让F1测交，测交后代的基因型为AaBb、Aabb、aaBb、aabb四种，表现型比例为1∶3，有三种可能：(AaBb、Aabb、aaBb)∶aabb，(AaBb、Aabb、aabb)∶aaBb或(AaBb、aaBb、aabb)∶Aabb，AaBb∶(Aabb、aaBb、aabb)。因此，让F1自交，F2可能出现的是15∶1即(9A_B_＋3A_bb＋3aaB_)∶1aabb；9∶7即9A_B∶(3A_bb＋3aaB_＋1aabb)；13∶3即(9A_B_＋3A_bb＋1aabb)∶3aaB_或(9A_B_＋3aaB_＋1aabb)∶3A_bb共三种情况。

答案　B

14．(2016·湖南郴州监测)玉米的基因型与性别对应关系如表所示，已知B、b和T、t分别位于两对同源染色体上。若BbTt的玉米植株作亲本，自交得F1，让F1中的雌雄同株异花植株相互交配，则F2中雌、雄株的比例是(　　)

A.9∶8 B．3∶1

C．9∶7 D．13∶3

解析　根据题意让BbTt的玉米植株自交，则F1中雌雄同株异花(B_T_)∶雄株(bbT_)∶雌株(B_tt)∶雌株(bbtt)＝9∶3∶3∶1，让F1中的雌雄同株异花植株相互交配，B_T_的个体产生4种配子：BT、Bt、bT、bt，让这4种配子自由组合产生的F2中有BBTT、BBTt、BbTT、BbTt，即雌雄同株异花(B_T_)的比例为；有BBtt、Bbtt、bbtt，即雌株(B_tt或bbtt)的比例为；有bbTT、bbTt，即雄株(bbT_)的比例为，所以F2中雌、雄株的比例为9∶8。

答案　A

15．(2016·四川卷)油菜物种Ⅰ(2n＝20)与Ⅱ(2n＝18)杂交产生的幼苗经秋水仙素处理后，得到一个油菜新品系(注：I的染色体和Ⅱ的染色体在减数分裂中不会相互配对)。

(1)秋水仙素通过抑制分裂细胞中________的形成，导致染色体加倍；获得的植株进行自交，子代________(会/不会)出现性状分离。

(2)观察油菜新品系根尖细胞有丝分裂，应观察________区的细胞，处于分裂后期的细胞中含有________条染色体。

(3)该油菜新品系经多代种植后出现不同颜色的种子，已知种子颜色由一对基因A/a控制，并受另一对基因R/r影响。用产黑色种子植株(甲)、产黄色种子植株(乙和丙)进行以下实验：

①由实验一得出，种子颜色性状中黄色对黑色为______性。

②分析以上实验可知，当________基因存在时会抑制A基因的表达。实验二中丙的基因型为________，F2代产黄色种子植株中杂合子的比例为________。

③有人重复实验二，发现某一F1植株，其体细胞中含R/r基因的同源染色体有三条(其中两条含R基因)，请解释该变异产生的原因：__________________________________________________________。

让该植株自交，理论上后代中产黑色种子的植株所占比例为________。

解析　本题主要考查遗传变异的相关知识。(1)秋水仙素通过抑制细胞分裂中纺锤体的形成，导致染色体加倍，获得的植株为染色体加倍的纯合子，纯合子自交子代不会出现性状分离。(2)油菜新品系体细胞中染色体数目为(10＋9)×2＝38，要观察植物有丝分裂，应观察根尖分生区细胞，处于有丝分裂后期的油菜新品系根尖细胞中染色体数目加倍，为76条。(3)①由实验一，甲(黑)×乙(黄)→F1全黑，可推知，黑色为显性性状，黄色为隐性性状。②分析实验二，F2中黑∶黄＝3∶13，可确定R基因存在时抑制A基因的表达，丙的基因型为AARR，乙的基因型为aarr，F2中黑色种子的基因型为A_rr，黄色种子的基因型及所占比例为9/16A_R_、3/16aaR_和1/16aarr，其黄色种子中纯合子基因型及所占比例为1/13AARR、1/13aaRR、1/13aarr，则F2黄色种子中杂合子的比例为10/13。③实验二中，正常F1的基因型为AaRr，而异常F1为AaRRr，可能是丙在减Ⅰ后期含R基因的同源染色体未分离或减Ⅱ后期含R基因的姐妹染色单体未分离，从而产生异常配子ARR；AaRRr自交，后代中产黑色(A_rr)种子植株的概率为××＝。

答案　(1)纺锤体　不会

(2)分生　76

(3)①隐　②R　AARR　10/13

③植株丙在减数第一次分裂后期含R基因的同源染色体未分离(或植株丙在减数第二次分裂后期含R基因的姐妹染色单体未分开)　1/48

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/317f95aea2116c175f0e7cd184254b35eefd1a99.html