2019-2020年高考生物一轮复习 1.1孟德尔的豌豆杂交实验（一）随堂训练 新人教版必修2.doc

2019-2020年高考生物一轮复习 1.1孟德尔的豌豆杂交实验（一）随堂训练 新人教版必修2题组一、孟德尔杂交实验分析1(xx年高考新课标全国卷)若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论影响最小的是()A所选实验材料是否为纯合子B所选相对性状的显隐性是否易于区分C所选相对性状是否受一对等位基因控制D是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法解析：本题主要考查验证孟德尔分离定律实验的相关知识。本题的“题眼”为题干中的“验证”，即用隐性个体(纯合子)与F1(杂合子)测交，故“所选实验材料是否为纯合子”对实验结论影响最小；对分离定律进行验证的实验要求所选相对性状有明显的显性隐性区分，否则会严重影响实验结果；验证实验中所选的相对性状一定受一对等位基因控制，这样才符合分离定律的适用范围；实验中要严格遵守实验操作流程和统计分析方法，否则会导致实验误差。答案：A2(xx年高考江苏卷)下列关于遗传实验和遗传规律的叙述，正确的是()A非等位基因之间自由组合，不存在相互作用B杂合子与纯合子基因组成不同，性状表现也不同C孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型DF2的31性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合解析：本题考查遗传实验和遗传规律的有关知识。非等位基因之间自由组合，可能存在相互影响，如F2中出现934这样的性状分离比，故A错；在完全显性的条件下，杂合子与显性纯合子性状表现相同，故B错；测交方法可检测任一未知基因型，故C错；F2的31性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合，故D对。答案：D题组二、基因分离定律的应用3(xx年高考山东卷)用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体，根据各代Aa基因型频率绘制曲线如图。下列分析错误的是()A曲线的F3中Aa基因型频率为0.4B曲线的F2中Aa基因型频率为0.4C曲线的Fn中纯合体的比例比上一代增加(1/2)n1D曲线和的各子代间A和a的基因频率始终相等解析：本题结合基因的分离定律考查基因频率和基因型频率的计算方法。依题意可首先分析出前三代中Aa的基因型频率(如下表)，据此可判断曲线、分别对应表中的、 4种情况。由图可知，曲线的F3中Aa的基因型频率与曲线的F2中Aa的基因型频率相同，均为0.4，A、B正确；曲线的Fn中纯合体的比例和上一代中纯合子的比例分别为11/2n和11/2n1，两者相差1/2n，C错误；曲线和分别代表随机交配和连接自交两种情况，此过程中没有发生淘汰和选择，所以各子代间A和a的基因频率始终相等，D正确。答案：C4(xx年高考安徽卷)假设某植物种群非常大，可以随机交配，没有迁入和迁出，基因不产生突变。抗病基因R对感病基因r为完全显性。现种群中感病植株rr占1/9，抗病植株RR和Rr各占4/9，抗病植株可以正常开花和结实，而感病植株在开花前全部死亡。则子一代中感病植株占()A1/9B1/16C4/81 D1/8解析：本题主要考查基因分离定律和基因频率的相关知识。由题干信息可知，该植物种群中感病植株(rr)开花前全部死亡，有繁殖能力的植株中，抗病植株RR和Rr各占1/2，基因型为R、r的配子比为31，配子中R的基因频率为3/4，r的基因频率为1/4，故子一代中感病植株rr占1/41/41/16，B正确。答案：B5(xx年高考浙江卷)利用种皮白色水稻甲(核型2n)进行原生质体培养获得再生植株，通过再生植株连续自交，分离得到种皮黑色性状稳定的后代乙(核型2n)。甲与乙杂交得到丙，丙全部为种皮浅色(黑色变浅)。设种皮颜色由1对等位基因A和a控制，且基因a控制种皮黑色。请回答：(1)甲的基因型是_。上述显性现象的表现形式是_。(2)请用遗传图解表示丙为亲本自交得到子一代的过程。(3)在原生质体培养过程中，首先对种子胚进行脱分化得到愈伤组织，通过_培养获得分散均一的细胞。然后利用酶处理细胞获得原生质体，原生质体经培养再生出_，才能进行分裂，进而分化形成植株。(4)将乙与缺少1条第7号染色体的水稻植株(核型2n1，种皮白色)杂交获得子一代，若子一代的表现型及其比例为_，则可将种皮黑色基因定位于第7号染色体上。(5)通过建立乙植株的_，从中获取种皮黑色基因，并转入玉米等作物，可得到转基因作物。因此，转基因技术可解决传统杂交育种中_亲本难以有性杂交的缺陷。解析：(1)由题意知乙为纯合子，甲与乙杂交得到丙，丙全部为种皮浅色，可推知甲为纯合子AA，AA表现型为白色，Aa表现型为浅色，aa表现型为黑色，这种显性现象为不完全显性。(2)书写遗传图解时，注意代次，亲代的基因型与表现型、子代基因型与表现型及比例要齐全。(3)通过液体悬浮培养法可以获得分散均一的细胞。(4)注意运用逆向思维方法，若种皮基因位于第7号染色体上，则缺1条7号染色体种皮白色的植株基因型为AO，其与aa杂交，子代中Aa(浅色)aO(黑色)11。(5)从乙植株的基因文库中能获取种皮黑色基因，运用转基因技术和植物体细胞杂交技术均可以解决传统杂交育种中远缘亲本难以有性杂交的缺陷。答案：(1)AA不完全显性 (3)液体悬浮细胞壁(4)种皮浅色种皮黑色11(5)基因文库种间(或远缘)6(xx年高考新课标全国卷)一对毛色正常鼠交配，产下多只鼠，其中一只雄鼠的毛色异常。分析认为，鼠毛色出现异常的原因有两种：一是基因突变的直接结果(控制毛色基因的显隐性未知，突变只涉及一个亲本常染色体上一对等位基因中的一个基因)；二是隐性基因携带者之间交配的结果(只涉及亲本常染色体上一对等位基因)。假定这只雄鼠能正常生长发育，并具有生殖能力，后代可成活。为探究该鼠毛色异常的原因，用上述毛色异常的雄鼠分别与其同一窝的多只雌鼠交配，得到多窝子代。请预测结果并作出分析。(1)如果每窝子代中毛色异常鼠与毛色正常鼠的比例均为_，则可推测毛色异常是_性基因突变为_性基因的直接结果，因为_。(2)如果不同窝子代出现两种情况，一种是同一窝子代中毛色异常鼠与毛色正常鼠的比例为_，另一种是同一窝子代全部表现为_鼠，则可推测毛色异常是隐性基因携带者之间交配的结果。解析：本题考查基因分离定律的应用及基因突变的相关知识。(1)若毛色异常鼠为基因突变所致，则毛色正常鼠应为纯合子，被发现的毛色异常鼠应为杂合子。则题干中的交配实验，其子代中表现型比例为毛色正常鼠毛色异常鼠11。(2)设控制毛色的基因为A、a，若毛色异常鼠的出现是隐性基因携带者之间交配的结果，则一对毛色正常鼠交配有：AaAa1AA2Aa1aa，用毛色异常的雄鼠(aa)分别与其同一窝的多只毛色正常雌鼠交配，可能出现两种情况：Aaaa1Aa1aa；AAaaAa。答案：(1)11隐显只有两个隐性纯合亲本中一个亲本的一个隐性基因突变为显性基因时，才能得到每窝毛色异常鼠与毛色正常鼠的比例均为11的结果(其他合理答案也可)(2)11毛色正常一、选择题1(xx年商丘模拟)假说演绎法是现代科学研究中常用的一种科学方法，下列属于孟德尔在发现分离定律时的“演绎”过程是()A生物的性状是由遗传因子决定的B由F2中出现的分离比推测，生物体产生配子时，成对的遗传因子彼此分离C若F1产生配子时遗传因子分离，则测交后代的两种性状比接近11D若F1产生配子时遗传因子分离，则F2中三种遗传因子组成的个体比接近121解析：假说演绎法的基本步骤：提出问题作出假说演绎推理实验验证得出结论。C选项属于演绎的过程。答案：C2实验者利用基因工程技术将某抗旱植株的高抗旱基因R成功转入到一抗旱能力弱的植株品种的染色体上，并得到如图所示的三种类型。下列说法中不正确的是()A若自交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为75%，则目的基因的整合位点属于图中的类型B和杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为100%C和杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为7/8D和杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为100%解析：的两个R基因分别位于两条非同源染色体上，其基因型可以表示为R1r1R2r2，该个体自交，后代中只要含有一个R基因(R1或R2)就表现为高抗旱性，后代中高抗旱性植株占15/16；产生的配子中都有R基因，因此，它与杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为100%；的基因型可以表示为R1r1R2r2，可以产生四种配子，与杂交，后代中高抗旱性植株所占比例为11/41/27/8。答案：A3(xx年鹰潭模拟)将具有一对相对性状的纯种豌豆个体间行种植，另将具有一对相对性状的纯种玉米个体间行种植，通常情况下，具有隐性性状的一行植株上所产生的F1是()A豌豆和玉米都有显性个体和隐性个体B玉米都为隐性个体，豌豆既有显性又有隐性C豌豆和玉米的显性和隐性比例都是31D豌豆都为隐性个体，玉米既有显性又有隐性解析：豌豆为自花传粉，玉米为异花传粉，因此具有隐性性状的一行植株上所产生的F1中，豌豆都为隐性个体，玉米既有显性又有隐性。答案：D4红海中营群居生活的红鲷鱼有一种奇怪的现象，即在缺少雄性红鲷鱼的雌鱼群体中，总会有一条雌鱼变成雄鱼，且身体也变得比其他雌鱼健壮。为解释这一现象，有人做了如下两组实验(注：两组红鲷鱼生长状况、实验装置、条件及时间都相同)。该实验说明()A环境因素对生物的性状表现起到决定性作用B生物的性状表现由遗传物质决定C生物的性状表现是基因型与环境相互作用的结果D鲷鱼的性别决定与遗传物质无关解析：两组实验，第一组虽然不在一个玻璃缸中，但是可以相互看到，与在同一个池塘中的作用是类似的，雌鱼中没有产生雄鱼；第二组两个玻璃缸被木板隔开，饲养一段时间后，产生了雄鱼，可以得出生物的性状表现是基因型与环境相互作用的结果。答案：C5依次解决中的遗传问题可采用的方法是()鉴定一只白羊是否是纯种在一对相对性状中区分显隐性不断提高小麦抗病品种的纯度检验杂种F1基因型A杂交、自交、测交、测交B测交、杂交、自交、测交C杂交、测交、杂交、自交D杂交、杂交、杂交、测交解析：本题考查各种交配方式及应用。鉴定某生物是否是纯种，对于植物来说可以采用自交或测交的方法，其中自交是最简便的方法，对于动物来说则只能用测交的方法。要区分一对相对性状的显隐性关系，可以让生物进行杂交，有两种情况可以作出判断，若是两个相同性状的生物个体杂交，后代出现了性状分离，则亲本的性状为显性性状；若是不同性状的生物个体杂交，后代只出现一种性状，则出现的性状为显性性状。不断地自交可以明显提高生物品种的纯度。测交的重要意义是可以鉴定显性个体的基因型。答案：B6.(xx年揭阳模拟)将基因型为Aa的豌豆连续自交，在后代中的纯合子和杂合子按所占的比例做得如图所示曲线图，据图分析，错误的说法是()Aa曲线可代表自交n代后纯合子所占的比例Bb曲线可代表自交n代后显性纯合子所占的比例C隐性纯合子的比例比b曲线所对应的比例要小Dc曲线可代表后代中杂合子所占比例随自交代数的变化解析：杂合子Aa连续自交n代后，后代中杂合子所占比例为(1/2)n，纯合子AA和aa所占比例相同，为1(1/2)n/2，可知图中a曲线表示纯合子所占比例，b曲线表示显性纯合子或隐性纯合子所占比例，c曲线表示杂合子所占比例。答案：C7菜豆是一年生自花传粉的植物，其有色花对白色花为显性。一株有色花菜豆(Cc)生活在某海岛上，该海岛上没有其他菜豆植株存在，三年之后开有色花菜豆植株和开白色花菜豆植株的比例是()A31 B157C97 D159解析：根据杂合子自交n代，其第n代杂合子的概率为1/2n，三年之后F3的杂合子的概率为：1/231/8。则F3中纯合子的概率为11/87/8(其中显性纯合子7/16，隐性纯合子7/16)。所以三年之后，有色花植株白色花植株(1/87/16)7/1697。答案：C8将基因型为Aa的玉米自交一代的种子全部种下，待其长成幼苗，人工去掉隐性个体，并分成两组：(1)一组全部让其自交；(2)二组让其自由传粉。一、二组的植株上aa基因型的种子所占比例分别为()A1/9、1/6 B3/8、1/9C1/6、5/12 D1/6、1/9解析：Aa自交后代去掉隐性个体后基因型及比例为：1/3AA、2/3Aa，该群体产生配子A、a的概率分别为2/3、1/3，若让其自交，则后代中aa所占比例为2/31/41/6；若让其自由传粉，则后代中aa所占比例为1/31/31/9。答案：D9人类常染色体上珠蛋白基因(A)既有显性突变(A)又有隐性突变(a)，突变均可导致地中海贫血。一对皆患地中海贫血的夫妻生下了一个正常的孩子，这对夫妻可能()A都是纯合子(体) B都是杂合子(体)C都不携带显性突变基因 D都携带隐性突变基因解析：患病夫妻若都是纯合子不可能生出正常的孩子；患病夫妻若都不携带显性突变基因则必定都携带隐性致病基因且是隐性纯合子，也不会生出正常的孩子，故A、C、D所述错误。若患病夫妻都是杂合子可生出正常的孩子，如AA与AA生出AA的孩子，故B正确。答案：B10已知绵羊角的表现型和基因型关系如下表：基因型HHHhhh父本的表现型有角有角无角母本的表现型有角无角无角下列各项说法正确的是()A若双亲无角，则子代全部无角B若双亲无角，则子代全部有角C若双亲基因型为Hh，则理论上子代有角与无角的数量比为11D绵羊角的性状遗传不符合孟德尔的基因分离定律解析：若双亲无角，当父本hh母本Hh时，后代可以表现有角(Hh雄)或无角(hh)；若双亲基因型为Hh，子代基因型及比例为1/4HH、1/2Hh、1/4hh，其中1/2Hh个体中雄性个体占子代个体概率为1/4，表现为有角，雌性个体占子代个体概率为1/4，表现为无角，则子代中有角概率为1/41/41/2，无角概率为1/41/41/2；绵羊角的性状遗传仍然符合孟德尔的基因分离定律。答案：C11在家鼠中短尾(T)对正常尾(t)为显性。一只短尾鼠与一只正常鼠交配，后代中正常尾与短尾比例相同；而短尾类型相交配，子代中有一类型死亡，能存活的短尾与正常尾之比为21，则不能存活类型的基因型可能是()ATT BTtCtt DTT或Tt解析：由题干可知，Tt(短尾鼠)Tt(短尾鼠)T(短尾鼠)tt(正常尾鼠)21，又因短尾鼠tt(正常鼠)正常尾鼠短尾鼠11，得出存活的短尾鼠一定是杂合子(Tt)，所以排除其他致死因素，则致死的小鼠一定是纯合短尾鼠。答案：A12血型的鉴定可以作为亲子鉴定的方法之一。某夫妇均为ABO血型系统，这种血型由基因IA、IB、i控制，这三个基因互为等位基因。已知血型及与血型对应的基因型关系如下表所示。该夫妇基因型分别为IAi和IAIB，则下列血型的小孩一定不是该夫妇所生的是()血型基因型AIAIA、IAiBIBIB、IBiABIAIBOiiA.A型 BB型CAB型 DO型解析：夫妇基因型分别为IAi和IAIB，他们生出的小孩的基因型可能是IAIA、IAIB、IAi、IBi，对应的血型分别为A型、AB型、A型、B型，故这对夫妇不可能生出血型为O型的小孩。答案：D二、非选择题13在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，存在的毛色表现型与基因型的关系如下表(注：AA纯合胚胎致死)。请分析回答相关问题：表现型黄色灰色黑色基因型Aa1Aa2a1a1a1a2a2a2(1)若亲本基因型为Aa1Aa2，则其子代的表现型可能为_。(2)两只鼠杂交，后代出现三种表现型。则该对亲本的基因型是_，它们再生一只黑色雄鼠的概率是_。(3)假设进行很多Aa2a1a2的杂交，平均每窝生8只小鼠。在同样条件下进行许多Aa2Aa2的杂交，预期每窝平均生_只小鼠。(4)现有一只黄色雄鼠和多只其他各色的雌鼠，如何利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型？实验思路：选用该黄色雄鼠与多只_色雌鼠杂交。_。结果预测：如果后代出现黄色和灰色，则该黄色雄鼠的基因型为_。如果后代出现_，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。解析：(1)若亲本基因型为Aa1和Aa2，则其子代的基因型和表现型为AA(死亡)、Aa1(黄色)、Aa2(黄色)、a1a2(灰色)。(2)由后代有黑色a2a2，可推知其父母均有a2，又因后代有3种表现型，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，它们再生一只黑色鼠的概率为1/4，雄性概率为1/2，所以黑色雄鼠的概率为1/8。(3)Aa2和a1a2所生的后代全部存活，而Aa2和Aa2的后代只有3/4存活，所以有83/46(只)。(4)应选用多只黑色雌鼠与之杂交，并观察后代毛色。答案：(1)黄色、灰色(2)Aa2、a1a21/8(3)6(4)实验思路：黑观察后代的毛色结果预测：Aa1黄色和黑色14在某种安哥拉兔中，长毛(由基因HL控制)与短毛(由基因HS控制)是由一对等位基因控制的相对性状。某生物育种基地利用纯种安哥拉兔进行如下杂交实验，产生了大量的F1与F2个体，统计结果如下表，请分析回答：实验一()长毛短毛()F1雄兔全为长毛雌兔全为短毛实验二F1雌雄个体交配F2雄兔长毛短毛31雌兔长毛短毛13(1)实验结果表明：控制安哥拉兔长毛、短毛的等位基因(HL、HS)位于_染色体上；F1雌雄个体的基因型分别为_。(2)F2中短毛雌兔的基因型及比例为_。(3)若规定短毛为隐性性状，需要进行测交实验以验证上述有关推测，既可让F1长毛雄兔与多只纯种短毛雌兔杂交，也可让_，请预期后者测交子代雌兔、雄兔的表现型及比例为_。解析：据实验分析可知，雄兔中长毛(由基因HL控制)为显性，雌兔中短毛(由基因HS控制)是显性，因此亲本基因型为(雄)HLHL、(雌)HSHS，F1的基因型为(雄)HLHS、(雌)HLHS，F1雌雄个体交配得F2中雄性：长毛(1HLHL、2HLHS)短毛(1HSHS)31，雌性：长毛(1HLHL)短毛(2HLHS、1HSHS)13。若规定短毛为隐性性状，需要进行测交实验以验证上述有关推测，既可让F1长毛雄兔与多只纯种短毛雌兔杂交，也可让多只F1短毛雌兔与短毛雄兔杂交，后者为测交，子代雌兔、雄兔的表现型及比例为雄兔既有长毛，又有短毛，且比例为11，雌兔全为短毛。答案：(1)常HLHS和HLHS(或答“HSHL和HSHL”)(2)HLHSHSHS21(3)多只F1短毛雌兔与短毛雄兔杂交雄兔既有长毛又有短毛且比例为11，雌兔全为短毛15“母性效应”是指子代某一性状的表现型由母体的染色体基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖，但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋的区分，旋转方向符合“母性效应”，遗传过程如图所示。现有右旋和左旋椎实螺若干，回答下列问题：(1)“母性效应”现象是否符合孟德尔遗传定律？_。(2)螺壳表现为左旋的个体其基因型可能为_；螺壳表现为右旋的个体其基因型可能为_。(3)F2出现三种基因型的根本原因是_。请写出F2自交的遗传图解，并注明自交子代的表现型及比例。(4)欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作父本进行交配，统计杂交后代F1的性状。若子代表现情况是_，则该左旋椎实螺是纯合子；若子代的表现情况是_，则该左旋椎实螺是杂合子。解析：(1)由遗传图解知：“母性效应”符合孟德尔遗传定律。(2)螺壳表现为左旋，说明母本的基因型为dd，故表现为螺壳左旋的子代基因型为dd或Dd。同理螺壳右旋个体基因型为DD、Dd或dd。(3)F2出现三种基因型的根本原因是F1产生配子过程中因等位基因分离而产生数量相等的不同种配子。(4)左旋螺的基因型为Dd或dd，故可以用任意右旋螺作父本与该螺杂交，若左旋螺为Dd，则子代螺壳应为右旋，若左旋螺为dd，则子代螺壳应为左旋。答案：(1)符合(2)dd或Dddd或Dd或DD(少写不可)(3)F1形成配子时，等位基因发生分离遗传图解： (4)左旋螺右旋螺