2019-2020学年人教版生物必修二抢分教程能力提升：第1章第2节　孟德尔的豌豆杂交实验（二）ⅢWord版 8页

第 2 节 孟德尔的豌豆杂交实验 (二)(Ⅲ) [随堂巩固] 1．AaBB 个体与 AaBb 个体杂交，有关子代的叙述正确的是 A．纯合子占 1/6 B．有 4 种表现型 C．有 6 种基因型 D．aabb 基因型的个体占子代的 1/8 解析 AaBB 个体与 AaBb 个体杂交，子代表现型有 2 种，比例为 3∶1，子代中纯合 子比例为 1/2×1/2＝1/4，A 和 B 错误；基因型为 aabb 的个体占子代的比例为 0，D 错误； 基因型有 3×2＝6 种，C 正确。 答案 C 2．两个亲本杂交，基因遗传遵循自由组合定律，其子代的基因型是 1yyRR、1yyrr、 1YyRR、1Yyrr、2yyRr、2YyRr，那么这两个亲本的基因型是 A．yyRR 和 yyRr B．yyrr 和 YyRr C．yyRr 和 YyRr D．YyRr 和 YyRr 解析 子代基因型中 Yy∶yy＝1∶1，故亲本为 Yy×yy；子代基因型中 RR∶Rr∶rr ＝1∶2∶1，故亲本为 Rr×Rr，组合即得亲本基因型。 答案 C 3．已知玉米高秆(D)对矮秆(d)为显性，抗病(R)对易感病(r)为显性，控制上述性状的基 因独立遗传。现用两个纯种的玉米品种甲(DDRR)和乙(ddrr)杂交得 F1，再用 F1 与玉米丙杂 交(如图 1)，结果如图 2 所示。分析玉米丙的基因型为 A．DdRr B．ddRR C．ddRr D．Ddrr 解析 玉米品种甲 DDRR 和乙 ddrr 杂交后得 F1 基因型为 DdRr，由图 2 结果可知 F1 与玉米丙杂交后高秆∶矮秆＝1∶1，抗病∶易感病＝3∶1，所以控制高矮的杂交组合为 Dd×dd，控制抗病和易感病的杂交组合为 Rr×Rr，因此可推知玉米丙的基因型为 ddRr。 答案 C 4．基因型为 AaBbcc 的小麦与基因型为 AABbCc 的小麦杂交，三对性状遗传符合基因 自由组合规律，则子代中与亲本基因型不同的个体占 A．1/4 B．3/8 C．3/4 D．0/8 解析 AaBbcc×AABbCc 分解成三对：Aa×AA→1Aa：1AA，Bb×Bb→1BB：2Bb： 1bb，cc×Cc→1Cc：1cc。子代中基因型为 AaBbcc 的占 1/2×1/2×1/2＝1/8，基因型为 AABbCc 的占 1/2×1/2×1/2＝1/8，与亲本基因型相同的个体共占 1/8＋1/8＝1/4，则与亲本 基因型不同的个体占 1－1/4＝3/4。 答案 C 5．人类多指(T)对正常指(t)为显性，白化(a)对正常(A)为隐性，决定不同性状的基因自 由组合。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个患白化病但手指正常的孩子(两 种病都与性别无关)。 请分析： (1)其再生一个孩子只患白化病的概率是________。 (2)生一个既白化又多指的女儿的概率是________。 (3)后代中只患一种病的概率是________。 (4)后代中正常的概率是________。 解析 由题意可知，他们现在孩子的基因型为 ttaa，则夫妇的基因型为 TtAa(父亲)、 ttAa(母亲)，故孩子中多指的概率为 1/2，白化病的概率为 1/4。(1)再生一个孩子只患白化病 的概率为：手指正常概率×患白化病概率＝(1－1/2)×1/4＝1/8。(2)生一个既白化又多指的 女儿的概率＝1/4×1/2×1/2＝1/16。(3)只患一种病的概率：只患多指概率＋只患白化病概率 ＝3/8＋1/8＝1/2。(4)正常的概率：不患多指概率×不患白化概率＝(1－1/2)×(1－1/4)＝3/8。 答案 (1)1/8 (2)1/16 (3)1/2 (4)3/8 [限时检测] [满分 60 分，限时 30 分钟] 一、选择题(每小题 5 分，共 35 分) 1．(2019·遵化市期中)关于如图的叙述，下列有关推断错误的是 P 灰色×白色 ↓ F1 灰色 ↓自交 F2 灰色 黑色 白色 9 ∶ 3 ∶ 4 A．由 F2 的性状分离比可推测家兔毛色最可能受两对等位基因控制 B．F1 灰色个体基因型只有一种，而 F2 中灰色个体基因型可能有四种 C．F2 白色个体有两种基因型，能稳定遗传的个体占 1 2 D．F2 黑色个体中能稳定遗传的个体占1 3 解析 F2 中灰色∶黑色∶白色＝9∶3∶4，是“9∶3∶3∶1”的变式，这说明家兔毛色 受两对等位基因的控制，A 正确；F1 灰色个体基因型只有一种(AaBb)，而 F2 中灰色个体基 因型可能有四种(AABB、AABb、AaBB、AaBb)，B 正确；F2 白色个体的基因型为 A_bb 和 aabb(一共有 3 种基因型)，或 aaB_和 aabb(一共有 3 种基因型)，其中能稳定遗传的，纯 合子占1 2 ，C 错误；F2 黑色个体的基因型为 aaB_或 A_bb，其中能稳定遗传的个体占1 3 ，D 正确。 答案 C 2．豌豆子叶的黄色(Y)、圆粒种子(R)均为显性，两亲本杂交的 F1 表现型如下图。让 F1 中黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F2 的性状分离比为 A．2∶2∶1∶1 B．1∶1∶1∶1 C．9∶3∶3∶1 D．3∶1∶3∶1 解析 由实验结果可知，圆粒∶皱粒为 3∶1，黄色：绿色为 1∶1，说明亲本基因组成 是 YyRr 和 yyRr。在 F1 中黄色圆粒是 1/3YyRR、2/3YyRr，绿色皱粒是 yyrr。如果它们杂 交，后代中会出现黄色∶绿色为 1∶1，圆粒∶皱粒为 2∶1，故综合为 2∶2∶1∶1。 答案 A 3．有一种软骨发育不全的遗传病，两个有这种病的人(其他性状正常)结婚，所生第一 个孩子得白化病且软骨发育不全，第二个孩子全部性状正常。假设控制这两种病的基因符 合基因的自由组合定律，请预测，他们再生一个孩子同时患两种病的几率是 A．1/16 B．1/8 C．3/16 D．3/8 解析 假设软骨发育不全由 B、b 基因控制，白化病由 A、a 基因控制，因为两个软骨 发育不全的人(其他性状正常)结婚，所生第一个孩子得白化病且软骨发育不全，第二个孩子 全部性状正常，可以推断出此夫妇的基因型均为 AaBb，他们再生一个孩子同时患两种病的 几率是 1/4×3/4＝3/16。 答案 C 4．豌豆的红花(A)对白花(a)为显性，高茎(B)对矮茎(b)为显性，一株高茎红花豌豆与基 因型为 Aabb 的豌豆杂交，子代中 3/4 开红花，1/2 为高茎。若让这一株高茎红花豌豆自交， 则自交后代高茎红花植株中杂合子所占比例为 A．9/16 B．8/16 C．4/9 D．8/9 解析 由“一株高茎红花豌豆与基因型为 Aabb 的豌豆杂交，子代中 3/4 开红花，1/2 为高茎”可知，该高茎红花豌豆的基因型为 AaBb，其自交后代中有 9 种组合方式表现为高 茎红花，除 AABB 为纯合子外，其余 8 种均为杂合子。 答案 D 5．人类中，显性基因 D 对耳蜗管的形成是必需的，显性基因 E 对听神经的发育是必需 的；二者缺一，个体即聋。这两对基因独立遗传。下列有关说法不正确的是 A．夫妇中有一个耳聋，也有可能生下听觉正常的孩子 B．一方只有耳蜗管正常，另一方只有听神经正常的夫妇，只能生下耳聋的孩子 C．基因型为 DdEe 的双亲生下耳聋的孩子的几率为 7/16 D．耳聋夫妇可以生下基因型为 DdEe 的孩子 解析 听觉正常与否受两对独立遗传的等位基因的控制，符合孟德尔自由组合定律的 条件，其基因型控制相应的表现型如下表： 性状 听觉正常 听觉不正常(耳聋) 基因型 D_E_ D_ee、ddE_、ddee 夫妇中一个听觉正常(D_E_)、一个耳聋(D_ee、ddE_、ddee)有可能生下听觉正常的孩 子。双方一方只有耳蜗管正常(D_ee)，另一方只有听神经正常(ddE_)的夫妇也有可能生出听 觉正常的孩子。夫妇双方基因型均为 DdEe，后代中听觉正常的占 9/16，耳聋占 7/16。基因 型为 D_ee 和 ddE_的耳聋夫妇，有可能生下基因型为 D_E_听觉正常的孩子。 答案 B 6．(2019·新罗期中)番茄的红果(A)对黄果(a)为显性，圆果(B)对长果(b)是显性，两对基 因独立遗传，现用红色长果番茄与黄色圆果番茄杂交，从理论上分析，其后代基因型不可 能出现的比例是 A．1∶0 B．1∶2∶1 C．1∶1 D．1∶1∶1∶1 解析 若亲本的基因型为 AAbb×aaBB→AaBb，则子代只有 1 种基因型，即 AaBb， A 正确；红色长果番茄与黄色圆果番茄杂交后代基因比例不会出现 1∶2∶1，B 错误；亲本 的基因型为 Aabb×aaBB→1AaBb：1aaBb 或 AAbb×aaBb→1AaBb：1Aabb，子代的基因 型比例为 1∶1，C 正确。若亲本的基因型为 Aabb×aaBb→1AaBb∶1Aabb∶1aaBb∶1aabb， 则子代基因型比例为 1∶1∶1∶1，D 正确。 答案 B 7．已知小麦种子的颜色遗传受到三对基因的控制，此三对基因的影响力均相等且具有 累加作用，遗传符合自由组定律。基因型 aabbcc 颜色为纯白色，基因型 AABBCC，颜色 为深红色，设定纯白色为第一级，深红色为最高级。若亲代为 AABBCC×aabbcc，杂交得 F1，F1 自交得 F2，下列叙述不正确的是 A．F1 颜色都表现为第四级 B．F2 中出现七种不同深浅的颜色 C．F2 中出现概率最高的是第三级 D．F2 中出现纯白色的概率为 1/64 解析 依题意知，F1 的基因型为 AaBbCc，由于 A、B、C 基因具有相同的显性效应且 具有累加作用，故在 F2 中，含有显性基因数目的情况有 6 显、5 显、4 显、3 显、2 显、1 显、0 显，其中第四级(三显)的概率最高。 答案 C 二、非选择题(共 25 分) 8．(12 分)果蝇中灰身(B)与黑身(b)、大翅脉(E)与小翅脉(e)是两对相对性状且独立遗传。 灰身大翅脉的雌蝇与灰身小翅脉的雄蝇杂交，子代中 47 只为灰身大翅脉，49 只为灰身小翅 脉，17 只为黑身大翅脉，15 只为黑身小翅脉。回答下列问题。 (1)在上述杂交子代中，体色和翅脉的表现型比例分别为________和________。 (2)两个亲本中，雌蝇的基因型为________，雄蝇的基因型为________。 (3)亲本雌蝇产生卵细胞的基因组成种类数为________，其理论比例为________。 (4)上述子代中灰身大翅脉个体的基因型为________，黑身大翅脉个体的基因型为 ________。 解析 (1)从题干中可知：子代中灰身个体数量为 47＋49＝96(只)，黑身个体数量为 17 ＋15＝32(只)，比例为 3∶1。大翅脉个体数量为 47＋17＝64(只)，小翅脉个体数量为 49＋ 15＝64(只)，比例为 1∶1。 (2)亲本中，灰身与灰身交配，产生黑身子代，并且比例为 3∶1，所以亲本均为杂合子， 基因型均为 Bb。雌性大翅脉果蝇与雄性小翅脉果蝇交配，产生的后代中大、小翅脉果蝇比 例为 1∶1，所以亲本为测交类型，雌性表现显性性状，基因型为 Ee，雄性表现隐性性状， 基因型为 ee。所以，亲本中雌性果蝇基因型为 BbEe，雄性果蝇基因型为 Bbee。 (3)亲本中，雌性果蝇基因型为 BbEe，能够产生 4 种类型的配子：BE、Be、bE、be， 比例为 1∶1∶1∶1。 (4)由于亲本的基因型分别为 BbEe 与 Bbee，所以后代中灰身个体有两种基因型：BB 和 Bb，黑身个体为隐性个体，基因型为 bb；大翅脉个体只有一种基因型：Ee。故子代中 灰身大翅脉个体基因型为 BBEe 和 BbEe，黑身大翅脉个体基因型为 bbEe。 答案 (1)灰身：黑身＝3∶1 大翅脉：小翅脉＝1∶1 (2)BbEe Bbee (3)4 1∶1∶1∶1 (4)BBEe、BbEe bbEe 9．(13 分)牵牛花的花色由一对等位基因 R、r 控制，叶的形态由一对等位基因 H、h 控制，这两对相对性状是自由组合的。下表是三组不同的亲本杂交的结果： 组合 亲本表现型 子代表现型植株数目 红色阔叶 红色窄叶 白色阔叶 白色窄叶 一 白色阔叶× 红色窄叶 415 0 397 0 二 红色窄叶× 红色窄叶 0 419 0 141 三 白色阔叶× 红色窄叶 427 0 0 0 (1)根据哪个组合能够分别判断上述两对相对性状的显性类型？__________。 (2)写出每个组合中两个亲本的基因型： 组合一：______________×______________， 组合二：______________×______________， 组合三：______________×______________。 (3) 组 合 三 的 后 代 是 红 色 阔 叶 ， 让 它 们 自 交 ， 其 子 一 代 的 表 现 型 及 比 例 是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析 (1)根据组合三能够判断红色对白色为显性，阔叶对窄叶为显性，因为 F1 表现的 性状为显性性状。 (2)(3)组合一：白色为 rr，后代白∶红≈1∶1，因此红色为 Rr。组合二：后代中红∶白 ≈3∶1，因此都为 Rr。组合三中，后代全为红色，因此分别为 rr、RR。再分析叶的形态： 组合一子代全为阔叶，则基因型分别为 HH、hh，组合二为 hh，组合三子代全为阔叶，则 分别为 HH、hh，因此组合一、二、三分别为：rrHH×Rrhh，Rrhh×Rrhh，rrHH×RRhh。 组合三后代红色阔叶的基因型为 RrHh，则其自交后代的表现型及比例是红色阔叶∶红色窄 叶∶白色阔叶∶白色窄叶＝9∶3∶3∶1。 答案 (1)组合三 (2)rrHH Rrhh Rrhh Rrhh rrHH RRhh (3)红色阔叶∶红色窄叶∶白色阔叶∶白色窄叶＝9∶3∶3∶1