高考总动员高三生物一轮复习课时提升练4 9页

课时提升练(十四)　‎ 孟德尔的豌豆杂交实验(一)‎ ‎(参考时间：45分钟)‎ A基础层 ‎1．(2015·江苏无锡一中一次质检)有关孟德尔的“假说—演绎法”的叙述中不正确的是(　　)‎ A．在“一对相对性状的遗传实验”中提出了遗传因子的说法 B．“测交实验”是对推理过程及结果进行的检验 C．“生物性状是由遗传因子决定的；体细胞中遗传因子成对存在；配子中遗传因子成单存在；受精时，雌雄配子随机结合”属于演绎的内容 D．“F1能产生数量相等的两种配子”属于推理内容 ‎【解析】　C项所述内容属于假说的内容。‎ ‎【答案】　C ‎2．(2015·江西鹰潭一模)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3∶1‎ D．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】　D ‎3．孟德尔遗传规律不适用于原核生物的原因是(　　)‎ ‎①原核细胞无成形的细胞核　②原核细胞无完善的细胞器　③原核细胞内无同源染色体存在　④原核生物主要进行无性生殖　⑤孟德尔时期还未发现原核生物　⑥原核细胞不进行减数分裂 A．①③④　　　　 B．③④⑤‎ C．③④⑥ D．①②⑤‎ ‎【解析】　孟德尔遗传规律研究的是进行有性生殖的真核生物的核基因遗传。原核生物无同源染色体存在，不进行减数分裂，主要进行无性生殖，故选C。‎ ‎【答案】　C ‎4．豌豆花的位置腋生对顶生是显性，现有两株花腋生豌豆间的杂交，F1既有花腋生又有花顶生，若F1全部进行自交，则F2的花腋生∶花顶生比为(　　)‎ A．5∶3　 B．7∶9 C．2∶1　 　　D．1∶1‎ ‎【解析】　此题考查对基因分离定律的应用。两株花腋生豌豆间的杂交，F1既有花腋生又有花顶生，说明腋生是显性性状，且亲代为杂合子(Aa)，F1为1/4AA,1/2Aa，1/4aa，F1全部进行自交后代中的腋生花为：1/4＋1/2×3/4＝5/8，顶生花为：1/4＋1/2×1/4＝3/8，F2的花腋生∶花顶生比为5∶3。‎ ‎【答案】　A ‎5．无尾猫是一种观赏猫。猫的无尾、有尾是一对相对性状，其遗传符合基因的分离定律。为了选育纯种的无尾猫，让无尾猫自由交配多代，但发现每一代中总会出现约1/3的有尾猫，其余均为无尾猫。由此推断正确的是(　　)‎ A．猫的有尾性状是由显性基因控制的 B．自由交配后代出现有尾猫是基因突变所致 C．自由交配后代无尾猫中既有杂合子又有纯合子 D．无尾猫与有尾猫杂交后代中无尾猫约占1/2‎ ‎【解析】　依题意可知：猫的无尾是显性性状，且表现出显性纯合致死。无尾猫自由交配后代中的无尾猫全部是杂合子，有尾猫的出现是隐性基因所致。无尾猫与有尾猫杂交属于测交，后代中无尾猫和有尾猫约各占1/2。‎ ‎【答案】　D ‎6．豚鼠的毛色中，白色与黑色是一对相对性状，遗传遵循基因的分离定律。有编号为①～⑨的9只豚鼠，其中编号是奇数的为雄性个体，编号是偶数的为雌性个体。已知①×②→③和④，⑤×⑥→⑦和⑧，④×⑦→⑨，③和⑧是白色，其余的均为黑色。用B、b分别表示其显、隐性基因。请作答：‎ ‎(1)豚鼠的毛色中，________是显性性状。‎ ‎(2)个体④的基因型是________。‎ ‎(3)个体⑦为杂合子的概率为________。‎ ‎(4)若利用以上豚鼠检测⑨的基因型，可采取的方法和得出的结论是___________________________________________‎ ‎___________________________________________。‎ ‎【解析】　①×②→③和④中，①、②均为黑色，而子代中③为白色，可判定黑色为显性性状；①、②的基因型为Bb，④的表现型为黑色，其基因型为BB或Bb；同理⑤×⑥→⑦和⑧中，⑤、⑥均为黑色，⑧是白色，则⑦的基因型为1/3BB或2/3Bb，⑦‎ 为杂合子的概率为2/3；检测动物的基因型应用测交的方法，即将该个体与隐性个体交配，根据后代是否发生性状分离来判断待测个体是纯合子还是杂合子。‎ ‎【答案】　(1)黑色　(2)BB或Bb　(3)2/3‎ ‎(4)将其与⑧交配，若后代中出现白色个体，说明其是杂合子；若后代全为黑色个体，说明其为纯合子。‎ B能力层 ‎7．已知某环境条件下某种动物的AA和Aa个体全部存活，aa个体在出生前会全部死亡。现有该动物的一个大群体，只有AA、Aa两种基因型，其比例为1∶2。假设每对亲本只交配一次且成功受孕，均为单胎。在上述环境条件下，理论上该群体随机交配产生的第一代中AA和Aa的比例是(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．2∶1 D．3∶1‎ ‎【解析】　由已知条件可知：AA∶Aa＝1∶2，在该群体中A＝2/3，a＝1/3，所以后代中AA＝4/9，Aa＝2×2/3×1/3＝4/9，aa致死，所以理论上AA∶Aa＝1∶1。‎ ‎【答案】　A ‎8．已知一批基因型为AA和Aa的豌豆种子，其数目之比为1∶2，将这批种子种下，自然状态下(假设结实率相同)其子一代中基因型为AA、Aa、aa的种子数之比为(　　)‎ A．3∶2∶1 B．1∶2∶1‎ C．3∶5∶1 D．4∶4∶1‎ ‎【解析】　豌豆为自花传粉，闭花受粉，所以自然状态下均为自交，AA的个体占1/3，自交后代全部为AA，占1/3；Aa的个体占2/3，后代有三种基因型，所占比例分别为AA＝2/3×1/4＝1/‎ ‎6、Aa＝2/3×2/4＝1/3、aa＝2/3×1/4＝1/6，统计结果AA＝3/6、Aa＝2/6、aa＝1/6，故种子数之比为3∶2∶1。‎ ‎【答案】　A ‎9．在阿拉伯牵牛花的遗传实验中，用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1，如果将F2中的所有粉红色的牵牛花和红色的牵牛花均匀混合种植，进行自由受粉，则后代应为(　　)‎ A．红色∶粉色∶白色＝1∶2∶1‎ B．粉红色∶红色＝1∶1‎ C．红色∶白色＝3∶1‎ D．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1‎ ‎【解析】　设阿拉伯牵牛花花色由基因A、a控制，由题意可知，F2粉红色牵牛花和红色牵牛花中，A、a的基因频率分别是A＝2/3、a＝1/3，则自由受粉的后代中各基因型的频率为AA＝4/9、Aa＝4/9、aa＝1/9，即红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1。‎ ‎【答案】　D ‎10．(2015·山东滨州一模)研究发现，豚鼠毛色由以下等位基因决定：Cb—黑色、Cs—银色、Cc—乳白色、Cx—白化。为确定这组基因间的关系，进行了部分杂交实验，结果如下，据此分析下列选项正确的是(　　)‎ 交配 亲代表现型 子代表现型 黑 银 乳白 白化 ‎1‎ 黑×黑 ‎22‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎7‎ ‎2‎ 黑×白化 ‎10‎ ‎9‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎3‎ 乳白×乳白 ‎0‎ ‎0‎ ‎30‎ ‎11‎ ‎4‎ 银×乳白 ‎0‎ ‎23‎ ‎11‎ ‎12‎ A.两只白化的豚鼠杂交，后代不会出现银色个体 B．该豚鼠群体中与毛色有关的基因型共有6种 C．无法确定这组等位基因间的显性程度 D．两只豚鼠杂交的后代最多会出现四种毛色 ‎【解析】　亲代黑×黑→子代出现黑和白化，说明黑(Cb)对白化(Cx)为显性。亲代乳白×乳白→子代出现乳白和白化，说明乳白(Cc)对白化(Cx)为显性。亲代黑×白化→子代出现黑和银，说明银(Cs)对白化(Cx)为显性，故两只白化的豚鼠杂交，后代不会出现银色个体，A正确。该豚鼠群体中与毛色有关的基因型有10种，B错误。根据四组交配亲子代的表现型关系可以确定Cb(黑色)、Cs(银色)、Cc(乳白色)、Cx(白化)这组等位基因间的显性程度，C错误。由于四种等位基因间存在显隐性关系，两只豚鼠杂交的后代最多会出现三种毛色，D错误。‎ ‎【答案】　A ‎11．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 Aa1‎ Aa2‎ a‎1a1‎ a‎1a2‎ a‎2a2‎ ‎(1)若亲本基因型为Aa1×Aa2，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Aa2×a‎1a2的杂交，平均每窝生8只小鼠。在同样条件下进行许多Aa2×Aa2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：‎ ‎①选用该黄色雄鼠与多只________色雌鼠杂交。‎ ‎②______________________________________。‎ 结果预测：‎ ‎①如果后代出现黄色和灰色，则该黄色雄鼠的基因型为_______。‎ ‎②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8×3/4＝6(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、a‎1a2　1/8　(3)6　(4)实验思路：①黑　②观察后代的毛色 结果预测：①Aa1　②黄色和黑色 ‎12．(2015·沈阳、大连第二次联考)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F1‎ ‎(♂)长毛×短毛(♀)‎ 雄兔 全为长毛 雌兔 全为短毛 实验二F2‎ F1雌雄个体交配 雄兔 长毛∶短毛＝3∶1‎ 雌兔 长毛∶短毛＝1∶3‎ ‎(1)实验结果表明：‎ ‎①控制安哥拉兔长毛、短毛的等位基因(HL、HS)位于________染色体上。‎ ‎②F1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)＝3∶1，雌性：长毛(1HLHL)∶短毛(2HLHS、1HSHS)＝1∶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，也可让多只F1‎ 短长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1∶1，雌兔全为短毛。‎ ‎【答案】　(1)①常　②HLHS和HLHS(或答“HSHL和HSHL”)　(2)HLHS∶HSHS＝2∶1　(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1∶1，雌兔全为短毛