【師說】2021高考生物全程復習構想檢測：課時訓練12孟德爾的豌豆雜交實驗(一)

課時訓練12孟德爾的豌豆雜交試驗(一)一、選擇題(共12小題)1．孟德爾對分別現象的緣由提出了假說，下列不屬于該假說內容的是()A．生物的性狀是由遺傳因子打算的B．基因在體細胞染色體上成對存在C．配子只含有每對遺傳因子中的一個D．受精時雌雄配子的結合是隨機的答案：B2.將基因型為Aa的豌豆連續(xù)自交，在后代中的純合子和雜合子按所占的比例得如右圖所示曲線，據此分析，錯誤的說法是()A．a曲線可代表自交n代后純合子所占的比例B．b曲線可代表自交n代后顯性純合子所占的比例C．隱性純合子的比例比b曲線所對應的比例要小D．c曲線可代表后代中雜合子所占比例隨自交代數的變化解析：雜合子Aa連續(xù)自交n代后，后代中雜合子所占比例為(1/2)n，純合子AA和aa所占比例相同，為[1－(1/2)n]/2，可知圖中a曲線表示純合子所占比例，b曲線表示顯性純合子或隱性純合子所占比例，c曲線表示雜合子所占比例。答案：C3．軟骨發(fā)育不全是一種常染色體遺傳病(A、a)，發(fā)病率很低。該病顯性純合體(AA)病情嚴峻而死于胚胎期，雜合體(Aa)體態(tài)特別，身體矮小，有骨化障礙，但智力正常，隱性純合體(aa)表現型正常，對此以下敘述正確的是()A．該病為完全顯性遺傳病，能活到成年的基因型有Aa和aaB．該病為不完全顯性遺傳病，且AA個體病情重，Aa個體病情較輕C．該遺傳病發(fā)病率很低的根本緣由是Aa的基因型頻率低D．若一對基因型為Aa的夫婦同時還是白化基因攜帶者，則它們生出正常孩子的概率為1/4答案：B4．下列有關孟德爾豌豆雜交試驗的敘述，正確的是()A．孟德爾在豌豆開花時進行去雄和授粉，實現親本的雜交B．孟德爾爭辯豌豆花的構造，但無需考慮雌蕊、雄蕊的發(fā)育程度C．孟德爾依據親本中不同個體表現型來推斷親本是否純合D．孟德爾利用了豌豆自花傳粉、閉花受粉的特性答案：D5．將具有一對相對性狀的純種豌豆個體間行種植，另將具有一對相對性狀的純種玉米個體間行種植，通常狀況下，具有隱性性狀的一行植株上所產生的F1是()A．豌豆和玉米都有顯性個體和隱性個體B．玉米都為隱性個體，豌豆既有顯性又有隱性C．豌豆和玉米的顯性和隱性比例都是31D．豌豆都為隱性個體，玉米既有顯性又有隱性解析：豌豆為自花傳粉、閉花受粉植物，具有一對相對性狀的純種豌豆個體間行種植，隱性性狀的一行植株上所產生的F1都為隱性個體。玉米為雌雄同株異花植物，只能進行同株或異株間異花傳粉，因此具有一對相對性狀的純種玉米個體間行種植，隱性性狀玉米的一行植株上所產生的F1既有顯性又有隱性，D對。答案：D6．南瓜果實的顏色是由一對等位基因(A和a)把握的，用一株黃果南瓜和一株白果南瓜雜交，F1中既有黃果南瓜也有白果南瓜，F1自交產生的F2的表現型如圖所示，依據圖示分析，下列說法錯誤的是()A．P中黃果的基因型是aaB．F1中白果的基因型為AA和AaC．由圖中③可以判定白果為顯性性狀D．F2中黃果與白果的理論比例為53解析：③過程是白果南瓜自交，后代產生了白果和黃果兩種表現型，可以確定白果為顯性性狀；F1中黃果和白果各占1/2，F2中黃果占1/2＋1/2×1/4＝5/8，則F2中白果占1－5/8＝3/8。答案：B7.某植株的一條染色體發(fā)生缺失，獲得該缺失染色體的花粉不育，缺失染色體上具有紅色顯性基因B，正常染色體上具有白色隱性基因b(如圖)。假如該植株自交，其后代的性狀表現一般是()A．紅色性狀白色性狀＝31B．都是紅色性狀C．紅色性狀白色性狀＝11D．都是白色性狀解析：據題意分析可知，該植株產生的花粉只有b一種基因型，而卵細胞的基因型及比例為Bb＝11，精子和卵細胞隨機結合，后代表現型及比例為紅色性狀白色性狀＝11。答案：C8．金魚草的花色由一對等位基因把握。粉紅色的金魚草自交產生的182株后代中，有紅色44株，粉紅色91株，白色47株。若紅色與粉紅色的金魚草雜交，則后代中粉紅色金魚草的比例最有可能是()A．33% B．50%C．67% D．100%解析：從題意看，金魚草的花色為不完全顯性，設AA為紅色，Aa為粉紅色，aa為白色。AA×Aa→1/2AA、1/2Aa，故后代中粉紅色的比例為50%。答案：B9.eq\a\vs4\al(2021·福州質檢)番茄果肉顏色紅色和紫色為一對相對性狀，紅色為顯性。雜合的紅果肉的番茄自交，獲F1。將F1中表現型為紅果肉的番茄自交得F2，以下敘述正確的是()A．F2中無性狀分別B．F2中性狀分別比31C．F2紅果肉個體中雜合的占2/5D．首先在F2消滅能穩(wěn)定遺傳的紫果肉解析：設把握果肉紅色和紫色的基因分別為A和a，雜合的紅果肉番茄的基因型均為Aa，進行自交產生的F1中紅果肉的基因型為AA(占1/3)、Aa(占2/3)，這些紅果肉番茄自交，得到的F2中消滅性狀分別，F2中基因型為AA的個體占1/3＋2/3×1/4＝1/2，基因型為Aa的個體占2/3×1/2＝1/3，基因型為aa的個體占2/3×1/4＝1/6，所以F2的性狀分別比是(1/2＋1/3)1/6＝51；F2紅果肉個體中雜合子(Aa)占(1/3)/(1/2＋1/3)＝2/5；能穩(wěn)定遺傳的紫果肉的基因型是aa，在F1中就已經消滅了。答案：C10.eq\a\vs4\al(2021·太原調研)豌豆花的頂生和腋生是一對相對性狀，依據下表中的三組雜交試驗結果，推斷顯性性狀和純合子分別為()雜交組合子代表現型及數量甲(頂生)×乙(腋生)101腋生，99頂生甲(頂生)×丙(腋生)198腋生，201頂生甲(頂生)×丁(腋生)全為腋生A.頂生；甲、乙 B．腋生；甲、丁C．頂生；丙、丁 D．腋生；甲、丙解析：甲(頂生)×丁(腋生)后代全為腋生，依據顯性性狀定義可以推斷出，腋生為顯性性狀；由于子代全為腋生可推斷丁為顯性純合子，甲為隱性純合子。答案：B11．孟德爾對于遺傳學的重要貢獻之一是利用設計奇妙的試驗否定了融合遺傳方式。為了驗證孟德爾遺傳方式的正確性，有人用一株開紅花的煙草和一株開白花的煙草作為親本進行試驗。在下列預期結果中，支持孟德爾遺傳方式而否定融合遺傳方式的是()A．紅花親本與白花親本雜交的F1代全為紅花B．紅花親本與白花親本雜交的F1代全為粉紅花C．紅花親本與白花親本雜交的F2代依據肯定比例消滅花色分別D．紅花親本自交，子代全為紅花；白花親本自交，子代全為白花解析：孟德爾遺傳方式認為生物性狀是由遺傳因子把握的，成對的遺傳因子不相融合，所以雜交后代肯定消滅性狀分別，而融合遺傳理論認為遺傳因子是相互融合的，所以雜交后代不會消滅性狀分別，C選項中猜測紅花與白花雜交的F2中發(fā)生性狀分別且消滅肯定的分別比，支持孟德爾的分別定律。答案：C12．下圖為基因型為Aa的生物自交產生后代的過程，基因的分別定律發(fā)生于()Aaeq\o(→,\s\up7(①))1A1aeq\o(→,\s\up7(②))配子間的4種結合方式eq\o(→,\s\up7(③))子代中3種基因型、2種表現型A．① B．②C．③ D．①②解析：基因的分別定律發(fā)生于減數分裂產生配子的過程中。答案：A二、非選擇題(共3小題)13．“母性效應”是指子代某一性狀的表現型由母體的染色體基因型打算，而不受本身基因型的支配。椎實螺是一種雌雄同體的軟體動物，一般通過異體受精繁殖，但若單獨飼養(yǎng)，也可以進行自體受精。其螺殼的旋轉方向有左旋和右旋的區(qū)分，旋轉方向符合“母性效應”，遺傳過程如下圖所示?，F有右旋和左旋椎實螺若干，回答下列問題：(1)“母性效應”現象是否符合孟德爾遺傳定律？__________。(2)螺殼表現為左旋的個體，其基因型可能為__________；螺殼表現為右旋的個體，其基因型可能為__________。(3)F2消滅三種基因型的根本緣由是____________________。請寫出F2自交的遺傳圖解，并注明自交子代的表現型及比例。(4)欲推斷某左旋椎實螺的基因型，可用任意的右旋椎實螺作父本進行交配，統計雜交后代F1的性狀。若子代表現狀況是__________，則該左旋椎實螺是純合子；若子代的表現狀況是__________，則該左旋椎實螺是雜合子。解析：(1)由遺傳圖解知，“母性效應”符合孟德爾遺傳定律。(2)螺殼表現為左旋，說明母本的基因型為dd，故表現為螺殼左旋的子代基因型為dd或Dd。同理，螺殼右旋個體基因型為DD、Dd或dd。(3)F2消滅三種基因型的根本緣由是F1產生配子過程中，因等位基因分別而產生數量相等的不同種配子。(4)左旋螺的基因型為Dd或dd，故可以用任意右旋螺作父本與該螺雜交，若左旋螺基因型為Dd，則子代螺殼應為右旋；若左旋螺基因型為dd，則子代螺殼應為左旋。答案：(1)符合(2)dd、Dddd、Dd或DD(必需寫全)(3)F1形成配子時，等位基因發(fā)生分別遺傳圖解如下(4)左旋螺右旋螺14．某爭辯小組依據孟德爾雜交試驗的程序，做了如下兩組試驗：第一組：用純種的灰身果蠅(B)與黑身果蠅(b)雜交，得到F1代，讓F1代自由交配后，將F2代中的全部黑身果蠅除去，使F2代中的全部灰身果蠅再自由交配，產生F3代。其次組：用純種的高莖豌豆(D)與矮莖豌豆(d)雜交，得到F1代，讓F1代自交后，將F2代中的全部矮莖豌豆除去，使F2代中的全部高莖豌豆再自交，產生F3代?；卮鹣铝袉栴}：(1)第一組試驗中，F2代中黑身果蠅所占的比例是________；其次組試驗中，F2代的顯性性狀中，雜合體的高莖豌豆所占的比例是________。(2)第一組試驗中，F3代的性狀表現及比例為________；其次組試驗中，F3代的性狀表現及比例為________。(3)寫出其次組試驗親代到F3的遺傳圖解。解析：第一組試驗：F1為Bb，F2為1BB2Bb1bb，故F2中黑身果蠅所占的比例是1/4。將F2中的全部黑身果蠅除去，F2為1BB2Bb。b基因頻率為1/3，B基因頻率為2/3，F2中的全部灰身果蠅再自由交配，產生F3為bb(黑身)比例為1/9，灰身比例為8/9，故F3灰身果蠅黑身果蠅＝81。其次組試驗F1為Dd，F2為1DD2Dd1dd；將F2中的全部矮莖豌豆除去，F2為1DD2Dd；故F2的顯性性狀中，雜合體的高莖豌豆所占的比例是2/3。F2代中的全部高莖豌豆再自交，只有Dd能產生dd(矮莖豌豆)，比例為1/6，故F3高莖豌豆比例為5/6。故F3的高莖豌豆矮莖豌豆＝51。答案：(1)1/42/3(2)灰身果蠅黑身果蠅＝81高莖豌豆矮莖豌豆＝51(3)如下圖：15.eq\a\vs4\al(2021·東北聯考)在某種安哥拉兔中，長毛(由基因HL把握)與短毛(由基因HS把握)是由一對等位基因把握的相對性狀。某生物育種基地利用純種安哥拉兔進行如下雜交試驗，產生了大量的F1與F2個體，統計結果如下表，請分析回答：試驗一(♂)長毛×短毛(♀)F1雄兔全為長毛雌兔全為短毛試驗二F2雌雄個體交配F2雄兔長毛短毛＝31雌兔長毛短毛＝13(1)試驗結果表明：①把握安哥拉兔長毛、短毛的等位基因(HL、HS)位于________染色體上；②F1雌雄個體的基因型分別為____________________________。(2)F2中短毛雌兔的基因型及比例為________。(3)若規(guī)定短毛為隱性性狀，需要進行測交試驗以驗證上述有關推想，既可讓F1長毛雄兔與多只純種短毛雌兔雜交，也可讓__________，請預期后者測交子代雌兔、雄兔的表現型及比例為________。解析