课时跟踪检测（十五） 基因的分离定律

PAGE第8页共8页课时跟踪检测（十五）基因的分离定律一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．下列有关孟德尔一对相对性状的杂交实验的说法，错误的是()A．采用统计学的方法对实验数据进行分析，找出遗传的规律B．豌豆是自花传粉植物，在实验过程中免去了人工授粉的麻烦C．解释实验现象时提出的假说之一是F1产生配子时，成对的遗传因子彼此分离D．根据假说进行的演绎是若假说成立，则测交后代出现比例接近的两种表现型解析：选B豌豆是自花传粉植物，因此在杂交实验中需要进行人工授粉，B错误。2．(2019·全国卷Ⅱ)某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株(植株甲)进行了下列四个实验。①让植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是()A．①或② B．①或④C．②或③ D．③或④解析：选B假设控制羽裂叶和全缘叶的相关基因是A、a。植株甲(全缘叶)自花传粉后，子代出现性状分离，可说明植株甲是杂合子，①符合题意；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，不能判定植株甲是杂合子(如AA×Aa，AA×AA)，②不符合题意；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例是1∶1，不能判定全缘叶和羽裂叶的显隐性，若羽裂叶(Aa)为显性性状，则植株甲是纯合子(aa)，③不符合题意；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例是3∶1，说明全缘叶是显性性状，植株甲和另一全缘叶植株都是杂合子，即Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，④符合题意。3．(2021·丽江模拟)玉米的黄粒和白粒是一对相对性状，由染色体上等位基因A、a控制，田间玉米的黄粒和白粒普遍存在。为了确定黄粒和白粒这对相对性状的显隐性关系，下列实验方案中，不合理的是()A．从田间玉米中选择多株黄粒植株自交，统计子代的性状和比例B．从田间玉米中选择多株白粒植株自交，统计子代的性状和比例C．从田间玉米中选择多株黄粒与多株白粒杂交，子代中占多数的个体性状为显性性状D．在田间玉米中抽样统计黄粒和白粒的比例，占多数的性状为显性性状解析：选D从田间玉米中选择多株黄粒植株自交，统计子代的性状和比例，如果后代出现白粒玉米，则说明黄粒对白粒为显性，A正确；从田间玉米中选择多株白粒植株自交，统计子代的性状和比例，如果后代出现黄粒玉米，则说明白粒对黄粒为显性，B正确；从田间玉米中选择多株黄粒与多株白粒杂交，由于杂合子表现为显性性状，所以子代中占多数的个体性状为显性性状，C正确；在田间玉米中抽样统计黄粒和白粒的比例，如果隐性基因频率很高，那么隐性性状的个体占多数，D错误。4．(2020·江苏高考)有一观赏鱼品系体色为桔红带黑斑，野生型为橄榄绿带黄斑，该性状由一对等位基因控制。某养殖者在繁殖桔红带黑斑品系时发现，后代中2/3为桔红带黑斑，1/3为野生型性状，下列叙述错误的是()A．桔红带黑斑品系的后代中出现性状分离，说明该品系为杂合子B．突变形成的桔红带黑斑基因具有纯合致死效应C．自然繁育条件下，桔红带黑斑性状容易被淘汰D．通过多次回交，可获得性状不再分离的桔红带黑斑品系解析：选D亲本为桔红带黑斑品系，后代的性状分离比为桔红带黑斑∶野生型＝2∶1，说明亲本品系为杂合子，A正确；子代中桔红带黑斑个体占2/3，说明子代中无桔红带黑斑纯合个体，即桔红带黑斑基因具有纯合致死效应，无法通过多次回交获得性状不再分离的纯合桔红带黑斑品系，B正确，D错误；由桔红带黑斑基因具有纯合致死效应可知，在自然选择作用下桔红带黑斑性状易被淘汰，C正确。5．(2021·西安四校联考)小鼠的毛色由复等位基因A(黄色)、a1(灰色)、a2(黑色)控制。已知该复等位基因位于常染色体上，且A对a1、a2为显性，a1对a2为显性。若一只黄色雄鼠与一只黑色雌鼠交配，其子代的表现型可能()A．只有灰色 B．只有黑色C．只有黄色 D．只有黑色和灰色解析：选C由于黄色雄鼠含有基因A，所以其子代的表现型必定有黄色，不可能只有灰色和黑色，只有C项符合题意。6．(2020·洛阳模拟)豌豆的紫花和白花性状分别由等位基因C、c控制。某豌豆种群中，基因型为CC的个体占30%，基因型为cc的个体占10%，该种群在自然条件下繁殖两代获得F2。下列说法错误的是()A．豌豆花色的遗传遵循基因分离定律B．F2中c基因频率为40%C．F2中紫花豌豆占27/40D．F2中CC基因型的个体占9/25解析：选D豌豆花色的遗传遵循基因分离定律，A正确；由于没有自然选择和可遗传的变异等因素的影响，故基因频率不变，F2中c基因频率为10%＋1/2×60%＝40%，B正确；由于自然状态下豌豆进行自交，F2中紫花豌豆(C_)中，亲本30%CC自交F2产生30%CC，亲本60%Cc自交，F2中紫花(C_)占60%×1/4＋60%×1/2×3/4＝3/8，所以F2中紫花豌豆占30%＋3/8＝27/40，C正确；由C项可知，F2中CC基因型的个体分别由30%CC、60%Cc自交两代产生，故F2中CC基因型的个体占30%＋60%×1/4＋60%×1/2×1/4＝21/40，D错误。7．(2021·新乡模拟)已知等位基因D、d位于一对同源染色体上，让种群中基因型为Dd的个体相互交配，所获得的子代出现1∶1的性状分离比。下列解释合理的是()A．基因D对基因d为不完全显性B．含显性基因的精子或卵细胞存在致死现象C．种群中存在显性杂合致死现象D．雌雄亲本均产生了2种生活力相同的配子解析：选B若基因D对基因d为不完全显性，则后代性状分离比为1∶2∶1，这与题干不符；含显性基因的精子或卵细胞存在致死现象，则一种配子的基因型及比例为D∶d＝1∶1，另一种配子只有d一种基因型，子代会出现1∶1的性状分离比；若种群中存在显性杂合致死现象，则不会出现Dd的个体；若雌雄亲本均产生了2种生活力相同的配子，则后代基因型及比例为DD∶Dd∶dd＝1∶2∶1，不会出现1∶1的性状分离比。8．基因型为Aa的某植株产生的“a”花粉中有一半是致死的，则该植株自花传粉产生的子代中AA∶Aa∶aa基因型个体的数量比为()A．3∶2∶1 B．2∶3∶1C．4∶4∶1 D．1∶2∶1解析：选B据题意，“a”花粉中有一半是致死的，所以该植株产生的雄配子有两种：1/3a、2/3A，雌配子也有两种：1/2a、1/2A，雌雄配子结合后产生的子代中AA＝1/3，Aa＝1/2，aa＝1/6，所以AA∶Aa∶aa＝2∶3∶1。9．(2021·福州模拟)多组黄色小鼠(AvyAvy)与黑色小鼠(aa)杂交，F1中小鼠表现出不同的体色，是介于黄色和黑色之间的一些过渡类型。经研究，不同体色小鼠的Avy基因中碱基序列相同，但某些核苷酸有不同程度的甲基化现象。甲基化程度越高，Avy基因的表达受到的抑制越明显。有关推测错误的是()A．Avy和a基因存在可杂交序列B．不同体色的F1小鼠基因型不同C．Avy和a基因的遗传行为遵循孟德尔分离定律D．基因的甲基化程度越高，F1小鼠体色就越偏黑解析：选BAvy和a基因是等位基因，两个基因中存在可杂交序列，A正确；不同体色的F1小鼠基因型相同，都是Avya，B错误；Avy和a基因属于等位基因，它们的遗传遵循孟德尔分离定律，C正确；基因的甲基化程度越高，Avy基因的表达受到的抑制越明显，F1小鼠体色就越偏黑，D正确。10．通常母鸡的羽毛宽、短、钝且直，叫母羽；雄鸡的羽毛细、长、尖且弯曲，叫雄羽。所有的母鸡都只具有母羽，而雄鸡可以是母羽也可以是雄羽。鸡的这种羽毛性状由位于常染色体上的一对等位基因控制(用H、h表示)。现用一对母羽亲本进行杂交，发现子代中的母鸡都为母羽，而雄鸡中母羽∶雄羽＝3∶1，请回答下列问题：(1)亲本都为母羽，子代中出现雄羽，这一现象在遗传学上称为____________。母羽和雄羽中显性性状是________。(2)在子代中，母羽母鸡的基因型为________________。将子代的所有母鸡分别和雄羽雄鸡杂交，理论上后代雄鸡的表现型及比例是____________________。(3)现有各种表现型鸡的品种，为进一步验证亲本中的母鸡是杂合子，请另行设计一杂交实验，用遗传图解表示(须写出配子)。解析：(1)亲本都为母羽，子代中出现雄羽，这一现象在遗传学上称为性状分离，说明母羽对雄羽是显性，亲本都是杂合子，即Hh。(2)在子代中，由于所有的母鸡都只具有母羽，所以母羽母鸡的基因型为HH、Hh、hh。由于雄羽为隐性性状，所以雄羽雄鸡的基因型为hh。母鸡的基因型为HH、Hh、hh，比例为1∶2∶1，将子代的所有母鸡分别和雄羽雄鸡(hh)杂交，理论上后代雄鸡的基因型为Hh和hh，比例为1∶1，所以表现型及比例是母羽∶雄羽＝1∶1。(3)为进一步验证亲本中的母鸡是杂合子，可用母羽母鸡(Hh)与雄羽雄鸡(hh)杂交，遗传图解见答案。答案：(1)性状分离母羽(2)HH、Hh、hh母羽∶雄羽＝1∶1(3)如图所示11．(2021·九江一模)玉米是雌雄同株的植物，在自然状态下，既能进行自交也能进行杂交。玉米的常态叶和皱形叶是单基因控制的一对相对性状。请回答有关问题：(1)选择玉米作遗传实验材料的优点是________________________________________；___________________________________________________________________________。(2)用常态叶植株甲给另一常态叶植株乙授粉，子代常态叶与皱形叶的比例为3∶1，则子代个体中的常态叶植株随机交配，后代植株的性状分离比为______________________。(3)用常态叶植株丙给常态叶植株丁授粉，子代均为常态叶，__________(填“能”或“不能”)说明二者都是纯合子，理由是___________________________________________________________________________________________________________________。(4)假设决定玉米抗旱和不抗旱的基因在叶绿体DNA上。现有抗旱皱形叶和不抗旱常态叶的纯合个体若干，要培育抗旱常态叶的高产新品种，请写出相应的实验步骤__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由于玉米的相对性状明显，易于区分，且后代数目多，统计结果更准确，所以常选择玉米作遗传实验材料。(2)用常态叶植株甲给另一常态叶植株乙授粉，子代常态叶与皱形叶的比例为3∶1，则子代个体中的常态叶植株(显性基因频率为2/3，隐性基因频率为1/3)随机交配，后代植株的性状分离比为常态叶∶皱形叶＝(2/3×2/3＋2/3×1/3×2)∶(1/3×1/3)＝8∶1。(3)用常态叶植株丙给常态叶植株丁授粉，子代均为常态叶，由于常态叶为显性性状，常态叶丙和常态叶丁杂交，后代全是常态叶，有可能是显性纯合子和杂合子杂交获得，所以不能说明二者都是纯合子。(4)假设决定玉米抗旱和不抗旱的基因在叶绿体DNA上。现有抗旱皱形叶和不抗旱常态叶的纯合个体若干，要培育抗旱常态叶的高产新品种，可设计如下实验：以抗旱皱形叶的个体作母本，不抗旱常态叶的个体作父本，两纯合个体杂交获得的F1为常态叶的杂合子，F1自交得到F2，从F2选出抗旱常态叶个体自交，不发生性状分离的个体即为所需的纯合抗旱常态叶高产新品种。答案：(1)相对性状明显，易于区分后代数目多，统计结果更准确(2)常态叶∶皱形叶＝8∶1(3)不能常态叶为显性性状，常态叶丙和常态叶丁杂交，后代全是常态叶，有可能是显性纯合子和杂合子杂交获得(4)以抗旱皱形叶的个体作母本，不抗旱常态叶的个体作父本，两纯合个体杂交获得的F1为常态叶的杂合子，F1自交得到F2，从F2选出抗旱常态叶个体自交，不发生性状分离的个体即为所需的纯合抗旱常态叶高产新品种二、强化迁移能力，突出创新性和应用性12．(2021·福州模拟)水稻的非糯性(W)对糯性(w)为显性，非糯性品系所含淀粉遇碘呈蓝色，糯性品系所含淀粉遇碘呈红色。将W基因用红色荧光标记，w基因用蓝色荧光标记。下面对纯种非糯性与糯性水稻杂交的子代的叙述，错误的是(不考虑基因突变)()A．观察F1未成熟花粉时，发现2个红色荧光点和2个蓝色荧光点分别移向两极，是分离定律的直观证据B．观察F1未成熟花粉时，发现1个红色荧光点和1个蓝色荧光点分别移向两极，说明形成该细胞时发生过染色体片段交换C．选择F1成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为1∶1D．选择F2所有植株成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为3∶1解析：选D纯种非糯性与糯性水稻杂交，Fl的基因组成为Ww，花粉未成熟时，发现2个红色荧光点和2个蓝色荧光点分别移向两极，是因为染色体已经发生了复制，等位基因发生分离，移向细胞两极，这是基因的分离定律最直接的证据，A正确；观察Fl未成熟花粉时，染色单体已经形成，不同的荧光点荧光都是两个，如果发现1个红色荧光点和1个蓝色荧光点分别移向两极，说明形成该细胞时发生过染色体片段交换，B正确；基因分离定律形成的配子中糯性和非糯性的花粉的比例为1∶1，故理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为1∶1，C正确；依据题干可知，Fl的基因组成为Ww，F2所有植株中非糯性(W_)∶糯性(ww)＝3∶1，但F2所有植株产生的成熟花粉W∶w的比例是1∶1，用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为1∶1，D错误。13．(2021·林州模拟)两性花植物的自交不亲和是由同源染色体上的等位基因Sx(S1、S2……S15)控制的，此类植物能产生正常的雌、雄配子，但当花粉与母本有相同的Sx基因时，这种类型的所有花粉都不能完成受精作用，从而使自交不能产生后代。下列有关叙述正确的是()A．自然条件下，通过有相同基因植株杂交可以得到Sx基因的纯合个体，如S1S1、S2S2等B．基因S1、S2……S15可能是DNA片段交换后产生的C．基因型为S1S2和S2S4的亲本，正交和反交的子代基因型完全相同D．具有自交不亲和特性的品系进行杂交育种时无需对母本进行去雄处理解析：选D根据题干信息“当花粉与母本有相同的Sx基因时，这种类型的所有花粉都不能完成受精作用”可知，一般不存在Sx基因的纯合个体，如S1S1、S2S2等，A错误；基因S1、S2……S15是基因突变后产生的，可能为碱基对的替换、缺失、增添产生的，而DNA片段交换为染色体变异，B错误；基因型为S1S2和S2S4的亲本，由于都含有S2基因，而当花粉与母本有相同的Sx基因时，该花粉就不能完成受精作用，即以S1S2作为父本时，后代基因型为S1S2、S1S4，以S2S4为父本时，后代基因型为S1S4、S2S4，C错误；具有自交不亲和特性的品系进行杂交育种时，由于当花粉与母本有相同的Sx基因时，该花粉就不能完成受精作用，所以母本无需去雄，D正确。14．(2021·安阳模拟)某植物的高秆和矮秆是一对相对性状，由一对等位基因B、b控制，但杂合子中80%表现为显性，20%表现为隐性。现让一高秆植株自交，F1有高秆和矮秆。下列叙述正确的是()A．高秆对矮秆为显性，矮秆植株为纯合子B．基因型相同的植株，其表现型一定相同C．某一矮秆植株自交，子代性状分离比一定与题干中F1不同D．题干中F1自由交配获得的F2中，高秆与矮秆的比例与F1相同解析：选D根据题干“一高秆植株自交，F1有高秆和矮秆”可知，亲本高秆为显性性状，基因型为Bb，但由于Bb中既有高秆，又有矮秆，故矮秆植株不一定为纯合子，A错误。基因型相同的植株，其表现型不一定相同，如Bb可能表现高秆，也可能表现矮秆，B错误。某一矮秆植株自交，子代若出现性状分离，则亲本矮秆一定是杂合子，后代基因型及比例为BB∶Bb∶bb＝1∶2∶1，则显性性状的比例为1/4＋1/2×80%＝13/20，显性∶隐性＝13∶7，题干F1中显性∶隐性＝13∶7，C错误。题干中F1(BB∶Bb∶bb＝1∶2∶1)自由交配获得的F2(BB∶Bb∶bb＝1∶2∶1)中，高秆与矮秆的比例与F1相同，若高秆为显性性状，则高秆∶矮秆均为13∶7；若高秆是隐性性状，则矮秆∶高秆均为13∶7，D正确。15．(2021·台州模拟)亚洲瓢虫的鞘翅呈现色彩丰富的斑点，鞘翅的黑缘型、均色型和黄底型分别由SASA、SESE和ss控制。为研究鞘翅色彩的遗传特点，用三组亚洲瓢虫进行杂交实验，F1自由交配得F2，其结果如表，回答下列问题：杂交组合亲本子一代子二代甲均色型×黄底型新类型一均色型∶新类型一∶黄底型＝1∶2∶1乙黑缘型×黄底型新类型二黑缘型∶新类型二∶黄底型＝1∶2∶1丙新类型一×新类型二黄底型∶新类型一∶新类型二∶新类型三＝1∶1∶1∶1？(1)欲确定子一代新类型体细胞的染色体数目和形态特征，需对其进行____________________。(2)若仅考虑鞘翅的色彩斑点由SA、SE和s基因决定，则与之相关的瓢虫的基因型有______种，表现型有______种。(3)根据甲、乙杂交组合的实验结果分析，子一代全为新类型，子二代出现不同表现型的现象称为__________，出现这种现象的原因是F1产生配子时，________分离。(4)丙组的子一代进行自由交配，在子二代中出现新类型的概率