【师说】2021高考生物全程复习构想检测：课时训练12孟德尔的豌豆杂交实验(一)

课时训练12孟德尔的豌豆杂交试验(一)一、选择题(共12小题)1．孟德尔对分别现象的缘由提出了假说，下列不属于该假说内容的是()A．生物的性状是由遗传因子打算的B．基因在体细胞染色体上成对存在C．配子只含有每对遗传因子中的一个D．受精时雌雄配子的结合是随机的答案：B2.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得如右图所示曲线，据此分析，错误的说法是()A．a曲线可代表自交n代后纯合子所占的比例B．b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D．c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：C3．软骨发育不全是一种常染色体遗传病(A、a)，发病率很低。该病显性纯合体(AA)病情严峻而死于胚胎期，杂合体(Aa)体态特别，身体矮小，有骨化障碍，但智力正常，隐性纯合体(aa)表现型正常，对此以下叙述正确的是()A．该病为完全显性遗传病，能活到成年的基因型有Aa和aaB．该病为不完全显性遗传病，且AA个体病情重，Aa个体病情较轻C．该遗传病发病率很低的根本缘由是Aa的基因型频率低D．若一对基因型为Aa的夫妇同时还是白化基因携带者，则它们生出正常孩子的概率为1/4答案：B4．下列有关孟德尔豌豆杂交试验的叙述，正确的是()A．孟德尔在豌豆开花时进行去雄和授粉，实现亲本的杂交B．孟德尔争辩豌豆花的构造，但无需考虑雌蕊、雄蕊的发育程度C．孟德尔依据亲本中不同个体表现型来推断亲本是否纯合D．孟德尔利用了豌豆自花传粉、闭花受粉的特性答案：D5．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，通常状况下，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、闭花受粉植物，具有一对相对性状的纯种豌豆个体间行种植，隐性性状的一行植株上所产生的F1都为隐性个体。玉米为雌雄同株异花植物，只能进行同株或异株间异花传粉，因此具有一对相对性状的纯种玉米个体间行种植，隐性性状玉米的一行植株上所产生的F1既有显性又有隐性，D对。答案：D6．南瓜果实的颜色是由一对等位基因(A和a)把握的，用一株黄果南瓜和一株白果南瓜杂交，F1中既有黄果南瓜也有白果南瓜，F1自交产生的F2的表现型如图所示，依据图示分析，下列说法错误的是()A．P中黄果的基因型是aaB．F1中白果的基因型为AA和AaC．由图中③可以判定白果为显性性状D．F2中黄果与白果的理论比例为53解析：③过程是白果南瓜自交，后代产生了白果和黄果两种表现型，可以确定白果为显性性状；F1中黄果和白果各占1/2，F2中黄果占1/2＋1/2×1/4＝5/8，则F2中白果占1－5/8＝3/8。答案：B7.某植株的一条染色体发生缺失，获得该缺失染色体的花粉不育，缺失染色体上具有红色显性基因B，正常染色体上具有白色隐性基因b(如图)。假如该植株自交，其后代的性状表现一般是()A．红色性状白色性状＝31B．都是红色性状C．红色性状白色性状＝11D．都是白色性状解析：据题意分析可知，该植株产生的花粉只有b一种基因型，而卵细胞的基因型及比例为Bb＝11，精子和卵细胞随机结合，后代表现型及比例为红色性状白色性状＝11。答案：C8．金鱼草的花色由一对等位基因把握。粉红色的金鱼草自交产生的182株后代中，有红色44株，粉红色91株，白色47株。若红色与粉红色的金鱼草杂交，则后代中粉红色金鱼草的比例最有可能是()A．33% B．50%C．67% D．100%解析：从题意看，金鱼草的花色为不完全显性，设AA为红色，Aa为粉红色，aa为白色。AA×Aa→1/2AA、1/2Aa，故后代中粉红色的比例为50%。答案：B9.eq\a\vs4\al(2021·福州质检)番茄果肉颜色红色和紫色为一对相对性状，红色为显性。杂合的红果肉的番茄自交，获F1。将F1中表现型为红果肉的番茄自交得F2，以下叙述正确的是()A．F2中无性状分别B．F2中性状分别比31C．F2红果肉个体中杂合的占2/5D．首先在F2消灭能稳定遗传的紫果肉解析：设把握果肉红色和紫色的基因分别为A和a，杂合的红果肉番茄的基因型均为Aa，进行自交产生的F1中红果肉的基因型为AA(占1/3)、Aa(占2/3)，这些红果肉番茄自交，得到的F2中消灭性状分别，F2中基因型为AA的个体占1/3＋2/3×1/4＝1/2，基因型为Aa的个体占2/3×1/2＝1/3，基因型为aa的个体占2/3×1/4＝1/6，所以F2的性状分别比是(1/2＋1/3)1/6＝51；F2红果肉个体中杂合子(Aa)占(1/3)/(1/2＋1/3)＝2/5；能稳定遗传的紫果肉的基因型是aa，在F1中就已经消灭了。答案：C10.eq\a\vs4\al(2021·太原调研)豌豆花的顶生和腋生是一对相对性状，依据下表中的三组杂交试验结果，推断显性性状和纯合子分别为()杂交组合子代表现型及数量甲(顶生)×乙(腋生)101腋生，99顶生甲(顶生)×丙(腋生)198腋生，201顶生甲(顶生)×丁(腋生)全为腋生A.顶生；甲、乙 B．腋生；甲、丁C．顶生；丙、丁 D．腋生；甲、丙解析：甲(顶生)×丁(腋生)后代全为腋生，依据显性性状定义可以推断出，腋生为显性性状；由于子代全为腋生可推断丁为显性纯合子，甲为隐性纯合子。答案：B11．孟德尔对于遗传学的重要贡献之一是利用设计奇妙的试验否定了融合遗传方式。为了验证孟德尔遗传方式的正确性，有人用一株开红花的烟草和一株开白花的烟草作为亲本进行试验。在下列预期结果中，支持孟德尔遗传方式而否定融合遗传方式的是()A．红花亲本与白花亲本杂交的F1代全为红花B．红花亲本与白花亲本杂交的F1代全为粉红花C．红花亲本与白花亲本杂交的F2代依据肯定比例消灭花色分别D．红花亲本自交，子代全为红花；白花亲本自交，子代全为白花解析：孟德尔遗传方式认为生物性状是由遗传因子把握的，成对的遗传因子不相融合，所以杂交后代肯定消灭性状分别，而融合遗传理论认为遗传因子是相互融合的，所以杂交后代不会消灭性状分别，C选项中猜测红花与白花杂交的F2中发生性状分别且消灭肯定的分别比，支持孟德尔的分别定律。答案：C12．下图为基因型为Aa的生物自交产生后代的过程，基因的分别定律发生于()Aaeq\o(→,\s\up7(①))1A1aeq\o(→,\s\up7(②))配子间的4种结合方式eq\o(→,\s\up7(③))子代中3种基因型、2种表现型A．① B．②C．③ D．①②解析：基因的分别定律发生于减数分裂产生配子的过程中。答案：A二、非选择题(共3小题)13．“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打算，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”，遗传过程如下图所示。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消灭三种基因型的根本缘由是____________________。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)欲推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。若子代表现状况是__________，则该左旋椎实螺是纯合子；若子代的表现状况是__________，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消灭三种基因型的根本缘由是F1产生配子过程中，因等位基因分别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，若左旋螺基因型为Dd，则子代螺壳应为右旋；若左旋螺基因型为dd，则子代螺壳应为左旋。答案：(1)符合(2)dd、Dddd、Dd或DD(必需写全)(3)F1形成配子时，等位基因发生分别遗传图解如下(4)左旋螺右旋螺14．某争辩小组依据孟德尔杂交试验的程序，做了如下两组试验：第一组：用纯种的灰身果蝇(B)与黑身果蝇(b)杂交，得到F1代，让F1代自由交配后，将F2代中的全部黑身果蝇除去，使F2代中的全部灰身果蝇再自由交配，产生F3代。其次组：用纯种的高茎豌豆(D)与矮茎豌豆(d)杂交，得到F1代，让F1代自交后，将F2代中的全部矮茎豌豆除去，使F2代中的全部高茎豌豆再自交，产生F3代。回答下列问题：(1)第一组试验中，F2代中黑身果蝇所占的比例是________；其次组试验中，F2代的显性性状中，杂合体的高茎豌豆所占的比例是________。(2)第一组试验中，F3代的性状表现及比例为________；其次组试验中，F3代的性状表现及比例为________。(3)写出其次组试验亲代到F3的遗传图解。解析：第一组试验：F1为Bb，F2为1BB2Bb1bb，故F2中黑身果蝇所占的比例是1/4。将F2中的全部黑身果蝇除去，F2为1BB2Bb。b基因频率为1/3，B基因频率为2/3，F2中的全部灰身果蝇再自由交配，产生F3为bb(黑身)比例为1/9，灰身比例为8/9，故F3灰身果蝇黑身果蝇＝81。其次组试验F1为Dd，F2为1DD2Dd1dd；将F2中的全部矮茎豌豆除去，F2为1DD2Dd；故F2的显性性状中，杂合体的高茎豌豆所占的比例是2/3。F2代中的全部高茎豌豆再自交，只有Dd能产生dd(矮茎豌豆)，比例为1/6，故F3高茎豌豆比例为5/6。故F3的高茎豌豆矮茎豌豆＝51。答案：(1)1/42/3(2)灰身果蝇黑身果蝇＝81高茎豌豆矮茎豌豆＝51(3)如下图：15.eq\a\vs4\al(2021·东北联考)在某种安哥拉兔中，长毛(由基因HL把握)与短毛(由基因HS把握)是由一对等位基因把握的相对性状。某生物育种基地利用纯种安哥拉兔进行如下杂交试验，产生了大量的F1与F2个体，统计结果如下表，请分析回答：试验一(♂)长毛×短毛(♀)F1雄兔全为长毛雌兔全为短毛试验二F2雌雄个体交配F2雄兔长毛短毛＝31雌兔长毛短毛＝13(1)试验结果表明：①把握安哥拉兔长毛、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，需要进行测交试验以验证上述有关推想，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