2024-2025学年高中生物课时分层作业4孟德尔的豌豆杂交实验2第2课时含解析新人教版必修2

PAGE7-课时分层作业(四)(建议用时：35分钟)[合格基础练]1．遗传学的奠基人孟德尔之所以在探讨遗传规律时获得了巨大胜利，关键在于他在试验的过程中选择了正确的方法。下面各项中，除哪一项外均是他获得胜利的重要缘由()A．先只针对一对相对性状的遗传规律进行探讨，然后再探讨多对性状的遗传规律B．选择了严格自花传粉的豌豆作为试验材料C．选择了多种植物作为试验材料，做了大量的试验D．应用了统计学的方法对结果进行统计分析C[孟德尔获得胜利的一个重要缘由就是选材正确、科学，即选用了豌豆作遗传试验材料，利用其优点，做了大量试验。C项说法错误。]2．已知玉米子粒黄色对红色为显性，非甜对甜为显性。纯合的黄色甜玉米与红色非甜玉米杂交得到F1，F1自交或测交，预期结果正确的是()A．测交结果中黄色非甜与红色甜的比例为3∶1B．自交结果中与亲本表现型相同的子代所占的比例为5/8C．自交结果中黄色和红色的比例为3∶1，非甜与甜的比例为3∶1D．测交结果中红色非甜子代所占的比例为1/2C[F1测交，其子代有四种表现型，且比例为1∶1∶1∶1，故黄色非甜与红色甜的比例为1∶1，A错误；F1自交，其子代有四种表现型，其比例为9∶3∶3∶1，其中与亲本表现型相同的黄色甜与红色非甜所占比例分别为3/16、3/16，故其所占比例为3/8，B错误；两对相对性状中每一对均符合分别定律，故F1自交后代中黄色∶红色＝3∶1，非甜∶甜＝3∶1，C正确；F1测交子代中红色非甜所占比例为1/4，D错误。]3．豌豆的子叶黄色(Y)、种子圆粒(R)均为显性。两种豌豆杂交的子一代表现为圆粒∶皱粒＝3∶1，黄色∶绿色＝1∶1。让子一代中黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，子二代的性状分别比为()A．2∶1∶2∶1 B．9∶3∶3∶1C．1∶1∶1∶1 D．3∶1∶3∶1A[由子一代中圆粒∶皱粒＝3∶1知，亲代的基因型组合为Rr×Rr；由子一代中黄色∶绿色＝1∶1知，亲代的基因型组合为Yy×yy，故亲代的基因型组合为YyRr×yyRr。则子一代中黄色圆粒的基因型为1/3YyRR或2/3YyRr，绿色皱粒的基因型为yyrr，则F2的性状分别比每对先按分别定律而后组合即得结果。]4．豌豆中，当C、R两个显性基因都存在时，花呈红色。一株红花豌豆与基因型为ccRr的植株杂交，子代中有3/8开红花，若让这些红花豌豆自交，后代中红花豌豆的比例为()A．5/8 B．3/8C．3/16 D．9/16A[一株红花豌豆(C_R_)与基因型为ccRr的植株杂交，子代中有3/8开红花，可推知该红花亲本基因型为CcRr，因此后代中红花豌豆的基因型为CcRR∶CcRr＝1∶2，因此这些红花豌豆自交后代中出现红花的概率为1/3×3/4＋2/3×9/16＝5/8。]5．家兔的黑色(B)对褐色(b)是显性，短毛(D)对长毛(d)是显性，这两对基因是自由组合的。兔甲与一只黑色短毛兔(BbDd)杂交后产仔26只，其中黑短9只、黑长3只、褐短10只、褐长4只。按理论推算，兔甲的表现型应为()A．黑色短毛 B．黑色长毛C．褐色短毛 D．褐色长毛C[可以利用分别定律进行分析，首先考虑毛色这一对相对性状，子代中黑(9＋3)∶褐(10＋4)≈1∶1，所以兔甲的毛色基因型应为bb，表现型为褐色。再考虑毛长度这一对相对性状，子代中短毛(9＋10)∶长毛(3＋4)≈3∶1，兔甲关于毛长度的基因型应为Dd，表现型为短毛。因此兔甲的表现型是褐色短毛。]6．下表是豌豆杂交试验中F1自交产生F2的结果统计。对此说法不正确的是()F2黄色圆粒绿色圆粒黄色皱粒绿色皱粒数量31510810132A．这个结果能够说明黄色和圆粒是显性性状B．这两对相对性状的遗传遵循自由组合定律C．F1的表现型和基因型不能确定D．亲本的表现型和基因型不能确定C[通过上述结果可以看出黄色和圆粒是显性性状，并且遵循自由组合定律；F2的性状分别比为9∶3∶3∶1，所以F1的基因型为双杂合，而亲本的基因型不能确定。]7．关于孟德尔的杂交试验胜利缘由的分析中，错误的是()A．试验材料选择正确，豌豆是自花传粉、闭花受粉的植物，且有易于区分的性状B．由现象及本质，通过视察F1产生的配子种类及比例来说明性状分别现象C．从简洁到困难，先探讨一对相对性状的遗传，再探讨多对相对性状的遗传D．探讨方法科学，先提出假说说明现象，再通过演绎推理和测交试验验证假说B[孟德尔杂交试验获得胜利的缘由之一是取材正确，即选取豌豆作为试验材料，豌豆是一种严格的自花传粉、闭花受粉植物，且具有易于区分的相对性状，A项正确。由现象及本质，通过视察F2的表现型种类及比例提出假说，来说明性状分别现象，B项错误。孟德尔获得胜利的缘由之一是从简洁到困难，先探讨一对相对性状的遗传，再探讨多对相对性状的遗传，C项正确。孟德尔的探讨方法科学，先提出假说说明现象，再通过演绎推理和测交试验验证假说，D项正确。]8．下列有关自由组合定律的叙述，正确的是()A．自由组合定律是孟德尔依据豌豆两对相对性状的杂交试验结果及其说明干脆归纳总结的，不适用于多对相对性状的遗传B．限制不同性状的遗传因子的分别和组合是相互联系、相互影响的C．在形成配子时，确定不同性状的遗传因子的分别是随机的，所以称为自由组合定律D．在形成配子时，确定同一性状的成对的遗传因子彼此分别，确定不同性状的遗传因子表现为自由组合D[自由组合定律的内容：(1)限制不同性状的遗传因子的分别和组合是互不干扰的；(2)在形成配子时，确定同一性状的成对的遗传因子彼此分别，确定不同性状的遗传因子自由组合。因此，B、C错误，D正确。自由组合定律适用于多对相对性状的遗传，因此，A错误。]9．玉米的宽叶(A)对窄叶(a)为显性，杂合子宽叶玉米表现为高产；玉米有茸毛(D)对无茸毛(d)为显性，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病实力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活。已知两对基因独立遗传，若高产有茸毛玉米自交产生F1，则F1的成熟植株中()A．有茸毛与无茸毛之比为3∶1B．有9种基因型C．高产抗病类型占1/4D．宽叶有茸毛类型占1/2D[分析题意可知，高产有茸毛玉米的基因型为AaDd，其自交后代F1的成熟植株中有茸毛和无茸毛的基因型分别为2/3Dd、1/3dd，因此，后代有茸毛与无茸毛之比为2∶1，A项错误；基因型为AaDd的玉米自交，后代幼苗的基因型有9种，但由于基因型为__DD的幼苗死亡，因此，后代中成熟植株只有6种基因型，B项错误；F1的成熟植株中高产抗病类型的基因型为AaDd，所占比例为1/2×2/3＝1/3，C项错误；F1的成熟植株中宽叶有茸毛的基因型为AADd或AaDd，所占比例为1/4×2/3＋2/4×2/3＝1/2，D项正确。]10．以下关于表现型和基因型的叙述正确的是()A．表现型都能通过眼睛视察出来，如高茎和矮茎B．基因型不能通过眼睛视察，必需运用电子显微镜C．在相同环境下，表现型相同，基因型确定相同D．基因型相同，表现型不确定相同D[本题考查表现型和基因型的概念及关系。表现型是指生物个体表现出来的性状，是可以视察和测量的，但不确定都能通过眼睛视察出来，A错误；基因型一般通过表现型来推知，不能通过电子显微镜视察，B错误；在相同环境条件下，表现型相同，基因型不确定相同，如高茎的基因型可能是DD或Dd，C错误；表现型是基因型与环境条件共同作用的结果，因此，基因型相同，表现型不确定相同，D正确。]11．小麦的毛颖和光颖是一对相对性状(由基因D、d限制)，抗锈病与感锈病是另一对相对性状(由基因R、r限制)，这两对性状的遗传遵循自由组合定律。以纯种毛颖感锈病植株(甲)和纯种光颖抗锈病植株(乙)为亲本进行杂交，F1均为毛颖抗锈病植株(丙)。再用F1与丁进行杂交，得F2，F2有四种表现型，对每对相对性状的植株数目进行统计，结果如图：(1)两对相对性状中，显性性状分别是________、__________。(2)亲本甲、乙的基因型分别是________、________；丁的基因型是________。(3)F1形成的配子有________种，产生这几种配子的缘由是F1在形成配子的过程中__________________________________。(4)F2中基因型为ddRR的个体所占的比例为______，光颖抗锈病植株所占的比例是________。(5)F2中表现型不同于双亲(甲和乙)的个体占全部F2的比例是________。[解析](1)由于纯种毛颖感锈病植株(甲)和纯种光颖抗锈病植株(乙)进行杂交，F1均为毛颖抗锈病植株(丙)，所以毛颖、抗锈病为显性性状，光颖、感锈病为隐性性状。(2)甲、乙为纯种，基因型分别为DDrr、ddRR，所以F1的基因型为DdRr，与丁杂交后，抗锈病与感锈病之比为3∶1，毛颖与光颖之比为1∶1，所以丁的基因型为ddRr。(3)由于F1的基因型为DdRr，因此可以形成4种配子。(4)F1(DdRr)×丁(ddRr)产生的F2中，ddRR的个体占1/2×1/4＝1/8，光颖抗锈病植株(ddR_)占1/2×3/4＝3/8。(5)F2中，与甲(DDrr)表现型相同的个体占1/2×1/4＝1/8，与乙(ddRR)表现型相同的个体占1/2×3/4＝3/8，所以不同于双亲的个体占1/2。[答案](1)毛颖抗锈病(两空可互换)(2)DDrrddRRddRr(3)4确定同一性状的基因彼此分别，确定不同性状的非等位基因自由组合(4)1/83/8(5)1/212．某植物的花色有紫色、红色和白色三种类型，下表为该植物纯合亲本间杂交试验的结果，请分析回答：组别亲本F1F21白花×红花紫花紫花∶红花∶白花＝9∶3∶42紫花×红花紫花紫花∶红花＝3∶13紫花×白花紫花紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4(1)该性状是由________对独立遗传的等位基因确定的，且只有在________种显性基因同时存在时才能开紫花。(2)若表中红花亲本的基因型为aaBB，则第1组试验中白花亲本的基因型为________，F2表现为白花的个体中，与白花亲本基因型相同的占________；若第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，后代的表现型应________。(3)若第3组试验的F1与某纯合白花品种杂交，请简要分析杂交后代可能出现的表现型及其比例以及相对应的该白花品种可能的基因型：①假如杂交后代紫花与白花之比为1∶1，则该白花品种的基因型是________；②假如______________________________，则该白花品种的基因型是aabb。[解析](1)由表格可知，第1组中F2的表现型紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变形，所以该性状是由两对独立遗传的等位基因确定的，双显性表现为紫色，即只有在两种显性基因同时存在时才能开紫花。(2)第1组中F1的紫花基因型为AaBb，红花亲本的基因型为aaBB，则白花亲本的基因型为AAbb；F2白花基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aabb＝1∶2∶1，所以与白花亲本基因型相同的占1/4；同理第3组中F1的紫花基因型为AaBb，所以第3组中亲本白花的基因型为aabb，第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，即AAbb×aabb，后代基因型为Aabb，表现型全为白花。(3)第3组试验的F1为AaBb，纯合白花的基因型为AAbb或aabb。若该白花品种的基因型是AAbb，F1与纯合白花品种杂交，即AaBb×AAbb，子代基因型有四种，分别为AABb、AAbb、AaBb、Aabb，紫花与白花之比为1∶1；若白花品种的基因型是aabb，F1与纯合白花品种杂交，即AaBb×aabb，子代的基因型有四种，AaBb、Aabb、aaBb、aabb，紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2。[答案](1)两两(2)AAbb1/4全为白花(3)①AAbb②杂交后代紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2[等级过关练]13．黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交得到的F1再自交，F2的表现型及比例为黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝9∶15∶15∶25。则亲本的基因型为()A．YYRR、yyrr B．YyRr、yyrrC．YyRR、yyrr D．YYRr、yyrrB[解答本题的疑难点在于不能把性状分别比分解成孟德尔分别比，突破点是将两对相对性状分开考虑。依据F2中黄∶绿＝3∶5可知，对于黄、绿这对相对性状来说，F1中一种个体自交后代全部是绿，基因型为yy，另一种个体自交后代中黄∶绿＝3∶1，基因型为Yy；同理，对于圆粒、皱粒这对相对性状来说，F1中一种个体基因型为rr，另一种个体基因型为Rr，综上所述，亲本的基因型应为YyRr、yyrr。]14．雄蜂由未受精的卵细胞发育而来(叫孤雌生殖)。一雌蜂和一雄蜂交配产生F1，在F1雌雄个体交配产生的F2中，雄蜂基因型共有AB、Ab、aB、ab四种，雌蜂的基因型共有AaBB、AaBb、aaBB、aaBb四种，则亲本的基因型是()A．aabb×AB B．AaBb×AbC．aaBB×Ab D．AABB×abC[解答本题的疑难点在于不理解雌蜂、雄蜂的来源。解题的关键是明确子代雄蜂的基因型就是亲代雌蜂产生的卵细胞的基因型。从F2中雄蜂的基因型有AB、Ab、aB、ab四种，可推知F1雌蜂的基因型为AaBb，从F2雌蜂的基因型可知，F1雄蜂的基因型为aB，则亲本的雌蜂只能产生aB一种配子，所以亲本雌蜂的基因型为aaBB，而要产生基因型为AaBb的雌蜂，亲本雄蜂的基因型只能是Ab。因此，C正确，详细图示如下：]15．(2024·全国卷Ⅱ)某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b限制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列试验。试验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶试验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3回答下列问题。(1)甘蓝叶色中隐性性