【生物】2020届 一轮复习 人教版基因的分离定律 作业

【生物】2020届 一轮复习 人教版基因的分离定律 作业

‎2020届 一轮复习 人教版基因的分离定律 作业 一、选择题 ‎1．下列有关孟德尔豌豆杂交实验的叙述，正确的是(　　)‎ A．孟德尔在豌豆开花时进行去雄和受粉，实现亲本的杂交 B．孟德尔研究豌豆花的构造，但无需考虑雌蕊、雄蕊的发育程度 C．孟德尔根据亲本中不同个体表现型来判断亲本是否纯合 D．孟德尔利用了豌豆自花传粉、闭花受粉的特性 答案　D 解析　豌豆是自花传粉，闭花受粉，为实现亲本杂交，应在开花前去雄，A错误，D正确；孟德尔研究花的构造时是考虑了雌蕊、雄蕊的发育程度的，例如雌蕊必须成熟时再传粉，去雄要在雄蕊成熟之前进行，B错误；不能根据表现型判断亲本的纯合，因为显性杂合子和显性纯合子表现型一样，C错误。‎ ‎2．孟德尔通过豌豆杂交实验揭示了遗传的基本定律。下列相关叙述不正确的是(　　)‎ A．F1自交时，各种雌、雄配子结合的机会相等 B．F1自交后，各种基因型个体成活的机会相等 C．F1形成配子时，产生了数量相等的雌雄配子 D．F1形成配子时，非同源染色体上的非等位基因组合进入同一配子的机会相等 答案　C 解析　F1形成配子时，产生的雌雄配子的数量不相等，雄配子的数量显著多于雌配子数量。‎ ‎3．(2018·合肥检测)玉米中因含支链淀粉多而具有黏性(由基因W控制)的子粒和花粉遇碘不变蓝；含直链淀粉多不具有黏性(由基因w控制)的子粒和花粉遇碘变蓝色。W对w完全显性。把WW和ww杂交得到的种子播种下去，先后获取花粉和子粒，分别滴加碘液观察统计，结果应为(　　)‎ A．花粉1/2变蓝、子粒3/4变蓝 B．花粉、子粒各3/4变蓝 C．花粉1/2变蓝、子粒1/4变蓝 D．花粉、子粒全部变蓝 答案　C 解析　WW和ww杂交之后的种子中胚的基因型为Ww，该种子播种后发育成的植株产生的含有W和w的花粉各占一半，所以花粉滴加碘液有1/2会变蓝，而该植株的子代，即产生的种子中可以按照Ww自交来进行分析，后代中WW和Ww遇碘不变蓝色，ww遇碘变蓝色。‎ ‎4．(2019·哈六中月考)下列有关孟德尔豌豆杂交实验及其假说的叙述，正确的是(　　)‎ A．假说的主要内容是F1产生配子时，成对的遗传因子彼此分离 B．正交和反交实验的结果相同，验证了假说是成立的 C．假说能解释F1自交出现3∶1分离比的原因，所以假说成立 D．根据假说推断，F1能产生数量比例为1∶1的雌雄配子 答案　A 解析　假说的主要内容是F1产生配子时，成对的遗传因子彼此分离，A正确；孟德尔用测交方法验证假说成立，B、C错误；F1产生的雌配子有两种比例为1∶1，雄配子有两种比例为1∶1，但雌配子的数量远少于雄配子，D错误。‎ ‎5．下图为基因型为Aa的生物自交产生后代的过程，基因的分离定律发生于(　　)‎ Aa1A∶1a配子间的4种结合方式子代中3种基因型、2种表现型 A．① B．② ‎ C．③ D．①②‎ 答案　A 解析　基因的分离定律发生于减数分裂产生配子的过程中。‎ ‎6．(2018·遵义航天中学月考)南瓜的黄花和白花是一对相对性状，某生物兴趣小组进行了三组杂交实验，实验结果如下表，下列说法错误的是(　　)‎ 组合 亲本 后代 组合一 白花×白花 白花 组合二 黄花×黄花 ‎2/3黄花，1/3白花 组合三 黄花×白花 ‎1/2黄花，1/2白花 A．组合一的亲本一定为纯合子 B．组合二、三均可判断黄花是显性性状 C．组合二的后代中黄花个体一定是杂合子 D．组合三的后代中黄花个体的基因型与亲本相同 答案　B 解析　由组合二后代出现了性状分离，可判断黄花是显性性状，白花是隐性性状，而组合三属于测交实验，不能判断黄花是显性性状，B错误；组合一的亲本都是隐性个体，所以一定为纯合子，A正确；组合二的后代中黄花∶白花＝2∶1，说明显性纯合致死，所以黄花个体一定是杂合子，C正确；组合三相当于测交，其后代中黄花个体的基因型与亲本相同，都是杂合子，D正确。‎ ‎7．(2018·吉林统考)下列有关“性状分离比的模拟”实验的叙述，不正确的是(　　)‎ A．甲、乙两桶内两种颜色小球大小须一致 B．甲、乙两桶内小球总数不一定要相等 C．每个小桶内两种颜色的小球数目一定要相等 D．抓取完一次后，将剩余小球摇匀后继续实验 答案　D 解析　甲、乙两个小桶分别代表雌雄生殖器官，甲、乙两桶内的彩球分别代表雌雄配子，因此甲、乙两桶内两种颜色小球大小须一致，甲、乙两桶内小球总数不一定要相等，但每个小桶内两种颜色的小球数目一定要相等，A、B、C正确；用不同彩球随机组合模拟生物在生殖过程中雌雄配子的随机结合，要随机抓取，且抓完一次将小球放回原小桶并搅匀，D错误。‎ ‎8．(2018·安徽A10联盟联考)南瓜果实的颜色是由一对等位基因(A和a)控制的，一株黄果南瓜和一株白果南瓜杂交得到F1中有黄果和白果，而F1中黄果植株自交所得F2均为黄果，白果植株自交所得F2既有黄果也有白果，下列说法不正确的是(　　)‎ A．亲代、F1和F2中白果植株的基因型都是Aa B．南瓜的白果和黄果是一对相对性状，其中白果为显性 C．F1中白果的后代中白果∶黄果≈3∶1‎ D．可采用测交的方法检测白果植株的基因型 答案　A 解析　由题意可知，F1中白果自交后代既有白果，又有黄果，表明白果为显性性状，黄果为隐性性状，故黄果的基因型为aa，亲本中白果的基因型是Aa，F1中白果的基因型为Aa，F2中白果的基因型为Aa或AA，A错误，B正确；F1中白果基因型为Aa，故其后代中白果∶黄果≈3∶1，C正确；要检测白果植株的基因型可以用测交的方法，若测交后代白果∶黄果＝1∶1，则白果基因型为Aa，若测交后代只有白果，则白果基因型为AA，D正确。‎ ‎9．已知小麦抗锈病是由显性基因控制的，让一株杂合体小麦自交获得F1，淘汰其中不抗锈病的植株后，再自交获得F2，从理论上计算，F2‎ 中不抗锈病的植株占总数的(　　)‎ A．1/4 B．1/6 ‎ C．1/8 D．1/16‎ 答案　B 解析　由题意可知，F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，淘汰其中不抗锈病的植株(aa)后，剩余植株中，AA占1/3，Aa占2/3。淘汰掉不抗锈病的植株后，再自交，其中1/3AA自交不发生性状分离，而2/3Aa自交发生性状分离(AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1)，所以F2中不抗锈病植株所占的比例为2/3×1/4＝1/6。‎ ‎10．某动物种群中，AA、Aa和aa基因型的个体依次占25%、50%、25%。若该种群中的aa个体没有繁殖能力，其他个体间可以随机交配，理论上，下一代AA∶Aa∶aa基因型个体的数量比为(　　)‎ A．3∶3∶1 B．4∶4∶1‎ C．1∶2∶0 D．1∶2∶1‎ 答案　B 解析　若该种群中的aa个体没有繁殖能力，其他个体间可以随机交配，就是AA、Aa这两种基因型的雌雄个体间的随机交配，AA占1/3、Aa占2/3，(用配子法)‎ 产生雌雄配子的概率 A a A AA Aa a Aa aa 理论上，下一代AA∶Aa∶aa基因型个体的数量比为4∶4∶1。‎ ‎11．一杂合子(Dd)植株自交时，含有显性配子的花粉有50%的死亡率，则自交后代的基因型比例是(　　)‎ A．1∶1∶1 B．4∶4∶1‎ C．1∶3∶2 D．1∶2∶1‎ 答案　C 解析　Dd植株中雌配子有1/2D、1/2d，雄配子D有50%的致死，说明雄配子D∶d＝1∶2，也就是雄配子中有1/3D、2/3d，后代中雌配子比例为1∶1，故后代各种基因型所占的比例为DD∶Dd∶dd＝1∶3∶2。‎ ‎12．萝卜的花有红色、紫色、白色三种，由一对等位基因控制。现选用紫花萝卜分别与红花、白花、紫花萝卜杂交，F1中红花、白花、紫花的数量比例分别如图中①②③所示，下列相关叙述错误的是 (　　)‎ A．红花萝卜与红花萝卜杂交，后代均为红花萝卜 B．白花萝卜与白花萝卜杂交，后代均为白花萝卜 C．红花萝卜与白花萝卜杂交，后代既有红花萝卜，也有白花萝卜 D．可用紫花萝卜与白花萝卜杂交验证基因的分离定律 答案　C 解析　根据题图中的杂交结果可知，红花萝卜和白花萝卜为纯合子，紫花萝卜为杂合子。红花萝卜与白花萝卜杂交，后代只有紫花萝卜。‎ 二、非选择题 ‎13．安哥拉兔的长毛和短毛是由一对基因控制(A1和A2)的性状。用纯种安哥拉兔进行杂交实验，产生大量的F1和F2个体，杂交亲本及实验结果如下表。请回答：‎ ‎(1)安哥拉兔控制长毛和短毛的基因位于________(填“常”或“X”)染色体上。在________(填“雌”或“雄”)兔中，长毛为显性性状。‎ ‎(2)用多只纯种短毛雌兔与F2长毛雄兔杂交，子代性状和比例为____________________________。‎ ‎(3)安哥拉兔的长毛和短毛性状既与________有关，又与________有关。‎ ‎(4)如果用A1和A2分别表示长毛基因和短毛基因，请画出实验二的遗传图解。‎ 答案　(1)常　雄 ‎(2)雌兔全为短毛，雄兔有长毛和短毛且比例为2∶1‎ ‎(3)基因型　性别 ‎(4)‎ 解析　(1)根据题意和图表分析可知：长毛(雌)×短毛(雄)的子代中，雄兔全为长毛，说明雄兔中长毛为显性性状；雌兔全为短毛，说明雌兔中，短毛为显性性状。又F1雌、雄个体交配，子代雄兔中长毛∶短毛＝3∶1，雌兔中长毛∶短毛＝1∶3，都遵循基因的分离定律，且控制长毛和短毛的基因位于常染色体上。‎ ‎(2)由于纯种短毛雌兔的基因型为A2A2，而F2长毛雄兔的基因型为A1A1和A1A2，比例为1∶2，因此，杂交子代性状和比例为雌兔全为短毛，雄兔有长毛和短毛且比例为2∶1。‎ ‎(3)根据题意和图表分析可知，安哥拉兔的长毛和短毛性状既与基因型有关，又与性别有关。‎ ‎14．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：‎ ‎(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)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________杂交。‎ ‎②____________________________________________________________。‎ 结果预测：‎ ‎①_______________________________________________________________。‎ ‎②_______________________________________________________________。‎ 答案　(1)黄色∶灰色＝2∶1　(2)Aa2、a1a2　1/8‎ ‎(3)实验思路：①黑色雌鼠　②观察后代毛色表现情况 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Aa1　②如果后代出现黄色和黑色，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1AA(死亡)、1Aa1(黄色)、1Aa2(黄色)、1a1a2(灰色)，即有黄色和灰色两种。‎ ‎(2)由后代有黑色鼠(a2a2)可推知其亲本均有a2，又因为后代有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，小鼠为雄性的概率为1/2，所以是黑色雄鼠的概率为1/8。‎ ‎(3)要通过杂交方法检测出黄色雄鼠的基因型，可将该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠杂交并观察后代毛色。如果后代出现黄色和灰色，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1；如果后代出现黄色和黑色，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。‎ ‎15．(原创)某生物兴趣小组的同学，为了研究果蝇翅型的遗传机制，进行了如下实验：一只长翅果蝇和一只残翅果蝇杂交，取得受精卵。如果受精卵在25 ℃环境下培养，子一代全是长翅，子二代(A)出现长翅和残翅两种性状，且比例为3∶1；如果受精卵在35 ℃环境下培养，子一代和子二代(B)全是残翅。‎ ‎(1)果蝇翅型的显性性状是________，是由____________________决定的。‎ ‎(2)子二代(A)中的长翅果蝇自由交配，受精卵在25 ℃环境下培养，子三代中长翅和残翅果蝇的比例大约是__________________________，其中长翅果蝇中纯合子的比例为________。‎ ‎(3)为了确定子二代(B)中某只果蝇的基因型，甲、乙两位同学的设计如下 甲：取子二代(B)中一只残翅异性果蝇和其交配，受精卵在25 ℃环境下培养，观察后代的性状分离比。‎ 乙：取子二代(A)中一只残翅异性果蝇和其交配，受精卵在25 ℃环境下培养，观察后代的性状分离比。‎ 比较甲乙同学实验设计的优劣，并陈述理由。‎ 答案　(1)长翅　基因和环境共同 ‎(2)8∶1　1/2(50%)‎ ‎(3)乙优于甲。甲同学从子二代(B)中取的异性果蝇基因型不确定，如果基因型是显性纯合时，不管待测果蝇的基因型如何，后代的性状都是长翅；而乙同学从子二代A中取的残翅异性果蝇的基因型确定是隐性纯合子，和待测果蝇交配后，通过后代的性状及比例就可以确定其基因型。‎ 解析　(1)由题干可知，长翅果蝇与残翅果蝇杂交，子一代全是长翅，子二代出现长翅和残翅两种性状，且比例为3∶1，说明长翅为显性性状，35 ℃环境下，性状发生变化，说明果蝇翅型变化由基因和环境共同决定。‎ ‎(2)设果蝇的翅型由一对基因B、b决定，长翅为显性性状，25 ℃环境下长翅果蝇与残翅果蝇杂交，子一代全是长翅，则亲本的基因型为BB和bb，子一代的基因型为Bb，子二代的基因型为BB、Bb和bb，比例为1∶2∶1，子二代(A)中的长翅果蝇中BB占1/3，Bb占2/3，则B的基因频率为2/3，b的基因频率为1/3，自由交配后子三代中残翅果蝇(bb)占1/3×1/3＝1/9；长翅果蝇(BB、Bb)占1－1/9＝8/9，因此子三代中长翅和残翅果蝇的比例大约是8∶1，其中长翅果蝇中纯合子占1/2。‎ ‎(3)甲同学从子二代(B)中取的残翅异性果蝇基因型不确定，如果基因型是显性纯合基因时，不管待测果蝇的基因型如何，后代的性状都是长翅；而乙同学从子二代中取的残翅异性果蝇的基因型确定是隐性纯合子，和待测果蝇交配后，通过后代的性状及比例就可以确定其基因型。‎