【生物】2021届一轮复习人教版孟德尔的豌豆杂交实验(一)作业

【生物】2021届一轮复习人教版孟德尔的豌豆杂交实验(一)作业

‎1．(2019·邢台市高三质检)下列有关孟德尔豌豆杂交实验的叙述，正确的是(　　)‎ A．授粉前，对母本进行套袋的目的是防止豌豆自交 ‎ B．受精时，雌雄配子随机结合是假说中最核心的内容 ‎ C．孟德尔通过演绎推理过程，证明了其假说的正确性 D．产生配子时，成对的遗传因子彼此分离是分离定律的实质 ‎ D　[授粉前，对母本进行套袋的目的是防止外来花粉的干扰，A项错误；受精时，雌雄配子随机结合是假说的内容之一，但不是假说中最核心的内容，假说的核心内容是产生配子时，成对的遗传因子彼此分离，B项错误；孟德尔通过测交实验证明了其假说的正确性，C项错误；产生配子时，成对的遗传因子彼此分离是分离定律的实质，D项正确。]‎ ‎2．假说—演绎法包括“观察现象、提出问题、做出假设、演绎推理、验证假设、得出结论”六个环节。利用该方法孟德尔建立了两个遗传规律，下列说法正确的是 (　　)‎ A．为了检验做出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了正反交实验 B．孟德尔所做假设的核心内容是“生物体能产生数量相等的雌雄配子”‎ C．孟德尔发现的遗传规律可解释有性生殖生物所有相关性状的遗传现象 D．孟德尔做出的“演绎”是F1与隐性纯合子杂交，预测后代产生1∶1的性状分离比 D　[为了检验做出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验；孟德尔假说的核心内容是“生物体的性状是由遗传因子决定的，产生配子时成对的遗传因子彼此分离”，生物体产生的雄配子数量远多于雌配子数量；孟德尔发现的遗传规律只能解释细胞核遗传，不能解释细胞质遗传；孟德尔做出的“演绎”即推测测交实验的结果，F1与隐性纯合子杂交，后代将产生1∶1的性状分离比。]‎ ‎3．某二倍体植物中，抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制，要确定这对性状的显隐性关系，应该选用的杂交组合是(　　)‎ A．抗病株×感病株 B．抗病纯合体×感病纯合体 C．抗病株×抗病株，或感病株×感病株 D．抗病纯合体×抗病纯合体，或感病纯合体×感病纯合体 B　[根据概念一对相对性状的纯合亲本杂交，后代表现的性状为显性性状。]‎ ‎4．(2019·潍坊期末统考)具有相对性状的两纯合亲本进行杂交，F1形成配子时控制相对性状的基因彼此分离必须满足的条件是(　　)‎ A．控制相对性状的基因位于常染色体上 B．F1的雌雄配子随机结合 C．控制相对性状的基因位于同源染色体上 D．用统计学的方法对F2进行分析 C　[控制相对性状的基因位于同源染色体上，可以是常染色体，也可以是性染色体，A错误；F1的雌雄配子随机结合发生在配子形成之后，是F2实现3∶1分离比的条件，B错误；控制相对性状的基因即等位基因位于同源染色体相同的位置上，C正确；用统计学的方法对F2进行分析，是F2实现3∶1分离比的条件，D错误。]‎ ‎5．(2019·临沂期中)水稻的非糯性和糯性是一对相对性状。非糯性花粉中所含的淀粉为直链淀粉，遇碘变蓝黑色；而糯性花粉中所含的淀粉为支链淀粉，遇碘变橙红色。现用纯种非糯性水稻和糯性水稻杂交，取F1花粉加碘液染色，在显微镜下观察，1/2花粉呈蓝黑色，1/2花粉呈橙红色。下列叙述错误的是(　　)‎ A．非糯性和糯性这对相对性状是基因突变的结果　 ‎ B．该实验结果可直接验证基因的分离定律 C．支链淀粉的合成是受糯性基因直接控制的 D．F1自交，F2与F1的花粉类型和比例都相同 C　[淀粉不是蛋白质，淀粉的合成不受基因直接控制。F1的基因型是Aa，F2的基因型是1AA∶2Aa∶1aa，F2与F1的花粉类型都是A∶a＝1∶1。]‎ ‎6．若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论影响最小的是(　　)‎ A．所选实验材料是否为纯合子 B．所选相对性状的显隐性是否易于区分 C．所选相对性状是否受一对等位基因控制 D．是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法 A　[若亲本为具有相对性状的纯合子，亲本杂交，F1自交，F2出现一定比例的分离比，可以验证孟德尔分离定律，若两亲本都为杂合子，相当于F1自交，若亲本一方为杂合子，另一方为隐性纯合子，两者杂交相当于测交，所以亲本是否是纯合子对实验结论影响较小；若所选相对性状显隐性不易于区分，则不能正确统计实验结果；若所选相对性状不受一对等位基因控制，则不能用于验证分离定律的实验结论；若实验操作流程和统计分析方法不科学，则会造成实验结果不准确，不能得出正确的实验结论。]‎ ‎7．已知某植物的紫花(A)与红花(a)是一对相对性状，杂合的紫花植株自交得到F1，F1中紫花植株自交得到F2。下列相关叙述错误的是 (　　)‎ A．F1中紫花的基因型有2种 B．F2中的性状分离比为3∶1‎ C．F2紫花植株中杂合子占2/5‎ D．F2中红花植株占1/6‎ B　[杂合的紫花植株(Aa)自交得到的F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1。F1中紫花植株的基因型及比例为AA∶Aa＝1∶2，则F1中紫花植株自交得到F2的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝3∶2∶1，由此可得F2紫花植株中杂合子占2/5，红花植株占1/6。]‎ ‎8．基因型为Aa的玉米自交得F1，淘汰隐性个体后，再均分成两组，让一组全部自交，另一组株间自由传粉，则两组子代中杂合子所占比例分别为(　　)‎ A．1/4,1/2　　　　　　 B．2/3,5/9‎ C．1/3,4/9 D．3/4,1/2‎ C　[基因型为Aa的玉米自交得F1，淘汰隐性个体后F1的基因型为1/3AA、2/3Aa，F1自交后杂合子占2/3×1/2＝1/3。在自由传粉的情况下，A的基因频率占2/3，a的基因频率占1/3，自由传粉子代中杂合子所占比例为2×(2/3)×(1/3)＝4/9。]‎ ‎9．(2019·江西六校联考)某农场引进一批羔羊，群内繁殖七代后开始出现“羔羊失调症”‎ ‎。病羊于出生数月后发病，表现为起立困难、行起不稳，甚至完全不能站立。此病在羊群中的总发病率为2.45%，同胞羔羊中的发病率为25%，病羊中雌雄比为101∶103。下列对此病的分析不正确的是(　　)‎ A．此病的致病基因很可能位于常染色体上 B．此病很可能是隐性遗传病 C．再次引进多只羔羊与本群羊交配，可有效降低发病率 D．因为此病无法医治，羊群中的致病基因频率会迅速降为0‎ D　[病羊中雌雄比为101∶103，判断该病为常染色体遗传病。同胞羔羊中的发病率为25%，判断该病为隐性遗传病。此病无法医治，羊群中的致病基因频率会降低，但不会迅速降为0。]‎ ‎10．(2019·忻州模拟)某学校生物小组在一块较为封闭的地里发现了一些野生植株，花色有红色和白色两种，茎秆有绿茎和紫茎两种，同学们分组对该植物的花色、茎色进行遗传方式的研究。请根据实验结果进行分析。‎ 第一组：取90对亲本进行实验 第二组：取绿茎和紫茎的植株各1株 亲本 交配组合 F1表现型 交配组合 F1表现型 A：30对亲本 红花×红花 ‎36红花∶1白花 D：绿茎×紫茎 绿茎∶紫茎＝1∶1‎ B：30对亲本 红花×白花 ‎5红花∶1白花 E：紫茎自交 全为紫茎 C：30对亲本 白花×白花 全为白花 F：绿茎自交 由于虫害，植株死亡 ‎(1)从第一组花色遗传的结果来看，花色隐性性状为________，最可靠的判断依据是________组。‎ ‎(2)若任取B组的一株亲本红花植株使其自交，其子一代表现型的情况是____________________。‎ ‎(3)由B组可以判定，该种群中显性纯合子与杂合子的比例约为____________。‎ ‎(4)从第二组茎色遗传的结果来看，隐性性状为________，判断依据的是________组。‎ ‎(5)如果F组正常生长繁殖，其子一代表现型的情况是 ‎______________________________________________________。‎ ‎(6)A、B两组杂交后代没有出现3∶1或1∶1的分离比，试解释原因：______________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)由A组中“红花×红花”后代出现性状分离可以判定白花为隐性性状。(2)B组亲本中的任意一株红花植株，可能是纯合子也可能是杂合子，因此自交后代出现的情况是全为红花或红花∶白花＝3∶1。(3)B组中的白花个体为隐性纯合子，因此F1中5红花∶1白花就代表了亲代中的所有红花亲本所含显隐性基因的比，即显性基因∶隐性基因＝5∶1。如果设显性基因为R，RR占红花的比例为x，Rr占红花的比例为y，则(2x＋y)/y＝5，即x/y＝2，则RR∶Rr＝2∶1。(4)第二组的情况与第一组的不同，第一组类似于群体调查结果，第二组为两亲本杂交情况，由D组可判定为测交类型，亲本一个为杂合子，一个为隐性纯合子。再根据E组可判定紫茎亲本为隐性纯合子。(5)杂合子自交，后代将出现3∶1的性状分离比。(6)亲本中的红花个体既有纯合子，又有杂合子，因此杂交组合有多种情况(如A组可能有RR×RR、RR×Rr、Rr×Rr三种情况；B组有RR×rr、Rr×rr两种情况)，所以后代不会出现一定的分离比。‎ ‎[答案]　(1)白色　A ‎(2)全为红花或红花∶白花＝3∶1‎ ‎(3)2∶1‎ ‎(4)紫茎　D、E ‎(5)绿茎∶紫茎＝3∶1‎ ‎(6)红花个体既有纯合子，又有杂合子，因此，后代不会出现一定的分离比 ‎11．观赏植物藏报春是一种多年生草本植物，两性花、异花传粉。在温度为20～25 ℃的条件下，红色(A)对白色(a)为显性。基因型为AA和Aa的藏报春开红花，基因型为aa的藏报春开白花，若将开红花的藏报春移到30 ℃的环境中，基因型为AA、Aa的个体也开白花。请回答下列问题：‎ ‎(1)根据基因型为AA的藏报春在不同温度下表现型不同，说明__________，温度对藏报春花颜色的影响最可能是由于温度影响了____________。‎ ‎(2)现有一株开白花的藏报春，如何判断它的基因型？‎ ‎①在人工控制的20～25 ℃‎ 温度条件下种植藏报春，选取开白花的植株作亲本A；‎ ‎②在________期，去除待鉴定的白花藏报春(亲本B)的雄蕊，并套纸袋；‎ ‎③待亲本B的雌蕊成熟后，________________________并套袋；‎ ‎④收取亲本B所结的种子，并在________温度下种植，观察____________。‎ ‎⑤预期结果：若杂交后代都开白花，则待鉴定藏报春的基因型为________；若杂交后代________，则待鉴定藏报春的基因型为AA；若杂交后代既有红花，又有白花，则待鉴定藏报春的基因型为________。‎ ‎[解析]　(1)基因型为AA的藏报春在不同温度下表现型不同，说明其表现型是基因型和环境共同作用的结果，温度对藏报春花的颜色的影响最可能是由于温度影响了酶的活性，间接影响其性状。(2)在植物杂交实验中，去雄要在花蕾期完成，去雄的植株应作为母本，观察的指标是花的颜色，该实验的培养温度应为20～25 ℃，排除温度对实物结果的影响。实验的预期结果有三种：一是杂交后代只开白花，说明待鉴定藏报春的基因型为aa；二是杂交后代只开红花，说明待鉴定藏报春的基因型为AA；三是杂交后代既有红花，又有白花，说明待鉴定藏报春的基因型为Aa。‎ ‎[答案]　(1)生物的表现型是基因型与环境共同作用的结果(或环境影响基因的表达)　酶的活性　(2)②花蕾　③取亲本A的花粉授于亲本B　④20～25 ℃　花的颜色　⑤aa　都开红花　Aa ‎12．(2019·河南六校联考)已知某种植物的高产与低产这对相对性状受一对等位基因控制，生物兴趣小组的同学用300对亲本均分为2组进行了下表的实验。下列分析错误的是(　　)‎ 组别 杂交方案 杂交结果 甲 高产×低产 高产∶低产＝7∶1‎ 乙 低产×低产 全为低产 A.高产为显性性状，低产为隐性性状 B．控制高产和低产的基因的碱基排列顺序不同 C．甲组高产亲本中杂合子的比例是1/3‎ D．甲组中高产亲本自交产生的低产子代个体的比例为1/16‎ C　[由甲组和乙组的杂交结果判断高产为显性性状，低产为隐性性状。控制高产和低产的基因为等位基因，为不同的具有遗传效应的DNA片段。假设高产基因为A，低产基因为a，甲组杂交子代高产∶低产＝7∶1，即低产占1/8，说明亲本高产植株中，a基因的频率为1/8，高产亲本中杂合子的比例是1/4。甲组中高产亲本中AA占3/4，Aa占1/4，因此甲组中高产亲本自交产生的低产子代个体的比例为(1/4)×(1/4)＝1/16。]‎ ‎13．(2019·山东德州月考)苦瓜植株中含一对等位基因D和d，其中D基因纯合的植株不能产生卵细胞，而d基因纯合的植株花粉不能正常发育，杂合子植株完全正常。现有基因型为Dd的苦瓜植株若干作亲本，下列有关叙述错误的是 (　　)‎ A．如果每代均自交直至F2，则F2植株中d基因的频率为1/2‎ B．如果每代均自交直至F2，则F2植株中正常植株所占比例为1/2‎ C．如果每代均自由交配直至F2，则F2植株中D基因的频率为1/2‎ D．如果每代均自由交配直至F2，则F2植株中正常植株所占比例为1/2‎ D　[本题通过自交与自由交配的相关计算考查科学思维中的演绎与推理能力。Dd进行自交或自由交配，F1植株均为1DD、2Dd、1dd，由于DD不能产生卵细胞、dd的花粉(精子)不育，所以F1自交时DD和dd均不能产生后代，Dd自交得到的F2植株为1DD、2Dd、1dd，其中d基因的频率为1/2、正常植株Dd占1/2，A、B正确；若F1自由交配，F1产生的雌配子为1/3D、2/3d，雄配子为2/3D、1/3d，可通过棋盘法得出F2植株为2/9DD、5/9Dd、2/9dd，其中正常植株Dd占5/9，F2植株中D基因的频率为1/2，C正确，D错误。]‎ ‎14．(2019·柳州市高三模拟)已知控制牛的有角(HA)和无角(HB)的等位基因位于常染色体上，公牛体内HA对HB为显性，母牛体内HB对HA为显性，下列有关叙述错误的是(　　)‎ A．多对杂合的有角公牛和杂合的无角母牛杂交，F1中公牛的表现型及比例为有角∶无角＝3∶1‎ B．多对杂合的有角公牛和杂合的无角母牛杂交，F1中母牛的表现型及比例为有角∶无角＝1∶3‎ C．纯合的有角公牛和纯合的有角母牛杂交，F1中公牛的表现型为有角，母牛的表现型为无角 D．纯合的有角公牛和纯合的无角母牛杂交，F1中公牛的表现型为有角，母牛的表现型为无角 C　[多对杂合的有角公牛(HAHB)和杂合的无角母牛(HAHB)杂交，F1中公牛的表现型及比例为有角(HAHA＋HAHB)∶无角(HBHB)＝3∶1，A项正确；多对杂合的有角公牛和杂合的无角母牛杂交，F1中母牛的表现型及比例为有角(HAHA)∶无角(HBHB＋HAHB)＝1∶3，B项正确；纯合的有角公牛(HAHA)和纯合的有角母牛(HAHA)杂交，F1中公牛和母牛的表现型都是有角，C项错误；纯合的有角公牛(HAHA)和纯合的无角母牛(HBHB)杂交，F1全为杂合(HAHB)，公牛的表现型为有角，母牛的表现型为无角，D项正确。]‎ ‎15．(2019·山东德州第一次月考)绵羊的毛色有白色和黑色两种，且白色毛对黑色毛为显性。实验小组以毛色为观察对象，进行杂交实验，结果如表所示(相关基因分别用B、b表示)：‎ 杂交组合 第一组 第二组 第三组 黑♀×白♂‎ 黑♀×白♂‎ 第一组的F1雌雄自由交配 杂交后代的表现型 白色毛 ‎♀3、♂3‎ ‎♀2、♂2‎ ‎♀7、♂7‎ 黑色毛 ‎0‎ ‎♀2、♂2‎ ‎♀2、♂3‎ ‎(1)从实验结果可以看出这对相对性状的遗传符合________定律，第二组中的父本的基因型最可能为________。‎ ‎(2)第三组的实验结果中白色毛个体与黑色毛个体的数目之比不是3∶1，其原因是_____________________________________。‎ ‎(3)相关基因是否位于X染色体上？________。用第一组的表现型说明你的判断依据：____________________________________‎ ‎_____________________________________________________。‎ ‎[解析]　本题通过绵羊的杂交实验考查科学思维中的演绎与推理能力。(1)由表可知，该对等位基因的遗传，符合基因的分离定律。因为第二组杂交后代中黑色毛个体与白色毛个体的比例为1∶1，所以可以认为白色毛雄性亲本为杂合子Bb。(2)孟德尔定律中的3∶1的分离比，是在大量后代的基础上统计出来的。如果统计的对象的数量比较少，其结果往往偏离理论值。(3)相关基因不可能位于X染色体上，如果是伴X染色体遗传，黑色毛雌性个体的基因型应该是XbXb ‎，那么，第一组后代中的雄性应该全部表现为黑色毛，而实际情况不是这样。‎ ‎[答案]　(1)基因分离　Bb　(2)统计样本太少，容易偏离理论数值　(3)否　若为伴X染色体遗传，第一组后代中的雄性应该全部表现为黑色毛，而实际情况不是这样