【生物】2020届一轮复习人教版孟德尔的豌豆杂交实验(二)作业

【生物】2020届一轮复习人教版孟德尔的豌豆杂交实验(二)作业

‎2020届 一轮复习 人教版 孟德尔的豌豆杂交实验(二) 作业 一、选择题 ‎1．(2018·唐山调研)某哺乳动物棒状尾(A)对正常尾(a)为显性；黄色毛(Y)对白色毛(y)为显性，但是雌性个体无论毛色基因型如何，均表现为白色毛。两对基因均位于常染色体上并遵循基因的自由组合定律。下列叙述正确的是(　　)‎ A．A与a、Y与y两对等位基因位于同一对同源染色体上 B．若想依据子代的表现型判断出性别，能满足要求的交配组合有两组 C．基因型为Yy的雌雄个体杂交，子代黄色毛和白色毛的比例为3∶5‎ D．若黄色与白色两个体交配，生出一只白色雄性个体，则母本的基因型是Yy ‎[解析]　由控制两对性状的基因遵循自由组合定律可知，这两对基因分别位于两对同源染色体上；若想依据子代的表现型判断出性别，只有YY×yy这一组杂交组合；基因型为Yy的雌雄个体杂交，F1基因型为1YY、2Yy、1yy，雄性中黄色毛∶白色毛＝3∶1，雌性全为白色毛，故子代黄色毛和白色毛的比例为3∶5；当亲本的杂交组合为♂Yy×♀yy时，也可生出白色雄性(yy)个体。‎ ‎[答案]　C ‎2．(2018·北京丰台期末)玉米籽粒颜色由A、a与R、r两对独立遗传的基因控制，A、R同时存在时，籽粒为紫色，缺少A或R时，籽粒为白色。下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．紫粒玉米的自交后代一定表现为紫粒 B．白粒玉米的自交后代一定表现为白粒 C．基因型为AaRr的玉米，其测交后代的性状分离比为紫粒∶白粒＝1∶3‎ D．若杂交后代中紫粒∶白粒＝3∶‎ ‎5，则白粒亲本的基因型为aaRr或Aarr ‎[解析]　根据题干条件可知，紫粒玉米基因型为A_R_，若基因型为AaRr的紫粒，其自交后代存在基因型为A_rr、aaR_或aarr的个体，表现型为白粒，A错误；白粒玉米基因型为A_rr、aaR_或aarr，其自交后代一定缺少A或R基因，表现型为白粒，B正确；基因型为AaRr的玉米，其测交后代基因型、表现型分别为AaRr(紫粒)、Aarr(白粒)、aaRr(白粒)、aarr(白粒)，紫粒∶白粒＝1∶3，C正确；若杂交后代中紫粒∶白粒＝3∶5，则可推知紫粒玉米基因型为AaRr，白粒基因型可能为aaRr或Aarr，D正确。‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·安徽六校联考)水稻香味性状与抗病性状独立遗传，香味性状受隐性基因(a)控制，抗病(B)对感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验。两亲本无香味感病与无香味抗病植株杂交的子代统计结果如图所示，下列有关叙述错误的是(　　)‎ A．香味性状一旦出现即能稳定遗传 B．两亲本的基因型分别是Aabb、AaBb C．两亲本杂交的子代中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为1/8‎ D．两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为3/64‎ ‎[解析]　由题干信息可知，香味性状受隐性基因(a)控制，所以香味性状(aa)一旦出现即能稳定遗传，A正确；根据题目分析可知，亲本的基因型是AaBb与Aabb，B正确；已知亲本的基因型是AaBb与Aabb，其后代不可能出现能稳定遗传的有香味抗病植株(aaBB)，C错误；亲代的基因型为Aabb×‎ AaBb，子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，分别自交得到aa的概率为1/2×1/4＋1/4＝3/8，子代抗病性状相关的基因型为1/2Bb、1/2bb，自交得到BB的概率为1/2×1/4＝1/8，所以得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8＝3/64，D正确。‎ ‎[答案]　C ‎4．(2018·洛阳一模)金鱼草正常花冠对不整齐花冠为显性，高株对矮株为显性，红花对白花为不完全显性，杂合状态是粉红花。三对性状独立遗传，如果纯合的红花、高株、正常花冠植株与纯合的白花、矮株、不整齐花冠植株杂交，在F2中具有与F1相同表现型的植株的比例是(　　)‎ A．3/32 B．3/64 C．9/32 D．9/64‎ ‎[解析]　假设纯合的红花、高株、正常花冠植株基因型是AABBCC，纯合的白花、矮株、不整齐花冠植株基因型是aabbcc，F1基因型是AaBbCc，F1自交后，F2植株中与F1表现型相同的概率是1/2×3/4×3/4＝9/32。‎ ‎[答案]　C ‎5．(2018·衡水二调)豌豆灰种皮(G)对白种皮(g)为显性，黄子叶(Y)对绿子叶(y)为显性，两对基因独立遗传。现将基因型为GGyy与ggYY的豌豆植株杂交，再让F1自交得F2。下列相关结论，错误的是(　　)‎ A．F1植株上所结的种子，种皮细胞的基因组成是GgYy B．F1植株上所结的种子，子叶颜色的分离比为1∶3‎ C．若F2自交，F2植株上所结的种子，种皮颜色的分离比为5∶3‎ D．若F2自交，F2植株上所结的种子，灰种皮绿子叶与白种皮黄子叶的比为9∶5‎ ‎[解析]　F1植株上所结种子的种皮是由母本的珠被发育来的，基因型与母本相同，故种皮基因型为GgYy；Yy自交后代基因型及比例YY∶Yy∶yy＝1∶2∶1，所以子叶的颜色是黄色∶绿色＝3∶1；F2植株所结种子种皮颜色分离比为3∶1; F2自交，F2‎ 所结种子灰种皮绿子叶与白种皮黄子叶比为9∶5。‎ ‎[答案]　C ‎6．(2018·保定一模)某植物正常株开两性花，且有只开雄花和只开雌花的两种突变型植株。取纯合雌株和纯合雄株杂交，F1全为正常株，F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4。下列推测不合理的是(　　)‎ A．该植物的性别由位于非同源染色体上的两对基因决定 B．雌株和雄株两种突变型都是正常株隐性突变的结果 C．F1正常株测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2‎ D．F2中纯合子测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝2∶1∶1‎ ‎[解析]　若基因用A、a和B、b表示，由题干可知，F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4＝9∶3∶(3＋1)，则F1基因型为AaBb，双亲为AAbb和aaBB，符合基因的自由组合定律；F1正常株测交后代为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表现型为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2；F2中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb，测交后代分别为AaBb、Aabb、aaBb、aabb，表现型为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2。‎ ‎[答案]　D ‎7．(2018·黔东南四校模拟)凤仙花的花瓣有单瓣和重瓣两种，由一对等位基因控制，且单瓣对重瓣为显性，在开花时含有显性基因的精子不育而含隐性基因的精子可育，卵细胞不论含显性还是隐性基因都可育。现取自然情况下多株单瓣凤仙花自交得F1，则对F1中单瓣与重瓣的比值分析正确的是(　　)‎ A．单瓣与重瓣的比值为3∶1‎ B．单瓣与重瓣的比值为1∶1‎ C．单瓣与重瓣的比值为2∶1‎ D．单瓣与重瓣的比值无规律 ‎[解析]　由题意可知，由于无法产生含A的精子，故单瓣凤仙花的基因型为Aa，多株单瓣凤仙花自交得F1‎ ‎，其中雄性亲本只能产生a一种精子，雌性亲本可产生A和a两种卵细胞，故后代基因型为1Aa、1aa，表现型比例为单瓣与重瓣的比值为1∶1。‎ ‎[答案]　B ‎8．(2018·郑州调研)将纯合的灰色小鼠与棕色小鼠杂交，F1全部表现为灰色。F1个体间相互交配，F2表现型及比例为灰色∶黄色∶黑色∶棕色＝9∶3∶3∶1。若M、N为控制相关代谢途径的显性基因，据此推测最合理的代谢途径是(　　)‎ ‎[解析]　由F1的表现型可知：灰色为显性，棕色为隐性。F1雌雄个体间相互交配，F2的表现型及比例为灰色∶黄色∶黑色∶棕色＝9∶3∶3∶1，说明双显性为灰色，双隐性为棕色，即M_N_为灰色，mmnn为棕色，只具有M或N(M_nn或mmN_)表现为黄色或黑色。‎ ‎[答案]　A ‎9．(2018·宣城调研)甲、乙、丙三种植物的花色遗传均受两对具有完全显隐性关系的等位基因控制，且两对等位基因独立遗传。白色前体物质在相关酶的催化下形成不同色素，使花瓣表现相应的颜色，不含色素的花瓣表现为白色。色素代谢途径如图。据图分析下列叙述错误的是(　　)‎ A．基因型为Aabb的甲植株开红色花，测交后代为红花∶白花≈1∶1‎ B．基因型为ccDD的乙种植株，由于缺少蓝色素D基因必定不能表达 C．基因型为EEFF的丙种植株中，E基因不能正常表达 D．基因型为EeFf的丙植株，自交后代为白花∶黄花≈13∶3‎ ‎[解析]　分析图示可知，在甲种植物中，A_B_、aaB_和A_bb均开红花，aabb开白花，因此基因型为Aabb的植株，测交后代为红花(Aabb)∶白花(aabb)≈1∶1；基因型为ccDD的乙种植株，由于缺少C基因而不能合成蓝色素，但D基因仍可表达；在丙植株中，E基因的表达离不开f基因的表达产物f酶的催化，因此基因型为EEFF的植株由于缺少f基因，E基因不能正常表达；基因型为EeFf的丙植株自交，产生的子一代的基因型及比例为E_F_∶E_ff∶eeF_∶eeff＝9∶3∶3∶1，E_ff能合成黄色素，含F基因的植株抑制E基因的表达，只有E_ff的植株表现为黄花，所以白花∶黄花≈13∶3。‎ ‎[答案]　B ‎10．(2018·山东省聊城市高三二模)已知红玉杏花朵颜色由A、a和B、b两对独立遗传的基因共同控制，基因型为AaBb的红玉杏自交，子代F1中的基因型与表现型及其比例如下表，下面说法错误的是(　　)‎ 基因型 A_bb A_Bb A_BB、aa_ _‎ 表现型 深紫色3/16‎ 淡紫色6/16‎ 白色7/16‎ A.F1中基因型为AaBb的植株与aabb植株杂交，子代中开淡紫色花个体的占1/4‎ B．F1中淡紫色的植株自交，子代中开深紫色花的个体占5/24‎ C．F1中深紫色的植株自由交配，子代深紫色植株中纯合子为5/9‎ D．F1中纯合深紫色植株与F1中杂合白色植株杂交，子代中基因型AaBb的个体占1/2‎ ‎[解析]　基因型为AaBb的植株与aabb植株杂交，后代的基因型及比例为AaBb∶aaBb∶Aabb∶aabb＝1∶1∶1∶1，根据题干信息可知，基因型为AaBb表现为淡紫色花，占测交后代的1/4，A正确；F1中淡紫色的植株的基因型为1/3AABb,2/3AaBb，F1中淡紫色的植株自交，子代中开深紫色花的个体(基因型为A_bb)＝(1/3×1/4)＋(2/3×3/4×1/4)＝5/24，B正确；F1中深紫色的植株基因型为1/3AAbb、2/3Aabb，可产生的配子为2/3Ab、1/3ab，F1中深紫色的植株自由交配，产生的子代深紫色植株(基因型为AAbb＋Aabb)所占比例＝(2/3×2/3)＋(2×2/3×1/3)＝8/9，其中纯合子AAbb占1/2，C错误；F1中纯合深紫色植株基因型为AAbb，与F1中杂合白色植株杂交，若杂合白色植株基因型为AaBB，子代中基因型AaBb的个体占1/2；若杂合白色植株基因型为aaBb，子代中基因型AaBb的个体占1/2，D正确。‎ ‎[答案]　C 二、非选择题 ‎11．(2018·北京丰台期末)果蝇的灰身、黑身是一对相对性状(相关基因用A、a表示)，长翅、残翅是一对相对性状(相关基因用B、b表示)，A、a和B、b位于两对同源染色体上。25 ℃培养发育为长翅果蝇的幼虫，如果在35 ℃环境中培养，成体为残翅。现有两只果蝇杂交，将F1幼虫随机均分为甲、乙两组。甲组在25 ℃环境中培养，成体的表现型及比例如图1和图2所示。乙组在35 ℃‎ 环境中培养。请回答下列问题：‎ ‎(1)A、a和B、b两对基因的遗传均遵循________定律。‎ ‎(2)亲代雌、雄果蝇的基因型分别为________。‎ ‎(3)F1中黑身长翅果蝇的基因型为________，乙组果蝇的表现型为________，乙组中纯合子所占比例为________。‎ ‎(4)为检测F1中灰身长翅雌果蝇(X)的基因型，让其与________(写表现型)雄果蝇杂交，若F2幼虫____________________________，则X果蝇为纯合子。‎ ‎(5)由以上分析可知，生物的表现型由________决定。‎ ‎[解析]　(1)根据题干信息可知，甲组F1中灰身∶黑身＝3∶1，长翅∶残翅＝3∶1，所以每对基因的遗传均符合基因的分离定律。(2)根据图1和图2可知，子代雌雄个体中体色和翅长的比例相同，可以推知Aa、Bb基因应位于常染色体上，F1中灰身∶黑身＝3∶1，可知亲代两只果蝇基因型为Aa、Aa，F1中长翅∶残翅＝3∶1，可知亲代两只果蝇基因型为Bb、Bb，两个信息组合可知，两只亲代果蝇的基因型分别是AaBb、AaBb。(3)根据题干信息，A、a和B、b位于两对同源染色体上，符合基因的自由组合定律。基因型为AaBb、AaBb的两只亲代果蝇杂交，F1中黑身长翅果蝇的基因型为aaBB、aaBb，由于乙组果蝇培养温度为35 ℃，因此长翅果蝇幼虫发育为成虫时，会变成残翅，这仅是环境引起的不可遗传变异，所以乙组果蝇表现型只有灰身残翅和黑身残翅，利用棋盘法或相对性状隔离法可以判断纯合子为1/4。(4)F1‎ 中灰身长翅雌果蝇(X)的基因型可简写为A_B_，欲判断其是否是纯合子，最好的方法是与基因型为aabb的雄果蝇测交，只有甲组中的黑身残翅果蝇基因型一定是aabb，所以选择X与甲中黑身残翅果蝇测交，根据最终结果X为纯合子，确定其基因型为AABB，则子代基因型为AaBb，在25 ℃环境中培养时表现型为灰身长翅的成体果蝇。(5)根据题干信息可知：生物的表现型由基因和环境共同决定。‎ ‎[答案]　(1)基因的分离 ‎(2)AaBb、AaBb ‎(3)aaBB、aaBb　灰身残翅和黑身残翅　1/4‎ ‎(4)甲组中黑身残翅　在25 ℃环境中培养，成体全为灰身长翅 ‎(5)基因和环境共同 ‎12．(2018·北京东城一模)中国农业大学某实验室在某果蝇品系中发现了一只卷翅突变体，经不断选育获得了紫眼卷翅果蝇品系(甲品系)。为了研究该品系相关基因的传递规律，研究人员做了一系列实验。‎ ‎(1)甲品系果蝇与纯种野生型(红眼正常翅)果蝇进行杂交，结果如图1。‎ ‎①分析果蝇的眼色遗传，紫眼和红眼为一对相对性状，其中红眼是________性性状。‎ ‎②实验正反交结果相同，由此可知果蝇的翅型属于________染色体遗传。‎ ‎③根据F2‎ 的表现型及比例推测，决定________性状的基因纯合致死。进一步研究发现，果蝇的正常翅基因(＋)和甲品系的卷翅基因(Cy)位于2号染色体上，该染色体上还分布有某隐性致死基因(b)及其等位基因(B)。甲品系内果蝇相互交配，后代表现均为卷翅，请在图2中亲本染色体相应位置标出B、b基因，并标出图中F1的相关基因。(不考虑交叉互换)‎ ‎(2)像甲品系这样能够稳定保存两个致死基因的品系称为平衡致死系。研究人员从北京大学某实验室获得另一果蝇平衡致死系(乙品系)，其表现型为红眼卷翅，卷翅程度明显小于甲品系。已知乙品系果蝇的卷翅基因(Cy′)和隐性致死基因(b′)同样位于2号染色体上。甲、乙品系果蝇杂交，子代中卷翅与正常翅的数量比约为2∶1。‎ ‎①根据子代中出现了表现型为________的果蝇，可判断b和b′不是同一基因。‎ ‎②由实验结果推测，两个品系的卷翅基因Cy和Cy′是等位基因。若它们是非等位基因，杂交后代的翅型性状及其数量比应该是________。‎ ‎(3)两个纯合致死的等位基因存在互补和不互补两种关系：若互补，则同时含有这两个基因的杂合子能存活；反之，则不能存活。‎ ‎①根据(2)实验结果推测：Cy和Cy′________(填“互补”或“不互补”)。‎ ‎②为验证上述推测，研究人员使用特异性引物对不同品系果蝇进行基因组PCR，电泳结果如图3所示。‎ 选取(2)杂交中F1‎ 正常翅和不同卷翅程度的果蝇各200只，利用上述引物分别对每只果蝇进行基因组PCR，电泳结果显示：所有正常翅个体都只有A条带，所有卷翅个体都同时有A、B条带。该结果是否支持(3)①的推测？请作出判断并陈述理由________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)①由杂交实验结果可知，红眼为显性性状。②实验正反交结果相同，由此可知果蝇的翅型属于常染色体遗传。③根据F2的表现型及比例：红眼∶紫眼＝3∶1，卷翅∶正常翅＝2∶1，由此推测决定卷翅性状的基因纯合致死。依据“甲品系内果蝇相互交配，后代表现均为卷翅”，可推知亲本和F1中的相关基因如答案中的示意图所示。‎ ‎(2)Cy＋Bb(甲)和Cy′＋B′b′(乙)平衡致死体系杂交结果如表：‎ CyB ‎＋b Cy′B′‎ CyCy′B′B(致死)‎ Cy′＋B′b(卷翅)‎ ‎＋b′‎ Cy＋Bb′(卷翅)‎ ‎＋＋b′b(正常翅)‎ ‎①根据子代中出现了表现型为正常翅的果蝇，可判断b和b′不是同一基因。②据“甲、乙品系果蝇杂交，子代中卷翅与正常翅的数量比约为2∶1”，推知两个品系的卷翅基因Cy和Cy′是等位基因。若它们是非等位基因，杂交后代的翅型性状及其数量比应该是卷翅∶正常翅＝3∶1。(3)①据(2)实验结果推测：Cy和Cy′不互补。②据图3可知，使用特异性引物对不同品系果蝇进行基因组PCR，电泳所有正常翅个体(＋＋)都只有A条带，说明A条带中的DNA片段上含有正常基因(＋)，则B条带中的DNA片段上应含有卷翅基因(Cy或Cy′)，所有卷翅个体都同时有A、B条带，说明受测的不同卷翅个体的果蝇的基因型为Cy＋或Cy′＋。如果Cy和Cy′互补，则卷翅个体中会混有同时携带两种卷翅基因的杂合子(CyCy′)，它的基因组PCR产物电泳结果只显示B条带，与电泳结果不符。‎ ‎[答案]　(1)①显　②常　③卷翅　如图 ‎(2)①正常翅　②卷翅∶正常翅＝3∶1‎ ‎(3)①不互补　②支持，若互补，则卷翅个体中混有同时携带两种卷翅基因的杂合子，它的基因组PCR产物电泳结果只显示B条带(合理即可)‎