最新高考生物一轮复习课时跟踪检测十七基因自由组合定律分析与常规题型1.docx

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最新高考生物一轮复习课时跟踪检测十七基因自由组合定律分析与常规题型1

——教学资料参考参考范本——

【2019最新】高考生物一轮复习课时跟踪检测十七基因自由组合定律分析与常规题型1

______年______月______日

____________________部门

一、选择题

1．下列有关孟德尔的两大遗传定律的说法，正确的是（　　）

A．运用统计学对实验结果进行分析，是孟德尔获得成功的原因之一

B．对两大规律的验证，只能以豌豆为实验材料

C．两者的细胞学基础相同，且都发生在减数分裂过程中

D．所有的非等位基因的遗传都符合基因的自由组合定律

解析：

选A　对两大规律的验证，可以用其他动植物为实验材料；基因分离定律的实质是减数第一次分裂后期，等位基因随同源染色体的分开而分离，而基因的自由组合定律的实质是减数第一次分裂后期非等位基因随非同源染色体的自由组合而自由组合，所以两者的细胞学基础不同；同源染色体上的非等位基因无法自由组合。

2．将基因型为Aabb的玉米花粉传给基因型为aaBb的玉米雌蕊，得到籽粒胚的基因型最多有（　　）

A．3种　　　　　　　　　　B．4种

C．6种D．9种

解析：

选B　种子的胚是由受精卵发育形成的。

Aabb与aaBb杂交，产生的胚的基因型最多有2×2＝4（种）。

3．（20xx·日照调研）黄粒（T）高秆（S）玉米与某玉米杂交，后代中黄粒高秆占3/8、黄粒矮秆占3/8、白粒高秆占1/8、白粒矮秆占1/8，则亲本的基因型是（　　）

A．ttSs×TTSs　　　　　　　B．TtSs×Ttss

C．TtSs×TtSsD．TtSs×ttss

解析：

选B　黄粒高秆玉米（T_S_）与某玉米杂交，后代中黄粒∶白粒＝3∶1，说明两亲本的基因型均为Tt；再根据后代中高秆∶矮秆＝1∶1，可知两亲本的基因型分别为Ss、ss。

则两个亲本的基因型分别为TtSs、Ttss。

4．基因型为AABBCC和aabbcc的两种豌豆杂交，按自由组合定律遗传，F2中基因型和表现型的种类数以及显性纯合子的概率依次是（　　）

A．27、8、1/64B．27、8、1/32

C．18、6、1/32D．18、6、1/64

解析：

选A　F1的基因型为AaBbCc，按每对基因的自交后代F2来看，F2中每对基因的基因型的种类是3，表现型种类是2，显性纯合子的概率为1/4。

三对基因同时考虑，F2基因型有33种，表现型有23种，显性纯合子概率为（1/4）3。

5．如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆实验材料及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。

下列相关叙述正确的是（　　）

A．丁个体DdYyrr测交子代会出现四种表现型，比例为1∶1∶1∶1

B．甲、乙图个体减数分裂时可以恰当地揭示孟德尔的基因自由组合定律的实质

C．孟德尔用假说—演绎法揭示基因分离定律时，可以选甲、乙、丙、丁为材料

D．孟德尔用丙自交，其子代表现型比例为9∶3∶3∶1，此属于假说—演绎的提出假说阶段

解析：

选C　丁个体DdYyrr测交，由于D、d与Y、y两对基因连锁，所以子代会出现2种表现型，比例为1∶1；甲、乙图个体基因型中只有一对基因杂合，只能揭示孟德尔基因分离定律的实质；孟德尔用假说—演绎法揭示基因分离定律时，用测交的方法检验F1的基因型，可以选甲、乙、丙、丁为材料；孟德尔用丙自交，子代表现型比例为9∶3∶3∶1，属于提出问题阶段。

6．豌豆种子的黄色（Y）对绿色（y）为显性，圆粒（R）对皱粒（r）为显性。

用纯种黄色皱粒豌豆与纯种绿色圆粒杂交，得F1，F1自交得F2。

现从F2中选取了一粒黄色圆粒种子，种植后长成植株甲，欲测定甲的基因型，可以用该植株与多株绿色皱粒豌豆（植株乙）杂交，则下列说法正确的是（　　）

A．该杂交实验中最好选用乙作为父本，甲作为母本

B．若杂交后代中出现黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒，则甲的基因型为YyRR

C．若杂交后代中只出现黄色圆粒豌豆，则甲的基因型为YYRR

D．若杂交后代中只出现黄色圆粒和绿色圆粒，则甲的基因型为YYRr

解析：

选C　甲只能产生少量的雌配子，但能产生大量的花粉，若多株乙接受甲的花粉，则可以产生大量的种子，从而保证实验可获得大量的数据，以便进行统计分析，这样可以避免实验的偶然性，因此，应该选用甲作为父本，乙作为母本。

若杂交后代中出现黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒，则甲的基因型为YyRr。

若杂交后代中只出现黄色圆粒豌豆，则甲的基因型为YYRR。

若杂交后代中只出现黄色圆粒和绿色圆粒，则甲的基因型为YyRR。

7．（20xx·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．3/32B．3/64

C．9/32D．9/64

解析：

选C　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，自交后F2中植株与F1表现型相同的概率是3/4×3/4×1/2＝9/32。

8．高茎（T）腋生花（A）的豌豆与高茎（T）顶生花（a）的豌豆杂交（两对等位基因分别位于两对同源染色体上），F1的表现型及比例为高茎腋生花∶高茎顶生花∶矮茎腋生花∶矮茎顶生花＝3∶3∶1∶1。

下列说法正确的是（　　）

①亲代基因型为TtAa×Ttaa　②高茎与腋生花互为相对性状　③F1中两对基因均为纯合子的概率为1/4　④F1中两对性状均为隐性的概率为1/8　⑤F1中高茎腋生花的基因型可能为TTAA

A．①②③B．②③⑤

C．①③④D．③④⑤

解析：

选C　亲代杂交，子代中高茎∶矮茎＝3∶1，则双亲基因型为Tt×Tt；腋生花∶顶生花＝1∶1，则双亲基因型为Aa×aa，故双亲的基因型为TtAa×Ttaa。

茎的高矮与花的位置是两对相对性状。

F1中两对基因均为纯合子的概率＝1/2×1/2＝1/4，两对性状均为隐性的概率＝1/4×1/2＝1/8。

F1中高茎腋生花的基因型可能为TTAa或TtAa。

9．（20xx·忻州一模）现有①～④四个果蝇品系（都是纯种），其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。

这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如表所示：

品系

①

②

③

④

隐性性状

均为显性

残翅

黑身

紫红眼

相应染色体

Ⅱ、Ⅲ

Ⅱ

Ⅱ

Ⅲ

若需验证自由组合定律，可选择下列哪种交配类型（　　）

A．①×④B．①×②

C．②×③D．②×④

解析：

选D　自由组合定律研究的是位于非同源染色体上的基因的遗传规律，故选②×④或③×④。

10．虎皮鹦鹉的羽色有绿、蓝、黄、白四种，野生种都是稳定遗传的。

若将野生的绿色和白色鹦鹉杂交，F1全部都是绿色的；F1雌雄个体相互交配，所得F2的羽色有绿、蓝、黄、白四种不同表现型，比例为9∶3∶3∶1。

若将亲本换成野生的蓝色和黄色品种，则F2不同于亲本的类型中能稳定遗传的占（　　）

A．2/7B．1/4

C．1/5D．2/5

解析：

选C　根据F1雌雄个体相互交配，F2中出现9∶3∶3∶1的性状分离比，可知虎皮鹦鹉的羽色由两对独立遗传的基因控制，假设为A和a、B和b。

根据F2中绿∶蓝∶黄∶白＝9∶3∶3∶1可知，F2中绿、蓝、黄、白的基因型分别为A_B_、A_bb、aaB_、aabb（或分别为A_B_、aaB_、A_bb、aabb）；根据题中信息“野生种都是稳定遗传的”可知，野生的蓝色和黄色品种的基因型分别为AAbb、aaBB（或分别为aaBB、AAbb），野生的蓝色和黄色品种杂交获得的F1的基因型为AaBb，则F2中绿∶蓝∶黄∶白＝9∶3∶3∶1，其中绿和白是不同于亲本的类型，其中能稳定遗传的占2/10，即1/5。

11．（20xx·上海××区一模）一对夫妇，其后代若仅考虑得甲病，则患病的可能性为a，正常的可能性为b，若仅考虑得乙病，得病率为c，正常的可能性为d。

则其子女患一种病的可能性的表达式不能为（　　）

A．a＋c－2acB．1＋ac－bd

C．b＋d－2bdD．ad＋bc

解析：

选B　由题意知，

（1）后代正常的概率：

bd；

（2）后代患病的概率：

ad（只患甲病）＋bc（只患乙病）＋ac（两种病都患）；（3）后代两病兼发的概率为ac。

这对夫妇结婚后，生出只有一种病的孩子为：

只患第一种病的概率＋只患第二种病的概率＝ad＋bc，而a＋b＝1、c＋d＝1，故ad＋bc＝a（1－c）＋（1－a）c＝a＋c－2ac；或1－健康的概率－同时患两病的概率＝1－bd－ac，而a＋b＝1、c＋d＝1，故1－bd－ac＝1－bd－（1－b）（1－d）＝b＋d－2bd。

12．（20xx·郑州三模）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：

选A　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出现灰色∶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。

二、非选择题

13．现有4个小麦纯合品种，即抗锈病无芒、抗锈病有芒、感锈病无芒和感锈病有芒。

已知抗锈病对感锈病为显性，无芒对有芒为显性，且这两对相对性状各由一对等位基因控制。

若用上述4个品种组成两个杂交组合，使其F1均为抗锈病无芒，且这两个杂交组合的F2的表现型及其数量比完全一致。

回答问题：

（1）为实现上述目的，理论上必须满足的条件有：

在亲本中控制这两对相对性状的两对等位基因必须位于________（填“同源”或“非同源”）染色体上，在形成配子时非等位基因要________，在受精时雌雄配子要________，而且每种合子（受精卵）的存活率也要________。

那么这两个杂交组合分别是________________和________________。

（2）上述两个杂交组合的全部F2植株自交得到F3种子，1个F2植株上所结的全部F3种子种在一起，长成的植株称为1个F3株系。

理论上，在所有F3株系中，只表现出一对性状分离的株系有4种：

①表现型为抗锈病无芒和抗锈病有芒，其数量比为________。

②表现型为抗锈病无芒和感锈病无芒，其数量比为________。

③表现型均为有芒，发生分离的性状是________________________________________。

④表现型均为感锈病，发生分离的性状是______________________________________。

解析：

（1）根据基因的自由组合定律可知：

能够自由组合的是非同源染色体上的非等位基因，在减数第一次分裂后期非同源染色体上的非等位基因自由组合，在受精时雌雄配子随机结合，概率相同，而且形成的合子（受精卵）的存活率也相等。

又根据题干要求F1均为抗锈病无芒个体，且其后代F2的表现型和数量比完全相同，故两杂交组合所得的F1的基因型也应该相同，那么可以得出这两个杂交组合只能为抗锈病无芒×感锈病有芒和抗锈病有芒×感锈病无芒。

（2）设抗锈病和感锈病性状由T和t基因控制，无芒和有芒性状由D和d基因控制，若F2自交后代F3株系中只表现出一对性状分离的株系有4种，则相应的F2个体必然只含有一对等位基因，另一对基因必为纯合。

所以，F2中符合要求的个体的基因型为TTDd（抗锈病无芒）、TtDD（抗锈病无芒）、ttDd（感锈病无芒）、Ttdd（抗锈病有芒）。

TTDd（抗锈病无芒）自交，后代为抗锈病无芒∶抗锈病有芒＝3∶1；TtDD（抗锈病无芒）自交，后代为抗锈病无芒∶感锈病无芒＝3∶1；Ttdd（抗锈病有芒）自交，后代为抗锈病有芒∶感锈病有芒＝3∶1；ttDd（感锈病无芒）自交，后代为感锈病无芒∶感锈病有芒＝3∶1，其中表现型均为有芒时，发生分离的性状是抗锈病与感锈病；表现型均为感锈病时，发生分离的性状是有芒与无芒。

答案：

（1）非同源　自由组合　随机组合　相等　抗锈病无芒×感锈病有芒　抗锈病有芒×感锈病无芒

（2）①3∶1②3∶1　③抗锈病、感锈病　④有芒、无芒

14．（20xx·开封一模）小麦有大、小穗和抗虫、不抗虫两对相对性状，控制两对性状的基因（分别用A、a和B、b表示）独立遗传，现有两组杂交的情况如下表，请分析回答：

杂交组合

子代的表现型和植株数目

小穗不抗虫

小穗抗虫

大穗不抗虫

大穗抗虫

1

大穗不抗虫（甲）×小穗不抗虫

753

251

762

248

2

大穗不抗虫（乙）×小穗抗虫

0

0

1508

1529

（1）上述两对性状中，______________是显性性状。

（2）杂交组合1的子代中，出现小穗抗虫和大穗抗虫植株的原因是____________。

（3）杂交组合1的子代中，大穗不抗虫植株的基因型是________________。

（4）若要利用亲本中的小麦品种获得可稳定遗传的大穗抗虫小麦，最简单的方法是利用______________自交。

（5）已知题中所给杂交组合1、2的亲本中，A的基因频率为40%，若它们的子一代中所有个体全部存活，则子一代群体中a的基因频率是________。

解析：

（1）具相对性状的两个亲本杂交，后代只表现一种性状，该性状为显性性状，由组合2可以判断，大穗是显性性状。

相同性状的两个亲本杂交，后代出现新的性状，新出现的性状为隐性性状，由组合1可以判断，不抗虫是显性性状。

（2）组合1中亲本是大穗不抗虫和小穗不抗虫，子代中出现小穗抗虫和大穗抗虫植株，原因是发生了基因重组。

（3）组合1中亲本的基因型是AaBb、aaBb，子代中大穗不抗虫植株的基因型是AaBB、AaBb。

（4）若要获得可稳定遗传的大穗抗虫小麦AAbb，最简单的方法是利用亲本中的大穗不抗虫乙（AABb）自交。

（5）亲本中A的基因频率为40%，则a的基因频率是60%。

由于子一代中所有个体全部存活，杂交不会改变基因频率，子一代群体的基因频率不会发生改变，a的基因频率是60%。

答案：

（1）大穗、不抗虫　

（2）基因重组　（3）AaBb、AaBB　（4）大穗不抗虫乙　（5）60%

15．（20xx·兰州模拟）虎皮鹦鹉羽毛颜色的遗传机理如图所示，当个体基因型为aabb时，两种色素都不能合成，表现为白色。

现有一只纯合绿色鹦鹉和一只纯合白色鹦鹉杂交得F1，再让F1雌雄个体随机交配得F2。

请回答：

（1）控制鹦鹉羽毛颜色的基因在遗传上遵循________________定律，请利用上述实验材料，设计一个杂交实验对你的观点加以验证。

实验方案：

_________________________________________________________________。

预测结果：

_________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（2）如果让F2表现型为绿色的鹦鹉自由交配，后代表现型及比例为________________________________________________________________________。

（3）如让杂合的黄色鹦鹉与杂合的蓝色鹦鹉杂交，且因某种因素的影响，后代中的白色鹦鹉全部死亡，则绿色鹦鹉所占的比例为________。

（4）如欲判断一只绿色雄性鹦鹉的基因型，应从绿色、蓝色、黄色、白色纯合子群体中选择________________________________________________________________________与其杂交：

①如后代全为绿色鹦鹉，则其基因型为AABB；

②如后代________________________________________________________________，其基因型为AABb；

③如后代绿色∶黄色为1∶1，则其基因型为________；

④如后代____________________________________________________________，其基因型为AaBb。

解析：

（1）常用测交法验证控制动物性状的两对基因是否遵循基因自由组合定律。

若F1（AaBb）与白色鹦鹉（aabb）杂交，后代出现四种表现型的鹦鹉，比例约为1∶1∶1∶1，则控制鹦鹉羽毛颜色的基因在遗传上遵循自由组合定律。

（2）F2表现型为绿色的鹦鹉基因型为A_B_（1/9AABB，2/9AABb，2/9AaBB,4/9AaBb），其产生的配子AB＝4/9，Ab＝2/9，aB＝2/9，ab＝1/9，可借助棋盘法求得后代表现型及比例为绿色∶蓝色∶黄色∶白色＝64∶8∶8∶1。

（3）如让杂合的黄色鹦鹉与杂合的蓝色鹦鹉杂交，即aaBb×Aabb→1绿色∶1蓝色∶1黄色∶1白色（死亡），其中绿色鹦鹉占1/3。

（4）绿色雄性鹦鹉的基因型有四种可能：

AABB、AaBB、AABb、AaBb，鉴定其基因型，可选择测交法，选择多只白色雌性鹦鹉与之杂交，分析子代表现型差异即可。

答案：

（1）基因的自由组合（基因的分离和自由组合）

实验方案：

用F1绿色鹦鹉和白色鹦鹉杂交　预测结果：

杂交后代中鹦鹉羽色出现四种表现型：

绿色、蓝色、黄色、白色，比例约为1∶1∶1∶1　

（2）绿色∶蓝色∶黄色∶白色＝64∶8∶8∶1　（3）1/3　（4）多只白色雌性鹦鹉

②绿色∶蓝色＝1∶1　③AaBB　④绿色∶蓝色∶黄色∶白色＝1∶1∶1∶1