安徽省六安市一中学年高一下学期期末生物试题解析版.docx

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安徽省六安市一中学年高一下学期期末生物试题解析版

大安一中2018-2019学年第二学期高一年级期末考试

生物试卷

一、单项选择题

1.下列关于杂交实验叙述正确的是（）

A.杂合子自交后代没有纯合子，纯合子相交一定是杂合子

B.F2的表现型比为3：

1.的结果最能说明基因分离定律的实质

C.基因分离定律的细胞学基础是减数第一次分裂时染色单体分开

D.F1所产生雌配子总数与雄配子总数的大小关系一般不会影响3：

1的出现

【答案】D

【解析】

【分析】

纯合子自交后代仍然是纯合子，而杂合子自交后代有杂合子和纯合子；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离而分开；一般情况下，同种生物产生的雄配子远远多于雌配子。

【详解】A、杂合子自交后代既有纯合子也有杂合子，纯合子相交的后代可能是纯合子也可能是杂合子，A错误；

B、F2表现型的比例为3：

1是杂合子自交的性状分离比，不是说明基因分离定律实质，B错误；

C、基因分离定律的细胞学基础是减数第一次分裂时同源染色体分离，C错误；

D、F1所产生雌配子总数与雄配子总数的大小关系一般不会影响3：

1的出现，D正确。

故选D。

2.水稻的花为两性花（即一朵花中既有雄蕊，也有雌蕊），玉米的花为单性花（即一朵花中只有雄或雌蕊）。

下列有关植物杂交育种的说法中，正确的是（）

A.对水稻进行杂交时需要对父本进行去雄

B.对玉米进行杂交的基本操作程序是去雄→套袋一授粉一套袋

C.无论是水稻还是玉米，在杂交过程中都需要套袋

D.水稻有性染色体

【答案】C

【解析】

【分析】

对于两性花，人工异花授粉过程为：

去雄（在花蕾期去掉雄蕊）→套上纸袋→人工异花授粉（待花成熟时，采集另一株植株

花粉涂在去雄花的柱头上）→套上纸袋；对于单性花，人工异花授粉过程为：

套上纸袋→人工异花授粉（待花成熟时，采集另一株植株的花粉涂在去雄花的柱头上）→套上纸袋。

【详解】A、对水稻（两性花）进行杂交需要对母本进行去雄，防止其自交而影响实验结果，A错误；

B、对玉米（单性花）进行杂交时，不需要进行去雄操作，B错误；

C、无论是水稻还是玉米，在杂交过程中都需要套袋，以防止外来花粉干扰，C正确；

D、水稻是两性花的植物，没有性染色体，D错误。

故选C。

3.某种两性花的植物，可以通过自花传粉或异花传粉繁殖后代。

在25℃条件下，基因型为AA和Aa的植株都开红花，基因型为aa的植株开白花；但在30℃的条件下，各种基因型的植株均开白花。

下列说法不正确的是（）

A.不同温度条件下同一基因型植株花色不同，说明环境能影响生物的性状

B.若要探究一开白花植株的基因型，最简单可行的方法是在25℃条件下进行杂交实验

C.在25℃的条件下生长的白花植株自交，后代中不会出现红花植株

D.在30℃的条件下生长的白花植株自交，产生的后代在25℃条件下生长可能会出现红花植株

【答案】B

【解析】

【分析】

生物的性状受遗传物质（基因）的控制，但也会受生活环境的影响；生物的性状是基因与基因、基因与基因产物、基因与环境共同作用的结果。

根据题干信息分析，该植物“在25℃条件下，基因型为AA和Aa的植株都开红花，基因型为aa的植株开白花”，说明该植物花色的性状受基因的控制；“但在30℃的条件下，各种基因型的植株均开白花”，说明该植物花色的性状也受环境（温度）的影响。

【详解】A、根据题意分析，基因型是AA和Aa的该植物在25℃条件下都开红花，而在30℃条件下均开白花，说明环境能影响生物的性状，A正确；

B、已知在在30℃的条件下，各种基因型的植株均开白花，即白花的基因型可能是AA、Aa、aa，因此若要探究一开白花植株的基因型，最简单可行的方法是在25℃条件下进行自交实验，并在25℃的条件下培养后代，如果后代全部是红花植株、说明该植植株的基因型为AA；如果都开白花、说明该植株的基因型为aa；如果既有开白花的植株，也有开红花的植株，则说明该植株的基因型为Aa，B错误；

C、在25℃的条件下生长的白花植株的基因型是aa，此种基因型的个体自交后代的基因型仍为aa、表现为白花，后代中不会出现红花植株，C正确；

D、在30℃的条件下，各种基因型的植株均开白花，所以在30℃的条件下生长的白花植株自交，产生的后代在25℃条件下生长可能会出现红花植株，D正确。

故选B。

4.苦瓜植株中含有一对等位基因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的苦瓜植株若干做亲本，下列有关叙述错误的是（）

A.如果每代均自交至F2，则F2植株中d基因的频率为1/2

B.如果每代均自交至F2，则F2植株正常植株所占比例为1/2

C.如果每代均自由交配至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至F2，则F2植株正常植株所占比例为1/2

【答案】D

【解析】

【详解】Dd的苦瓜自交，后代DD：

Dd：

dd=1:

1，由于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，所以子一代只有Dd可以产生后代，因此F2植株中DD：

Dd：

dd=1:

1，则D和d基因的频率都为1/2，正常植株所占比例为1/2，AB正确；

Dd自由交配产生的后代为DD：

Dd：

dd=1:

1，子代雌配子为D：

d=1:

2，雄配子为D:

d=2:

1，则后代DD：

Dd：

dd=（1/3×2/3）：

（2/3×2/3+1/3×1/3）：

（2/3×1/3）=2:

2，所以F2植株中D基因的频率为1/9+1/2×5/9=1/2，正常植株占5/9，C正确、D错误。

【考点定位】自交和自由交配

【名师点睛】

（1）自交：

指基因型相同的个体之间的交配。

杂合体连续自交时，尽管基因频率不变，但后代的基因型频率会发生改变，表现为纯合子的概率不断增大，杂合子的概率不断减小。

（2）自由交配：

指各种基因型的个体随机交配。

在无基因突变、各种基因型的个体生活力相同时，会遵循遗传平衡定律，逐代保持基因频率及基因型频率不变。

5.若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其中，A基因编码的可使黄色素转化为褐色素，B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素，C基因的表达产物能完全抑制A基因的表达，相应的隐性等位基因a、b、c的表达产物没有上述功能。

若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄：

褐：

黑＝52：

3：

9的数量比，则杂交亲本的组合是（）

A.AAbbCC×aaBBcc或AABBCC×aabbcc

B.aaBBCC×aabbcc或AAbbCC×aaBBCC

C.aabbCC×aabbcc或AAbbcc×aabbcc

D.AABBCC×aaBBcc或AAbbCC×aabbcc

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题干信息分析，已知控制该动物毛色的三对等位基因独立遗传，因此它们的遗传遵循自由组合定律；A_B_cc表现为黑色，A_bbcc表现为褐色，由于C抑制A的表达，因此A____C_、aa____都表现为黄色；两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄：

褐：

黑=52：

3：

9的数量比，子二代的组合方式是52+3+9=64种，由于3对等位基因遵循自由组合定律，因此F2属于三对等位基因都是杂合子自交实验，则子一代的基因型是AaBbCc。

【详解】A、AAbbCC与aaBBcc杂交、AABBCC与aabbcc杂交，子一代基因型都是AaBbCc，且亲本都是黄色，A正确；

B、aaBBCC与aabbcc杂交、AAbbCC与aaBBCC杂交，子一代分别是aaBbCc、AaBbCC，不符合题意，B错误；

C、aabbCC与aabbcc杂交、AAbbcc与aabbcc杂交，子一代基因型分别是aabbCc、Aabbcc，不符合题意，C错误；

D、AABBCC与aaBBcc杂交、AAbbCC与aabbcc杂交，子一代基因型分别是AaBBCc、AabbCc，不符合题意，D错误。

故选A。

【点睛】解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律及其实质，能够根据题干信息判断不同的表现型对应的可能基因型，进而根据子二代特殊的性状分离比判断子一代和亲本的基因型。

6.玉米宽叶（A）对窄叶（a）为显性，宽叶杂交种（Aa）玉米表现为高产，比AA和aa品种的产量分别高12%和20%。

玉米有茸毛（D）对无茸毛（d）为显性，有茸毛玉米植株具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活。

两对基因独立遗传。

高产有茸毛玉米自交产生F1，再让F1随机交配产生F2，则有关F1与F2的成熟植株中，叙述正确的是（　　）

A.有茸毛与无茸毛比分别为2:

1和2:

3B.都有9种基因型

C.宽叶有茸毛类型分别占1/2和3/8D.高产抗病类型分别占1/3和1/10

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意分析可知：

玉米的宽叶（A）对窄叶（a）为显性，玉米有茸毛（D）对无茸毛（d）为显性，两对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律．有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活，说明有茸毛玉米植株的基因型只有Dd一种．因此，高产有茸毛玉米的基因型为AaDd．据此答题。

【详解】据以上分析可知，F1中有有茸毛与无茸毛Dd:

dd=2:

1，F2有茸毛（Dd4/9）：

无茸毛（dd4/9）=1：

1，A错误；因茸毛显性基因纯合时（DD）植株幼苗期就不能存活，故AaDd自交的F1只有3×2=6种基因型，F1随机交配产生F2，F2的成熟植株中也只有6种基因型，B错误；F1中宽叶有茸毛（A_Dd）类型为3/4×2/3=1/2，F2中宽叶有茸毛类型为3/4×1/2=3/8，C正确；F1高产抗病（AaDd）类型是1/2×2/3=1/3，F2高产抗病（（AaDd））类型是1/2×1/2=1/4，D错误。

【点睛】关键：

解答本题关键要结合题意分析得出高产有茸毛植株

基因型只能是AaDd，且成熟植株中不存在DD类型的植株。

7.为提高小麦的抗旱性，有人将大麦的抗旱基因（HVA）导入抗旱能力弱的小麦染色体上，并得到下图所示的三种类型。

筛选出HVA基因成功整合到染色体上的高抗旱性植株（假定HVA基因都能正常表达）。

下列说法不正确的是（）

A.I和Ⅲ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为1

B.I和Ⅱ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为1

C.Ⅱ和Ⅲ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为7/8

D.若自交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为3/4，则目的基因的整合位点属于图中的Ⅲ类型

【答案】D

【解析】

【分析】

据图分析，图I中两个HVA基因位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律；图Ⅱ中两个HVA基因位于一条染色体上，不遵循遗传定律；图Ⅲ中两个HVA基因位于两条非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。

【详解】A、由于I产生的配子中肯定含有HVA基因，因此I和Ⅲ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为1，A正确；

B、由于I产生的配子中肯定含有HVA基因，因此I和Ⅱ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为1，B正确；

C、Ⅱ产生的配子中含有HVA基因的比例为1/2，Ⅲ产生的配子中含有HVA基因的比例为3/4，因此Ⅱ和Ⅲ杂交产生的后代中高抗旱性植株所占比例=1-（1-1/2）×（1-3/4）=7/8，C正确；

D、若自交产生的后代中高抗旱性植株所占比例为3/4，则目的基因的整合位点属于图中的Ⅱ类型，D错误。

故选D。

【点睛】解答本题的关键是掌握基因的分离定律和自由组合定律及其实质，分析题图中每一个种类目的基因插入的位置及其遵循的规律，能够分析每一种类型产生的含有目的基因的配子的比例，进而结合选项分析答题。

8.基因型为aabb的桃子重90克，每产生一个显性等位基因就使桃子增重15克，故基因型为AABB的桃子重150克。

基因型为AaBb的桃树自交（不考虑交又互换），其子代的表现型及比例可能是（）

A.一种B.两种C.五种D.四种

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题干信息分析，基因型为aabb的桃子重90克，而每个显性等位基因使桃子增重15克，所以基因型为AABB的桃子重量=90+15×4=150克，因此可以根据子代的显性基因的数量计算其重量，据此答题。

【详解】基因型为AaBb的桃树自交，根据基因的自由组合定律，后代基因型及其比例为AABB：

AABb：

AaBB：

AaBb:

aaBB：

AAbb：

aaBb：

Aabb：

aabb=1:

1，由此可见后代的基因型中显性基因的数量可能是4个、3个、2个、1个和0个，因此后代的表现型可能有5种。

故选C。

9.黑腹果蝇的复眼缩小和眼睛正常是一对相对性状，分别由显性基因A和隐性基因a控制，但是显性基因A的外显率为75%，即具有A基因的个体只有75%是小眼睛，其余25%的个体眼睛正常。

现将一对果蝇杂交，F1小眼睛:

正常眼睛=9:

7，下列分析正确的是（）

A.该比例说明眼睛大小性状的遗传遵循基因的自由组合定律

B.亲本表现型都为小眼睛

C.只考虑控制眼睛大小的基因，F1正常眼睛个体都是纯合子

D.F1自由交配，获得的F2小眼睛和正常眼睛的比例仍然是9:

【答案】D

【解析】

在完全显性的情况下，F1小眼睛:

正常眼睛=3:

1，但由于显性基因A的外显率为75%，所以F1小眼睛:

正常眼睛=9:

7，该性状仍由一对等位基因控制，遵循基因的分离定律，A错误；根据后代分离比，亲本应都是杂合子，但不一定都是小眼睛，B错误；F1正常眼睛个体可能有一部分是含有A的杂合子，C错误；由于基因的遗传仍遵循基因的分离定律，所以F1自由交配，获得的F2小眼睛和正常眼睛的比例仍然是9:

7，D正确。

【考点定位】基因分离定律

10.赤鹿体色由3对等位基因控制，其遗传遵循自由组合定律，基因型和表现型如下表，下列分析错误的是（）

A.当A基因不存在且B基因存在时，赤鹿才会表现出白色

B.让多对AaBbee雌雄个体交配产生出足够多F1，其中白色有斑比例为1/8

C.选用白色无斑雌雄个体交配，可能产生赤褐色有斑的子一代

D.赤鹿种群中赤褐色无斑的基因型有20种

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题干信息已知控制赤鹿体色由3对等位基因遵循基因的自由组合定律，且不同的表现型对应的可能基因型如表格所示，利用基因的分离定律的相关比例分析答题。

【详解】A、根据表格分析可知，白色的基因型可能为aaBB__（致死）、aaBbE_、aaBbee，由此可见当A基因不存在且B基因存在时，赤鹿才会表现出白色，A正确；

B、让多对AaBbee雌雄个体交配产生出足够多的子一代，由于aaBBee致死，所以后代白色的比例=（1/4×1/2）÷（1-1/4×1/4）=2/15，B错误；

C、白色无斑的基因型为aaBbE_，其相互交配可能产生赤褐色有斑（aabbee）的子一代，C正确；

D、赤鹿种群中赤褐色无斑

基因型有2×3×3+2=20种，D正确。

故选B。

【点睛】解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律及其实质，能够读懂表格中基因型和表现型的关系，并注意aaBB__是胚胎致死的，进而结合选项的具体情况分析答题。

11.下图为某种单基因遗传病

系谱图。

近亲结婚时该遗传病发病率较高，假定图中Ⅲ-2与Ⅲ-3婚配生出一个患该遗传病子代的概率是1/16，那么，得出此概率值需要的限定条件是

A.第Ⅰ代的个体均携带该遗传病的致病基因

B.Ⅰ-1、Ⅰ-3不携带该遗传病的致病基因

C.Ⅱ-5携带该遗传病的致病基因

D.Ⅲ-1携带该遗传病的致病基因概率为1/2

【答案】B

【解析】

【详解】Ⅰ-1、Ⅰ-2号均不患该病，其子Ⅱ-1患有该病，则该病为常染色体隐性遗传病或伴X隐性遗传病；若该病为常染色体隐性遗传病，则Ⅱ-2、Ⅱ-3为杂合子的概率均为2/3，Ⅲ-2为杂合子的概率为1/2，Ⅲ-3一定为杂合子，Ⅲ-2与Ⅲ-3婚配生出一个患该遗传病子代的概率是1/8，与题意矛盾;则该病为伴X隐性遗传病，Ⅰ-1、Ⅰ-3不携带该遗传病的致病基因，Ⅱ-2为1/2XAXA，1/2XAXa，则Ⅲ-2基因型为1/4XAXa，Ⅲ-3基因型为XAY，Ⅲ-2与Ⅲ-3婚配生出一个患该遗传病子代的概率1/16，符合题意。

则Ⅰ-2、Ⅰ-4均携带该遗传病的致病基因，A项错误，B项正确；Ⅱ-5可能携带该遗传病的致病基因，C项错误；Ⅲ-1不携带该遗传病的致病基因，D项错误；

答案选B.

12.已知家蚕的性别决定方式为ZW型，蚕体色正常基因（T）与油质透明基因（t）是位于Z染色体上的一对等位基因。

结茧白色（H）与结茧黄色（h）是位于常染色体上的一对等位基因。

现用正常体色结茧白色雄性与油质透明结茧黄色雌性杂交得到F1，F1只有一种表现型。

让F1自由交配得到F2。

下列有关叙述错误的是

A.亲本雄性家蚕的基因型为HHZTZT

B.F1表现型为正常体色结茧白色

C.F2中表现型与F1相同的个体所占的比例为3/16

D.雄性亲本产生ZT配子的比例比雌性亲本大

【答案】C

【解析】

正常体色结茧白色雄性（H_ZTZ_）与油质透明结茧黄色雌性（hhZtW）杂交得到的F1只有一种表现型，说明亲本雄性家蚕的基因型为HHZTZT，F1的基因型为HhZTZt和HhZTW，因此F1表现型为正常体色结茧白色，A、B正确；让F1自由交配得到F2，F2中表现型与F1相同的个体所占的比例为3/4H_×3/4（ZTZT＋ZTZt＋ZTW）＝9/16，C错误；综上分析，雄性亲本产生ZT配子的比例为100%，雌性亲本产生ZT配子的比例为零，D正确。

13.已知蜜蜂中的蜂王和工蜂都是二倍体（2n＝32），而雄蜂是由未受精的卵细胞直接发育而来。

一只雄蜂和一只蜂王交配，F1中工蜂的基因型及比例为AaBb：

aaBb＝1：

1。