高中生物人教版 (新课标)必修2《遗传与进化》第2节 孟德尔的豌豆杂交实验（二）第2课时免费同步测试题

这是一份高中生物人教版 (新课标)必修2《遗传与进化》第2节 孟德尔的豌豆杂交实验（二）第2课时免费同步测试题，共19页。
题组一 两对相对性状的杂交实验过程

1.如图表示基因型为AaBb的生物自交产生后代的过程,基因的自由组合定律发生于( )
A.①B.②C.③D.④
2.(2020北京四中高三上期中)如图表示某种植物花色的合成途径示意图。该植物花色由两对等位基因控制,其中酶B对温度较敏感,当环境温度低于20 ℃时保持低活性状态。下列判断正确的是( )
A.紫色花植株与白色花植株杂交,F1可能全开红色花
B.一株开紫色花的植株自交,后代不会出现开红色花的植株
C.一株开红色花的植株自交,后代不会出现开白色花的植株
D.基因A和基因B的遗传一定遵循自由组合定律
题组二 孟德尔获得成功的原因
3.(2019广东揭阳期末)下列各项中,哪项不是孟德尔获得成功的原因( )
A.先研究一对相对性状,再研究多对相对性状
B.选用豌豆为实验材料
C.先研究基因行为变化,再研究性状分离现象
D.用统计学方法对实验结果进行分析
4.(2019四川雅安中学期末)下列关于孟德尔成功揭示出两大遗传规律的原因的叙述中,正确的是( )
A.选用异花传粉的豌豆为实验材料,豌豆植株还具有稳定的、易区分的性状
B.在分析生物性状时,首先针对两对相对性状的传递情况进行研究
C.主要运用定性分析的方法对大量实验数据进行处理,并从中找出了规律
D.在数据分析的基础上,提出假说,并设计新实验来验证假说
题组三 自由组合定律的应用
5.基因A、a和基因B、b分别位于不同的染色体上,若aaBb个体与AaBb个体杂交,F1表现型的比例是( )
A.9∶3∶3∶1
B.3∶1
C.3∶1∶3∶1
D.1∶1∶1∶1
6.(2020四川成都模拟)蝶的体色黄色(A)对白色(a)为显性,而雌性不管是什么基因型都是白色。雄蝶和雌蝶都可以有棒型触角,且正常触角(B)对棒型触角(b)为显性。根据下面杂交实验结果推导亲本基因型组合为 ( )
亲本:白、正常(父本)×白、棒(母本)
雄子代:都是黄、正常
雌子代:都是白、正常
A.aaBB(父)×AaBb(母)
B.aaBB(父)×AAbb(母)
C.aaBb(父)×AaBb(母)
D.AaBB(父)×Aabb(母)
题组四 特殊的基因自由组合现象
7.(2020河南太康一中月考)家兔的毛色分为灰色、黑色和白色三种,此性状由A、a和B、b两对等位基因控制。现有杂交实验如图所示,下列分析正确的是( )
A.控制家兔毛色的两对基因位于不同的染色体上
B.白色家兔的基因型为aaBB、aabb
C.F1灰色家兔测交后代有两种表现型
D.F2黑色家兔自由交配,后代黑兔中纯合子占4/9
8.某植株花色遗传受A、a和B、b两对等位基因控制。当不存在显性基因时,花色为白色,当存在显性基因时,随显性基因数量的增加,花色中红色逐渐加深。现用两株纯合亲本植株杂交得F1,F1自交得F2,F2中出现5种表现类型不同的植株,其数量比例为1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是( )
A.该植株的花色遗传遵循基因的自由组合定律
B.亲本的基因型可能为AAbb和aaBB
C.F2中表现型与F1相同的个体的基因型有3种
D.用F1作为材料进行测交实验,测交后代有4种表现型
能力提升练
一、选择题

1.(2020安徽合肥一中高三月考,★★☆)香豌豆的花色有紫色、粉色和白色三种。某生物兴趣小组以紫花香豌豆和白花香豌豆为亲本进行杂交实验,F1全为紫花植株,F1自交后,F2出现花色分别为紫花、粉花和白花的植株,且比例为9∶6∶1。下列有关叙述错误的是( )
A.香豌豆的花色由两对等位基因控制
B.F2的紫花植株中纯合子占1/16
C.F2的粉花植株与白花植株杂交,后代不会出现紫花植株
D.F1的紫花植株测交,后代出现紫花植株的概率为1/4
2.(2020河南名校联盟高三上质检,★★☆)某观赏植物花色有紫色和白色两种表现型,由四对独立遗传的等位基因(D、d,E、e,F、f和G、g)控制,四对基因中只要有一对隐性纯合即表现为白花,含有d基因的花粉有20%不具受精能力。用基因型为DDEEFFGG的植株作母本,与基因型为ddeeffGG的父本植株杂交,F1自花传粉,理论上F2中白花植株所占比例为( )
A.7/16B.9/16
C.27/64D.37/64
3.(2020河南郑州一中月考,★★☆)豌豆子叶的颜色黄色(A)对绿色(a)为显性,种子的形状圆粒(B)对皱粒(b)为显性,两对基因位于两对染色体上。现有一批黄色圆粒种子进行测交,子代表现型及数量见下表。这批种子的基因型及比例为( )
A.全为AaBbB.AaBb∶AABb=1∶2
C.AaBb∶AABb=1∶3D.AaBb∶AABb=1∶4
4.(2020河南信阳高三一模,★★☆)已知羊的体色由一对等位基因(B、b)控制,其基因型为BB的个体为红褐色,bb为红色,在基因型为Bb的个体中,雄羊为红褐色,雌羊为红色。下列相关叙述中,正确的是( )
A.一红褐色雄羊和一红褐色雌羊交配多次,产生的子代体色全部是红褐色
B.一红色雄羊与一红色雌羊交配多次,产生的子代体色全部是红色
C.一红色雄羊与一红褐色雌羊交配多次,产生的子代体色既有红褐色也有红色
D.一红褐色雄羊和一红色雌羊交配多次,产生的子代体色全部是红褐色
5.(2019广东一模,★★★)某植物的花色由3对独立遗传的基因决定,具体关系如图所示,其中A、B、C对a、b、c为完全显性,且只要存在C基因,植株的花色都是紫色。下列有关叙述错误的是( )
A.理论上该植物中白花植株和紫花植株的基因型分别有6种和20种
B.红花植株与其他花色植株杂交的子代可能出现红花
C.只有紫花植株自交才有可能使后代同时出现3种花色
D.若白花植株与红花植株杂交的子代中红花植株占1/4,则亲代白花植株的基因型是AaBbcc
6.(2020河南洛阳一中月考,★★☆)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统计结果如图所示,下列有关叙述不正确的是 ( )
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
二、非选择题
7.(2020宁夏银川一中高三期末,★★☆)棉花的纤维有白色的,也有紫色的;植株有抗虫的,也有不抗虫的。为了鉴别有关性状的显隐性关系,用紫色不抗虫植株分别与白色抗虫植株a、b进行杂交,结果如表。(假定控制两对性状的基因独立遗传,颜色和抗虫与否的基因可分别用A、a和B、b表示),请回答:
(1)上述两对性状中, 是隐性性状。
(2)组合甲的子代210株白色不抗虫的个体中,杂合子有 株。
(3)组合甲中的亲本紫色不抗虫、白色抗虫a的基因型分别是 、 。
(4)让组合乙的F1白色不抗虫的个体自交得F2,理论上F2的表现型及比例为 。若F2中A纯合致死,则白色不抗虫∶白色抗虫∶紫色不抗虫∶紫色抗虫的比例为 。
专题强化练2 运用“加法原理与乘法原理”进行概率计算
一、选择题

1.(2019辽宁凤城月考,★★☆)已知某闭花受粉植物的花色和叶形由两对独立遗传的等位基因控制,某研究人员将一株粉花肾形叶植株自交,得到后代F1中红花肾形叶∶粉花肾形叶∶白花肾形叶∶红花圆叶∶粉花圆叶∶白花圆叶比例为3∶6∶3∶1∶2∶1,若使F1中粉花肾形叶植株自然生长,则F2中能稳定遗传的个体占 ( )
A.1/3B.3/4
C.5/6D.1/4
2.(2019湖北武汉二中高二上期中,★★☆)某种植物果实重量由三对等位基因控制,这三对基因独立遗传,对果实重量的增加效应相同且具叠加性。已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150 g和270 g,现将基因型为AaBBCc和AabbCc两植株杂交,F1中重量为230 g的果实所占比例为( )
A.1/16B.3/32
C.3/16D.1/4
3.(2019江西上饶期末,★★☆)人类并指基因(T)对正常(t)为显性,白化基因(a)对正常(A)为隐性,两对基因的遗传遵循自由组合定律。一个家庭中父亲并指,母亲正常,他们有一个患白化病但手指正常的孩子,则下一个孩子只有一种病和有两种病的概率分别是( )
A.1/2、1/8B.1/2、1/4
C.1/8、1/4D.1/4、1/8
4.(2020河南郑州高三一模,★★★)柑橘的果皮色泽同时受多对等位基因控制(如A、a;B、b;C、c…),当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即A_B_C_…)为红色,当个体的基因型中每对等位基因都不含显性基因时(即aabbcc…)为黄色,否则为橙色。现有三株柑橘进行如下实验:
实验甲:红色×黄色→红色∶橙色∶黄色=1∶6∶1
实验乙:橙色×红色→红色∶橙色∶黄色=3∶12∶1
据此分析正确的是( )
A.果皮的色泽至少受两对等位基因控制
B.实验乙的子代橙色个体有9种基因型
C.实验甲中亲代红色个体和子代的红色个体基因型不同
D.实验乙橙色亲本可能有2种基因型
5.(2020福建厦门双十中学高三上期中,★★☆)孟德尔的两对相对性状的杂交实验中,用纯合的黄色圆粒和绿色皱粒作亲本进行杂交,F1全部为黄色圆粒。F1自交获得F2,F2中让黄色圆粒的植株接受黄色皱粒植株的花粉,统计黄色圆粒植株后代的性状,其比例理论值应为( )
A.16∶8∶2∶1B.15∶8∶3∶l
C.4∶2∶2∶1D.25∶5∶5∶1
二、非选择题
6.(2019广东肇庆三模,★★★)某生物的花色由两对独立遗传的基因调控,分别为A与a、B与b,当该植株中没有这两对基因中的任何一个显性基因时该植株表现为白色,其余情况表现为红色,现有两株双杂合红花植株自交得到F1。根据所学知识,回答下列问题:
(1)理论上该性状的遗传遵循 定律,F1中出现红花植株的概率为 。
(2)某实验小组在做上述实验时,发现F1中的红花植株概率为11/12,针对该现象的出现,该实验小组成员提出两种假设:
①假设1:含有基因 (填“A”或“a”)的雄配子50%不育。若该假设正确,让亲本与雌性个体进行测交,后代红花的概率为 。
②假设2:BB纯合致死。若该假设正确,现有一红花植株让其进行测交,若后代全为红花,则亲本基因型为 。
7.(2020湖北四校高二上期中联考,★★☆)小麦的毛颖和光颖是一对相对性状(显、隐性由A、a基因控制),抗锈和感锈是另一对相对性状(由基因R、r控制),控制这两对相对性状的基因独立遗传。以纯种毛颖感锈(甲)和纯种光颖抗锈(乙)为亲本进行杂交,F1均为毛颖抗锈(丙)。再用F1与丁进行杂交,F2有四种表现型,对每对相对性状的植株数目作出的统计结果如图:
(1)丁的基因型是 。
(2)F2中,基因型为aaRR个体所占的比例是 ,光颖抗锈植株所占的比例是 。
(3)F2中,表现型不同于双亲(甲和乙)的个体占全部F2的 。
(4)写出F2中抗锈类型的基因型及其比例 。
答案全解全析
基础过关练
1.A 自由组合定律是指在形成配子时,控制同一性状的成对的遗传因子彼此分离,控制不同性状的遗传因子自由组合。综上所述,基因的自由组合定律发生在形成配子的过程中,而不是指配子相互随机结合过程。图中①是形成配子的过程,②是受精时配子的随机结合,③和④是配子形成受精卵后子代的基因型和表现型,故只有①正确。
2.A 紫色花植株(AAbb)与白色花植株(aaBB)杂交,F1(AaBb)可能全开红色花,A正确;由于酶B对温度较敏感,当环境温度低于20 ℃时保持低活性状态,所以一株开紫色花的植株,其基因型可能是A_B_,若其自交后代在正常温度下生长,后代会出现开红色花的植株,B错误;一株开红色花的植株(AaBb)自交,后代会出现开白色花的植株(aa_ _),C错误;基因A和基因B的遗传不一定遵循自由组合定律,D错误。
3.C 由一对相对性状到多对相对性状的科学思路是孟德尔成功的原因之一,A正确;选用豌豆为实验材料是孟德尔获得成功的原因之一,B正确;孟德尔所在的年代还没有“基因”一词,因此孟德尔并没有研究基因的行为变化,C错误;利用统计学方法对实验结果进行分析是孟德尔获得成功的原因之一,D正确。
4.D 豌豆是自花传粉、闭花受粉植物,自然状态下一般都是纯种,用豌豆做人工杂交实验,结果既可靠,又容易分析,A错误;孟德尔先研究一对相对性状的遗传,然后再研究两对或多对相对性状的遗传,B错误;主要运用统计学分析的方法对大量实验数据进行处理,并从中找出了规律,C错误;孟德尔应用统计学的方法对实验结果进行分析,在数据分析的基础上,提出假说,并设计新实验来验证假说,D正确。
5.C 基因A、a和基因B、b分别位于不同的染色体上,其遗传遵循自由组合定律,aaBb×AaBb可以转化成两个分离定律:①aa×Aa→性状分离比是1∶1,②Bb×Bb→性状分离比是3∶1,因此对于两对等位基因来说,性状比例是(1∶1)(3∶1)=3∶1∶3∶1。
6.B 根据子代无论雌雄触角都是正常类型的,可推知亲本中父本正常触角的基因型是BB,母本棒型触角的基因型是bb;又由体色黄色(A)对白色(a)为显性,并且体色受性别影响,雌性蝶只表现白色,可推知父本白色的基因型为aa,而子代雄性只表现黄色(A_),说明母本的基因型为AA,因此亲本基因型组合为AAbb(母)×aaBB(父)。
7.A 设只有A基因存在时,家兔为黑色。F2的性状分离比为9∶3∶4,为9∶3∶3∶1的变式,进而说明控制家兔毛色的两对基因位于不同的染色体上,它们的遗传遵循自由组合定律,A正确;白色家兔的基因型为aaBB、aaBb、aabb,B错误;F1灰色家兔的基因型为AaBb,与基因型为aabb的白色家兔测交,后代有三种表现型:灰色(AaBb)、黑色(Aabb)、白色(aaBb、aabb),C错误;F2黑色家兔的基因型为1/3AAbb、2/3Aabb,F2黑色家兔自由交配,后代中黑兔纯合子为1/3×1/3+1/3×2/3×1/2×2+2/3×2/3×1/4=4/9,后代中黑兔为1-2/3×2/3×1/4=8/9,则后代黑兔中纯合子占4/9÷8/9=1/2,D错误。
8.D F1自交得F2,F2中出现的性状分离比是1∶4∶6∶4∶1,是16种组合,控制该植物花色的两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,A正确。子一代的基因型是AaBb,四种红花植株的基因型分别是AABB、AABb和AaBB、AaBb和AAbb和aaBB、Aabb和aaBb,白花的基因型是aabb;两个亲本的基因型可能是AABB和aabb或者是AAbb和aaBB,B正确。同一花色的基因型最多有3种,C正确。F1的基因型是AaBb,测交后代的基因型及比例是AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1,AaBb控制一种性状,Aabb和aaBb控制同一种性状,aabb控制一种性状,即测交后代共有3种表现型,D错误。
能力提升练
一、选择题
1.B 由于F2中出现开紫花、粉花和白花的植株,且比例为9∶6∶1,该比例是9∶3∶3∶1的变形,可推测香豌豆花色由两对等位基因控制,且遵循基因的自由组合定律,A正确;设两对等位基因为A、a和B、b,根据F2性状分离比可判断紫花基因型为A_B_,粉花基因型为A_bb或aaB_,白花基因型为aabb,F1基因型为AaBb,则F2的紫花植株中纯合子占1/9,B错误;F2的粉花植株基因型为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb,与白花植株(aabb)杂交,后代不可能出现紫花植株(A_B_),C正确;F1的紫花植株测交,即基因型为AaBb的植株与基因型为aabb的植株杂交,后代出现紫花植株(A_B_)的概率为1/4,D正确。
2.B 因为某植物花色有紫色和白色两种表现型,由四对独立遗传的等位基因(D、d,E、e,F、f和G、g)控制,四对基因中只要有一对隐性纯合即表现为白花,所以该植物只有同时具有D基因、E基因、F基因和G基因时才开紫花,即紫花植株的基因型为D_E_F_G_,其他基因型的植株开白花。基因型为DDEEFFGG的植株作母本,与基因型为ddeeffGG的父本植株杂交,F1的基因型为DdEeFfGG,F1自花传粉,F2中含有E和F基因的个体占3/4×3/4=9/16。由于含有d基因的花粉有20%不具受精能力,因此含d基因的花粉有80%有受精能力,仅看D、d这对等位基因,则D∶d=5∶4,所以F2中基因型为D_的个体占5/9×1/2+5/9×1/2+4/9×1/2=7/9,因此,F2中紫花植株所占比例为3/4×3/4×7/9=7/16,则白花植株所占比例为1-7/16=9/16。综上所述,B正确,A、C、D错误。
3.B 只看黄色和绿色这对相对性状,子代黄色与绿色之比约为5∶1,假设亲本中AA的概率为X,则Aa的概率为1-X,亲本测交即有X+1/2(1-X)=5/6,解答X=2/3,即亲本中Aa∶AA=1∶2;只看圆粒和皱粒这对相对性状,子代中圆粒与皱粒之比约为1∶1,这说明亲本的基因型为Bb和bb,由于是测交实验,因此亲本中圆粒的基因型均为Bb。综合以上分析可知,亲本的基因型及比例为AaBb∶AABb=1∶2。
4.C 雄羊中红褐色基因型为BB和Bb,红色基因型为bb;雌羊中红褐色基因型为BB,红色基因型为Bb和bb。若一红褐色雄羊基因型为Bb,与一红褐色雌羊(BB)交配多次,产生的子代中基因型Bb的雌羊表现为红色,A错误;一红色雄羊(bb)与一红色雌羊(Bb或bb)交配多次,若雌羊的基因型为Bb,则产生的子代中基因型为Bb的雄羊表现为红褐色,B错误;一红色雄羊(bb)与一红褐色雌羊(BB)交配多次,产生的子代基因型为Bb,在雄羊中表现为红褐色,在雌羊中表现为红色,C正确;一红褐色雄羊(Bb或BB)和一红色雌羊(Bb或bb)交配多次,产生的子代体色既有红褐色也有红色,D错误。
5.C 根据题图分析可知,白花的基因型为A_B_cc(4种)和A_bbcc(2种),共6种,紫花植株的基因型为aaB_cc(2种)或A_B_C_(8种)、A_bbC_(4种)、aaB_C_(4种)、aabbC_(2种),共20种,因此理论上该植物中白花植株和紫花植株的基因型分别有6种和20种,A正确;红花植株(aabbcc)与其他花色植株(aaBbcc或Aabbcc等)杂交的子代可能出现红花,B正确;白花植株自交后代也可能同时出现3种花色,如AaBbcc,C错误;若白花植株与红花植株(aabbcc)杂交的子代中红花植株(aabbcc)占1/4,则亲代白花植株的基因型是AaBbcc,D正确。
6.C 根据题中“香味性状受隐性基因(a)控制”可知,香味性状(aa)一旦出现即能稳定遗传,A正确。分析柱形图可知,图中无香味感病与无香味抗病植株杂交后代中抗病和感病的比为50∶50=1∶1,说明亲本相关基因型是Bb与bb;无香味和有香味的比为75∶25=3∶1,说明亲本相关基因型是Aa与Aa,则亲本的基因型是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。亲本的基因型为Aabb与AaBb,子代与香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa,所以自交得到aa的概率为1/2×1/4+1/4=3/8,子代与抗病相关的基因型为1/2Bb和1/2bb,自交得到BB的概率为1/2×1/4=1/8,所以两亲本杂交的子代自交,后代中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。
二、非选择题
7.答案 (1)紫色、抗虫 (2)210 (3)aaBB Aabb (4)白色不抗虫∶白色抗虫∶紫色不抗虫∶紫色抗虫=9∶3∶3∶1 6∶2∶3∶1
解析 (1)根据组合乙紫色不抗虫×白色抗虫b的后代只有白色不抗虫个体可知,白色、不抗虫是显性性状,紫色、抗虫为隐性性状。(2)在组合甲中,紫色不抗虫的基因型为aaB_,白色抗虫a的基因型为A_bb,后代紫色不抗虫∶白色不抗虫=1∶1,所以组合甲亲本基因型为aaBB和Aabb,后代基因型是AaBb、aaBb,所以白色不抗虫的个体全部是杂合子。(3)由(2)可知,组合甲中的亲本紫色不抗虫、白色抗虫a的基因型分别是aaBB、Aabb。(4)组合乙F1白色不抗虫的基因型为AaBb,自交得F2中白色不抗虫(A_B_)∶白色抗虫(A_bb)∶紫色不抗虫(aaB_)∶紫色抗虫(aabb)的比例为9∶3∶3∶1。若F2中A纯合致死,则白色不抗虫(2AaBB+4AaBb)∶白色抗虫(2Aabb)∶紫色不抗虫(1aaBB+2aaBb)∶紫色抗虫(1aabb)的比例为6∶2∶3∶1。
专题强化练2 运用“加法原理与乘法原理”进行概率计算
一、选择题
1.A 设该植物花色由基因A、a控制,叶形由基因B、b控制。根据后代中红花∶粉花∶白花=1∶2∶1及肾形叶∶圆叶=3∶1可知,亲本的基因型均为AaBb,F1中粉花肾形叶植株的基因型为AaBB、AaBb,且AaBB∶AaBb=1∶2,其自然生长即自交,基因型为Aa植株自交后代中纯合子的比例为1/2,基因型为BB、Bb植株自交后代中纯合子的比例为1/3+2/3×1/2=2/3,故后代中能稳定遗传的个体即纯合子的比例为1/2×2/3=1/3。
2.D 根据题意分析可知,控制植物果实重量的三对等位基因(用A和a、B和b、C和c表示)独立遗传,遵循基因的自由组合定律;由于基因对果实重量的增加效应相同且具叠加性,隐性纯合子的果实重量为150 g,而显性纯合子的果实重量为270 g,所以三对等位基因中每个显性基因使果实增重为(270-150)÷6=20(g)。F1中重量为230 g的果实含有的显性基因的数量为(230-150)÷20=4,因此将基因型为AaBBCc和AabbCc两植株杂交,F1中重量为230 g的果实基因型为AABbCc和AaBbCC。计算亲代AaBBCc和AabbCc产生子代AABbCc的概率可用乘法原理,单独分析每一对基因产生的概率再相乘,即1/4×1×1/2=1/8;同理可算出产生子代AaBbCC的概率为1/2×1×1/4=1/8,则F1中重量为230 g的果实所占比例为1/8+1/8=1/4。
3.A 父亲是并指,母亲正常,该夫妇有一个患白化病但手指正常的孩子即其基因型为aatt,故父亲基因型为AaTt,母亲基因型为Aatt,采用逐对分析法,Aa×Aa,子代中正常的概率为3/4,患病的概率是1/4;Tt×tt,子代中正常的概率为1/2,患病的概率为1/2,所以下一个孩子患一种病的概率是1/2×3/4+1/2×1/4=1/2,患两种病的概率是1/2×1/4=1/8。
4.B 黄色是隐性纯合子,实验甲中红色(A_B_C_…)×黄色(aabbcc…)→红色∶橙色∶黄色=1∶6∶1,相当于测交,由于子代出现了黄色植株,说明亲本红色植株的基因型为AaBbCc…,其产生的ABC…配子占1/8,即(1/2)3,则可推测果皮的色泽受3对等位基因控制,因此亲本的基因型为AaBbCc×aabbcc,A错误;实验乙中橙色与红色杂交,后代出现黄色,因此红色亲本的基因型是AaBbCc,而子代中红色植株所占比例为3/16,即3/4×1/2×1/2,可推知橙色植株中含有2对隐性纯合子,则实验乙子代基因型共有3×2×2=12(种),其中红色子代有2种基因型,黄色子代有1种基因型,则橙色子代有9种基因型,B正确;实验甲中亲、子代红色植株基因型相同,都是AaBbCc,C错误;实验乙中,红色亲本的基因型是AaBbCc,橙色亲本含1对杂合基因和2对隐性纯合基因,橙色亲本可能有3种基因型,即Aabbcc、aaBbcc或aabbCc,D错误。
5.A 假设基因Y、y控制黄色和绿色,基因R、r控制圆粒和皱粒,两对基因分别考虑,不同对的基因之间用乘法计算。F2中黄色圆粒占9/16,有4种基因型:1/9YYRR、4/9YyRr、2/9YyRR、2/9YYRr,其中YY∶Yy=1∶2,RR∶Rr=1∶2;黄色皱粒中有1/3YYrr、2/3Yyrr,其中YY∶Yy=1∶2,黄色皱粒豌豆人工传粉给黄色圆粒豌豆后,子代黄色∶绿色=8∶1,圆粒∶皱粒=2∶1,对于两对相对性状来说,(8黄色∶1绿色)(2圆粒∶1皱粒)=16黄色圆粒∶8黄色皱粒∶2绿色圆粒∶1绿色皱粒。
二、非选择题
6.答案 (1)基因的自由组合 15/16 (2)A 2/3 AABb、aabb
解析 (1)两对等位基因独立遗传,说明该性状的遗传遵循基因的自由组合定律,两株双杂合红花植株(AaBb)自交得到F1,根据题干信息可知,红花植株的基因型为A_B_、A_bb、aaB_,白花植株的基因型为aabb,则出现红花植株的概率为1-1/4×1/4=15/16。(2)①F1中的红花植株概率为11/12,说明白花植株(aabb)的概率为1/12,由于B、b配子正常,而Bb个体杂交出现bb的概率为1/4,说明Aa个体自交出现aa的概率为1/3,由于理论上Aa个体自交出现aa的概率为1/4,故说明含有基因A的雄配子50%不育,AaBb与aabb测交,Aa产生雄配子的比例为A∶a=1∶2,与aa测交后代Aa∶aa=1∶2,Bb与bb测交子代Bb∶bb=1∶1,故子代出现红花植株的概率为1-2/3×1/2=2/3。②若BB纯合致死,红花植株的基因型为_ _Bb,让其进行测交(与aabb个体交配),若后代全为红花,说明亲本的基因型为AABb与aabb。
7.答案 (1)aaRr (2)1/8 3/8 (3)1/2 (4)RR∶Rr=1∶2
解析 纯种毛颖感锈(甲)和纯种光颖抗锈(乙)为亲本进行杂交,F1均为毛颖抗锈(丙),说明毛颖对光颖为显性性状,抗锈对感锈为显性性状,则甲的基因型为AArr,乙的基因型为aaRR,丙的基因型为AaRr。(1)由以上分析可知F1(丙)的基因型为AaRr。单独分析抗锈和感锈这一对相对性状,F2中抗锈∶感锈=3∶1,说明亲本都是杂合子,即亲本的基因型均为Rr;单独分析毛颖和光颖这一对相对性状,F2中毛颖∶光颖=1∶1,属于测交类型,则亲本的基因型为Aa、aa。综合以上分析可知,丁的基因型是aaRr。(2)丙的基因型为AaRr,丁的基因型是aaRr,因此F2中基因型为aaRR个体所占的比例为1/2×1/4=1/8,光颖抗锈植株(aaR_)所占的比例为1/2×3/4=3/8。(3)F2中,表现型与甲相同的个体占1/2×1/4=1/8,表现型与乙相同的个体占1/2×3/4=3/8,因此表现型不同于双亲(甲和乙)的个体占全部F2的1-1/8-3/8=1/2。(4)丙的基因型为AaRr,丁的基因型是aaRr,F2中抗锈类型的基因型及比例是RR∶Rr=1∶2。
亲本
交配方式
子代
黄色圆粒
测交
黄色圆粒
黄色皱粒
绿色圆粒
绿色皱粒
4 978
5 106
1 031
989
组合序号
杂交组合类型
F1的表现型和植株数目
紫色不抗虫
白色不抗虫
甲
紫色不抗虫×白色抗虫a
210
210
乙
紫色不抗虫×白色抗虫b
0
420