2022版新教材高考生物一轮复习课时评价13孟德尔的豌豆杂交实验一 新人教版

这是一份2022版新教材高考生物一轮复习课时评价13孟德尔的豌豆杂交实验一 新人教版，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．利用“假说—演绎法”，孟德尔发现了两大遗传定律。下列关于孟德尔研究过程的分析，正确的是( )
A．孟德尔作出的“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
B．孟德尔假说的核心内容是“生物体能产生数量相等的雌雄配子”
C．为验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了正反交实验
D．孟德尔发现的遗传规律可以解释所有进行有性生殖的生物的遗传现象
A 解析：孟德尔的假说—演绎中，假说的核心内容是F1能产生比例相等的带有不同遗传因子的两种配子，预测F1与隐性纯合子杂交，后代会出现1∶1的性状分离比，A正确，B错误；为验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验，C错误；孟德尔的遗传规律只适用于进行有性生殖的生物核基因的遗传现象，不适用于细胞质基因的遗传，D错误。
2．某植物的红花和白花是一对相对性状，受等位基因(A、a)控制，且含有a基因的配子有一定比例的会死亡。现有两组杂交实验(下表)，下列叙述错误的是( )
A．A基因与a基因的碱基排列顺序不同
B．由组合一可知，只有含有a基因的雄配子会死亡
C．由组合一、二可知，含有a基因的雌雄配子的死亡率均为50%
D．组合二的F1红花植株中纯合子所占比例为1/2
B 解析：由组合一、二可知，红花为显性性状，白花为隐性性状，A基因和a基因的碱基序列不同。组合一亲本的基因型为Aa×aa，后代中红花∶白花≈2∶1，说明含有a基因的雄配子会死亡，但是无法推测含有a基因的雌配子是否会死亡。若含有a基因的雌雄配子死亡率均为50%，则亲本中雄性产生的配子种类及比例为A∶a＝2∶1，雌性产生的配子种类及比例为A∶a＝2∶1，杂交产生的F1符合表格中组合二的数据比。由以上分析可知，组合二中F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝4∶4∶1，则红花植株中纯合子所占比例为1/2。
3．豚鼠的毛色遗传与性别无关，受一对等位基因(完全显性，显隐性未知)控制，某兴趣小组做了以下两组遗传实验：
甲组：一只黑毛豚鼠与一只白毛豚鼠交配，生了3只小鼠，其中黑毛豚鼠2只，白毛豚鼠1只。
乙组：另选两只黑毛豚鼠交配，生了4只小鼠，其中黑毛豚鼠3只，白毛豚鼠1只。
在不考虑突变和环境因素对实验影响的情况下，对两组实验的分析，正确的是( )
A．甲、乙两组均能独立判断毛色性状的显隐性
B．甲组子代黑毛豚鼠∶白毛豚鼠≠1∶1，所以存在致死现象
C．乙组子代3只黑毛豚鼠中一定有纯合小豚鼠
D．若乙组亲代两黑毛豚鼠再生4只小鼠，白毛豚鼠∶黑毛豚鼠可能为1∶1
D 解析：甲组黑毛豚鼠与白毛豚鼠交配，后代为黑毛豚鼠和白毛豚鼠，无法判断显隐性。乙组两只黑毛豚鼠交配，后代有黑毛豚鼠、白毛豚鼠，说明黑毛为显性，白毛为隐性，A错误；甲组所产子代较少，不能说明存在致死现象，B错误；乙组两只黑毛豚鼠(Aa)，设相关基因用A、a表示交配，后代黑毛豚鼠可均为Aa，白毛豚鼠为aa，C错误；若乙组两只黑毛豚鼠(Aa)交配，再生4只后代，数量太少，则后代可能为白毛豚鼠∶黑毛豚鼠＝1∶1，D正确。
4．小鼠繁殖种群中，有毛与无毛是一对相对性状，无毛小鼠终身保持无毛状态。已知无毛是由常染色体上的隐性基因控制的，无毛雄鼠能正常生育，无毛雌鼠繁殖力低，哺乳困难。若科研人员需要将无毛小鼠扩大繁殖，理论上有四套交配方案，最佳方案是( )
A．雌无毛小鼠×雄无毛小鼠
B．雌无毛小鼠×雄杂合有毛小鼠
C．雌杂合有毛小鼠×雄无毛小鼠
D．雌杂合有毛小鼠×雄杂合有毛小鼠
C 解析：由于无毛雌鼠繁殖力低，哺乳困难，所以用雌无毛小鼠作母本杂交效果不好，故A、B不符合题意。设控制小鼠有毛与无毛的基因为A、a，雌杂合有毛小鼠(Aa)×雄无毛小鼠(aa)，后代中出现无毛小鼠的概率为1/2；雌杂合有毛小鼠(Aa)×雄杂合有毛小鼠(Aa)，后代中出现无毛小鼠的概率为1/4，故C符合题意，D不符合题意。
5．下图为山羊的毛色遗传图解(相关基因用A和a表示)。下列相关叙述中，错误的是( )
A．白色对黑色为显性
B．图中黑色山羊均为纯合子
C．4和5再生一个白色雄性山羊的概率为3/4
D．7为纯合子的概率为1/3
C 解析：因为4和5都是白色个体，但它们生出一个黑色的后代6，故白色对黑色为显性，A正确；因为黑色为隐性，所以凡是黑色个体均为隐性纯合子，基因型是aa，B正确；由白色山羊4和5生有黑色山羊6可知，4和5的基因型都是Aa，所以它们再生育一个白色后代(A_)的概率为3/4，这些后代中雌雄各占一半，故4和5再生一个白色雄性山羊的概率为3/4×1/2＝3/8，C错误；因为4和5基因型都是Aa，故白色个体7的基因型及比例为1/3AA、2/3Aa，D正确。
6．在一个自然鼠群中，存在的毛色表型与基因型的关系如表所示(除表中所示基因型外，其余基因型的个体无法存活)，请分析以下叙述正确的是( )
A．两只黄色鼠交配，后代可出现三种表型
B．若两只基因型不同的黄色鼠杂交，子代中基因A的频率为1/2
C．若要检测一只非黑色雄鼠的基因型，可让其与多只基因型为a1a1的雌鼠杂交
D．一只杂合灰色雄鼠与一只黄色雌鼠(Aa1)杂交，子代出现黄色鼠和灰色鼠的概率相同
D 解析：由题表信息可知，基因型为AA的个体无法存活，且基因的显隐性关系是A对a1、a2为显性，a1对a2为显性。两只黄色鼠交配，子代只能出现两种表型：黄色和灰色，或黄色和黑色，A错误；两只基因型不同的黄色鼠杂交，即Aa1×Aa2，子代基因型及比例为Aa1∶Aa2∶a1a2＝1∶1∶1，则基因A的频率为1/3，B错误；由表可知，非黑色雄鼠的基因型可能有4种，根据基因的显隐性关系，欲检测该雄鼠的基因型，应选择多只基因型为a2a2的雌鼠与其交配，C错误；杂合灰色雄鼠(a1a2)与黄色雌鼠(Aa1)杂交，子代表型及比例为黄色∶灰色＝1∶1，D正确。
7．(2020·北京模拟)紫罗兰单瓣花和重瓣花是一对相对性状，由一对基因B、b决定。育种工作者利用野外发现的一株单瓣紫罗兰进行遗传实验，实验过程及结果如图。据此作出的推测，合理的是( )
A．重瓣对单瓣为显性性状
B．紫罗兰单瓣基因纯合致死
C．缺少B基因的配子致死
D．含B基因的雄或雌配子不育
D 解析：单瓣紫罗兰自交出现性状分离，说明单瓣对重瓣为显性性状，A错误；若紫罗兰单瓣基因纯合致死，则题中自交比例应为单瓣紫罗兰∶重瓣紫罗兰＝2∶1，与题意不符，B错误；若缺少B基因的配子致死，则后代中只有单瓣紫罗兰出现，C错误；若含B基因的雄或雌配子不育，则亲本单瓣紫罗兰(Bb)自交，亲本之一产生两种配子，比例为1∶1，而另一亲本只产生一种配子(b)，符合题意，D正确。
二、选择题：每小题给出的四个选项中有一个或多个符合题目要求。
8．(2020·山东模拟)二倍体生物的某性状受常染色体上的基因控制。正常条件下，用该性状的一对相对性状的纯合亲本进行杂交，获得F1，由F1获得F2。假设没有任何突变发生，下列对杂交结果的推测，与实际杂交结果一定相符的是( )
A．F1中的个体都为杂合子
B．F1表型与某亲本相同
C．F2会出现性状分离现象
D．F2中基因型比例为1∶2∶1
AC 解析：二倍体生物的某性状受常染色体上的基因控制。假设受一对等位基因控制，则用该性状的一对相对性状的纯合亲本(假设为AA×aa)进行杂交，获得F1(Aa)，由F1获得F2(1AA、2Aa、1aa)。假设受两对等位基因控制，则用该性状的一对相对性状的纯合亲本(假设为AABB×aabb或AAbb×aaBB)进行杂交，获得F1(AaBb)，由F1获得F2(9A_B_、3A_bb、3aaB_、1aabb)。以此可类推受三对或更多对等位基因控制的情况。亲本均为纯合子，F1中的个体都为杂合子，A正确；F1表型不一定与某亲本相同，如A对a为不完全显性的情况，B错误；F1中的个体都为杂合子，F2一定会出现性状分离现象，C正确；F2中基因型比例不一定为1∶2∶1，该性状不一定是由一对等位基因控制的，D错误。
9．某种鸟尾部羽毛颜色由常染色体上的一组复等位基因A1、A2和A3控制，且基因A1、A2和A3之间共显性，下图表示相关基因与羽毛颜色的对应关系(X、Y、W、Z是具有相应性状的动物个体)。下列说法正确的是( )
A．W与Z杂交，后代可产生4种表型，且概率均为1/4
B．同种基因型的个体之间交配无性状分离的不一定是纯合子
C．若某个体的细胞中含有基因A1，则该个体的羽毛颜色一定表现为褐色
D．就该种鸟尾部羽毛颜色而言，隐性纯合子表现为白色
AB 解析：结合题意并分析题图可知，W对应的基因型为A1A3，Z对应的基因型为A1A2，则二者杂交后代的表型及比例为褐色(A1A1)∶棕色(A1A2)∶黑色(A1A3)∶白色(A2A3)＝1∶1∶1∶1，A正确；基因型为A2A3(白色)的个体自交后代无性状分离，但基因型为A2A3的个体为杂合子，B正确；基因型为A1A1的个体羽毛为褐色，但基因型为A1A2或A1A3的个体羽毛为棕色或黑色，C错误；根据题干信息可知，控制该种鸟尾部羽毛颜色的基因只有A1、A2、A3，且基因A1、A2和A3之间共显性，无相应的隐性基因，D错误。
10．猫的短尾和长尾为一对相对性状，由一对位于常染色体上的等位基因(A/a)控制。现让多只长尾猫自由交配，F1中长尾∶短尾＝55∶9，且雌、雄情况相同。下列说法正确的是( )
A．若让F1中的长尾猫继续自由交配，F2中的表型之比与F1相同
B．亲本长尾猫中杂合子占3/4
C．若让F1中的长尾猫和短尾猫杂交，则F2中的长尾∶短尾＝8∶3
D．为获得更多的短尾猫，可让短尾猫连续自交，并逐代淘汰长尾猫
BC 解析：让多只长尾猫自由交配，F1中出现短尾猫，说明短尾为隐性性状。根据题意，F1中aa基因型频率为9/(55＋9)＝9/64，故F1中A、a的基因频率分别为5/8、3/8。由于亲本中只有显性个体(长尾猫)，可设其基因型频率分别为xAA、yAa，则a基因频率为1/2y＝3/8，A基因频率为x＋1/2y＝5/8，计算可知亲本中AA基因型频率为1/4，Aa基因型频率为3/4。根据遗传平衡定律，F1中AA基因型频率为25/64，Aa基因型频率为30/64，aa基因型频率为9/64，若让F1中的长尾猫(25/55AA、30/55Aa)继续自由交配，由于a基因频率为3/11，A基因频率为8/11，所以F2中长尾猫(AA＋Aa)所占比例为1－3/11×3/11，短尾猫(aa)所占比例为3/11×3/11，二者的表型之比为112∶9，不同于F1，A错误；亲本长尾猫中杂合子(Aa)占3/4，B正确；若让F1中的长尾猫(25/55AA、30/55Aa)和短尾猫(aa)杂交，F1中的长尾猫产生的配子A∶a＝(5/11＋3/11)∶(3/11)＝8∶3，所以F2中的长尾∶短尾＝8∶3，C正确；短尾猫为隐性个体，自交后代不会出现长尾猫，D错误。
三、非选择题
11．(2021·山东济南模拟)现代栽培稻(2n＝24)相对普通野生稻丢失了大量优异基因，如抗病、虫、杂草及抗逆基因等。研究人员发现某野生水稻(甲)8号染色体上具有耐冷基因A，4号染色体上有抗稻飞虱基因B，而栽培稻(乙)染色体的相应位置为隐性基因。将甲、乙杂交，F1自交，用某种方法检测F2群体中不同植株的基因型，发现不同基因型个体数如表：
(1)对栽培稻乙的基因组进行测序，需要测定________条染色体上DNA分子的碱基排列顺序。
(2)依据数据推测，抗稻飞虱性状的遗传________(填“符合”或“不符合”)基因的分离定律，判断依据是__________________________________。
(3)重复上述实验发现，F2中基因型为AA、Aa、aa的个体数量比总是接近于1∶5∶4。研究人员发现F1产生的雌配子均正常成活，推测可能是带有________基因的花粉成活率很低。请设计杂交实验检验上述推测，并写出支持上述推测的子代性状及比例：______________________________。
(4)为获取能稳定遗传的抗稻飞虱优良栽培稻，科研人员选取上述实验中F1栽培稻作为亲本进行自交，每一代水稻自交后淘汰不抗稻飞虱的个体，则子五代中基因型BB个体所占的比例为________。
解析：(1)水稻细胞中含有12对同源染色体，无性染色体，故对栽培稻乙的基因组进行测序，需要测定12条染色体上DNA分子的碱基排列顺序。(2)依据题表数据分析，F2中BB、Bb、bb三种基因型的比例约为1∶2∶1(或F2中出现性状分离且分离比接近3∶1)，说明抗稻飞虱性状的遗传符合基因的分离定律。(3)正常情况下，F2中基因型为AA、Aa、aa的个体数量比应接近于1∶2∶1。但是重复实验发现，F2中基因型为AA、Aa、aa的个体数量比总是接近于1∶5∶4。基因型为AA和Aa的个体数量减少了，同时研究人员发现F1产生的雌配子均正常成活，由此推测可能是带有A基因的花粉成活率很低。假设含有A的花粉成活率为X，则能受精的花粉的基因型及比例是A∶a＝X∶1，含有a的花粉的比例是1/(1＋X)，子代aa＝1/(1＋X)×1/2＝4/10，解得X＝1/4，即含有A的花粉的成活率是1/4，通过测交法检验此推测，以F1为父本(Aa)，品种乙为母本(aa)，如果子代中耐冷个体数与不耐冷个体数的比例为1∶4，即父本Aa产生的A配子中3/4死亡，1/4存活。(4)能稳定遗传的抗稻飞虱优良栽培稻基因型是BB，每代子代中均去除bb个体，子n代中BB的比例为(2n－1)/(2n＋1)，则到子五代中在淘汰了隐性个体后，BB所占的比例为(25－1)/(25＋1)＝31/33。
答案：(1)12 (2)符合 F2中BB、Bb、bb三种基因型的比例约为1∶2∶1(或F2中出现性状分离且分离比接近3∶1) (3)A 以F1为父本，品种乙为母本，子代中耐冷个体数与不耐冷个体数的比例为1∶4 (4)31/33
12．科研人员将某纯合的二倍体无叶舌植物种子送入太空，返回后种植得到了一株有叶舌变异植株，经检测发现该植株体细胞内某条染色体上多了4对脱氧核苷酸。已知控制有叶舌、无叶舌的基因位于常染色体上。请分析回答下列问题：
(1)从变异类型分析，有叶舌性状的产生是________________的结果，该个体为________(填“纯合子”或“杂合子”)。
(2)让有叶舌变异植株自交，后代有叶舌幼苗134株、无叶舌幼苗112株，这一结果________(填“符合”或“不符合”)孟德尔自交实验的分离比。
(3)针对(2)中的现象，科研人员以有叶舌植株和无叶舌植株作为亲本进行杂交实验，统计母本植株的结实率，结果如表所示。
由表中数据分析推断，该变异能导致________配子育性大大降低。
(4)研究人员从上表杂交后代中选择亲本进一步设计测交实验，根据测交后代性状的出现情况验证上述推断。请写出实验的思路和结果。
解析：(1)根据题意，有叶舌与无叶舌是一对相对性状，受常染色体上的等位基因控制，且有叶舌的出现是由于多了4对脱氧核苷酸，说明基因、DNA和染色体的数量都没有改变，改变的是基因的结构，属于基因突变。因只有一条染色体上的基因发生突变，所以突变体为杂合子。(2)已知有叶舌变异植株是杂合子，其自交后代的性状分离比应该是3∶1，而结果是接近1∶1，不符合孟德尔自交实验的分离比。(3)由表中数据分析推断，该变异能导致(有叶舌)雄配子育性大大降低。(4)因为推断是变异导致(有叶舌)雄配子育性大大降低，所以从杂交组合①或②的后代中选择有叶舌植株为父本，从杂交组合③的后代中选择无叶舌植株为母本进行杂交，观察记录后代的性状表现。若后代出现少量的有叶舌植株，大量的无叶舌植株则说明推断正确。
答案：(1)基因突变 杂合子 (2)不符合 (3)(有叶舌)雄 (4)思路：从杂交组合①或②的后代中选择有叶舌植株为父本，从杂交组合③后代中选择无叶舌植株为母本，进行杂交，观察记录后代的性状表现。结果：后代出现少量的有叶舌植株，大量的无叶舌植株
组合
亲本
F1
一
红花×白花♀
红花372株，白花185株
二
红花×红花♀
红花409株，白花51株
表型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1、Aa2
a1a1、a1a2
a2a2
基因型
AA
Aa
aa
BB
Bb
bb
个体数量
201
1 009
798
520
1 038
517
杂交编号
亲本组合
结实数/授粉的小花数
结实率
①
♀纯合无叶舌×纯合有叶舌
16/158
10%
②
♀纯合有叶舌×纯合无叶舌
148/154
96%
③
♀纯合无叶舌×纯合无叶舌
138/141
98%