2022-2023学年天津市南开中学高三上学期第三次统练生物试题含解析

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天津市南开中学2022-2023学年高三上学期第三次统练
生物试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．通过下列有关遗传学交配方式（一对相对性状由一对等位基因控制，完全显性）不能达到相应的目的是（    ）
A．让具有相对性状的纯合子杂交以判断性状的显隐性
B．通过正反交可判断基因是位于常染色体上还是位于X染色体上
C．杂合子植株自交一代即可筛选得到显性纯合子
D．测交可以推测被测个体产生的配子种类和比例
【答案】C
【分析】1、测交的定义是孟德尔在验证自己对性状分离现象的解释是否正确时提出的，为了确定子一代是杂合子还是纯合子，让子一代与隐性纯合子杂交，这就叫测交。在实践中，测交往往用来鉴定某一显性个体的基因型和它形成的配子类型比例。
2、确定基因位置的方法：
（1）正反交法：若正交和反交实验结果一致，则在常染色体上，否则在X染色体上。
（2）根据后代的表现型在雌雄性别中的比例是否一致进行判定：若后代的表现型在雌雄性别中的比例一致，则说明基因在常染色体上，否则在X染色体上。
（3）选择亲本杂交实验进行分析推断：对于XY型性别决定的生物，可选择隐性雌性个体和显性雄性个体进行杂交；对于ZW型性别决定的生物，可选择显性雌性个体和隐性雄性个体进行杂交。
【详解】A、用具有相对性状的纯合了进行杂交，F1中显现出来的性状，叫做显性性状，A正确；
B、若正反交结果一致，说明控制该对相对性状的基因位于常染色体上；若正反交不一致，说明基因位于X染色体上，B正确；
C、若想获得显性纯合植株，需要连续自交，杂合子植株自交，直至后代不发生性状分离，只自交一次，不能筛选出显性纯合了，C错误；
D、由于测交是被测个体与隐性个体杂交，而隐性个体只能产生1种含隐性基因的配子，所以通过测交后代的表现型种类和比例，可以推测被测个体配子种类和比例，D正确。
故选C。

2．孟德尔在探索遗传定律时运用了假说——演绎法。下列有关叙述正确的是（    ）
A．在“一对相对性状的遗传实验”中提出了等位基因的说法
B．假说的核心内容是“子代配子生活力相同及个体存活率相同”
C．“豌豆在自然状态下一般是纯种”不属于孟德尔假说的内容
D．F1自交得到F2是对假说的验证
【答案】C
【分析】孟德尔在做豌豆杂交实验时，用豌豆纯合亲本杂交得F1，然后让F1自交，F2发生性状分离，孟德尔针对这些现象提出问题；针对问题所作假设包括四点：1、生物的性状是由遗传因子决定的；2、遗传因子在体细胞中成对存在，在生殖细胞中成单存在；3、生物体在形成配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子中；4、受精时，雌雄配子的结合是随机的。为了验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验。
【详解】A、孟德尔在“一对相对性状的遗传实验”中提出了遗传因子的说法，不是基因，A错误；
B、假说的核心内容是“在形成配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子中”，B错误；
C、假说内容包括四点：“生物性状是由遗传因子决定的；体细胞中遗传因子成对存在；配子中遗传因子成单存在；受精时，雌雄配子随机结合”，“豌豆在自然状态下一般是纯种”不属于孟德尔假说的内容，C正确；
D、为了验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验，即让F1与隐性纯合子杂交，D错误。
故选C。
3．水稻的非糯性（W）对糯性（w）为显性，非糯性品系所含淀粉遇碘呈蓝色，糯性品系所含淀粉遇碘呈红色。将W基因用红色荧光标记，w基因用蓝色荧光标记（不考虑基因突变）。下面对纯种非糯性与糯性水稻杂交的子代的叙述错误的是（　　）
A．观察F1未成熟花粉时，发现2个红色荧光点和2个蓝色荧光点分别移向两极，是分离定律的直观证据
B．观察F1未成熟花粉时，发现1个红色荧光点和1个蓝色荧光点分别移向两极，说明形成该细胞时发生过染色体片段交换
C．选择F1成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为1∶1
D．选择F2所有植株成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为3∶1
【答案】D
【分析】1、控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的，在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。
2、在生物体的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合，在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【详解】A、观察F1Ww未成熟花粉时，发现2个红色荧光点和2个蓝色荧光点分别移向两极，即含2个红色荧光点WW的染色体与含2个蓝色荧光点ww的同源染色体在分离，因此是分离定律的直观证据，A正确；
B、观察F1未成熟花粉时，发现1个红色荧光点W和1个蓝色荧光点w分别移向两极，可能形成该细胞时发生过染色体片段交换，导致一条染色体上既有W又有w基因存在，在减数第二次分裂的后期，可发生1个红色荧光点W和1个蓝色荧光点w分别移向两极的现象，B正确；
C、F1成熟花粉中非糯性和糯性的花粉的比例为1：1，F1成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红花粉的比例为1：1，C正确；
D、F2的基因型有1/4WW、1/2Ww、1/4ww，F2所有植株产生的成熟花粉w：W的比例是1：1，选择F2所有植株成熟花粉用碘液染色，理论上蓝色花粉和红色花粉的比例为1：1，D错误。
故选D。
4．已知牛的有角与无角为一对相对性状，由常染色体上的等位基因A与a控制。在自由放养多年的一牛群中，A与a基因频率相等，每头母牛一次只生产1头小牛。以下关于该性状遗传的研究方法及推断，不正确的是（    ）
A．选择多对有角牛和无角牛杂交，若后代有角牛明显多于无角牛，则有角为显性性状；反之，则无角为显性性状
B．自由放养的牛群自由交配，若后代有角牛明显多于无角牛，则说明有角为显性性状
C．选择多对有角牛和有角牛杂交，若后代全部是有角牛，则说明有角最有可能为隐性性状
D．随机选出1头有角公牛和3头无角母牛分别交配，若所产3头牛全部是无角，则无角为显性性状
【答案】D
【分析】根据题意分析可知，有角和无角是一对相对性状，是由一对等位基因控制的，遵循基因的分离定律，要鉴定有角与无角之间的显隐性关系，可通过杂交的后代是否发生性状分离来加以分析确定（植物还可以通过自交的方法）。
【详解】A、选择多对有角牛和无角牛杂交，由于显性基因可能为杂合子或纯合子，故后代中显性个体多于隐性个体；若后代有角牛明显多于无角牛，则有角为显性性状；反之，则无角为显性性状，A正确；
B、由于两个基因的基因频率相等，自由放养的牛群自由交配，若后代有角牛明显多于无角牛，则说明有角为显性性状，B正确；
C、选择多对有角牛和有角牛杂交，若后代全部是有角牛，则说明有角为隐性性状，C正确；
D、随机选出1头有角公牛和3头无角母牛分别交配，若所产3头牛全部无角，不能判断无角为显性性状，因后代个体数太少，亲代测交也有可能为此结果，不能判断显隐性，D错误。
故选D。
5．下列与孟德尔遗传实验相关的叙述，正确的是（    ）
A．孟德尔用豌豆做实验时必须在开花前除去母本的雌蕊
B．孟德尔通过演绎推理证明了他所提出的假说的正确性
C．若以玉米为材料验证孟德尔分离定律，所选的亲本也可以是杂合子
D．孟德尔根据亲本和显性纯合子测交产生的子代的表现型来判断亲本是否纯合
【答案】C
【分析】孟德尔发现遗传定律用了假说演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论。
【详解】A、孟德尔用豌豆做杂交、测交实验时，需要对母本进行去雄（去除雄蕊）处理，A错误；
B、孟德尔通过测交实验证明了他所提出的假说的正确性，B错误；
C、若以玉米为材料验证孟德尔分离定律，方法是测交法，则所选的亲本一方是杂合子，一方是隐性纯合子，即所选的亲本也可以是杂合子，C正确；
D、孟德尔根据亲本和隐性纯合子测交产生的子代的表现型来判断亲本是否纯合，D错误。
故选C。
6．番茄果实的颜色由一对等位基因 A、a 控制，下表是关于番茄果实颜色的 3 个杂交实验及其结果。下列分析不正确的是（    ）
实验
亲本表型
F1的表型和植株数目
红果(个)
黄果(个)
1
红果×黄果
492
504
2
红果×黄果
997
0
3
红果×红果
1511
508

A．番茄的果实颜色中，红色为显性性状
B．实验 1 的亲本基因型：红果为 Aa，黄果为 aa
C．实验 2 的后代红果番茄均为杂合子
D．实验 3 的后代中黄果番茄的基因型可能是 Aa 或 AA
【答案】D
【分析】番茄果实的颜色由一对等位基因 A、a 控制。实验2亲本为红果和黄果，子代只出现红果，说明黄果为隐性性状，基因型为aa；实验3中亲本均为红果，子代红果：黄果=3：1，说明亲本基因型均为Aa；实验1中亲本为红果与黄果，子代红果：黄果=1：1，说明亲本红果基因型为Aa，黄果基因型为aa。
【详解】A、根据实验2可知，亲本是红果和黄果，子代只出现红果，没有黄果，说明黄果为隐性性状，红果为显性性状，A正确；
B、根据实验2可知，红果为显性性状，黄果为隐性性状，实验1的子代红果：黄果=1：1，属于测交，则实验1的亲本基因型为Aa，黄果为aa，B正确；
C、实验2的子代只出现红果，说明亲本红果基因型为AA，亲本黄果基因型为aa，则子代基因型为Aa，后代红果番茄均为杂合子，C正确；
D、实验3中，亲本是红果，后代红果：黄果=3：1，说明黄果为隐性性状，基因型为aa，D错误；
故选D。
7．黄瓜植株中含有一对等位基因E和e，其中E基因纯合的植株不能产生卵细胞，而e基因纯合的植株产生的花粉不能正常发育，杂合子植株完全正常。现以若干基因型为Ee的黄瓜植株为亲本，下列有关叙述正确的是
A．如果每代均自由交配直至F2，则F2植株中EE植株所占比例为1／2
B．如果每代均自由交配直至F2，则F2植株中正常植株所占比例为4／9
C．如果每代均自交直至F2，则F2植株中正常植株所占比例为1／2
D．如果每代均自交直至F2，则F2植株中ee植株所占比例为1／2
【答案】C
【分析】1、基因分离定律的实质是杂合子在产生配子的过程中等位基因随同源染色体的分开而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立地遗传给后代； 
2、一对相对性状的遗传实验中，杂合子自交产生的后代的基因型及比例是：显纯合子：杂合子：隐性纯合子=1：2：1。
【详解】基因型为Ee的个体自交后代的基因型及比例是：EE：Ee：ee=1：2：1，其中ee花粉不能正常发育，进行自由交配时，由于E基因纯合的植株不能产生卵细胞，雌性个体产生的配子的基因型及比例是E：e=1：2，由于ee不能产生正常的生殖细胞，因此雄配子的基因型及比例是E：e=2：1，所以，自由交配直至F2，ee的基因型频率=2/3×1/3=2/9，EE的基因频率=1/3×2/3=2/9，则F2植株中正常植株所占比例为1-2/9-2/9=5/9，A错误，B错误；E基因纯合的植株不能产生卵细胞，而e基因纯合的植株花粉不能正常发育，因此每代中只有Ee可以自交的到F2，因此F2植株中正常植株Ee所占比例为1/2，C正确；如果每代均自交直至F2，则F2植株有EE：Ee：ee=1：2：1，其中ee基因的频率为1/4，D错误。故选C。
【点睛】对于基因的分离定律实质的理解和应用、分析题干获取信息的能力并利用相关信息进行推理、判断的能力是解题的关键；解决该题的突破口是对于自由交配的和花粉败育的理解。
8．用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体，根据各代Aa基因型频率绘制曲线如图，下列分析错误的是（    ）

A．曲线Ⅱ的F3中Aa基因型频率为0.4
B．曲线Ⅲ的F2中Aa基因型频率为0.4
C．曲线Ⅳ的Fn中纯合体的比例比上一代增加（1/2）n+1
D．曲线Ⅰ和Ⅳ的各子代间A和a的基因频率始终相等
【答案】C
【详解】A、曲线II是随机交配并淘汰aa的曲线，F2（1/2AA+1/2Aa）随机交配以后，得到F3为9/16AA+6/16Aa+1/16aa，淘汰掉aa以后，比例是3/5AA+2/5Aa，A正确；
B、曲线II是随机交配并淘汰aa的曲线，曲线III是自交并淘汰aa的曲线，因为Aa自交和随机交配的结果是一样的，都是1/4AA+1/2Aa+1/4aa，淘汰掉aa后，则基因型比例是1/3AA+2/3Aa，如果自交则其后代是1/3AA+2/3（1/4AA+1/2Aa+1/4aa），淘汰掉aa以后，得到的后代是3/5AA+2/5Aa，Aa所占的比例是0.4，B正确；
C、曲线IV是自交的结果在Fn代纯合子的比例是1-（1/2）n，则比上一代Fn-1增加的数值是1-（1/2）n-（1-（1/2）n-1）=（1/2）n，C错误；
D、连续自交和随机交配F1代的Aa的基因型频率都是1/2，所以I和IV符合，但连续自交的结果是纯合子所占的比例越来越大，杂合子所占的比例越来越小，而随机交配后代杂合子的基因型频率不再改变，所以I是随机交配的结果，IV是自交的结果。连续自交和随机交配这两者都不存在选择，所以不会发生A和a的基因频率改变，D正确。
故选C。
9．已知果蝇的长翅和截翅由一对等位基因控制。多只长翅果蝇进行单对交配(每个瓶中有1只雌果蝇和1只雄果蝇)，子代果蝇中长翅∶截翅=3∶1。据此无法判断的是（    ）
A．长翅是显性性状还是隐性性状
B．亲代雌蝇是杂合子还是纯合子
C．该等位基因位于常染色体还是X染色体上
D．该等位基因在雌蝇体细胞中是否成对存在
【答案】C
【分析】由题意可知，长翅与长翅果蝇杂交的后代中出现截翅果蝇，说明截翅是隐性性状，长翅是显性性状。
【详解】A、根据截翅为无中生有可知，截翅为隐性性状，长翅为显性性状，A不符合题意；
B、根据杂交的后代发生性状分离可知，亲本雌蝇一定为杂合子，B不符合题意；
C、无论控制翅形的基因位于X染色体上还是常染色体上，后代中均会出现长翅:截翅=3:1的分离比，C符合题意；
D、根据后代中长翅:截翅=3:1可知，控制翅形的基因符合基因的分离定律，故可推测该等位基因在雌蝇体细胞中是成对存在的，D不符合题意。
故选C。
10．在牵牛花的遗传实验中，用纯合体红色牵牛花和纯合体白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1，如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花进行自交，则后代表现型及比例应该为（    ）
A．红色∶粉红色∶白色=1∶2∶1
B．红色∶粉红色∶白色=3∶2∶1
C．红色∶粉红色∶白色=1∶4∶1
D．红色∶粉红色∶白色=4∶4∶1
【答案】B
【分析】根据题干的信息：F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，说明红色对白色不完全显性。假设红色是AA，白色是aa，F1是Aa，F2就是AA：Aa：aa=1：2：1。
【详解】 根据分析：假设红色牵牛花基因型为AA、粉红色牵牛花基因型为Aa，F2中红色、粉红色牵牛花的比例（AA：Aa）为1：2，因此，F2中的粉红色的牵牛花与红色的牵牛花所结种子种植，并让其自交：①1/ 3 AA自交后代还是1 /3 AA；②2 /3 Aa自交的后代：2 /3 （1 /4 AA+2/ 4 Aa+1 /4 aa）=1/ 6 AA+2 /6 Aa+1 /6 aa；则后代应为AA（1 /3 +1/ 6 ）：Aa（2/ 6 ）：aa（1/6 ）=3：2：1，红色∶粉红色∶白色=3∶2∶1，B正确。
故选B。
11．已知等位基因 Bb、B＋位于常染色体上，分别决定山羊有胡子和无胡子，但是Bb 在雄性中为显性基因，B＋在雌性中为显性基因。有胡子雌山羊与无胡子雄山羊的纯合亲本杂交产生 F1，F1 雌雄个体交配产生 F2。下列判断中错误的是（    ）
A．F1 中雄性无胡子，雌性有胡子
B．亲本的基因型为雌羊 BbBb，雄羊 B＋B＋
C．F2 雌山羊中有胡子个体占1/4
D．F2 雄山羊中有胡子个体占3/4
【答案】A
【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
题意分析：在雄性中Bb为显性基因，在雌性中B+为显性基因，则亲代中有胡子雌性与无胡子雄性的基因型分别是♀BbBb，♂B+B+，其杂交产生的F1的基因型为BbB+（雌性无胡子，雄性有胡子）。F1雌雄个体交配产生F2，基因型为BbBb∶BbB+∶B+B+=1∶2∶1。
【详解】A、F1的基因型为为BbB+，雌性中B+为显性基因，表现为无胡子，A错误；
B、亲本为纯合子，则有胡子雌山羊的基因型应表示为BbBb，无胡子雄山羊的基因型可表示为B+B+，B正确；
C、F1的基因型为为BbB+，F1 雌雄个体交配产生 F2，根据分离定律可知，F2后代中基因型和表现型为1BbBb（有胡子）∶2BbB+（雌性无胡子，雄性有胡子）∶1B+B+（无胡子），可见F2雌山羊中有胡子个体占1/4，C正确；
D、F1的基因型为为BbB+，F1 雌雄个体交配产生 F2，根据分离定律可知，F2后代中基因型和表现型为1BbBb（有胡子）∶2BbB+（雌性无胡子，雄性有胡子）∶1B+B+（无胡子），可见F2雄山羊中有胡子个体占3/4，D正确。
故选A。
12．某哺乳动物的背部皮毛颜色由常染色体上的一组复等位基因、和控制，且、和之间为共显性（即、和任何两个组合在一起时，各基因均能正常表达）。如图表示基因对背部皮毛颜色的控制机制，下列说法错误的是（    ）。

A．该图体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状
B．背部皮毛颜色的基因型有6种，其中纯合子有3种
C．背部的皮毛颜色为白色的个体一定为纯合子
D．某白色雄性个体与多个黑色雌性个体交配后代有3种毛色，则其基因型为
【答案】C
【分析】基因控制生物性状的途径有两条：一是通过控制酶的合成来控制代谢过程从而控制性状，二是通过控制蛋白质的结构直接控制生物性状，本题图中体现了第一条途径。
【详解】A、由图知，基因A1、A2和A3分别控制酶1、酶2和酶3的合成，进而控制该动物的体色，能体现基因通过控制酶的合成来控制代谢从而控制性状，A正确；
B、A1、A2和A3三个复等位基因两两组合，纯合子有A1A1、A2A2、A3A3三种，杂合子有A1A2、A1A3、A2A3三种，B正确；
C、由图知，只要无基因A1或基因A1不表达就会缺乏酶1，体色就为白色，所以白色个体的基因型有A2A2、A3A3和A2A3三种，而A2A3是杂合子，C错误；
D、分析题图可知，黑色个体的基因型只能是A1A3，该白色雄性个体与多个黑色异性个体交配，后代中出现棕色（A1A2）个体，说明该白色个体必定含有A2基因，其基因型只能是A2A2或A2A3，若为A2A2，子代只能有A1A2棕色和A2A3白色两种类型，若为A2A3，则子代会有A1A2棕色、A1A3黑色和A2A3白色三种类型，D正确。
故选C。
13．许多生物体的隐性等位基因很不稳定，以较高的频率逆转为野生型。玉米的一个基因A，决定果实中产生红色色素:等位基因a1或a2不会产生红色素。a1在玉米果实发育中较晚发生逆转，且逆转频率高: a2较早发生逆转，但逆转频率低。下列说法正确的是( )
A．Aa1自交后代成熟果实红色和无色比例为3: 1
B．a1a1自交后代成熟果实表现为有数量较少的小红斑
C．a2a2自交后代成熟果实表现为有数量较多的大红斑
D．a1a2自交后代成熟果实一半既有 小红斑又有大红斑，且小红斑数量更多
【答案】D
【分析】1、基因分离定律的实质：在减数分裂形成配子的过程中，等位基因会随同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
2、基因型为a1a2的玉米植株自花授粉，如果不发生回复突变，则后代为a1a1: a1a2: a2a2=1: 2: 1。
【详解】A、Aa1自交后代为AA: Aa1: a1a1=1: 2: 1，由于a1逆转频率高，所以成熟果实红色和无色比例为大于3: 1，A错误；
B、a1a1 自交后代都是a1a1，a1回复突变较晚，但逆转频率高，形成的斑块小，所以成熟果实表现为有数量较多的小红斑，B错误；
C、a2a2自交后代都是a2a2, a2回复突变较早，但逆转频率低，形成的斑块大，所以成熟果实表现为有数量较少的大红斑，C错误；
D、回复突变早，则形成的斑块大，回复突变迟，则形成的斑块小，回复突变频率和形成的斑块数目成正比。根据a1a2基因型的个体自交后代，理论上约25%的果实具有小而多的红斑，约25%的果实具有大而少的红斑，约50%的果实既有小红斑，又有大红斑，由于a1逆转频率高，频率与斑块数目成正比，所以小红斑数量更多，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了基因分离定律的有关知识，要求考生根据题干信息判断基因的显隐性关系以及子代的基因型，并对选项作出准确的判断，属于考纲识记和理解层次的考查。
14．一豌豆杂合子（Aa）植株自交时，下列叙述错误的是（    ）
A．若自交后代基因型比例是2：3：1，可能是含有隐性基因的花粉50%的死亡造成
B．若自交后代的基因型比例是4：4：1，可能是含有隐性基因的配子有50%的死亡造成
C．若自交后代的基因型比例是2：2：1，可能是隐性个体有50%的死亡造成
D．若自交后代的基因型比例是1：2：1，可能是花粉有50%的死亡造成
【答案】C
【分析】一豌豆杂合子（Aa）植株自交时，产生的雌雄配子的种类及其比例都是A：a=1:1，因此理论上，后代的基因型及比例是AA：Aa：aa=1：2：1。
【详解】A、若含有隐性基因的花粉50%死亡，则Aa产生的雌配子的种类及其比例是A：a=1：1，Aa产生的雄配子的种类及其比例是A：a=2：1，故自交后代基因型比例是AA：Aa：aa=2：3：1，A正确；
B、若含有隐性基因的配子有50%死亡，则Aa产生的雌配子的种类及其比例是A：a=2：1，Aa产生的雄配子的种类及其比例是A：a=2：1，故自交后代基因型比例是AA：Aa：aa=4：4：1，B正确；
C、Aa植株自交，正确情况下，自交后代的基因型及比例是AA：Aa：aa=1：2：1，若隐性个体（aa）有50%的死亡，则自交后代的基因型比例是AA：Aa：aa=2：4：1，C错误；
D、若花粉有50%的死亡，则Aa产生的雄配子的种类及其比例仍然是A：a=1：1，Aa产生的雌配子的种类及其比例是A：a=1：1，故自交后代基因型比例是AA：Aa：aa=1：2：1，D正确。
故选C。
15．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 ℃的条件下，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。下列说法错误的是（    ）
A．不同温度条件下同一植株花色不同说明环境能影响生物的性状
B．若要探究某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
【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。
【详解】A、在 25 ℃的条件下，基因型为 AA 和 Aa 的植株都开红花，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受环境（温度）的影响，即该现象说明环境能影响生物的性状，A正确；
B、为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，而后通过观察后代的花色确定白花植株的基因型，B错误；
C、在25℃的条件下生长的白花植株的基因型为aa，则其能稳定遗传，自交后代中不会出现红花植株，C正确；
D、在30℃的条件下生长的白花植株的基因型可能为AA或Aa或aa，其自交产生的后代基因型可能为AA或AA、Aa、aa或aa，其中AA、Aa在25℃条件下长大后开红花，D正确。
故选B。

二、选择题组
阅读下列材料，完成下面小题。
玉米（2n=20)是我国的重要粮食作物。玉米雌雄同株，可自交也可杂交。玉米籽粒的甜与非甜由 1 对等位基因控制。科研人员发现，将纯种甜玉米（甲）和纯种非甜玉米（乙）间行种植，植株甲的玉米穗上同时有甜玉米籽粒和非甜玉米籽粒，植株乙的玉米穗上全为非甜玉米籽粒。

16．下列关于玉米的叙述，正确的是（    ）
A．玉米雄花花粉落在同一植株的雌花柱头上，完成传粉不属于自交
B．玉米染色体的物质组成为核糖核酸和蛋白质
C．玉米有丝分裂后期细胞中核DNA数为40
D．玉米有丝分裂前期细胞中可观察到细胞两极的中心体
17．有同学用放有黑、白围棋子的 2 个围棋罐为材料，模拟植株甲上的非甜玉米籽粒长成的植株进行自交的过程。下列叙述错误的是（    ）
A．两罐中各摸取 1 粒棋子，记录组合结果以模拟非甜玉米植株的配子
B．每 1 个围棋罐中的黑子和白子数量需相等
C．2 个围棋罐分别模拟雌、雄花序
D．将摸出的棋子放回罐中后混合均匀再重复摸取，并尽可能多操作
18．植株甲上的非甜玉米籽粒长成的植株进行单株种植，发现有一株的某个玉米穗上所结籽粒明显不同于其他。下列现象及可能原因的分析错误的是（    ）
A．若所结籽粒全为甜玉米，可能是显性基因发生了隐性突变
B．若所结籽粒全为甜玉米，可能是含有显性基因的染色体片段缺失
C．若所结籽粒甜与非甜数量接近，可能是某种原因导致显性纯合子致死
D．若所结籽粒甜与非甜数量接近，可能是某种原因导致某类雌配子不育

【答案】16．C    17．A    18．C

【分析】玉米是单性花，且雌雄同株，纯种甜玉米和非甜玉米间行种植，既有同株间的异花传粉，也有不同种间的异花传粉；甜玉米甲上的非甜玉米，是非甜玉米授粉的结果，而非甜玉米乙上没有甜玉米，说明甜是隐性性状，非甜是显性性状。
16．A、自交是指植物中自花受粉和同株异花受粉，玉米雄花花粉落在同一植株的雌花柱头上，完成传粉属于自交，A错误；
B、玉米的遗传物质是DNA，而染色体是DNA的主要载体，染色体的主要成分是脱氧核糖核酸（DNA）和蛋白质，B错误；
C、玉米有丝分裂后期的细胞中发生了着丝粒分裂，染色体数目暂时加倍的情况，此时细胞中染色体数目和核 DNA数均为40，C正确；
D、中心体是低等植物和动物细胞中具有的细胞器，即玉米细胞中没有中心体，D错误。
故选C。
17．A、植株甲上的非甜玉米籽粒为杂合子，其减数分裂产生配子的过程中同源染色体上等位基因随着同源染色体的分开而分离，因而会产生两种比例均等的雌、雄配子，模拟植株甲上的非甜玉米籽粒长成的植株进行自交的过程中，两罐中各摸取 1 粒棋子，记录组合结果模拟的是非甜玉米植株产生的雌雄配子随机结合的过程，A错误；
B、每 1 个围棋罐中的黑子和白子代表的是非甜玉米产生的雌、雄两种配子，二者的数量需相等，B正确；
C、2 个围棋罐分别模拟非甜玉米雌、雄花序，即两个罐子中分别装的是雌配子、雄配子，C正确；
D、将摸出的棋子放回罐中后混合均匀再重复摸取，这样可以保证雌雄配子结合的机会均等，并尽可能多操作，从而可以使获得的数据更加趋于理论数据，D正确。
故选A。
18．A、植株甲上的非甜玉米籽粒应该为杂合子（其基因型用Aa表示），单株种植后，若发现有一株的某个玉米穗上所结籽粒明显不同于其他，即该植株所结籽粒全为甜玉米（aa），则可能是显性基因发生了隐性突变，即相关细胞由Aa突变成了aa，A正确；
B、植株甲上的非甜玉米籽粒应该为杂合子（其基因型用Aa表示），单株种植后，若某植株表现为含有显性基因的染色体片段缺失（相关基因型表示为aO），则该植株所结籽粒均为甜玉米，B正确；
C、植株甲上的非甜玉米籽粒应该为杂合子（其基因型用Aa表示），单株种植后，若某种原因导致显性纯合子致死，则该植株所结籽粒中非甜玉米和甜玉米的比例为2∶1，C错误；
D、植株甲上的非甜玉米籽粒应该为杂合子（其基因型用Aa表示），单株种植后，若某种原因导致某类雌配子不育（即含有A基因的雌配子不育），而雄配子正常，则该植株所结籽粒甜与非甜数量接近，D正确；
故选C。

三、综合题
19．马的毛色的遗传由一对等位基因 A 和 a 决定，回答下面的问题：

(1)分析____________号马与其父母亲之间的性状遗传特点，可以判断毛色____________色是显性状。
(2)4 号与 5 号均为栗色，交配后生下 6 号白色雌马，这种现象叫做_____________。
(3)5 号栗色马的基因型是____________。
(4)如果要在短时间内鉴定出 7 号栗色雄马是否为杂合子，可以让这匹马跟多匹___________色雌马交配，看是否生出____________小马。
【答案】(1)     6     栗色
(2)性状分离
(3)Aa
(4)     白     白色

【分析】确定显隐性方法：
①杂交法：具相对性状的两纯种亲本杂交，F1表现出来的性状，即为显性性状；
②自交法：具相同性状的两亲本杂交（或一个亲本自交），若后代出现新的性状，则新的性状必为隐性性状。
【详解】（1）4号栗色马与5号栗色马通过有性生殖产生的后代中出现了白色马，则可知栗色对白色为显性性状，即分析6号马与其父母亲之间的性状遗传特点，可以判断栗色是显性状。白色马的基因型为aa。
（2）4 号与 5 号均为栗色，交配后生下 6 号白色雌马，这种现象叫做性状分离，据此可判断4号和5号栗色马均为杂合子，即基因型均为Aa。
（3）4 号与 5 号均为栗色，生出了白色马，说明栗色对白色为显性，同时也能确定5号个体的基因型为Aa。
（4）如果要在短时间内鉴定出 7 号栗色雄马是否为杂合子，可采用测交的方法进行，即可以让这匹马跟多匹白色雌马交配（这样可以获得较多的后代，为准确判断提供依据），看是否生出白色小马，若出现，则说明该栗色雄马为杂合子，反之，可能是纯合子。
20．如图是白化病的系谱图，回答以下问题：

(1)7 号和 8 号再生一个孩子患白化病的概率是____________。
(2)10 号个体携带白化病致病基因的概率是____________。
【答案】(1)1/6
(2)3/5

【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
【详解】（1）图中1号和2号表现正常，却生出了患白化病的女儿，根据“无中生有女，必为常隐”可判断白化病是常染色体隐性遗传病，若相关基因用A/a表示，则1号和2号的基因型均为Aa，7号表现正常，其可能的基因型为1/3AA、2/3Aa，8号个体表现正常，但有患白化病的母亲，则其基因型一定为Aa，因此，7 号和 8 号再生一个孩子患白化病的概率是2/3×1/4=1/6。
（2）7号可能的基因型为1/3AA、2/3Aa，8号的基因型为Aa，二者婚配生出正常孩子的概率为1-2/3×1/4=5/6，二者婚配生出基因型为Aa的概率为1/3×1/2+2/3×1/2=1/2，可见10 号个体携带白化病致病基因的概率是（1/2）÷（5/6）=3/5。
21．玉米(2n＝20)是一年生雌雄同株异花传粉的植物。现阶段我国大面积种植的玉米品种均为杂合子，杂交种(F1)的杂种优势明显，在高产、抗病等方面杂合子表现出的某些性状优于其纯合亲本，但在F2会出现杂种优势衰退现象。回答下列问题：
(1)F2发生杂种优势衰退的原因可能是F1在形成配子时发生了等位基因分离，使F2出现一定比例的____________所致。
(2)玉米的大粒杂种优势性状由一对等位基因(A、a)控制，现将若干大粒玉米杂交种子随机平均分为甲、乙两组，在相同条件下隔离种植，甲组进行___________（自交/随机传粉），乙组进行______（自交/随机传粉）,假设所有的种子均正常发育，理论上第3年种植时甲组和乙组杂种优势衰退率(小粒所占比例)分别为1/2、3/4。
(3)少一条4号染色体的单体玉米可以正常生活且能正常减数分裂，可用于遗传学研究，无4号染色体的玉米植株不能存活。玉米的抗病(E)对感病(e)是显性，位于某对常染色体上，现有感病正常植株、抗病纯合正常植株和纯合的抗病4号染色体单体植株作为实验材料，探究抗病基因是否位于4号染色体上。
实验思路：
用________________作为亲本杂交获得F1，观察并统计F1中抗病植株与感病植株的比例。
预测结果与结论：
若F1中抗病植株∶感病植株＝___________，则说明抗病基因不在4号染色体上；
若F1抗病植株∶感病植株＝____________，则说明抗病基因在4号染色体上。
【答案】(1)纯合子
(2)     随机传粉     自交
(3)     纯合的抗病4号染色体单体植株与感病正常植株     1∶0     1∶1

【分析】1、杂种优势指F1杂合子表现出的某些性状优于亲本品种（纯系）的现象，也就是只有杂合子才会表现出杂种优势，显性纯合子或隐性纯合子均表现为衰退。
2、基因的分离定律实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；在减数分裂形成配子的过程中，等位基因会随同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
【详解】（1）F1在减数分裂形成配子时发生了等位基因分离，使F2出现一定比例的纯合子，导致F2发生杂种优势衰退。
（2）根据题意可知，只有杂合子才能表现杂种优势。若甲组实验中自然状态授粉，进行的是随机交配，因此不管种植多少年，三种基因型的比例均为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，只有Aa表现为杂种优势，因此衰退率为1/2；若乙组人工控制自交授粉，第3年种植时种下的是子二代，子二代的基因型及比例为3/8AA、1/4Aa、3/8aa，杂合子的比例是1/4，纯合子的比例是3/4，即此时乙组杂种优势衰退率为3/4。
（3）玉米的抗病 （E）对感病（e）是显性，位于某对常染色体上，现有感病、抗病纯合正常植株与纯合的抗病4号染色体单体植株作为实验材料，探究抗病基因是否位于4号染色体上。由于单体产生的配子类型有两种（含正常染色体数的配子和含有缺少一条染色体的配子），若抗病基因（E）位于4号染色体单体上，则该纯合单体产生两种配子为一个含有显性（E）基因、一个不含该显性基因（E），相当于该单体产生了一显、一隐两种配子，若相关基因不位于缺失染色体上，则该单体产生一种配子（E），则该实验目的实际转化为检测单体的配子类型，因此设计测交实验，让纯合的抗病4号染色体单体植株与感病正常植株作为亲本杂交，得F1；观察并统计F1的抗病植株与感病植株的比例。若抗病基因不在4号染色体上，则F1表现全为抗病；若抗病基因在4号染色体上，则F1表现抗病∶感病=1∶1。
22．油菜是我国重要的油料作物，培育高产优质新品种意义重大，油菜的杂种一代会出现杂种优势（产量等性状优于双亲），但这种优势无法在自交后代中保持，杂种优势的利用可显著提高油菜籽的产量。油菜属于二倍体植物，具有两性花，我国学者利用发现的雄性不育突变植株进行了如下杂交实验：

(1)由杂交一结果推测，育性正常与雄性不育性状受____________对等位基因控制，在杂交二中，雄性不育为____________性性状。
(2)杂交一与杂交二的 F1 表现型不同的原因是育性性状由位于同源染色体相同位置上的 3 个基因（A1、A2、A3）决定，品系 1、雄性不育株、品系 3 的基因型分别为A1A1、 A2A2、 A3A3，根据杂交一、二的结果，判断 A1、A2、A3之间的显隐性关系是____________。
(3)若杂交一中的 F2自由交配，得到的后代中雄性不育个体占____________。
(4)利用上述基因间的关系，可大量制备兼具品系 1、3 优良性状的油菜杂交种子（YF1） ，供农业生产使用，主要过程如下：
① 经过图中虚线框内的杂交后，可将品系 3 的优良性状与____________性状整合在同一植株上，该植株所结种子的基因型及比例为 ____________。
② 将上述种子种成母本行，将基因型为____________ 的品系种成父本行，用于制备 YF1。
③ 为制备 YF1，油菜刚开花时应拔除母本行中具有某一育性性状的植株，否则， 得到的种子中混有 A3A3自交产生的种子、A2A3与 A3A3杂交所产生的种子，这些种子在生产上无杂种优势且部分雄性不育 ，给农户种植后会导致油菜籽减产，制备的可育杂交种子（YF1）的基因型为____________。
【答案】(1)     一     显
(2)A1对A2显性，A2对A3显性
(3)1/6
(4)     雄性不育     A2A3∶A3A3=1∶1     A1A1     A1A2和A1A3

【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。
【详解】（1）杂交一中，雄性不育植株与品系1杂交，F1全部可育，F1自交F2育性正常∶雄性不育=3∶1，说明育性正常与雄性不育性状受一对等位基因控制。杂交二中，由于雄性不育植株与品系3逐代杂交始终出现雄性不育性状的植株，所以雄性不育为显性性状。
（2）杂交一与杂交二的F1表现型不同的原因是控制育性性状的基因由位于同源染色体相同位置上的3个基因（A1、A2、A3）决定。品系1、雄性不育株、品系3的基因型分别为A1A1、A2A2、A3A3。杂交一的F1（A1A2）表现为育性正常，说明A1对A2显性；杂交二的F1（A2A3）表现为雄性不育，说明A2对A3显性，即A1、A2、A3之间的显隐性关系是A1对A2显性，A2对A3显性。
（3）若杂交一中的F2（1/4A1A1，1/2A1A2，1/4A2A2）自由交配，其中表现为雄性不育的个体A2A2占1/4，进行自由交配时，F2的雌配子及比例是A1∶A2=1∶1，而F2的雄配子及比例是A1∶A2=2∶1，所以，再自由交配一代，得F3中A2A2的比例为1/2×1/3=1/6，即得到的后代中雄性不育个体占1/6。
（4）①经过图中虚线框内的杂交后，可将品系3的优良性状与雄性不育性状整合在同一植株上，该植株所结种子的基因型及比例为A2A3∶A3A3=1∶1。
②将上述种子种成母本行，将基因型为（雄性不育）A1A1的品系1种成父本行，用于制备YF1。
③为制备YF1，油菜刚开花时应拔除母本行中具有育性性状A3A3的植株。拔除之后，母本行只剩A2A3个体，与基因型为A1A1品系1杂交，制备所得YF1的基因型为A1A2和A1A3，均为杂种，表现为杂种优势，产量高；否则基因型为A3A3自交产生的种子A3A3，A2A3与A3A3杂交所产生的种子A2A3、A3A3，这些种子在生产上无杂种优势且部分雄性不育，因此制备YF1过程中需要将A3A3去掉。