人教版2024届高考生物一轮复习基因分离定律拓展题型突破作业含答案

这是一份人教版2024届高考生物一轮复习基因分离定律拓展题型突破作业含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求。1．(2023·辽宁铁岭高三检测)萝卜的花有白、红、紫三种颜色，该性状由基因R、r控制。下表为三组不同类型植株之间的杂交结果。下列相关叙述不正确的是(　　)组别亲本子代性状表现及数量一紫花×白花紫花428，白花415二紫花×红花紫花413，红花406三紫花×紫花红花198，紫花396，白花202 A.白花、紫花、红花植株的基因型是rr、Rr、RRB．白花植株自交的后代均开白花，红花植株自交的后代均开红花C．白花植株与红花植株杂交所得的子代中，既不开红花也不开白花D．可用紫花植株与白花植株或红花植株杂交验证基因的分离定律2．某种开紫花的植物有雌株、雄株和两性植株三种性别类型，受一组复等位基因A、A＋、a控制，其中A基因存在时表现为雌株，不含A基因但含有A＋基因时表现为两性植株，只含a基因时表现为雄株。下列相关描述中不正确的是(　　)A．该植物中的雌株与雄株杂交，子代雌株所占比例等于50%B．控制该植物性别的一组复等位基因可组成5种基因型，其中纯合子有2种C．该植物体内，原生质层无色的细胞不是花瓣细胞，而是根尖等处的无色细胞D．基因型为A＋a的植株自交两代，理论上F2中雄株所占比例为1/63．栝楼是雌雄异株植物，叶形有近圆形叶(E)和心形叶(e)，花粉e有50%不育。现有雌雄基因型均为EE∶Ee＝1∶2的植株自由交配，子代中的近圆形叶与心形叶比值为(　　)A．14∶1  B．19∶1  C．8∶1  D．24∶14．(2023·湖南岳阳高三模拟)科研人员将某二倍体纯合野生稻甲中的冷敏型基因r改造成耐冷型基因R，筛选得到纯合耐冷突变体乙，甲和乙杂交，F1表现为耐冷型，F1自由交配得F2，F2耐冷型280株，冷敏型200株，比例为7∶5。科研人员提出一种假设：F1产生的雌配子育性正常，但某种花粉成活率较低。假设花粉成活率保持不变，则下列分析中支持上述假设的是(　　)A．F2中冷敏型个体占5/12，耐冷型个体中杂合子占1/2B．F1产生的精子中R基因与r基因的比例为1∶5C．F1作父本与甲正交，后代耐冷型∶冷敏型为1∶1D．F1作母本与甲反交，后代耐冷型∶冷敏型为1∶55．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，且相互之间共显性(杂合子个体的一对等位基因都能表达)。下图表示相关基因与羽毛颜色的关系(X、Y、W、Z是决定羽毛颜色的相关物质)。下列叙述错误的是(　　)A．白色个体的体细胞中不含基因A1B．体细胞含有基因A2，则该个体羽毛颜色为棕色C．黑色个体与棕色个体杂交，羽毛颜色的遗传遵循分离定律D．复等位基因A1、A2、A3的存在说明了基因突变是不定向的6．某种兔的毛色黑色(W)和白色(w)是一对相对性状。两只黑色兔交配得到的子代，放在－15 ℃环境中成长，表现为黑色；若放在30 ℃环境中成长，则表现为白色。这样的白色兔产生的子代再放在－15 ℃环境中，依然表现为黑色。这种现象在遗传学中称为“表型模拟”。下列相关叙述错误的是(　　)A．在“表型模拟”中，兔子毛色的相关基因并没有发生变异B．子代白色兔的出现，可能是在色素形成的过程中某些酶的活性受到影响C．在30 ℃环境中成长的白色兔都是纯合子D．生物的性状会受到基因控制，而性状形成的同时还受到环境的影响二、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。7．黄花三叶草(2n＝24)为两性花植物，绿色叶片上白色斑纹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ(如图)分别由复等位基因B1、B2、B3、B4、B5控制，显隐性关系为B1＞B2＞B3＞B4＞B5。下列说法正确的是(　　)A．B1与B5的本质区别在于核糖核苷酸的排列顺序不同B．B1、B2、B3、B4、B5的遗传遵循基因的自由组合定律C．正常情况下，基因型为B1B2B3的三体黄花三叶草，产生配子中的染色体数为13D．黄花三叶草种群中，控制白色斑纹的基因型有15种8．某种牛，基因型为AA的体色是红褐色，aa是红色，基因型为Aa的雄性为红褐色，雌性为红色。现有多只红褐色雄牛和多只红色雌牛进行随机交配，子代雄性中红褐色∶红色＝19∶5，雌性中红褐色∶红色＝1∶3，下列叙述正确的是(　　)A．亲本红褐色雄牛只有一种基因型AaB．亲本红褐色雄牛有两种基因型，AA∶Aa＝1∶2C．亲本红色雌牛只有一种基因型aaD．亲本红色雌牛有两种基因型，Aa∶aa＝3∶19．(2023·山东日照高三模拟)水稻的雄性不育受一组复等位基因MsA、MsN和Msch控制，其中MsA和Msch控制可育，MsN控制不育。现有雄性不育植株甲和基因型为MsAMsA的植株乙杂交，F1植株全部表现为雄性可育，F1自交后代中雄性不育植株占1/8，下列说法中正确的是(　　)A．这三个基因的显隐性关系为MsA>MsN>MschB．甲的基因型为MsNMsN，F1植株均为杂合子C．F1自交后代雄性可育植株中纯合子所占的比例为1/3D．若让F1中不同基因型的植株杂交，则子代中雄性不育植株占1/4三、非选择题10．某种小动物的毛色可以是棕色、银灰色和黑色(相关基因依次用A1、A2和A3表示)。如表为研究人员进行的有关杂交实验。组别亲本子代(F1)甲棕色×棕色2/3棕色、1/3银灰色乙棕色×银灰色1/2棕色、1/2银灰色丙棕色×黑色1/2棕色、1/2黑色丁银灰色×黑色全是银灰色 请根据以上实验，回答下列问题：(1)由甲组分析可知：____________是隐性性状，产生子代(F1)数量比偏离3∶1的原因最可能是________________。(2)让甲组的子代(F1)自由交配，得到的后代表型及比例为棕色∶银灰色＝1∶1或__________。(3)选取________组的F1________个体与丁组的F1银灰色个体杂交，后代一定会出现三种不同表型的个体。11．为研究水稻D基因的功能，研究者将T－DNA插入到D基因中，致使该基因失活，失活后的基因记为d。现以野生植株和突变植株作为亲本进行杂交实验，统计母本植株的结实率，结果如下表所示。请根据实验，回答下列问题：杂交编号亲本组合结实数/授粉的小花数结实率①♀DD×♂dd16/15810%②♀dd×♂DD77/15450%③♀DD×♂DD71/14150% (1)表中数据表明，D基因失活使________配子育性降低。为确定配子育性降低是由于D基因失活造成的，可将________作为目的基因。与载体连接后，导入到________(填“野生”或“突变“)植株的幼芽经脱分化形成的愈伤组织中。观察转基因水稻配子育性是否得到恢复。(2)进一步研究表明，配子育性降低是因D基因失活直接导致配子本身受精能力下降，若让杂交①的F1给杂交②的F1授粉。预期结实率为________，所获得的F2植株的基因型及比例为___________________。12．通常母鸡的羽毛宽、短、钝且直，叫母羽；雄鸡的羽毛细、长、尖且弯曲，叫雄羽。所有的母鸡都只具有母羽，而雄鸡可以是母羽也可以是雄羽。鸡的这种羽毛性状由位于常染色体上的一对等位基因控制(用H、h表示)。现用一对母羽亲本进行杂交，发现子代中的母鸡都为母羽，而雄鸡中母羽∶雄羽＝3∶1，请回答下列问题：(1)亲本都为母羽，子代中出现雄羽，这一现象在遗传学上称为________。母羽和雄羽中显性性状是________。(2)在子代中，母羽鸡的基因型为______________________________。将子代的所有母鸡分别和雄羽鸡杂交，理论上后代雄鸡的表型及比例是________________________。(3)现有各种表型鸡的品种，为进一步验证亲本中的母鸡是杂合子，请另行设计一杂交实验，用遗传图解表示(需写出配子)。课时练3　基因分离定律拓展题型突破1．A2．C3．A　[雌雄基因型均为EE∶Ee＝1∶2的植株自由交配，雌雄配子均为2/3E、1/3e，花粉e有50%不育，因此雄配子为4/5E、1/5e，则子代心形叶(ee)的比例为1/15，近圆形叶为14/15，近圆形叶与心形叶比值为14∶1。]4．B　[纯合耐冷突变体乙的基因型为RR，甲(rr)和乙杂交，F1表现为耐冷型，其基因型为Rr，F1产生的雌配子育性正常，产生的卵细胞中R∶r为1∶1，基因型为r的卵细胞占1/2，F2中冷敏型个体(rr)占5/12，说明雄配子中r占5/6，因此F1产生的精子中R基因与r基因的比例为1∶5，耐冷型个体中基因型RR∶Rr＝(1/2×1/6)∶(1/2×5/6＋1/2×1/6)＝1∶6，因此耐冷型中杂合子占6/7，A不支持，B支持；雌配子育性正常，F1作父本(Rr)与甲(rr)正交，精子R∶r为1∶5，卵细胞均为r，后代耐冷型(Rr)∶冷敏型(rr)＝1∶5，C不支持；F1作母本(Rr)与甲(rr)反交，精子均为r，卵细胞R∶r为1∶1，后代耐冷型(Rr)∶冷敏型(rr)＝1∶1，D不支持。]5．B　6.C7．D　[B1与B5是等位基因的关系，等位基因的本质区别在于脱氧核糖核苷酸的排列顺序不同，A错误；B1、B2、B3、B4、B5是等位基因的关系，遵循基因的分离定律，B错误；正常情况下，基因型为B1B2B3的三体黄花三叶草在形成配子时，其中两条染色体配对，正常分离，另外一条随机移向一极，产生配子中的染色体数为13或12，C错误；黄花三叶草种群中，控制白色斑纹的基因型有15种，分别为：B1B1、B1B2、B1B3、B1B4、B1B5、B2B2、B2B3、B2B4、B2B5、B3B3、B3B4、B3B5、B4B4、B4B5、B5B5，D正确。]8．BD　[根据题意可知，对于子代雄性：(AA＋Aa)∶aa＝19∶5，对于子代雌性：AA∶(Aa＋aa)＝1∶3，亲本雄性中可能有AA和Aa两种基因型，亲本雌性中可能有Aa和aa两种基因型，设亲本雄性中AA为x，Aa占比为(1－x)，亲本雌性中Aa占比为y，aa为(1－y)，因为子代雄性中红褐色∶红色＝19∶5，子代雌性中红褐色∶红色＝1∶3，得到(1－x)/2×[y/2＋(1－y)]＝5/24，[x＋(1－x)/2]×y/2＝1/4，解得x＝1/3，y＝3/4，所以亲本雄牛基因型为1/3AA、2/3Aa，雌牛基因型为3/4Aa、1/4aa。亲本红褐色雄牛有两种基因型，AA∶Aa＝1∶2，A错误，B正确；亲本红色雌牛有两种基因型，Aa∶aa＝3∶1，C错误，D正确。]9．AD　[雄性不育植株甲(MsN_)和基因型为MsAMsA的植株乙杂交，F1植株全部表现为雄性可育(1/2MsAMsN、1/2MsA_)，F1自交后代中雄性不育(MsN_)植株占1/8＝1/2×1/4，说明雄性不育植株甲为MsNMsch，且显隐性的关系为MsA>MsN>Msch，A正确；基因型为MsNMsch的植株甲和基因型为MsAMsA的植株乙杂交，F1植株(MsAMsN、MsAMsch)均为杂合子，B错误；F1(1/2MsAMsN和1/2MsAMsch)自交后代雄性不育MsNMsN＝1/2×1/4＝1/8，因此雄性可育植株占7/8，可育纯合子为MsAMsA＝1/2×1/4×2＝2/8、MschMsch＝1/2×1/4＝1/8，即雄性可育纯合子植株占后代的3/8，因此雄性可育植株中纯合子所占的比例为3/7，C错误；若让F1不同基因型的植株(MsAMsN、MsAMsch)杂交，则子代为1MsAMsA、1MsAMsN、1MsAMsch、1MsNMsch，其中雄性不育植株(MsNMsch)占1/4，D正确。]10．(1)银灰色　棕色基因(A1基因)纯合致死　(2)棕色∶银灰色∶黑色＝4∶3∶1　(3)丙　棕色解析　(1)甲组中棕色个体杂交，后代中出现性状分离，棕色为显性性状，银灰色为隐性性状。子代(F1)数量比偏离3∶1的原因最可能是棕色基因(A1基因)纯合致死。(2)甲组中亲代组合有两种可能性，即A1A2×A1A2或A1A2×A1A3；若为前者，子代(F1)的基因型为2/3A1A2(棕色)、1/3A2A2(银灰色)，让其自由交配，子一代群体中A1的基因频率为1/3，A2的基因频率为2/3，则自由交配得到的后代的基因型为A1A1(棕色)的比例为1/3×1/3＝1/9(致死)，A2A2(银灰色)的比例为2/3×2/3＝4/9，A1A2(棕色)的比例为2×1/3×2/3＝4/9，此时表型及比例为棕色∶银灰色＝1∶1；若亲本组合为A1A2×A1A3，则甲组的子一代的基因型为1/3A1A2(棕色)、1/3A1A3(棕色)、1/3A2A3(银灰色)，子一代群体中A1的基因频率为1/3，A2的基因频率为1/3，A3的基因频率为1/3，则子一代自由交配产生的后代基因型及比例为1/9A1A1(致死)、2/9A1A2(棕色)、2/9A1A3(棕色)、1/9A2A2(银灰色)、2/9A2A3(银灰色)、1/9A3A3(黑色)，即表型及比例为棕色∶银灰色∶黑色＝4∶3∶1。(3)要保证子代得到三种毛色的个体，其杂交双亲必须含A1、A2和A3三种基因，故杂交双亲之一必须为棕色，且一定为杂合子，又根据表中杂交实验可推知，棕色对银灰色为显性，银灰色对黑色为显性，据此可知丁组的F1银灰色个体的基因型为A2A3，根据以上分析，需要选取的F1棕色个体基因型为A1A3，只有丙组的F1棕色个体符合条件。11．(1)雄　D基因　突变　(2)30%　DD∶Dd∶dd＝5∶6∶1解析　分析表格，②③组都是DD做父本，结实率都为50%，①组是dd做父本，结实率为10%，所以可以猜测D基因失活后会使雄配子的育性降低。且DD做父本，结实率都为50%，可以得出D的雄配子中可育的占1/2；dd做父本，结实率为10%，可以得出d的雄配子中可育的占1/10。(1)②③两组中雄性个体的基因型均为DD，不论雌性个体的基因型是什么，后代结实率均为50%，说明D基因失活与雌配子的育性无关；又已知①组中雄性个体的基因型为dd(D基因失活)，后代结实率只有10%，说明D基因失活使雄配子育性降低。愈伤组织是外植体脱分化形成的。为确定配子育性降低是由于D基因失活造成的，可将D基因作为目的基因，与载体连接后，导入到突变植株的愈伤组织中，最后观察转基因水稻配子育性是否得到恢复。(2)在(1)中：DD做父本，结实率都为50%，可以得出D的雄配子中可育的占1/2；dd做父本，结实率为10%，可以得出d的雄配子中可育的占1/10，若让杂交①的F1(Dd)给杂交②的F1(Dd)授粉，则结实率为(10%＋50%)÷2＝30%，若让杂交①的F1(Dd)给杂交②的F1(Dd)授粉，两者基因型都为Dd，产生的配子都为D∶d＝1∶1，但是雄配子的可育性D是d的5倍，所以可育的雄配子D∶d＝5∶1，可育的雌配子D∶d＝1∶1，则杂交结果如下：12．(1)性状分离　母羽　(2)HH、Hh、hh　母羽∶雄羽＝1∶1　(3)如图所示