新高考生物一轮复习专题训练：第14讲 基因的分离定律（含解析）

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高中生物一轮复习专题训练第14讲　基因的分离定律1．下列有关基因分离定律的几组比例，最能说明基因分离定律实质的是(　　)A．F2的表型比为3∶1 B．F1产生配子的比为1∶1C．F2的基因型比为1∶2∶1D．测交后代性状分离比为1∶1解析：基因分离定律的实质是杂合子(Aa)可以产生配子及比例为A∶a＝1∶1，测交后代表型比例为1∶1、自交后代基因型比例为1∶2∶1、表型比例为3∶1均是杂合子产生2种比例相等配子的结果。其中最能说明基因分离定律的实质是F1产生配子的比为1∶1。答案：B2．某植物子叶的颜色受一对等位基因控制，基因型为AA的个体呈深绿色，基因型为Aa的个体呈浅绿色，基因型为aa的个体呈黄色，在幼苗阶段死亡，下列说法错误的是(　　)A．浅绿色植株自花传粉，其成熟后代的基因型为AA和Aa，且比例为1∶2B．浅绿色植株与深绿色植株杂交，其后代的表型为深绿色和浅绿色，且比例为1∶1C．浅绿色植株连续自交n次，成熟后代中杂合子的概率为1/2nD．经过长时间的自然选择，A基因频率越来越大，a基因频率越来越小解析：浅绿色植株自交，其后代中基因型及其比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，即深绿色∶浅绿色∶黄色＝1∶2∶1，但由于aa的个体幼苗阶段死亡，在成熟后代中只有AA和Aa，且比例为1∶2；若浅绿色植株与深绿色植株杂交，即Aa×AA，则后代中表型及其比例为深绿色(AA)∶浅绿色(Aa)＝1∶1；浅绿色植株连续自交，即Aa×Aa，成熟后代为AA∶Aa＝1∶2，杂合子的概率为2/3，当自交次数为n时，杂合子的概率为2/(2n＋1)；由于aa个体在自然选择中被淘汰，所以经过长期的自然选择，A的基因频率越来越大，a的基因频率越来越小。答案：C3．(2022·山东烟台模拟)某种昆虫的翅型有正常翅、长翅、小翅3种类型，依次由常染色体上的C、C′、c基因控制。正常翅的雌雄个体杂交，子代全为正常翅或出现小翅个体，基因型相同的长翅个体杂交，子代出现长翅与正常翅或出现长翅与小翅个体，比例总接近2∶1。下列叙述正确的是(　　)A．基因C对C′、c为显性，是基因突变的结果B．长翅个体与正常翅个体杂交，子代中不会出现小翅个体C．长翅个体与小翅个体杂交，理论上子代的性状比例为1∶1D．该昆虫种群翅型的基因型有6种解析：据分析可知，基因C′对C、c为显性，它们的产生是基因突变的结果，A错误；长翅个体(C′c)与正常翅个体(Cc)杂交时，子代中会出现小翅(cc)个体，B错误；长翅个体(C′C或C′c，C′C′致死)与小翅个体(cc)杂交，理论上子代的性状比例为长翅∶正常翅＝1∶1或长翅∶小翅＝1∶1，C正确；该昆虫种群翅型的基因型最多有C′C、C′c、CC、Cc、cc共5种，D错误。答案：C4．椎实螺是雌雄同体的动物，一般进行异体受精，但分开单独饲养时，它们进行自体受精。已知椎实螺外壳的旋向是由常染色体上的一对基因控制的，右旋(D)对左旋(d)是显性，旋向的遗传规律是子代旋向只由其母本基因型决定而与其自身基因型无关。对以下杂交结果的推测(设亲代个体杂交后所得子代个体全部分开单独饲养)正确的是(　　)A．♀DD×♂dd，F1全表现为右旋，F1自交，F2出现性状分离B．♀DD×♂Dd，得到F1，F1自交，F2中表现为右旋的纯合体所占比例为9/16C．椎实螺外壳右旋个体的基因型可以是DD、Dd或ddD．♀dd×♂Dd，F1自交，F2中基因型为dd的个体表现为左旋解析：♀DD×♂dd，由于子代旋向只由母本基因型决定而与其自身基因型无关，F1、F2全表现为右旋，A项错误；♀DD×♂Dd，F1中个体的基因型为1/2DD、1/2Dd，F1自交，F2全部表现为右旋，其中纯合体所占比例为1/2＋(1/2)×(1/2)＝3/4，B项错误；椎实螺外壳右旋个体的基因型可以是DD、Dd或dd，C项正确；♀dd×♂Dd，F1中个体的基因型为1/2Dd、1/2dd，F1自交，F2中基因型为dd的个体表现为右旋或左旋，D项错误。答案：C5．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。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(不考虑基因突变)(　　)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∶1D．F1自交得F2，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解析：由题干信息可知，F1的基因型为Ww。基因W和w位于一对同源染色体上，在减数分裂Ⅰ时期，两条同源染色体上分别含有2个W基因和2个w基因，如果发现2个红色荧光点和2个蓝色荧光点分别移向细胞的两极，则说明同源染色体在分离、等位基因在分开，A项正确；观察F1未成熟的花粉时，发现1个红色荧光点和1个蓝色荧光点分别移向细胞两极，出现该现象的原因是在减数分裂Ⅰ的前期发生了互换，B项正确；F1的基因型为Ww，其产生的花粉的基因型及比例为W∶w＝1∶1，经碘液染色后，理论上蓝色花粉与红色花粉的比例为1∶1，C项正确；F1自交获得F2，F2中WW∶Ww∶ww＝1∶2∶1，F2产生的花粉的基因型及比例为W∶w＝1∶1，经碘液染色后，理论上蓝色花粉与红色花粉的比例为1∶1，D项错误。答案：D6．现有两瓶世代连续的果蝇，甲瓶中的个体全为灰身，乙瓶中的个体既有灰身也有黑身。让乙瓶中的全部灰身果蝇与异性黑身果蝇交配，若后代都不出现性状分离，则可以认为(　　)A．甲瓶中果蝇为乙瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为杂合子B．甲瓶中果蝇为乙瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为纯合子C．乙瓶中果蝇为甲瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为杂合子D．乙瓶中果蝇为甲瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为纯合子解析：假设控制果蝇体色的基因为B、b，“让乙瓶中的全部灰身果蝇与异性黑身果蝇交配，若只出现一种性状”这句话说明灰身对黑身为显性，且乙瓶中的灰身为显性纯合子BB，乙瓶中的黑身为隐性纯合子bb。甲瓶中的个体全为灰身，若甲是亲代，不会出现乙瓶中的子代。因为甲若是BB，乙瓶中不可能有黑身个体，若甲是Bb，则乙瓶中应有Bb的个体。所以，不可能是甲为亲代，乙为子代；若乙是亲代，即BB×bb，甲为子代，则为Bb，灰身，所以D选项符合题意。答案：D7．已知果蝇的灰身和黑身是一对相对性状，相关基因(A、a)位于常染色体上。将纯种的灰身和黑身果蝇杂交，F1全为灰身。F1自交(基因型相同的雌雄果蝇相互交配)产生F2，下列针对F2个体间杂交所获得的结果预测错误的是(　　)选项杂交范围杂交方式后代中灰身和黑身果蝇的比例A取F2中的雌雄果蝇自由交配3∶1B取F2中的雌雄果蝇自交5∶3C取F2中的灰身果蝇自由交配9∶1D取F2中的灰身果蝇自交5∶1解析：依据题意分析，将纯种的灰身果蝇和黑身果蝇杂交，F1全为灰身，说明灰身相对于黑身为显性。亲本中灰身果蝇的基因型为AA，黑身果蝇的基因型为aa，F1的基因型为Aa，F1自交产生F2，F2的基因型及其比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，由此求得F2产生A和a两种配子的概率都是1/2。取F2中的雌雄果蝇自由交配后，后代中黑身果蝇占(1/2)×(1/2)＝1/4，灰身果蝇占1－1/4＝3/4，则灰身果蝇和黑身果蝇的比例为3∶1。取F2中的雌雄果蝇自交，因为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，所以F2雌雄果蝇自交后代中黑身果蝇占1/2×1/4＋1/4＝3/8，灰身果蝇占1－3/8＝5/8，因此灰身果蝇和黑身果蝇的比例为5∶3。F2中灰身果蝇的基因型及其比例是AA∶Aa＝1∶2，由此计算出F2中灰身果蝇产生A配子的概率是2/3，a配子的概率是1/3，若F2中的灰身果蝇自由交配，子代黑身果蝇(aa)占1/3×1/3＝1/9，灰身果蝇占1－1/9＝8/9，所以后代中灰身果蝇和黑身果蝇的比例为8∶1。若让F2中的灰身果蝇自交，后代中黑身果蝇占2/3×1/4＝1/6，灰身果蝇占1－1/6＝5/6，故后代中灰身果蝇和黑身果蝇的比例为5∶1。答案：C8．(多选)某雌雄同株异花植物的花色(红色和白色)受一对等位基因控制。多株红花植株自由交配，子代中出现开红花和开白花的两种植株。下列叙述不正确的是(　　)A．若红花是隐性性状，则子代白花植株中只有杂合子，没有纯合子B．若红花是显性性状，则亲本红花植株中可能既有纯合子，又有杂合子C．若子代白花植株的数量极少，则白花植株的出现是不可遗传的变异导致的D．若子代白花植株的数量较多，则白花植株的出现是可遗传的变异导致的解析：若红花是隐性性状，不考虑变异，则子代不会出现白花的性状，A错误；若红花是显性性状，多株红花植株自由交配，子代中出现开红花和开白花的两种植株，故亲本红花植株中可能既有纯合子，又有杂合子，B正确；若子代白花植株的数量极少，则白花植株的出现可能是基因突变引起的，属于可遗传的变异，C错误；若子代白花植株的数量较多，则白花植株的出现可能是环境引起的不可遗传变异导致的，比如低温引起相关酶活性降低，D错误。答案：ACD9．(多选)已知马的毛色有栗色和白色两种，由位于常染色体上的一对等位基因控制。在自由放养多年的一马群中，两基因频率相等。正常情况下，每匹母马一次只生产一匹小马。以下关于性状遗传的研究方法及推断正确的是(　　)A．选择多对栗色马与白色马杂交，若后代白色马明显多于栗色马，则白色为显性B．随机选出一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配，若所产小马都是栗色，则栗色为显性C．自由放养的马群随机交配一代，若后代栗色马明显多于白色马，则栗色为显性D．选择多对栗色公马和栗色母马交配一代，若后代全部为栗色马，则白色为显性解析：正常情况下，每匹母马一次只生产一匹小马。随机选出一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配，所产的小马只有6匹，由于后代数目少，存在偶然性，6匹马可以全是栗色，所以仍不能确定栗色为显性。答案：ACD10．(多选)某种植物的叶形受一对等位基因控制，宽叶植株与窄叶植株杂交，F1均为宽叶，F1自交，F2中宽叶∶窄叶＝3∶1。下列说法正确的是(　　)A．F1自交，F2出现性状分离的原因是等位基因分离的结果B．F2中宽叶植株随机交配，子代窄叶植株占1/6C．F2中宽叶植株进行自交，子代窄叶植株占1/9D．F1连续多代自交，宽叶植株的比例逐代下降解析：分析题干信息可知，该性状受一对等位基因控制，且宽叶与窄叶杂交后F1均为宽叶，说明宽叶为显性性状，设控制叶形的基因为A、a，则P：AA×aa→F1：Aa→F2：AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，据此分析作答。该性状由一对等位基因控制，故F1自交，F2出现性状分离的原因是等位基因分离后配子重新结合的结果，A正确；F2中宽叶植株(1/3AA、2/3Aa)随机交配，配子为2/3A、1/3a，子代窄叶植株(aa)比例为1/3×1/3＝1/9，B错误；F2中宽叶植株(1/3AA、2/3Aa)进行自交，子代窄叶植株占2/3×1/4＝1/6，C错误；F1(Aa)连续多代自交，随自交代数增多，隐性性状(纯合子)的比例逐渐升高(逐渐接近1/2)，故宽叶植株的比例逐代下降，D正确。答案：AD11．(2022·广东广州联考)某种牛的性别决定方式为XY型。已知其有角(LmA)和无角(LmB)由位于常染色体上的等位基因控制。黑毛和棕毛由等位基因(M/m)控制。回答下列问题：(1)若公牛体内LmA对LmB为显性，母牛体内LmB对LmA为显性。则有角公牛和有角母牛的基因型分别为________________、________________。(2)若多对杂合的有角公牛和杂合的无角母牛杂交，F1中公牛的表型及比例为________________，母牛的表型及比例为________________。如果让F1中的无角公牛和无角母牛自由交配，则F2中出现有角牛的概率为________。(3)已知M和m这对等位基因分别控制牛的黑毛和棕毛，且M对m表现为完全显性。若牛毛色对应的基因型有5种，则该对基因位于________(填“X染色体”或“常染色体”)上；若多对纯合黑色母牛与纯合棕色公牛交配，子一代均表现为黑色，子一代雌雄个体间随机交配，子二代性状分离比为3∶1，则由此________(填“能”或“不能”)推出该对基因一定位于常染色体上，原因是______________________________________________。解析：(1)据题干信息，LmA控制有角，LmB控制无角，公牛体内LmA对LmB为显性，则有角公牛的基因型为LmALmA、LmALmB；母牛体内LmB对LmA为显性，则有角母牛的基因型为LmALmA。(2)杂合有角公牛基因型为LmALmB，杂合无角母牛基因型为LmALmB，二者杂交，产生的F1的基因型及比例为LmALmA∶LmALmB∶LmBLmB＝1∶2∶1，其中基因型为LmALmA和LmALmB的公牛均表现为有角，则F1公牛中有角∶无角＝3∶1，母牛中只有基因型为LmALmA的个体表现为有角，F1的母牛中有角∶无角＝1∶3。F1中无角公牛的基因型为LmBLmB，无角母牛的基因型为1/3LmBLmB、2/3LmALmB，F1中无角公牛与无角母牛自由交配，产生的F2中只有基因型为LmALmB的公牛表现为有角，则F2中出现有角牛的概率为1×(2/3)×(1/2)×(1/2)＝1/6。(3)若控制毛色的基因型为5种，则该对基因位于X染色体上。若控制毛色的基因位于常染色体上，纯合黑色母牛和纯合棕色公牛交配，产生的子代基因型为Mm，子代雌雄个体随机交配，产生的后代基因型为1/4MM、2/4Mm、1/4mm，毛色比例为黑色∶棕色＝3∶1。若控制毛色的基因位于X染色体上，纯合黑色母牛和纯合棕色公牛交配，产生的子代基因型为XMXm、XMY，子代雌雄个体随机交配，产生的后代基因型为1/4XMXm、1/4XMXM、1/4XMY、1/4XmY，毛色比例为黑色∶棕色＝3∶1。答案：(1)LmALmA、LmALmB　LmALmA　(2)有角∶无角＝3∶1　有角∶无角＝1∶3　1/6　(3)X染色体　不能　若这对等位基因位于X染色体上，黑毛和棕毛的比例也是3∶112．(2022·福建莆田模拟)某二倍体雌雄同株植物雄性育性受一组复等位基因(位于同源染色体的相同位点上的两种以上的等位基因)控制，其中M为不育基因，Mf为恢复可育基因，m为可育基因，且其显隐性强弱关系为Mf＞M＞m。该种植物雄性不育植株不能产生可育花粉，但雌蕊发育正常。如表为雄性可育植株的杂交组合及结果，请分析回答问题。杂交组合亲本子代植株雄性可育雄性不育1甲×甲716株242株2甲×乙476株481株3甲×丙936株0株(1)该种植物雄性不育与可育的遗传________(填“遵循”或“不遵循”)基因分离定律。(2)该种植物雄性不育植株的基因型为________，其在杂交育种的操作过程中，最显著的优点是____________________。(3)现有某雄性不育植株丁，请从甲、乙、丙三种雄性可育植株中选择合适的材料来鉴定植株丁的基因型。简要写出实验思路并预期实验结果及结论。①实验思路：_______________________________________________________________________________________________________________________________。②预期实验结果和结论：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由题意可知，该种植物雄性育性受一组复等位基因控制，其遗传遵循基因分离定律。(2)依据题意，复等位基因的显隐性强弱关系为Mf＞M＞m，则该种植物雄性不育植株的基因型有MM、Mm；对于雌雄同株的植物而言，在人工杂交时通常需对母本进行去雄处理，若以雄性不育品系作母本，则不需要进行去雄处理。(3)结合题意分析，雄性可育植株的基因型有4种：MfMf、MfM、Mfm和mm。依据表格数据，分析判断雄性可育植株甲、乙和丙的基因型。由杂交组合1可知，子代发生性状分离，且表型比例约为3∶1，由此可推知甲的基因型为MfM；由杂交组合2可知，子代表型比例约为1∶1，则乙的基因型为mm；由杂交组合3可知，子代全为雄性可育植株，则丙的基因型为MfMf。雄性不育植株丁的基因型为MM或Mm，为鉴定其基因型，可选择丁(♀)和乙(♂)进行杂交，统计子代植株的表型及比例。若子代植株全部表现为雄性不育，则丁的基因型为MM；若子代植株中雄性可育∶雄性不育＝1∶1，则丁的基因型为Mm。答案：(1)遵循　(2)MM或Mm　不需要对母本去雄(不需要去雄)　(3)①选择丁(♀)和乙(♂)进行杂交，将丁所结的种子全部播种，统计子代植株的表型及比例　②若子代植株全部表现为雄性不育，则丁的基因型为MM；若子代植株中雄性可育∶雄性不育＝1∶1，则丁的基因型为Mm13．小鼠的毛色性状由X染色体上的一对等位基因(B/b)控制，只含B基因表现为黑斑，只含b基因表现为白斑，同时含有B和b基因的个体表现为黑白斑。小鼠的尾长性状由常染色体上一对等位基因(T/t)控制，T对t完全显性。用一只长尾黑斑雌鼠与一只短尾白斑雄鼠为亲本进行杂交获得多只子代(F1)，其中无论雌雄都有长尾和短尾个体。回答下列问题：(1)根据F1的结果，________(填“能”或“不能”)判断出长尾与短尾的显隐性，亲本长尾黑斑鼠的基因型是______________，F1中短尾白斑雄鼠所占比例是________。(2)研究人员进一步让F1中雌雄个体随机交配，统计F2中长尾与短尾个体之比约为2∶3(无性别差异)。据此推测，出现此结果最可能的原因是________________________，请设计杂交实验加以证明(写出实验思路、结果及结论)。解析：(1)根据F1的结果，不能判断出长尾与短尾的显隐性，因为无论tt×Tt，还是Tt×tt均可出现上述结果；根据分析，亲本长尾黑斑鼠的基因型是TtXBXB或ttXBXB，短尾白斑雄鼠的基因型是ttXbY或TtXbY，两者杂交，不可能出现XbY(白斑)的基因型，故F1中短尾白斑雄鼠所占比例是0。(2)F1中雌雄个体随机交配，即1/2Tt与1/2tt个体间的随机交配，则配子为1/4T、3/4t，正常情况下F2中基因型比例为1/16TT、6/16Tt、9/16tt，而统计F2中长尾与短尾个体之比约为2∶3，应为TT致死，故Tt∶tt＝6/16∶9/16＝2∶3；为验证此结论，可让F1的雌雄长尾鼠(随机)交配，观察和统计子代的表型及比例，若子代中长尾鼠与短尾鼠之比约为2∶1，则可推知长尾基因(TT)纯合个体致死。答案：(1)不能　TtXBXB或ttXBXB　0(2)长尾基因(TT)纯合个体致死　实验思路：让(F1的)雌雄长尾鼠(随机)交配，观察和统计子代的表型及比例。结果：子代中长尾鼠与短尾鼠之比约为2∶1。结论：长尾基因(TT)纯合个体致死。