专题4 强化练6 孟德尔遗传定律及其应用 （课件）-【步步高】2024年高考生物大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题四 遗传的基本规律与人类遗传病 强化练6 孟德尔遗传定律及其应用 1.(2022·浙江1月选考，10)孟德尔杂交试验成功的重要因素之一是选择了严格自花授粉的豌豆作为材料。自然条件下豌豆大多数是纯合子，主要原因是 A.杂合子豌豆的繁殖能力低 B.豌豆的基因突变具有可逆性 C.豌豆的性状大多数是隐性性状 D.豌豆连续自交，杂合子比例逐渐减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 孟德尔杂交试验选择了严格自花授粉的豌豆作为材料，而连续自交可以提高纯合子的比例，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2023·杭州高三二模)山羊黑毛和白毛是一对相对性状，受一对等位基因控制，几组杂交实验(一头公羊与一头母羊杂交)的结果如表所示。 杂交实验 亲本 子代 母本 父本 黑色 白色 Ⅰ ①黑色 ②白色 5 3 Ⅱ ③白色 ④黑色 6 4 Ⅲ ⑤黑色 ⑥黑色 8 0 Ⅳ ⑦白色 ⑧白色 0 7 为判断显隐性，在生育足够多个体的条件下，一定能得出结论的杂交方案是 A.①×④，②×③ B.③×⑧，②×⑦ C.⑤×⑧，⑥×⑦ D.①×⑥，④×⑤ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设该性状由A/a基因控制，根据Ⅰ、Ⅱ的子代表型可得出，Ⅰ、Ⅱ的亲本都为Aa×aa，若黑色是隐性、白色是显性，①④基因型都是aa、②③基因型都是Aa，则①×④子代全是黑色，②×③子代是白色∶黑色＝3∶1；若黑色是显性、白色是隐性，①④基因型都是Aa、②③基因型都是aa，则①×④子代是黑色∶白色＝3∶1，②×③子代全是白色，两组假设的结果不同，可从结果进行判断，A符合题意；若黑色是隐性、白色是显性，②③都是Aa，⑦⑧至少有一个基因型是AA， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ③×⑧子代是全是白色(或白色∶黑色＝3∶1)，②×⑦子代全是白色(或白色∶黑色＝3∶1)。若黑色是显性、白色是隐性，②③⑦⑧的基因型全是aa，③×⑧子代是全是白色，②×⑦子代全是白色，两组假设的结果可能相同，不可从结果进行判断，B不符合题意； 同理可得，C、D不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.等位基因A、a位于一对同源染色体上，让种群中基因型为Aa的个体相互交配，所获得的子代性状分离比为1∶1，下列解释中最可能的是 A.基因A对a为不完全显性 B.环境因素影响了表型 C.种群中存在杂合致死现象 D.含基因a的雄配子不能受精 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 若为不完全显性，则性状分离比为1∶2∶1，A不符合题意；基因型为Aa的个体相互交配，所获得的子代性状分离比为1∶1，最可能是环境因素影响了生物的表型，使部分显性性状的个体表现为隐性性状，B符合题意； 若是杂合致死，则种群中不会有基因型为Aa的个体，C不符合题意； 若含a基因的雄配子不能受精，则子代应该全为显性性状，D不符合题意。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·宁波高三二模)雄性不育系(花粉败育，但雌蕊正常)可以省去去雄的操作，常应用于育种。水稻雄性是否可育是由细胞核基因(可育基因R对不育基因r为显性)和细胞质基因(可育基因为N，不育基因为S，细胞质中基因都成单存在)共同控制的。基因R能够抑制基因S的表达，当细胞质基因N表达时，植株都表现为雄性可育。基因型为N(RR)的水稻与S(rr)杂交，下列相关叙述错误的是 A.基因型为S(rr)的水稻表现为雄性不育 B.F1的基因型为N(Rr)，表现为雄性可育 C.雄性可育植物的基因型有5种 D.F1再自交，F2的表型及比例为雄性可育∶雄性不育＝3∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意可知，当细胞质和细胞核都是不育基因型时，水稻表现为雄性不育，则S(rr)表现为雄性不育，A正确； 基因型为N(RR)的水稻与基因型为S(rr)的水稻作亲本杂交，因为S(rr)雄性不育只能作母本，则F1的基因型为S(Rr)，B错误； 水稻的基因型共有6种：S(rr)、S(RR)、S(Rr)、N(RR)、N(Rr)、N(rr)，其中N(RR)、N(Rr)、N(rr)、S(RR)、S(Rr)5种基因型均表现为雄性可育，C正确； F1的基因型为S(Rr)，令其自交，F2基因型及其比例为S(RR)∶S(Rr)∶S(rr)＝1∶2∶1，表型及比例为雄性可育∶雄性不育＝3∶1，D正确。 5.(2023·金华第一中学高三模拟)绿豆为闭花授粉植物，野生型叶形为卵圆形，现有两种纯合突变体，甲叶形为椭圆形，乙为柳叶形，各由一对等位基因突变造成叶形的改变。用甲、乙进行杂交实验，结果如图。下列叙述正确的是 A.自然状态下野生型植株的基因型通常有 4 种 B.一对突变基因位于常染色体上，另一对突变 基因可能位于性染色体上 C.通过测交实验不能确定 F2 中柳叶形植株的基因型 D.F2卵圆形叶片植株自交后代叶片的表型及比例为卵圆形∶椭圆形∶柳叶 形＝25∶6∶5 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由F2表型及比例为卵圆形∶椭圆形∶柳叶形≈9∶3∶4可知，叶形由2对等位基因控制，假设相关基因用A/a、B/b表示，则F1卵圆形植株的基因型为AaBb，纯合突变体甲的基因型为aaBB(或AAbb)，纯合突变体乙的基因型 为AAbb(或aaBB)。由题干信息可知，自然状态下卵圆形叶片的绿豆植株应为纯合子，其基因型只有AABB 1种，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 绿豆没有性染色体，F2中卵圆形∶椭圆形∶柳叶形＝185∶62∶83≈9∶3∶4，故叶形由2对等位基因控制，且均位于常染色体上，B错误； F2中柳叶形植株的基因型为1AAbb、2Aabb、 1aabb(或1aaBB、2aaBb、1aabb)，测交后代全为柳叶形，故通过测交实验不能确定F2中柳叶形植株的基因型，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 F1中卵圆形植株的基因型为AaBb，F2中卵圆形植株基因型为1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，自然状态下，植物闭花授粉产生F3，得到的子代基因型分别是1/9AABB、2/9(3/4A_BB、1/4aaBB)、2/9 (3/4AAB_、1/4AAbb) 、4/9(9/16A_B_、3/16A_bb、3/16aaB_、1/16aabb)，计算得F3植株各种表型及比例为卵圆形∶椭圆形∶柳叶形＝25∶5∶6，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.某种植物雄株(只开雄花)的性染色体组成为XY；雌株(只开雌花)的性染色体组成为XX。位于X染色体的等位基因A和a，分别控制阔叶和细叶，且带有Xa的精子与卵细胞结合后使受精卵致死。用阔叶雄株和杂合阔叶雌株进行杂交得到F1，再让F1相互杂交得到F2。下列说法错误的是 A.F2中雄株数∶雌株数为2∶1 B.F2中雌株的叶型表现为阔叶 C.F2雄株中，阔叶∶细叶为3∶1 D.F2雌株中，A基因的频率为5/8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 阔叶雄株(XAY)与杂合阔叶雌株(XAXa)进行杂交得到F1，F1中雄株的基因型及比例为1/2XAY、1/2XaY，则F1产生的雄配子的基因型及比例为1/4XA、1/4Xa、1/2Y；F1中雌株的基因型及比例为1/2XAXA、1/2XAXa，则F1产生的雌配子的基因型及比例为3/4XA、1/4Xa。F1相互杂交，雌雄配子随机结合，由于带Xa的精子与卵细胞结合后使受精卵致死，理论上，雌株只有1/2能存活，故雄株数∶雌株数＝2∶1，A正确； F2雌株的基因型为XAXA、XAXa，叶型表现为阔叶，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 F2雄株中，阔叶与细叶的比值等于含有显性基因的雌配子∶含有隐性基因的雌配子＝3∶1，C正确； F2雌株的基因型及比例为3/4XAXA、1/4XAXa，因此F2雌株中，A基因的频率为3/4＋1/4×1/2＝7/8，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·杭州高三一模)孟德尔用豌豆进行杂交实验，成功地揭示了遗传的两条基本规律：基因的分离定律和自由组合定律。下列关于基因分离定律和自由组合定律的说法，正确的是 A.对于青少年糖尿病的发病缘由可用基因的自由组合定律解释 B.孟德尔的两大遗传定律适用于有性生殖核遗传的基因 C.成熟生殖细胞相互结合形成受精卵的过程中体现了基因的自由组合定律 D.孟德尔用于证明基因的分离定律和自由组合定律所用的科学方法是类 比推理法 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 青少年型糖尿病属于多基因遗传病，多基因遗传病可能存在多对等位基因在同一条(对)染色体上的情况，与自由组合定律的适用条件不符，不一定遵循自由组合定律，A错误； 成熟生殖细胞相互结合形成受精卵的过程为受精，受精过程不遵循基因的自由组合定律，C错误； 孟德尔证明基因的分离定律和自由组合定律所用的科学方法是假说—演绎法，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.摩尔根研究所偶然在一群红眼果蝇中发现了一只白眼雄果蝇，为研究白眼性状的遗传，他以这些果蝇为亲本做了以下实验： 实验一 红眼雌果蝇×白眼雄果蝇→F1全为红眼；雌、雄果蝇交配→F2红眼∶白眼＝3∶1(且只有雄果蝇有白眼性状) 实验二 白眼雄果蝇×红眼雌果蝇→红眼雌果蝇∶红眼雄果蝇∶白眼雌果蝇∶白眼雄果蝇＝1∶1∶1∶1 实验三 实验二后代中的白眼雌果蝇×野生型红眼雄果蝇→雌果蝇全为红眼，雄果蝇全为白眼 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 摩尔根作出几个假设： ①白眼基因只在Y染色体上，X染色体上没有；②白眼基因只在X染色体上，Y染色体上没有；③白眼基因在X染色体、Y染色体上都有。 若果蝇眼色受一对等位基因(R和r)控制，下列相关叙述错误的是 A.果蝇的眼色遗传遵循基因的分离定律，且R基因是红眼基因 B.实验二是测交实验，只有假设②可以解释测交结果 C.实验二结果可以否定假设① D.实验三可以确定摩尔根的假设中只有一种是正确的 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 实验一中，红眼和白眼杂交所得F1全为红眼，红眼为显性性状，F2中红眼∶白眼＝3∶1，这说明眼色基因的遗传遵循基因的分离定律，A正确； 假设②③都可以解释测交的结果，B错误； 实验二中有白眼雌果蝇出现，可以否定假设①，C正确； 实验三中，用实验二后代中的白眼雌果蝇与野生型红眼雄果蝇杂交，F1中雌果蝇全为红眼，雄果蝇全为白眼，这说明Y染色体上无白眼基因的等位基因，只有假设②正确，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.一孕妇(甲)为抗维生素D佝偻病(D、d表示等位基因)患者，丈夫正常。现用放射性基因探针对孕妇甲及其丈夫和两者的双胞胎孩子进行基因诊断(d探针检测基因d，D探针检测基因D)，诊断结果如图所示(“ ”表示无放射性，“ ”放射性强度是“ ”的2倍)。下列说法错误的是 A.d探针与D探针的大多数碱基序列相同 B.个体乙、丁为性别不同的双胞胎孩子 C.甲和丁的基因型分别是XDXd、XdXd D.个体乙与正常异性婚配，所生女儿有一半患病 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 抗维生素D佝偻病为伴X染色体显性遗传病，乙的基因型为XDY，丙的基因型为XdY(父亲)，丁的基因型为XdXd，可见乙、丁是性别不同的双胞胎孩子，B正确； 甲和丁的基因型分别是XDXd、XdXd，C正确；乙的基因型为XDY，其与正常异性(XdXd)婚配，所生女儿都患病，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.已知小麦的有芒(A)对无芒(a)为显性，抗病(R)对不抗病(r)为显性，小麦一年只播种一次。如图是培育无芒抗病小麦的示意图： 下列相关叙述错误的是 A.杂交的目的是将控制无芒和抗病的 基因集中到F1中 B.子一代自交的目的是使F2中出现无 芒抗病个体 C.得到纯合的无芒抗病种子至少需要五年 D.F2中无芒抗病植株自交的目的是筛选F2中无芒抗病植株中的纯合子 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2021·浙江6月选考，28)利用转基因技术，将抗除草剂基因转入纯合不抗除草剂水稻(2n)(甲)，获得转基因植株若干。从转基因后代中选育出纯合矮秆抗除草剂水稻(乙)和纯合高秆抗除草剂水稻(丙)。用甲、乙、丙进行杂交，F2结果如表。 杂交组合 F2的表型及数量(株) 矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂 甲×乙 513 167 0 0 甲×丙 109 37 313 104 乙×丙 178 12 537 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 转基因过程中，可发生基因突变，外源基因可插入到不同的染色体上。高秆(矮秆)基因和抗除草剂基因独立遗传，高秆和矮秆由等位基因A(a)控制，有抗除草剂基因用B＋表示、无抗除草剂基因用 B－表示。 回答下列问题： (1)矮秆对高秆为______性状，甲×乙得到的F1产生___种配子。 杂交组合 F2的表型及数量(株) 矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂 甲×乙 513 167 0 0 甲×丙 109 37 313 104 乙×丙 178 12 537 36 隐性 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 杂交组合甲×乙产生的F1自交后产生的F2中没有高秆植株，乙是纯合矮秆抗除草剂水稻，且其他组F1自交结果均是高秆∶矮秆≈3∶1，则矮秆为隐性性状，甲×乙得到的F1产生2种配子。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)为了分析抗除草剂基因在水稻乙、丙叶片中的表达情况，分别提取乙、丙叶片中的RNA并分离出______，逆转录后进行PCR扩增。为了除去提取 RNA中出现的DNA污染，可采用的方法是_______________________。 杂交组合 F2的表型及数量(株) 矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂 甲×乙 513 167 0 0 甲×丙 109 37 313 104 乙×丙 178 12 537 36 mRNA 用DNA酶处理提取的RNA 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 分别提取乙、丙叶片中的RNA并分离出mRNA可以分析抗除草剂在水稻乙、丙叶片中的表达情况。用DNA酶处理提取的RNA，可以除去RNA中出现的DNA污染。 (3)乙×丙的 F2中，形成抗除草剂与不抗除草剂表型比例的原因是______ _______________________________________________________________________________。 杂交组合 F2的表型及数量(株) 矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂 甲×乙 513 167 0 0 甲×丙 109 37 313 104 乙×丙 178 12 537 36 的抗除草剂基因位于非同源染色体上，乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律 乙和丙 乙和丙的抗除草剂基因位于非同源染色体上，因此乙和丙上的抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)甲与丙杂交得到F1，F1再与甲杂交，利用获得的材料进行后续育种。写出F1与甲杂交的遗传图解。 杂交组合 F2的表型及数量(株) 矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂 甲×乙 513 167 0 0 甲×丙 109 37 313 104 乙×丙 178 12 537 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 甲与丙杂交得到F1，F1再与甲杂交，遗传图解见答案。 12.某雌雄同株异花二倍体植物的花色由两对独立遗传的基因B、b和D、d控制，不同基因影响不同色素形成，如图所示。研究发现此 植物存在某种基因型配子致死现象。研究人员让纯合蓝花植株甲作父本，将其花粉授给红花植株乙进行杂交得到的F1中有紫花和蓝花，让F1中的紫花植株自交，获得足够多的F2，统计其花色及比例为紫花∶蓝花∶红花∶白花＝7∶3∶1∶1。回答下列问题： (1)对母本进行授粉杂交时无需去雄，原因是_______________________ __________。由图可知，基因可通过控制_________________，进而控制生物性状。 植株雌雄同株异花，雌花 上无雄蕊 酶的合成控制代谢 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对母本进行授粉杂交时无需去雄，原因是该植株雌雄同株异花；基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物性状。 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)植株乙的基因型是______，致死的配子是___________。 bbDd bD雄配子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 纯合蓝花植株甲作父本，将其花粉授予红花植株乙进行杂交得到的F1中有紫花和蓝花。结合题图分析，甲的基因型是BBdd， 乙的基因型是bbDd，F1中紫花基因型为BbDd，蓝花基因型为Bbdd，F1中紫花植株自交获得足够多的F2，F2的表型及比例为紫花∶蓝花∶红花∶白花＝7∶3∶1∶1，对白花和蓝花无影响，由上述分析可知，Bd雄配子不致死，bD、bd此配子不致死，所以bD雄配子致死导致上述结果。 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)研究发现，高温(35 ℃)会阻抑基因D的表达，导致植株不能合成相关色素，但B基因不受影响。若将上述F1紫花植株均分两组，一组在正常温度下培养，另外一组放在35 ℃环境中，两组植株均进行自交产生F2，其中35 ℃下F2的表型及比例为__________________。 蓝花∶白花＝5∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 高温(35 ℃)会阻抑基因D的表达，导致植株不能合成相关色素，但B基因不受影响，所以后代不会出现红色和紫色，且bD雄 配子致死，所以后代中包括7蓝花(B_D_)、3蓝花(B_dd)、1白花(bbDd)、1白花(bbdd)，所以35 ℃下F2的表型及比例为蓝花∶白花＝5∶1。 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)取(3)中正常温度下F2中紫花作父本，白花作母本进行杂交，正常环境温度下发育，后代蓝花占比为_______。 7/23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取(3)中正常温度下F2中紫花(3BbDd、1BbDD、2BBDd、1BBDD)作父本，产生配子种类及比例为BD：3/7×1/4＋1/7× 1/2＋2/7×1/2＋1/7＝13/28，Bd：3/7×1/4＋2/7×1/2＝7/28，bD：3/7×1/4＋1/7×1/2＝5/28，bd：3/7×1/4＝3/28，雄配子bD致死，则BD∶Bd∶bd＝13∶7∶3，白花(bbdd)作母本，只产生一种雌配子bd，在正常环境温度下发育，所以后代蓝花(Bbdd)所占比例为7/23。 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (5)请以遗传图解表示正常温度下以F2中杂合蓝花植株为母本与杂合白花植株杂交得到的后代表型及比例。 答案　如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 正常温度下，F2中杂合蓝花植株基因型为Bbdd，杂合白花植株的基因型为bbDd，两者杂交后代的表型及其比例见答案。 $$