第1章 遗传因子的发现 章末检测-【金版教程】2024-2025学年高中生物必修2 遗传与进化 作业与测评课件PPT（人教版2019 不定项版）

　　　　　　　　　　　　　 第1章　章末检测 一、单项选择题(每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的) 1．下列关于遗传实验和遗传规律的叙述，不正确的是(　　) A．非等位基因之间的自由组合会影响生物的表型 B．杂合子与纯合子基因组成不同，性状表现也不同 C．孟德尔巧妙设计的测交方法可以用于检测F1的基因型 D．选择合适的生物材料是遗传学实验获得成功的重要前提 解析　杂合子与纯合子基因组成不同，性状表现可能相同，如基因型为Dd与DD的豌豆都可表现为高茎，B错误；测交方法可以检测子一代的基因型及其产生配子的种类及比例，C正确；孟德尔选择豌豆作为遗传实验材料是获得成功的重要原因之一，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2 2．孟德尔在研究中运用了假说—演绎法，以下叙述不属于假说的是(　　) A．受精时，雌雄配子随机结合 B．形成配子时，成对的遗传因子分离 C．F2中既有高茎又有矮茎，性状分离比接近3∶1 D．性状是由遗传因子决定的，在体细胞中遗传因子成对存在 解析　F2中高茎∶矮茎＝3∶1为一对相对性状杂交实验的现象，不属于假说。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 3 3．某作物高秆(D)对矮秆(d)、抗锈病(T)对不抗锈病(t)为显性，控制这两对相对性状的两对等位基因独立遗传。现有一基因型为DdTt的植株，让其自交产生大量F1个体，将F1中的高秆抗锈病个体选出(其他的淘汰)，让其自由交配得F2，则F2中高秆抗锈病与矮秆不抗锈病个体的数量比为(　　) A．8∶1 B．3∶2 C．64∶1 D．81∶8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 4 解析　已知D/d、T/t这两对等位基因独立遗传，基因型为DdTt的植株自交产生大量F1个体，F1的基因型为D_T_、ddT_、D_tt、ddtt，其中高秆抗锈病个体的基因型是D_T_。让这些高秆抗锈病个体自由交配，分别考虑两对性状，高秆个体的基因型为1/3DD、2/3Dd，则产生含D配子的概率为1/3＋1/2×2/3＝2/3，含d配子的概率为1/2×2/3＝1/3，后代中矮秆个体(dd)所占比例为1/3×1/3＝1/9，高秆个体所占比例为1－1/9＝8/9；抗锈病个体基因型为1/3TT、2/3Tt，则产生含T配子的概率为1/3＋1/2×2/3＝2/3，含t配子的概率为1/2×2/3＝1/3，后代中不抗锈病个体(tt)所占比例为1/3×1/3＝1/9，抗锈病个体所占比例为1－1/9＝8/9；故后代高秆抗锈病个体所占比例为8/9×8/9＝64/81，矮秆不抗锈病个体所占比例为1/9×1/9＝1/81，即F2中高秆抗锈病与矮秆不抗锈病个体的数量比为64∶1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 5 4．控制猫尾长短的一对遗传因子的遗传遵循分离定律，某杂交实验过程如图所示。下列有关叙述错误的是(　　) A．甲中，亲本长尾猫的遗传因子组成与F1中长尾猫的相同 B．可用测交法判断F2中长尾猫是否是纯合子 C．F2中长尾猫相互交配，其后代中短尾猫所占的比例为1/2 D．甲杂交过程属于测交过程 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 6 解析　由实验乙可知，F1长尾猫之间相互交配， F2中有长尾猫和短尾猫(发生性状分离)，说明F1长尾 猫为杂合子，表现为显性性状，即猫的长尾对短尾为 显性，由实验甲可知亲本长尾猫与短尾猫杂交，F1中 有长尾猫和短尾猫，说明亲本长尾猫为杂合子，其遗 传因子组成与F1中长尾猫的相同，A正确；F1中的长尾猫均为杂合子，则F2长尾猫中的纯合子占1/3，杂合子占2/3，F2中长尾猫相互交配，其后代中短尾猫所占的比例为2/3×2/3×1/4＝1/9，C错误；甲中，亲本长尾猫为杂合子，亲本短尾猫为隐性纯合子，所以甲杂交过程属于测交过程，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 7 5．通过信封抽取卡片可以模拟孟德尔杂交实验，包括一对相对性状杂交和两对相对性状杂交的模拟实验。通过本活动，学生可以更加直观、深入地理解孟德尔遗传定律。“模拟孟德尔杂交实验”活动的材料用具如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．模拟一对相对性状的杂交实验中，可用①和③分别表示“雄”和“雌” B．分别从②和④中取一张卡片组合得到YR的概率是1/16 C．活动可模拟F1的基因型、表型及相应比例的出现过程 D．从①、③中分别取一张卡片组合可模拟基因的自由组合定律 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 8 解析　分析题图：图中①和②中含有Y和y这对等位基因，③和④中含有另一对等位基因R和r。图中信封代表生殖器官，卡片代表配子。模拟一对相对性状的杂交实验中，可用①和②(或③和④)分别表示“雄”和“雌”，A错误；分别从②和④中取一张卡片组合得到YR的概率是1/2×1/2＝1/4，B错误；活动可模拟F2的基因型、表型及相应比例的出现过程，C错误；①中涉及一对等位基因Y和y，③中涉及另一对等位基因R和r，因此从①、③中分别取一张卡片组合可模拟基因的自由组合定律，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 10 解析　A品种与B品种杂交，F1为TtDdEE，F1与C品种(ttDDee)杂交，F2不具有耐密(dd)、早熟(ee)的性状，A错误；A品种与C品种杂交，F1为TtDdEe，F1与B品种(ttddEE)杂交，F2中得到抗大斑病耐密早熟的纯合子(TTddee)的概率为0，B错误；(A×C)×B与(B×C)×A得到的子代中均有同时具有T、d、e三种优良性状基因的个体，但为杂合子，因此需要连续自交才能获得目标品种，C正确；选育抗大斑病耐密的新品种时，只在高密度下种植并选育，只能得到表型为耐密的个体，无法选育抗大斑病的个体，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 11 7．玉米是雌雄同株、异花传粉植物，可以接受本植株的花粉，也能接受其他植株的花粉。在一块农田间行种植等数量基因型为Aa和aa的玉米(A和a分别控制显性性状和隐性性状，且A对a为完全显性)，假定每株玉米结的籽粒数目相同，将收获的玉米籽粒种下去，具有显性性状和隐性性状的玉米比例应接近(　　) A．1∶4 B．5∶11 C．1∶2 D．7∶9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 13 8．蜜蜂中，雌蜂是雌雄配子结合产生的，雄蜂是由未受精的卵直接发育而来的。某对蜜蜂所产生子代的基因型为：雌蜂是AADD、AADd、AaDD、AaDd，雄蜂是AD、Ad、aD、ad。据此推测亲本基因型应为(　　) A．AADd和ad B．AaDd和Ad C．AaDd和AD D．Aadd和AD 解析　分析题干，雄蜂是由未受精的卵直接发育而来的，子代中雄蜂基因型是AD、Ad、aD、ad，所以卵细胞基因组成是AD、Ad、aD、ad，则亲本雌蜂的基因型是AaDd。子代中雌蜂基因型是AADD、AADd、AaDD、AaDd，而卵细胞基因组成是AD、Ad、aD、ad，雌蜂是雌雄配子结合产生的，所以精子基因组成是AD，故亲本中雄蜂的基因型为AD。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 14 9．某种雌雄同株植物叶片形状的圆形和针形分别受基因A和a控制。以下分析错误的是(　　) A．若Aa植株自交，淘汰掉F1中的aa植株，剩余植株自由交配，F2中圆形∶针形＝8∶1 B．若a基因使花粉一半致死，Aa植株自交，后代中圆形∶针形＝5∶1 C．若a基因使花粉完全致死，Aa×Aa的后代随机交配，所得植株中Aa所占比例为1/2 D．若AA致死，圆形叶植株自交得F1，则F1自由交配所得后代中圆形∶针形＝1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15 解析　Aa植株自交得F1，若淘汰掉aa，则有1/3AA和2/3Aa(可产生的配子及比例为2/3A、1/3a)，其自由交配得F2，F2中圆形∶针形＝8∶1，A正确；若a基因使花粉一半致死，Aa植株自交，雄配子有2/3A、1/3a，雌配子有1/2A、1/2a，后代圆形∶针形＝5∶1，B正确；若a基因使花粉完全致死，Aa×Aa的子代基因型及比例为AA∶Aa＝1∶1，再随机交配，雄配子全是A，雌配子为3/4A、1/4a，因此所得植株的基因型及比例为AA∶Aa＝3∶1，即后代中Aa所占比例为1/4，C错误；若AA基因型致死，则圆叶植株的基因型均为Aa，其自交所得的F1为2/3Aa、1/3aa，F1自由交配，F2的基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1，即圆形∶针形＝1∶1，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 16 10．某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型AA的植株表现为大花瓣，Aa的为小花瓣，aa的为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr的为黄色，两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是(　　) A．子代共有9种基因型 B．子代共有4种表型 C．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例约为1/3 D．子代的所有植株中，纯合子约占1/4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 17 解析　基因型为AaRr的亲本自交，根据基因自由组合定律，子代共有3×3＝9(种)基因型，A正确；Aa自交子代表型有3种，Rr自交子代表型有2种，但由于aa表现无花瓣，即基因型为aaR_与aarr的子代表型相同，因此表型共5种，B错误；子代有花瓣植株所占的比例为3/4，AaRr所占的比例为1/2×1/2＝1/4，因此子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为1/3，C正确；基因型为AaRr的亲本自交，子代的所有植株中，纯合子约占1/2×1/2＝1/4，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 18 11．某种蛇体色的遗传如图所示，基因B、b 和T、t的遗传遵循自由组合定律，当两种色素都没 有时表现为白色。选纯合的黑蛇与纯合的橘红蛇作 为亲本进行杂交，下列有关叙述正确的是(　　) A．亲本黑蛇和橘红蛇的基因型分别为BBTT、bbtt B．F1的基因型全部为BbTt，表型均为黑蛇 C．让F1相互交配，后代花纹蛇中纯合子所占的比例为1/9 D．让F1与杂合的橘红蛇交配，其后代出现白蛇的概率为1/9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 19 解析　根据题意，分析题图可知，黑蛇的基因 型为B_tt，橘红蛇的基因型为bbT_，花纹蛇的基因 型为B_T_，白蛇的基因型为bbtt。亲本纯合的黑蛇 与纯合的橘红蛇的基因型分别为BBtt、bbTT，F1的 基因型全部为BbTt，表型均为花纹蛇，A、B错误； F1相互交配，后代的基因型及比例为B_T_∶B_tt∶bbT_∶bbtt＝9∶3∶3∶1，其中花纹蛇(B_T_)中纯合子(BBTT)占1/9，C正确；F1的基因型是BbTt，杂合橘红蛇的基因型是bbTt，二者交配，后代出现白蛇(bbtt)的概率是1/2×1/4＝1/8，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 20 12．人类中非秃顶和秃顶受常染色体上的等位基因(B、b)控制，其中男性只有基因型为BB时才表现为非秃顶，而女性只有基因型为bb时才表现为秃顶。非秃顶男性与非秃顶女性婚配，子代所有可能的表型为(　　) A．女儿为秃顶或非秃顶，儿子全为非秃顶 B．儿子、女儿全部为非秃顶 C．女儿全部为秃顶，儿子全部为非秃顶 D．女儿全为非秃顶，儿子为秃顶或非秃顶 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 解析　非秃顶男性的基因型为BB，非秃顶女性的基因型为BB或Bb。非秃顶男性(BB)与非秃顶女性婚配，如果非秃顶女性的基因型为BB，则后代基因型都是BB，女儿和儿子全为非秃顶；如果非秃顶女性的基因型为Bb，后代基因型是BB和Bb，则儿子为秃顶或非秃顶，女儿全为非秃顶。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 22 二、不定项选择题(每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求) 13．如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交，F1是粉红色的。有人认为这说明基因是可以相互混合，也有人认为基因是颗粒的，粉色是由于F1红色基因只有一个，合成的红色物质少造成的。为探究上述问题，下列做法正确的是(　　) A．用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，观察后代的花色 B．让F1进行自交，观察后代的花色 C．对F1进行测交，观察测交后代的花色 D．让F1与纯种红牡丹杂交，观察后代的花色 解析　用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，后代只有一种花色，为粉红色，只有一种表型，无法确定基因是否融合，A错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 25 15．已知某植物的抗病(A)和不抗病(a)、花粉长形(B)和花粉圆形(b)、高茎(D)和矮茎(d)三对性状能自由组合。现有4株纯合的植株，其基因型分别为：①aaBBDD；②AABBDD；③aaBBdd；④AAbbDD。下列相关叙述不正确的是(　　) A．任意选择两植株杂交都能用于验证基因的分离定律 B．欲验证基因的自由组合定律可选用的杂交组合只有①和④、②和③ C．欲培育出基因型为aabbdd的植株，可选择②和④进行杂交 D．欲通过检测花粉验证基因的分离定律可选择④和任意植株杂交 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 26 解析　依据所给四个植株的基因型，任选两植株杂交都能产生含有一对等位基因的后代，可用于验证基因的分离定律，A正确；验证基因的自由组合定律，杂交后代至少含有两对等位基因，可选用的杂交组合有①和④、②和③、③和④，B错误；欲培育出基因型为aabbdd的植株，可选择③和④进行杂交，产生基因型为AaBbDd的子代，再让其自交即可产生基因型为aabbdd的植株，C错误；欲通过检测花粉验证基因的分离定律可选择④和任意植株杂交，都可产生含B、b等位基因的后代，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 27 16．已知荠菜的三角形果实和卵圆形果实是由一对基因R、r控制的。用荠菜进行两组实验： 实验①：让三角形果实荠菜植株(a)进行自交，子代个体中三角形果实∶卵圆形果实＝3∶1； 实验②：让a植株与卵圆形果实荠菜植株(b)杂交，子代个体中三角形果实∶卵圆形果实＝1∶1。 下列关于两组实验的分析正确的是(　　) A．从实验②可判断三角形果实对卵圆形果实为显性 B．实验①子代中能稳定遗传的个体占1/4 C．让实验②所得子代中的三角形果实荠菜植株自交，结果与实验①相同 D．将实验①子代中的三角形果实荠菜植株与卵圆形果实荠菜植株杂交，所得后代为卵圆形果实荠菜植株的概率是1/4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 28 解析　由题意知，实验①中让三角形果实荠菜植株(a)进行自交，子代个体中三角形果实∶卵圆形果实＝3∶1，说明三角形果实对卵圆形果实是显性性状，亲本三角形果实荠菜植株的基因型是Rr；实验②中让a植株与卵圆形果实荠菜植株(b)杂交，子代个体中三角形果实∶卵圆形果实＝1∶1，相当于测交实验。实验②是测交实验，不能判断显隐性关系，A错误；实验①亲本基因型是Rr，子一代中RR∶Rr∶rr＝1∶2∶1，其中能稳定遗传的是RR、rr，占1/2，B错误；实验②亲本基因型是Rr、rr，子代中三角形果实荠菜植株的基因型是Rr，其自交结果与实验①相同，C正确；实验①子代三角形果实荠菜植株的基因型及比例是RR∶Rr＝1∶2，其与卵圆形果实荠菜植株(rr)杂交，所得后代为卵圆形果实荠菜植株的概率是2/3×1/2＝1/3，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 29 三、非选择题 17．某种植物有红、蓝两种花色，现有以下四组杂交实验，请回答下列问题。 A组：红花×红花→红花、蓝花； B组：蓝花×蓝花→红花、蓝花； C组：红花×蓝花→红花、蓝花； D组：红花×红花→全为红花。 其中，A组中子代红花植株的数量为298，蓝花植株的数量为101；B、C组未统计数量。 (1)若该植株的花色只受一对遗传因子控制，则________组和________组对显隐性的判断正好相反。 A B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 30 (2)有人对实验现象提出了假说：花色性状由三个遗传因子(A＋、A、a)控制，其中A决定蓝色，A＋和a都决定红色，A＋相对于A、a为显性，A相对于a为显性。若该假说正确，则B组同学所用的两个蓝花亲本的遗传因子组成的组合方式为________。 (3)若(2)中所述假说正确，那么红花植株的遗传因子组成可能有________种。 ①若用遗传因子组成为AA的植株与红花植株杂交，则根据F1的性状表现可以判断出的红花植株的遗传因子组成是______________。 ②若用遗传因子组成为aa的植株与红花植株杂交，则根据F1的性状表现可以判断出的红花植株的遗传因子组成是________。 Aa×Aa 4 A＋A＋和aa A＋A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 31 解析　(1)若该植株的花色只受一对遗传因子控制，则由A组得出，红花对蓝花为显性，由B组得出，蓝花对红花为显性，结论相反。 (2)根据题意分析，B组中，由于A＋对A为显性，故子代红花植株不含A＋，遗传因子组成为aa，则蓝花亲本的遗传因子组成均为Aa。 (3)若(2)中假说正确，则红花植株的遗传因子组成可能是A＋A＋、A＋A、A＋a、aa。①若用遗传因子组成为AA的植株与红花植株杂交：A＋A＋×AA→A＋A(全为红花)；A＋A×AA→A＋A(红花)∶AA(蓝花)＝1∶1；A＋a×AA→A＋A(红花)∶Aa(蓝花)＝1∶1；aa×AA→Aa(全为蓝花)，则根据F1的性状表现可以判断出的红花植株的遗传因子组成是A＋A＋和aa。②若用遗传因子组成为aa的植株与红花植株杂交：A＋A＋×aa→A＋a(全为红花)；A＋A×aa→A＋a(红花)∶Aa(蓝花)＝1∶1；A＋a×aa→A＋a、aa(全为红花)；aa×aa→aa(全为红花)，则根据F1的性状表现可以判断出的红花植株的遗传因子组成是A＋A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 32 实验 亲本 F1 F2 ① 甲×乙 1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮 / ② 丙×丁 缺刻叶齿皮 9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮 3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮 18．植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 33 回答下列问题： (1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是______________。 (2)甲乙丙丁中属于杂合体的是________。 (3)实验②的F2中纯合体所占的比例为________。 (4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是______，判断的依据是____________________________________________。 基因型不同的两个亲本杂交，F1分别统计，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律 缺刻叶和齿皮 甲和乙 1/4 果皮 F2中齿皮∶网皮＝3∶1，说明受一对等位基因控制 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 34 解析　(1)实验①中F1表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计2对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性性状，齿皮对网皮为显性性状。 (2)假设叶形相关基因为A/a，果皮相关基因为B/b。根据已知条件，甲乙丙丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F1结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1为双杂合子，其基因型为AaBb，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲乙丙丁中属于杂合体的是甲和乙。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 35 (3)实验②的F2中纯合体基因型为1/16AABB，1/16AAbb，1/16aaBB，1/16aabb，所以F2中纯合体占的比例为1/4。 (4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计2对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮＝3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 36 19．已知控制猫的双瞳同色和双瞳异色的基因T、t与控制耳朵形状的基因D、d独立遗传，折耳猫(DD)与立直耳猫(dd)杂交，子一代均为折耳立猫(Dd)。甲、乙两个科研小组分别将多只折耳双瞳异色猫与多只折耳立双瞳同色猫进行杂交，甲组的F1为折耳双瞳同色∶折耳立双瞳同色＝1∶1，乙组的F1为折耳双瞳异色∶折耳双瞳同色∶折耳立双瞳异色∶折耳立双瞳同色＝1∶1∶1∶1。回答下列问题： (1)根据________组的杂交结果可判断双瞳同色是________性状。 (2)乙组亲本中，折耳双瞳异色猫与折耳立双瞳同色猫的基因型分别是________________。 甲 显性 DDtt、DdTt 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 37 (3)乙组子代中折耳立双瞳同色的雌雄猫相互交配，所得后代的表型及其比例是______________________________________________________________________ _____________________________________________。 (4)现要选育出能稳定遗传的折耳双瞳同色猫，请以甲、乙两组亲本及子代中现有的猫为材料，设计出所用时间最短的实验方案：_________________________ ___________________________________________________________________________________。 折耳立双瞳同色∶折耳双瞳同色∶立直耳双瞳同色∶折耳立双瞳异色∶折耳双瞳异色∶立直耳双瞳异色＝6∶3∶3∶2∶1∶1 以甲组亲本中折耳立双瞳同色猫为材料，让雌雄个体相互交配，从后代中选出折耳双瞳同色猫即可(合理即可) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 38 解析　(1)将多只折耳双瞳异色猫与多只折耳立双瞳同色猫作亲本进行杂交，甲组的F1为折耳双瞳同色∶折耳立双瞳同色＝1∶1，说明双瞳同色相对于双瞳异色为显性。 (2)根据题意乙组亲本为DDtt×DdT_，乙组的F1中出现双瞳异色猫，则乙组亲本中，折耳双瞳异色猫与折耳立双瞳同色猫的基因型分别是DDtt、DdTt。 (3)乙组子代中折耳立双瞳同色的雌雄猫的基因型为DdTt，相互交配的后代中会出现6种表型，表型及其比例为折耳立双瞳同色∶折耳双瞳同色∶立直耳双瞳同色∶折耳立双瞳异色∶折耳双瞳异色∶立直耳双瞳异色＝6∶3∶3∶2∶1∶1。 (4)现要选育出能稳定遗传的折耳双瞳同色猫(DDTT)，可以以甲组亲本中折耳立双瞳同色猫(DdTT)为材料，让雌雄个体相互交配，从后代中选出折耳双瞳同色猫(DDTT)即可。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 39 20．某植物的红花与白花由等位基因A/a控制，叶紧凑与叶舒展由等位基因B/b控制，现让一红花叶舒展植株与一红花叶紧凑植株杂交，得到的F1都为红花叶紧凑植株，让F1自由交配，F2中红花叶紧凑∶红花叶舒展∶白花叶紧凑＝11∶4∶1。 回答下列问题(不考虑变异类型)： (1)B基因控制________叶型，根据题干信息________(填“能”或“不能”)判断花色的显隐性，理由是_____________________________________________________ _______________________。 (2)亲本的基因型为________________，F2红花叶舒展植株中纯合子所占的比例为________。 叶紧凑 能 F1都为红花植株，F1自由交配，F2中出现了白花，因此红花为显性，白花为隐性 AAbb、AaBB 100% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 40 (3)甲组同学认为控制花色和叶型的基因的遗传遵循自由组合定律，而乙组同学不同意甲组同学的观点，分析可知________组同学的判断正确，请从实验中选择合适的材料进行验证： ①实验思路：_____________________________________________________ ____________________________________________________； ②实验结果：___________________________________________________。 乙 选择亲本中的红花叶舒展植株与F2中的白花叶紧凑植株进行杂交得到F1，让F1自由交配，统计F2的表型及比例 红花叶紧凑∶红花叶舒展∶白花叶紧凑＝2∶1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 41 解析　(1)叶舒展与叶紧凑亲本杂交，F1全部为叶紧凑，可知叶紧凑为显性，叶舒展为隐性，B基因控制叶紧凑叶型。根据题干信息能判断花色的显隐性，理由是F1都为红花植株，F1自由交配，F2中出现了白花，因此红花为显性，白花为隐性。 (2)就花色而言，F2出现红花∶白花＝15∶1，说明F1的基因型有两种，为AA∶Aa＝1∶1，则亲本基因型为AA和Aa，就叶型而言，F1全部为叶紧凑，可知叶紧凑为显性，叶舒展为隐性，亲本基因型为BB和bb。因F1的基因型为AaBb和AABb，结合F2中各表型及其比例，可判断两对等位基因的遗传不遵循自由组合定律，且F2中没有出现白花叶舒展(aabb)类型，亲本红花叶舒展植株的基因型只能是AAbb，所以亲本基因型只能为AAbb和AaBB，不能是Aabb和AABB，F2红花叶舒展植株基因型全部为AAbb，100%为纯合子。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 42 (3)由上述分析可知乙组同学的判断正确，因为是验证实验，实验结果要符合题中观点。因此实验思路及实验结果为选择亲本中的红花叶舒展植株(AAbb)与F2中的白花叶紧凑植株(aaBB)进行杂交得到F1(AaBb)，让F1自由交配，统计F2的表型及比例；由于亲本中A和b连锁遗传，a和B连锁遗传，F1中亦如此，故F2表型为红花叶紧凑(AaBb)∶红花叶舒展(AAbb)∶白花叶紧凑(aaBB)＝2∶1∶1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 43 　　　　　　　　　　　　　 R 6．三交法是指三个品种间的杂交，即两个亲本杂交得到的F1杂种与另一亲本杂交，可表示为(A×B)×C。已知A品种玉米具有抗大斑病性状(TT)，B品种玉米具有耐密性状(dd)，C品种玉米具有早熟性状(ee)，三种性状是独立遗传的，且A、B、C均为纯合子。为培育具有上述三种优良性状的纯合玉米新品种，理论上分析，下列育种思路正确的是(　　) A．(A×B)×C，F2均具有耐密、早熟性状 B．(A×C)×B，F2约有eq \f(1,8)的植株属于目标品种 C．(A×C)×B与(B×C)×A得到的子代均需连续自交才能获得目标品种 D．抗大斑病耐密新品种的选育，只需要在高密度下种植并选育即可 解析　根据农田间行种植等数量基因型为Aa和aa的玉米可以知道：产生的配子中A占eq \f(1,4)，a占eq \f(3,4)。因为玉米是雌雄同株、异花传粉植物，可以接受本植株的花粉，也能接受其他植株的花粉，说明它们之间能进行自由传粉，玉米结的籽粒中，AA占eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)，Aa占eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×2＝eq \f(6,16)，aa占eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)。因此，收获的玉米种下去，具有显性性状和隐性性状的玉米比例应接近eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)＋\f(6,16)))∶eq \f(9,16)＝7∶9。 14．已知基因型为AaBbCcdd的豌豆自交得F1(四对基因符合基因的自由组合定律)，下列关于F1的叙述错误的是(　　) A．F1的基因型有81种 B．F1中表型与亲本不同的占eq \f(37,64) C．F1中基因型与亲本不同的占eq \f(1,8) D．F1的表型比例为27∶9∶9∶9∶3∶3∶3∶1 解析　F1基因型共有3×3×3×1＝27种，A错误；F1中表型与亲本相同的个体所占比例为eq \f(3,4)(A_)×eq \f(3,4)(B_)×eq \f(3,4)(C_)×1＝eq \f(27,64)，则F1中表型与亲本不同的占1－eq \f(27,64)＝eq \f(37,64)，B正确；F1中基因型与亲本相同的个体所占比例为eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,8)，则F1中基因型与亲本不同的占1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8)，C错误；F1的表型有显显显隐为eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×1＝eq \f(27,64)，显显隐隐为eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(9,64)，隐显显隐为eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×1＝eq \f(9,64)，显隐显隐为eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×1＝eq \f(9,64)，显隐隐隐为eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(3,64)，隐显隐隐为eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(3,64)，隐隐显隐为eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×1＝eq \f(3,64)，隐隐隐隐为eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×1＝eq \f(1,64)，故F1的表型比例为27∶9∶9∶9∶3∶3∶3∶1，D正确。 $$