第1章 第2节 第2课时 孟德尔实验方法的启示、孟德尔遗传规律的再发现和应用 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中生物必修2 遗传与进化（人教版）

该高中生物学课件聚焦孟德尔遗传规律及自由组合定律，从孟德尔成功原因切入，衔接遗传规律再发现，通过基础题组、应用实例及解题方法构建学习支架，帮助学生逐步掌握基因型表型关系、杂交育种等核心内容。 其亮点在于以科学思维为核心，通过水稻杂交、大鼠毛色遗传等实例，引导学生运用自由组合定律分析遗传概率，培养逻辑推理能力。结合探究实践设计（如番茄育种实验），强化知识应用，既助学生巩固基础提升解题能力，也为教师提供系统教学资源。

课后达标检测 1 [过基础　知识巩固] 题组一　孟德尔获得成功的原因及孟德尔遗传规律的再发现 1．遗传学的奠基人孟德尔之所以在研究遗传规律时获得巨大成功，关键在于他在实验的过程中选择了正确的方法。下面各项中，不属于他获得成功的原因的是(　　) A．选择了山柳菊、豌豆等多种植物作为实验材料，做了大量的实验，总结得出结论 B．先只针对一对相对性状的遗传规律进行研究，然后再研究多对性状的遗传规律 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标检测 C．使用不同的字母作为代表不同遗传因子的符号，准确反映抽象过程，使其逻辑推理更顺畅 D．应用了统计学的方法对结果进行统计分析，将数学方法引入对遗传实验结果的分析与处理中 解析：孟德尔虽然选择了山柳菊、豌豆等多种植物作为实验材料，但最终取得成功的是豌豆，A符合题意。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标检测 2．以下关于表型和基因型的叙述，错误的是(　　) A．隐性性状的表型对应唯一的基因型 B．纯合子的自交后代表型与亲本相同，杂合子的自交后代表型与亲本不一定相同 C．表型相同，基因型一定相同 D．基因型相同，表型不一定相同 解析：显性纯合子(如AA)和显性杂合子(如Aa)可表现出相同的显性性状，但基因型不同，C错误。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 题组二　自由组合定律的应用 3．关于杂交育种的说法正确的是(　　) A．杂交育种的原理是基因的自由组合 B．杂交育种都必须通过连续自交才能获得纯合子 C．培育细菌新品种可以选用杂交育种 D．在哺乳动物杂交育种中获得F2后，对所需表型采用自交鉴别，子代留种 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：杂交育种可以集合不同亲本的优良性状，原理是基因的自由组合，A正确； 杂交育种中，如果需要的是隐性性状，一旦出现即为纯合子，不需要连续自交，B错误； 自然条件下，杂交育种适用于进行有性生殖的真核生物，细菌属于原核生物，C错误； 在哺乳动物杂交育种获得F1后，让F1雌雄个体相互交配获得F2，一般情况下，哺乳动物不能自交，因此F2可通过测交法对所需表型进行鉴别，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4．两个水稻亲本的基因型分别为AAbb和aaBB，这两对基因按自由组合定律遗传。现要选育纯种双显性的水稻品种，让两个亲本杂交产生F1，F1自交产生F2。在F2的双显性水稻种子中符合育种要求的占(　　) A．1/16 B．1/9 C．1/3 D．9/16 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：让基因型为AAbb和aaBB的两个亲本杂交，所得F1的基因型为AaBb，F1自交所得F2的基因型及其比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，其中双显性水稻(A_B_)占9/16，AABB占(1/4)×(1/4)＝1/16，所以F2的双显性水稻种子中符合育种要求的占1/9。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 5．基因型为AaBBCcDDEe、AaBbCCddEe(各对等位基因独立遗传)的两个体杂交得到F1，F1中纯合个体所占的比例为(　　) A．1/16 B．1/32 C．1/64 D．0 解析：基因型为AaBBCcDDEe、AaBbCCddEe的两个体杂交，F1中关于D、d的基因型一定为Dd，即F1中没有纯合子，D符合题意。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 6．正常人对苯硫脲感觉味苦，称味者(T)，有人对苯硫脲没有味觉，称味盲(t)。人的正常(A)对白化病(a)为显性。有一对味者非白化夫妇生了一个味盲白化的孩子，则这对夫妇的基因型为(　　) A．TTAa×TTAa B．TtAa×TTAa C．TtAa×TtAa D．TtAA×TtAa 解析：将两对性状分开来考虑，一对味者夫妇(T_)生了一个味盲(tt)的孩子，则味者双亲基因型均是Tt；该孩子患白化病(aa)，则该对非白化夫妇基因型均是Aa。综合分析，这对夫妇的基因型为TtAa×TtAa。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 7．(2025·安徽蚌埠高一月考)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。下图是培育无芒抗病小麦的示意图。下列相关叙述错误的是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 A．杂交的目的是将控制无芒和抗病的基因集中到子一代中 B．子一代自交的目的是使子二代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．子二代中无芒抗病植株自交的目的是筛选子二代中无芒抗病植株中的纯合子 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：由题图可知，杂交的目的是将控制无芒和抗病的基因集中到子一代中，从而使后代中出现目标类型，A正确； 子一代自交的目的是使子二代中出现无芒抗病个体，以便留种，B正确； 子二代中出现了符合要求的无芒抗病植株，但其中2/3是杂合子，纯合子只占1/3，所以将其自交，以鉴定纯合子，因为小麦一年只播种一次，需要杂交一次、自交两次才能获得纯合的无芒抗病种子，所以至少需要三年才能获得纯合的无芒抗病种子，C错误； 子二代中无芒抗病植株自交的目的是筛选其中的纯合子，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 题组三　自由组合定律的常规解题方法 8．两对基因均杂合的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆(隐性纯合子)异花传粉，得到的后代是(　　) A．黄圆∶绿皱＝3∶1 B．黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝3∶1∶3∶1 C．黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝9∶3∶3∶1 D．黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝1∶1∶1∶1 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：根据“两对基因均杂合的黄色圆粒豌豆”可知，黄色相对于绿色为显性(相关基因用Y、y表示)，圆粒相对于皱粒为显性(相关基因用R、r表示)，则该杂合黄色圆粒豌豆的基因型为YyRr，其与隐性纯合子(yyrr)异花传粉，后代黄色∶绿色＝1∶1、圆粒∶皱粒＝1∶1，因此后代表型及比例为黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝(1∶1)(1∶1)＝1∶1∶1∶1，D符合题意。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 9．(2025·辽宁高一联考)南瓜果实的白色(A)对黄色(a)为显性，盘状(B)对球状(b)为显性，两对等位基因独立遗传。若让基因型为AaBb的白色盘状南瓜与“某南瓜”杂交，子代的表型及其比例如下图所示，则“某南瓜”的基因型为(　　)   A．AaBb B．Aabb C．aaBb D．aabb 解析：由题图可知，子代中白色∶黄色＝3∶1，盘状∶球状＝1∶1，所以“某南瓜”的基因型为Aabb。 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 [过能力　综合提升] 10．生物兴趣小组用已知基因型为AAbb和aaBB(两对基因独立遗传)的某种植物进行杂交育种实验，下列关于他们实验设计思路的叙述，不合理的是(　　) A．要获取基因型为aabb的植株，可从F1中直接选育出表型符合要求的个体 B．要获取基因型为AABB的植株，可从F2中选出表型符合要求的个体连续自交 C．要获取基因型为AaBb的植株，可将亲代上所结的种子直接保存进行播种 D．要获取基因型为AaBb的植株，可将亲本保留起来进行年年制种 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，故F1中没有基因型为aabb的个体，A不合理； 亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，要获取基因型为AABB的植株，可让F1自交，从F2中选出表型符合要求的个体连续自交，最终得到纯合子，B合理； 亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，故要获取基因型为AaBb的植株，可将亲代上所结的种子直接保存进行播种，C合理； 要获取基因型为AaBb的植株，由于该个体属于双杂合子，不能稳定遗传，因此可将亲本保留起来进行年年制种，D合理。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 11．大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因(A、a和B、b)控制。用黄色大鼠与黑色大鼠进行杂交实验，结果如下图所示。据图判断，下列叙述正确的是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 A．黄色为显性性状，黑色为隐性性状 B．F1与黄色亲本杂交，后代有四种表型 C．F1和F2中灰色大鼠均为杂合子 D．F2黑色大鼠与米色大鼠杂交，其后代中出现米色大鼠的概率为1/3 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：因F2中性状分离比为9∶3∶3∶1，灰色占9份，所以灰色为双显性性状，米色占1份，所以米色为双隐性性状，黄色、黑色为单显性性状，A错误； F1为双杂合子(AaBb)，与黄色亲本(aaBB或AAbb)杂交，后代有两种表型，B错误； 体色由两对等位基因控制，F2出现性状分离，则F2灰色大鼠中有1/9为纯合子(AABB)，其余为杂合子，C错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 F2黑色大鼠中纯合子(AAbb或aaBB)所占比例为1/3，与米色大鼠(aabb)杂交不会产生米色大鼠，杂合子(Aabb或aaBb)所占比例为2/3，与米色大鼠(aabb)交配，产生米色大鼠的概率为(2/3)×1×(1/2)＝1/3，D正确。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 12．(2025·广东广州高一月考)某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因(A、a，B、b，C、c……)控制，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，否则开白花。现将两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，再将F1自交，F2中的白花植株占37/64。下列说法错误的是(　　) A．每对基因的遗传均遵循分离定律 B．该花色遗传至少受3对等位基因控制 C．F2红花植株中杂合子占26/27 D．F2白花植株中纯合子基因型有4种 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：题述实验中两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，F1自交，F2中的白花植株占37/64，则红花植株占1－37/64＝27/64＝(3/4)3，可判断该花色的遗传至少受3对等位基因控制，且每对基因的遗传都遵循分离定律，A、B正确； F2中红花植株(A_B_C_)占27/64，其中纯合子(AABBCC)占红花植株的1/27，杂合子占1－1/27＝26/27，C正确； 由于每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，所以F2红花植株中纯合子(AABBCC)基因型只有1种，白花植株中纯合子基因型有7种，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 13．(2025·江西九江高一检测)番茄是自花传粉植物，已知红果(R)对黄果(r)为显性，正常果形(F)对多棱果(f)为显性。以上两对基因按自由组合定律遗传。现有红色多棱果品种、黄色正常果形品种和黄色多棱果品种(三个品种均为纯合子)，育种专家期望获得红色正常果形的新品种，为此进行杂交。请回答下列问题： (1)应选用______________和____________________作为杂交亲本。 解析：根据显隐性关系推知三个品种的基因型分别为RRff、rrFF、rrff；期望获得红色正常果形的新品种，则所用的亲代中需含有R基因和F基因，所以应用红色多棱果品种和黄色正常果形品种作为亲本。 红色多棱果品种 黄色正常果形品种 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)上述两亲本杂交产生的F1的基因型为____________，性状为____________。 解析：纯合的红色多棱果和纯合的黄色正常果形的基因型分别为RRff和rrFF，它们杂交产生的F1的基因型是RrFf，性状为红色正常果形。 RrFf 红色正常果形 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (3)让F1自交得F2，在F2中表型为红色正常果形植株出现的概率为________，F2中能稳定遗传的红色正常果形植株出现的概率为________。 解析：F1自交得到的F2中红色正常果形(R_F_)占(3/4)×(3/4)＝9/16，其中能稳定遗传的RRFF在F2中占(1/4)×(1/4)＝1/16。 9/16 1/16 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 14．小麦的毛颖和光颖是一对相对性状(显隐性分别由A、a基因控制)，抗锈病和感锈病是另一对相对性状(显隐性分别由R、r基因控制)，控制这两对相对性状的基因均独立遗传。以纯种毛颖感锈病植株(甲)和纯种光颖抗锈病植株(乙)为亲本进行杂交，F1均为毛颖抗锈病植株(丙)。再用F1与丁进行杂交，F2有四种表型，对每对相对性状的植株数目比例作出的统计结果如下图所示，回答下列问题： 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (1)丙的基因型是________，丁的基因型是__________。 解析：以纯种毛颖感锈病植株(甲)和纯种光颖抗锈病植株(乙)为亲本进行杂交，F1均为毛颖抗锈病植株(丙)，故毛颖、抗锈病为显性性状，亲本甲、乙的基因型分别是AArr、aaRR，丙的基因型是AaRr，由题图分析可知，丁的基因型是aaRr。 AaRr aaRr 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)F1形成的配子种类是____________________________________。 产生这几种配子的原因是F1在形成配子的过程中 _____________________________________________________________。 解析：因为在形成配子的过程中，决定同一性状的成对的基因彼此分离，而决定不同性状的基因自由组合，因此F1形成的配子种类有AR、Ar、aR、ar 4种。 AR、Ar、aR、ar 决定同一性状的成对的基因彼此分离，决定不同性状的基因自由组合 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (3)F2中表型不同于双亲(甲和乙)的个体占全部F2的________。 解析：丙的基因型是AaRr，丁的基因型是aaRr，后代中表型不同于双亲(甲和乙)的个体占1－[(1/2)×(1/4)＋(3/4)×(1/2)]＝1/2。 1/2 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (4)F2中抗锈病个体的基因型及比例为__________________________(只考虑抗锈病和感锈病一对相对性状)。 解析：由于只考虑抗锈病和感锈病这一对相对性状，即Rr×Rr，故F2中抗锈病个体的基因型及比例为RR∶Rr＝1∶2。 RR∶Rr＝1∶2 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 15．(2025·安徽宿州高一期末)鸡冠的形状由两对基因(A和a、B和b)控制，这两对基因独立遗传，与性别无关。据下表回答下列问题： 项目 基因 组合 A、B同 时存在 (A_B_) A存在、 B不存在 (A_bb) B存在、 A不存在 (aaB_) A和B都 不存在 (aabb) 鸡冠 形状 胡桃状 玫瑰状 豌豆状 单片状 杂交 组合 甲：胡桃状×单片状→F1：胡桃状、 玫瑰状、豌豆状、单片状 乙：玫瑰状×玫瑰状→F1：玫瑰状、单片状 丙：豌豆状×玫瑰状→F1：全是胡桃状 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (1)甲组杂交方式在遗传学上称为______，甲组F1中4种表型的比例是________________________。 测交 1∶1∶1∶1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：分析题表可知，甲组胡桃状(A_B_)×单片状(aabb)→F1：胡桃状(A_B_)、玫瑰状(A_bb)、豌豆状(aaB_)、单片状(aabb)，说明亲本中胡桃状冠个体的基因型为AaBb；乙组玫瑰状(A_bb)×玫瑰状(A_bb)→F1：玫瑰状(A_bb)、单片状(aabb)，说明亲本的基因型均为Aabb；丙组豌豆状(aaB_)×玫瑰状(A_bb)→F1：全是胡桃状(A_B_)，说明亲本的基因型为aaBB和AAbb。(1)根据上述分析可知，甲组亲本胡桃状冠个体的基因型为AaBb，所以甲组相当于是测交。AaBb×aabb→AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，即甲组F1产生了4种表型，比例是1∶1∶1∶1。 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)让乙组F1中玫瑰状冠的个体与另一纯合豌豆状冠的个体杂交，杂交后代表型及比例在理论上是________________________________。 解析：乙组亲本的基因型都是Aabb，F1玫瑰状冠个体的基因型为1/3AAbb、2/3Aabb，与另一纯合豌豆状冠个体(aaBB)杂交，后代基因型为AaBb[(1/3)×1＋(2/3)×(1/2)×1＝2/3]和aaBb[(2/3)×(1/2)×1＝1/3]，即胡桃状∶豌豆状＝2∶1。 胡桃状∶豌豆状＝2∶1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (3)让丙组F1中的雌雄个体交配，后代表现为玫瑰状冠的个体有120只，那么表现为单片状冠的个体在理论上有________只。 解析：丙组亲本的基因型是aaBB和AAbb，其F1的基因型是AaBb，F1雌雄个体交配后代中玫瑰状冠个体应占3/16，单片状冠个体(aabb)占1/16，理论上单片状冠个体应有120×(1/3)＝40(只)。 40 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (4)基因型为AaBb与Aabb的个体杂交，它们的后代基因型有________种，后代中杂合子所占的比例为________。 解析：这两对基因的遗传遵循自由组合定律，基因型为AaBb与Aabb的个体杂交，后代基因型种类有3×2＝6(种)，后代中纯合子所占比例为(1/2)×(1/2)＝1/4，故杂合子所占比例为3/4。 6 3/4 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 P　　黄色×黑色 ↓ F1 灰色 ↓F1雌雄交配 F2　灰色　黄色　黑色　米色 9　∶3　∶3　∶　1 $