2027届高三生物人教版一轮复习练习孟德尔的豌豆杂交实验(一)

**基本信息** 聚焦孟德尔遗传定律，以假说—演绎法为核心，通过基础应用与特殊案例构建基因分离定律的系统性解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-4题|杂交实验操作规范、显隐性判断、基因型推导|从豌豆杂交实验（概念生成）到F1/F2性状分离分析（原理推导）| |特殊遗传现象|5-7题|性别影响表型分析、母性效应推理、自私基因概率计算|拓展非典型分离比（如3:1变式），强化科学思维中的演绎推理| |综合应用|8-10题|复等位基因杂交组合设计、实验结果预测与结论分析|整合实验设计与结果分析，体现探究实践素养，形成“问题—假说—验证”完整逻辑链|

第15讲　孟德尔的豌豆杂交实验(一) 【课时训练】 A组(巩固成果　学以致用) 1．孟德尔利用豌豆的一对相对性状的杂交实验得出了基因的分离定律。下列关于孟德尔遗传学实验的叙述，错误的是(　　) A．豌豆为闭花受粉的植物，在杂交时应在母本花粉成熟前做人工去雄、套袋处理等 B．杂交实验过程中进行了正反交实验，即高茎(♀)×矮茎(♂)和矮茎(♀)×高茎(♂) C．两亲本杂交所得F1表现显性性状，这一结果否定了融合遗传，支持了孟德尔的遗传规律 D．实验中运用了假说—演绎法，“演绎”过程指的是对测交过程的演绎 答案：C 解析：豌豆是自花传粉、闭花受粉植物，应在母本开花前先去雄，再套袋，A项正确；两亲本的杂交子代表现为显性性状，这一结果既不否定融合遗传也不支持孟德尔的遗传规律，F1自交，后代出现3∶1的性状分离比，这一结果否定融合遗传，支持孟德尔的遗传规律，C项错误；实验中运用了假说—演绎法，“演绎”过程指的是按照假说对测交实验过程进行的演绎推理，D项正确。 2．人头发的形状有直发、轻度卷发和卷发三种。人群中绝大多数个体是直发，少数个体是自然卷发。基因型为WW的直发个体与基因型为ww的卷发个体婚配，生育的孩子都为轻度卷发。下列分析正确的是(　　) A．直发与卷发个体婚配，后代出现轻度卷发个体是基因重组的结果 B．人群中轻度卷发的个体相互婚配，后代中直发∶卷发＝3∶1 C．人群中与头发形状相关的基因型婚配组合方式总共有4种 D．轻度卷发的双亲生出直发和卷发后代的现象属于性状分离 答案：D 解析：直发与卷发由一对等位基因控制，不会发生基因重组，A项错误；人群中轻度卷发的个体(基因型为Ww)相互婚配，后代的基因型、表型及比例为WW(直发)∶Ww(轻度卷发)∶ww(卷发)＝1∶2∶1，B项错误；直发与卷发由一对等位基因控制，人群中与头发形状相关的基因型婚配组合方式总共有6种，即WW×WW、WW×Ww、WW×ww、Ww×Ww、Ww×ww、ww×ww，C项错误；轻度卷发的双亲生出直发和卷发后代的现象属于性状分离，D项正确。 3．玉米中含直链淀粉多而无黏性(遗传因子为W)的花粉和籽粒遇碘变蓝色，含支链淀粉多而具有黏性(遗传因子为w)的花粉和籽粒遇碘变棕色。W对w为完全显性。把WW个体和ww个体杂交得到的F1种子播种下去，先后获取F1植株上的花粉和所结籽粒，分别用碘液处理，结果为(　　) A．蓝色花粉∶棕色花粉＝1∶1，蓝色籽粒∶棕色籽粒＝3∶1 B．蓝色花粉∶棕色花粉＝3∶1，蓝色籽粒∶棕色籽粒＝3∶1 C．蓝色花粉∶棕色花粉＝1∶1，蓝色籽粒∶棕色籽粒＝1∶1 D．蓝色花粉∶棕色花粉＝1∶1，蓝色籽粒∶棕色籽粒＝1∶0 答案：A 解析：根据题干信息分析可知，WW×ww，F1的遗传因子组成为Ww，其能产生W和w且比例相等的配子，其中W遇碘变蓝色，w遇碘变棕色，则产生的花粉遇碘1/2变蓝色，1/2变棕色，即蓝色花粉∶棕色花粉＝1∶1；F1自交后代的遗传因子组成及比例为WW∶Ww∶ww＝1∶2∶1，其中WW和Ww遇碘变蓝色，ww遇碘变棕色，则所结的种子遇碘3/4变蓝色，1/4变棕色，即蓝色籽粒∶棕色籽粒＝3∶1。综上所述，A项正确。 4．玉米是雌雄同株单性花的二倍体植物，其种子的甜味和非甜受一对等位基因控制，但显隐性关系未知。现有非甜玉米(甲)和甜味玉米(乙)，下列有关叙述正确的是(　　) A．让甲、乙相互传粉，收获并种植两植株结的种子，二者子代的表型及比例不同 B．让甲、乙杂交，根据子代的表型及比例一定能判断出种子甜味与非甜的显隐性关系 C．让甲、乙分别自交，根据子代的表型及比例一定能判断出种子甜味与非甜的显隐性关系 D．若非甜对甜味为显性性状，则根据甲、乙杂交子代的表型及比例能得出甲的基因型 答案：D 解析：让甲、乙相互传粉，收获并种植两植株结的种子，二者子代的表型及比例相同，A项错误；若甲或乙是杂合子，二者杂交后，不能根据子代的表型及比例判断出种子甜味与非甜的显隐性关系，B项错误；若甲和乙都是纯合子，分别自交后，子代都不出现性状分离，不能根据子代的表型及比例判断出种子甜味与非甜的显隐性关系，C项错误；若非甜为显性，则甲、乙交配为测交，根据杂交子代表型及比例能得出甲的基因型，D项正确。 5．已知牛的体色由一对等位基因(A、a)控制，其中基因型为AA的个体表现为红褐色，基因型为aa的个体表现为红色，基因型为Aa的个体中，雄牛表现为红褐色，雌牛表现为红色。现有一群牛，只有AA、Aa两种基因型，其比例为1∶1，且雌∶雄＝1∶1。若让该群体的牛分别进行自交(基因型相同的雌雄个体交配)和自由交配，则子代的表型及比例分别是(　　) A．自交，红褐色∶红色＝1∶1；自由交配，红褐色∶红色＝4∶5 B．自交，红褐色∶红色＝5∶1；自由交配，红褐色∶红色＝8∶1 C．自交，红褐色∶红色＝2∶1；自由交配，红褐色∶红色＝2∶1 D．自交，红褐色∶红色＝3∶1；自由交配，红褐色∶红色＝3∶1 答案：D 解析：根据题意分析可知，该牛群自交后代中AA∶Aa∶aa＝5∶2∶1，Aa的个体中雌雄各半，雌牛表现为红色，雄牛表现为红褐色，故红褐色∶红色＝6∶2＝3∶1；自由交配的后代中AA∶Aa∶aa＝9∶6∶1，Aa中一半为雌性红色，一半为雄性红褐色，故红褐色∶红色＝12∶4＝3∶1。综上所述，D项正确。 6. “母性效应”是指子代某一性状的表型由母体的染色体基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖；但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋，旋转方向的遗传符合“母性效应”，遗传过程如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．“母性效应”现象符合孟德尔遗传规律 B．螺壳表现为右旋的个体的基因型为DD或Dd或dd C．将图示中F2个体进行自交，其后代螺壳都将表现为右旋 D．欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作为父本进行交配 答案：C 解析：由图可知，基因型为Dd的F1个体自交，F2的基因型比例为1∶2∶1，说明“母性效应”现象遵循基因的分离定律，A项正确。螺壳表现为右旋，其母本基因型应为DD或Dd，故螺壳表现为右旋的个体的基因型为DD或Dd或dd，B项正确。F2中基因型为DD和Dd的个体自交，后代均为右旋螺，基因型为dd的个体自交，后代均为左旋螺，C项错误。左旋螺的基因型为Dd或dd，故可以用任意右旋螺作为父本与该螺杂交，若左旋螺的基因型为Dd，则子代螺壳均为右旋；若左旋螺的基因型为dd，则子代螺壳均为左旋，D项正确。 7． (2024·山东聊城模拟)研究发现基因家族存在一种“自私基因”，该基因可通过杀死不含该基因的配子来扭曲分离比例。若E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死自身体内1/2不含该基因的雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1个体随机受粉获得F2。下列推测错误的是(　　) A．亲本存活的雄配子中，E∶e＝2∶1 B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝2∶3∶1 C．F1存活的雌配子中，E∶e＝2∶1 D．F1存活的雄配子中，E∶e＝2∶1 答案：C 解析：E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内1/2不含该基因的雄配子，因此，基因型为Ee的植株产生的雄配子中，E∶e＝2∶1，A项正确；由前述分析可知，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为2/3E和1/3e，雌配子比例为1/2E和1/2e，根据雌雄配子的随机结合，可求出F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝[(2/3)×(1/2)]∶[(2/3)×(1/2)＋(1/3)×(1/2)]∶[(1/3×1/2)]＝2∶3∶1，B项正确；F1中三种基因型个体EE∶Ee∶ee的比例为2∶3∶1，据此可求出F1产生的雌配子为E＝2/6＋(3/6)×(1/2)＝7/12，e＝(3/6)×(1/2)＋(1/6)＝5/12，F1存活的雌配子中，E∶e＝7∶5，C项错误；F1中三种基因型个体EE∶Ee∶ee的比例为2∶3∶1，据此可求出F1产生的雄配子为E＝2/6＋(3/6)×(1/2)＝7/12，e＝(3/6)×(1/2)×(1/2)＋1/6＝7/24，则F1存活的雄配子中，E∶e＝2∶1，D项正确。 8．老鼠的毛色有棕色和灰色之分，受一对等位基因(D、d)控制，该对基因的表达受性别影响。认真分析以下两组杂交实验并回答下列问题： 实验一：棕色雌鼠×棕色雄鼠，F1中棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝4∶3∶1。 实验二：棕色雌鼠×灰色雄鼠，F1雌雄鼠均表现为棕色。 (1)基因型为________的个体只在雄性个体中表现相应性状。 (2)实验一中亲代棕色雌鼠的基因型为________，如果实验一中的F1个体随机交配，后代中灰色鼠所占比例为________。 (3)如果实验二的F1中偶然出现一只灰色雄鼠，如要通过一代杂交实验来判断是基因突变(只考虑等位基因中一个基因发生突变)的结果，还是只是环境影响的结果(从以上实验中选择亲本) ①该实验的思路是_______________________________________________。 ②预期实验结果和结论：如果后代中棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝________，则只是环境影响的结果；如果后代中棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝________，则是基因突变的结果。 答案：(1)dd　(2)Dd　1/8　(3)①让该灰色雄鼠与多只杂合棕色雌鼠(实验一亲本中棕色雌鼠或实验二F1中棕色雌鼠)杂交，观察后代的表型及比例　②4∶3∶1　2∶1∶1 解析：(1)根据实验一，棕色雌鼠×棕色雄鼠，F1中棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝4∶3∶1，可推知棕色为显性性状，亲本中棕色雌鼠和棕色雄鼠的基因型均为Dd，后代雄性个体中基因型为DD和Dd的个体为棕色，基因型为dd的个体为灰色，而雌性个体不管哪种基因型均表现为棕色，即基因型为dd的个体只在雄性个体中表现相应性状。(2)实验一中的子代雌雄个体的基因型均为1/4DD、1/2Dd、1/4dd，该群体随机交配，后代的基因型及比例不变，即仍有1/4dd，但其中只有雄鼠会出现灰色，因此灰色鼠的比例为(1/4)×(1/2)＝1/8。(3)①要判断该小鼠是基因突变(基因型为dd)的结果，还是只是环境影响(基因型为Dd)的结果，应该让该灰色雄鼠与多只杂合棕色雌鼠(实验一亲本中棕色雌鼠或实验二F1中棕色雌鼠)杂交，观察后代的表型及比例。②如果后代的表型及比例为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝4∶3∶1，则只是环境影响的结果；如果后代的表型及比例为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠＝2∶1∶1，则是基因突变的结果。 B组(发展素养　创新思维) 9．安达卢西亚鸡的毛色有蓝色、黑色和白点三种，且由一对等位基因(B、b)控制。下表相关遗传实验研究结果，下列分析错误的是(　　) 组别 P F1表型 1 黑色×蓝色 黑色∶蓝色＝1∶1 2 白点×蓝色 蓝色∶白点＝1∶1 3 黑色×白点 全为蓝色 A.蓝色安达卢西亚鸡的基因型为Bb，黑色鸡和白点鸡都是纯合子 B．蓝色安达卢西亚鸡群随机交配，后代有三种表型 C．黑色安达卢西亚鸡群随机交配，后代中约有1/3为白点鸡 D．一只蓝色安达卢西亚母鸡，如不考虑互换和基因突变，则该鸡的一个次级卵母细胞的毛色基因组成为BB或bb 答案：C 解析：安达卢西亚鸡的毛色由一对等位基因(B、b)控制，其遗传遵循基因的分离定律；黑色×白点，后代表型都是蓝色，说明毛色基因为不完全显性。根据第3组中黑色×白点，后代表型都是蓝色可知，蓝色安达卢西亚鸡的基因型为Bb，黑色鸡和白点鸡都是纯合子，A项正确；蓝色安达卢西亚鸡群随机交配，后代有三种基因型，分别为BB、Bb、bb，所以表型也有黑色、蓝色和白点三种，B项正确；黑色安达卢西亚鸡都是纯合子，该鸡群随机交配，后代中只有黑色安达卢西亚鸡，C项错误；一只蓝色安达卢西亚母鸡，如不考虑互换和基因突变，则该鸡的基因型为Bb，所以其一个次级卵母细胞的毛色基因组成为BB或bb，D项正确。 10．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，且三者的显隐性强弱关系为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。下表表示雄性可育植株的杂交组合及结果，请分析并回答下列问题： 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预期实验结果及结论：______________________________________________ ____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。 答案：(1)遵循　(2)MM或Mm　不需要对母本去雄(或不需要去雄)　(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Mm 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)依据题意可知，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，若以雄性不育品系为母本，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，将丁所结种子全部播种，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。 微专题特训第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $