2019届高三生物苏教版一轮复习：必修2 第5单元 第1讲 课时分层训练14 Word版含解析

课时分层训练(十四)
(建议用时：45分钟)
A组基础达标
1．孟德尔做了如图所示的豌豆杂交实验，以下描述错误的是( )
A．①和②的操作同时进行
B．①的操作是人工去雄
C．②的操作是人工授粉
D．②的操作后要对雌蕊套袋
A [在进行杂交实验时，先除去未成熟花的全部雄蕊(去雄)，然后套上纸袋；待雌蕊成熟时，采集另一植株的花粉，撒在去雄花的雌蕊的柱头上，再套上纸袋，故A错误。

]
2．孟德尔在探索遗传规律时，运用了“假说—演绎法”，下列相关叙述不正确的是( )
A．提出问题是建立在纯合亲本杂交和F1自交的遗传实验基础上的
B．“遗传因子在体细胞的染色体上成对存在”属于假说内容
C．“F1(Dd)产生两种数量相等的配子(D和d)”属于推理内容
D．对推理(演绎)过程及结果进行的检验是通过测交实验完成的
B [本题考查假说—演绎法，意在考查学生在理解方面的能力，难度中等。

依据孟德尔实验过程及演绎推理，遗传因子在细胞中成对存在为假说内容，并没有提出遗传因子与染色体的关系，B项错误。

] 3．测交法可用来检验F1是不是纯合子，其关键原因是( )
A．测交子代出现不同的表现型
B．测交不受其他花粉等因素的影响
C．与F1进行测交的个体是隐性纯合子
D．测交后代的表现型及比例直接反映F1的配子类型及比例
D [本题考查对测交实验的分析，意在考查学生对测交实验的理解及应用能力，难度中等。

用测交实验来检测F1是不是纯合子，是将F1和隐性纯合子杂交，由于隐性纯合子只能产生一种类型的配子，所以，子代表现型及比例能直接反映F1产生的配子类型及比例，D正确。

]
4．某养猪场有黑色猪和白色猪，假如黑色(B)对白色(b)为显性，要想鉴定一头黑色公猪是杂种(Bb)还是纯种(BB)，最合理的方法是( )
A．让该公猪充分生长，以观察其肤色是否会发生改变
B．让该黑色公猪与黑色母猪(BB或Bb)交配
C．让该黑色公猪与白色母猪(bb)交配
D．从该黑色公猪的表现型即可分辨
C [本题考查基因分离定律，意在考查学生在理解和知识应用方面的能力，难度较小。

鉴定显性表现型动物个体的基因型可采用测交的方法，即让该黑色公猪与白色母猪(bb)交配，如果后代全为黑色猪，说明该黑色公猪的基因型为BB ，如果后代中出现了白色猪，说明该黑色公猪的基因型为Bb 。

]
5．菜豆是一年生自花传粉的植物，其有色花对白色花为显性。

一株有色花菜豆(Cc)生活在某海岛上，该海岛上没有其他菜豆植株存在，三年之后开有色花菜豆植株和开白色花菜豆植株的比例是( )
A ．3∶1
B.15∶7 C ．9∶7
D.15∶9
C [根据杂合子自交n 代，其第n 代杂合子的概率为：1/2n
，三年之后F 3的杂合子的概率为：1/23
＝1/8。

则F 3中纯合子的概率为1－1/8＝7/8(其中显性纯合子7/16，隐性纯合子7/16)。

所以三年之后，有色花植株∶白色花植株＝(1/8＋7/16)∶7/16＝9∶7。

]
6．果蝇的灰身和黑身是一对相对性状，控制该性状的等位基因位于常染色体上，将纯种的灰身果蝇和黑身果蝇杂交，F 1全部为灰身果蝇。

让F 1自由交配得到F 2，将F 2的灰身果蝇取出，让其自由交配，后代中灰身和黑身果蝇的比例为( )
A ．1∶1 B.2∶1 C ．3∶1
D.8∶1
D [假设控制果蝇体色的基因为B 、b ，F 1自由交配，产生F 2的基因型及其比例分别为1/4BB 、2/4Bb 、1/4bb ，将F 2的灰身果蝇取出(1/3BB 、2/3Bb)，让其自由交配，后代能出现黑身果蝇的只有2/3Bb×2/3Bb 交配组合，出现黑身果蝇的概率为(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，出现灰身果蝇的概率为1—1/9＝8/9，故灰身与黑身果蝇的比例为8∶1。

]
7．金鱼草的花色由一对遗传因子控制，AA 为红色，Aa 为粉红色，aa 为白色，红花金鱼草与白花金鱼草杂交得F 1，F 1自交产生F 2。

下列有关F 2个体的叙述错误的是( )
A ．红花个体所占比例为1/4
B ．白花个体所占比例为1/4
C ．纯合子所占比例为1/4
D ．杂合子所占比例为1/2
C [AA×aa→F 1(Aa ，粉红色)――→⊗
F 2，F 2中AA(红色)∶Aa(粉红色)∶aa(白色)＝1∶2∶1，故F 2中纯合子所占的比例为1/2。

]
8．苏格兰牛的耳尖V 形与非V 形是一对相对性状，由一对等位基因控制。

以下是苏格兰牛耳尖性状遗传的家系图，下列叙述正确的是( )
A ．V 形耳尖由X 染色体上的显性基因控制
B ．由Ⅲ2的表现型可推定Ⅲ1为杂合子
C ．Ⅲ3中控制非V 形耳尖的基因可来自Ⅰ1
D ．Ⅲ2与Ⅲ5生出V 形耳尖子代的可能性为3/4
C [由Ⅱ1、Ⅱ2都是V 形耳尖生出非V 形耳尖Ⅲ2，可知，控制耳尖性状的V 形基因是显性基因，但是Ⅱ3是
非V形的，因此V形耳尖由常染色体上的显性基因控制，A错误；由Ⅲ2的表现型可推定Ⅱ1和Ⅱ2均为杂合子，但是Ⅲ1是否是杂合子未知，B错误；Ⅲ3中控制非V形耳尖的基因，父母均提供一个，其母亲的非V形耳尖的基因也可能来自Ⅰ1或者Ⅰ2，C正确；用A、a表示相关基因，则Ⅲ2与Ⅲ5的基因型分别为aa、Aa，因此生出V形耳尖子代的可能性为1/2，D错误。

]
9．多指是一类由常染色体上的遗传因子控制的人类遗传病。

已知某女患者的家系图，试回答下列问题(设A、a是与该病有关的遗传因子)：
(1)据图谱判断，多指是由________性遗传因子控制的遗传病。

(2)写出Ⅲ中女患者及其父母所有可能的遗传因子组成：女患者________，父亲________，母亲________。

(3)如果该女患者与多指男患者结婚，其后代所有可能的遗传因子组成是________。

(4)如果该女患者与一正常男子结婚，其后代患多指的概率为________。

【解析】(1)从遗传系谱图可知，正常个体7号的双亲(5、6号)均为患者，所以该病是由常染色体上的显性遗传因子控制的遗传病。

(2)Ⅲ中7号个体的遗传因子组成为aa，所以其父母的遗传因子组成均为Aa，女患者的遗传因子组成为1/3AA或2/3Aa。

(3)多指男患者遗传因子组成可能为AA或Aa，所以该女患者与多指男患者结婚，后代所有遗传因子组成有AA、Aa、aa。

(4)正常男子的遗传因子组成为aa，只有女患者的遗传因子组成为Aa时才会有正常的后代，正常的概率为2/3×1/2＝1/3，所以子代患病概率为1－1/3＝2/3。

【答案】(1)显(2)AA或Aa Aa Aa (3)AA、Aa、aa (4)2/3
10．现有以下牵牛花的四组杂交实验，其中，A组中子代红花数量为298，蓝花数量为101，B、C组未统计数量。

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
(1)若花色只受一对等位基因控制，则________组和________组对显隐性的判断正好相反。

(2)有人对实验现象提出了假设：花色性状由三个复等位基因(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是显性，A相对于a为显性。

若该假设正确，则B组所用的两个亲代蓝花基因型组合方式是________。

(3)若(2)中所述假设正确，那么红花植株的基因型可能有________种，为了测其基因型，某人分别用基因型为AA和aa的植株对其进行测定。

①若用基因型为AA的植株与待测植株杂交，则可以判断出的基因型是________。

②若用基因型为aa的植株与待测植株杂交，则可以判断出的基因型是________。

【解析】(1)若花色只受一对等位基因控制，则通过A组可以确定红花为显性性状，通过B组可以确定蓝花为显性性状，两组对显隐性的判断正好相反。

(2)A＋相对于A、a是显性，所以蓝色个体的基因组成中没有A＋，只有基因型为Aa与Aa的个体作亲本时，子代才会出现性状分离，所以亲本的基因型均为Aa。

(3)红色植株的基因型可以是aa、A＋A＋、A＋a、A＋A 4种，基因型为AA的植株是蓝色，所以用基因型AA的植株与上述四种基因型
的亲本杂交时，可以判断出的基因型为A＋A＋和aa。

若用基因型为aa的植株与待测植株杂交，可以判断出的基因型为A＋A。

【答案】(1)A B (2)Aa×Aa(3)4 A＋A＋和aa A＋A
B组能力提升
11．无尾猫是一种观赏猫。

猫的无尾、有尾是一对相对性状，其遗传符合基因的分离定律。

为了选育纯种的无尾猫，让无尾猫自交多代，但发现每一代中总会出现约1/3的有尾猫，其余均为无尾猫。

由此推断正确的是( )
A．猫的有尾性状是由显性基因控制的
B．自交后代出现有尾猫是基因突变所致
C．自交后代无尾猫中既有杂合子又有纯合子
D．无尾猫与有尾猫杂交后代中无尾猫约占1/2
D [依题意可知：猫的无尾是显性性状，且存在显性纯合致死现象。

无尾猫自交后代中的无尾猫全部是杂合子，有尾猫是隐性纯合子。

无尾猫与有尾猫的交配属于测交，后代中无尾猫和有尾猫各约占1/2。

] 12．水稻中非糯性(W)对糯性(w)为显性，非糯性品系所含淀粉遇碘呈蓝黑色，糯性品系所含淀粉遇碘呈红褐色。

下面是对纯种的非糯性与糯性水稻的杂交后代进行观察的结果，其中能直接证明孟德尔的基因分离定律的一项是( )
A．杂交后亲本植株上结出的种子(F1)遇碘全部呈蓝黑色
B．F1自交后结出的种子(F2)遇碘后，3/4呈蓝黑色，1/4呈红褐色
C．F1产生的花粉遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈红褐色
D．F1测交所结出的种子遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈红褐色
C [基因分离定律的实质：杂合子减数分裂形成配子时，等位基因分离，分别进入两个配子中去，独立地随配子遗传给后代，由此可知，分离定律的直接体现是等位基因分别进入两个配子中去，即F1(W w)产生配子的类型。

]
13．研究发现，豚鼠毛色由以下等位基因决定：C b—黑色、C c—乳白色、C s—银色、C x—白化。

为确定这组基因间的关系，进行了部分杂交实验，结果如下，据此分析下列选项正确的是( )
A.
B．该豚鼠群体中与毛色有关的基因型共有6种
C．无法确定这组等位基因间的显性程度
D．两只豚鼠杂交的后代最多会出现四种毛色
A [亲代黑×黑→子代出现黑和白化，说明黑(C b)对白化(C x)为显性。

亲代乳白×乳白→子代出现乳白和白化，说明乳白(C c)对白化(C x)为显性。

亲代黑×白化→子代出现黑和银，说明黑(C b)对银(C s)为显性，银(C s)对白化(C x)为显性，故两只白化的豚鼠杂交，后代不会出现银色个体，A项正确；该豚鼠群体中与毛色有关的基因型
有10种，B项错误；根据四组交配亲子代的表现型关系可以确定C b(黑色)、C s(银色)、C c(乳白色)、C x(白化)这组等位基因间的显性程度，C项错误；由于四种等位基因间存在显隐性关系，两只豚鼠杂交的后代最多会出现三种毛色，D项错误。

]
14．在群体中位于某同源染色体同一位置上的两个以上、决定同一性状的基因称为复等位基因，如控制ABO 血型的基因。

在家兔的常染色体上有一系列决定毛色的复等位基因：C、c ch、c h、c，C基因对c ch、c h、c为显性，c ch基因对c h、c为显性，c h对c为显性。

C基因系列在决定家兔毛皮颜色时其表现型与基因型的关系如下表：
(1)家兔皮毛颜色的基因型共有________种，其中纯合子有________种。

(2)若一只全色雄兔和一只喜马拉扬雌兔多次交配后，子代全色∶青旗拉＝1∶1，则两只亲本兔的基因型分别为________、________。

(3)基因型为Cc ch的雌、雄兔交配，子代中有全色兔和青旗拉兔，让子代中的全色兔与喜马拉扬杂合兔交配，后代的表现型及比例________________。

(4)若有一只喜马拉扬雄兔和多只其他各色的雌兔，如何利用杂交方法检测出喜马拉扬雄兔的基因型？(写出实验思路和预期实验结果即可)_____________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________ ___________。

【解析】(1)决定家兔毛色一共有4个基因，全色基因型可能是CC、Cc ch、Cc h、Cc，青旗拉基因型有c ch c ch、c ch c h、c ch c，喜马拉扬的基因型可能是c h c h、c h c，白化的基因型是cc，故家兔皮毛颜色的基因型共有10种，其中纯合子有CC、c ch c ch、c h c h、cc 4种。

(2)根据全色兔和喜马拉扬兔的基因型特点，二者杂交子代全色∶青旗拉＝1∶1，则c ch基因只能存在于全色兔中，所以两只亲本的基因型分别是Cc ch、c h c h或c h c。

(3)基因型为Cc ch的雌、雄兔交配，子代全色兔的基因型有CC(1/3)、Cc ch(2/3)，与喜马拉扬杂合兔(c h c)交配，后代中只有全色兔和青旗拉兔，比例为2∶1。

(4)鉴定喜马拉扬雄兔的基因型最好选择测交，即让喜马拉扬雄兔与多只白化雌兔交配，若后代只有喜马拉扬兔，则该喜马拉扬兔为纯合子c h c h，若后代有白化兔，则该喜马拉扬兔的基因型为c h c。

【答案】(1)10 4 (2)Cc ch c h c h或c h c (3)全色∶青旗拉＝2∶1
(4)选用多只白化雌兔与该喜马拉扬雄兔交配后，若后代均为喜马拉扬兔，则该喜马拉扬雄兔的基因型为
c h c h，若后代出现了白化兔，则该喜马拉扬兔的基因型为c h c。