必修2第一章孟德尔自由组合定律(可编辑修改word版)

一、选择题1.雄鸟的性染色体组成是 ZZ，雌鸟的性染色体组成是 ZW。

某种鸟羽毛的颜色由常染色体基因（A、a）和伴 Z 染色体基因（Z B、Z b）共同决定，其基因型与表现型的对应关系见下表。

下列叙述不正确的是因型纯合的灰雄鸟与杂合的黑雌鸟交配，子代中雄鸟的羽毛全为黑色C．两只黑鸟交配，子代羽毛只有黑色和白色，则母本的基因型为 AaZ B WD.一只黑雄鸟与一只灰雌鸟交配，若子代羽毛出现上述三种颜色，则理论上子代羽毛的黑色: 灰色:白色=9:3:4【答案】D【解析】试题分析：鸟类的性别决定类型为 ZW 型，雄性为 ZZ,雌性为 ZW。

黑鸟的基因型有 AAZ B Z B、AaZ B Z B、AAZ B Z b、AaZ B Z b、AAZ B W、AaZ B W 共 6 种,灰鸟的基因型有 AAZ b Z b、AaZ b Z b、AAZ b W、AaZ b W共 4 种,A 项正确；基因型纯合的灰雄鸟（AAZ b Z b）与杂合的黑雌鸟（AaZ B W）交配，子代中雄鸟基因型为 AAZ B Z b、AaZ B Z b，羽色全为黑色，雌鸟基因型为：AAZ b W、AaZ b W，羽色全是灰色，B项正确；两只黑鸟交配，子代羽色只有黑色和白色，则亲本常染色体上的基因一定为 Aa，又因为后代没有灰色，故母本的基因型为 AaZ B W，父本的基因型为 AaZ B Z B，C 项正确；一只黑雄鸟与一只灰雌鸟交配，子代羽色有黑色、灰色和白色，则亲本常染色体上基因一定为 Aa，又因为后代有灰色，则母本的基因型为 AaZ b W，父本的基因型为 AaZ B Z b；子代黑色个体所占比例3/4×1/2=3/8，灰色个体所占比例：3/4×1/2=3/8，白色个体所占比例为 1/4，所以黑、灰、白色理论上分离比为3∶3∶2，D 项错误。

考点：本题考查基因的自由组合定律、伴性遗传的相关知识，意在考查学生能运用所学知识与观点，通过运用比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理判断或得出正确结论的能力。

2.玉米的宽叶(A)对窄叶(a)为显性，宽叶杂交种(Aa)玉米表现为高产，比纯合显性和隐性品种的产量分别高 12％和20％；玉米有茸毛(D)对无茸毛(d)为显性，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株在幼苗期就不能存活。

两对基因独立遗传。

高产有茸毛玉米自交产生子代，则子代的成熟植株中A．有茸毛与无茸毛比为 3:1B.有9 种基因型C.高产抗病类型占 1/4D.宽叶有茸毛类型占 1/2【答案】D【解析】试题分析：依题意，高产有茸毛玉米的基因型为 AaDd，若只研究 A 和 a，其自交产生 F1的基因型和比例为 AA:Aa:aa=1:2:1，若只研究 D 和 d，其自交产生 F1的基因型和比例为DD:Dd:dd=1:2:1，其中 DD 致死, 所以有茸毛与无茸毛比为 2：1，A 项错误；若将两对基因一起研究，则 F1成熟植株中有 6 种基因型，B 项错误；高产抗病 AaDd 比例为1/2×2/3=1/3，C项错误；宽叶有茸毛（AADd 和AaDd）的比例为3/4×2/3=1/2，D 项正确。

考点：本题考查基因的自由组合定律的应用的相关知识，意在考查学生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能运用所学知识与观点，通过比较、分析、综合等方法对某些生物绿色条纹学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。

3.一种鹰的羽毛有条纹和非条纹、黄色和绿色的差异，已知决定颜色的显性基因纯合子不能存活。

图显示了鹰羽毛的杂交遗传，对此合理的解释是P ×F1F26 : 3 : 2 : 1A．非条纹对条纹镶嵌显性B．绿色对黄色不完全显性C．控制羽毛性状的两对基因完全连锁D．控制羽毛性状的两对基因自由组合【答案】D【解析】试题分析：亲本条纹和非条纹，F1 都是非条纹，所以非条纹对条纹为完全显性，A 项错误。

F1 绿色自交后代 2 绿色：1黄色，所以绿色对黄色为完全显性，且绿色纯合子致死，B项错误。

F2 的比例是(2:1) ×(3:1),遵循乘法原理，说明两对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，C 项错误、D 项正确。

考点：本题考查基因的遗传定律，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。

4.已知某一动物种群中仅有 Aabb 和 AAbb 两种类型个体（aa 的个体在胚胎期致死），两对性状遵循基因自由组合定律，Aabb：AAbb=1:1，且该种群中雌雄个体比例为 1:l，个体间可以自由交配，则该种群自由交配产生的成活子代中能稳定遗传的个体所占比例是A．5/8 B．3/5 C．1/4 D．3/4【答案】B【解析】试题解析：分析题意，bb 无论是自交还是自由交配的结果始终是 bb，种群中 A 的基因频率为 3/4，a 的基因频率为 1/4，所以自由交配后 AA 的个体为 9/16，Aa 的个体为 6/16，aa 的个体为 1/16，但 aa 纯合致死，故 AA 的个体占 9/15=3/5，也即能稳定遗传的个体占总数的的3/5。

考点：本题考查基因的自由组合定律，以及通过基因频率计算基因型频率的方式。

意在考查学生能运用所学知识，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行推理、计算得出正确结论的能力。

5.以纯合的非糯性除草剂敏感玉米（甲）为材料，经过诱变处理获得非糯性除草剂抗性玉米（乙）。

控制非糯性（SH）与糯性（sh），除草剂抗性（R）与除草剂敏感（r）的基因分别位于两对同源染色体上，下列叙述不正确的是（）A．乙连续自交若干代，纯合抗性植株的比例逐代提高B．经过诱变处理诱发的基因突变，不能决定玉米的进化方向C．甲的花粉经诱变处理并培养等，有可能获得可育的糯性除草剂敏感的个体D．若甲和乙（基因型分别SHSHrr、SHSHRr）杂交，后代性状分离比接近1:1:1:1黄色非条纹绿色非条纹自交 1 : 1黄色绿色非条纹条纹黄色条纹黄色非条纹绿色非条纹【答案】D【解析】试题分析：依题意，纯合的非糯性除草剂敏感玉米（甲）的基因型为 SHSHrr，经过诱变处理获得非糯性除草剂抗性玉米（乙）的基因型为 SHSHRr，乙连续自交若干代，纯合子所占比例逐代提高，A 项正确；基因突变是不定向的，只能为生物进化提供原材料，自然选择决定生物进化的方向，B 项正确；甲的花粉的基因型为 SHr，经诱变处理可能发生基因突变产生sh 突变基因，再经过培养和人工诱导，就有可能获得可育的糯性除草剂敏感的个体（shshrr），C 项正确；甲和乙的基因型分别为 SHSHrr、SHSHRr，二者杂交，后代的表现型及其性状分离比为非糯性除草剂敏感玉米（SHSHrr）:非糯性除草剂抗性玉米（SHSHRr）=1:1，D 项错误。

考点：本题考查遗传的基本定律、现代生物进化理论的相关知识，意在考查学生能理解所学知识的要点、把握知识间的内在联系的能力；能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。

6．豌豆中，籽粒黄色(Y)和圆形(R)分别对绿色(y)和皱缩(r)为显性，现将黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆杂交得到的 F1自交，F2的表现型及比例为黄色圆粒︰黄色皱粒︰绿色圆粒︰绿色皱粒=9:3:15:5，则亲本的基因型为A．YYRR yyrr B．YyRr yyrrC．YyRR yyrr D．YYRr yyrr【答案】C【解析】试题分析：由题意结合表现型可知亲本中黄色圆粒豌豆的基因型为 Y＿R＿，绿色皱粒豌豆的基因型一定是隐性纯合子即 yyrr；F2的表现型中，圆粒︰皱粒=（9+15）：（3+5）=3:1，可知 F1的个体控制粒形的基因型只有一种即 Rr，进一步可推知亲本中圆粒的基因型一定是RR，因而可排除 B、D 选项；若为 A 选项，则 F1的基因型一定是 YyRr，自交后得到的 F2的表现型及比例应该为黄色圆粒︰黄色皱粒︰绿色圆粒︰绿色皱粒=9:3:3:1，与题意不符，也可排除；若为 C选项，则 F1的基因型是 YyRr：yyRr=1:1,只考虑颜色遗传，则 F1自交，F2 的表现型及比例为黄色（1/2x3/4）：绿色（1/2x1/4+1/2x1）=3:5=(9+3):(15+5),与题意吻合，所以选 C。

7.如图甲是苯丙氨酸在人体内的代谢示意图，已知基因 A 突变为 a 会导致白化病，基因 B突变为 b 会导致苯丙酮尿症。

图乙是白化病和苯丙酮尿症的家系图。

下列有关叙述正确的是A．基因 B 发生突变的个体会既患苯丙酮尿症，又患白化病B．图甲说明基因通过控制蛋白质的结构来控制生物的性状C．7 和 8 再生一个正常孩子的可能性为 5/8D．5 和 8 基因型相同的几率为 2/3【答案】C【解析】试题分析：根据题意，基因 B 发生突变导致苯丙酮尿症，基因 A 突变导致白化病，A 错误；图甲中基因控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物的性状，B 错误；7 的基因型为 AaBb，8 的基因型为 A_Bb，子代正常的概率为(1-2/3*1/4)*3/4=5/8，C 正确；5的基因型为 AaB_，8 的基因型为 A_Bb，两者基因型相同的概率为 2/3*2/3=4/9，D 错误。

考点：本题考查人类遗传病，意在考查考生能从课外材料中获取相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题。

8.某种野兔的脂肪有黄脂、褐脂、白脂和无脂四种表现型，由两对位于常染色体上的等位基因决定(分别用A、a，B、b 表示)，将一只白脂雄兔和多只黄脂雌兔杂交，取F1中的多只褐脂兔雌雄个体相互交配，F2有4 种表现型：褐脂兔162 只，白脂兔81 只，黄脂兔80 只，无脂兔41 只。

根据上述信息，下列表述错误的是（）A．亲本白脂兔和黄脂兔的基因型依次是aaBb 和Aabb。

B．根据上述 F2的表现型及比例，说明两对基因不遵循基因的自由组合定律。

C．F1中一只黄脂雌兔和白脂雄兔，正常减数分裂都能产生两种比例相等的配子。

D．F2纯合子所占的比例为 1/9。

【答案】B【解析】试题分析：F1中的多只褐脂兔(AaBb)雌雄个体相互交配，F2有4 种表现型：褐脂兔 162 只，白脂兔 81 只，黄脂兔 80 只，无脂兔 41 只，比例接近 4:2:2:1, 即（4/16）:(2/16):(2/16):(1/16),推断褐脂兔为 AaBb(4/16)，白脂兔为 aaBb（2/16），黄脂兔为Aabb（2/16）, 无脂兔为aabb(1/16),即AA_和_ _BB 致死，A 正确，B 错。