【高考领航】2016届高三生物大一轮复习单元提升练(五)遗传的基本规律

-1-单元提升练（五）遗传的基本规律1．(2015·辽宁抚顺期中联考)假说—演绎法是现代科学研究中常用的方法，包括“提出问题、作出假设、演绎推理、检验推理、得出结论”五个基本环节。利用该方法，孟德尔发现了两个遗传定律。下列关于孟德尔的研究过程的分析正确的是()A．孟德尔所作假设的核心内容是“性状是由位于染色体上的基因控制的”B．孟德尔依据减数分裂的相关原理进行“演绎推理”的过程C．为了验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验D．测交后代性状比为1∶1可以从细胞水平上说明基因分离定律的实质解析：选C。孟德尔所作假设的内容是性状由成对的遗传因子控制，而不是性状由位于染色体上的基因控制；测交后代性状分离比为1∶1，说明了假设的正确性，也从个体水平验证了基因的分离定律。2．白斑银狐是灰色银狐中的一种变种，在灰色背景上出现白色的斑点，十分漂亮。让白斑银狐自由交配，后代中总会出现约1/3的灰色银狐，其余均为白斑银狐。由此推断合理的是()A．可以利用测交的方法获得纯种白斑银狐B．后代灰色银狐中既有杂合子又有纯合子C．白斑银狐后代出现灰色银狐是由基因突变所致D．白斑银狐与灰色银狐交配，后代中白斑银狐约占1/2解析：选D。白斑银狐自由交配，后代中出现灰色银狐，说明灰色银狐是由隐性基因(设为a)控制的，进一步可推断亲本基因型为Aa和Aa。根据后代表现型及其比例为白斑银狐：灰色银狐＝2∶1，可推断出显性基因纯合(AA)致死，则纯种白斑银狐(AA)不存在。用于测交的白斑银狐只能是杂合的(Aa)。白斑银狐自由交配，后代灰色银狐(aa)一定是纯合子。白斑银狐后代出现灰色银狐是由等位基因分离造成的，符合基因的分离定律。白斑银狐(Aa)与灰色银狐(aa)交配，后代中白斑银狐(Aa)的比例为1/2。3．豌豆灰种皮(G)对白种皮(g)为显性，黄子叶(Y)对绿子叶(y)为显性。每对性状的杂合体(F1)自交后代(F2)均表现3∶1的性状分离比。F2的种皮颜色的分离比和-2-子叶颜色的分离比分别来自对以下哪代植株群体所结种子的统计()A．F1植株和F1植株B．F2植株和F2植株C．F1植株和F2植株D．F2植株和F1植株解析：选D。种皮表现型是由母本基因型决定的，性状分离比要延迟一代表现，子叶是由受精卵发育而来的，可在当代表现分离比。4．某植物为XY型性别决定的生物，在X的非同源区段上有控制阔叶和窄叶的一对等位基因B、b，阔叶对窄叶显性，某同学做了以下四组实验，结果如下，请据此实验判断下列表述正确的是()实验1：阔叶♀×窄叶♂→全部阔叶♂实验2：阔叶♀×窄叶♂→50%阔叶♂、50%窄叶♂实验3：阔叶♀×阔叶♂→50%阔叶♀、50%阔叶♂实验4：阔叶♀×阔叶♂→50%阔叶♀、25%阔叶♂、25%窄叶♂A．产生上述实验结果的原因最可能是XB的雌配子致死B．产生上述实验结果的原因最可能是Xb的雌配子致死C．产生上述实验结果的原因最可能是XB的雄配子致死D．产生上述实验结果的原因最可能是Xb的雄配子致死解析：选D。根据实验1和实验2可以看出后代全部为雄性，没有雌性个体，说明雌配子可以同含有Y的雄配子正常结合，没有致死现象，起致死作用的应该是雄配子，结合实验3和实验4可以推出应该是含有b基因的雄配子致死。5．某种开花植物细胞中，基因P(p)和基因R(r)分别位于两对同源染色体上，将纯合的紫花植株(基因型为PPrr)与纯合的红花植株(基因型为ppRR)杂交，F1全开紫花，自交后代F2中紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1。则F2中紫花植株基因型有()A．9种B．12种C．6种D．4种解析：选C。纯合的紫花植株(基因型为PPrr)与纯合的红花植株(基因型为ppRR)杂交，F1全开紫花，F1自交后代F2中紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1。因此判断：-3-基因型为P－rr和P－R－的植株开紫花，基因型为ppR－的植株开红花，基因型为pprr的植株开白花。则F2中紫花植株基因型有6种。6．(2015·山东济南外国语学校质检)某种豚鼠的毛色受两对等位基因控制。有一只黑鼠和一只白鼠杂交，子代全部是黑鼠，用子代黑鼠与亲代白鼠交配，子二代中白∶黑＝3∶1，关于此现象合理的解释是()A．子二代完全符合分离定律的性状分离比B．两对等位基因位于一对同源染色体上，且没有出现交叉互换C．后代个体数量少，统计中出现了较大的偏差D．两对等位基因分别位于两对同源染色体上，且双显个体才表现为黑色解析：选D。因该种豚鼠的毛色受两对等位基因控制，双显性的子一代全为黑色。用子代黑鼠与亲代白鼠交配，子二代白∶黑＝3∶1，是因为子二代中双显个体占1/4，只存在一个显性基因的个体仍是白色，故白色个体占3/4。7．一个家庭中，父亲是色觉正常的多指(由常染色体上的显性基因控制)患者，母亲的表现型正常，他们却生了一个手指正常但患红绿色盲的孩子。下列叙述正确的是()A．该孩子的色盲基因来自祖母B．这对夫妇再生一个男孩，其只患红绿色盲的概率是1/2C．这对夫妇再生一个正常女儿的概率是1/4D．父亲的精子不携带致病基因的概率是1/3解析：选C。设控制手指的基因用A、a表示，控制色觉的基因用B、b表示，则该家庭中父母的基因型分别为AaXBY、aaXBXb，生育的手指正常但患红绿色盲的孩子一定为男孩，其色盲基因来自他的母亲，由于不知道外祖父母的表现型，故无法判断色盲基因来自于谁，故A错误；这对夫妇再生一个男孩，其只患红绿色盲的概率是1/2(手指正常概率)×1/2(男孩患色盲概率)＝1/4，故B错误；生育的女孩色觉都正常，这对夫妇再生一个正常女孩的概率是1/2(手指正常概率)×1/2(女孩的概率)＝1/4，故C正确；从父亲的基因型分析，基因型为aXB、aY的精子中不携带致病基因，占1/2，故D错误。8．为提高小麦的抗旱性，有人将大麦的抗旱基因(HVA)导入小麦，筛选出HVA基因成功整合到染色体上的高抗旱性T植株(假定HVA基因都能正常表达，黑点-4-表示HVA基因的整合位点)。让图所示类型的T植株自交，子代中高抗旱性植株所占比例是()A．1/16B．1/8C．15/16D．8/16解析：选C。如图含有两对同源染色体，假设较长的一对为1和2，另一对为3和4；产生的配子类型为：13、24、14、23，其中只有24这个组合无抗旱基因，占1/4，自交后代不抗旱植株占1/4×1/4＝1/16，所以抗旱植株占1－1/16＝15/16。9．人们在野兔中发现了一种使毛色为褐色的基因(T)位于X染色体上。已知没有X染色体的胚胎是致死的。如果褐色的雌兔(染色体组成为XO与)正常灰色(t)雄兔交配，预期子代中褐色兔所占比例和雌、雄之比分别为()A．3/4与1∶1B．2/3与2∶1C．1/2与1∶2D．1/3与1∶1解析：选B。由题知雌兔和雄兔的基因型分别为XTO、XtY，两兔交配，其子代基因型分别为XTXt、XtO、XTY，OY，因没有X染色体的胚胎是致死的，因此子代只有XTXt、XtO、XTY，三种基因型的兔，且数量之比为1∶1∶1，子代中XTXt为褐色雌兔，XtO为正常灰色雌兔，XTY为褐色雄兔，故子代中褐色兔占2/3，雌、雄之比为2∶1。10．某种自花传粉且闭花受粉的植物，其茎有高矮之分，茎表皮颜色有黄色、青色、黑色和褐色四种。控制茎的高矮和茎表皮颜色的三对基因位于三对同源染色体上，其中M基因存在时，B基因会被抑制，其他基因之间的显隐性关系正常(基因型与表现型的关系如下表)。请回答以下问题：-5-控制茎表皮颜色的基因组成控制茎高矮的基因组成A－B－A－bbaaB－aabbmm矮茎黄色矮茎青色矮茎黑色矮茎褐色M－高茎青色高茎青色高茎褐色高茎褐色(1)如选择该植物的两个不同品种进行杂交，操作的简要流程可表示为_________________________________________________________________。(2)该植物的茎高矮和茎表皮颜色都能稳定遗传的植株的基因型共有__________种。(3)假设后代足够多，基因型为________的植株自交，后代均会出现四种表现型且比例为9∶3∶3∶1；基因型为________的植株自交，后代均会出现三种表现型且比例为12∶3∶1。(4)假设后代足够多，基因型为MmAaBb的植株自交，后代会出现________种表现型，其中占后代9/16的表现型是__________。解析：(1)由于该植物是自花传粉且闭花受粉的植物，杂交时，应将母本的花在成熟之前进行去雄处理，然后套袋，等花成熟后，授予异株花粉，再套袋。简要流程可书写成“去雄→套袋→授粉→套袋”。(2)分析表中基因型和对应表现型的关系可知，控制矮茎的基因型为mm，控制高茎的基因型为M－；在茎表皮颜色的遗传过程中A－B－为黄色，A－bb为青色，aaB－为黑色，aabb为褐色。能稳定遗传的植株指的是自交后代不会出现性状分离的植株。该植物有8种纯合子，其自交后代不会出现性状分离，除此之外，基因型为MMAABb和MMaaBb的植株自交后代也不会出现性状分离。(3)要想自交后代出现9∶3∶3∶1或12∶3∶1的性状分离比，亲本的三对基因必须为两对杂合一对纯合，而两对杂合一对纯合的基因型共有6种，其中基因型为mmAaBb、MmAaBB和MmAabb的植株自交，后代会出现9∶3∶3∶1的性状分离比；基因型为MmaaBb和MmAABb的植株自交，后代会出现12∶3∶1的性状分离比；基因型为MMAaBb的植株自交，后代会出现3∶1的性状分离比。-6-(4)基因型为MmAaBb的植株自交，后代会出现高茎青色(占3/4×3/4×1＝9/16)、高茎褐色(占3/4×1/4×1＝3/16)、矮茎黄色(占1/4×3/4×3/4＝9/64)、矮茎青色(占1/4×3/4×1/4＝3/64)、矮茎黑色(占1/4×1/4×3/4＝3/64)、矮茎褐色(占1/4×1/4×1/4＝1/64)6种表现型，其中占后代9/16的表现型是高茎青色。答案：(1)去雄→套袋→授粉→套袋(2)10(3)mmAaBb、MmAaBB和MmAabbMmaaBb和MmAABb(4)6高茎青色11．某动物种群内，雌雄个体均有短尾和长尾、短胡须和长胡须性状。已知尾巴的性状由基因A、a控制、胡须的性状由基因B、b控制，下表是一杂交实验的记录表(后代数目符合统计学要求)。据此回答以下问题：亲本的表现型子一代的表现型及比例实验一长尾长胡须(♀)×短尾短胡须(♂)短尾长胡须(♀)∶短尾短胡须(♀)∶短尾长胡须(♂)∶短尾短胡须(♂)＝1∶1∶1∶1………………(1)该动物尾巴的性状中，显性性状是________，A、a这对等位基因位于________(填“常染色体”或“性染色体”)上。(2)从实验一能否判断B、b这对等位基因的位置？__________。如果控制胡须性状基因的遗传为伴X染色体遗传，则雌性亲本的基因型为________。(3)现要通过子一代个体间的杂交实验来判断B、b这对等对基因的位置。①长胡须×长胡须，结果及结论：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②____________，结果及结论：若子二代全部是短胡须，则不能判断B、b这对等位基因的位置；若子二代雌雄个体中均出现短胡须∶长胡须＝3∶1的性状分离比，则这对等位基因位于常染色体上。③长胡须(♂)×短胡须(♀)，结果及结论：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________