人教版遗传因子的发现单元测试题一

2017届人教版遗传因子的发现单元测试题一(100分)一、选择题(共12小题，每小题2分，共48分)1.孟德尔利用豌豆作为实验材料进行植物杂交实验，成功地发现了生物的遗传规律。下列各项中不属于豌豆作为遗传实验材料优点的是()A.豌豆是严格的自花传粉、闭花受粉植物B.豌豆在自然状态下一般是纯合的C.豌豆具有许多明显的相对性状D.杂种豌豆自交后代容易发生性状分离【解析】选D。豌豆作为遗传实验材料的优点是豌豆是严格的自花传粉、闭花受粉植物，在自然状态下一般是纯合的，并且具有许多明显的相对性状。D项所述是所有实验材料都具有的特点。2.下列各组中，不属于相对性状的是()A.水稻的早熟和晚熟B.豌豆的紫花和红花C.小麦的抗病与感病D.绵羊的长毛与细毛【解析】选D。相对性状是指一种生物同一种性状的不同表现类型。水稻的早熟和晚熟、豌豆的紫花和红花及小麦的抗病与感病均为相对性状，而绵羊的长毛和短毛，细毛与粗毛分别为相对性状。3.(2016·天水模拟)某种高等植物的杂合子(Aa)产生的雌雄配子的数目是()A.雌配子∶雄配子=1∶1B.雄配子很多，雌配子很少C.雌配子∶雄配子=1∶3D.含A遗传因子的雌配子∶含a遗传因子的雄配子=1∶1【解析】选B。基因分离定律的实质是等位基因的分离，基因型为Aa的植物产生的雄性配子中含A的和含a的数量相等，雌配子中含A的和含a的数量也相等，但雌雄配子之间数量上没有一定的联系，但根据减数分裂的特点可知，雄配子数量比雌配子多。4.大豆的白花和紫花是一对相对性状。下列四组杂交实验中：①紫花×紫花→紫花，②紫花×紫花→301紫花+101白花，③紫花×白花→208紫花，④紫花×白花→98紫花+102白花。能判断显性和隐性关系的是()A.①和②B.③和④C.①和③D.②和③【解析】选D。由同一表现型的个体杂交若子一代发生性状分离，则亲本为杂合子，判断“②紫花×紫花→301紫花+101白花”中，紫花为显性性状，白花为隐性性状；又由一对相对性状的纯合个体杂交，子一代表现出来的性状为显性性状，判断“③紫花×白花→208紫花”中，紫花为显性性状，白花为隐性性状。【方法技巧】显隐性及纯合子和杂合子的判断方法(1)显隐性性状的两种判断方法。①A×B→A，则A为显性性状，B为隐性性状。②A×A→A+B，则A为显性性状，B为隐性性状。注：A、B为表现型。(2)纯合子、杂合子的两种判断方法。①A×B→A，则亲本A、B是纯合子。②A×A→A+B，则亲本A为杂合子。5.(2016·重庆模拟)某二倍体植物的叶表面无蜡粉和有蜡粉由一对相对性状(由等位基因E、e表示)控制，某校研究性学习小组做了如下3组实验，有关分析不正确的是()编组亲本组合F1的表现型及比例甲组无蜡粉植株(♀)×有蜡粉植株(♂)无蜡粉∶有蜡粉=1∶1乙组无蜡粉植株(♂)×有蜡粉植株(♀)无蜡粉∶有蜡粉=1∶1丙组有蜡粉植株自交无蜡粉∶有蜡粉=1∶3A.实验结果表明有蜡粉是显性性状B.控制这对相对性状的基因位于细胞核内C.3组亲本中有蜡粉植株的基因型都是EeD.丙组的F1中纯合子所占的比例是1/4【解题指南】解答本题应明确以下两点：(1)后代出现1∶1，则亲本中的显性个体一定是杂合子。(2)后代出现3∶1，且表现为“无中生有”，则新出现的性状一定是隐性性状。【解析】选D。由丙组杂交实验结果可知：有蜡粉植株自交→无蜡粉∶有蜡粉=1∶3，表明有蜡粉是显性性状；由甲组和乙组正反交结果相同，说明控制这对相对性状的基因位于细胞核内；由3组杂交结果可以得出3组亲本中有蜡粉植株的基因型都是Ee；丙组杂交后代基因型为：EE、2Ee和ee，所以丙组的F1中纯合子所占的比例是1/2。6.(2016·重庆模拟)人的褐眼对蓝眼为显性，其相关基因位于常染色体上，某家庭的双亲皆为褐眼。其甲、乙、丙三个孩子中，有一个是收养的(非亲生孩子)。甲和丙为蓝眼，乙为褐眼。由此得出的正确结论是()A.孩子乙是亲生的，孩子甲或孩子丙是收养的B.该夫妇生一个蓝眼男孩的概率为1/4C.控制孩子乙眼睛颜色的基因型是纯合的D.控制双亲眼睛颜色的基因型是杂合的【解析】选D。由于双亲皆为褐眼，在孩子中出现蓝眼，可推知双亲均为杂合子，若控制褐眼和蓝眼的基因分别用A和a表示，则双亲的基因型均为Aa，则其亲生孩子可能是蓝眼(aa)，也可能是褐眼(AA或Aa)，所以无法确定甲、乙、丙三个孩子中哪一个是收养的；该夫妇生一个蓝眼男孩的概率为1/4×1/2=1/8；控制孩子乙眼睛颜色的基因型可能是AA，也可能是Aa。【方法技巧】个体基因型的确定方法(1)若后代性状分离比为显性∶隐性=3∶1，则双亲一定是杂合子(Aa)，即Aa×Aa→3A_∶1aa。(2)若后代性状分离比为显性∶隐性=1∶1，则双亲一定是测交类型，即Aa×aa→1Aa∶1aa。(3)若后代只有显性性状，则双亲至少有一方为显性纯合子，即AA×AA或AA×Aa或AA×aa。(4)若后代只有隐性性状，则双亲均为隐性纯合子，即aa×aa→aa。7.(2016·巴彦淖尔模拟)下列鉴定生物遗传特性的方法中恰当的是()A.鉴定一匹白马是否是纯合子用测交B.区分狗的长毛和短毛这一相对性状的显隐性关系用测交C.不断地提高小麦抗病系的纯度用测交D.检验杂种灰兔F1的基因型用杂交【解析】选A。用测交法可鉴别一匹白马是纯合子还是杂合子，如果后代只有显性个体，则很可能是纯合子；如果后代出现隐性个体，则为杂合子，A正确；用杂交法可以区别一对相对性状的显隐性关系，后代表现出的性状是显性性状，所以区分狗的长毛和短毛这一相对性状的显隐性关系用杂交的方法，B错误；用自交法可不断提高小麦抗病品种的纯度，因为杂合子自交后代能出现显性纯合子，并淘汰隐性个体，C错误；用测交法检验杂种F1的基因型时，如果后代只有显性个体，则很可能是纯合子，如果后代出现隐性个体，则为杂合子，D错误。8.(2016·太原模拟)西红柿果肉颜色红色和紫色为一对相对性状，红色为显性。用杂合的红果肉西红柿自交获得F1，将F1中表现型为红果肉的西红柿自交得到F2，以下叙述正确的是()A.F2中无性状分离B.F2中性状分离比为3∶1C.F2红果肉个体中杂合子占2/5D.F2中首先出现能稳定遗传的紫果肉西红柿【解析】选C。若控制西红柿果肉颜色红色和紫色的基因分别用D、d表示，杂合的红果肉西红柿自交获得F1，将F1中表现型为红果肉的西红柿自交得F2，由于F1中，红果肉西红柿中基因型为DD的个体占1/3，基因型为Dd的个体占2/3，则F2中基因型为dd的个体占(2/3)×(1/4)=1/6，F2中性状分离比为5∶1，其中红果肉个体中杂合子占2/5，在F1中即能出现稳定遗传的紫果肉西红柿。9.(2016·昆明模拟)在阿拉伯牵牛花的遗传实验中，用纯合子红色牵牛花和纯合子白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1，如果取F2中的粉红色的牵牛花和红色的牵牛花均匀混合种植，进行自由传粉，则后代表现型及比例应该为()A.红色∶粉红色∶白色=4∶4∶1B.红色∶粉红色∶白色=3∶3∶1C.红色∶粉红色∶白色=1∶2∶1D.红色∶粉红色∶白色=1∶4∶1【解析】选A。F2中的粉红色牵牛花(Aa)和红色牵牛花(AA)的比例为2∶1，A的基因频率为2/3，a的基因频率为1/3，后代中AA占4/9，Aa占4/9，aa占1/9，故后代中AA∶Aa∶aa=4∶4∶1。10.(能力挑战题)喷瓜植株的雌雄性是由3个基因aD、a+、ad决定的，aD对a+为显性，a+对ad为显性。喷瓜个体只要有aD基因即为雄性，无aD而有a+基因时为雌雄同株，只有ad基因时为雌性。下列说法正确的是()A.该植物不可能存在的基因型是aDaDB.该植物可产生基因组成为aD的雌配子C.该植物不可能产生基因组成为a+的雌配子D.aDad×a+ad→雄株∶雌雄同株∶雌株=1∶2∶1【解析】选A。根据题意可知，喷瓜的雄株基因型为aDa+、aDad，雌雄同株的基因型为a+a+、a+ad，雌株的基因型为adad。由于雌配子的基因组成没有aD，故该植物不可能存在的基因型是aDaD，但该植物可产生基因组成为a+的雌配子。aDad×a+ad→雄株∶雌雄同株∶雌株=2∶1∶1。11.(2016·桂林模拟)某种品系的鼠毛色灰色和黄色是一对相对性状，科学家进行了大量的杂交实验得到了如下结果，由此推断不正确的是()杂交亲本后代杂交A灰色×灰色灰色杂交B黄色×黄色2/3黄色，1/3灰色杂交C灰色×黄色1/2黄色，1/2灰色A.杂交A后代不发生性状分离，亲本为纯合子B.由杂交B可判断鼠的黄色毛基因是显性基因C.杂交B后代黄色毛鼠既有杂合子也有纯合子D.鼠毛色这对相对性状的遗传符合基因的分离定律【解题指南】(1)解题关键：显隐性关系的判断及杂交组合比中后代2∶1形成原因的理解。(2)关键知识：显性纯合致死仍旧遵循基因的分离定律。【解析】选C。由杂交B的结果可知，黄色为显性性状，灰色为隐性性状，且杂交B中的双亲为杂合子；杂交A的亲子代均表现为隐性性状(灰色)，因此，亲代均为隐性纯合子；结合杂交B后代中2/3黄色、1/3灰色，可知导致这一现象的原因可能是黄色个体纯合时会死亡，因此，杂交B后代黄色毛鼠都是杂合子，没有纯合子。12.让独立遗传的黄色非甜玉米YYSS与白色甜玉米yyss杂交，在F2中得到白色甜玉米80株，那么F2中表现不同于双亲的杂合植株约为()A.160株B.240株C.320株D.480株【解析】选C。F2中白色甜玉米占总数的1/16，故F2总数为1280株。F2中表现不同于双亲的杂合植株(包括Yyss和yySs)占总数的1/4，故符合条件的植株约为320株。【易错提醒】易忽略题干要求“表现不同于双亲的杂合植株”，而直接按照“表现不同于双亲的植株”解题，将会错选D项。13.(2016·自贡模拟)已知A与a、B与b、C与c3对等位基因自由组合，基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，正确的是()A.表现型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16B.表现型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16C.表现型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8D.表现型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16【解析】选D。本题考查对基因自由组合定律的灵活运用。基因型为AaBbCc×AabbCc的杂交组合，其后代的表现型有2×2×2=8种；AaBbCc个体的比例为1/2×1/2×1/2=1/8；aaBbcc个体的比例为1/4×1/2×1/4=1/32；Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4=1/16；aaBbCc个体的比例为1/4×1/2×1/2=1/16。14.(2016·通辽模拟)水稻高秆(D)对矮秆(d)为显性，抗稻瘟病(R)对易感稻瘟病(r)为显性，两对相对性状独立遗传，现用一个纯合易感稻瘟病的矮秆品种(抗倒伏)与一个纯合抗稻瘟病的高秆(易倒伏)杂交，子二代中出现既抗倒伏又抗病类型的比例为()A.1/8B.1/16C.3/16D.3/4【解析】选C。纯合高秆抗稻瘟病水稻的基因型为DDRR，纯合矮秆易感稻瘟病水稻的基因型为ddrr，它们杂交产生的F1基因型为DdRr，F1自交产生的F2：D_R_∶D_rr∶ddR_∶ddrr=9∶3∶3∶1，F2中出现矮秆抗病类型的基因型及比例为1/16ddRR、2/16ddRr，所以子二代中出现既抗倒伏又抗病类型的比例为3/16。15.有一种软骨发育不全的遗传病，两个有这种病的人(其他性状正常)结婚，所生第一个孩子得白化病且软骨发育不全，第二个孩子全部性状正常。假设控制这两种病的基因符合基因的自由组合定律，请预测，他们再生一个孩子同时患两种病的概率是()A.1/16B.1/8C.3/16D.3/8【解析】选C。假设软骨发育不全由B、b基因控制，白化病由A、a基因控制，因为两个软骨发育不全的人(其他性状正常)结婚，所生第一个孩子得白化病且软骨发育不全，第二个孩子全部性状正常，可以推断出此夫妇的