《2020屆高考生物一輪復習 高考真題分類題庫 2014年知識點10 遺傳的基本規(guī)律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考生物一輪復習 高考真題分類題庫 2014年知識點10 遺傳的基本規(guī)律（含解析）（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、知識點10 遺傳的基本規(guī)律 1.(2014·海南高考·T22)基因型為AaBbDdEeGgHhKk的個體自交,假定這7對等位基因自由組合,則下列有關其子代的敘述,正確的是　(　　) A.1對等位基因雜合、6對等位基因純合的個體出現的概率為5/64 B.3對等位基因雜合、4對等位基因純合的個體出現的概率為35/128 C.5對等位基因雜合、2對等位基因純合的個體出現的概率為67/256 D.7對等位基因純合個體出現的概率與7對等位基因雜合個體出現的概率不同 【解題指南】(1)題干關鍵詞:“個體自交”“7對等位基因自由組合”。 (2)關鍵知識:遺傳的分離定律和自由組合定律。 (3

2、)隱含知識:應用分離定律解決自由組合定律的問題。 【解析】選B。本題主要考查遺傳基本規(guī)律的相關知識。A項中,1對等位基因雜合、6對等位基因純合的個體出現的概率=2/4×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×=7/128,故A項錯。B項中,3對等位基因雜合、4對等位基因純合的個體出現的概率=2/4×2/4×2/4×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×=35/128,故B項正確。C項中,5對等位基因雜合、2對等位基因純合的個體出現的概率為=2/4×2/4×2/4×2/4×

3、2/4×(1/4+1/4)×(1/4+1/4)×=21/128,故C項錯。D項中,7對等位基因純合的個體出現的概率與7對等位基因雜合的個體出現的概率相同,D項錯誤。 2.(2014·海南高考·T23)某動物種群中,AA、Aa和aa基因型的個體依次占25%、50%、25%。若該種群中的aa個體沒有繁殖能力,其他個體間可以隨機交配,理論上,下一代中AA∶Aa∶aa基因型個體的數量比為　(　　) A.3∶3∶1 B.4∶4∶1 C.1∶2∶0 D.1∶2∶1 【解題指南】(1)題干關鍵詞:“aa個體沒有繁殖能力”“個體間可以隨機交配”。 (2)關鍵知識:基因分離定律,一對相對

4、性狀的親子代基因型、表現型及相關概率的計算。 【解析】選B。本題主要考查基因分離定律的相關知識。若該種群中的aa個體沒有繁殖能力,其他個體間可以隨機交配就是AA、Aa這兩種基因型的雌雄個體間的交配,AA占1/3,Aa占2/3,采用棋盤法。 產生雌雄配子的概率 2/3A 1/3a 2/3A 4/9AA 2/9Aa 1/3a 2/9Aa 1/9aa 理論上,下一代基因型個體的數量比為:AA∶Aa∶aa=4∶4∶1。根據以上分析,故B項正確。 3.(2014·海南高考·T25)某二倍體植物中,抗病和感病這對相對性狀由一對等位基因控制,要確定這對性狀的顯隱性關系,應該選用的雜交

5、組合是　(　　) A.抗病株×感病株 B.抗病純合體×感病純合體 C.抗病株×抗病株,或感病株×感病株 D.抗病純合體×抗病純合體,或感病純合體×感病純合體 【解題指南】(1)題干關鍵詞:“這對相對性狀由一對等位基因控制”“確定這對性狀的顯隱性關系”。 (2)關鍵知識:基因的分離定律、基因的顯隱性和純合體(子)、雜合體(子)的判斷。 (3)隱含知識:判斷性狀顯隱性關系的方法。 【解析】選B。本題主要考查根據基因分離定律判斷性狀顯隱性關系的相關知識。具有相對性狀的純合個體進行正反交,子代表現出來的性狀就是顯性性狀,對應的為隱性性狀,故B項正確。 4.(2

6、014·安徽高考·T5)鳥類的性別決定為ZW型。某種鳥類的眼色受兩對獨立遺傳的基因(A、a和B、b)控制。甲、乙是兩個純合品種,均為紅色眼。根據下列雜交結果,推測雜交1的親本基因型是　(　　) 雜交1　　　　♂甲×乙♀ 　　　　　　　　　↓ 　　　　　　雌雄均為褐色眼 雜交2　　　　♀甲×乙♂ 　　　　　　　　　↓ 　　　　雄性為褐色眼、雌性為紅色眼 A.甲為AAbb,乙為aaBB B.甲為aaZBZB,乙為AAZbW C.甲為AAZbZb,乙為aaZBW D.甲為AAZbW,乙為aaZBZB 【解題指南】(1)關鍵知識:明確鳥類的性別決定方式,充分利用同型隱性個體與異型

7、顯性個體雜交,后代性狀與性別相關。 (2)隱含信息:鳥類雄性個體為ZZ,雌性個體為ZW;B、b基因只位于Z染色體上。 【解析】選B。本題主要考查伴性遺傳與性別決定的相關知識。根據其表現型特點可知,當存在一個顯性基因時為紅色眼,當存在兩個顯性基因時為褐色眼,由雜交2中后代的表現型可知,甲的基因型為aaZBW,乙的基因型為AAZbZb,因此后代的基因型為AaZBZb和AaZbW,雜交1中后代的基因型必為AaZBZb和AaZBW。因此雜交1的親本基因型為aaZBZB和AAZbW,因此B項正確。 5.(2014·福建高考·T28)人類對遺傳的認知逐步深入: (1)在孟德爾豌豆雜交實驗中,純合的

8、黃色圓粒(YYRR)與綠色皺粒(yyrr)的豌豆雜交,若將F2中黃色皺粒豌豆自交,其子代中表現型為綠色皺粒的個體占　　　　　。進一步研究發(fā)現r基因的堿基序列比R基因多了800個堿基對,但r基因編碼的蛋白質(無酶活性)比R基因編碼的淀粉支酶少了末端61個氨基酸,推測r基因轉錄的mRNA提前出現　　　　。試從基因表達的角度,解釋在孟德爾“一對相對性狀的雜交實驗”中,所觀察的7種性狀的F1中顯性性狀得以體現,隱性性狀不體現的原因是 。 (2)摩爾根用灰身長翅(BBVV)與黑身殘翅(bbvv)的果蠅雜交,將F1中雌果蠅與

9、黑身殘翅雄果蠅進行測交,子代出現四種表現型,比例不為1∶1∶1∶1,說明F1中雌果蠅產生了　　　種配子。實驗結果不符合自由組合定律,原因是這兩對等位基因不滿足該定律“　　　　　　”這一基本條件。 (3)格里菲思用于轉化實驗的肺炎雙球菌中,S型菌有SⅠ、SⅡ、SⅢ等多種類型,R型菌是由SⅡ型突變產生。利用加熱殺死的SⅢ與R型菌混合培養(yǎng),出現了S型菌。有人認為S型菌出現是由于R型菌突變產生,但該實驗中出現的S型菌全為　　　　　,否定了這種說法。 (4)沃森和克里克構建了DNA雙螺旋結構模型,該模型用　　　　　　　　解釋DNA分子的多樣性,此外,　　　　　　　　　的高度精確性保證了DNA遺傳信息

10、穩(wěn)定傳遞。 【解題指南】(1)關鍵信息:r基因的堿基序列比R基因的堿基對多;r基因編碼的蛋白質(無酶活性)比R基因編碼的淀粉支酶的氨基酸少。 (2)關鍵知識:基因對性狀的控制;顯性性狀得以體現,隱性性狀不體現的原因。從基因表達的角度分析,隱性性狀不體現的原因可以是顯性基因表達,隱性基因不轉錄,或隱性基因不翻譯,或隱性基因編碼的蛋白質無活性或活性低。 【解析】本題考查了基因的自由組合定律、基因對性狀的控制、肺炎雙球菌的轉化實驗、DNA的分子結構的相關知識。 (1)在孟德爾豌豆雜交實驗中,純合的黃色圓粒(YYRR)與綠色皺粒(yyrr)的豌豆雜交,則其F2中的黃色皺粒豌豆的基因型為1/3

11、YYrr和2/3 Yyrr,則它們自交,其子代中表現型為綠色皺粒(yyrr)的個體所占比例為yy(2/3×1/4)×rr(1)=1/6。r基因的堿基對數比R基因多,但r基因編碼的蛋白質(無酶活性)比R基因編碼的淀粉支酶少61個氨基酸,由此可以推測r基因轉錄的mRNA一定提前出現了終止密碼(子)。從基因表達的角度,隱性性狀不體現的原因可以是顯性基因表達,隱性基因不轉錄,或隱性基因不翻譯,或隱性基因編碼的蛋白質無活性或活性低。 (2)摩爾根用灰身長翅(BBVV)與黑身殘翅(bbvv)的果蠅雜交,將F1中雌果蠅測交,子代有4種表現型,可以肯定F1中的雌果蠅產生了4種配子,但結果不符合自由組合定律,

12、原因是這兩對等位基因不滿足該定律“非同源染色體上非等位基因”的這一基本條件。 (3)由于突變存在不定向性,所以該實驗中出現的S型菌全為SⅢ,就說明不是突變產生的,這樣否定了前面的說法。 (4)沃森和克里克構建了DNA雙螺旋結構模型,該模型用堿基對排列順序的多樣性解釋DNA分子的多樣性,此外堿基互補配對的高度精確性保證了DNA遺傳信息穩(wěn)定傳遞。 答案:(1)1/6　終止密碼(子)　顯性基因表達,隱性基因不轉錄,或隱性基因不翻譯,或隱性基因編碼的蛋白質無活性或活性低 (2)4　非同源染色體上非等位基因　(3)SⅢ (4)堿基對排列順序的多樣性　堿基互補配對 6.(2014·安徽高考·T

13、31)香味性狀是優(yōu)質水稻品種的重要特性之一。 (1)香稻品種甲的香味性狀受隱性基因(a)控制,其香味性狀的表現是因為　 　,導致香味物質積累。 (2)水稻香味性狀與抗病性狀獨立遺傳?？共?B)對感病(b)為顯性。為選育抗病香稻新品種,進行了一系列雜交實驗。其中,無香味感病與無香味抗病植株雜交的統(tǒng)計結果如圖所示,則兩個親代的基因型是　　　　　　　　。上述雜交的子代自交,后代群體中能穩(wěn)定遺傳的有香味抗病植株所占比例為　 。 (3)用純合無香味植株作母本與香稻品種甲進行雜交,在F1中偶爾發(fā)現某一植株具

14、有香味性狀。請對此現象給出兩種合理的解釋: ①　 ; ②　 。 (4)單倍體育種可縮短育種年限。離體培養(yǎng)的花粉經脫分化形成　　　　　,最終發(fā)育成單倍體植株,這表明花粉具有發(fā)育成完整植株所需的　　　　　　　　　　　　　。若要獲得二倍體植株,應在　　　　　時期用秋水仙素進行誘導處理。 【解題指南】(1)題干關鍵信息:“穩(wěn)定遺傳的有香味抗病植株”“偶爾”“

15、秋水仙素進行誘導處理”。 (2)圖示信息:性狀分離比:抗病∶感病=1∶1,無香味∶有香味=3∶1。 【解析】本題考查基因對性狀的控制及雜交育種、基因突變和單倍體育種等有關知識。 (1)由題意可知,A基因存在無香味物質積累,可能A基因控制合成的酶促進了香味物質分解,而a基因不能控制合成分解香味物質的酶。 (2)根據雜交結果:抗病∶感病=1∶1,無香味∶有香味=3∶1,可知親本的基因型為Aabb、AaBb,則F1為1/8AABb、1/8AAbb、1/4AaBb、1/4Aabb、1/8aaBb、1/8aabb,其中只有1/4AaBb、1/8aaBb自交,才能獲得能穩(wěn)定遺傳的有香味抗病植株(a

16、aBB),所占比例為1/4×1/4×1/4+1/8×1×1/4=3/64。 (3)正常情況下AA與aa雜交,所得子代為Aa(無香味),偶爾出現的有香味植株有可能是發(fā)生了基因突變,可能是某一雌配子形成時A基因突變?yōu)閍基因,或某一雌配子形成時,含A基因的染色體片段缺失;還可能是受到環(huán)境因素的影響而產生的。 (4)花藥離體培養(yǎng)過程中,花粉先經脫分化形成愈傷組織,再通過再分化形成單倍體植株,此過程體現了花粉細胞的全能性,根本原因是花粉細胞中含有控制該植株個體發(fā)育所需的全部遺傳物質;形成的單倍體植株在幼苗期用一定濃度的秋水仙素處理,可形成二倍體植株。 答案:(1)a基因純合,參與香味物質代謝的某種

17、酶缺失 (2)Aabb、AaBb　3/64 (3)某一雌配子形成時,A基因突變?yōu)閍基因 某一雌配子形成時,含A基因的染色體片段缺失 (4)愈傷組織　全部遺傳信息　幼苗 7.(14分)(2014·全國卷·T34)現有4個小麥純合品種,即抗銹病無芒、抗銹病有芒、感銹病無芒和感銹病有芒。已知抗銹病對感銹病為顯性,無芒對有芒為顯性,且這兩對相對性狀各由一對等位基因控制。若用上述4個品種組成兩個雜交組合,使其F1均為抗銹病無芒,且這兩個雜交組合的F2的表現型及其數量比完全一致?；卮饐栴}: (1)為實現上述目的,理論上,必須滿足的條件有:在親本中控制這兩對相對性狀

18、的兩對等位基因必須位于　　　　　　　上,在形成配子時非等位基因要　　　　　　,在受精時雌雄配子要　　　　　　,而且每種合子(受精卵)的存活率也要　　　　　　。那么,這兩個雜交組合分別是　　　　　　　　　　 　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)上述兩個雜交組合的全部F2植株自交得到F3種子,1個F2植株上所結的全部F3種子種在一起,長成的植株稱為1個F3株系。理論上,在所有F3株系中,只表現出一對性狀分離的株系有4種,那么,在這4種株系中,每種株系植株的表現型及其數量比分別是　　 　、　　　　　、和　　　　　　　　　　。 【解題指南】(1)題干

19、關鍵詞:“均”“完全一致”“全部”“所有”。 (2)關鍵知識:基因自由組合定律的實質及分離比的條件,應用基因的自由組合定律解決實際問題。 【解析】本題考查遺傳的基本規(guī)律及其應用。 (1)若抗銹病與感銹病、無芒與有芒分別受A/a、B/b這兩對等位基因控制,再根據題干信息可知,4個純合親本的基因型可分別表示為AABB、AAbb、aaBB、aabb,若要使兩個雜交組合產生的F1與F2均相同,則兩個親本組合只能是AABB(抗銹病無芒)×aabb(感銹病有芒)、AAbb(抗銹病有芒)×aaBB(感銹病無芒),得F1均為AaBb,這兩對等位基因必須位于兩對同源染色體上,非同源染色體上的非等位基因自由

20、組合,才能使兩組雜交的F2完全一致,同時受精時雌雄配子要隨機結合,形成受精卵的存活率也要相同。 (2)根據上面的分析可知,F1為AaBb,F2植株將出現9種不同的基因型:AABB、AaBB、AABb、AaBb、AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb,可見F2自交最終可得到9個F3株系,其中基因型為AaBB、AABb、Aabb、aaBb的植株中有一對基因雜合,自交后該對基因決定的性狀會發(fā)生性狀分離,依次是抗銹病無芒∶感銹病無芒=3∶1、抗銹病無芒∶抗銹病有芒=3∶1、抗銹病有芒∶感銹病有芒=3∶1、感銹病無芒∶感銹病有芒=3∶1。 答案:(1)非同源染色體　自由組合　隨機結合　相等

21、　抗銹病無芒×感銹病有芒　抗銹病有芒×感銹病無芒 (2)抗銹病無芒∶抗銹病有芒=3∶1　抗銹病無芒∶感銹病無芒=3∶1　感銹病無芒∶感銹病有芒=3∶1　抗銹病有芒∶感銹病有芒=3∶1 8.(2014·浙江高考·T32)利用種皮白色水稻甲(核型2n)進行原生質體培養(yǎng)獲得再生植株,通過再生植株連續(xù)自交,分離得到種皮黑色性狀穩(wěn)定的后代乙(核型2n)。甲與乙雜交得到丙,丙全部為種皮淺色(黑色變淺)。設種皮顏色由1對等位基因A和a控制,且基因a控制種皮黑色。請回答: (1)甲的基因型是　　　　　。上述顯性現象的表現形式是　　　　。 (2)請用遺傳圖解表示丙為親本自交得到子一代的過程。 (3)在

22、原生質體培養(yǎng)過程中,首先對種子胚進行脫分化得到愈傷組織,通過 　　　　　培養(yǎng)獲得分散均一的細胞。然后利用酶處理細胞獲得原生質體,原生質體經培養(yǎng)再生出　　　　　　,才能進行分裂,進而分化形成植株。 (4)將乙與缺少1條第7號染色體的水稻植株(核型2n-1,種皮白色)雜交獲得子一代,若子一代的表現型及其比例為　　　　　　　　　　　　,則可將種皮黑色基因定位于第7號染色體上。 (5)通過建立乙植株的　　　　　,從中獲取種皮黑色基因,并轉入玉米等作物,可得到轉基因作物。因此,轉基因技術可解決傳統(tǒng)雜交育種中　　　　　　親本難以有性雜交的缺陷。 【解題指南】(1)隱含信息:對甲進行原生質體培養(yǎng),細

23、胞分裂過程發(fā)生了基因突變。 (2)關鍵知識:一對相對性狀的遺傳實驗、遺傳圖解的寫法、植物細胞工程。 【解析】本題以水稻種皮顏色的遺傳為依托,考查一對相對性狀的遺傳實驗、遺傳圖解、植物細胞工程以及基因工程等知識。 (1)據題意分析可知,黑色是a基因控制的,故乙的基因型應為aa,甲與乙雜交,后代全為一種表現型,則甲的基因型為AA。水稻甲在原生質體培養(yǎng)再生過程中發(fā)生了基因突變,基因型變?yōu)锳a。上述性狀中顯性性狀是白色,而丙表現為種皮淺色,故顯性性狀表現為不完全顯性。 (2)遺傳圖解中丙基因型為Aa,其自交后代比例為種皮白色(AA)∶種皮淺色(Aa)∶種皮黑色(aa)=1∶2∶1。 (3)在

24、原生質體培養(yǎng)過程中,首先通過液體懸浮培養(yǎng)才能獲得分散均一的細胞,然后利用酶處理細胞獲得原生質體,原生質體經培養(yǎng)再生出新細胞壁,才能進行細胞分裂,進而分化形成植株。 (4)將乙(aa)與缺少1條第7號染色體的水稻植株雜交,如控制種皮顏色的基因在第7號染色體上,則缺少第7號染色體的植株基因型可表示為AO,其產生兩種比例相等的配子,即A∶O=1∶1,其雜交子代的表現型為淺色∶黑色=1∶1。 (5)通過建立乙植株的基因文庫,可從中獲取種皮黑色的基因,轉入玉米后,可得到轉基因玉米。因此轉基因技術可解決傳統(tǒng)雜交中遠緣親本難以有性雜交的缺陷。 答案:(1)AA　不完全顯性 (2) 　　　　　種皮淺

25、色 P　　　　　　Aa 　　　　　　　 F1　 雌配子 雄配子 A a A AA種皮白色 Aa種皮淺色 a Aa種皮淺色 aa種皮黑色 種皮白色∶種皮淺色∶種皮黑色=1∶2∶1 (3)液體懸浮　細胞壁 (4)種皮淺色∶種皮黑色=1∶1 (5)基因文庫　種間(或遠緣) 9.(2014·新課標全國卷Ⅰ·T32)現有兩個純合的某作物品種:抗病高稈(易倒伏)和感病矮稈(抗倒伏)品種。已知抗病對感病為顯性,高稈對矮稈為顯性,但對于控制這兩對相對性狀的基因所知甚少?；卮鹣铝袉栴}: (1)在育種實踐中,若利用這兩個品種進行雜交育種,一般來說,育種目的是獲得具有　

26、　　　　優(yōu)良性狀的新品種。 (2)雜交育種前,為了確定F2代的種植規(guī)模,需要正確預測雜交結果。若按照孟德爾遺傳定律來預測雜交結果,需要滿足3個條件:條件之一是抗病與感病這對相對性狀受一對等位基因控制,且符合分離定律;其余兩個條件是 。 (3)為了確定控制上述這兩對性狀的基因是否滿足上述3個條件,可用測交實驗來進行檢驗。請簡要寫出該測交實驗的過程。 【解題指南】(1)題干關鍵詞:“純合”“顯性”“雜

27、交”“測交”“孟德爾遺傳定律”。 (2)關鍵知識:雜交育種的目的、孟德爾遺傳定律研究的條件和測交實驗的過程。 【解析】本題主要考查孟德爾遺傳定律的應用及雜交育種知識。 (1)雜交育種的目的是獲得多種優(yōu)良性狀于一身的純合新品種,分析題意知,抗病與矮稈(抗倒伏)為優(yōu)良性狀。 (2)孟德爾遺傳定律研究的是真核生物細胞核基因的遺傳特點,故控制相對性狀的等位基因應位于細胞核中。只有兩對基因分別位于兩對同源染色體上,才遵循基因的自由組合定律。 (3)測交是指用雜合子和隱性純合子雜交,而題干無雜合子,故應先雜交得到雜合子,然后再進行測交實驗。 答案:(1)抗病矮稈 (2)高稈與矮稈這對相對性狀

28、受一對等位基因控制,且符合分離定律;控制這兩對相對性狀的基因位于非同源染色體上 (3)將純合抗病高稈植株與感病矮稈植株雜交,產生F1,讓F1與感病矮稈植株雜交。 10.(2014·新課標全國卷Ⅱ·T32)山羊性別決定方式為XY型。下面的系譜圖表示了山羊某種性狀的遺傳,圖中深色表示該種性狀的表現者。 已知該性狀受一對等位基因控制,在不考慮染色體變異和基因突變的條件下,回答下列問題: (1)據系譜圖推測,該性狀為　　　　　　(填“隱性”或“顯性”)性狀。 (2)假設控制該性狀的基因僅位于Y染色體上,依照Y染色體上基因的遺傳規(guī)律,在第Ⅲ代中表現型不符合該基因遺傳規(guī)律的個體是　　　　　 　　

29、　　　　 (填個體編號)。 (3)若控制該性狀的基因僅位于X染色體上,則系譜圖中一定是雜合子的個體是 (填個體編號),可能是雜合子的個體是　　　　　(填個體編號)。 【解題指南】(1)題干關鍵詞:“一對等位基因控制”“不考慮染色體變異和基因突變”。 (2)關鍵知識:遺傳系譜圖中相對性狀顯隱性的判定、伴Y染色體遺傳和伴X染色體遺傳的特點。 (3)思維流程:由Ⅱ-1、Ⅱ-2、Ⅲ-1的性狀→相對性狀的顯隱性;由假設基因位于Y染色體上→第Ⅲ代各個體的性狀表現;由假設基因位于X染色體上→Ⅰ-2和Ⅱ-2的基因型;Ⅲ-3和Ⅲ-4的表現型→Ⅱ-4的基因型;Ⅲ-2和Ⅱ

30、-2的表現型→Ⅲ-2的基因型。 【解析】本題考查基因的分離定律和伴性遺傳的知識。 (1)①系譜圖中Ⅱ-1和Ⅱ-2均不表現該性狀,但它們的后代Ⅲ-1出現該性狀,推知該性狀為隱性,Ⅱ-1和Ⅱ-2為該性狀的攜帶者。 (2)假設控制該性狀的基因位于Y染色體上,該性狀由Y染色體傳遞,因此表現該性狀個體的所有雄性后代和雄性親本都表現該性狀,且雌性個體不會表現該性狀。據此可以看出,第Ⅲ代各個體的性狀表現應為:Ⅲ-1不表現該性狀(因為Ⅱ-1不表現該性狀)、Ⅲ-2和Ⅲ-3均不表現該性狀(因為是雌性)、Ⅲ-4表現該性狀(因為Ⅱ-3表現該性狀),所以不符合該基因遺傳規(guī)律的個體是Ⅲ-1、Ⅲ-3和Ⅲ-4。 (3

31、)假設控制該性狀的基因僅位于X染色體上,且由(1)知該性狀為隱性遺傳(假定該性狀由基因A-a控制);Ⅰ-2和Ⅱ-2均未表現出該性狀(XAX-),但它們的雄性后代(Ⅱ-3和Ⅲ-1)卻表現出該性狀(XaY);同時考慮到雄性個體的X染色體來自雌性親本,據此斷定Ⅰ-2和Ⅱ-2一定為雜合子(XAXa)。Ⅲ-3表現該性狀(XaXa),其所含的一條X染色體必然源自Ⅱ-4(XaX-);同時Ⅱ-4不表現該性狀,據此斷定Ⅱ-4為雜合子(XAXa)。Ⅲ-2不表現該性狀(XAX-),其雌性親本Ⅱ-2為雜合子(XAXa),因此Ⅲ-2既可以是雜合子(XAXa),也可以是純合子(XAXA)。 答案:(1)隱性 (

32、2)Ⅲ-1、Ⅲ-3和Ⅲ-4 (3)Ⅰ-2、Ⅱ-2、Ⅱ-4?、?2 11.(2014·山東高考·T28)果蠅的灰體(E)對黑檀體(e)為顯性;短剛毛和長剛毛是一對相對性狀,由一對等位基因(B、b)控制。這兩對基因位于常染色體上且獨立遺傳。用甲、乙、丙三只果蠅進行雜交實驗,雜交組合、F1表現型及比例如下: 　　　　　　　實驗一 P　　　　　　甲×乙 　　　　　　　↓ F1　灰體長剛毛　灰體短剛毛　黑檀體長剛毛　黑檀體短剛毛 比例　 1　 ∶　 1　 ∶ 　1

33、　 ∶　 1 　　　　　　　　實驗二 P　　　　　　　乙×丙 　　　　　　　　↓ F1　灰體長剛毛　灰體短剛毛　黑檀體長剛毛　黑檀體短剛毛 比例　 1　 ∶　 3　 ∶　 1　 ∶　 3 (1)根據實驗一和實驗二的雜交結果,推斷乙果蠅的基因型可能為　　　　　 或　　　　　。若實驗一的雜交結果能驗證兩對基因E、e和B、b的遺傳遵循自由組合定律,則丙果蠅的基因型應為　　　　　　。 (2)實驗二的F1中與親本果蠅基因型不同的個體所占的比例為　　　　　。 (3)在沒有遷入、遷出、突變和選擇等條件下,一個由純合果蠅組成的大種群個體間自由交配得到F1,F1

34、中灰體果蠅8 400只,黑檀體果蠅1 600只。F1中e的基因頻率為　　　　　,Ee的基因型頻率為　　　　　。親代群體中灰體果蠅的百分比為　　　　　。 (4)灰體純合果蠅與黑檀體果蠅雜交,在后代群體中出現了一只黑檀體果蠅。出現該黑檀體果蠅的原因可能是親本果蠅在產生配子過程中發(fā)生了基因突變或染色體片段缺失?，F有基因型為EE、Ee和ee的果蠅可供選擇,請完成下列實驗步驟及結果預測,以探究其原因。(注:一對同源染色體都缺失相同片段時胚胎致死;各型配子活力相同) 實驗步驟: ①用該黑檀體果蠅與基因型為　　　　　　的果蠅雜交,獲得F1; ②F1自由交配,觀察、統(tǒng)計F2表現型及比例。 結果預測:

35、Ⅰ.如果F2表現型及比例為　　　　　　,則為基因突變; Ⅱ.如果F2表現型及比例為　　　　　　,則為染色體片段缺失。 【解題指南】(1)題干關鍵信息:“兩對基因位于常染色體上且獨立遺傳”。 (2)思維流程:①利用分枝法計算遺傳概率:單獨分析每一對相對性狀的性狀分離比,如實驗二,灰體∶黑檀體=1∶1,長剛毛∶短剛毛=1∶3→確定每一對基因的雜交組合分別為Ee×ee,Bb×Bb。 ②利用逆推法分析遺傳實驗:根據實驗結論推斷親本基因型,進而計算子代性狀分離比。 【解析】本題主要考查遺傳規(guī)律的應用和變異。 (1)由實驗一結果可知,兩親本為EeBb×eebb或Eebb×eeBb;由實驗二結果

36、可知,兩親本為EeBb×eeBb,故乙果蠅的基因型可能為EeBb或eeBb。若實驗一的雜交結果能驗證兩對基因E、e和B、b的遺傳遵循自由組合定律,則兩親本為EeBb×eebb,則乙的基因型為EeBb,丙的基因型為eeBb。 (2)實驗二的F1中,與親本果蠅基因型不同的個體所占的比例為1-EeBb(1/4)-eeBb(1/4)=1/2。 (3)由題干信息可知,黑檀體果蠅(ee)占16%,由遺傳平衡定律可得,F1中e的基因頻率為40%,E的基因頻率為60%,Ee的基因型頻率為2×60%×40%=48%。親代群體與F1群體的基因頻率相同,但親代全為純合子,因此灰體果蠅的百分比為60%。 (4)

37、該黑檀體果蠅的基因型為ee(基因突變)或e-(染色體片段缺失),因此最好選擇EE個體與之雜交。若該黑檀體果蠅為ee,則F1為Ee,F1自由交配,F2中應出現灰體∶黑檀體=3∶1;若該黑檀體果蠅為e-,則F1為Ee(1/2)和E-(1/2),該群體產生的配子為E(1/2)、e(1/4)、-(1/4),則該F1自由交配,F2中出現致死個體(--)的比例為1/4×1/4=1/16,黑檀體(ee和e-)出現的概率為1/4×1/4+1/4×1/4×2=3/16,灰體(E-)出現的概率為1-1/16-3/16=12/16,故F2中灰體∶黑檀體=4∶1。實驗步驟①中也可以選擇Ee個體進行雜交。 答案:(1

38、)EeBb　eeBb(注:兩空可顛倒)　eeBb (2)1/2　(3)40%　48%　60% (4)答案一:EE　Ⅰ.灰體∶黑檀體=3∶1 Ⅱ.灰體∶黑檀體=4∶1 答案二:Ee?、?灰體∶黑檀體=7∶9 Ⅱ.灰體∶黑檀體=7∶8 12.(2014·四川高考·T11)小鼠的皮毛顏色由常染色體上的兩對基因控制,其中A/a控制灰色物質合成,B/b控制黑色物質合成。兩對基因控制有色物質合成的關系如下圖: 白色前體物質有色物質1有色物質2 (1)選取三只不同顏色的純合小鼠(甲-灰鼠,乙-白鼠,丙-黑鼠)進行雜交,結果如下: 親本組合 F1 F2 實驗一

39、 甲×乙 全為灰鼠 9灰鼠∶3黑鼠∶4白鼠 實驗二 乙×丙 全為黑鼠 3黑鼠∶1白鼠 ①兩對基因(A/a和B/b)位于　　　　對染色體上,小鼠乙的基因型為　　　　。 ②實驗一的F2代中,白鼠共有　　　　種基因型,灰鼠中雜合體(子)占的比例為　　　　。 ③圖中有色物質1代表　　　　色物質,實驗二的F2代中黑鼠的基因型為　　　　　。 (2)在純合灰鼠群體的后代中偶然發(fā)現一只黃色雄鼠(丁),讓丁與純合黑鼠雜交,結果如下: 親本組合 F1 F2 實 驗 三 丁×純 合黑鼠 1黃鼠∶ 1灰鼠 F1黃鼠隨機交配: 3黃鼠∶1黑鼠 F1灰鼠隨機交配: 3

40、灰鼠∶1黑鼠 ①據此推測:小鼠丁的黃色性狀是由基因　　　　突變產生的,該突變屬于 　　　　　性突變。 ②為驗證上述推測,可用實驗三F1代的黃鼠與灰鼠雜交。若后代的表現型及比例為　　　　　　　　　　　　　　　　　　,則上述推測正確。 ③用3種不同顏色的熒光,分別標記小鼠丁精原細胞的基因A、B及突變產生的新基因,觀察其分裂過程,發(fā)現某個次級精母細胞有3種不同顏色的4個熒光點,其原因是　 。 【解題指南】(1)隱含信息:①實驗一F1自交所得F2的比例9∶3∶4是9∶3∶3∶1的變式,推出鼠色由兩對自由組合的等位基因控制。 ②實

41、驗三F1黃鼠隨機交配以及F1灰鼠隨機交配所得比例均為3∶1,可推出F1黃鼠和灰鼠均為單雜合。 (2)思維流程: →甲AABB、乙aabb、丙aaBB →丁黃鼠AABB 【解析】本題考查遺傳的基本規(guī)律、基因突變的類型以及減數分裂的過程。 (1)根據實驗一F2出現9∶3∶4可知,鼠色遺傳遵循自由組合定律,屬于兩對同源染色體上兩對等位基因控制的遺傳,推出親本基因型:甲AABB、乙aabb;再據實驗二F2出現3黑色∶1白色,可知黑色是顯性(B)且F1黑鼠為aaBb,推出丙的基因型是aaBB。因此實驗一中F2各表現型的基因型為:9灰鼠為A_ B_、3黑鼠為aaB_、4白鼠為3A_bb和1aab

42、b。據圖中有色物質2是灰色、1是黑色,基因Ⅰ是B、基因Ⅱ是A,可算出實驗一中F2白鼠應有A_bb和aabb共3種基因型,實驗二中F2黑鼠的基因型是aaB_。 (2)據“在純合灰鼠群體的后代中偶然發(fā)現一只黃色雄鼠(丁)”,可知黃色雄鼠丁是由純合子AABB突變而來,再據實驗三作進一步分析如下: 分析一:AABB突變體(丁黃鼠)×aaBB(純合黑鼠)→F1:1　?　(黃鼠)∶1AaB_(灰鼠)。 分析二:F1黃鼠隨機交配:　?　(黃鼠)→F2:3　?　(黃鼠)∶1aaB_(黑鼠)符合基因分離定律,可知F1黃鼠基因型是A′aBB,其中A′代表黃色顯性基因。 分析三:F1灰鼠隨機交配:AaB_(

43、灰鼠)→F2:3A_B_(灰鼠)∶1aaB_(黑鼠),可知F1灰鼠基因型是AaBB。 因此,重新分析一具體如下:A′_ _ _突變體(丁黃鼠)×aaBB(純合黑鼠)→F1: 1A′aBB(黃鼠)∶1AaBB(灰鼠),可推出丁黃鼠的基因型是A′ABB,其中A′對A為顯性。 為驗證上述推測,用F1黃鼠A′aBB×F1灰鼠AaBB→后代表現型為三種,即黃鼠∶灰鼠∶黑鼠=2∶1∶1。 將丁(A′ABB)的精原細胞中A′、A、B基因分別用三種不同顏色的熒光標記,形成的次級精母細胞為AB和A′B兩種,考慮到每個基因都是復制成雙份的特點, A′B應有四個兩種顏色的熒光點,而題中給出是3種不同顏色,

44、則在減數第一次分裂(前期)時,一定發(fā)生過同源染色體的非姐妹染色單體間的交叉互換。 答案:(1)①2　aabb?、?　8/9 ③黑　aaBB、aaBb (2)①A　顯?、邳S鼠∶灰鼠∶黑鼠=2∶1∶1 ③基因A與新基因所在同源染色體的非姐妹染色單體之間發(fā)生了交叉互換 13.(2014·天津高考·T9)果蠅是遺傳學研究的經典實驗材料,其四對相對性狀中紅眼(E)對白眼(e)、灰身(B)對黑身(b)、長翅(V)對殘翅(v)、細眼(R)對粗眼(r)為顯性。下圖是雄果蠅M的四對等位基因在染色體上的分布。 (1)果蠅M眼睛的表現型是　　　　　　。 (2)欲測定果蠅基因組的序列,需對其中的

45、　　　　條染色體進行DNA測序。 (3)果蠅M與基因型為　　　　的個體雜交,子代的雄果蠅中既有紅眼性狀又有白眼性狀。 (4)果蠅M產生配子時,非等位基因　　　　和　　　　　　不遵循自由組合規(guī)律。若果蠅M與黑身殘翅個體測交,出現相同比例的灰身長翅和黑身殘翅后代,則表明果蠅M在產生配子過程中　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,導致基因重組,產生新的性狀組合。 (5)在用基因型為BBvvRRXeY和bbVVrrXEXE的有眼親本進行雜交獲取果蠅M的同時,發(fā)現了一只無眼雌果蠅。為分析無眼基因的遺傳特點,將該無眼雌果蠅與果蠅M雜交,F1性狀分離比如下: F1 雌性∶雄性 灰身∶黑身 長

46、翅∶殘翅 細眼∶粗眼 紅眼∶白眼 1/2有眼 1∶1 3∶1 3∶1 3∶1 3∶1 1/2無眼 1∶1 3∶1 3∶1 / / ①實驗結果推斷,果蠅無眼基因位于　　　　號(填寫圖中數字)染色體上,理由是 。 ②以F1果蠅為材料,設計一步雜交實驗判斷無眼性狀的顯隱性。 雜交親本:　 。 實驗分析:

47、 　。 【解題指南】(1)題干關鍵信息:“四對相對性狀中紅眼(E)對白眼(e)、灰身(B)對黑身(b)、長翅(V)對殘翅(v)、細眼(R)對粗眼(r)為顯性”“四對等位基因在染色體上的分布”。 (2)關鍵知識:①若兩對基因位于兩對同源染色體上,則遵循自由組合定律;若兩對基因位于一對同源染色體上,則為基因連鎖,不遵循自由組合定律。②雜合子自交后代出現性狀分離現象,純合子自交后代無性狀分離。 【解析】本題考查遺傳定律和伴性遺傳。 (1)據圖中信息,果蠅M含有顯性基因E、R,所以眼睛的表現型為紅眼、細眼。 (2)要測定

48、基因組的序列需要測定該生物的各種基因,由于X和Y染色體非同源區(qū)段上的基因不同,所以需要測定3條常染色體+X染色體+Y染色體,即5條染色體上的基因序列。 (3)子代雄性的紅眼和白眼基因均只能來自母本,因此需要母本同時具有紅眼和白眼的基因,即XEXe。 (4)自由組合定律是指位于非同源染色體上的非等位基因的自由組合,而B、v和b、V分別位于一對同源染色體的不同位置上,不遵循自由組合定律。根據減數分裂同源染色體的分離及配子的組合,理論上后代只有灰身殘翅和黑身長翅,出現等比例的灰身長翅和黑身殘翅后代,說明發(fā)生了非姐妹染色單體的交叉互換。 (5)根據表格結果,子代有眼∶無眼=1∶1,同時其他性狀均

49、為3∶1,說明有眼、無眼性狀的遺傳和其他性狀不連鎖,因此和其他基因不在同一對染色體上,據圖可知應該位于常染色體中的7號或8號染色體上。由于子代有眼∶無眼=1∶1,說明親代為雜合子與隱性純合子雜交。若判斷其顯隱性,可選擇自交法(即有眼雌性×有眼雄性),若有眼為顯性,則親代均為雜合子,后代有性狀分離;若無眼為顯性,則親代均為隱性純合子,后代無性狀分離。 答案:(1)紅眼、細眼　(2)5　(3)XEXe (4)B(或b)　v(或V)　V和v(或B和b)基因隨非姐妹染色單體片段的交換而發(fā)生交換 (5)①7、8(或7或8)　無眼、有眼基因與其他各對基因間的遺傳均遵循自由組合規(guī)律 ②示例:雜交親本

50、:F1中的有眼雌雄果蠅 實驗分析:若后代出現性狀分離,則無眼為隱性性狀;若后代不出現性狀分離,則無眼為顯性性狀 14.(2014·江蘇高考·T33)有一果蠅品系,其一種突變體的X染色體上存在ClB區(qū)段(用XClB表示)。B基因表現顯性棒眼性狀;l基因的純合子在胚胎期死亡(XClBXClB與XClBY不能存活);ClB存在時,X染色體間非姐妹染色單體不發(fā)生交換;正常果蠅X染色體無ClB區(qū)段(用X+表示)。果蠅的長翅(Vg)對殘翅(vg)為顯性,基因位于常染色體上。請回答下列問題: (1)圖1是果蠅雜交實驗示意圖。圖中F1長翅與殘翅個體的比例為　　　　　　,棒眼與正常眼的比例為　　　　　。如

51、果用F1正常眼長翅的雌果蠅與F1正常眼殘翅的雄果蠅雜交,預期產生正常眼殘翅果蠅的概率是　　　　　　;用F1棒眼長翅的雌果蠅與F1正常眼長翅的雄果蠅雜交,預期產生棒眼殘翅果蠅的概率是　　　　　　。 (2)圖2是研究X射線對正常眼果蠅X染色體誘變示意圖。為了鑒定X染色體上正常眼基因是否發(fā)生隱性突變,需用正常眼雄果蠅與F1中　　　　　果蠅雜交,X染色體的誘變類型能在其雜交后代　 　　　　果蠅中直接顯現出來,且能計算出隱性突變頻率,合理的解釋是 　 　;如果用正常眼雄果蠅與F1中　　　　　 果蠅雜交,不能準確計算出隱性突變頻率,合理的解釋是　　　　　　　　　　　 　　　

52、 　　。 【解題指南】(1)圖示信息:圖1表示具有兩對相對性狀的果蠅的雜交實驗。 (2)題干信息:圖2是研究X射線對正常眼果蠅X染色體誘變示意圖。鑒定X染色體上正常眼基因是否發(fā)生隱性突變是本實驗的目的。 【解析】本題考查遺傳規(guī)律的應用、概率計算、設計雜交實驗等。 (1)長翅與殘翅基因位于常染色體上,與性別無關聯,因此VgvgⅹVgvg→長翅∶殘翅=3∶1;XClBX+×X+Y→X+X+,X+Y,XClBX+和XClBY(死亡),故棒眼和正常眼的比例為1∶2;F1長翅為1/3

53、VgVg和2/3 Vgvg,殘翅為vgvg,2/3 Vgvg×vgvg→殘翅vgvg為2/3×1/2=1/3,F1正常眼雌果蠅為X+X+×正常眼雄果蠅X+Y,所得后代均為正常眼,故產生正常眼殘翅果蠅的概率是1/3×1=1/3;F1長翅×長翅→殘翅,2/3 Vgvg×2/3 Vgvg→2/3×2/3×1/4=1/9殘翅vgvg,F1棒眼雌果蠅XClBX+×正常眼雄果蠅X+Y→XClBX+,X+X+,X+Y和XClBY(死亡),故棒眼所占比例為1/3,二者合并產生棒眼殘翅果蠅的概率是1/9×1/3=1/27。 (2)P:XClBX+×X?Y→F1:雌性XClBX?,X?X+;雄性X+Y,XClB

54、Y(死亡),F1中雌果蠅為正常眼X?X+和棒眼XClBX?,正常眼雄果蠅的基因型為X+Y,由于ClB存在時,X染色體間非姐妹染色單體不發(fā)生交換,故XClBX?不會發(fā)生交叉互換,X?X+可能會發(fā)生交叉互換。又由于雜交后代(F2)中雄果蠅含有突變基因的X染色體來源于親代雄果蠅,Y染色體無對應的等位基因,故隱性突變可以在子代雄性中表現出來,所以選擇F1棒眼雌性XClBX?與正常眼雄性X+Y交配,后代雄性將會出現三種情況:死亡(XClBY)、正常眼和隱性突變體?？梢愿鶕哟[性突變個體在正常眼和突變體中所占的比例計算出該隱性突變的突變頻率;如果選擇F1雌性正常眼X?X+與正常眼雄性X+Y交配,則雌性X

55、染色體有可能存在交叉互換,故不能準確計算出隱性突變頻率。 答案:(1)3∶1　1∶2　1/3　1/27 (2)棒眼雌性　雄性　雜交后代中雄果蠅X染色體來源于親代雄果蠅,且X染色體間未發(fā)生交換,Y染色體無對應的等位基因　正常眼雌性　X染色體間可能發(fā)生了交叉互換 15.(2014·海南高考·T29)某種植物的表現型有高莖和矮莖、紫花和白花,其中紫花和白花這對相對性狀由兩對等位基因控制,這兩對等位基因中任意一對為隱性純合則表現為白花。用純合的高莖白花個體與純合的矮莖白花個體雜交,F1表現為高莖紫花,F1自交產生F2,F2有4種表現型:高莖紫花162株,高莖白花126株,矮莖紫花54株,矮莖白花

56、42株。請回答: (1)根據此雜交實驗結果可推測,株高受　　　　對等位基因控制,依據是　　　　　　　　　　　　　。在F2中矮莖紫花植株的基因型有　　　　種,矮莖白花植株的基因型有　　　　種。 (2)如果上述兩對相對性狀自由組合,則理論上F2中高莖紫花、高莖白花、矮莖紫花和矮莖白花這4種表現型的數量比為　　　　　　　　　。 【解題指南】(1)題干關鍵信息:“紫花和白花這對相對性狀由兩對等位基因控制”“兩對等位基因中任意一對為隱性純合則表現為白花”。 (2)關鍵知識:基因的分離定律和基因的自由組合定律。 (3)隱含知識:利用基因分離定律解決基因自由組合定律的問題。 【解析】本題主要考查

57、基因遺傳規(guī)律的相關知識。 (1)根據F2中,高莖∶矮莖=(162+126)∶(54+42)=3∶1,可知株高是受一對等位基因控制的;假設紫花和白花受A、a和B、b兩對基因控制,高莖和矮莖受基因D、d控制,根據題干可知,紫花基因型為A_B_;白花的基因型為A_bb、aaB_、aabb。根據純合白花和純合白花雜交出現紫花(A_B_),可知親本純合白花的基因型是AAbb和aaBB,故F1的基因型為AaBbDd,因此F2中矮莖紫花植株的基因型有AABBdd、AABbdd、AaBBdd、AaBbdd四種,矮莖白花植株的基因型有AAbbdd、Aabbdd、aaBbdd、aaBBdd和aabbdd五種。 (2)F1的基因型是AaBbDd,控制花色的基因一起考慮,D和d基因單獨考慮,分別求出相應的表現型比例,然后相乘即可。即AaBb自交,后代紫花(A_B_)∶白花(A_bb、aaB_、aabb)=9∶7,Dd自交,后代高莖∶矮莖=3∶1,因此理論上F2中高莖紫花∶高莖白花∶矮莖紫花∶矮莖白花=27∶21∶9∶7。 答案:(1)一　F2中高莖∶矮莖=3∶1　4　5 (2)27∶21∶9∶7 18