人教版 (新课标)必修2《遗传与进化》第一章 遗传因子的发现综合与测试随堂练习题

阶段质量检测(一)

(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(每小题3分，共36分)

1．下列对基因型与表现型关系的叙述中，错误的是(　　)

A．表现型相同，基因型不一定相同

B．基因型相同，表现型不一定相同

C．在不同生活环境中，基因型相同，表现型一定相同

D．在相同生活环境中，表现型相同，基因型不一定相同

C　[表现型相同，基因型不一定相同；基因型相同，在相同的环境下，表现型相同；基因型相同，如果环境条件不相同，表现型也不一定相同。]

2．遗传学的奠基人孟德尔之所以在研究遗传规律时获得了巨大成功，关键在于他在实验的过程中选择了正确的方法。下面各项中，除哪一项外均是他获得成功的重要原因(　　)

A．先只针对一对相对性状的遗传规律进行研究，然后再研究多对性状的遗传规律

B．选择了严格自花传粉的豌豆作为实验材料

C．选择了多种植物作为实验材料，做了大量的实验

D．应用了统计学的方法对结果进行统计分析

C　[选项A、B、D是孟德尔获得成功的原因，选项C不能说明成功的原因。因为无目的、无意义的大量实验只是浪费时间和精力。他曾花了几年时间研究山柳菊，结果却一无所获，也反过来说明正确选择实验材料是科学研究取得成功的重要前提。]

3．下列有关分离定律的叙述中，正确的是(　　)

A．分离定律是孟德尔针对豌豆一对相对性状的实验结果及其解释直接归纳总结的

B．在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子是单独存在的，不会相互融合

C．在形成生殖细胞——配子时，单独存在的遗传因子要发生分离，所以称分离定律

D．在形成配子时，成对的遗传因子分离后进入不同的配子中，可随配子遗传给后代

D　[孟德尔归纳总结出分离定律的科学实验程序是：杂交实验和观察到的实验现象(发现问题)→对实验现象进行分析(提出假说)→对实验现象解释的验证(验证假说)→分离定律(结论)，因此A选项错误；根据孟德尔对性状分离现象的解释可以知道：在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子是成对存在的，这些遗传因子既不会相互融合，也不会在传递中消失，故B选项错误；分离定律的实质是：在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代，所以C选项错误，而D选项正确。]

4．某植物的基因型为AaBb，两对等位基因独立遗传，在该植物的自交后代中，表现型不同于亲本且能稳定遗传的个体所占的比例为(　　)

A.  B.  C.  D.

A　[基因型为AaBb的植物自交，子代有16种结合方式，4种表现型，且每一种表现型中均有一个纯合子(AABB、aaBB、AAbb、aabb)，故该植物的自交后代中，表现型不同于亲本且能稳定遗传的个体所占的比例为。]

5．孟德尔在一对相对性状的豌豆杂交实验中做了三个实验，他发现问题阶段做的实验和验证假说阶段做的实验分别是(　　)

A．自交、杂交　测交  B．测交、自交　杂交

C．杂交、自交　测交  D．杂交、测交　自交

C　[发现问题的阶段进行了杂交(得F1)和自交(得F2)实验，经过假设后，再通过测交实验进行验证。]

6．有位同学做“性状分离比的模拟”实验时，以下操作正确的是(　　)

A．小桶内用球的大小代表显隐性，大球代表D，小球代表d

B．每次抓出的两个球统计后放在一边，全部抓完后再放回小桶重新开始

C．桶内两种球的数量必须相等，即标记D、d的小球数目必须为1∶1

D．连续抓取了3次DD组合，应舍去2次，只统计1次

C　[选择的小球大小、质地要统一，A错误；每次抓出的两个小球统计后必须各自放回各自的小桶，以保证概率的准确，B错误；桶内两种小球的数量必须相等，即标记D、d的小球数目必须为1∶1，C正确；实验中会出现连续几次遗传因子组成相同的情况，这属于正常现象，随着抓取次数的增多，就会越接近理论值，D错误。]

7．用纯种高茎豌豆(DD)与纯种矮茎豌豆(dd)杂交，得到F1全为高茎，将F1自交得F2，F2中高茎∶矮茎为3∶1。下列选项中不是实现F2中高茎∶矮茎为3∶1的条件的是(　　)

A．F1形成配子时，遗传因子分离，形成两种配子

B．含有不同遗传因子的配子随机结合

C．含有不同遗传因子组合的种子必须有适宜的生长发育条件

D．只需A项条件，而不需B、C两项条件

D　[F1自交后代出现性状分离，分离比为3∶1。条件有：(1)F1形成配子时成对的遗传因子分离，形成D配子和d配子；(2)这两种类型的雌雄配子随机结合，且结合机会相等；(3)含各种遗传因子的种子必须有实现各自遗传因子表达的环境条件。]

8．将具有一对相对性状的纯种豌豆个体间行种植、另将具有一对相对性状的纯种玉米个体间行种植。具有隐性性状的一行植株上所产生的F1是(　　)

A．豌豆和玉米都是显性个体和隐性个体

B．豌豆都为隐性个体，玉米既有显性又有隐性

C．豌豆和玉米的显性和隐性比例都是3∶1

D．玉米都为隐性个体，豌豆既有显性又有隐性

B　[豌豆在自然条件下是自花传粉、闭花受粉，不能接受外来花粉，故隐性个体上所产生的F1全为稳性个体；玉米既可接受同一植株的花粉，也可接受邻近其他植株的花粉，故玉米隐性个体上既有显性，也有隐性。]

9．一对相对性状的亲本杂交子二代中(　　)

A．所有的统计结果都等于3∶1

B．统计的样本足够大时才符合3∶1

C．性状按3∶1的比例出现

D．统计的样本越小越接近3∶1

B　[孟德尔之后，科学家们在继续研究中发现，只有满足大样本即实验群体足够大，才能够实现孟德尔统计的比例关系，越小越偏离，越大越接近。]

10．南瓜的扁盘形、圆形、长圆形三种瓜形由两对等位基因控制(A、a和B、b)，这两对基因独立遗传。现将2株圆形南瓜植株进行杂交，F1收获的全是扁盘形南瓜；F1自交，F2获得137株扁盘形、89株圆形、15株长圆形南瓜。据此推断，亲代圆形南瓜植株的基因型分别是(　　)

A．aaBB和Aabb  B．aaBb和Aabb

C．AAbb和aaBB  D．AABB和aabb

C　[根据题意可知，F2扁盘形南瓜基因型为A_B_，圆形南瓜基因型为A_bb或aaB_，长圆形南瓜基因型为aabb，各表现型比例约为9∶6∶1，此性状分离比是由AaBb自交后代的9∶3∶3∶1分离比衍生而来的，故F1基因型为AaBb，所以亲代圆形南瓜植株的基因型分别是AAbb和aaBB。]

11．决定小鼠毛色为黑(B)/褐(b)色、有(s)/无(S)白斑的两对等位基因分别位于两对同源染色体上。基因型为BbSs的小鼠间相互交配，后代中出现黑色有白斑小鼠的比例是(　　)

A．1/16  B．3/16  C．7/16  D．9/16

B　[小鼠控制两对相对性状的基因分别位于两对同源染色体上，符合自由组合定律。小鼠毛色黑色(B)相对于褐色(b)为显性，双亲基因型都为Bb，后代出现黑色(显性)的概率为3/4；小鼠无白斑(S)对有白斑(s)为显性，双亲基因型都为Ss，后代有白斑(ss)的概率为1/4；所以后代中出现黑色有白斑小鼠的比例为3/4×1/4＝3/16。]

12．豌豆子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，种子圆粒(R)对皱粒(r)为显性。现将黄子叶圆粒(YyRr)豌豆进行自花传粉，收获时得到绿子叶皱粒豌豆192粒。据理论推算，在子代黄子叶圆粒豌豆中，能稳定遗传的约有(　　)

A．192粒  B．384粒  C．576粒  D．1 728粒

A　[YyRr的豌豆自交，子代产生4种表现型，黄圆∶绿圆∶黄皱∶绿皱＝9∶3∶3∶1。每一种表现型中，都只有一份可稳定遗传的纯合子，所以，绿皱为一份，192粒，黄圆中也有一份——YYRR，约192粒。]

二、非选择题(共64分)

13．豚鼠的黑毛(C)对白毛(c)是显性，毛粗糙(R)对毛光滑(r)是显性。下表是五种不同的杂交组合以及各种杂交组合所产生的子代数，请在表格内填写亲代的基因型。

解析　此题的解法有多种。第一种方法是：可根据显隐性关系及亲代表现型，先写出亲代基因型的可能的表示式，然后从子代的表现型入手，反推出亲代的基因型。现以第四组合为例，黑色、毛粗糙为显性，所以亲代的基因型可能的表示形式为：C_R_×ccR_，再看子代表现型有白色光滑，基因型为ccrr；用一对基因分析，子代基因的cc或rr，各来自父方和母方。由此可知，第四组合亲代的基因型为CcRr×ccRr。照此方法，可推出其他组合亲代的基因型。第二种方法是：从亲代、子代的表现型着手，按一对性状分析，推出亲代基因型。以第三组合为例，亲代基因型可能的形式为：C_R_×ccrr，子代有四种表现型，按一对相对性状遗传：黑毛与白毛的比例为(10＋8)∶(6＋9)≈1∶1，毛粗糙与毛光滑之比为(10＋6)∶(8＋9)≈1∶1，由此可知，第三组合亲代的基因型为CcRr×ccrr。同理，可推出其他亲代的基因型。

答案　(1)Ccrr×ccrr　(2)CCrr×ccRR　(3)CcRr×ccrr　(4)CcRr×ccRr　(5)ccRr×ccRr

14．某种野生植物有紫花和白花两种表现型，已知紫花形成的生物化学途径如图：

前体物质(白)酶AA基因中间产物(白色)酶BB基因紫色物质

A和a、B和b是分别位于两对同源染色体上的等位基因，A对a、B对b为显性。基因型不同的两白花植株杂交，F1紫花∶白花＝1∶1。若将F1紫花植株自交，所得F2植株中紫花∶白花＝9∶7。请回答：

(1)从紫花形成的途径可知，紫花性状是由________对基因控制的。

(2)根据F1紫花植株自交的结果，可以推测F1紫花植株的基因型是________，其自交所得F2中，白花植株纯合子的基因型是________。

(3)推测两亲本白花植株的杂交组合(基因型)是______________或______________。

(4)紫花形成的生物化学途径中，若中间产物是红色(形成红花)，那么基因型为AaBb的植株自交，子一代植株的表现型及比例为_____________________。

解析　(1)由图示可知，紫花性状受A和a、B和b两对等位基因控制。

(2)由F1紫花植株自交，F2中紫花∶白花＝9∶7，且由(1)及题干图示知，紫花基因型为A_B_，故F1紫花基因型为AaBb，F2中白花纯合子有aaBB、AAbb、aabb3种基因型。

(3)已知亲本为两基因型不同的白花，可设基因型为aa_×_bb，又知F1紫花为AaBb，且F1紫花∶白花＝1∶1，即紫花AaBb概率为1/2，故亲本基因型可能为：aaBB×Aabb或aaBb×AAbb。

(4)若中间类型为红花，即A_bb基因型个体开红花，F1AaBb自交后代即为A_B∶A_bb∶(aaB_＋aabb)＝紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4。

答案　(1)2　(2)AaBb　aaBB、AAbb、aabb　(3)Aabb×aaBB　AAbb×aaBb　(4)紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4

15．植物甲的花色有紫色、红色和白色三种类型，植物乙的花色有紫色和白色两种类型。这两种植物的花色性状都由两对独立遗传的等位基因决定，且都是在两种显性基因同时存在时才能开紫花。下表甲、乙分别表示这两种植物纯合亲本间杂交实验的结果，请分析回答相关问题(植物甲相关基因用A、a和B、b表示，植物乙相关基因用D、d和E、e表示)。

表甲：植物甲杂交实验结果

表乙：植物乙杂交实验结果

(1)若表甲中红花亲本的基因型为aaBB，则第2组实验F2中紫花植株的基因型应为____________________，白花植株的基因型为______________________________________。

(2)表甲第3组实验中，F2表现型为白花的个体中，与白花亲本基因型相同的占________，若第2组和第3组的白花亲本之间进行杂交，F2的表现型应为________。

(3)写出表乙三组实验亲本中白花植株的基因型：

1________，2________，3________。

(4)若表乙中第2组实验的F1与某纯合白花品种杂交，请简要分析杂交后代可能出现的表现型比例及相对应的亲本白花品种可能的基因型：

①如果杂交后代紫花与白花之比为1∶1，则该白花品种的基因型是________________；

②如果________________________，则该白花品种的基因型是______________。

解析　(1)亲本都是纯合的，且红花亲本的基因型为aaBB，故第2组实验的F2中紫花植株的基因型为A_B_，即AABB、AABb、AaBB、AaBb。白花植株的基因型为aabb和A_bb，即aabb、AAbb和Aabb。(2)表甲第3组实验中F2表现型为9紫∶3红∶4白，故F1紫花个体的基因型为AaBb，可推知白花亲本的基因型为AAbb，AaBb自交得到的F2中基因型为AAbb的个体在白花个体中所占的比例为1/16÷4/16＝1/4。由于实验2和实验3中，F2紫∶红∶白＝9∶3∶4，故F1紫色个体的基因型为AaBb，推知实验2和实验3中亲本白花个体的基因型分别为aabb和AAbb。两者杂交，F1基因型为Aabb，F1自交产生的F2的基因型为AAbb、Aabb和aabb，均表现为白花。(3)表乙中实验1与实验2的F2表现型为9紫∶7白，即只要D和E两个基因不同时出现就表现为白花，这一比例跟孟德尔两对相对性状的豌豆杂交实验F2性状分离比相似，可看作9∶(3＋3＋1)。因此实验1与实验2中F1的基因型均为DdEe，实验1和实验2中的白花个体基因型分别为ddee、DDee和ddEE。实验3中F2表现型为3紫∶1白，则F1的基因型为DDEe或DdEE，若F1的基因型为DDEe，则白花亲本的基因型为DDee；若F1的基因型为DdEE，则白花亲本的基因型为ddEE。(4)表乙中第2组实验F1的基因型为DdEe，其与纯合白花植株(DDee、ddEE或ddee)杂交，后代紫花和白花之比若为1∶1，则白花品种的基因型为DDee或ddEE；若白花品种的基因型为ddee，则后代紫花(DdEe)∶白花(Ddee、ddEe和ddee)＝1∶3。

答案　(1)A_B_(AABB、AABb、AaBb、AaBB)　A_bb(AAbb、Aabb)、aabb(回答完整才对)

(2)1/4　全为白花

(3)ddee　DDee和ddEE　DDee或ddEE

(4)①DDee或ddEE　②杂交后代紫花与白花之比为1∶3　ddee

16．果蝇中灰身(B)与黑身(b)、大翅脉(E)与小翅脉(e)是两对相对性状且独立遗传。灰身大翅脉的雌蝇与灰身小翅脉的雄蝇杂交，子代中47只为灰身大翅脉，49只为灰身小翅脉，17只为黑身大翅脉，15只为黑身小翅脉。回答下列问题：

(1)在上述杂交子代中，体色和翅脉的表现型比例依次为________________和________________。

(2)两个亲本中，雌蝇的基因型为________，雄蝇的基因型为________。

(3)亲本雌蝇产生卵的基因组成种类数为________，其理论比例为________。

(4)上述子代中表现型为灰身大翅脉个体的基因型为________，黑身大翅脉个体的基因型为________。

解析　(1)子代的4种表现型是两种性状自由组合的结果，将两种性状分开分析，灰身有47＋49＝96(只)，而黑身有17＋15＝32(只)，因而灰身∶黑身＝3∶1，大翅脉有47＋17＝64(只)，小翅脉有49＋15＝64(只)，因此大翅脉∶小翅脉＝1∶1。(2)先根据表现型写出雌蝇的基因型B_E_，雄蝇的基因型B_ee，由于后代中有黑身，因此雌、雄蝇都有隐性基因b；又因为后代出现了小翅脉，因此，雌蝇中一定有基因e，所以可推出雌蝇的基因型为BbEe，雄蝇的基因型为Bbee。(3)雌蝇的基因型为BbEe，在产生配子时两对基因发生自由组合，产生卵的基因组成种类为BE、Be、bE、be，比例为1∶1∶1∶1。(4)子代中灰身的基因型有两种：BB、Bb，而大翅脉的基因型只能是Ee，因此，子代中灰身大翅脉的基因型为BBEe、BbEe，黑身的基因型只能是bb，因此黑身大翅脉的基因型为bbEe。

答案　(1)灰身∶黑身＝3∶1　大翅脉∶小翅脉＝1∶1

(2)BbEe　Bbee　(3)4　1∶1∶1∶1　(4)BBEe和BbEe　bbEe

17．玉米紫冠(A)对非紫冠(a)、非糯(B)对糯(b)、非甜(D)对甜(d)有完全显性作用，3对基因独立遗传。现有3个纯种的玉米品系，即甲(aaBBDD)、乙(AAbbDD)和丙(AABBdd)，某小组设计了获得aabbdd个体的杂交方案如下。

第一年：种植品系甲与丙，让品系甲和丙杂交，获得F1的种子；

第二年：种植F1和品系乙，让F1与品系乙杂交，获得F2的种子；

第三年：种植F2，让F2自交，获得F3的种子；

第四年：种植F3，植株长成后，选择表现型为非紫冠糯甜的个体，使其自交，保留种子。

请回答下列问题。

(1)F1的基因型为________，表现型为__________。

(2)F2的基因型及比例为____________________，表现型有________种。

(3)F3中aabbdd个体所占的比例为____________。

(4)为了验证基因B、b与D、d独立遗传，请在甲、乙、丙3个品系中选取材料，设计可行的杂交实验方案。

第一步：取__________杂交，得F1；

第二步：__________________________________；

第三步：统计F2的表现型及比例。

结果预测：________________________________，说明基因B、b与D、d独立遗传。

解析　(1)由题干可知，aaBBDD(甲)×AABBdd(丙)

→F1∶AaBBDd，表现型为紫冠非糯非甜。(2)AaBBDd(F1)×AAbbDD(乙)→F2∶AABbDD、AABbDd、AaBbDD、AaBbDd，且比例为1∶1∶1∶1，全部表现为紫冠非糯非甜。(3)F2中基因型为AABbDD、AABbDd、AaBbDD、AaBbDd的个体各占，让其自交得F3，只有基因型为AaBbDd的个体自交后代中会出现基因型为aabbdd的个体，且概率为×＝。(4)为了验证基因B、b与D、d独立遗传，即符合自由组合定律，可用测交法、自交法、花粉鉴定法等。题中要求设计可行的杂交实验方案，可选用品系乙(bbDD)和丙(BBdd)杂交得F1(BbDd)，F1自交得F2，F2有4种表现型，且比例符合孟德尔的性状分离比(9∶3∶3∶1)，则说明基因B、b与D、d独立遗传。

答案　(1)AaBBDd　紫冠非糯非甜　(2)AABbDD∶

AABbDd∶AaBbDD∶AaBbDd比例为1∶1∶1∶1　1

(3)　(4)品系乙和丙　让F1个体自交，得F2　F2出现4种表现型(非糯非甜、非糯甜、糯非甜、糯甜)，且比例为9∶3∶3∶1