高中生物第二册 2020-2021学年必修2第一单元遗传因子的发现达标检测卷 （A） 含答案

这是一份高中生物第二册 2020-2021学年必修2第一单元遗传因子的发现达标检测卷 （A） 含答案，共8页。

2020-2021学年高一下学期第一单元达标检测卷
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

生 物（A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本题共15题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．在一对相对性状的杂交实验中，孟德尔提出的假说不包括
A．生物性状是由遗传因子决定的
B．遗传因子在体细胞中成对存在，配子中只含有其中一个
C．F1产生配子时，不同对的遗传因子可以自由结合
D．受精时，雌雄配子的结合是随机的
【答案】C
【解析】生物的性状是由细胞中的遗传因子决定的属于孟德尔提出的假说内容，A正确；遗传因子在体细胞中成对存在，配子中只含有其中一个属于孟德尔提出的假说内容，B正确；一对相对性状的杂交实验中只有一对遗传因子，F1产生配子时，不同对的遗传因子可以自由结合属于两对相对性状的杂交实验假说，C错误；受精时，雌雄配子的结合是随机的属于孟德尔提出的假说内容，D正确。
2．假说一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、验证假设、得出结论”四个基本环节。利用该方法，孟德尔发现了两个遗传规律。下列关于孟德尔研究过程的分析正确的是
A．提出问题是建立在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验的基础上
B．孟德尔所作假设的核心内容是“生物体能产生数量相等的雌雄配子”
C．为了验证作出的假设是否正确，孟德尔设计并完成了正、反交实验
D．孟德尔发现的遗传规律可以解释所有有性生殖生物的遗传现象
【答案】A
【解析】孟德尔在做豌豆杂交实验时，用豌豆纯合亲本杂交得F1，然后让F1自交，发生性状分离，经思考提出问题，A正确；孟德尔所作假设的核心内容是“生物性状是由遗传因子控制”，且生物体产生雌雄配子数量不相等，雄配子远远多于雌配子数目，B错误；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，即让F1与隐性纯合子杂交，C错误；孟德尔的遗传规律不能解释所有有性生殖生物的遗传现象，如连锁和交换、母系遗传等现象，D错误。
3．某研究所将拟南芥的三个抗盐基因SOS1、SOS2、SOS3导入玉米，筛选出成功整合的高耐盐植株（三个基因都表达才表现为高耐盐性状）。如图表示三个基因随机整合的情况，让三株转基因植株自交（无交叉互换），后代高耐盐性状的个体比例最小的是

A．甲 B．乙 C．丙 D．三者相同
【答案】C
【解析】甲图表示的三个抗盐基因SOS1、SOS2、SOS3，位于同一条染色体上，三个抗盐基因可以看做一个基因“S”，遵循分离定律，后代中有的个体为高耐盐性状；图乙三个抗盐基因中 SOS1、SOS3位于一条染色体上，SOS2位于另外一对非同源染色体的一条染色体上，在自交后代中三个抗盐基因同时出现的状况，类似于双杂合个体自交后代中的双显性子代（A_B_），即后代高耐盐性状的个体占；图丙中三个抗盐基因SOS1与SOS2分别位于一对同源染色体的两条染色体上，而SOS3位于另外一对非同源染色体的一条染色体上，在自交后代中三个抗盐基因同时出现的概率类似于双显性后代中的AaB_，出现的概率为3/8，综上所述，后代高耐盐性状的个体比例最小的是丙。
4．黄瓜是雌雄同株单性花植物，果皮的绿色和黄色是受一对等位基因控制的具有完全显隐性关系的相对性状。从种群中选定两个个体进行实验，根据子代的表现型一定能判断显隐性关系的是
A．黄色果皮植株自交或绿色果皮植株自交
B．绿色果皮植株和黄色果皮植株正、反交
C．绿色果皮植株自交和黄色果皮植株自交
D．绿色果皮植株自交和黄色果皮植株与绿色果皮植株杂交
【答案】D
【解析】如果绿色果皮植株或黄色果皮植株都是纯合体，则自交后代不发生性状分离，无法判断显隐性关系，A错误；如果绿色果皮植株和黄色果皮植株中有一个为杂合体，则正、反交后代都是1∶1，无法判断显隐性关系，B错误；如果黄色果皮植株和绿色果皮植株都是纯合体，则自交后代不发生性状分离，无法判断显隐性关系，C错误；如果绿色果皮植株自交后代出现性状分离，则绿色为显性；如果没有出现性状分离，则与黄色果皮植株杂交后，若只出现绿色，则绿色为显性，若只出现黄色，则黄色为显性，若出现两种颜色，则黄色为显性，D正确。
5．果蝇的突变型细眼（A）对野生型粗眼（a）为显性，基因型为 Aa的果蝇相互杂交，子代中细眼∶粗眼=1∶1，灰身（B）对黑身（b）为显性，这两对基因独立遗传且均位于常染色体上。现有一对细眼灰身雌雄果蝇相互交配，F1表现型之比为3∶1∶3∶1，下列叙述错误的是
A．含有A的雄配子可能没有受精的能力
B．自然界的细眼灰身果蝇的基因型有4种
C．这对细眼灰身果蝇的基因型均为AaBb
D．让F1中的细眼灰身果蝇自由交配，则F2中细眼黑身果蝇约占1/18
【答案】B
【解析】根据题意可知，基因型为 Aa的果蝇相互杂交，子代中细眼∶粗眼=1∶1，据此推测含有A的雄配子A或雌配子没有受精的能力，A正确；由于含有A的雄配子或雌配子没有受精的能力，因此细眼果蝇基因型只能是Aa，灰身果蝇的基因型有BB、Bb 2种，所以细眼灰身果蝇的基因型有2种，B错误；一对细眼灰身雌雄果蝇相互交配，F1表现型之比为3∶1∶3∶1，已知细眼（Aa）杂交后代中细眼：粗眼是1∶1，则灰身：黑身为3∶1，推知亲本中的灰身果蝇的基因型为Bb，所以这对细眼灰身果蝇的基因型均为AaBb，C正确；由于这对细眼灰身果蝇的基因型均为AaBb，则F1中的细眼灰身果蝇的基因型为1/3AaBB或2/3AaBb，二者自由交配，则F2中细眼∶粗眼=1∶1，黑身果蝇占，则F2中细眼黑身果蝇约占1/18，D正确。
6．绵羊的有角（H）对无角（h）为显性，Hh在公羊中表现为有角，在母羊中表现为无角，其毛色银灰色（D）对黑色（d）为显性，且银灰色雌、雄绵羊交配，所得后代中黑色绵羊均占1/3（理论值），两对基因都位于常染色体上，且独立遗传。不考虑变异，下列叙述错误的是
A．欲根据子代有无角判断其性别，应选择的亲本杂交组合是HH×hh
B．欲判断某有角公羊的基因型，可让该羊和有角母羊进行交配
C．基因型为HhDd的雌、雄绵羊交配，所得后代中有角银灰色羊占1/2
D．两只无角绵羊交配，若后代中出现有角羊，则一定是公羊
【答案】C
【解析】据分析可知，有角公羊基因型为HH、Hh，无角公羊为hh；有角母羊基因型为HH，无角母羊为Hh、hh，若要根据后代有无角来判断绵羊的性别，则子代应为Hh，故应选择的杂交亲本的基因型组合为HH×hh，杂交后代为Hh，公羊中Hh表现为有角，母羊中Hh表现为无角，A正确；欲判断某有角公羊的基因型，让该公羊和多只有角母羊交配，若后代全部表现为有角，则基因型为HH；若后代出现无角个体，则基因型为Hh，B正确；两对基因都位于常染色体上，且独立遗传，遵循分离定律和自由组合定律，基因型为HhDd的雌、雄绵羊交配，Hh和Hh后代母羊有角占1/4，无角占3/4，公羊有角3/4，无角1/4，Dd和Dd后代中银灰色（D）对黑色（d）为显性，且银灰色雌、雄绵羊交配，所得后代中黑色绵羊均占1/3，说明DD纯合致死，后代银灰色羊2/3，黑色羊1/3，所以后代若是母羊，有角银灰色羊占1/4×2/3=1/6，若是公羊，有角银灰色羊3/4×2/3=1/2，C错误；两只无角绵羊交配，母羊的基因型为Hh或hh，公羊的基因型为hh，若后代中出现有角羊，基因型一定是Hh，则一定是公羊，D正确。
7．某小鼠毛色受三个复等位基因(AY，A，a)控制，AY决定黄色、A决定灰色、a决定黑色，基因位于常染色体上，其中基因AY纯合时会导致小鼠胚胎时期死亡，基因AY对基因A、a为显性，A对a为显性，现用AYA和AYa两种鼠杂交得F1，F1个体自由交配。下列有关叙述错误的是
A．该鼠种群中的基因型有5种
B．F1中黄色∶灰色＝2∶1
C．F2中黄鼠所占比例为1/2
D．F1中，雄鼠产生的不同种类配子比例为1∶2∶1
【答案】D
【解析】由于基因AY纯合时会导致小鼠在胚胎时期死亡，所以该鼠种群中存活小鼠毛色的基因型有AYA、AYa、AA、Aa、aa共5种，A正确；根据题意分析可知：AYA和AYa两种黄毛鼠杂交得F1，F1为1AYAY（死亡）、1AYA（黄色）、1AYa（黄色）、1Aa（灰色），因此黄色∶灰色=2∶1，B正确；AY的基因频率=，A的基因频率=，a的基因频率=，所以F1个体自由交配，F2为AYAY（死亡）=、AYA（黄色）=、AYa（黄色）=、Aa（灰色）=、AA（灰色）=、aa（黑色）=。因此F2中AYA黄色：AYa黄色∶Aa灰色∶AA灰色∶aa黑色=2∶2∶2∶1∶1，则F2中黄色∶灰色∶黑色=4∶3∶1，因此F2中黄鼠所占比例为，C正确；F1中雄鼠的基因型有AYA、AYa、Aa，比例为1∶1∶1，所以雄鼠产生的不同种类配子比例为AY∶A∶a=1∶1∶1，D错误。
8．山羊胡子的出现由B基因决定，等位基因Bb、B+分别决定有胡子和无胡子，但是Bb在雄性中为显性基因，在雌性中为隐性基因。无胡子雄山羊与有胡子雌山羊的纯合亲本杂交产生F1，F1中的2个个体交配产生F2（如图所示）。下列判断错误的是

A．亲本的基因型分别是B+B+、BbBb B．F1中有胡子和无胡子个体都有
C．F2中有胡子∶无胡子约为1∶1 D．F2中的有胡子纯合子个体约占2/3
【答案】D
【解析】根据题意和图示分析可知：Bb在雄性中为显性，在雌性中为隐性，则亲代中有胡子雌性与无胡子雄性的基因型分别是♀BbBb，♂B+B+，A正确；其杂交产生的F1为：♀B+Bb（无胡子），♂BbB+（有胡子），B正确；F2中雄性个体有胡子∶无胡子≈3∶1，雌性个体有胡子∶无胡子≈1∶3，故F2中有胡子∶无胡子≈1∶1，C正确；F2的基因型中有胡子个体的基因型有BbBb和BbB+(♂)，无胡子个体的基因有B+B+和BbB+(♀)，F2中的有胡子纯合子个体约占1/4，D错误。
9．两对遗传因子A，a和B，b符合自由组合定律。让显性纯合子（AABB）和隐性纯合子（aabb）杂交得F1，再让F1测交，测交后代的表现型比例为1∶3。如果让F1自交，则下列表现型比例中，F2代不可能出现的是
A．13∶3 B．9∶4∶3 C．9∶7 D．15∶1
【答案】B
【解析】根据题意分析：显性纯合子（AABB）和隐性纯合子（aabb）杂交得F1，再让F1测交，测交后代的基因型为AaBb、Aabb、aaBb、aabb四种，表现型比例为1∶3，有三种可能：（AaBb、Aabb、aaBb）∶aabb，（AaBb、Aabb、aabb）∶aaBb或（AaBb、aaBb、aabb）∶Aabb，AaBb∶（Aabb、aaBb、aabb）。因此，让F1自交，F2代可能出现的是15∶1即（9A_B_+3A_bb+3aaB_）∶1aabb；9∶7即9A_B_∶（3A_bb+3aaB_+1aabb）；13∶3即（9A_B_+3A_bb+1aabb）∶3aaB_或（9A_B_+3aaB_+1aabb）∶3A_bb共三种情况，B正确。
10．孟德尔用具有两对相对性状的豌豆作亲本杂交获得F1，F1自交得F2，F2中黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒的比例为9∶3∶3∶1，与F2出现这种比例无直接关系的是
A．亲本必须是纯种的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆
B．F1产生的雌、雄配子各有4种，比例为1∶1∶1∶1
C．F1自交时，4种类型的雌、雄配子的结合是随机的
D．F1的雌、雄配子结合成的合子都能发育成新个体
【答案】A
【解析】亲本可以是纯种的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆，也可以是纯种的黄色皱粒和绿色圆粒，A错误；F1产生的雌、雄配子各有4种即AB、Ab、aB、ab，比例为1∶1∶1∶1，B正确；F1自交时，4种类型的雌、雄配子的结合是随机的，C正确；F1的雌、雄配子结合成的合子都能发育成新个体，D正确。
11．节瓜有全雌株（只有雌花）、全雄株（只有雄花）和正常株（雌花、雄花均有）等不同性别类型的植株，研究人员做了下图所示的实验。

下列推测不合理的是
A．节瓜的性别是由两对等位基因决定的，其遗传方式遵循基因的自由组合定律
B．实验一中，F2正常株的基因型为A_B_和aabb，其中纯合子占1/5
C．实验二中，亲本正常株的基因型为AABb或AaBB，F1正常株的基因型也为AABb或AaBB
D．实验一中F1正常株测交结果为全雌株∶正常株∶全雄株＝1∶1∶2
【答案】D
【解析】实验一全雌株与全雄株杂交，F1全是正常株，F2的分离比接近3∶10∶3，共16个组合，可见该节瓜的性别决定是由两对基因控制的，遵循基因的自由组合定律，A正确；若第一对基因以A/a表示，第二对基因以B/b表示，则实验一中F1正常株的基因型是AaBb，由F2的性状分离比全雌株∶正常株∶全雄株＝3∶10∶3可知，正常株是双显性（9）和双隐性（1），全雌株、全雄株为单显性（3），F2中纯合子AABB、aabb占两份，故纯合子的比例为1/5，B正确；实验二中亲本为纯合全雌株（AAbb或aaBB）与正常株杂交，后代性状分离比为1∶1，故亲本正常株有一对基因纯合，一对基因杂合，即亲本正常株的基因型为AABb或AaBB，F1正常株的基因型也为AABb或AaBB，C正确；设全雌株为aaB_，实验一F1正常株AaBb与基因型为aabb的植株测交，子代为1AaBb（正常株）∶1aabb（正常株）∶1aaBb（全雌株）∶1Aabb（全雄株），即全雌株∶正常株∶全雄株＝1∶2∶1，D错误。
12．将基因型为Aa的水稻均分4组，分别进行不同的遗传实验，；各组子代的Aa基因型频率变化如下图。下列分析错误的是
A．第一组为连续自交
B．第二组为连续随机交配
C．第三组为连续自交并逐代淘汰隐性个体
D．第四组为随机交配并逐代淘汰隐性个体
【答案】C
【解析】当水稻连续自交时，第n代杂合子的比例是（）n，F1中Aa比例为，F2中Aa的基因型频率为，F3中Aa的基因型频率为，符合第一组的实验结果，A正确；当水稻连续随机交配时，由于每一代中A和a的基因频率始终为，所以子代每一代中Aa的基因型频率始终为2××=，符合第二组的实验结果，B正确；当水稻连续自交并逐代淘汰隐性个体时，F1中，Aa=，F2中Aa=，F3中Aa=，与第三组实验数据不符，C错误；当水稻连续随机交配并逐代淘汰隐性个体，由于F1中AA=，Aa=，所以A的频率为，a的频率为，随机交配后，F2中Aa=2××=，aa=×=，又aa被淘汰，所以F2中Aa的基因型频率为，继续随机交配，A=，a=，F3中Aa=×=，aa=×=，淘汰aa，所以Aa的基因型频率为40%，与第四组数据符合，D正确。
13．水稻为雌雄同株植物，其抗稻瘟病与易感稻瘟病是由一对等位基因决定的相对性状，抗病(R)对易感病(r)为显性。细胞中另有一对等位基因B、b对稻瘟病的抗性表达有影响，BB会使水稻抗性完全消失，Bb使抗性减弱(弱抗病)，bb不影响抗性表达。两对基因均位于常染色体上。现有两纯合亲本杂交，实验过程和结果如图所示。下列相关叙述错误的是

A．两对基因位于两对同源染色体上
B．F2中的弱抗病植株全部是杂合子
C．F2中的抗病植株自交，后代中抗病植株占5/6
D．F2中的易感病植株可通过测交鉴定其基因型
【答案】D
【解析】分析遗传图解可知，子二代的表现型及比例是3∶6∶7，是9∶3∶3∶1的变式，说明水稻的抗病由2对等位基因控制，且2对等位基因遵循自由组合定律，A正确；子一代的基因型RrBb，表现为弱抗性，由于BB使水稻抗性完全消失，因此亲本基因型是RRbb（抗病）×rrBB（易感病），子一代自交转化成2个分离定律问题：Rr×Rr→R_∶rr=3∶1，Bb×Bb→BB∶Bb∶bb=1∶2∶1，子二代弱抗性的基因型是R_Bb，即RRBb∶RrBb=1∶2，全部是杂合子，B正确；子二代中抗病植株的基因型是R_bb，即RRbb∶Rrbb=1∶2，抗病植株自交，RRbb后代全部是抗病，Rrbb自交，后代抗病∶易感病=3∶1，因此子二代全部抗病植株自交，后代不抗病的比例是×=，抗病植株占1-1/6＝5/6，C正确；F2的易感型植株基因型有RRBB、RrBB、rrBB、rrBb、rrbb，其中rrBB、rrBb、rrbb不可以通过测交鉴定其基因型，D错误。
14．现有①～④四个果蝇品系（都是纯种），其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示：
品系
①
②
③
④
隐性性状
均为显性
残翅
黑身
紫红眼
相应染色体
Ⅱ、Ⅲ
Ⅱ
Ⅱ
Ⅲ
若需验证自由组合定律，可选择下列哪种交配类型
A．①×② B．②×④ C．②×③ D．①×④
【答案】B
【解析】①个体所有基因都是显性纯合的，②个体只有控制残翅的基因是隐性的，所以两个体杂交只产生一对基因杂合，只能验证基因的分离定律，不能验证基因的自由组合定律，A错误； 要验证自由组合定律，必须两对或多对相对性状是在非同源染色体上，不能在同源染色体上。②和④分别含有残翅和紫红眼的隐性基因，且控制这两种性状的两基因分别在Ⅱ、Ⅲ号染色体上，B正确；②和③分别含有残翅和黑身的隐性基因，但是控制这两种性状的基因都都在Ⅱ号染色体上，不能验证基因的自由组合定律，C错误；①个体所有基因都是显性纯合的，④个体只有控制紫红眼的基因是隐性的，所以两个体杂交只产生一对基因杂合，只能验证基因的分离定律，不能验证基因的自由组合定律，D错误。
15．某雌雄异株的植物的株高由3对独立遗传的等位基因控制，显性基因具有累加效应，且每个增效基因的累加值相等。下表列出了基因型为EeFfHh的雌雄植株杂交，后代个体中所能具有的全部表现类型及所占的比例。若基因型为EeFfHh与Eeffhh的植株杂交，则下列有关子代的叙述错误的是（不考虑交叉互换）

类型一
类型二
类型三
类型四
类型五
类型六
类型七
显性基因个数
6
5
4
3
2
1
0
在所有类型中所占的比例
1/64
6/64
15/64
20/64
15/64
6/64
1/64
A．子代中不会出现类型一和类型二的个体
B．子代中类型五的个体出现的概率为5/16
C．子代中类型六的个体的基因型有3种
D．子代株高中类型三∶类型四＝1∶4
【答案】B
【解析】因EeFfHh与Eeffhh两植株杂交，子代最多会出现4个显性基因，即EEFfHh这种基因型，所以不会出现类型一和类型二，A正确；子代中类型五出现2个显性基因，有EEffhh占1/16，EeffHh占1/8，EeFfhh占1/8，eeFfHh占1/16四种情况，共占子代的6/16，B错误；子代类型六的个体的基因型有Eeffhh，eeFfhh，eeffHh三种，C正确；子代株高中类型三的基因型是EEFfHh所占的比例1/16，类型四基因型有三种：EEFfhh所占的比例1/16，EEFffHh所占的比例1/16，EeFfHh所占的比例1/8，共占比例为4/16，故类型三∶类型四＝1∶4，D正确。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
16．致死基因的存在可影响后代性状分离比。现有基因型为AaBb的个体，两对等位基因独立遗传，但具有某种基因型的配子或个体致死，不考虑环境因素对表现型的影响，若该个体自交，下列说法正确的是
A．后代分离比为6∶3∶2∶1，则推测原因可能是某对基因显性纯合致死
B．后代分离比为5∶3∶3∶1，则推测原因可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死
C．后代分离比为7∶3∶1∶1，则推测原因可能是基因型为Ab的雄配子或雌配子致死
D．后代分离比为9∶3∶3，则推测原因可能是基因型为aB的雄配子或雌配子致死
【答案】ABC
【解析】按照基因的自由组合定律分析，正常情况下，基因型为AaBb的个体产生的配子类型及比例是AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶1∶1，自交后代的基因型及比例是A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶
3∶3∶1。后代分离比为6∶3∶2∶1，与A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1对照可推测可能是某对基因显性纯合致死，A正确；后代分离比为5∶3∶3∶1，说明双显中死亡四份，可推测可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死，导致双显性状中少4份，B正确；由于子二代A_B_∶aaB_∶A_bb∶aabb=7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，A_B_少了2，A_bb少了2，最可能的原因是Ab的雄配子或雌配子致死，C正确；后代分离比为9∶3∶3，没有出现双隐性，说明aabb的合子或个体死亡，D错误。
17．甘蓝型油菜花色性状由三对等位基因控制，三对等位基因分别位于三对同源染色体上，花色表现型与基因型之间的对应关系如表所示。下列分析错误的是
表现型
白花
乳白花
黄花
金黄花
基因型
AA__
Aa__
aaB_ _
aa_D_
aabbdd
A．如果控制花色的三对等位基因位于一对同源染色体上，则基因型为AaBbDd的个体自交，F1中AAbbdd∶AaBbDd∶aaBBDD=1∶2∶1
B．黄花（aaBBDD）×金黄花，F1自交，F2中黄花基因型有8种
C．若选择基因型为AaBBDd的个体自交，子一代可同时出现四种花色
D．白花（AABBDD）×黄花（aaBBDD），F1测交后代为白花∶黄花＝1∶1
【答案】ACD
【解析】如果控制花色的三对等位基因位于一对同源染色体上，由于不知道三对基因的分布情况，所以基因型为AaBbDd的个体自交，F1中基因型及其比例不一定是AAbbdd∶AaBbDd∶aaBBDD=1∶2∶1，如A、B、D位于一条染色体上，a、b、d位于另一条同源染色体上，子一代的基因型和比例为AABBDD∶AaBbDd∶aabbdd=1∶2∶1，A错误；黄花（aaBBDD）×金黄花（aabbdd），子一代的基因型是aaBbDd，子一代自交后代黄花基因型有2×3+2=8种，B正确；欲同时获得四种花色表现型的子一代，则亲代需同时含A和a、B和b、D和d，基因型为AaBBDd的个体自交，子一代不能出现bb，不会出现金黄花，故不能得到四种花色，C错误；白花（AABBDD）×黄花（aaBBDD），F1基因型为AaBBDD，测交后代为乳白花（AaBbDd）∶黄花（aaBbDd）＝1∶1，D错误。
18．已知一批胚的基因型为AA和Aa的豌豆种子，其数目之比为1∶2，将这批种子种下去，自然状态下（假设结实率相等），其子一代中胚的基因型为AA、Aa、aa之比是
A．3∶2∶1 B．1∶2∶1 C．3∶5∶1 D．4∶4∶1
【答案】A
【解析】自然状态下，豌豆是自花传粉植物，在一批基因型为AA和Aa的豌豆种子中，由于其数目之比为1∶2，所以AA的比例为，Aa的比例为，AA自交后代全是AA，Aa自交后代中，有AA，Aa，aa，故它们之比为3∶2∶1。
19．某种鸟类羽毛的颜色由等位基因B和b控制，有黑色、黄色两种颜色；等位基因R和r影响该鸟类的体色，两对基因均位于常染色体上。现有三组不同基因型的鸟类各若干只，甲黑色，乙黄色，丙黄色，研究者进行了如表所示的杂交实验，下列有关叙述错误的是
杂交亲本
子一代表现型及比例
子一代相互交配产生子二代的表现型及比例
甲×乙
只有黑色
黑色∶黄色＝3∶1
乙×丙
只有黄色
黄色∶黑色＝13∶3
A．羽毛颜色的遗传符合自由组合定律
B．R基因会促进B基因的表达
C．基因型为BbRR的个体表现型应该为黑色
D．乙丙杂交子二代中，黄色个体中纯合子的比例应是3/13
【答案】BC
【解析】由乙×丙杂交组合，子一代相互交配产生子二代的表现型及比例黄色∶黑色＝13∶3，是9∶3∶3∶1的变形，可知羽毛颜色的遗传是由2对等位基因控制的，且符合自由组合定律，A正确；乙×丙杂交组合子一代黄色鸟的基因型为BbRr；结合题意“等位基因R和r影响该鸟类的体色”，可知R基因会抑制B基因的表达，B错误；由于R基因会抑制B基因（控制黑色性状）的表达，基因型为BbRR的个体表现型应该为黄色，C错误；乙丙杂交子二代中，黄色个体中纯合子的基因型为BBRR、bbRR和bbrr 3种，比例均为1/13，所以黄色个体中纯合子的比例为3/13，D正确。
20．某雌雄同株植物花的颜色由A/a、B/b两对基因控制。A基因控制红色素的合成(AA和Aa的效应相同，B基因具有淡化色素的作用。现用两纯合白花植株进行人工杂交(子代数量足够多)，F1自交，产生的F2中红色∶粉色∶白色＝3∶6∶7。下列说法正确的是
A．该花色的两对等位基因的传递遵循基因自由组合定律
B．用于人工杂交的两纯合白花植株的基因型一定是AABB、aabb
C．红花植株自交后代中，一定会出现红色∶白色＝3∶1
D．BB和Bb淡化色素的程度不同，BB个体表现为白色
【答案】ABD
【解析】F1中的粉红色自交，产生的F2中白色∶粉红色∶红色=7∶6∶3（为9∶3∶3∶1的变式），说明控制该花色的两对等位基因的传递遵循基因的自由组合定律，A正确；因为F1自交后代共有16种组合方式，所以F1的基因型一定是AaBb，则亲本纯合白花植物的基因型只能是AABB和aabb，B正确；红花植物的基因型为A_bb理论上，其自交后代不会出现粉红色，后代比例可能是红色∶白色=3∶1或均为红色，C错误；BB和Bb淡化色素的程度不同，BB个体表现为白色，D正确。
三、非选择题：本题共5小题，共55分。
21．已知某二倍体雌雄同株（正常株）植物，基因t纯合导致雄性不育而成为雌株，宽叶与窄叶由等位基因（A、a）控制。将宽叶雌株与窄叶正常株进行杂交实验，其F1全为宽叶正常株。F1自交产生F2，F2的表现型及数量为：宽叶雌株749株、窄叶雌株251株、宽叶正常株2250株、窄叶正常株753株。回答下列问题：
（1）F2出现上述表现型及数量的原因是_____________________________________。
（2）若取F2中纯合宽叶雌株与杂合窄叶正常株杂交，则其子代（F3）的表现型及比例为________________________，F3群体随机授粉，F4中窄叶雌株所占的比例为________。
（3）选择F2中的植株，设计杂交实验以验证F1植株的基因型，用遗传图解表示。
【答案】（1）F1形成配子时，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合
（2）宽叶雌株∶宽叶正常株＝1∶1；3/32
（3）
【解析】（1）两对等位基因的遗传遵循基因自由组合定律，F1形成配子时，同源染色体上的等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，所以F2会出现9∶3∶3∶1的分离比。
（2）若取F2中纯合宽叶雌株AAtt与杂合窄叶正常株aaTt杂交，则其子代（F3）的表现型及比例为宽叶雌株Aatt∶宽叶正常株AaTt=1∶1，F3群体中雄配子种类及比例为：AT、At、aT、at，雌配子种类及比例为At、at、AT、aT，所以F4中窄叶雌株aatt所占的比例为×=。（3）验证F1植株的基因型，用测交的方法，遗传图解为：
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22．某种植物的花色由独立遗传的三对等位基因（A/a、B/b、D/d）控制，三对基因中至少各含有一个显性基因时开蓝花，其他情况下开白花。
（1）相对性状是指___________________________________________________。
（2）蓝花品系可能的基因型有_________种，若一品系的纯种白花与其他不同基因型的白花品系杂交，子代均为白花，其最可能的基因型为______________________。
（3）现有三个不同品系的纯种白花1、2、3，为确定其基因组成，拟进行如下实验：
步骤1：各品系与纯种蓝花植株杂交，获得F1。
步骤2：F1在自然状态下授粉，统计F2表现型及比例。
根据实验结果，可推断：
①若F2______________________________________，说明该品系含一对隐性基因。
②若F2________________________________________，说明该品系含两对隐性基因。
③若F2_________________________________________，说明该品系含三对隐性基因。
【答案】（1）一种生物的同一性状的不同表现类型   
（2）8；aabbdd
（3）蓝花∶白花=3∶1；蓝花∶白花=9∶7；蓝花∶白花=27∶37
【解析】（1）一种生物的同一性状的不同表现类型称为相对性状。（2）由题可知，由于个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时（即A_B_D_）才开红花，则红花品系的基因型有2×2×2=8种；若一品系的纯种白花与其他不同基因型的白花品系杂交，子代均为白花，说明后代中不能同时出现含有A_B_D_的基因型，因此该纯种白花一定是aabbdd。（3）题干说明了该植物为自花传粉，所以自然状态下为自交。纯种红花基因型为ABBBDD，若该品系含一对隐性基因，则基因型为AAbbDD或aaBBDD或AABBdd，其杂交F1基因型为AABbDD或AaBBDD或AABBDd，含一对杂合子，自交后出现红花∶白花=3∶1；若该品系含两对隐性基因，其基因型aaBBdd或AAbbdd或aabbDD，F1基因型为AaBBDd或AABbDd或AaBbDD，含两对杂合子，自交后山现红花∶白花=9∶7；若该品系含三对隐性基因其基因型为aabbdd，因此F1基因型为AaBbDd，含三对杂合子，自交后出现红花所占的比例为，红花∶白花=27∶37。
23．荞麦是两性花植物，具有稳定的且易于区分的相对性状，如花药大小（正常、小）、瘦果形状（棱尖、棱圆）等。某兴趣小组利用纯种荞麦进行杂交实验，获得了F1，F1自由交配得F2，F2性状统计结果：花药正常∶花药小＝452∶348，瘦果棱尖∶瘦果棱圆＝591∶209。
请回答：
（1）花药大小的遗传至少受__________对等位基因控制，F2花药小的植株中纯合子所占比例为__________。
（2）为探究控制花药大小和瘦果形状两对性状的基因在染色体上的位置关系，兴趣小组用了最简单的方法进行了分析判断（不考虑交叉互换）。请帮助他们完成下列实验方案：
①实验过程：选择纯合花药正常、瘦果棱尖和相关基因均为隐性纯合的花药小、瘦果棱圆植株作亲本杂交，获得F1；__________________________________________________；统计后代中两种性状的表型及比例。②结果分析：若后代中_________________________________________，则控制花药大小和瘦果形状两对性状的基因位于两对染色体上；若后代中______________________，则控制花药大小和瘦果形状两对性状的基因位于三对染色体上。
【答案】（1）两；3/7
（2）①让F1自交获得F2 
②花药正常瘦果棱尖∶花药小瘦果棱尖∶花药小瘦果棱圆＝9∶3∶4；花药正常瘦果棱尖∶花药正常瘦果棱圆∶花药小瘦果棱尖∶花药小瘦果棱圆＝27∶9∶21∶7
【解析】（1）由题干可知，花药的大小受两对等位基因的控制，F1为双杂合子（假设为AaBb），且双显性(A_B_)为花药正常，其余基因型为花药小，则F2为9A_B_、3A_bb、3aaB_、1aabb，所以花药小的植株(3A_bb、3aaB_、1aabb)中纯合子所占比例为3/7。（2）①根据分析可知，花药大小和瘦果形状受3对等位基因控制，为探究控制花药大小和瘦果形状两对性状的基因在染色体上的位置关系，可选择纯合花药正常、瘦果棱尖和相关基因均为隐性纯合的花药小、瘦果棱圆植株为材料，进行杂交获得F1；让F1自交获得F2；统计后代中两种性状的表型及比例。②若控制花药大小和瘦果形状（假设基因为D、d）两对性状的基因位于两对染色体上，假设D与A连锁，则后代A_B_D_∶A_bbD_∶aaB_dd∶aabbdd＝9∶3∶3∶1，因此后代中花药正常瘦果棱尖∶花药小瘦果棱尖∶花药小瘦果棱圆＝9∶3∶4；若控制花药大小和瘦果形状两对性状的基因位于三对染色体上，则后代花药正常∶花药小＝9∶7，瘦果棱尖∶瘦果棱圆＝3∶1，因此后代的性状分离比为花药正常瘦果棱尖∶花药正常瘦果棱圆∶花药小瘦果棱尖∶花药小瘦果棱圆＝27∶9∶21∶7。
24．孟德尔以豌豆为实验材料进行杂交实验，并通过分析实验结果，发现了生物的遗传规律。据此回答下列相关问题。
(1)用豌豆做遗传实验容易取得成功是因为豌豆具有以下特征:
①___________________________________________________________________________; 
②___________________________________________________________________________。 
(2)豌豆的花色和花的位置分别由基因A、a和B、b控制，基因型为AaBb的豌豆植株自交获得的子代表现型及比例是红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生=9∶3∶3∶1。由此可以看出，豌豆的花色和花的位置中显性性状是__________和___________，控制这两对相对性状的基因的遗传__________(填“遵循”或“不遵循”)基因自由组合定律。 
(3)将红花腋生与白花顶生豌豆植株作为亲本进行杂交得到F1，F1自交得到的F2表现型及比例是白花顶生∶红花顶生∶白花腋生∶红花腋生=15∶9∶5∶3，则亲本红花腋生植株的基因型是_____________。若对上述F1植株进行测交，则子代表现型及比例是红花顶生∶红花腋生∶白花顶生∶白花腋生=____________________。
【答案】（1）闭花受粉；具有稳定的易于区分的性状
（2）红花；顶生；遵循
（3）Aabb；1∶1∶3∶3
【解析】（1）用豌豆做遗传学实验材料容易取得成功，因为豌豆具有以下特征：①自花传粉、闭花受粉；②具有稳定的易于区分的性状。（2）豌豆的花色和花的位置分别由基因A、a和B、b控制，基因型为AaBb的豌豆植株自交获得的子代表现型及比例是红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝9∶3∶3∶1。单独研究红花和白花比例，F2中红花∶白花=3∶1，说明红花为显性性状，同理F2中顶生∶腋生=3∶1，说明顶生为显性性状，根据F2的红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝9∶3∶3∶1可知，控制这两对相对性状的基因遵循基因的自由组合定律。（3）根据F2表现型及比例是白花顶生∶红花顶生∶白花腋生∶红花腋生＝15∶9∶5∶3，单独分析红花和白花比例，F2中红花∶白花=3∶5，说明F1中控制花色的基因型有Aa和aa，单独分析花的位置及比例，F2中顶生∶腋生=3∶1，说明F1中控制花位置的基因型为Bb，所以F1的基因型是AaBb、aaBb，亲本为红花腋生（A-bb）与白花顶生（aaB-）的豌豆植株杂交得到的F1为AaBb、aaBb，说明亲本基因型为Aabb和aaBB，故F1的基因型及比例为AaBb∶aaBb=1∶1，所以F1植株进行测交，则子代表现型及比例是红花顶生∶红花腋生∶白花顶生∶白花腋生=(××)∶(××)∶(××+×)∶(××+×)=1∶1∶3∶3。
25．控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表现型不同的4种植株：板叶紫叶抗病（甲）、板叶绿叶抗病（乙）、花叶绿叶感病（丙）和花叶紫叶感病（丁）。甲和丙杂交，子代表现型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表现型。回答下列问题：
（1）根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是_______________。
（2）根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为_______________、_________________、_________________和_______________。
（3）若丙和丁杂交，则子代的表现型为_________________。
（4）选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为_________________。
【答案】（1）板叶、紫叶、抗病
（2）AABBDD AabbDd aabbdd aaBbdd
（3）花叶绿叶感病、花叶紫叶感病
（4）AaBbdd
【解析】（1）甲板叶紫叶抗病与丙花叶绿叶感病杂交，子代表现型与甲相同，可知显性性状为板叶、紫叶、抗病，甲为显性纯合子AABBDD。（2）已知显性性状为板叶、紫叶、抗病，再根据甲乙丙丁的表现型和杂交结果可推知，甲、乙、丙、丁的基因型分别为AABBDD、AabbDd、aabbdd、aaBbdd。（3）若丙aabbdd和丁aaBbdd杂交，根据自由组合定律，可知子代基因型和表现型为：aabbdd（花叶绿叶感病）和aaBbdd（花叶紫叶感病）。（4）已知杂合子自交分离比为3∶1，测交比为1∶1，故X与乙杂交，叶形分离比为3∶1，则为Aa×Aa杂交，叶色分离比为1∶1，则为Bb×bb杂交，能否抗病分离比为1∶1，则为Dd×dd杂交，由于乙的基因型为AabbDd，可知X的基因型为AaBbdd。