课时跟踪检测（三）自由组合定律的发现

课时跟踪检测（三）自由组合定律的发现[理解·巩固·落实]1．判断下列叙述的正误，对的打“√”，错的打“×”。(1)孟德尔在以豌豆为材料所做的实验中，通过杂交实验发现问题，然后提出假设进行解释，再通过测交实验进行验证。(√)(2)F1(YyRr)产生的YR卵细胞和YR精子数量之比为1∶1。(×)(3)形成配子时，决定同种性状的遗传因子自由组合。(×)(4)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的精子和卵细胞可以自由组合。(×)(5)在孟德尔两对相对性状杂交实验中F1受精时，雌雄配子的组合方式有9种。(×)2．自由组合定律中的“自由组合”是指()A．带有不同遗传因子的雌雄配子间的组合B．决定同一性状的成对的遗传因子的组合C．两亲本间的组合D．决定不同性状的遗传因子的自由组合解析：选D自由组合定律的实质是生物在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。3．(2021·天津南开区高一检测)孟德尔用豌豆做两对相对性状的遗传实验不必考虑的是()A．亲本的双方都必须是纯合子B．两对相对性状各自要有显隐性关系C．对母本去雄，授以父本花粉D．显性亲本作父本，隐性亲本作母本解析：选D在孟德尔的豌豆杂交实验中，正交和反交的结果是一样的，因此不一定要显性亲本作父本，隐性亲本作母本。4．家兔的黑色(B)对褐色(b)是显性，短毛(D)对长毛(d)是显性，这两对基因是自由组合的。兔甲与一只黑色短毛兔(BbDd)杂交后产仔26只，其中黑短9只、黑长3只、褐短10只、褐长4只。按理论推算，兔甲的表型应为()A．黑色短毛 B．黑色长毛C．褐色短毛 D．褐色长毛解析：选C可以利用分离定律进行分析，首先考虑毛色这一对相对性状，子代中黑(9＋3)∶褐(10＋4)≈1∶1，所以兔甲的毛色基因型应为bb，表型为褐色。再考虑毛长度这一对相对性状，子代中短毛(9＋10)∶长毛(3＋4)≈3∶1，兔甲毛长度的基因型应为Dd，表型为短毛。因此兔甲的表型是褐色短毛。故选C。5．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，关键在于他在实验过程中选择了正确的方法。下面各项中，不是他获得成功的重要原因的选项是()A．先只针对一对相对性状的遗传规律进行研究，然后再研究多对相对性状的遗传规律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，做出了大量的实验D．应用了数学统计的方法对结果进行统计分析解析：选C选项A、B、D均是孟德尔成功的原因，选项C不能作为其成功的原因。因为无目的、无意义的大量的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保障。6．两对相对性状的纯合亲本杂交得F1，F1自交得F2，F2出现4种表型，且比例约为9∶3∶3∶1。下列叙述正确的是()A．每对相对性状的遗传都遵循分离定律，且表现完全显性B．F1产生的雌配子和雄配子数量相等，各有4种类型C．F1产生的雌配子和雄配子随机结合，有9种组合方式D．F2中与亲代表型不同的新组合类型占3/8解析：选AF1产生的雌雄配子种类相同，但数量不相等，B错误；F1产生的雌雄配子有16种组合方式，C错误；F2中与亲代表型不同的新组合类型占3/8或5/8，D错误。7．AABB和aabb杂交得F1，在F1自交后代的所有基因型中，纯合子与杂合子的比例为()A．4∶5 B．1∶3C．1∶8 D．9∶7解析：选B由分析可知，F1自交后代的所有基因型的比例为AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb∶AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb∶aabb＝1∶2∶2∶4∶1∶2∶1∶2∶1，故纯合子与杂合子的比例为4∶12＝1∶3。8．已知玉米子粒黄色对红色为显性，非甜对甜为显性。纯合的黄色甜玉米与红色非甜玉米杂交得到F1，F1自交或测交，预期结果正确的是()A．测交结果中黄色非甜与红色甜的比例为3∶1B．自交结果中与亲本表型相同的子代所占的比例为3/16C．自交结果中黄色和红色的比例为3∶1，非甜与甜的比例为3∶1D．测交结果中红色非甜子代所占的比例为1/2解析：选CF1测交，其子代有四种表型，且比例为1∶1∶1∶1，故黄色非甜与红色甜的比例为1∶1，A错误；F1自交，其子代有四种表型，其比例为9∶3∶3∶1，其中与亲本表型相同的黄色甜与红色非甜所占比例分别为3/16、3/16，故其所占比例为3/8，B错误；两对相对性状中每一对均符合分离定律，故F1自交后代中黄色∶红色＝3∶1，非甜∶甜＝3∶1，C正确；F1测交子代中红色非甜所占比例为1/4，D错误。9．(2021·北京丰台区高一检测，多选)如图表示豌豆杂交实验时F1自交产生F2的结果统计。对此下列相关说法正确的是()A．这个结果能够说明黄色和圆粒是显性性状B．出现此实验结果的原因是不同对的遗传因子自由组合C．根据图示结果不能确定F1的性状表现和遗传因子组成D．根据图示结果能确定亲本的性状表现和遗传因子组成解析：选AB根据F2中黄色∶绿色＝(315＋101)∶(108＋32)≈3∶1，可以判断黄色对绿色为显性，根据F2中圆粒∶皱粒＝(315＋108)∶(101＋32)≈3∶1，可以判断圆粒对皱粒为显性，出现此实验结果的原因是不同对的遗传因子自由组合，A、B正确；F1的性状表现为黄色圆粒，遗传因子组成也可以确定，C错误；亲本的性状表现和遗传因子组成有两种情况，可能是纯合的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，也可能是纯合的黄色皱粒豌豆与绿色圆粒豌豆杂交，D错误。10．西红柿为自花受粉的植物，已知果实颜色有黄色和红色，果形有圆形和多棱形。控制这两对性状的基因分别位于不同对的染色体上。根据下表有关的杂交及数据统计，回答下列问题。组别亲本组合后代表型及株数红色圆果红色多棱果黄色圆果黄色多棱果Ⅰ红色多棱果×黄色圆果531557502510Ⅱ红色圆果×红色多棱果720745241253Ⅲ红色圆果×黄色圆果603198627207(1)上述两对性状的遗传符合__________定律，两对相对性状中，显性性状为____________。(2)以A和a分别表示果色的显、隐性基因，B和b分别表示果形的显、隐性基因。请写出组别Ⅱ的亲本中红色圆果的基因型：________。(3)现有红色多棱果、黄色圆果和黄色多棱果三个纯合品种，育种家期望获得红色圆果的新品种，为此进行杂交，应选用哪两个品种作为杂交亲本较好？__________和____________。(4)上述两亲本杂交得到F1，F1自交得F2，在F2中，表型为红色圆果的植株出现的比例为________，其中能稳定遗传的红色圆果又占该表型的比例为________。解析：(1)根据表格分析可知，题述两对相对性状中，显性性状为红色、圆果，其遗传遵循自由组合定律。(2)根据组别Ⅱ的亲代表型推断其基因型为A_B_、A_bb，又因为后代表型比约为3∶3∶1∶1，所以亲本基因型为AaBb、Aabb。(3)要想获得红色圆果的新品种，选用表型为红色多棱果和黄色圆果两个品种作杂交亲本较好，所选亲本的基因型分别为AAbb和aaBB。(4)上述两个亲本杂交产生的F1的基因型为AaBb。在F2中，表型为红色圆果(A_B_)的植株出现的比例为3/4×3/4＝9/16，其中能稳定遗传的红色圆果(AABB)占该种表型的比例为1/16÷9/16＝1/9。答案：(1)自由组合红色、圆果(2)AaBb(3)红色多棱果黄色圆果(4)9/161/9[迁移·应用·发展]11．(2021·天津静海区高一检测)已知小麦的有芒(A)对无芒(a)为显性，抗病(R)对不抗病(r)为显性，小麦一年只播种一次。如图是培育无芒抗病小麦的示意图，下列相关叙述错误的是()A．杂交的目的是将控制无芒和抗病的基因集中到子一代中B．子一代自交的目的是使子二代中出现无芒抗病个体C．得到纯合的无芒抗病种子至少需要四年D．子二代中无芒抗病植株自交的目的是筛选子二代中无芒抗病植株中的纯合子解析：选C有芒抗病植株和无芒不抗病植株进行杂交产生的子一代中虽然没有出现无芒抗病植株，但已经将控制优良性状的基因a和R集中到了子一代中，然后通过子一代自交，子二代中出现了符合要求的植株，但其中有2/3是杂合子，纯合子只有1/3，所以要令子二代中无芒抗病植株自交，目的是鉴定哪些是纯合子。要杂交一次、自交两次才能获得纯合的无芒抗病种子，因为小麦一年只播种一次，所以至少需要三年才能获得纯合的无芒抗病种子。12．(多选)某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型为AA的植株表现为大花瓣，Aa表现为小花瓣，aa表现为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr表现为黄色，两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是()A．子代共有9种基因型B．子代共有4种表型C．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为1/2D．子代的所有植株中，纯合子占1/4解析：选BCAa×Aa，后代有3种基因型，3种表型；Rr×Rr，后代有3种基因型，2种表型。故基因型为AaRr的亲本自交，后代有3×3＝9(种)基因型，有2×3＝6(种)表型，但由于基因型为aa的个体无花瓣，因此子代的表型只有5种，A正确，B错误。子代有花瓣植株占12/16＝3/4，其中AaRr(4/16)所占的比例为1/3。子代的所有植株中，纯合子占4/16＝1/4。13．(2020·全国卷Ⅱ)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__________________。解析：(1)甲(板叶紫叶抗病)与丙(花叶绿叶感病)杂交，子代表型都是板叶紫叶抗病，说明板叶对花叶为显性、紫叶对绿叶为显性、抗病对感病为显性。(2)丙的表型为花叶绿叶感病，说明丙的基因型为aabbdd。根据甲与丙杂交子代都是板叶紫叶抗病推断，甲的基因型为AABBDD。乙(板叶绿叶抗病)与丁(花叶紫叶感病)杂交，子代出现个体数相近的8(即2×2×2)种不同表型，可以确定乙的基因型为AabbDd，丁的基因型为aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)与丁(aaBbdd)杂交，子代的基