2024高考生物一轮复习第5章遗传的基本规律与伴性遗传第2讲孟德尔的豌豆杂交实验二针对训练3含解析

PAGEPAGE4第2讲孟德尔的豌豆杂交试验（二）1．(2024·浙江温州学考模拟)基因型为AaBb的个体与基因型为Aabb的个体杂交，两对基因独立遗传，则后代中()A．表现型4种，比例为1∶1∶1∶1；基因型6种B．表现型2种，比例为3∶1；基因型3种C．表现型4种，比例为3∶1∶3∶1；基因型6种D．表现型2种，比例为1∶1；基因型3种解析：依据两对基因独立遗传，可以将基因型的AaBb的个体与基因型为Aabb的个体杂交，拆分成Aa与Aa杂交、Bb与bb杂交进行分析。Aa与Aa杂交，后代有三种基因型AA、Aa、aa，比例为1∶2∶1；两种表现型，比例为3∶1。Bb与bb杂交，后代有两种基因型Bb与bb，比例为1∶1；两种表现型，比例为1∶1。因此基因型的AaBb的个体与基因型为Aabb的个体杂交，则后代中表现型有2×2＝4种，比例为(3∶1)×(1∶1)＝3∶1∶3∶1，基因型有3×2＝6种。答案：C2．(2024·山东成功一模)在两对等位基因自由组合的状况下，F1自交后代的性状分别比是12∶3∶1，F1测交后代的性状分别比是()A．1∶3B．3∶1C．2∶1∶1 D．1∶1解析：正常条件下，两对基因自由组合，F2的分别比为9∶3∶3∶1，题中F2的分别比是12∶3∶1，由此可知F1的基因型为双杂合子(AaBb)，且A_B_和A_bb为一种性状，aaB_和aabb各为一种性状。F1测交：AaBb×aabb→1AaBb、1Aabb、1aaBb、1aabb，其后代性状分别比是2∶1∶1。答案：C3．(2024·江苏苏州一模)某种植物细胞常染色体上的A、B、T基因对a、b、t完全显性，让红花(A)、高茎(B)、圆形果(T)植株与白花矮茎长形果植株测交，子一代的表现型及其比例是红花矮茎圆形果∶白花高茎圆形果∶红花矮茎长形果∶白花高茎长形果＝1∶1∶1∶1，则下图能正确表示亲代红花高茎圆形果基因组成的是()解析：依据显隐性关系，红花(A)、高茎(B)、圆形果(T)植株(基因型表示为A_B_T_)与白花矮茎长形果植株(基因型是aabbtt)测交，子一代出现四种表现型，且性状中红花总是和矮茎、白花总是和高茎连在一起出现，故Ab、aB分别位于一对同源染色体的一条染色体上；子一代四种表现型中花色、茎的高矮与果形之间是自由组合的，故T、t与花色、高矮为非同源染色体，符合上述分析的为D项。答案：D4．(2024·浙江余杭模拟)等位基因A、a和B、b分别位于不同对的同源染色体上。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。假如让F1自交，则下列表现型比例中，F2代不行能出现的是()A．13∶3 B.9∶4∶3C．9∶7 D．15∶1解析：两对等位基因位于不同对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，依据正常的自由组合定律分别比，F1(AaBb)测交后代应是四种表现型且比例为1∶1∶1∶1，而现在是1∶3，那么F1自交后原本的9∶3∶3∶1可能是9∶7、13∶3或15∶1，F1自交后代有两种表现型，故A、C、D正确，而B中的3种表现型是不行能的，B错误。答案：B5．(2024·安徽黄山质检)南瓜的扁盘形、圆形、长形三种瓜形由两对等位基因限制(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139株扁盘形、93株圆形、16株长形南瓜。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aaBBC．aaBb和Aabb D．AABB和aabb解析：由题意可知，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139株扁盘形、93株圆形、16株长形南瓜，比例接近9∶6∶1，即双显性个体(A_B_)表现为扁盘形，单显性个体(A_bb和aaB_)表现为圆形，aabb表现为长形。由F1全表现为扁盘形，推知亲代肯定是纯合子AAbb和aaBB。答案：B6．(2024·河北衡水二调)柑橘果皮色泽的黄色(显性)与橙色(隐性)为一对相对性状，受多对独立遗传的基因限制(依次用A、a、B、b、C、c……表示)。为探讨色泽的遗传规律，现将甲、乙、丙三个橙色纯合品系进行如下杂交试验：试验1：甲×乙→F1全为橙色试验2：甲×丙→全为橙色试验3：乙×丙→F1全为黄色试验4：F1黄色×甲→黄色∶橙色＝1∶15试验5：F1黄色×乙→黄色∶橙色＝1∶3试验6：F1黄色×丙→F2黄色∶橙色＝1∶3请据以上试验回答：(1)上述柑橘的果皮色泽遗传至少受________对等位基因限制，缘由是________。(2)品系甲的基因型为________，品系乙的基因型为________(写出其中一种即可)。(3)若F1黄色与试验一中的F1橙色杂交，后代中表现型及比例为________________。解析：(1)由试验可知，只有都含有显性基因才是显性性状黄色，其余全是橙色；由试验1和试验2可知甲是隐性纯合子aabbccdd，乙和丙是交叉基因型，如乙是(aabbCCDD)，丙是(AABBccdd)，其余均可。试验1：aabbccdd×aabbCCDD→aabbCcDd；试验2：aabbccdd×AABBccdd→AaBbccdd；试验3：aabbCCDD×AABBccdd→AaBbCcDd；试验4：AaBbCcDd×aabbccdd→黄色∶橙色＝1∶15；试验5：AaBbCcDd×aabbCCDD→黄色∶橙色＝1∶3；试验6：AaBbCcDd×AABBccdd→F2黄色∶橙色＝1∶3。由试验四可知因为黄色的基因型为A－B－C－D－，其出现的概率为1/16＝(1/2)4。(3)F1黄色(AaBbCcDd)与试验一中的F1橙色(aabbCcDd)杂交，后代中黄色(1/2×1/2×3/4×3/4＝9/64)，橙色(1－9/64＝55/64)，即黄∶橙＝9∶55。答案：(1)4因为黄色的基因型为A－B－C－D－，其出现的概率为1/16＝(1/2)4(2)aabbccddaabbCCDD(其中随意两对为隐性即可)(3)黄∶橙＝9∶557．(2024·宁夏银川唐徕回民中学高三模拟)有三个通过不同途径得到的纯种白花矮牵牛花品系，将它们相互杂交，得到如下结果。请回答(不考虑突变和交叉互换现象)：杂交试验亲本后代表现型1品系1×品系2全部白花2品系1×品系3全部红花3品系2×品系3全部白花4F1红花×品系1红花∶白花为1∶35F1红花×品系2红花∶白花为1∶76F1红花×品系3红花∶白花为1∶1(1)结合杂交试验1、2、3，这种矮牵牛花的花色性状不行能由一对等位基因限制，理由是______________________________________________________________________________________________________________。(2)由上述试验结果可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循________，且至少由________对等位基因限制，则F1红花的基因型为________。(答题时请依次运用基因A，a，B，b，C，c……)(3)依据以上分析，结合杂交试验的结果，可推知杂交试验3的亲本基因型的组合类型可能是________。解析：(1)依题意可知：三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基因限制，则它们的基因型均相同，则杂交试验1、2、3的后代不会出现红花，所以，这种矮牵牛花的花色性状不行能由一对等位基因限制。(2)再结合杂交试验4、5、6的后代表现型及其比例可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循基因的自由组合定律。若由两对基因限制，则品系1和品系3的子代红花基因型应为双杂合子(如AaBb)，品系1和品系3应为单显性纯合子(如AAbb、aaBB)。若假设成立，杂交4、6的子代的分别比应当相同，与事实不符，说明该牵牛花的花色至少由3对基因限制，进而推知F1红花的基因型为AaBbCc。(3)综合分析表中信息可知：只有显性基因A、B、C同时存在时才表现为红花，其余状况均为白花。结合对(2)的分析可知：F1红花的基因型为AaBbCc。F1红花与品系2杂交，其后代红花∶白花为1∶7，据此推知品系2的基因型为aabbcc；F1红花与品系3杂交，其后代红花∶白花为1∶1，说明品系3的基因型中有两对基因显性纯合，可能为AABBcc或AAbbCC或aaBBCC；所以杂交试验3的亲本基因型的组合类型可能为：aabbcc