1.2 第2课时　孟德尔实验方法的启示、遗传规律的再发现和应用---人教版（2019）生物必修2同步练习题(含解析）

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2025人教版生物必修2
第2节　第2课时　孟德尔实验方法的启示、遗传规律的再发现和应用
A组 必备知识基础练
1.(2024江苏连云港高一期中)孟德尔运用“假说—演绎法”发现了两大遗传规律,相关叙述错误的是(　　)
A.孟德尔获得成功的首要原因是正确地选用实验材料
B.孟德尔在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验基础上提出研究问题
C.孟德尔所做假设的核心内容是“性状是由位于染色体上的基因控制的”
D.孟德尔为了验证所做的假设是否正确,设计并完成了测交实验
2.(2024山西临汾高一期中)控制某植物花色的基因B/b和控制叶形的基因D/d独立遗传。若基因型为Bbdd的植株与植株X杂交,后代的性状分离比为3∶3∶1∶1,则植株X的基因型可能为(　　)
A.BBDD B.bbDd
C.Bbdd D.BbDd
3.(2024宁夏石嘴山一模)关于下列图解的理解,正确的是(　　)
甲
乙
A.自由组合定律的实质表现在图中的④⑤⑥
B.③⑥过程表示形成配子的过程
C.图甲中③过程的随机性是子代中Aa占1/2的原因之一
D.图乙子代中aaBB的个体在aaB_中占的比例为1/16　
4.(2024辽宁沈阳高一期中)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F1中
B.F1自交的目的是使F2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五年
D.F2中无芒抗病植株自交的目的是筛选F2中无芒抗病植株中的纯合子
5.(2024四川成都高一期中)两对独立遗传的等位基因(用A、a和B、b表示,A、B对a、b为完全显性)分别控制豌豆的两对相对性状。植株甲与植株乙进行杂交,下列叙述正确的是(　　)
A.若子二代出现9∶3∶3∶1的性状分离比,则两亲本的基因型为AABB×aabb
B.若子一代出现1∶1∶1∶1的性状比,则两亲本的基因型为AaBb×aabb
C.若子一代出现3∶1∶3∶1的性状比,则两亲本的基因型为AaBb×aaBb
D.若子二代出现3∶1的性状分离比,则两亲本可能的杂交组合有4种情况
6.(2024黑龙江哈尔滨高一期中)人体耳垂离生(A)对连生(a)为显性,眼睛棕色(B)对蓝色(b)为显性,两对基因自由组合。一个棕眼离生耳垂的男性与一个蓝眼离生耳垂的女性婚配,生了一个蓝眼连生耳垂的孩子。倘若他们再生育,未来子女为蓝眼离生耳垂、蓝眼连生耳垂的概率分别是(　　)
A.1/4,1/8 B.1/8,1/8
C.3/8,1/8 D.3/8,1/2
7.(2024广东广州高一期中)如图是同种生物4个个体的细胞示意图,其中等位基因A和a控制一对相对性状,等位基因B和b控制另一对相对性状,则哪两个图代表的生物个体杂交可得到2种表型、6种基因型的子代个体 (　　)
A.图1、图4 B.图3、图4
C.图2、图3 D.图1、图2
8.(2024江苏宿迁高一期中)某植物花色有红花和白花两种,茎色有紫茎和绿茎两种。花色由基因R、r控制,茎色由基因Y、y控制。某研究小组进行了两组杂交实验,结果如下表所示。分析回答下列问题。
实验 亲本杂交组合 子代表型及所占比例
红花 紫茎 红花 绿茎 白花 紫茎 白花 绿茎
一 白花紫茎×红花紫茎 3/8 1/8 3/8 1/8
二 白花紫茎×白花绿茎 1/8 1/8 3/8 3/8
(1)根据上述实验结果判断,控制花色与茎色的这两对基因遵循　　　　定律,该定律的基因数目至少是　　　　对。
(2)实验一中,亲本为紫茎,后代出现了紫茎和绿茎两种性状,这种现象在遗传学上称为　　　　。亲本红花紫茎植株的基因型是　　　　。
(3)实验二中,亲本白花绿茎植株产生的配子类型有　　　　种;子代白花绿茎的植株中,纯合子所占比例为　　　　。欲探究子代中白花紫茎植株的基因型,将其与隐性纯合植株测交,若测交后代的表型及比例为　　　　　　　　　　,则其基因型为RRYy。
B组 能力素养提升练
9.(多选)(2024辽宁鞍山高一期中)已知A与a、B与b、C与c 3对等位基因自由组合,基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测,正确的是(　　)
A.表型有8种,AaBbCc个体的比例为1/16
B.表型有4种,aaBbcc个体的比例为1/16
C.表型有8种,Aabbcc个体的比例为1/16
D.表型有8种,aaBbCc个体的比例为1/16
10.(多选)(2024河北廊坊高一期中)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性,抗病(T)对染病(t)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,三对等位基因独立遗传,非糯性花粉遇碘液变蓝黑色,糯性花粉遇碘液变红褐色。现有四种纯合子基因型分别为:①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd。则下列说法错误的是(　　)
A.若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,应该用①和③杂交所得F1的花粉
B.若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,可以观察①和②杂交所得F1的花粉
C.若培育糯性抗病优良品种,应选用①和④亲本杂交
D.将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上,加碘液染色后,均为蓝黑色
11.(多选)(2024湖南长沙一模)某植物的红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因(A/a,B/b,C/c……)控制,当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才开红花,否则开白花。现将纯合的白花品系甲和纯合的红花品系乙杂交得F1,F1开红花,让F1与甲杂交得F2,F2中红花∶白花=1∶7。若不考虑基因突变和染色体变异,下列说法正确的是(　　)
A.F2出现1∶7的条件之一是F1产生8种基因型的配子,且雌雄配子数量相同
B.该花色的遗传只受3对等位基因控制
C.若让F1自交得子代,子代中红花基因型的种类数比白花少
D.F2白花植株中纯合子占1/7
12.(2024福建福州高一期中)现有某作物的两个纯合品种:抗病高秆和感病矮秆,抗病对感病为显性,高秆对矮秆为显性。某中学生物课程创新基地兴趣小组想利用这两个品种进行杂交育种,获得具有抗病矮秆的优良新品种,完成以下问题。
(1)按照孟德尔遗传规律预测杂交结果,需要满足三个条件:
①抗病与感病这对相对性状受一对等位基因控制,且符合分离定律。
② 　 　 　 　 　 　 　 　 　　。
③控制这两对相对性状的基因独立遗传(互不干扰)。
(2)为了确定控制这两对相对性状的基因是否满足这三个条件,可用测交实验进行检验,写出实验思路 　 　 　 　 　 　 　 　 　　。
(3)简单写出培育抗病矮秆新品种的过程:将　　　　　　　和　　　　　　　植株杂交,得到F1,让F1自交得到F2,选取F2中的　　　　　　　植株连续自交,若不出现　　　　　现象,即获得具有稳定遗传的抗病矮秆优良新品种。
答案：
1.C　解析 由于豌豆具有自花传粉、闭花授粉等特点,是较好的遗传学材料,孟德尔成功的原因之一是选用豌豆作实验材料,A项正确;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,B项正确;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的”,在孟德尔时代并未提出“基因”这一概念,C项错误;孟德尔为了验证所作出的假设是否正确,设计并完成了测交实验,即用F1与隐性纯合子进行杂交,D项正确。
2.D　解析 控制某植物花色的基因B/b和控制叶形的基因D/d独立遗传,故B/b和D/d遵循自由组合定律,基因型为Bbdd的植株与植株X杂交,后代的性状分离比为3∶3∶1∶1,3∶3∶1∶1可以拆成(3∶1)(1∶1)的形式,即一对符合杂合子自交,一对符合杂合子测交,故植株X的基因型可能为BbDd。
3.C　解析 图中①②④⑤为形成配子的过程,图乙中有两对等位基因,自由组合定律的实质表现在图中的④⑤过程,⑥过程表示雌雄配子随机结合,不能体现自由组合定律的实质,A项错误;根据题意分析,已知①②④⑤为形成配子的过程,③⑥为雌雄配子随机结合,B项错误;配子的随机结合才能使得子代中Aa占1/2,C项正确;图乙子代中aaBB的个体在子代所有个体中占1/16,在aaB_中占的比例为1/3,D项错误。
4.C　解析 有芒抗病植株和无芒不抗病植株进行杂交产生的F1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F1中,然后通过F1自交,F2中出现了符合要求的植株,但其中有2/3是杂合子,纯合子只占1/3,所以要令F2中无芒抗病植株自交,目的是鉴定哪些是纯合子。
5.D　解析 若子二代出现9∶3∶3∶1的性状分离比,则子一代基因型为AaBb,所以两亲本的基因型为AABB×aabb或AAbb×aaBB,A项错误;若子一代出现1∶1∶1∶1的性状比,则两亲本的基因型为AaBb×aabb或Aabb×aaBb,B项错误;若子一代出现3∶1∶3∶1的性状比,则两亲本的基因型为AaBb×aaBb或AaBb×Aabb,C项错误;若子二代出现3∶1的性状分离比,说明子一代只有一对等位基因,则两亲本可能的杂交组合有4种情况,分别是AABB×aaBB、AABB×AAbb、AAbb×aabb、aaBB×aabb,D项正确。
6.C　解析 根据题意可知,父母的基因型为AaBb和Aabb,所以他们倘若再生育,未来子女为蓝眼离生耳垂的概率是1/2×3/4=3/8,未来子女为蓝眼连生耳垂的概率是1/2×1/4=1/8。
7.D　解析 后代出现2种表型必须是一对相对性状杂交产生2种表型,另一对相对性状交配只产生1种表型,所以图1和图2是AA与Aa交配,后代只有1种表型,2种基因型,Bb和Bb交配,后代有2种表型,3种基因型,D项符合题意。
8.答案 (1)自由组合　2
(2)性状分离　rrYy
(3)2　1/3　白花紫茎∶白花绿茎=1∶1
解析 (1)实验二中,亲本都是白花,后代出现了红花,说明白花是显性性状,红花是隐性性状;实验一中,亲本都是紫茎,后代出现了绿茎,说明紫茎是显性性状,绿茎是隐性性状;则实验二的亲本基因型为RrYy×Rryy,据表格数据“红花紫茎∶红花绿茎∶白花紫茎∶白花绿茎=1∶1∶3∶3”,1∶1∶3∶3=(1∶1)×(3∶1),控制花色与茎色的这两对基因遵循基因的自由组合定律,该定律的基因数目至少是2对。(2)实验一中,亲本都是紫茎,后代出现了绿茎,该现象在遗传学上称为性状分离;根据后代表型比例为红花∶白花=1∶1,紫茎∶绿茎=3∶1,可知实验一亲本基因型为RrYy(白花紫茎)、rrYy(红花紫茎)。(3)实验二中亲本都是白花,子代白花与红花的比例接近3∶1,紫茎∶绿茎接近1∶1,则可推知亲本白花绿茎植株基因型为Rryy,可产生Ry、ry两种配子。亲本白花紫茎基因型为RrYy,子代表型为白花绿茎(R_yy)的植株中,纯合子(RRyy)所占比例为1/4×1/2÷(3/4×1/2)=1/3;欲探究子代中白花紫茎植株的基因型(RRYy或RrYy),将其与双隐性纯合植株杂交(rryy),若其基因型为RRYy,则杂交后代为RrYy∶Rryy=1∶1,即表型及比例为白花紫茎∶白花绿茎=1∶1。
9.CD　AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交,表型有2×2×2=8(种),AaBbCc个体的比例为1/2×1/2×1/2=1/8,aaBbcc个体的比例为1/4×1/2×1/4=1/32,Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4=1/16,aaBbCc个体的比例为1/4×1/2×1/2=1/16。
10.ABD　采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,必须是可以在显微镜下表现出来的性状,即非糯性(A)和糯性(a),花粉粒长形(D)和圆形(d),①和③杂交所得F1的花粉只有抗病(T)和染病(t)不同,显微镜下观察不到,A项错误;若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,则应该选择②④组合,观察F1的花粉,B项错误;将②和④杂交后所得的F1(Aa)的花粉涂在载玻片上,加碘液染色后,一半花粉为蓝黑色,一半花粉为红褐色,D项错误。
11.CD　由题意可知,只要表现为白色,则必定至少含有一对隐性纯合基因。F1红花与甲的杂交实验可能为测交,若F1为杂合程度最高的杂合子,则F1测交后代红花(AB_C_……)所占的比例为(1/2)n,题干中F2红花所占的比例为1/8,即(1/2)3,所以该花色的遗传至少受3对等位基因控制,假设F1是含3对等位基因的杂合子,其会产生8种比例相等的配子,但雌雄配子数量通常不相等,A、B两项错误;F1自交得子代,子代基因型的种类数共有27种,红花基因型的种类数为8种,白花的基因型种类数为27-8=19(种),所以红花基因型的种类数比白花少,C项正确;假设F1是含3对等位基因的杂合子,其与纯合的白花品系甲杂交后代F2中白花纯合子的基因型为aabbcc,占比为1/8,F2白花植株中纯合子占1/7,D项正确。
12.答案 (1)高秆与矮秆这对相对性状受一对等位基因控制,且符合分离定律
(2)将纯合抗病高秆植株和纯合感病矮秆植株杂交,得到F1,让F1与感病矮秆植株测交
(3)纯合抗病高秆植株　纯合感病矮秆　抗病矮秆　性状分离
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