2020-2021学年苏教版（2019）高中生物： 必修2 第1章 第3节 第2课时 自由组合定律 作业 Word版含解析

课时分层作业(六)　
(建议用时：40分钟)
题组一　对自由组合现象的验证和自由组合定律的理解
1．(多选)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，下列预期结果正确的是(　　)
A．测交结果中黄色非甜与红色甜的比例为3∶1
B．自交结果中与亲本表型相同的子代所占的比例为3/8
C．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∶1
D．测交结果中红色非甜子代所占的比例为1/2
BC　[F1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的比例分别为3/16、3/16，故其所占比例为3/8，B正确；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的比例为1/4，D错误。]
2．(多选)下表是豌豆杂交实验中F1自交产生F2的结果统计。对此说法正确的是(　　)
F2 黄色圆粒 绿色圆粒 黄色皱粒 绿色皱粒
数量 315 108 101 32
A．这个结果能够说明黄色和圆粒是显性性状
B．这两对相对性状的遗传遵循自由组合定律
C．F1的表型和基因型不能确定
D．亲本的表型和基因型不能确定
ABD　[通过上述结果可以看出黄色和圆粒是显性性状，并且遵循自由组合定律；F2的性状分离比为9∶3∶3∶1，所以F1的基因型为双杂合，而亲本的基因型不能确定。]
3．下列有关自由组合定律的叙述，正确的是(　　)
A．自由组合定律是孟德尔根据豌豆两对相对性状的杂交实验结果及其解释直接归纳总结的，不适用于多对相对性状的遗传
B．控制不同性状的遗传因子的分离和组合是相互联系、相互影响的
C．在形成配子时，决定不同性状的遗传因子的分离是随机的，所以称为自由组合定律
D．在形成配子时，决定同一性状的成对遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子表现为自由组合
D　[自由组合定律的内容：(1)控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；(2)在形成配子时，决定同一性状的成对遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。因此，B、C错误，D正确。自由组合定律适用于多对相对性状的遗传，因此，A错误。]
4．某种动物的体色有黑色、灰色和白色三种，如图所示，其体色的遗传受两对等位基因(A和a、B和b)控制。请回答下列问题：
(1)两对等位基因的遗传________(填“遵循”或“不遵循”)基因自由组合定律，判断理由是_____________________________________________________
_________________________________________________________________
____________________________________________________________。
(2)基因型为AaBb的个体表现型为________，该种基因型的雌雄个体随机交配，F1中可能出现的表型及比例为____________；让F1中表型所占比例居第二位的雌雄个体随机交配，则后代的表型及比例为________________。
(3)有某灰色雄性个体，现在需要确定该个体的基因型，请设计实验并预测实验结果。
①实验设计：__________________________________________
_____________________________________________________。
②预测实验结果：_____________________________________
______________________________________________________。
[解析]　(1)两对等位基因分别位于1号、4号两对同源染色体上，因此，它们的遗传是彼此独立的，遵循基因自由组合定律。 (2)由题干图可知，A基因通过控制酶的合成控制合成黑色物质，B基因通过控制酶的合成控制合成灰色物质，且A基因会抑制B基因，所以基因型为AaBb的个体表现为黑色，该种基因型的雌雄个体随机交配，F1中基因型为A_B_的个体占9/16，表现为黑色，基因型为A_bb的个体占3/16，表现为黑色，基因型为aaB_的个体占3/16，表现为灰色，基因型为aabb的个体占1/16，表现为白色，故黑色∶灰色∶白色＝12∶3∶1。F1中所占比例居第二位的为灰色个体，其基因型为1/3aaBB、2/3aaBb，群体中产生配子aB和ab的概率分别为2/3、1/3，雌雄个体随机交配，则后代中基因型为aaBB、aaBb、aabb的个体各占(2/3)×(2/3)＝4/9、2×(2/3)×(1/3)＝4/9、(1/3)×(1/3)＝1/9，即后代中灰色∶白色＝8∶1。(3)灰色个体的基因型可能为aaBB或aaBb，要确定其基因型，可以让该灰色雄性个体与多个白色雌性个体(aabb)杂交，根据后代的性状表现情况来确定灰色个体的基因型。
[答案]　(1)遵循　两对等位基因分别位于1号、4号染色体上　(2)黑色　黑色∶灰色∶白色＝12∶3∶1　灰色∶白色＝8∶1　(3)①让该灰色雄性个体与多个白色雌性个体杂交　②如果后代全为灰色个体，说明该灰色雄性个体的基因型为aaBB；如果后代中有灰色个体和白色个体，且比例接近1∶1，说明该灰色雄性个体的基因型为aaBb
题组二　孟德尔遗传规律的再发现
5．以下关于表型和基因型的叙述正确的是(　　)
A．表型都能通过眼睛观察出来，如高茎和矮茎
B．基因型不能通过眼睛观察，必须使用电子显微镜
C．在相同环境下，表型相同，基因型一定相同
D．基因型相同，表型不一定相同
D　[本题考查表型和基因型的概念及关系。表型是指生物体表现出来的性状，是可以观察和测量的，但不一定都能通过眼睛观察出来，A错误；基因型一般通过表型来推知，不能通过电子显微镜观察，B错误；在相同环境条件下，表型相同，基因型不一定相同，如高茎的基因型可能是DD或Dd，C错误；表型是基因型与环境条件共同作用的结果，因此，基因型相同，表型不一定相同，D正确。]
题组三　基因自由组合定律的应用
6．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
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。]
7．(多选)玉米的宽叶(A)对窄叶(a)为显性，杂合子宽叶玉米表现为高产；玉米有茸毛(D)对无茸毛(d)为显性，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活。已知两对基因独立遗传，若高产有茸毛玉米自交产生F1，则F1的成熟植株中(　　)
A．有茸毛与无茸毛之比为3∶1
B．有6种基因型
C．高产抗病类型占1/4
D．宽叶有茸毛类型占1/2
BD　[分析题意可知，高产有茸毛玉米的基因型为AaDd，其自交后代(F1)的成熟植株中有茸毛和无茸毛的基因型分别为2/3Dd、1/3dd，因此，后代有茸毛与无茸毛之比为2∶1，A项错误；基因型为AaDd的玉米自交，后代幼苗的基因型有9种，但由于基因型为__DD的幼苗死亡，因此，后代中成熟植株只有6种基因型，B项正确；F1的成熟植株中高产抗病类型的基因型为AaDd，所占比例为(1/2)×(2/3)＝1/3，C项错误；F1的成熟植株中宽叶有茸毛的基因型为AADd或AaDd，所占比例为(1/4)×(2/3)＋(2/4)×(2/3)＝1/2，D项正确。]
8．豌豆子叶的黄色(Y)、种子的圆粒(R)均为显性性状，两亲本杂交的F1表型如图所示。让F1中黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F2的性状分离比为(　　)
A．2∶2∶1∶1 B．1∶1∶1∶1
C．9∶3∶3∶1 D．3∶1∶3∶1
A　[由F1中圆粒∶皱粒＝3∶1可知，亲本的相应基因型为Rr、Rr；由F1中黄色∶绿色＝1∶1可知，亲本的相应基因型为Yy、yy；故亲本基因型为YyRr、yyRr。F1中黄色圆粒豌豆的基因型为1/3YyRR、2/3YyRr，F1中绿色皱粒豌豆的基因型为yyrr。按如下方法计算：1/3YyRR×yyrr→1/6YyRr、1/6yyRr；2/3YyRr×yyrr→1/6YyRr、1/6Yyrr、1/6yyRr、1/6yyrr。综合考虑两项结果，得YyRr∶yyRr∶Yyrr∶yyrr＝2∶2∶1∶1。]
9．黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交得到的F1再自交，F2的表型及比例为黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝9∶15∶15∶25。则亲本的基因型为(　　)
A．YYRR、yyrr B．YyRr、yyrr
C．YyRR、yyrr D．YYRr、yyrr
B　[解答本题的疑难点在于不能把性状分离比分解成孟德尔分离比，突破点是将两对相对性状分开考虑。根据F2中黄∶绿＝3∶5可知，对于黄、绿这对相对性状来说，F1中一种个体自交后代全部是绿色，基因型为yy，另一种个体自交后代中黄∶绿＝3∶1，基因型为Yy；同理，对于圆粒、皱粒这对相对性状来说，F1中一种个体基因型为rr，另一种个体基因型为Rr，综上所述，亲本的基因型应为YyRr、yyrr。]
10．半乳糖血症是一种遗传病，一对夫妇均正常，妻子的父母均正常，妹妹患有半乳糖血症；丈夫的父亲无致病基因，母亲是携带者。这对夫妇生育一个正常孩子的概率是(　　)
A．5/11　　　B．1/3 C．6/11　　　D．11/12
D　[由妻子的父母均正常，妹妹患有半乳糖血症，即正常的双亲生出了有病的女儿，说明半乳糖血症为常染色体隐性遗传病，则妻子是杂合子的概率为2/3；丈夫的父亲无致病基因，母亲是携带者，则该丈夫是携带者的概率为1/2，所以这对夫妇生一个患病的孩子的概率＝(2/3)×(1/2)×(1/4)＝1/12，因此这对夫妇生育一个正常孩子的概率＝1－1/12＝11/12，故选D。]
11．(多选)某生物兴趣小组用已知基因型为AAbb和aaBB(两对基因独立遗传)的某种植物进行杂交育种实验，下列关于他们实验设计思路的叙述，合理的是(　　)
A．要获取aabb植株，可从F1中直接选育出表型符合要求的个体
B．要获取AABB植株，可从F2中选出表型符合要求的个体连续自交
C．要获取AaBb植株，可将亲代上所结的种子直接保存进行播种
D．要获取AaBb植株，可将亲本保留起来进行年年制种
BCD　[亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，故不能得到aabb的个体，A错误；亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，要获取AABB植株，可让F1自交，从F2中选出表型符合要求的个体连续自交，最终得到纯合子，B正确；亲本基因型为AAbb和aaBB，F1基因型为AaBb，故可将亲代上所结的种子直接保存进行播种，C正确；要获取AaBb植株，由于该个体属于双杂合，可将亲本保留起来进行年年制种，D正确。]
12．(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________。
[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)丙的表现型为花叶绿叶感病，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)种不同表现型，可以确定乙的基因型为AabbDd，丁的基因型为aaBbdd。(3)若丙(基因型为aabbdd)与丁(基因型为aaBbdd)杂交，子代的基因型为aabbdd和aaBbdd，表现型为花叶绿叶感病、花叶紫叶感病。(4)植株X与乙(基因型为AabbDd)杂交，统计子代个体性状。根据叶形的分离比为3∶1，确定是Aa×Aa的结果；根据叶色的分离比为1∶1，确定是Bb×bb的结果；根据能否抗病性状的分离比为1∶1，确定是dd×Dd的结果，因此植株X的基因型为AaBbdd。
[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
13．已知豌豆红花(A)对白花(a)为显性，高茎(B)对矮茎(b)为显性，子粒饱满(C)对子粒皱缩(c)为显性，控制它们的三对等位基因自由组合。让纯合的红花高茎子粒皱缩植株与纯合的白花矮茎子粒饱满植株杂交得到F1，F1自交得到F2，则F2中理论上(　　)
A．有27种基因型，16种表型
B．高茎子粒饱满∶矮茎子粒皱缩＝15∶1
C．红花子粒饱满∶红花子粒皱缩∶白花子粒饱满∶白花子粒皱缩＝9∶3∶3∶1
D．红花高茎子粒饱满∶白花矮茎子粒皱缩＝27∶3
C　[根据题意分析可知，三对基因位于三对染色体上，符合自由组合定律。亲本基因型为AABBcc和aabbCC，F1基因型为AaBbCc。F1自交所得后代中，表型种类数＝2×2×2＝8，A项错误；F2中高茎子粒饱满(B_C_)∶矮茎子粒皱缩(bbcc)＝9∶1，B项错误；仅看两对相对性状的遗传，根据自由组合定律，F1中红花子粒饱满(AaCc)自交后代表型及比例为红花子粒饱满∶红花子粒皱缩∶白花子粒饱满∶白花子粒皱缩＝9∶3∶3∶1，C项正确；F2中红花高茎子粒饱满所占的比例＝(3/4)×(3/4)×(3/4)＝27/64，白花矮茎子粒皱缩所占的比例＝1/4×1/4×1/4＝1/64，所以红花高茎子粒饱满∶白花矮茎子粒皱缩＝27∶1，D项错误。]
14．人类多指基因(T)对手指正常(t)是显性，白化病基因(a)对肤色正常(A)为隐性，基因都位于常染色体上，而且都是独立遗传的。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个白化病和手指正常的孩子。则再生一个孩子只患一种病的概率是 (　　)
A．1/8　　　B．1/2 C．1/4　　　D．3/8
B　[先求双亲的基因型：父亲多指→T_A_，母亲正常→ttA_；由双亲生有一个白化病的孩子可知，双亲控制肤色的基因型均为Aa；因为有手指正常的孩子，所以父亲控制多指的基因型只能是Tt，否则子代全都是多指。由此推出双亲的基因型是TtAa和ttAa。这对夫妇的后代若只考虑手指这一性状，患多指的概率为1/2，正常指的概率为1/2；若只考虑白化病这一性状，患白化病的概率为1/4，正常的概率为3/4。因此再生一个孩子只患一种病的概率为1/2＋1/4－2×(1/2)×(1/4)＝1/2。也可通过另一计算式1/2×(1－1/4)＋(1/4)×(1－1/2)求出再生一个孩子只患一种病的概率为1/2。]
15．研究人员选择果皮黄绿色、果肉白色、果皮有覆纹的纯合甜瓜植株(甲)与果皮黄色、果肉橘红色、果皮无覆纹的纯合甜瓜植株(乙)杂交，F1表现为果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹。F1自交得F2，分别统计F2各对性状的表现及株数，结果如表所示。
甜瓜性状 果皮颜色(A，a) 果肉颜色(B，b) 果皮覆纹
F2的性状表现及株数(株) 黄绿色482 黄色158 橘红色478 白色162 有覆纹361 无覆纹279
(1)甜瓜果肉颜色的显性性状是________。
(2)据表中数据________(填“能”或“不能”)判断出A和a、B和b这两对基因的遗传遵循基因的自由组合定律，理由是___________________________。
(3)完善下列实验方案，验证果皮覆纹性状由两对等位基因控制，且两对等位基因自由组合。实验方案：让F1与植株________(填“甲”或“乙”)杂交，统计子代的表型及比例。预期结果：子代的表型及比例为______________________________。
(4)若果皮颜色、覆纹两对性状的遗传遵循基因自由组合定律，则理论上F2中果皮黄色无覆纹甜瓜约有________株。
[解析]　(1)根据F1果肉为橘红色的个体自交后代中果肉橘红色∶白色≈3∶1，可知果肉橘红色为显性性状。(2)由于F2的每对相对性状是单独统计的，没有对两对性状组合类型的数据进行统计，所以不能判断出这两对基因的遗传遵循基因的自由组合定律。(3)从表格中的数据分析，F2中有覆纹∶无覆纹≈9∶7，若要证明果皮覆纹性状由两对等位基因控制，且两对等位基因自由组合，需进行测交实验，即让F1与隐性纯合子(乙)杂交，后代中出现果皮有覆纹∶无覆纹＝1∶3的结果即可证明。(4)若果皮颜色、覆纹两对性状的遗传遵循基因自由组合定律，则理论上F2中果皮黄色无覆纹甜瓜所占的比例为(1/4)×(7/16)＝7/64，F2的总株数为640株(任意一对性状的株数之和)，故F2中果皮黄色无覆纹甜瓜约有640×(7/64)＝70(株)。
[答案]　(1)橘红色　(2)不能　缺乏对F2中两对性状(果皮与果肉颜色)组合类型的统计数据(答案合理即可)　(3)乙　(果皮)有覆纹∶无覆纹＝1∶3　(4)70
不能准确理解育种的年限
16．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。下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(体)
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。因为小麦一年只播种一次，要杂交一次、自交两次才能获得纯合的无芒抗病种子，所以至少需要三年才能获得纯合的无芒抗病种子。]