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2019版高考生物一轮复习专题11基因的分离定律课件

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     高考生物 (江苏专用)
专题11  基因的分离定律
                             五年高考
                         A组   自主命题·江苏卷题组
考点1    孟德尔遗传实验的科学方法
1.(2018江苏单科,6,2分)一对相对性状的遗传实验中,会导致子二代不符合3∶1性状分离比的
情况是    (   )
A.显性基因相对于隐性基因为完全显性
B.子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等,雄配子中也相等
C.子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异,雌配子无差异
D.统计时子二代3种基因型个体的存活率相等
答案   C  本题主要考查基因的分离定律。一对相对性状的遗传实验中,子二代要符合3∶1
的性状分离比,需要满足的条件有显性基因对隐性基因完全显性、雌雄配子中各类型配子活
力无差异以及各种基因型个体的存活率相等等条件,故A、B、D不符合题意,C符合题意。
规律总结     杂合子自交、测交子代表现

自交      3∶1     1∶2∶1   2∶1     9∶3∶3∶1 9∶6∶1   15∶1    6∶3∶2∶1 4∶2∶2∶1

成因      正常      不完全显性   显性纯合致死  正常      基因互作            一对基因显   两对基因显
                                                        性纯合致死   性纯合致死

测交      1∶1     1∶1     1∶1     1∶1∶1∶1 1∶2∶1   3∶1     1∶1∶1∶1 1∶1∶1∶1
 2.(2015江苏单科,4,2分)下列关于研究材料、方法及结论的叙述,错误的是                   (   )
 A.孟德尔以豌豆为研究材料,采用人工杂交的方法,发现了基因分离与自由组合定律
 B.摩尔根等人以果蝇为研究材料,通过统计后代雌雄个体眼色性状分离比,认同了基因位于染
 色体上的理论
 C.赫尔希与蔡斯以噬菌体和细菌为研究材料,通过同位素示踪技术区分蛋白质与DNA,证明了
 DNA是遗传物质
 D.沃森和克里克以DNA大分子为研究材料,采用X射线衍射的方法,破译了全部密码子
 答案   D  孟德尔以豌豆为实验材料进行了一系列的实验,发现了基因分离与自由组合定律,
 A正确;摩尔根等人以果蝇为研究材料,证明了基因在染色体上,B正确;噬菌体侵染细菌的实验,
 证明了DNA是遗传物质,C正确;沃森和克里克以4种脱氧核苷酸为原料,采用物理模型法,发现
 了DNA双螺旋结构,D错误。
知识归纳     沃森和克里克提出了DNA分子的双螺旋结构模型;破译遗传密码是尼伦伯格等人
利用化学实验实现的;此外,克里克在1958年还提出了中心法则。
考点2    基因的分离定律及应用
1.(2017江苏单科,32,9分)人类某遗传病受一对基因(T、t)控制。3个复等位基因IA、IB、i控制
ABO血型,位于另一对染色体上。A血型的基因型有IAIA、IAi,B血型的基因型有IBIB、IBi,AB血
型的基因型为IAIB,O血型的基因型为ii。两个家系成员的性状表现如下图,Ⅱ-3和Ⅱ-5均为AB
血型,Ⅱ-4和Ⅱ-6均为O血型。请回答下列问题:


(1)该遗传病的遗传方式为                     。Ⅱ-2基因型为Tt的概率为              。
(2)Ⅰ-5个体有        种可能的血型。Ⅲ-1为Tt且表现A血型的概率为                     。
(3)如果Ⅲ-1与Ⅲ-2婚配,则后代为O血型、AB血型的概率分别为                       、        。
(4)若Ⅲ-1与Ⅲ-2生育一个正常女孩,可推测女孩为B血型的概率为                        。若该女孩真为B
血型,则携带致病基因的概率为                 。
答案   (9分)(1)常染色体隐性      2/3 (2)3 3/10 (3)1/4 1/8 (4)5/16 13/27
解析    (1)根据图示中Ⅰ-1和Ⅰ-2表现正常,而其女儿Ⅱ-2患病,可以确定该病为常染色体隐性
遗传病。Ⅰ-1、Ⅰ-2关于该病的基因型均为Tt,则Ⅱ-2的基因型为TT的概率为1/3,Tt的概率为

                                                                         A B
2/3。(2)Ⅱ-5为AB血型,其父亲Ⅰ-5可能为A血型、B血型或AB血型。Ⅱ-3的基因型为                        TTI1 I ,
                                                                      3
     A B  的基因型为        利用     产生配子     的概率为      产生配子     的概率为      可计算其子
2  TtI I ,Ⅱ-4       Ttii,  Ⅱ-3       T          2 ,      t        1 ,
3                                               3                 3


代中TT的概率为      2 ×1 1 =   ,Tt的概率为2 1 1 × 1 +1 ×    =  1 ,tt的概率为1 1 ×   =  ,而Ⅲ-1表
              3  2 3           3  2 3  2  2          3 2  6
现正常,故其
            1
            2
                 3                       1                               3  1
            11   5                       2                               5  2
                              A
为Tt的概率为     23  =  ;Ⅲ-1为A血型(I   i)的概率为     ,所以Ⅲ-1为Tt且表现A血型的概率为             ×

 3                                  1     1                         1
 10                                 2     2                         2
=   。(3)Ⅲ-1和Ⅲ-2关于血型的基因型均为             IAi、   IBi,二者产生配子i的概率均为          ,产生配子

           1                    1                           1 1  1
           4                    4                           2 2  4
IA的概率均为      ,产生配子IB的概率均为          ,所以后代为O血型(ii)的概率为           ×    =  ,为AB血型的

      1  1 1  1  1                                                       1 1
      4  4 4  4  8                                                       2  4
概率为     ×    +  ×    =   。(4)由(3)分析可知,Ⅲ-1与Ⅲ-2生育的正常女孩为B血型的概率为

 1  1 1  1  5
×2  4 4  4  16

+   ×   +   ×   =   。控制患病的基因与控制血型的基因位于两对常染色体上,独立遗传。根据
(2)知,Ⅲ-1为TT的概率为      2 ,Tt的概率为3    ,其产生配子T的概率为7         ,产生配子t的概率为3        ;Ⅲ-
                     5          5                    10                 10

2为Tt的概率为     2 ,为TT的概率为1      ,其产生的配子中t的概率为1           ,T的概率为2    ,所以Ⅲ-1与Ⅲ-2
             3             3                       3          3


的子代中,TT的概率       7 ×2  14 = ,Tt的概率为7  1 ×2  +3 13×  =   ,Ⅲ-1与Ⅲ-2生育一个表现正常
                 10 3  30          10 3  3  10 30
的
                        13 14  13  13
                        30 30  30  27
女儿携带致病基因的概率为              /( +   )=  。
易错警示      注意Ⅲ-1表现正常,在表现正常的个体中Tt的概率和在子代中Tt的概率不同。
2.(2016江苏单科,30,7分)镰刀型细胞贫血症(SCD)是一种单基因遗传病,图为20世纪中叶非洲
地区HbS基因与疟疾的分布图,基因型为HbSHbS的患者几乎都死于儿童期。请回答下列问题:


(1)SCD患者血红蛋白的2条β肽链上第6位氨基酸由谷氨酸变为缬氨酸,而2条α肽链正常。HbS
基因携带者(HbAHbS)一对等位基因都能表达,那么其体内一个血红蛋白分子中最多有                            条
异常肽链,最少有        条异常肽链。
(2)由图可知,非洲中部HbS基因和疟疾的分布基本吻合。与基因型为HbAHbA的个体相比,
HbAHbS个体对疟疾病原体抵抗力较强,因此疟疾疫区比非疫区的                         基因频率高。在疫
区使用青蒿素治疗疟疾患者后,人群中基因型为                       的个体比例上升。
(3)在疟疾疫区,基因型为HbAHbS个体比HbAHbA和HbSHbS个体死亡率都低,体现了遗传学上的
       现象。
(4)为了调查SCD发病率及其遗传方式,调查方法可分别选择为                         (填序号)。
①在人群中随机抽样调查
②在患者家系中调查
③在疟疾疫区人群中随机抽样调查
④对同卵和异卵双胞胎进行分析比对
(5)若一对夫妇中男性来自HbS基因频率为1%~5%的地区,其父母都是携带者;女性来自HbS基
因频率为10%~20%的地区,她的妹妹是患者。请预测这对夫妇生下患病男孩的概率为
                                。

答案   (7分)(1)2 0  (2)HbS HbAHbA (3)杂种(合)优势    (4)①②   (5)1/18
解析    (1)由题意可知,SCD患者血红蛋白含有2条正常的α肽链和2条异常的β肽链,而携带者
HbAHbS一对等位基因都能表达,所以其体内一个血红蛋白分子中最多含有2条异常的β链,最少
有0条异常肽链。(2)在疟疾疫区,由于HbAHbS个体比HbAHbA个体对疟疾病原体的抵抗力较强,
存活率较高,所以HbS基因频率高。在疫区使用青蒿素治疗疟疾后,HbAHbA个体比例上升。(3)
在疟疾疫区,基因型为HbAHbS个体比HbAHbA和HbSHbS个体死亡率都低,体现了遗传学上的杂种
优势现象。(4)SCD的发病率是在社会群体中随机抽样调查,而其遗传方式的调查要在患者家
系中进行。(5)该男性的父母都是携带者,所以其基因型为HbAHbS的概率是2/3;该女性的妹妹
是患者,所以其父母也都是携带者,其基因型为HbAHbS的概率也是2/3,则这对夫妇生下患病男
孩的概率为2/3×2/3×1/4×1/2=1/18。
名师点睛      解答本题的关键在于理解基因控制蛋白质的合成,不论该蛋白质由多少条肽链组
成,即正常血红蛋白由HbA控制合成,异常血红蛋白由HbS控制合成。另外需理解种群基因频率
不是固定不变的,会因自然选择、基因突变、基因重组而改变;调查人类遗传病发病率应选择
人群,调查人类遗传病遗传方式应选择患者家系。在计算后代表现型概率时,应注意无HbSHbS
的患者,因为基因型为HbSHbS的患者几乎都死于儿童期。
                    B组   统一命题·省(区、市)卷题组
考点1    孟德尔遗传实验的科学方法
(2013课标Ⅰ,6,6分)若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律,下列因素对得出正确实验结论
影响最小的是      (    )
A.所选实验材料是否为纯合子
B.所选相对性状的显隐性是否易于区分
C.所选相对性状是否受一对等位基因控制
D.是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法
答案   A  孟德尔分离定律的本质是杂合子在减数分裂时,位于一对同源染色体上的一对等
位基因分离,进入不同的配子中去,独立地遗传给后代。验证孟德尔分离定律一般用测交的方
法,即杂合子与隐性个体杂交。若如题中选项A用纯合子验证的话,可用杂交再测交得出子二
代1∶1的性状分离比,这样也能验证孟德尔的分离定律,即所选实验材料是否为纯合子都不影
响验证结果,故A选项符合题意,影响较小;对分离定律进行验证的实验要求所选相对性状有明
显的显性隐性区分,否则会严重影响实验结果;验证实验中所选的相对性状一定受一对等位基
因控制,这样才符合分离定律的适用范围;实验中要严格遵守实验操作流程和统计分析方法,否
则会导致实验误差。
考点2    基因的分离定律及应用

1.(2018天津理综,6,6分)某生物基因型为A1A2,A1和A2的表达产物N1和N2可随机组合形成二聚

体蛋白,即N1N1、N1N2、N2N2三种蛋白。若该生物体内A2基因表达产物的数量是A1的2倍,则由

A1和A2表达产物形成的二聚体蛋白中,N1N1型蛋白占的比例为                  (   )
A.1/3  B.1/4   C.1/8   D.1/9

答案   D  本题以基因的表达为载体,考查概率的计算。由题意可知,基因型为A1A2的生物体

内基因的表达产物N1与N2的数量比为1∶2,且表达产物N1与N2又可随机组合形成二聚体蛋白,


因此N1与N1结合的概率为       1 ×1  ,1 即 。
                    3 3   9
2.(2017天津理综,9Ⅱ)玉米自交系(遗传稳定的育种材料)B具有高产、抗病等优良性状,但难以
直接培育成转基因植株,为使其获得抗除草剂性状,需依次进行步骤Ⅰ、Ⅱ试验。
Ⅱ.通过回交使自交系B获得抗除草剂性状

(6)抗除草剂自交系A(GG)与自交系B杂交产生F1,然后进行多轮回交(如图)。自交系B作为亲
本多次回交的目的是使后代                                            。
(7)假设子代生活力一致,请计算上图育种过程F1、H1、H2、H3各代中含G基因植株的比例,并在图1
中画出对应的折线图。若回交后每代不进行鉴定筛选,直接回交,请在图2中画出相应的
折线图。


(8)下表是鉴定含G基因植株的4种方法。请预测同一后代群体中,4种方法检出的含G基因植
株的比例,从小到大依次是                     。
 方法                              检测对象                            检测目标                           检出的含G基
                                                                                                因植株的比例


 PCR扩增                           基因组DNA                          G基因                            x1


 分子杂交                            总mRNA                           G基因转录产物                        x2


 抗原—抗体杂交                         总蛋白质                            G基因编码的蛋白质                      x3


 喷洒除草剂                           幼苗                              抗除草剂幼苗                         x4


对Hn继续筛选,最终选育出高产、抗病、抗除草剂等优良性状的玉米自交系。
答案   (6)积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状
(7)


(8)x4,x3,x2,x1
解析   (6)通过回交可以使子代携带B品系的基因的纯合子的比例随着回交次数的增加越来

越高。(7)品系A(GG)与品系B杂交,F1个体全部含G基因,通过筛选得到的Hi'为含G基因的杂合
子,与不含G基因的B品系杂交,后代有1/2个体含G基因。若回交每代不进行筛选,随回交代次
增加,不同代次间含G基因的个体比以1/2比例递减。(8)依据基因表达的特点:含有G基因的植
株中G基因不一定转录合成mRNA,G基因转录的mRNA不一定翻译合成蛋白质,合成蛋白质后
不一定表现抗除草剂性状,故4种检测方法对同一后代群体G基因的检测结果,含G基因植株的

比例从小到大依次为x4,x3,x2,x1。
                           C组  教师专用题组
考点1    孟德尔遗传实验的科学方法
(2012江苏单科,11,2分)下列关于遗传实验和遗传规律的叙述,正确的是                   (   )
A.非等位基因之间自由组合,不存在相互作用
B.杂合子与纯合子基因组成不同,性状表现也不同

C.孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型

D.F2的3∶1性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合
答案   D  本题考查遗传实验和遗传规律的有关知识。非等位基因之间自由组合,可能存在

相互影响,如F2中会出现9∶3∶4 这样的性状分离比,故A错;在完全显性的条件下,杂合子与显

性纯合子性状表现相同,故B错;测交方法可检测F1的基因型、F1产生配子的种类和比例,故C

错;F2的3∶1性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合,故D对。
考点2    基因的分离定律及应用
1.(2010江苏单科,20,2分)喷瓜有雄株、雌株和两性植株,G基因决定雄株,g基因决定两性植株,
g-基因决定雌株。G对g、g-是显性,g对g-是显性,如:Gg是雄株,gg-是两性植株,g-g-是雌株。下列
分析正确的是      (    )
A.Gg和Gg-能杂交并产生雄株
B.一株两性植株的喷瓜最多可产生三种配子
C.两性植株自交不可能产生雌株
D.两性植株群体内随机传粉,产生的后代中,纯合子比例高于杂合子
答案   D  Gg和Gg-均为雄株,所以不能杂交;两性植株的喷瓜的基因型是gg或gg-,所以一株两
性植株最多可产生g和g-两种配子;基因型为gg-的植株自交可产生雌株g-g-;两性植株的基因型
有两种:一种是纯合子gg,另一种是杂合子gg-,所以两性植株群体内随机传粉,后代中纯合子比
例高于杂合子。
2.[2016天津理综,9(1)(2)]鲤鱼和鲫鱼体内的葡萄糖磷酸异构酶(GPI)是同工酶(结构不同、功

能相同的酶),由两条肽链构成。编码肽链的等位基因在鲤鱼中是a1和a2,在鲫鱼中是a3和a4,这

四个基因编码的肽链P1、P2、P3、P4可两两组合成GPI。以杂合体鲤鱼(a1a2)为例,其GPI基因、
多肽链、GPI的电泳(蛋白分离方法)图谱如下。


请回答相关问题:
(1)若一尾鲫鱼为纯合二倍体,则其体内GPI类型是                          。

(2)若鲤鱼与鲫鱼均为杂合二倍体,则鲤鲫杂交的子一代中,基因型为a2a4个体的比例为
      。在其杂交子一代中取一尾鱼的组织进行GPI电泳分析,图谱中会出现                             条带。
答案    (1)P3P3或P4P4 (2)25% 3

解析    本题主要考查学生的理解能力。(1)鲫鱼中编码GPI肽链的等位基因是a3和a4,编码的肽

链分别为P3和P4,其纯合体(a3a3或a4a4)内GPI类型是P3P3或P4P4。(2)若鲤鱼与鲫鱼均为杂合二倍

体,则其基因型分别为a1a2、a3a4,鲤鲫杂交子一代中a2a4个体所占比例为1/2×1/2=1/4,即25%;因
鲤鲫杂交子一代均为杂合子,任一尾鱼的组织均含有2种不同的肽链,其两两组合共有3种GPI
类型,对其进行电泳分析,图谱中会出现3条带。

方法技巧      准确获取题干的信息“以杂合体鲤鱼(a1a2)为例,其GPI基因、多肽链、GPI的电泳
(蛋白分离方法)图谱”以及对于图谱的解读,是解题的突破口。
3.(2015北京理综,30,17分)野生型果蝇的腹部和胸部都有短刚毛,而一只突变果蝇S的腹部却生
出长刚毛。研究者对果蝇S的突变进行了系列研究。用这两种果蝇进行杂交实验的结果见图。


(1)根据实验结果分析,果蝇腹部的短刚毛和长刚毛是一对                        性状,其中长刚毛是
          性性状。图中①、②基因型(相关基因用A和a表示)依次为                         。
(2)实验2结果显示:与野生型不同的表现型有                   种。③基因型为             ,在实验2后代
中该基因型的比例是              。
(3)根据果蝇③和果蝇S基因型的差异,解释导致前者胸部无刚毛、后者胸部有刚毛的原因:

                      。
(4)检测发现突变基因转录的mRNA相对分子质量比野生型的小,推测相关基因发生的变化为
                     。

(5)实验2中出现的胸部无刚毛的性状不是由F1新发生突变的基因控制的,作出这一判断的理由
是:虽然胸部无刚毛是一个新出现的性状,但               ,
说明控制这个性状的基因不是一个新突变的基因。

答案   (17分)(1)相对  显   Aa、aa  (2)两  AA   1/4 (3)两个A基因抑制胸部长出刚毛,只
有一个A基因时无此效应          (4)核苷酸数量减少/缺失        (5)新的突变基因经过个体繁殖后传递
到下一代中不可能出现比例高达25%的该基因纯合子
解析    (1)根据实验2可判断,长刚毛是显性性状。实验1的杂交后代中显、隐性比例为1∶1,且
与性别无关,结合实验1亲本表现型得出实验1亲本杂交组合为测交(Aa×aa)。(2)实验2中,与野
生型不同的表现型有2种,一种是腹部长刚毛、胸部短刚毛,基因型为Aa。另一种是腹部长刚
毛、胸部无刚毛,基因型为AA,占全部后代的1/4。(3)果蝇③腹部长刚毛,胸部无刚毛的原因可
能是A基因的纯合抑制胸部长出刚毛,只有一个A基因时无此效应。(4)突变基因转录的mRNA
相对分子质量比野生型的小,这说明基因突变类型为碱基对的缺失。(5)果蝇③胸部无刚毛是
一个新性状,但由于数量较多,占全部后代的1/4,说明该性状的出现不是基因突变的结果,而是
A基因的纯合导致的。

易错警示      本题以果蝇刚毛性状遗传研究为背景,考查遗传基本定律、基因与性状的关系、基因
突变、基因表达等知识的综合运用。容易忽视实验2中突变型的两种表现型比例而误答。
                             三年模拟

                 A组    2016—2018年高考模拟·基础题组
 考点1    孟德尔遗传实验的科学方法
 1.(2017江苏镇江一模,10)关于孟德尔的豌豆遗传学实验,下列说法错误的是                    (    )
 A.选择豌豆是因为自然条件下豌豆是纯合体,且有易于区分的相对性状
 B.杂交实验时,对母本的操作程序为去雄→套袋→人工授粉→套袋
 C.孟德尔首先提出假说,并据此开展豌豆杂交实验并设计测交进行演绎
 D.在对实验结果进行分析时,孟德尔用了数学统计学的方法
 答案   C  选择豌豆是因为自然条件下豌豆一般是纯合体,且有易于区分的相对性状,A正确;
 杂交实验时,对母本的操作程序为去雄→套袋→人工授粉→套袋,B正确;孟德尔首先进行豌豆
 杂交实验,并在此基础上提出假说,设计测交实验进行演绎推理和验证,C错误;在对实验结果进
 行分析时,孟德尔用了数学统计学的方法,D正确。
知识归纳      人工异花授粉过程为:去雄(在花蕾期去掉雄蕊)→套上纸袋→人工异花授粉(待花
成熟时,采集另一株植株的花粉涂在去雄花的柱头上)→套上纸袋。
2.(2018江苏兴化三校联考,8)下列有关自交和测交的叙述,正确的是                  (   )
A.自交可以纯化显性优良品种
B.测交不能用来验证分离定律
C.自交可以用来判断某一显性个体的基因型,测交不能
D.测交可以用来判断一对相对性状的显隐性,自交不能
答案   A  自交可以用于显性优良性状的品种培育过程,淘汰发生性状分离的杂合个体,最终
得到显性纯合体,A正确;测交可以用来验证分离定律,鉴定杂种子一代的基因型,B错误;自交和
测交都可以用来判断某一显性个体的基因型,C错误;测交不可以用来判断一对相对性状的显
隐性,但自交能,D错误。
3.(2018江苏南京、盐城三模,7)下列对孟德尔杂交实验的分析中,叙述正确的是                      (   )
A.孟德尔提出性状是由染色体上的遗传因子控制的
B.杂合子自交产生3∶1的性状分离比属于孟德尔提出的核心假说
C.孟德尔为了验证所作出的假设是否正确,设计了正、反交实验
D.预测测交后代出现1∶1的性状分离比属于演绎推理过程
答案   D  孟德尔只提出性状由遗传因子控制,没有定位到染色体上,A错误;杂合子自交产生
3∶1的性状分离比是他杂交实验中观察到的现象,孟德尔提出的核心假说是生物体形成配子
时,成对的遗传因子彼此分离,分别进入不同的配子中,B错误;孟德尔为了验证所作出的假设是

否正确,设计了测交实验,C错误;测交实验是让F1与隐性类型杂交,根据孟德尔的假说可知F1能
产生2种配子,而隐性类型只产生一种配子,这样测交后代就会出现1∶1的性状分离比,这一过
程的思维活动属于演绎推理过程,D正确。
易错警示     选项A中“染色体”很容易被忽略而导致错判;孟德尔的假说中核心内容是生物
体产生配子时表现出成对的遗传因子彼此分离,分别进入不同的配子中;而演绎推理过程是发
生在还没有进行测交实验之前的。
考点2    基因的分离定律及应用
4.(2018江苏海安1月考,2)某纯合植株突变形成杂合植株,含有突变基因的花粉一半不育,则其
自交后代的基因型比例为          (    )
A.1∶3∶2    B.2∶5∶2     C.4∶4∶1     D.1∶2∶2
答案   A  假设纯合植株的基因型为aa,突变后基因型为Aa,由于含有突变基因的花粉一半不
育,所以可推断产生的雌配子中A∶a=1∶1,而产生的雄配子中A∶a=1∶2,因此其自交产生的
后代中AA∶Aa∶aa=1∶3∶2,若纯合植株的基因型为AA,突变后基因型为Aa,自交产生的后
代中AA∶Aa∶aa=2∶3∶1,故选A。
疑难突破     本题的突破点来自题干“含有突变基因的花粉一半不育”这一信息。正常情况
下,杂合(如Aa)产生的雌、雄配子的基因型比例(A∶a)都是1∶1,当“含有突变基因的花粉一
半不育”时,雌配子的基因型比例仍为1∶1,而雄配子的比例发生变化,即变为A∶a=1∶2。
5.(2017江苏溧水中学高三检测,11)在香水玫瑰的花色遗传中,红花、白花为一对相对性状,受
一对等位基因的控制(用R、r表示)。从下面的杂交实验中可以得出的正确结论是                           (    )

杂交组合                                            后代性状

一                       红花A×白花B                 全为红花

二                       红花C×红花D                 红花与白花之比约为3∶1

A.红花为显性性状                             B.红花A的基因型为Rr
C.红花C与红花D的基因型不同                       D.白花B的基因型为Rr
答案   A  分析表格信息,杂交组合一的亲本为红花和白花,而杂交后代只有红花,说明红花为
显性性状,白花为隐性性状,A正确;红花A的基因型为RR,B错误;红花C与红花D杂交,后代出现
白花,说明C、D都是杂合体,它们的基因型相同,都是Rr,C错误;白花为隐性性状,所以白花B的
基因型为rr,D错误。
规律方法     确定显隐性方法有:

①定义法:具相对性状的两纯种亲本杂交,F1表现出来的性状,即为显性性状;
②自交法:具相同性状的两亲本杂交(或一个亲本自交),若后代出现新的性状,则新的性状必为
隐性性状。
6.(2017江苏南通一模,8)下图为人类某单基因遗传病的系谱图,相关判断正确的是                       (   )


A.该病为常染色体隐性遗传                        B.Ⅱ5的致病基因只来自Ⅰ2

C.Ⅰ2和Ⅱ3的基因型相同                       D.Ⅱ3和Ⅱ4都是杂合子

答案   C  分析系谱图,Ⅰ1患病但后代中Ⅱ3、Ⅱ4表型正常,可排除X染色体显性遗传病的可
能,但不能排除X染色体隐性遗传、常染色体隐性遗传、常染色体显性遗传的可能性,A错误;

Ⅱ5的致病基因可来自Ⅰ1、Ⅰ2,若为显性遗传,则Ⅱ5的致病基因只来自Ⅰ1,若为隐性遗传,则Ⅱ5

的致病基因来自Ⅰ1、Ⅰ2个体,B错误;若为显性遗传,则Ⅰ2和Ⅱ3的基因型都由隐性基因组成,若

为隐性遗传,则Ⅰ2和Ⅱ3均为杂合子,C正确;若为显性遗传,则Ⅱ3和Ⅱ4都是隐性纯合子,若为隐

性遗传,则Ⅱ3和Ⅱ4都是杂合子,D错误。
解后反思     根据系谱图无法准确确定遗传方式,但可以排除X染色体显性遗传的可能性。因
此在分析各个体的基因型时需要分别讨论分析每一种可能的遗传方式。
7.(2017江苏苏州高三期初,8)假设某植物种群非常大,可以随机交配,没有迁入和迁出,基因不
产生突变。抗病基因R对抗病基因r为完全显性。现种群中感病植株rr占1/9,抗病植株RR和Rr
各占4/9,抗病植株可以正常开花和结实,而感病植株在开花前全部死亡。则子一代中感病植株
占  (   )
A.1/4  B.1/8   C.1/16  D.1/25
答案   C  既然感病植株在开花前全部死亡,那这个种群中只需考虑RR、Rr的植株进行自由

交配,由于RR和Rr各占4/9,所以RR∶Rr=1∶1,也就是R=3/4,r=1/4。所以F1中RR=9/16,Rr=6/16,
rr=1/16。由此判断子一代中感病植株占1/16,C正确。
解题关键     从题干中提取有效信息是关键,如“抗病植株可以正常开花和结实,而感病植株在
开花前全部死亡”这一信息的提取,使能繁衍后代的个体基因型定位为只有RR、Rr。
8.(2018江苏泰州中学二模,10)小鼠繁殖种群中,有毛与无毛是一对相对性状,无毛小鼠终身保
持无毛状态。已知无毛是由常染色体上隐性基因控制,无毛雄鼠能正常生育,无毛雌鼠繁殖力
低,哺乳困难。若科研人员需要将无毛小鼠扩大繁殖,理论上有四套交配方案,最佳方案是
(   )
A.雌无毛小鼠×雄无毛小鼠
B.雌无毛小鼠×雄杂合有毛小鼠
C.雌杂合有毛小鼠×雄无毛小鼠
D.雌杂合有毛小鼠×雄杂合有毛小鼠
答案    C  由题意可知,无毛雌鼠繁殖力低,哺乳困难,A、B不符合题意;雌杂合有毛小鼠×雄无
毛小鼠,后代无毛的概率为1/2,C符合题意;雌杂合有毛小鼠×雄杂合有毛小鼠,后代无毛的概率
为1/4,D不符合题意。
解题策略      解答时,认真仔细地阅读题干,弄清所给的信息,紧抓题干所设置的问题即“将无毛
小鼠扩大繁殖”去分析。而题干信息“无毛雌鼠繁殖力低,哺乳困难”是我们作出快速判断
最直接的依据。
9.(2018江苏苏、锡、常、镇调研一,25)绵羊群中,基因型为HH的个体表现为有角,基因型为hh
的个体表现为无角,基因型为Hh的个体,公羊表现为有角,母羊表现为无角。现将一头有角公

绵羊与一头无角母绵羊交配,F1中公羊均有角,母羊均无角。让F1中的公羊与母羊随机交配获

得F2,F2的公羊中有角羊占3/4,母羊中有角羊占1/4。下列有关叙述正确的是(多选)                     (   )

A.F1中公羊与母羊基因型相同

B.F2中无角公羊与无角母羊比例相同

C.若将F2中有角公羊与有角母羊交配,所得子代中有角羊占5/6

D.若将F2中有角公羊与无角母羊交配,所得子代有角羊中纯合有角羊占4/9
答案    ACD   根据题意分析,有角公绵羊的基因型为HH或Hh,无角母绵羊的基因型为Hh或hh,

F1中公羊均有角,说明F1中公羊的基因型没有hh;母羊均无角,说明F1中母羊的基因型没有HH,

因此亲代基因型为HH和hh,F1中公羊与母羊基因型都为Hh,A正确;让F1中的公羊与母羊随机交

配获得F2,基因型及其比例为HH∶Hh∶hh=1∶2∶1,则F2中无角公羊(hh)的比例为1/8,无角母

羊(Hh或hh)的比例为3/8,B错误;若将F2中有角公羊(1/3HH、2/3Hh)与有角母羊(HH)交配,后代
基因型及其比例为HH∶Hh=2∶1,因此后代无角母羊的比例为1/6,所以子代中有角羊占5/6,C

正确;若将F2中有角公羊(1/3HH、2/3Hh)与无角母羊(1/3hh、2/3Hh)交配,后代基因型及其比例
为HH∶Hh∶hh=(2/3×1/3)∶(2/3×2/3+1/3×1/3)∶(1/3×2/3)=2∶5∶2,经分析所得子代有角羊中
纯合有角羊占4/9,D正确。

易错分析      本题的难度不大,但是比较容易出错,解题的关键是紧扣Hh在雌、雄性中表现型不
同,结合基因的分离定律先写出杂交后代的基因型及其比例,进而根据基因型与表现型的关系
进行概率计算。
                   B组    2016—2018年高考模拟·综合题组
                             (时间:20分钟     分值:30分)
一、选择题(单选每题2分,多选每题3分,共19分)
 1.(2017江苏溧水中学高三检测,12)大约在70个表现型正常的人中有一个白化基因携带者。一
 个表现型正常、其双亲也正常,但有一个白化病弟弟的女人,与一无亲缘关系的正常男子婚
 配。问他们所生的孩子患白化病的概率是                (    )
 A.1/8    B.1/9
 C.1/420  D.1/560
 答案   C  根据题意分析可知,表现型正常的人中Aa的概率为1/70。题中所述女人表现型正
 常,其双亲也正常,但有一个白化病的弟弟,则她的双亲基因型分别为:父Aa,母Aa,所以该女子
 基因型为1/3AA、2/3Aa,让她与一无亲缘关系的正常男子婚配,后代发病率=1/70×2/3×1/4=
 1/420,故选C。
 技巧点拨     计算后代发病率适宜用隐性突破法,先计算双亲是携带者的概率,然后再用乘法定
 律进行计算。
2.(2016江苏如东高级中学第一次检测,14)Y(控制黄色)和y(控制白色)是位于某种蝴蝶的常染
色体上的一对等位基因,该种蝴蝶中雄性有黄色和白色,雌性只有白色。下列杂交组合中,可以
从子代表现型判断出子代性别的是               (    )
A.雌Yy×雄yy       B.雌yy×雄YY
C.雌yy×雄yy      D.雌Yy×雄Yy

答案    B  根据题意可知,♀Yy×♂yy后代有Yy、yy两种基因型,雄性个体中既有黄色也有白
色,雌性个体都是白色,所以不能从子代表现型判断出子代性别,A项错误;♀yy×♂YY后代只有
Yy一种基因型,雄性个体都是黄色,雌性个体都是白色,可以从子代表现型判断出子代性别,B
项正确;♀yy×♂yy后代只有yy一种基因型,后代无论雌雄个体均表现为白色,所以不能从子代
表现型判断出子代性别,C项错误;♀Yy×♂Yy后代有YY、Yy、yy三种基因型,雄性个体中既
有黄色也有白色,雌性个体都是白色,所以不能从子代表现型判断出子代性别,D项错误。

思路梳理      依题干信息,先确定雌雄性个体的颜色,再对选项作出分析判断。
3.(2016江苏南京、盐城二模,7)科研人员在某海岛上发现多年前单一毛色的老鼠种群演变成

了具有黄色、白色和黑色三种毛色的种群。基因A1(黄色)、A2(白色)、A3(黑色)的显隐性关

系为A1对A2、A3显性,A2对A3显性,且黄色基因纯合会致死。下列有关叙述错误的是                        (   )
A.黄色老鼠一定是杂合子,黑色老鼠一定是纯合子
B.多年前老鼠的单一毛色只可能是白色或黑色
C.两只黄色老鼠交配,子代中黄色老鼠概率为3/4
D.两只老鼠杂交的子代有三种毛色的可能
答案   C  依题干信息分析,由于黄色基因纯合会致死,因此黄色老鼠一定是杂合子,黑色老鼠
一定是纯合子,A正确;由于黄色基因纯合会致死,因此多年前老鼠的单一毛色只可能是白色或

黑色,B正确;由于黄色老鼠一定是杂合子,其基因型为A1_,两只黄色老鼠交配,子代中,1/4A1A1

(致死)、2/4A1_(黄色)、1/4(白色或黑色),因此子代中黄色老鼠概率为2/3,C错误;如果A1A3与

A2A3杂交,则子代会出现黄色(A1A2、A1A3)、白色(A2A3)、黑色(A3A3)三种毛色,D正确。
4.(2017江苏南通全真模拟四,9)蜘蛛脚样趾综合征是人类的一种遗传病,受一对等位基因控
制。如图为该病的家族系谱图,下列有关分析中,正确的是                    (   )


A.该遗传病由位于X性染色体上的显性基因控制
B.Ⅲ-1和Ⅲ-7婚配所生的患病孩子中杂合子的概率是1/2
C.Ⅲ-5与正常男性婚配,生个患该病男孩的概率是1/4
D.Ⅲ-1和Ⅲ-5表现型相同,其基因型也一定是相同的
答案    B  系谱图显示,第Ⅱ代的双亲均为患者,他们的女儿Ⅲ-2和Ⅲ-6都正常,据此可判断该
遗传病由位于常染色体上的显性基因控制,A错误;若相关的基因用R和r表示,则Ⅲ-1和Ⅲ-7的
基因型均为1/3RR、2/3Rr,产生的配子为2/3R、1/3r,二者婚配所生的患病孩子及其比例为
RR∶Rr=(2/3R×2/3R)∶(2/3R×1/3r+1/3r×2/3R)=1∶1,即所生的患病孩子中杂合子的概率是
1/2,B正确;Ⅲ-5的基因型也为1/3RR、2/3Rr,正常男性的基因型为rr,二者婚配,生个患该病男孩
的概率是2/3×1/2=1/3,C错误;Ⅲ-1和Ⅲ-5表现型相同,但基因型不一定是相同的,D错误。

解题关键      正确推断出蜘蛛脚样趾综合征的遗传方式是解答本题的关键。突破点是依据第
Ⅱ代的相关个体与他们的女儿Ⅲ-2、Ⅲ-6的表现型作出判断。
5.(2017江苏苏、锡、常、镇调研二,11)野生型玉米的体细胞和生殖细胞中均存在淀粉。而基
因E突变为e后,ee个体的种子细胞中,合成淀粉所需的一种分支酶活性丧失,导致其不能正常形
成淀粉,表现为果实皱缩。下列有关叙述错误的是                  (   )
A.E基因在体细胞和生殖细胞中均能表达
B.ee个体的细胞中不能形成淀粉,所以该玉米果实皱缩
C.如果子代皱缩果实占比为0.003 6%,则e的基因频率为0.6%
D.碘液染色花粉后计数,可以计算出纯合野生型植株E突变为e的频率
答案   B  根据题干信息知,基因E能促进淀粉的形成,基因e使细胞不能正常形成淀粉。由于
野生型玉米的体细胞和生殖细胞中均存在淀粉,说明E基因在体细胞和生殖细胞中均能表达,
A正确;根据题干信息知,基因型为ee的个体的种子细胞中不能正常形成淀粉,表现为果实皱缩,
并非是所有的体细胞都不能正常合成淀粉,B错误;如果子代皱缩(ee)果实占0.003 6%,则e的基
因频率为0.6%,C正确;由于E、e与淀粉生成有关,所以碘液染色花粉后对它们计数,可以计算
出纯合野生型植株E突变为e的频率,D正确。
易错分析     审题不仔细,不能正确提取信息是导致错选的关键原因。如题干中ee个体的“种
子细胞中”,合成淀粉所需的一种分支酶活性丧失,导致不能正常形成淀粉。
6.(2018江苏东台高三月考,13)孟德尔的遗传规律只能适用于下列哪些生物                     (   )
①噬菌体     ②乳酸菌     ③酵母菌     ④蓝藻    ⑤蘑菇
A.①②     B.③⑤     C.②③    D.③④⑤
答案   B  孟德尔的遗传定律的实质是在减数分裂过程中,等位基因分离,非同源染色体上的
非等位基因自由组合,所以只有能进行减数分裂的真核生物,其细胞核的遗传才遵循遗传定
律。①噬菌体属于病毒,没有细胞结构,不适用;②乳酸菌属于原核生物,不进行减数分裂,不适
用;③酵母菌属于真核生物,能进行减数分裂,适用;④蓝藻属于原核生物,不进行减数分裂,不适
用;⑤蘑菇属于真核生物,能进行减数分裂,适用;孟德尔的遗传定律能适用于③⑤,选B。
7.(2018江苏南通考前卷六,8)图1是某单基因遗传病相关系谱图,图2是对该家系中1~4号个体
进行相关基因检测(先以某种限制酶切割样品DNA,再进行电泳),得到的电泳结果(电泳时不同
大小的DNA片段移动速率不同),已知编号a对应的样品来自4号个体。下列相关叙述错误的是
 (    )


                                    图1

  编号            a              b             c              d

  条带1                          ■             ■              ■

  条带2           ■              ■                            ■

  条带3           ■              ■                            ■

                                    图2
A.根据图1可确定该病属于常染色体隐性遗传
B.结合图1、2分析,可知致病基因内部存在相关限制酶的1个切点
C.5号一定是杂合子,8号与5号基因型相同的概率为1/3
D.9号与该病基因携带者结婚,生一个正常男孩的概率为5/12
答案    C  由图1可知4号为患者,其父母1号和2号正常,可判断该病是常染色体隐性遗传病,A
正确;图2中编号a对应的样品来自4号个体,4号个体只含有致病基因,而编号a含有条带2和条带
3(相当于两种DNA片段),由此可推知致病基因内部存在相关限制酶的1个切点,B正确;由于7号
个体患病,而其父母5号和6号正常,所以5号和6号个体一定都是杂合子(设为Aa),由5号和6号的
基因型可推知正常个体8号的基因型是1/3AA、2/3Aa,故8号与5号基因型都是Aa的概率是2/3,
C错误;由前面分析可知,9号的基因型为1/3AA、2/3Aa,9号与该病基因携带者(Aa)结婚,生一个
正常男孩的概率为(1-2/3×1/4)×1/2=5/12,故D正确。

名师点睛      本题考查了基因的分离定律以及基因检测的应用,解题关键是认真审题和读图,能
根据遗传系谱图分析判断遗传病的遗传方式和相关个体的基因型,并能将图1和图2结合起来
对各选项进行分析判断。
8.(2018江苏南通考前卷五,7)研究人员在家蚕中发现一种新的体态类型——短体蚕,用这种家
蚕与正常体形家蚕进行杂交实验,结果如下表所示。下列叙述正确的是                         (    )


杂交组合                    F1

                        短体蚕                     正常蚕

实验一:短体蚕×正常蚕             788                     810

实验二:短体蚕×短体蚕             1 530                   790

A.可以通过连续自交多代的方式获得纯种短体蚕
B.短体蚕自交后代出现正常蚕是基因突变的结果

C.实验一中F1个体随机交配,F2中短体蚕∶正常蚕=2∶3

D.实验二中F1个体随机交配,F2中正常蚕占4/9
答案   C  由杂交组合二数据分析可知,体形为短体的是显性性状,且显性纯合致死,正常体形

为隐性性状,A错误;短体蚕自交后代出现正常蚕是等位基因分离所致,B错误;假设实验一中F1

的短体蚕基因型为Aa,正常蚕基因型为aa,故F1产生的配子中有1/4A、3/4a,F1个体随机交配,由

于显性纯合致死,所以后代中短体蚕∶正常蚕=2∶3,C正确;实验二中F1短体蚕基因型全为Aa,

正常体形蚕基因型为aa,故F1产生的配子中有1/3A、2/3a,F1个体随机交配,由于显性纯合致死,
所以后代中短体蚕(Aa)∶正常蚕(aa)=1∶1,D错误。
9.(2018江苏东台高三月考,21)某种两性花的植物,可以通过自花传粉或异花传粉繁殖后代。
在25 ℃的条件下,基因型为AA和Aa的植株都开红花,基因型为aa的植株开白花,但在30 ℃的条
件下,各种基因型的植株均开白花。下列说法正确的是(多选)                     (   )
A.不同温度条件下同一植株花色不同说明环境能影响生物的性状
B.在25 ℃的条件下生长的白花植株自交,后代中不会出现红花植株
C.在30 ℃的条件下生长的白花植株自交,产生的后代在25 ℃条件下生长可能会出现红花植株
D.若要探究一开白花植株的基因型,最简单可行的方法是在25 ℃条件下进行杂交实验
答案   ABC   根据题干信息分析,不同温度条件下同一植株花色不同,说明生物的性状受环境
影响,A正确;在25 ℃的条件下生长的白花植株的基因型为aa,其自交后代中不会出现红花植
株,B正确;在30 ℃的条件下生长的白花植株的基因型可能为AA、Aa或者aa,其自交产生的后
代基因型可能为AA、Aa、aa,其中基因型为AA、Aa的植株在25 ℃条件下生长开红花,C正确;
若要探究一开白花植株的基因型,最简单可行的方法是在25 ℃条件下进行自交实验,D错误。
二、非选择题(共11分)
10.(2016江苏苏、锡、常、镇第一次调研,29)某种牛的群体中,基因型AA的个体体色是红褐
色,aa是红色;基因型Aa的雄性是红褐色,雌性却是红色。下表是该种牛的三个杂交组合及其
后代的表现型比值,请回答下列问题:

 亲本杂交组合        子代表现型及比值

               红褐色公牛          红褐色母牛         红色公牛           红色母牛

 组合一(均为纯合子)    1              0             0              1

 组合二           1              0             1              2

 组合三           3              1             1              3
(1)组合一亲本的表现型、基因型及性别组合分别是                                          。
(2)已知组合二亲本的表现型都是红色,则它们的基因型及性别分别是                                    。
(3)组合三亲本的表现型、基因型及性别组合分别是                                      。
(4)选择组合三的后代中的红褐色公牛与红褐色的母牛交配,后代表现为红色母牛的概率是
      。
(5)选择组合二的后代之间随机交配,则产生后代是红褐色的概率是                            ,红色母牛的概率
是        。

 答案   (1)红褐色母牛AA×红色公牛aa或红色母牛aa×红褐色公牛AA
 (2)母牛Aa×公牛aa
 (3)红色母牛Aa×红褐色公牛Aa
 (4)1/6
 (5)1/4 15/32
解析    根据题干信息可知,雌牛中:红褐色个体的基因型为AA,红色个体的基因型为Aa、aa;雄
牛中:红褐色个体的基因型为AA、Aa,红色个体的基因型是aa。(1)根据组合一的亲本均为纯
合子,以及子代表现型及其比例,可判断亲本的基因型为AA×aa,其中AA在雌雄中都表现为红
褐色,aa在雌雄中都表现为红色。(2)表现型为红色的雄性基因型为aa,表现型为红色的雌性基
因型为Aa、aa。根据组合二后代中出现不同的性状可确定,雌性的基因型为Aa。(3)根据组合
三后代中雌雄个体中的性状分离比,可判断亲本基因型都是Aa,在雌性中表现为红色,在雄性
中表现为红褐色。(4)组合三的后代中,红褐色公牛的基因型是AA、Aa,红褐色的母牛的基因
型为AA,二者交配后,后代表现为红色母牛的概率为2/3×1/2×1/2=1/6。(5)组合二的后代中的
基因型为Aa、aa,随机交配后,产生后代是红褐色的概率是1/16(AA)+6/16×1/2(Aa♀)=1/4;红色
母牛的概率为9/16×1/2(aa♀)+6/16×1/2(Aa♀)=15/32。
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