1、第2讲假说演绎法、自由组合定律的应用分层定时训练基础巩固练1孟德尔研究遗传规律，主要是通过()A性状的遗传推知的B显微镜观察发现的C理论分析总结的D测交实验总结的解析：孟德尔对遗传规律的研究属于个体水平的研究，通过观察个体的性状表现来假设、推知内在的规律。答案：A2孟德尔对自由组合定律的探索经历了()A分析假设实验验证B假设实验结论验证C实验分析假设验证D实验假设验证讨论解析：孟德尔对遗传规律的探索均采用了假说演绎法，即在观察和分析的基础上提出问题后，通过推理和想像提出解释问题的假说，根据假说进行演绎推理，再通过实验检验演绎推理的结论。答案：C3某一个体的基因型为AaBbCCDdEe，成对的基
2、因均分别独立遗传，遵循自由组合定律，此个体能产生的配子种类数为()A6种 B12种C16种 D32种解析：该题可利用分解法来解答。对于只含一对等位基因的个体，杂合子(Aa)产生两种配子(A、a)，纯合子(CC)产生一种配子(C)。因此，基因型为AaBbCCDdEe的个体能产生的配子种类数为2212216(种)。答案：C4一个基因型为BbRr(棕眼右癖)的男人与一个基因型为bbRr(蓝眼右癖)的女人结婚(两对相对性状独立遗传)，所生子女中表现型的概率各为1/8的类型是()A棕眼右癖和蓝眼右癖B棕眼左癖和蓝眼左癖C棕眼右癖和蓝眼左癖D棕眼左癖和蓝眼右癖解析：1/8应该是1/2与1/4相乘得到的。B
3、bbb后代中，棕眼与蓝眼的比例各为1/2，RrRr后代中，右癖与左癖的比例分别为3/4和1/4。所以所生子女中表现型概率为1/8的应该是左癖的两种眼色。答案：B5金鱼草的纯合红花植株与白花植株杂交，F1在强光、低温条件下开红花，在阴暗、高温条件下却开白花，这个事实说明()A基因型是表现型的内在因素B表现型一定，基因型可以转化C表现型相同，基因型不一定相同D表现型是基因型与环境相互作用的结果解析：F1是杂合子，但在不同的条件下表现型不一致，说明表现型是基因型与环境相互作用的结果。答案：D6已知豌豆某两对基因按照自由组合定律遗传，其子代基因型及比值如图，则双亲的基因型是()AAABBAABb BA
4、aBbAaBbCAaBbAABb DAaBBAABb解析：分析图形，子代中AA：Aa1：1，说明亲本是AAAa；子代中BB：Bb：bb1：2：1，说明亲本是BbBb，所以两亲本的基因型应该为AABbAaBb，C正确。答案：C7某植物的基因型为AaBb，两对等位基因独立遗传，在该植物的自交后代中，表现型不同于亲本且能稳定遗传的个体所占的比例为()A. B.C. D.解析：基因型为AaBb的植物自交，子代有16种结合方式，4种表现型，且每一种表现型中均有一个纯合子(AABB、aaBB、AAbb、aabb)，故该植物的自交后代中，表现型不同于亲本且能稳定遗传的个体所占的比例为。答案：A8小鼠毛色黑色
5、(B)对褐色(b)为显性，无白斑(S)对有白斑(s)为显性，这两对等位基因独立遗传。基因型为BbSs的小鼠间相互交配，后代中黑色有白斑小鼠的比例是()A. B.C. D.解析：BbSsBbSs得到黑色有白斑小鼠(B_ss)的概率为。答案：B9水稻的高秆(D)对矮秆(d)为显性，抗锈病(R)对不抗锈病(r)为显性，这两对基因自由组合。甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表现型的比例是3：3：1：1，则乙水稻的基因型是()ADdrr或ddRr BDdRRCddRR DDdRr解析：从后代表现型的比例为3：3：1：1中可确定两种性状的比例，一种性状的后代性状分离比为3：1，另一种性状的后代性状
6、分离比为1：1，已知甲水稻基因型为DdRr，则乙水稻的基因型为Ddrr或ddRr。答案：A10二倍体结球甘蓝的紫色叶对绿色叶为显性，控制该相对性状的两对等位基因(A、a和B、b)独立遗传。下表是纯合甘蓝杂交实验的统计数据。亲本组合F1株数F2株数紫色叶绿色叶紫色叶绿色叶紫色叶绿色叶121045130紫色叶绿色叶89024281请回答下列问题：(1)结球甘蓝叶色性状的遗传遵循_定律。(2)表中组合的两个亲本基因型为_，理论上组合的F2紫色叶植株中，纯合子所占的比例为_。(3)表中组合的亲本中，紫色叶植株的基因型为_。若组合的F1与绿色叶甘蓝杂交，理论上后代的表现型及比例为_。解析：(1)因为结球
7、甘蓝的叶色性状是由两对等位基因(独立遗传)决定的，且亲本组合中F2的性状分离比约为15：1(9：3：3：1的变式)，所以结球甘蓝叶色性状的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)亲本组合中F2的性状分离比约为15：1，则F1的基因型为AaBb，两个亲本基因型为AABB、aabb；理论上组合的F2紫色叶植株中，基因型有AABB、AABb、AaBB、AaBb、aaBB、aaBb、AAbb、Aabb，其中纯合子所占的比例为：。(3)组合中F2的性状分离比约为3：1，则亲本基因型为aaBBaabb或AAbbaabb，故紫色叶植株的基因型为aaBB或AAbb；F1的基因型为aaBb或Aabb，其测交后代的表现
8、型及比例为紫色叶：绿色叶1：1。答案：(1)基因的自由组合(2)AABB、aabb(3)AAbb(或aaBB)紫色叶：绿色叶1：1能力提升练11某种蛙眼色的表现型与基因型的对应关系如下表(两对等位基因独立遗传)：表现型蓝眼绿眼紫眼基因型A_B_A_bb、aabbaaB_现有蓝眼蛙与紫眼蛙杂交，所得F1仅有蓝眼和绿眼两种表现型，理论上F1中蓝眼蛙：绿眼蛙为()A3：1 B3：2C9：7 D13：3解析：依题意，A_B_aaB_F1仅有蓝眼和绿眼两种表现型，因为绿眼的基因型为A_bb、aabb，推知亲代基因型为A_BbaaBb。假设亲代基因型为AaBbaaBb，则F1会出现紫眼蛙(aaB_)，与题
9、意不符，所以亲代蓝眼蛙与紫眼蛙的基因型分别为AABb、aaBb，F1中蓝眼蛙：绿眼蛙AaB_：Aabb3：1。答案：A12某种鼠中，黄色基因A对灰色基因a为显性，短尾基因B对长尾基因b为显性，且基因A或b在纯合时都能使胚胎致死，这两对基因是独立遗传的。现有两只双杂合的黄色短尾鼠交配，理论上所生的子代表现型比例为()A2：1 B9：3：3：1C4：2：2：1 D1：1：1：1解析：由于AA或bb使胚胎致死，故AaBbAaBb只能生出AaBB、AaBb、aaBB、aaBb四种基因型的后代，其比例为2：4：1：2，故后代表现型的比例为黄色短尾：灰色短尾2：1。答案：A13食指长于无名指为长食指，反之
10、为短食指，该相对性状由常染色体上一对等位基因控制(TS表示短食指基因，TL表示长食指基因)。此等位基因表达受性激素影响，TS在男性为显性，TL在女性为显性。若一对夫妇均为短食指，所生孩子既有长食指又有短食指，则该夫妇再生一个孩子是长食指的概率为()A1/4 B1/3C1/2 D3/4解析：根据这对夫妇的表现型可以确定男性的基因型为TLTS或者TSTS，女性的基因型一定为TSTS，又根据其孩子中既有长食指又有短食指，可以确定该男性的基因型一定为TLTS(如果是TSTS，则后代的基因型都为TSTS，所生孩子不论男孩还是女孩，都是短食指，与题干不符)。因此，后代的基因型为TLTS或TSTS，各占1/
11、2，TSTS不论男孩还是女孩都是短食指，TLTS只有是女孩时才是长食指，因此，该夫妇生一个孩子为长食指的概率为1/21/21/4。答案：A14小鼠体色由位于常染色体上的两对基因决定，A基因决定黄色，R基因决定黑色，A、R同时存在则皮毛呈灰色，无A、R则呈白色。一灰色雄鼠和一黄色雌鼠交配，F1表现型及其比例为：3/8黄色小鼠、3/8灰色小鼠、1/8黑色小鼠、1/8白色小鼠。试问：(1)亲代中，灰色雄鼠的基因型为_，黄色雌鼠的基因型为_。(2)让F1的黑色雌、雄小鼠交配，则理论上F2黑色个体中纯合子的比例为_。(3)若小鼠的另一性状由另外的两对等位基因(B和b、F和f)决定，且遵循自由组合定律。让
12、基因型均为BbFf的雌、雄鼠相互交配，子代出现四种表现型，比例为6：3：2：1。请对比例6：3：2：1的产生原因做出合理解释：_。解析：(1)由题意知，亲本分别为灰色和黄色，子代出现四种体色，推断亲本基因型分别为AaRr和Aarr。(2)F1的黑色鼠基因型为aaRr，所以让F1的黑色雌、雄小鼠交配，则理论上F2黑色个体的基因型及其比例为aaRr：aaRR2：1，其中纯合子的比例为1/3。(3)基因型均为BbFf的雌、雄鼠相互交配，正常情况子代出现的四种表现型及其比例为B_F_：B_ff：bbF_：bbff9：3：3：1，题中子代出现表现型比例为6：3：2：1，则BB_ _或_ _FF不存在，即
13、B或F纯合致死。答案：(1)AaRrAarr(2)1/3(3)B或F纯合致死素养养成练15玉米紫冠(A)对非紫冠(a)、非糯(B)对糯(b)、非甜(D)对甜(d)有完全显性作用，3对基因独立遗传。现有3个纯种的玉米品系，即甲(aaBBDD)、乙(AAbbDD)和丙(AABBdd)，某小组设计了获得aabbdd个体的杂交方案如下。第一年：种植品系甲与丙，让品系甲和丙杂交，获得F1的种子；第二年：种植F1和品系乙，让F1与品系乙杂交，获得F2的种子；第三年：种植F2，让F2自交，获得F3的种子；第四年：种植F3，植株长成后，选择表现型为非紫冠糯甜的个体，使其自交，保留种子。请回答下列问题。(1)F
14、1的基因型为_，表现型为_。(2)F2的基因型及比例为_，表现型有_种。(3)F3中aabbdd个体所占的比例为_。(4)为了验证基因B、b与D、d独立遗传，请在甲、乙、丙3个品系中选取材料，设计可行的杂交实验方案。第一步：取_杂交，得F1；第二步：_；第三步：统计F2的表现型及比例。结果预测：_，说明基因B、b与D、d独立遗传。解析：(1)由题干可知，aaBBDD(甲)AABBdd(丙)F1：AaBBDd，表现型为紫冠非糯非甜。(2)AaBBDd(F1)AAbbDD(乙)F2：AABbDD、AABbDd、AaBbDD、AaBbDd，且比例为1：1：1：1，全部表现为紫冠非糯非甜。(3)F2中
15、基因型为AABbDD、AABbDd、AaBbDD、AaBbDd的个体各占，让其自交得F3，只有基因型为AaBbDd的个体自交后代中会出现基因型为aabbdd的个体，且概率为。(4)为了验证基因B、b与D、d独立遗传，即符合自由组合定律，可用测交法、自交法、花粉鉴定法等。题中要求设计可行的杂交实验方案，可选用品系乙(bbDD)和丙(BBdd)杂交得F1(BbDd)，F1自交得F2，F2有4种表现型，且比例符合孟德尔的性状分离比(9：3：3：1)，则说明基因B、b与D、d独立遗传。答案：(1)AaBBDd紫冠非糯非甜(2)AABbDD：AABbDd：AaBbDD：AaBbDd1：1：1：1 1(3)(4)品系乙和丙让F1个体自交，得F2F2出现4种表现型(非糯非甜、非糯甜、糯非甜、糯甜)，且比例为9：3：3：1