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【二年高考】2013-2014年全国高考生物真题汇编:(人教版)必修2第1章《遗传因子的发现》


全国高考生物试题分章整理 2014 年
必修Ⅱ《遗传和变异》
第一章遗传因子的发现
遗传的基本规律
(上海卷)14.性状分离比的模拟实验中,如图 3 准备了实验装 置,棋子上标记的 D、d 代表基因。实验时需分别从甲、乙中 各随机抓取一枚棋子,并记录字母。此操作模拟了

①等位基因的分离 合 A.①③ 【答案】A

/>
②同源染色体的联会

③雌雄配子的随机结合

④非等位基因的自由组

B.①④

C.②③

D.②④

【解析】两个装置中含有等量的 D 和 d 棋子,代表等位基因分离,雌雄个体各产生两种数 目相等的配子, 从两个装置中各随机取一枚棋子合在一起表示雌雄配子的随机结合, 本实验 不能说明同源染色体的联会和非等位基因的自由组合,故选 A。 (上海卷)25.某种植物果实重量由三对等位基因控制,这三对基因分别位于三对同源染色 体上, 对果实重量的增加效应相同且具叠加性。 已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别 为 150g 和 270g.现将三对基因均杂合的两植株杂交,F1 中重量为 190g 的果实所占比例为 A.3 / 64 【答案】D B.5 / 64 C.12 / 64 D.15 / 64

【解析】 由于隐性纯合子 (aabbcc) 和显性纯合子 (AABBCC) 果实重量分别为 150g 和 270g., 则每个显性基因的增重为(270—150)/ 6=20(g) ,AaBbCc 果实重量为 210,自交后代中重 量 190 克的果实其基因型中只有两个显性基因、 四个隐性基因, 即 AAbbcc、 aaBBcc、 aabbCC、 AaBbcc、AabbCc、aaBbCc 六种,所占比例依次为 1/64、1/64、1/64、464、464、4/64、 。故 为 15/64,选 D。 (上海卷)27.一种鹰的羽毛有条纹和非条纹、黄色和绿色的差异,已知决定颜色的显性 基因纯合子不能存活。图 9 显示了鹰羽毛的杂交遗传,对此合理的解释是

①绿色对黄色完全显性 ②绿色对黄色不完全显性 ③控制羽毛性状的两对基因完全连锁 ④控制羽毛性状的两对基因自由组合 A.①③ 【答案】B 【解析】F1 中绿色自交,后代有绿色和黄色比 2:1,可知绿色对黄色完全显性,且绿色纯 合致死,故①正确②错误;F1 后代非条纹与条纹为 3:1,且四种性状比为 6:3:2:1,符 合自由组合,控制羽毛性状的两对基因自由组合。故 C 错误 D 正确。 (海南卷) 22. 基因型为 AaBbDdEeGgHhKk 个体自交, 假定这 7 对等位基因自由组合, 则下列有关其子代叙述正确的是 A.1 对等位基因杂合、6 对等位基因纯合的个体出现的概率为 5/64 B.3 对等位基因杂合、4 对等位基因纯合的个体出现的概率为 35/128 C.5 对等位基因杂合、2 对等位基因纯合的个体出现的概率为 67/256 D.6 对等位基因纯合的个体出现的概率与 6 对等位基因杂合的个题出现的概率不同 【答案】B B.①④ C.②③ D.②④

【解析】1 对等位基因杂合、6 对等位基因纯合的个体出现的概率=C712/4× (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) =7/128,A 错;3 对等位基因杂合、4 对等位基因纯合的个体出现的概率=C732/4× 2/4× 2/4× 2/4× 2/4× (1/4+1/4) × (1/4+1/4) =35/128, B 正确; 5 对等位基因杂合、 2 对等位基因纯合的个体出现的概率=C752/4× 2/4× 2/4× (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) =21/128,C 错;6 对等位基因纯合的个体出现 的概率=C712/4× (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) × (1/4+1/4) =7/128, 6 对等位基因杂合的个体出现的概率=C712/4× 2/4× 2/4× 2/4× 2/4× 2/4× (1/4+1/4) =7/128, 相同,D 错误。 (海南卷)25.某二倍体植物中,抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制,要确 定这对性状的显隐性关系,应该选用的杂交组合是 A.抗病株× 感病株 B.抗病纯合体× 感病纯合体 C.抗病株× 抗病株,或感病株× 感病株 D.抗病纯合体× 抗病纯合体,或感病纯合体× 感病纯合体 【答案】C 【解析】判断性状的显隐性关系的有方法有 1、定义法---具有相对性状的纯合个体进行 正反交,子代表现出来的性状就是显性性状,对应的为隐性性状;2、相同性状的雌雄个体 间杂交,子代出现不同于亲代的性状,该子代的性状为隐性,亲代性状为显性。故选 C。 (天津卷)9.(16 分)果蝇是遗传学研究的经典材料,其四对相对性状中红眼(E)对 白眼(e) 、灰身(B)对黑身(b) 、长翅(V)对残翅(v) 、细眼(R)对粗眼 (r)为显性。下图是雄果蝇 M 的四对等位基因在染色体上的分布。 (1)果蝇 M 眼睛的表现型是___________________________。 (2) 欲测定果蝇基因组的序列, 需对其中的_________条染色体进行 DNA 测序。 (3)果蝇 M 与基因型为___________的个体杂交,子代的雄果蝇既有红眼性状又有白 眼性状。

F1

雌性﹕雄性

灰身﹕黑身

长翅﹕残翅

细眼﹕粗眼

红眼﹕白眼

1

2 有眼

1﹕1 1﹕1

3﹕1 3﹕1

3﹕1 3﹕1

3﹕1 /

3﹕1 /

1

2 无眼

(4) 果蝇 M 产生配子时, 非等位基因__________和____________不遵循自由组合规律。 若果蝇 M 与黑身残翅个体测交,出现相同比例的灰身长翅和黑身残翅后代,则表明果蝇 M 在产生配子过程中_____________________________________________________,导致基因 重组,产生新的性状组合。 (5) 在用基因型为 BBvvRRXeY 和 bbVVrrXEXE 的有眼亲本进行杂交获取果蝇 M 的同时, 发现了一只无眼雌果蝇。为分析无眼基因的遗传特点,将该无眼雌果蝇与果蝇 M 杂交,F1 性状分离比如下: ①从实验结果推断,果蝇无眼基因位于__________号(填写图中数字)染色体上,理由 是__________________________________________________________。 ②以 F1 果蝇为材料,设计一步杂交实验判断无眼性状的显隐性。 杂交亲本:_____________________________________________________。 实验分析: ____________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 【答案】 (1)红眼细眼 (4) B(或 b) 而发生交换 (5)①7、8(或 7、或 8) 无眼、有眼基因与其他各对基因间的遗传均遵循自由组合 定律 ②示例: 杂交亲本:F1 中的有眼雌雄果蝇 实验分析:若后代出现性状分离,则无眼为隐性性状;若后代不出现形状分离,则无眼 为显性性状。 【解析】 (1)据图中信息,果蝇 M 含有显性基因 E、R,所以眼色的表现型为红眼和细 眼的显性性状。 (2) 要测定基因组的序列需要测定该生物所有的基因, 由于 X 和 Y 染色体非同源区段 上的基因不同,所以需要测定 3 条常染色体+X 染色体+Y 染色体,即 5 条染色体上的基因 (2)5 (3)XEXe V 和 v(或 B 和 b)基因随非姐妹染色单体的交换

v (或 V)

序列。 (3)子代雄性的红眼和白眼均只能来自于母本,因此需要母本同时具有红眼和白眼的 基因,即 XEXe 。

(4)自由组合定律是指位于非同源染色体上的非等位基因的自由组合,而 B、v 和 b、 V 分别位于一对同源染色体的不同位置上,不遵循自由组合定律。根据减数分裂同源染色体 的分离及配子的组合, 理论上后代只有灰身残翅和黑身长翅, 出现等比例的灰身长翅和黑身 残翅后代,说明发生了非姐妹染色单体的交叉互换。 (5)根据表格结果,若无眼基因位于性染色体上,则 M 与无眼雌果蝇的后代中雄性都 为无眼,与表格结果不符,所以该基因位于常染色体上,且子代有眼﹕无眼=1﹕1,同时其他 性状均为 3﹕1,说明有眼无眼性状的遗传和其他性状不连锁,为自由组合,因此和其他基 因不在同一对染色体上,据图可知应该位于 7 号或 8 号染色体上。由于子代有眼﹕无眼=1 ﹕1,说明亲代为杂合子与隐性纯合子杂交,若判断其显隐性,可选择自交法(即有眼雌性 ×有眼雄性) ,若有眼为显性,则亲代均为杂合子,后代有性状分离,若无眼为显性,则亲 代均为隐性纯合子,后代无性状分离。 (浙江卷)32.(18 分)利用种皮白色水稻甲(核型 2n)进行原生质体培养获得再生植 株,通过再生植株连续自交,分离得到种皮黑色性状稳定的后代乙(核型 2n) 。甲与乙杂交 得到丙,丙全部为种皮浅色(黑色变浅) 。设种皮颜色由 1 对等位基因 A 和 a 控制,且基因 a 控制种皮黑色。 请回答: (1)甲的基因型是 。上述显性现象的表现形式是 。

(2)请用遗传图解表示丙为亲本自交得到子一代的过程。 (3) 在原生质体培养过程中, 首先对种子胚进行脱分化得到愈伤组织, 通过 培

养 获得 分散均 一的 细胞。 然后 利用酶 处理细 胞获 得原 生质体 ,原生 质体 经培 养再生 出 ,才能进行分裂,进而分化形成植株。 (4)将乙与缺少 1 条第 7 号染色体的水稻植株(核型 2n-1,种皮白色)杂交获得子一 代, 若子一代的表现型及其比例为 (5)通过建立乙植株的 , 则可将种皮黑色基因定位于第 7 号染色体上。 ,从中获取种皮黑色基因,并转入玉米等作物,可得 亲本难以有性杂交的缺

到转基因作物。因此,转基因技术可解决传统杂交育种中 陷。 【答案】 (1)AA 不完全显性(AA 为白色,Aa 为浅黑色)

(2) P

浅色丙(♂) Aa ×

浅色丙(♀) Aa

配子:

A

a

A

a

F1:

AA

Aa

Aa

aa

白色 浅色

浅色 黑色

1 : (3) 悬浮

2

: 1

细胞壁

(4) 浅色:黑色=1:1 (5) 基因文库 有生殖隔离的

【解析】 : (1)由于甲与乙杂交后代均为浅色,说明甲与乙都是纯合子,所以甲的基因 型为 AA,且 Aa 不完全显现为浅色。 (2)遗传图解需要的要素包括:亲代表现型和基因型、配子类型、子代表现型和基因 型、表现型比例。 (3)愈伤组织必须通过悬浮培养分散成单个细胞,而再生出细胞壁才能分裂分化为植 株。 (4)乙的基因型为 aa,如果黑色基因在 7 号染色体上的话,缺失一条 7 号染色体的白 色为 A0,根据分离定律可知,子代基因型为 Aa(浅色)和 a0(黑色) ,且比例为 1:1。 (5)基因工程的目的基因获取可以先建立基因文库从中获取。基因工程可以克服远缘 杂交不亲和的障碍,使有生殖隔离的亲本的基因可以重组。 (福建卷)28.(16 分) 人类对遗传的认知逐步深入: (1)在孟德尔豌豆杂交实验中,纯合的黄色圆粒(YYRR)与绿色皱粒(yyrr)的豌豆 杂交,若将 F2 中黄色皱粒豌豆自交,其子代中表现型为绿色皱粒的个体占 。进一步

研究发现 r 基因的碱基序列比 R 基因多了 800 个碱基对, 但 r 基因编码的蛋白质 (无酶活性) 比 R 基因编码的淀粉支酶少了末端 61 个氨基酸, 推测 r 基因转录的 mRNA 提前出现 。

试从基因表达的角度,解释在孟德尔“一对相对性状的杂交实验”中,所观察的 7 种性状

的 F1 中显性性状得以体现,隐性性状不体现的原因是



(2)摩尔根用灰身长翅(BBVV)与黑身残翅(bbvv)的果蝇杂交,将 F1 中雌果蝇与 黑身残翅雄果蝇进行测交,子代出现四种表现型,比例不为 1∶1∶1∶1,说明 F1 中雌果蝇 产生了 律“ 种配子。 实验结果不符合自由组合定律, 原因是这两对等位基因不满足该定 ”这一基本条件。 (3)格里菲思用于转化实验的肺炎双球菌中,S 型菌有 SⅠ、SⅡ、SⅢ等多种类型,R 型菌是由 SⅡ型突变产生。利用加热杀死的 SⅢ与 R 型菌混合培养,出现了 S 型菌,有人认 为 S 型菌出现是由于 R 型菌突变产生,但该实验中出现的 S 型菌全为 种说法。 (4)沃森和克里克构建了 DNA 双螺旋结构模型,该模型用 样性,此外, 【答案】 (1)1/6 终止密码(子) 显性基因表达, 隐性基因不转录, 或隐性基因不翻译, 或隐性基因编码的蛋白质无活性、 或活性低 (2)4 (3)SⅢ (4)碱基对排列顺序的多样性 碱基互补配对 非同源染色体上非等位基因 的高度精确性保证了 DNA 遗传信息的稳定传递。 解释 DNA 分子的多 ,否定了这

【解析】在孟德尔豌豆杂交实验中纯合的黄色圆粒(YYRR)与绿色皱粒(yyrr)的豌 豆杂交,则其 F2 中的黄色皱粒的基因型为 1/3YYrr 和 2/3Yyrr,则它们自交,其子代中表现 型为绿色皱粒(yyrr)的个体 yy(2/3× 1/4)× rr(1)=1/6。进一步研究发现 r 基因的碱基序 列比 R 基因多了 800 个碱基对,但 r 基因编码的蛋白质(无酶活性)比 R 基因编码的淀粉 支酶少了末端 61 个氨基酸,由此可以推测 r 基因转录的 mRNA 提前出现了终止密码(子) 。 从基因表达的角度,隐性性状不体现的原因可以是显性基因表达,隐性基因不转录,或隐性 基因不翻译,或隐性基因编码的蛋白质无活性、或活性低。 (2)摩尔根用灰身长翅(BBVV)与黑身残翅(bbvv)的果蝇杂交,讲 F1 中雌果蝇测 交,子代有 4 种表现型,可以肯定 F1 中的雌果蝇产生了 4 种配子。但结果不符合自由组合 定律,原因是这两对等位基因不满足该定律“非同源染色体上非等位基因”的这一基本条件。 (3)由于突变存在不定向性,所以,该实验中出现的 S 型菌全为 SⅢ,就说明不是突 变产生的,从而否定了前面的说法。

(4)沃森和克里克构建了 DNA 双螺旋结构模型,该模型用碱基对排列顺序的多样性 解释 DNA 分子的多样性,此外,碱基互补配对的高度精确性保证了 DNA 遗传信息稳定传 递。 (安徽卷)31.(16 分) 香味性状是优质水稻品种的重要特性之一。 (1)香稻品种甲的香味性状受隐性基因(a)控制, 其香味性状的表现是因为_______,导致香味物质累积。 (2)水稻香味性状与抗病性状独立遗传。抗病(B) 对感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种,进行一系列 杂交实验。其中,无香味感病与无香味抗病植株杂交的统 计结果如图所示,则两个亲代的基因型是__________。上述杂交的子代自交,后代群体中能 稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为_________。 (3)用纯合无香味植株作母本与香稻品种甲进行杂交,在 F1 中偶尔发现某一植株具有 香味性状。请对此现象给出合理解释:①________;②_________。 (4)单倍体育种可缩短育种年限。离体培养的花粉经脱分化形成 ,最终发

育成单倍体植株, 这表明花粉具有发育成完整植株所需要的________。 若要获得二倍体植株, 应在____时期用秋水仙素进行诱导处理。 【答案】 (1)a 基因纯合,参与香味物质代谢的某种酶缺失 (2)Aabb、AaBb 3/64 某一雌配子形成时,含 A 基因的染

(3)某一雌配子形成时,A 基因突变为 a 基因 色体片段缺失 (4)愈伤组织 全部遗传信息 幼苗

【解析】 (1)a 为隐性基因,因此若要表现为有香味性状,必须要使 a 基因纯合(即为 aa) ,参与香味物质代谢的某种酶缺失,从而导致香味物质累积。 (2)根据杂交子代抗病:感病=1:1,无香味:有香味=3:1,可知亲本的基因型为: Aabb、 AaBb, 从而推知子代 F1 的类型有: 1/8AABb、 1/8AAbb、 1/4AaBb、 1/4Aabb、 1/8aaBb、 1/8aabb,其中只有 1/4AaBb、1/8aaBb 自交才能获得能稳定遗传的有香味抗病植株(aaBB) , 可获得的比例为 1/4*1/4*1/4+1/8*1*1/4=3/64。 (3)正常情况 AA 与 aa 杂交,所得子代为 Aa(无香味) ,某一雌配子形成时,若 A 基 因突变为 a 基因或含 A 基因的染色体片段缺失,则可能出现某一植株具有香味性状。

(4)花药离体培养过程中,花粉先经脱分化形成愈伤组织,通过再分化形成单倍体植 株, 此过程体现了花粉细胞的全能性, 其根本原因是花粉细胞中含有控制该植株个体发育所 需的全部遗传信息;形成的单倍体植株需在幼苗期用一定浓度的秋水仙素可形成二倍体植 株。

(2014 重庆卷)8.(20 分)肥胖与遗传密切相关,是影响人类健康的重要因素之一。
(1)某肥胖基因发现于一突变系肥胖小鼠,人们对该基因进行了相关研究。 ①为确定其遗传方式,进行了杂交实验,根据实验结果与结论完成以下内容。 实验材料: 小鼠;杂交方法: 。

实验结果:子一代表现型均正常;结论:遗传方式为常染色体隐性遗传。 ②正常小鼠能合成一种蛋白类激素, 检测该激素的方法是 。 小鼠肥胖是由

于正常基因的编码链(模板链的互补链)部分序列“CTC CGA”中的一个 C 被 T 替换,突变 为决定终止密码(UAA 或 UGA 或 UAG)的序列,导致该激素不能正常合成,突变后的序 列是 ,这种突变 (填“能”或“不能”)使基因的转录终止。

③在人类肥胖症研究中发现, 许多人能正常分泌该类激素却仍患肥胖症, 其原因是靶细 胞缺乏相应的 。

(2)目前认为,人的体重主要受多基因遗传的控制。假如一对夫妇的基因型均为 AaBb (A、B 基因使体重增加的作用相同且具累加效应,两对基因独立遗传),从遗传角度分析, 其子女体重超过父母的概率是 ,体重低于父母的基因型为 。

(3)有学者认为,利于脂肪积累的基因由于适应早期人类食物缺乏而得以保留并遗传 到现代, 表明 决定生物进化的方向。 在这些基因的频率未明显改变的情况下, 共同作用的结果。 ②抗原抗体杂交(分子检测) (3)自然选

随着营养条件改善,肥胖发生率明显增高,说明肥胖是 【答案】 (1)①纯合肥胖小鼠和纯合正常 CTCTGA(TGA) 不能 ③受体 (2)5/16 正反交

aaBb、Aabb、aabb

择 环境因素与遗传因素 【解析】 (1)①题中要确定基因位置(在 X 染色体上还是常染色体上)和显、隐性关 系。根据子一代性状可直接确定显隐性关系。若要根据子一代性状来判断基因位置,可采用 正、反交的方法。若是伴性遗传,以纯合肥胖小鼠为父本,纯合正常为母本,子一代都为正 常,以纯合肥胖小鼠为母本,纯合正常为父本,子一代雌鼠正常,雄鼠都肥胖;若是常染色 体遗传,正、反交结果相同;②该激素为蛋白类激素,检测蛋白质用抗原-抗体杂交技术。 题中告知“模板链的互补链”上“一个 C 被 T 替换”,产生终止密码,因而突变后的序列为

CTCTGA(TGA) ,这种突变只能是基因的转录提前终止,形成大多肽链变短,不能使基因 转录终止;③激素作用需要受体,当受体缺乏时,也能引起肥胖症。 (2)由于 A、B 基因具有累加效应,且独立遗传,双亲基因型为 AaBb,子代中有 3 或 4 个显性基因则体重超过父母,概率为 5/16,低于父母的基因型有 1 个或 0 个显性基因, 为 aaBb、Aabb、aabb。 (3)根据题干信息可知,自然选择决定生物进化的方向,表现型是环境和基因共同作 用的结果。

(2014山东卷)28.(14分)果蝇的灰体(E)对黑檀体(e)为显性;短刚毛和长刚
毛是一对相对性状,由一对等位基因(B,b)控制。这两对基因位于常染色体上且独立遗 传。用甲、乙、丙三只果蝇进行杂交实验,杂交组合、F1表现型及比例如下:

(1) 根据实验一和实验二的杂交结果, 推断乙果蝇的基因型可能为_______或________。 若实验一的杂交结果能验证两对基因 E,e 和 B,b 的遗传遵循自由组合定律,则丙果蝇的 基因型应为_______________。 (2)实验二的 F1中与亲本果蝇基因型不同的个体所占的比例为________。 (3)在没有迁入迁出、突变和选择等条件下,一个由纯合果蝇组成的大种群个体间自 由 交 配 得 到 F1 , F1 中 灰 体 果 蝇 8400 只 , 黑 檀体 果 蝇 1600 只 。 F1 中 e 的 基 因 频 率 为 _______________, Ee 的基因型频率为________。 亲代群体中灰体果蝇的百分比为________。 (4)灰体纯合果蝇与黑檀体果蝇杂交,在后代群体中出现了一只黑檀体果蝇。出现该 黑檀体果蝇的原因可能是亲本果蝇在产生配子过程中发生了基因突变或染色体片段缺失。 现 有基因型为 EE,Ee 和 ee 的果蝇可供选择,请完成下列实验步骤及结果预测,以探究其原 因。 (注:一对同源染色体都缺失相同片段时胚胎致死;各型配子活力相同)实验步骤: ①用该黑檀体果蝇与基因型为_______________的果蝇杂交,获得 F1 ; ②F1自由交配,观察、统计 F2表现型及比例。 结果预测:I.如果 F2表现型及比例为__________________,则为基因突变; II.如果 F2表现型及比例为_________________,则为染色体片段缺失。 【答案】 (1)EeBb ;eeBb(注:两空可颠倒) ;eeBb

(2)1/2 (3)40%;48%;60% (4)答案一:①EE I.灰体∶黑檀体=3∶1 II.灰体∶黑檀体=4∶1 答案二:①Ee I.灰体∶黑檀体=7∶9 II.灰体∶黑檀体=7∶8 【解析】根据实验一中灰体∶黑檀体=1∶1,短刚毛∶长刚毛=1∶1,得知甲乙的基因 型可能为 EeBb× eebb 或者 eeBb× Eebb。同理由实验二的杂交结果,推断乙和丙的基因型应 为 eeBb× EeBb,所以乙果蝇的基因型可能为 EeBb 或 eeBb。若实验一的杂交结果能验证两 对基因 E,e 和 B,b 的遗传遵循自由组合定律,则甲乙的基因型可能为 EeBb× eebb,乙的 基因型为 EeBb,则丙果蝇的基因型应为 eeBb。 (2)实验二亲本基因型为 eeBb× EeBb,F1 中与亲本果蝇基因型相同的个体所占的比例 为 1/2× 1/2+1/2× 1/2=1/2,所以基因型不同的个体所占的比例为 1/2。 (3)一个由纯合果蝇组成的大种群中,如果 aa 基因型频率为 n,则 AA 的基因型频率 为 1—n,则其产生雌雄配子中 A 和 a 的比例为 n:(1—n),自由交配得到 F1 中黑檀体果蝇 基因型比例=n2=1600/(1600+8400),故 n=40%。在没有迁入迁出、突变和选择等条件下,每 一代中 e 的基因频率是不变的,所以为 40%,F1 中 Ee 的基因型频率为 2n(1-n)=48%,亲代 群体中灰体果蝇的百分比为 60%。 (4)由题意知,出现该黑檀体果蝇的原因如果是亲本果蝇在产生配子过程中发生了基 因突变则此黑檀体果蝇的基因型为 ee,如果是染色体片段缺失,黑檀体果蝇的基因型为 e。 选用 EE 基因型果蝇杂交关系如下图。

选用 Ee 基因型果蝇杂交关系如下图。

(四川卷)11.小鼠的皮毛颜色由常染色体的两对基因控制,其中 A/a 控制灰色物质合 成,B/b 控制黑色物质合成。两对基因控制有色物质合成关系如下图:

基因 I 白色前体物质 有色物质 1

基因 II 有色物质 2

(1)选取三只不同颜色的纯合小鼠(甲—灰鼠,乙—白鼠,丙—黑鼠)进行杂交,结 果如下: 亲本组合 实验一 实验二 甲×乙 乙×丙 F1 全为灰鼠 全为黑鼠 F2 9 灰鼠:3 黑鼠:4 白鼠 3 黑鼠:1 白鼠

①两对基因(A/a 和 B/b)位于________对染色体上,小鼠乙的基因型为_______。 ②实验一的 F2 代中白鼠共有_______种基因型,灰鼠中杂合体占的比例为_______。 ③图中有色物质 1 代表______色物质,实验二的 F2 代中黑鼠的基因型为_______。 (2)在纯合灰鼠群体的后代中偶然发现一只黄色雄鼠(丁) ,让丁与纯合黑鼠杂交,结 果如下: 亲本组合 实验三 丁×纯合黑鼠 F1 1 黄鼠:1 灰鼠 F1 灰鼠随机交配:3 灰鼠:1 黑鼠 ①据此推测:小鼠丁的黄色性状是由_______突变产生的,该突变属于______性突变。 ②为验证上述推测,可用实验三 F1 代的黄鼠与灰鼠杂交。若后代的表现型及比例为 ______,则上述推测正确。 ③用三种不同颜色的荧光, 分别标记小鼠丁精原细胞的基因 A、 B 及突变产生的新基因, 观察其分裂过程,发现某个次级精母细胞有 3 种不同颜色的 4 个荧光点,其原因是_____。 【答案】 (1) ① 2 (2) ① A aabb 显 ②3 8/9 ③ 黑 aaBB、aaBb ③ 基因 A 与新基因所在同源染 F2 F1 黄鼠随机交配:3 黄鼠:1 黑鼠

② 黄鼠:灰鼠:黑鼠=2:1:1

色体的非姐妹染色单体之间发生了交叉互换 【解析】(1) ① 由实验一可知,两对基因控制的 F2 为 9:3:3:1 的修饰(9:3:4) , 符合自由组合定律,故 A/a 和 B/b 是位于非同源染色体上的两对基因。而且 A_B_为灰色, A_bb,aabb 为白色, aaBB 为黑色(A/a 控制灰色合成,B/b 控制黑色合成) 。有色物质 1 为 黑色,基因 I 为 B,有色物质 2 为灰色,基因 II 为 A。以为 F1 AaBb 为灰色可证实推论,亲 本应该中甲为 AABB,乙为 aabb(甲和乙为 AAbb,aaBB 性状与题意不符合) 。 ② 由两对相对性状杂交实验可知 F2 中白鼠基因型为 Aabb、AAbb 和 aabb 三种。灰鼠 中 AABB:AaBB:AABb:AaBb=1:2:2:4。除了 AABB 外皆为杂合子,杂合子比例为 8/9。

③ 由①解析可知有色物质 1 是黑色, 实验二中, 丙为纯合子, F1 全为黑色, 丙为 aaBB, F1 为 aaBb,F2 中 aaB_(aaBB、aaBb):aabb=3:1。 (2) ①实验三中丁与纯合黑鼠(aaBB)杂交,后代有两种性状,说明丁为杂合子,且杂交 后代中有灰色个体,说明新基因相对于 A 为显性(本解析中用 A 表示) 。结合 F1F2 未出现 白鼠可知,丁不含 b 基因,其基因型为 A1ABB。 ②若推论正确,则 F1 中黄鼠基因型为 A aBB,灰鼠为 AaBB。杂交后代基因型及比例 为 A ABB:A aBB:AaBB:aaBB=1:1:1:1,表现型及其比例为黄:灰:黑=2:1:1。 ③ 在减数第一次分裂过程中联会后,同源染色体分离,非同源染色体自由组合。次级 精母细胞进行减数第二次分裂, 姐妹染色单体分离。 由于姐妹染色单体是由同一条染色体通 过复制而来的,若不发生交叉互换基因两两相同,应该是 4 个荧光点,2 种颜色。出现第三 种颜色应该是发生交叉互换的结果。 (北京卷)30.(16 分) 拟南芥的 A 基因位于 1 号染色体上, 影响减数分裂时染色体交换频率, a 基因无此功能; B 基因位于 5 号染色体上,使来自同一个花粉母细胞的四个花粉粒分离,b 基因无此功能。 用植株甲(AaBB )与植株乙 (AAbb) 作为亲本进行杂交实验,在 F2 中获得了所需植株丙 (aabb) 。 (1)花粉母细胞减数分裂时,联会形成的_________经_______染色体分离、姐妹染色 单体分开,最终复制后的遗传物质被平均分配到四个花粉粒中。 (2)a 基因是通过将 T-DNA 插入到 A 基因中获得的,用 PCR 法确定 T-DNA 插入位置 时,应从图 1 中选择的引物组合是________。
+ + + +

(3)就上述两对等位基因而言,F1 中有______种基因型的植株。F2 中表现型为花粉粒 不分离的植株所占比例应为_______。 (4)杂交前,乙的 1 号染色体上整合了荧光蛋白基因 C、R。两代后,丙获得 C、R 基 因(图 2) 。带有 C、R 基因的花粉粒能分别呈现出蓝色、红色荧光。

①丙获得了 C、 R 基因是由于它的亲代中的____________在减数分裂形成配子时发生了 染色体交换。 ②丙的花粉母细胞进行减数分裂时,若染色体在 C 和 R 基因位点间只发生一次交换, 则产生的四个花粉粒呈现出的颜色分别是______________。 ③本实验选用 b 基因纯合突变体是因为: 利用花粉粒不分离的性状, 便于判断染色体在 C 和 R 基因位点间________,进而计算出交换频率。通过比较丙和_____的交换频率,可确 定 A 基因的功能。 【答案】 (1)四分体 (2)Ⅱ和Ⅲ (3)2 25% 同源

(4)①父本和母本 ②蓝色、红色、蓝和红叠加色、无色 ③交换与否和交换次数 乙

【解析】 本题考查关于减数分裂过程中, 同源染色体联会时交叉互换的概念及过程的理 解。对考生关于减数分裂的概念和有关知识要求较高,试题考查方式较为灵活,极具特色。 属于中高难度试题。 (1)减数分裂中,同源染色体会联会形成四分体,接着同源染色体彼此分离; (2)确定 T-DNA 插入位置时,需扩增 A 中 T-DNA 两侧片段,在 DNA 聚合酶的作用 下从引物的 3’端开始合成,即 DNA 复制时子链的延伸方向为 5’→3’,故选择Ⅱ、Ⅲ两个片 段做引物; (3)由亲代甲(AaBB) 、乙(AAbb)杂交,可知 F1 中有 AABb、AaBb 两种基因型。 F1 自交到 F2(从图 2 可知) ,得到花粉粒不分离的植株(bb)所占的比例为 25%; (4)①本题目的之一是通过实验,检测 A 基因对于基因交换频率的影响。故需将 AA 个体与 aa 个体进行比较,同时,为了鉴别是否发生交换,选择荧光蛋白基因 C、R 整合到

相应染色体上。本题中亲代乙中 C、R 基因与 A 基因位于 1 号染色体上。故减数第一次分 裂前期,同源染色体的非姐妹染色单体部分片段互换,致使 C、R 在 F2 中与 a 基因位于 1 号染色体上。所以丙获得 C、R 基因是由于 F1 在减数分裂形成配子时发生了染色体交换; ②丙的花粉母细胞减数分裂时,若染色体在 C 和 R 基因位点见只发生一次交换,则产 生

的四个花粉粒,且四种花粉粒 ,即

呈现出的颜

色分别仅含 C 蓝色、仅含 R 红色、C、R 整合在一条染色体上红蓝叠加呈紫色,不含荧光标 记基因的无色;故产生的四个花粉粒的颜色是:红色、蓝色、紫色、无色 ③、 本实验选用 b 基因纯合个体是为了利用花粉粒不分离的性状, 便于统计判断染色体 在 C、R 基因间是否发生互换,通过丙(aa)与乙(AA)比较,可确定 A 基因对于基因交 换次数的影响。 (江苏卷)33.(9分)有一果蝇品系,其一种突变体的X染色体上存在ClB区段用(X
ClB

ClB ClB ClB B基因表现显性棒眼性状; l基因的纯合子在胚胎期死亡 表示)。 (X X 与X Y不能存活) ;

ClB存在时,X染色体间非姐妹染色单体不发生交换;正常果蝇 X染色体无ClB区段用(X+表 示)。果蝇的长翅(Vg)对残翅(vg)为显性,基因位于常染色体上。请回答下列问题: (1)图1是果蝇杂交实验示意图。图中F1长翅与残翅个体的比例为 正常眼的比例为 。如果用正常眼长翅的雌果蝇与 , 棒眼与

F1正常眼残翅的雄果蝇杂交,预期产生正常眼残翅果蝇 的概率是 ;用F1棒眼长翅的雌果蝇与正常眼长

翅的雄果蝇杂交,预期产生棒眼残翅果蝇的概率是 。 (2)图 2 是研究 X 射线对正常眼果蝇 X 染色体诱变示意图。为了鉴定 X 染色体上正常 眼基因是否发生隐性突变,需用正常眼雄果蝇与 F1 中 能在其杂交后代 果蝇中直接显现出来, 果蝇杂交, X 染色体的诱变类型

且能计算出隐性突变频率,合理的解释是 ;如果用正常眼雄果蝇与 F1 中 果蝇杂交,不

能准确计算出隐性突变频率,合理的解释

是 【答案】 (9 分)



(1)3∶1 1∶2 1/3 1/27 (2)棒眼雌性 雄性 杂交后代中雄果蝇 X 染色体来源于亲代雌果蝇,且 X 染色体间未发生交换,T 染色体 无对应的等位基因 正常眼雌性 X 染色体间可能发生了交换 【解析】 (1)长翅与残翅基因位于常染色体上,与性别无关联,因此 P: VgⅹVg→长翅∶残翅 =3∶1;XCIBX+ × X+Y→ X+X+ ,X+Y,XCIBX+和 XCIBY(死亡),故棒状眼和正常眼的比例为 1∶2; F1 长翅为 1/3 Vg Vg 和 2/3 Vgvg,残翅为 vgvg,2/3 Vgvg× vgvg→ 残翅 vgvg 为 2/3× 1/2=1/3,F1 正常眼雌果蝇为 X+X+ × 正常眼雄果蝇 X+Y 所得后代均为正常眼,故产生正常眼 残翅果蝇的概率是 1/3× 1=1/3; F1 长翅× 长翅→残翅, 2/3 Vg vg× 2/3 Vg vg→2/3× 2/3× 1/4=1/9 残翅 vgvg,F1 棒眼雌果蝇 XCIBX+× 正常眼雄果蝇 X+Y→XCIBX+,X+X+,XCIBX+和 XCIBY (死 亡),故棒眼所占比例为 1/3,二者合并产生棒眼残翅果蝇的概率是 1/9× 1/3=1/27。 (2)P:XCIBX+× X?Y→F1:雌性 XCIBX ,X X+雄性 X+Y,XCIBY(死亡), F1 中雌果蝇
? ?

为正常眼 X?X+和棒眼 XCIBX?,正常眼雄果蝇的基因型为 X+Y,由于 ClB 存在时, X 染色体 间非姐妹染色单体不发生交换,故 XCIB X?不会交叉互换,X? X+可能会发生交叉互换。又由 于杂交后代中雄果蝇 X 染色体来源于亲代雌果蝇,Y 染色体无对应的等位基因,故隐性突 变可以在子代雄性中显性出来,所以选择 F1 棒眼雌性 XCIBX?与正常眼雄性 X+Y 交配,后代 雄性将会出现三种表现型即棒眼, 正常眼和隐性突变体。 可以根据子代隐性突变个体在正常 眼和突变体中所占的比例计算出该隐性突变的突变率;如果选择 F1 雌性正常眼 X?X+与正常 眼雄性 X+Y 交配, 则雌性 X 染色体有可能存在交叉互换, 故不能准确计算出隐性突变频率。 (大纲卷)34.(14 分) 现有 4 个小麦纯合品种,即抗锈病无芒、抗锈病有芒、感锈病无芒和感锈病有芒。已知 抗锈病对感锈病为显性,无芒对有芒为显性,且这两对相对性状各由一对等位基因控制。若 用上述 4 个品种组成两个杂交组合,使其 F1 均为抗锈病无芒,且这两个杂交组合的 F2 的表 现型及其数量比完全一致。回答问题: (1)为实现上述目的,理论上,必须满足的条件有:在亲本中控制这两对相对性状的 两对等位基因必须位于______________上,在形成配子时非等位基因要_____________,在

受精时雌雄配子要___________,而且每种合子(受精卵)的存活率也要__________。那么, 这两个杂交组合分别是________________和_________________。 (2) 上述两个杂交组合的全部 F2 植株自交得到 F2 种子,1 个 F2 植株上所结的全部种 子种在一起,长成的植株称为 1 个 F3 株系。理论上,在所有 F3 株系中,只表现出一对性状 分离的株系有 4 种, 那么在这 4 种株系中, 每种株系植株的表现型及数量比分别是_________, _________________,_______________和_________________。 【答案】 (1)非同源染色体(1 分) 自由组合(1 分) 随机结合(1 分) 相等(1 分) 抗锈病无芒×感锈病有芒(1 分) 抗锈病有芒×感锈病无芒(1 分)

(2)抗锈病无芒∶抗锈病有芒=3∶1(2 分) 抗锈病无芒∶感锈病无芒=3∶1(2 分) 感锈病无芒∶感锈病有芒=3∶1(2 分) 抗锈病有芒:感锈病有芒=3∶1(2 分) 【解析】 (1)若抗锈病与感锈病、无芒与有芒分别受 A/a、B/b 这两对等基因控制,再 根据题干信息可知 4 个纯合亲本的基因型可分别表示为 AABB、AAbb、aaBB、aabb,若要 使两个杂交组合产生的 F1 与 F2 均相同, 则两个亲本组合只能是 AABB (抗锈病无芒) ×aabb (感锈病有芒) 、AAbb(抗锈病有芒)×aaBB(感锈病无芒) ,得 F1 均为 AaBb,这两对等 位基因须位于两对同源染色体上, 非同源染色体上的非等位基因自由组合, 才能使两组杂交 的 F2 完全一致,同时受精时雌雄配子要随机结合,形成的受精卵的存活率也要相同。 (2) 根据上面的分析可知, F1 为 AaBb, F2 植株将出现 9 种不同的基因型: AABB、 AaBB、 AABb、AaBb、AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb,可见 F2 自交最终可得到 9 个 F3 株系, 其中基因型 AaBB、AABb、Aabb、aaBb 中有一对基因为杂合子,自交后该对基因决定的性 状会发生性状分离, 依次是抗锈病无芒∶感锈病无芒=3∶1 、 抗锈病无芒∶抗锈病有芒=3∶ 1、抗锈病有芒∶感锈病有芒=3∶1、感锈病无芒∶感锈病有芒=3∶1。 (海南卷)29(8 分)某种植物的表现型有高茎和矮茎、紫花和白花,其中紫花和白花 这对相对性状由两对等位基因控制,这两对等位基因中任意一对为隐性纯合则表现为白花。 用纯合的高茎白花个体与纯合的矮茎白花个体杂交,F1 表现为高茎紫花,F1 自交产生 F2, F2 有 4 种表现型:高茎紫花 162 株,高茎白花 126 株,矮茎紫花 54 株,矮茎白花 42 株。 请回答: ⑴ 根据此杂交实验结果可推测,株高受 在 F2 中矮茎紫花植株的基因型有 对等位基因控制,依据是 种。 。

种,矮茎白花植株的基因型有

⑵ 如果上述两对相对性状自由组合,则理论上 F2 中高茎紫花、高茎白花、矮茎紫花和 矮茎白花这 4 种表现型的数量比为 。

【答案】一 F2 中高茎:矮茎=3:1

4

5

(2)27:21:9:7

【解析】 (1)根据 F2 中高茎:矮茎=(162+126) : (54+42)=3:1,可知株高是受一对 等位基因控制;假设紫花和白花受 A、a 和 B、b 两对基因控制,高茎和矮茎受基因 D、d 控制,根据题干可知,紫花基因型为 A-B-、白花基因型为 A-bb、aaB-、aabb。根据纯合白 花和纯合白花杂交出现紫花(A-B-) ,可知亲本纯合白花的基因型是 AAbb 和 aaBB,故 F1 的基因型为 AaBbDd, 因此 F2 的紫花植株基因型有: AABBdd、 AABbdd、 AaBBdd、 AaBbdd 四种,矮茎白花植株的基因型有:AAbbdd、Aabbdd 、aaBBdd、 、aaBbdd、aabbdd 五种。 (2) F1 的基因型为 AaBbDd,A 和 B 一起考虑,D 和 d 基因单独考虑分别求出相应的表现型比 例,然后相乘即可。即 AaBb 自交,后代紫花(A-B-) :白花(A-bb、aaB-、aabb)=9:7, Dd 自交,后代高茎:矮茎=3:1,因此理论上 F2 中高茎紫花、高茎白花、矮茎紫花和矮茎 白花=27:21:9:7

2013 年
必修二《遗传和变异》
第一章遗传因子的发现 遗传的基本规律
(2013 新课标卷Ⅰ)6.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 【解析】 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。所以选 A。 杂交的两个个体如果都是纯合子, 验证孟德尔分离定律的方法是杂交再测交或杂交再自 交,子二代出现 1 : 1 或 3 :1 的性状分离比;如果不都是或者都不是纯合子可以用杂交的 方法来验证,A 正确;显隐性不容易区分容易导致统计错误,影响实验结果,B 错误;所选 相对性状必须受一对等位基因的控制, 如果受两对或多对等位基因控制, 则可能符合自由组 合定律,C 错误;不遵守操作流程和统计方法,实验结果很难说准确,D 错误。 【试题点评】此题不难,但会有不少考生错选,原因是对所学知识的本质不能很好的把 握,而是仅限于表面的记忆。 本题通过孟德尔实验验证所需要满足的条件等相关知识, 主要考查对孟德尔实验验证所 要注意因素分析判断能力。 (2013 海南卷)16.人类有多种血型系统,MN 血型和 Rh 血型是其中的两种。MN 血型 由常染色体上的 1 对等位基因 M、 N 控制, M 血型的基因型为 MM, N 血型的基因型为 NN, MN 血型的基因型 MN;Rh 血型由常染色体上的另 1 对等位基因 R 和 r 控制,RR 和 Rr 表 现为 Rh 阳性,rr 表现为 Rh 阴性:这两对等位基因自由组合。若某对夫妇中,丈夫和妻子 的血型均为 MN 型-Rh 阳性,且已生出 1 个血型为 MN 型-Rh 阴性的儿子,则再生 1 个血型 为 MN 型-Rh 型阳性女儿的概率是 A. 3/8 【答案】B 【解析】由题中已生出 1 个血型为 MN 型-Rh 阴性(MNrr)的儿子可知,父母的基因 型均为 MNRr。两对性状分别考虑,后代为杂合子 MN 的概率为 1/2,Rh 阳性(RR 和 Rr) 的概率为 3/4,题目还要求生 1 个女儿,其在后代中的概率为 1/2,综上为 1/2× 3/4× 1/2=3/16。 【试题点评】此题考查对分离定律的掌握及提取信息的能力,难度适中。 (2013 全国卷大纲版)34(11 分) 已知玉米子粒黄色(A)对白色(a)为显性,非 B. 3/16 C. 1/8 D. 1/16

糯(B)对糯(b)为显性,这两对性状自由组合。请选用适宜的纯合亲本进行一个杂交实 验来验证: ①子粒的黄色与白色的遗传符合分离定律; ②子粒的非糯和糯的遗传符合分离定 律;③以上两对性状的遗传符合自由组合定律。要求:写出遗传图解,并加以说明 【答案】 亲本 (纯合白非糯)aaBB× AAbb(纯合黄糯) 亲本或为: (纯合黄非糯)AABB× aabb(纯合白糯) ↓ AaBb(杂合黄非糯) ↓⊕ F2 F2 子粒中: ①若黄粒(A_)︰白粒(aa)=3︰1,则验证该性状的遗传符合分离定律; ②若非糯粒(B_)︰糯粒(bb)=3︰1,则验证该性状的遗传符合分离定律; ③ 若黄非糯粒︰黄糯粒︰白非糯粒︰白糯粒 =9 ︰ 3 ︰ 3 ︰ 1 ,即: A_B_ ︰ A_bb ︰ aaB_ ︰ aabb=9︰3︰3︰1,则验证这两对性状的遗传符合自由组合定律。 【解析】 常用的验证孟德尔遗传规律的杂交方案为自交法和测交法。 植物常用自交法进 行验证,根据一对相对性状遗传实验的结果,若杂合子自交后代表现型比例为 3:1,则该 性状的遗传符合分离定律, 根据两对相对性状遗传实验结果, 若杂合子自交后代表现型比例 为 9:3:3:1,则两对性状遗传符合自由组合定律;测交法是教材中给出的验证方法,若 杂合子测交后代两种表现型比例为 1:1,则该性状遗传符合分离定律,若双杂合子测交后 代出现四种表现型比例为 1:1:1:1,则两对性状的遗传符合分离定律。本题中两种方法 均可选择。 【试题点评】本题考查学生对遗传定律的运用能力,难度较大。 (2013 新课标卷Ⅰ)31.(12 分)一对相对性状可受多对等位基因控制,如某植物花的 紫色(显性)和白色(隐性) 。这对相对性状就受多对等位基因控制。科学家已从该种植物 的一个紫花品系中选育出了 5 个基因型不同的白花品系, 且这 5 个白花品系与该紫花品系都 只有一对等位基因存在差异。某同学在大量种植该紫花品系时,偶然发现了 1 株白花植株, 将其自交,后代均表现为白花。 回答下列问题: (1)假设上述植物花的紫色(显性)和白色(隐性)这对相对性状受 8 对等位基因控 制,显性基因分别用 A、B、C、D、E、F、G、H 表示,则紫花品系的基因型 为 ;上述 5 个白花品系之一的基因型可能为 (写出其中一种基因型即可) (2)假设该白花植株与紫花品系也只有一对等位基因存在差异,若要通过杂交实验来 确定该白花植株是一个新等位基因突变造成的,还是属于上述 5 个白花品系中的一个,则: 该实验的思路 。 预期的实验结果及结论 。 【答案】(1) AABBCCDDEEFFGGHH aaBBCCDDEEFFGGHH(写出其中一种即可) (2) 用该白花植株的后代分别与 5 个白花品系杂交,观察子代花色 若杂交子一代全部是紫花 则该白花植株一个新等位基因突变造成的;若在 5 个杂交 组合中如果 4 个组合的子代为紫花, 与其中的 1 个组合的杂交子一代为白花, 则该白花植株 的突变与之为同一对等位基因造成的。 【解析】 (1)根据题干信息。由于 8 对等位基因共同控制一对相对性状,紫花为显性性 状,白花为隐性性状,某同学在大量种植该紫花品系时,后代几乎全部还是紫花植株(偶然

发现一株白花植株) ,说明是纯合体,其基因型是 AABBCCDDEEFFGGHH。科学家从中选 育出的 5 个白花品系与该紫花品系都只有一对等位基因存在差异, 白花品系自交后代全部为 白花植株,白花为隐性性状,因而白花品系一定是纯合体,花色由 8 对等位基因控制,可以 有至少 5- 6 个白花品系,并且与紫花纯合体 AABBCCDDEEFFGGHH 只有一对等位基因的 差异,又是隐性性状,其基因型可能是其中一对为隐性基因,其他全部是显性基因如: aaBBCCDDEEFFGGHH、AAbbCCDDEEFFGGHH、AABBccDDEEFFGGHH 等。 (2)“某同学在大量种植该紫花品系时,偶然发现了 1 株白花植株,将其自交,后代均表 现为白花”, 说明是纯合子。 “假设该白花植株与紫花品系也只有一对等位基因存在差异, 若要通过杂交实验来确定该白花植株是一个新等位基因突变造成, 还是属于上述 5 个白花品 系中的一个”。假设上述 5 个白花品系分别是 aaBBCCDDEEFFGGHH、AAbbCCDDEEFFGGHH、 AABBccDDEEFFGGHH、AABBCCddEEFFGGHH、AABBCCDDeeFFGGHH。则“一个新等位基因突变”可 理解为 ff 或 gg 或 hh 的产生。若白花植株是一个新等位基因突变造成,则该白花植株及其 自 交 后 代 的 基 因 型 可 表 示 为 AABBCCDDEEffGGHH , 分 别 与 5 个 白 花 品 系 分 别 是 aaBBCCDDEEFFGGHH 、 AAbbCCDDEEFFGGHH 、 AABBccDDEEFFGGHH 、 AABBCCddEEFFGGHH 、 AABBCCDDeeFFGGHH 杂交,其子代没有出现某基因的隐性纯合现象,即子代均为紫花;若该 白花还是属于上述 5 个白花品系中的一个,则其基因型可能为 aaBBCCDDEEFFGGHH 、 AAbbCCDDEEFFGGHH 、 AABBccDDEEFFGGHH 、 AABBCCddEEFFGGHH、AABBCCDDeeFFGGHH 其中 的一种,假设为 aaBBCCDDEEFFGGHH,其自交后代的基因型也应为 aaBBCCDDEEFFGGHH,分别 与上述 5 个白花品系杂交,只有组合 aaBBCCDDEEFFGGHH×aaBBCCDDEEFFGGHH 的子代出现白 花,其它均为紫花。 【试题点评】 本题通过基因的分离定律相关知识, 主要考查对分离定律的理解能力和杂 交实验的设计能力。 (2013 新课标卷 II)32.(10 分) 已知果蝇长翅和小翅、红眼和棕眼各为一对相对性状,分别受一对等位基因控制,且两 对等位基因位于不同的染色体上。 为了确定这两对相对性状的显隐性关系, 以及控制它们的 等位基因是位于常染色体上,还是位于 X 染色体上(表现为伴性遗传),某同学让一只雌性长 翅红眼果蝇与一雄性长翅棕眼果蝇杂交, 发现子一代中表现型及其分离比为长趐红眼: 长翅 棕眼:小趐红眼:小趐棕眼=3:3:1:1。 回答下列问题: (1)在确定性状显隐性关系及相应基因位于何种染色体上时,该同学先分别分析翅长 和眼色这两对性状的杂交结果,再综合得出结论。这种做法所依据的遗传学定律 是 。 (2) 通过上述分析, 可对两对相对性状的显隐性关系及其等位基因是位于常染色体上, 还是位于 X 染色体上做出多种合理的假设,其中的两种假设分别是:翅长基因位于常染色 体上,眼色基因位于 X 染色体上,棕眼对红眼为显性:翅长基因和眼色基因都位于常染色体 上,棕眼对红眼为显性。那么,除了这两种假设外,这样的假设还有 种。 (3)如果“翅长基因位于常染色体上,眼色基因位于 x 染色体上,棕眼对红眼为显性” 的假设成立,则理论上,子一代长翅红眼果蝇中雌性个体所占比例为 , 子一代小翅红眼果蝇中雄性个体所占比例为 。 【答案】 : (1)基因的分离定律和自由组合定律(或自由组合定律) (2)4 (3)0 1(100%) 【解析】 :本题考查遗传基本规律的应用。 (1)由于控制果蝇长翅和小翅、红眼和棕眼 各为一对相对性状,分别受一对等位基因控制,且两对等位基因位于不同的染色体上,故两 对性状的遗传遵循自由组合定律。 (2)根据雌性长翅红眼果蝇与雄性长翅棕眼果蝇杂交,后

代出现长翅和小翅,说明长翅是显性性状,但无法判断眼色的显隐性。所以假设还有:翅长 基因位于常染色体上,眼色基因位于 X 染色体上,红眼对棕眼为显性;翅长基因和眼色基 因都位于常染色体上,红眼对棕眼为显性;翅长基因位于 X 染色体上,眼色基因位于常染 色体上,棕眼对红眼为显性;翅长基因位于 X 染色体上,眼色基因位于常染色体上,红眼 对棕眼为显性,即 4 种。 (3)由于棕眼是显性,亲本雌性是红颜,棕眼是雄性,故子代中长 翅红眼果蝇中雌性个体所占比例为 0,子代雄性都表现为红眼。 (2013天津卷)5. 大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因控制。用黄色大鼠与黑色大 鼠进行杂交实验,结果如右图。据图判断,下列叙述正确的是

A. 黄色为显性性状,黑色为隐性性状 B. F1 与黄色亲本杂交,后代有两种表现型 C. F1 和F2 中灰色大鼠均为杂合体 D. F2 黑色大鼠与米色大鼠杂交,其后代中出现米色大鼠的概率为 1/4 【答案】B 【解析】两对等位基因杂交,F2 中灰色比例最高,所以灰色为双显性状,米色最少为 双隐性状,黄色、黑色为单显性,A 错误;F1 为双杂合子(AaBb),与黄色亲本(假设为 aaBB)杂交,后代为两种表现型,B 正确;F2 出现性状分离,体色由两对等位基因控制, 则灰色大鼠中有1/9 的为纯合体(AABB),其余为杂合,C 错误;F2 中黑色大鼠中纯合 子(AAbb)所占比例为1/3,与米色(aabb)杂交不会产生米色大鼠,杂合子(Aabb)所占 比例为2/3,与米色大鼠(aabb)交配,产生米色大鼠的概率为2/3× 1/2=1/3,D 错误。 【试题评价】此题考查显隐性性状的判断、对自由组合定律的理解及相关计算,属于对 知识理解判断和灵活运用的考查,难度适中。 (2013 上海卷)30.基因 A—a 和 N—n 分别控制某种植物的花色和花瓣形状,这两对基因 独立遗传,其基因型和表现型的关系如表 2。一亲本与白色宽花瓣植株杂交,得到 F1,对 Fl 进行测交,得到 F2,F2 的表现型及比例是:粉红中间型花瓣∶粉红宽花瓣∶白色中间型 花瓣∶白色宽花瓣=l∶1∶3∶3。该亲本的表现型最可能是 C

A.红色窄花瓣 B.白色中间型花瓣 C.粉红窄花瓣 D.粉红中间型花瓣 (2013福建卷)28.(12 分)甘蓝型油菜花色性状由三对等位基因控制,三对等位基

因分别位于三对同源染色体上。花色表现型与基因型之间的对应关系如表。 表现型 基因型 白花 乳白花 黄花 aaB _ _ _ aa _ _D_ 金黄花 aabbdd

AA ----

Aa ----

请回答: (1)白花(AABBDD)× 黄花(aaBBDD),F1 基因型是 ,F1 测交后代 的花色表现型及其比例是 。 (2)黄花(aaBBDD)× 金黄花,F1 自交,F2 中黄花基因型有 种,其中纯合 个体占黄花的比例是 。 (3)甘蓝型油菜花色有观赏价值,欲同时获得四种花色表现型的子一代,可选择基因 型为 的个体自交, 理论上子一代比例最高的花色表现型是 。 【答案】(1)AaBBDD 乳白花∶ 黄花=1∶ 1 (2)8 1/5 (3)AaBbDd 乳白花 【解析】(1)AABBDD× aaBBDD 的后代基因型为AaBBDD,其测交后代的基因型为 1AaBbDd 和1aaBbDd,对照表格可知其表现型及比例为乳白花∶ 黄花=1∶ 1。 (2)黄花(aaBBDD)× 金黄花(aabbdd),F1 基因型为aaBbDd,,其自交后代基因型 有9 种,表现型是黄花(9aaB_D_、3 aaB_dd、3aabbD_)和金黄花(1 aabbdd),故F2 中黄 花基因型有8 种,其中纯合个体占黄花的比例是3/15=1/5。 (3)欲同时获得四种花色表现型的子一代,则亲代需同时含A 和a、B 和b、D 和d, 故可选择基因型为AaBbDd 的个体自交,子代白花的比例是1/4、乳白花的比例是1/2、黄花 的比例是1/4× 3/4× 3/4+1/4× 3/4× 1/4+1/4× 1/4× 3/4=15/64、金黄花的比例是1/4× 1/4× 1/4=1/64, 故理论上子一代比例最高的花色表现型是乳白花。 【试题点评】 本题通过考查基因的自由组合定律, 主要考查学生分析、 解决问题的能力。 试题难度相对来说,第五小题较大,其余内容比较注重基础考查。 (2013 四川卷)11.(13 分)回答下列果蝇眼色的遗传问题。 ⑴有人从野生型红眼果蝇中偶然发现一只朱砂眼雄蝇, 用该果蝇与一只红眼雌蝇杂交得 F1,F1 随机交配得 F2,子代表现型及比例如下(基因用 B、b 表示) : 实验一 亲本 红眼 (♀) × 朱砂眼 (♂) F1 雌 全红眼 雄 雌 全红眼 F2 雄 红眼:朱砂眼=1:1 种基因型,雄蝇

①B、b 基因位于________染色体上,朱砂眼对红眼为_______性。 ②让 F2 代红眼雌蝇与朱砂眼雄蝇随机交配,所得 F3 代中,雌蝇有 中朱砂眼果蝇所占比例为 。

⑵在实验一 F3 的后代中,偶然发现一只白眼雌蝇。研究发现,白眼的出现与常染色体 上的基因 E、e 有关。将该白眼果蝇与一只野生型红眼雄蝇杂交得 F′1,F′1 随机交配得 F′2, 子代表现型及比例如下: 亲本 实验二 白眼(♀)× 红眼(♂) F′1 雌 全红眼 雄 全朱砂眼 F′2 雌、雄均表现为 红眼:朱砂眼:白眼 =4:3:1

实验二中亲本白眼雌蝇的基因型为 合雌蝇中红眼果蝇所占的比例为 。

;F′2 代杂合雌蝇共有

种基因型,这些杂

⑶果蝇出现白眼是基因突变导致的,该基因突变前的部分序列(含起始密码信息)如下 图所示。 (注:起始密码子为 AUG,终止密码子为 UAA、UAG 或 UGA) GCG GCG ATG GGA AAT CTC AAT GTG ACA CTG

CGC CGC TAC CCT TTA GAG TTA CAC TGT GAC 上图所示的基因片段在转录时。以 链为模板合成 mRNA;若“↑”所指碱基对缺失, 该基因控制合成的肽链含 个氨基酸。 【答案】 (1)X 隐 2 1/4 b b b b B b (2)eeX X 4(PS:分别为 EeX X 、X X EE (3)乙 5

甲链 乙链

X X Ee

B b

X X ee)

B b

2/3

【命题思路】 本题借 “研究果蝇的两对自由组合基因控制的眼色遗传和一对等位基因影 响的性别遗传”创设情境,实际考查“遗传专题中孟氏定律在果蝇性状遗传中的应用,如推 导相关基因型、比例、概率” ,并穿插“性染色体在有丝分裂后期的基因携带情况的判断” , 属于遗传与细胞部分的综合应用题。 【解题方法】 ⑴根据实验一中 F1 随机交配得到的 F2 雌雄有性状上的差异可知,朱砂眼属于 X 连锁 隐性遗传。相关遗传图解如下,从中①、②两问不难回答(略) 。 P 红眼(♀) X X F1 F2
B B

× × ×

朱砂眼(♂) XbY XBY XBY XbY

F2

红眼(♀)
B B B b

×

朱砂眼(♂) XbY

1/2X X 和 1/2X X F2 XBXb 红雌 3/8 XbXb 朱雌 1/8

XBXb XBXB 1 :

XBY 红雄 3/8

XbY 朱雄 1/8

XBXb 1 :

1 : 1

⑵根据实验二的 F′1 中雄蝇全为朱砂眼可知,亲本是 XbXb 白眼(♀)×XBY 红眼(♂),F′1 是 XBXb 红眼 (♀) 、 XbY 朱砂眼 (♂) 。再依据 F′2 无论雌雄都表现为 4:3:1 ,这一比例是 3:1:3:1=(3:1)× (1:1)的变式,因此确定 F′1 的完整基因型是 EeXBXb、EeXbY 且 E 不影响 B、b 的表达,由此确定实验二的亲本的完整基因型是:eeXbXb、EEXBY 又依据 F′1EeXBXb × EeXbY → F′2 雌蝇的种类有:(1EE+2Ee+1ee)(1XBXb+1XbXb)= 1EEXBXb + 1EEXbXb + 2EeXBXb + 2EeXbXb + 1eeXBXb + 1eeXbXb。可见,杂合雌蝇有 4 种, 其中红眼占 2/3。 ⑶依据起始密码子为 AUG,终止密码子为 UAA、UAG、UGA 可知,基因的编码链上 应有 ATG??????TAA 或 TAG 或 TGA,由此确定甲链为编码链,乙链为模板链。缺 失“↑”碱基对,甲链变为??ATG GGA ATC TCA ATG TGA??,扣除终止密码子互补的 TGA 还剩 5 个,由此确定多肽链应含有 5 个氨基酸。


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