单元评估检测(五) 孟德尔定律和伴性遗传 (时间:90分钟 分值:100分) 测控导航表 知识点 题号 1.基因的分离定律的实质及应用 1,2,3,4,5,6,7,26 2.基因的自由组合定律的实质及 应用 8,9,10,11,12,13,14,15,27,28 3.基因在染色体上、伴性遗传 16,17,18,19,20,22,24,30 4.综合考查 21,23,25,29,31 一、选择题(每小题2分,共50分) 1.下列有关遗传学实验的叙述,错误的是( A ) A.孟德尔豌豆杂交实验的正、反交结果不同 B.孟德尔和摩尔根都是通过杂交实验发现问题,用测交实验进行验 证的 C.测交后代性状分离比能说明F1形成配子的种类及比例 D.可用测交实验检测某显性性状个体是否是纯合子 解析:孟德尔豌豆杂交实验的正交和反交的结果是相同的。 2.玉米抗病(A)对感病(a)为显性,下列各组亲本杂交,能产生表现型相同而基因型不同后代的亲本组合是( B ) A.纯合抗病与纯合感病 B.杂合抗病与纯合抗病 C.纯合感病与杂合抗病 D.纯合抗病与纯合抗病 解析:纯合抗病AA与纯合感病aa杂交后代全为抗病Aa;杂合抗病Aa与纯合抗病AA杂交后代为抗病(AA、Aa);纯合感病aa与杂合抗病Aa杂交后代有抗病Aa,也有感病aa;纯合抗病AA与纯合抗病AA杂交后代全为抗病AA。 3.已知小麦抗锈病是由显性基因控制,让一株杂合子小麦自交得F1,淘汰掉其中不抗锈病的植株后,再自交得F2,从理论上计算,F2中不抗锈病占植株总数的( B ) A.1/4 B.1/6 C.1/8 D.1/16 解析:根据题意,假设抗锈病与不抗锈病由等位基因A、a决定,则F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,淘汰其中不抗锈病的植株(aa)后,剩余植株中,AA占1/3,Aa占2/3,再自交,其中1/3AA自交后不发生性状分离,而2/3Aa自交发生性状分离(AA∶Aa∶aa=1∶2∶1),所以F2中不抗锈病植株所占的比例为2/3 ×1/4=1/6,故B项符合 题意。 4.对下列实例的判断中,正确的是( A ) A.有耳垂的双亲生出了无耳垂的子女,因此无耳垂为隐性性状 B.杂合子的自交后代不会出现纯合子 C.高茎豌豆和矮茎豌豆杂交,子一代出现了高茎和矮茎,所以高茎是显性性状 D.杂合子的测交后代都是杂合子 解析:有耳垂的双亲生出了无耳垂的子女,表明亲本性状为显性性状,无耳垂为隐性性状,故A正确;杂合子的自交后代会出现性状分离,其中有纯合子,故B错误;高茎豌豆和矮茎豌豆杂交,子一代出现了高茎和矮茎,无法判断高茎和矮茎的显隐性关系,故C错误;杂合子的测交后代有纯合子和杂合子,故D错误。 5.在一对相对性状的豌豆杂交实验中,假设F1的高茎豌豆产生的含d的花粉一半败育,其他条件不变,F1自交,F2的性状分离比是( D ) A.1∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1 解析:F1的高茎豌豆产生的含d的花粉一半败育,则D精子∶d精子=2∶1,D卵细胞∶d卵细胞=1∶1,精子和卵细胞随机结合,F2的基因型为DD∶Dd∶dd=2∶3∶1,F2的性状分离比为5∶1。 6.基因型为Aa的玉米自交得F1,淘汰隐性个体后再均分成两组,让一组全部自交,另一组株间自由传粉,则两组子代中杂合子所占比例分别为( C ) A.1/4,1/2 B.2/3,5/9 C.1/3,4/9 D.3/4,1/2 解析:基因型为Aa的玉米自交得F1,淘汰隐性个体后基因型为1/3AA、2/3Aa,自交后杂合子占2/3×1/2=1/3。在自由传粉的情况下,A的基因频率占2/3,a的基因频率占1/3,自由传粉子代中杂合子所占比例为2×2/3×1/3=4/9。 7.在某小鼠种群中,毛色受三个复等位基因(AY、A、a)控制,AY决定黄色、A决定鼠色、a决定黑色,基因位于常染色体上,其中基因AY纯合时会导致小鼠在胚胎时期死亡,且基因AY对基因A、a为显性,A对a为显性。现用AYA和AYa两种黄毛鼠杂交得F1,F1个体自由交配,下列有关说法正确的是( C ) A.F1中小鼠的表现型和比例为黄色∶鼠色∶黑色=1∶1∶1 B.子二代小鼠中黄色鼠比例为4/9 C.子二代中AY的基因频率是1/4 D.子二代小鼠中基因型为Aa的比例为1/8 解析:由分析可知,F1中小鼠的表现型 ... ...
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