2015《课堂新坐标》高考生物大一轮复习配套课后限时自测卷孟德尔的豌豆杂交实验二.doc

课后限时自测(十五) (时间：45分钟　满分：100分) 一、选择题(每题6分，共60分) 1．(2014·开学调研)有关黄色圆粒豌豆(YyRr)自交的表述，正确的是(　　) A．黄色圆粒豌豆(YyRr)自交后代有9种表现型 B．F1产生的精子中，YR和yr的比例为1∶1 C．F1产生YR的卵和YR的精子的数量比为1∶1 D．基因的自由组合定律是指F1产生的4种精子和4种卵自由结合 【解析】　　考查对孟德尔实验和基因自由组合定律的理解。黄色圆粒豌豆(YyRr)自交后代有4种表现型；F1产生4种精子，YR∶Yr∶yR∶yr的比例为1∶1∶1∶1；F1产生的YR的精子比YR卵的数量多；基因的自由组合定律是指F1产生配子时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，不是雌雄配子的随机结合。 【答案】　B 2．某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型AA的植株表现为大花瓣，Aa的植株表现为小花瓣，aa的植株表现为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr的为黄色。两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是(　　) A．子代共有9种基因型 B．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为1/3 C．子代共有6种表现型 D．子代的红花植株中，R的基因频率为2/3 【解析】　　由题干分析知，基因型为AaRr的亲本自交，子代共有9种基因型；由于aa无花瓣，因此aa的个体表现为一种表现型，综合分析知其后代应有5种表现型；子代有花瓣植株(AA_ _、Aa_ _)中，AaRr所占的比例为1/3；子代的红花植株(1RR、2Rr)中，R的基因频率为1/3＋1/2×2/3＝2/3。 【答案】　C 3．(2011·海南高考)假定五对等位基因自由组合，则杂交组合AaBBCcDDEe×AaBbCCddEe产生的子代中，有一对等位基因杂合、四对等位基因纯合的个体所占的比率是(　　) A．1/32　　　B．1/16　　　C．1/8　　　D．1/4 【解析】　　分析亲本基因型组合，即发现DD×dd→Dd，已确定子代中该对基因必定杂合，其余杂交组合中，子代纯合子均占1/2。根据题意，因此所求概率为：1/2×1/2×1/2×1/2＝1/16。 【答案】　B 4．(2013·北京四中期中检测)如果小偃麦早熟(A)对晚熟(a)是显性，抗干热(B)对不抗干热(b)是显性，两对基因自由组合，在研究这两对相对性状的杂交试验中，以某亲本与双隐性纯合子杂交，如果F1代只有一种表现型，此亲本基因型可能有几种(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】　　根据题意以某亲本与双隐性纯合子杂交，如果F1代只有一种表现型，此亲本基因型可以是AABB、AAbb、aaBB、aabb 4种基因型。故选D。 【答案】　D 5．(2013·北京四中期中检测)某生物个体减数分裂产生的雌雄配子种类和比例均为Ab∶aB∶AB∶ab＝3∶3∶2∶2，若该生物进行自交，其后代出现纯合体的概率是(　　) A．1/4 B．1/16 C．26/100 D．1/100 【解析】　　该生物产生的配子Ab、aB、AB、ab分别占3/10、3/10、2/10、2/10，故该生物自交后代出现纯合子的概率为(3/10)2＋(3/10)2＋(2/10)2＋(2/10)2＝26%。 【答案】　C 6．南瓜的扁盘形、圆形、长圆形三种瓜形由两对等位基因控制(A、a和B、b)，这两对基因独立遗传。现将2株圆形南瓜植株进行杂交，F1收获的全是扁盘形南瓜；F1自交，F2获得137株扁盘形、89株圆形、15株长圆形南瓜。据此推断，亲代圆形南瓜植株的基因型分别是(　　) A．aaBB和Aabb B．aaBb和AAbb C．AAbb和aaBB D．AABB和aabb 【解析】　　此题考查F2中特殊性状分离比的自由组合定律的应用，具体分析如下： 由F2三种表现型的数目―→F2中扁盘形∶圆形∶长圆形≈9∶6∶1―→F2中三种表现型通式为A－B－∶(aaB－＋A－bb)∶aabb双亲均为圆形双亲基因型为AAbb和aaBB。 【答案】　C 7．某种蛙眼色的表现型与基因型的对应关系如下表(两对基因独立遗传)： 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，F1有蓝眼和绿眼两种表现型，理论上F1蓝眼蛙∶绿眼蛙为(　　) A．3∶1 B．3∶2 C．9∶7 D．13∶3 【解析】　　此题考查对基因自由组合定律的应用和在新情景中分析问题的能力。蓝眼蛙(A_B_)与紫眼蛙(aaB_)杂交，F1有蓝眼(A_B_)和绿眼(A_bb、aa