2019届高考生物专题十三巧解特殊分离比精准培优专练.doc
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1、培优点十三 巧解特殊分离比一、“模板应用法”巧解特殊分离比应用1:快速推断亲本基因型典例1. 某植物的花色有蓝花和白花两种,由两对等位基因(A和a、B和b)控制。下表是两组纯合植株杂交实验的统计结果,有关分析不正确的是()A.控制花色的这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律B.第组F2中纯合蓝花植株的基因型有3种C.第组蓝花亲本的基因型为aaBB或AAbbD.白花植株与第组F1蓝花植株杂交,后代开蓝花和白花植株的比例为31【解析】根据第组F2株数中蓝花白花151,可判断控制花色的这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,A正确;由题意知白花基因型为aabb,蓝花基因型为A_B_、A_bb、aaB_,
2、其中纯合蓝花植株的基因型有3种,分别是AABB、AAbb、aaBB,B正确;第组F1基因型为Aabb或aaBb,可知蓝花亲本的基因型为aaBB或Aabb,C正确;白花植株与第组F1蓝花植株(aaBb或Aabb)杂交,后代开蓝花和白花植株的比例为11,D错误。【答案】D应用2:熟知F2的基因型及纯合子比例典例2. 猫的毛色由位于两对同源染色体上的两对等位基因(A、a和B、b)控制,如图是黑色和白色亲本杂交后代的表现型及相关比例,若让F2中的黑色猫相互交配,其后代中表现型种类及白色猫所占的比例为( )A3 1/6 B2 1/6 C3 1/9 D2 1/9【解析】依题意可知:猫毛色的遗传遵循基因的自
3、由组合定律。根据F2中的灰褐色猫:黑色猫:白色猫9:3:4,可以推知A_B_为灰褐色,A_bb或aaB_为黑色,aaB_或A_bb、aabb为白色; F1灰褐色猫的基因型为AaBb,若A_bb为黑色,则F2黑色猫的基因型及其比例为1/3AAbb、2/3Aabb,F2黑色猫产生的雌雄配子的基因型及其比例各为:Ab2/3, ab1-2/31/3;F2中的黑色猫相互交配,其后代中基因型为aabb个体占1/31/31/9,A_bb的个体占1-1/98/9,前者表现为白色猫,后者表现为黑色猫,所以后代的表现型有2种,白色猫aabb所占的比例为1/9;同理若aaB_为黑色,也会得到相同的结果。综上所述,D
4、正确。【答案】D应用3:明确F1自交和测交结果的对应关系典例3. 一种观赏植物,纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种杂交,F1为蓝色。若让F1蓝色与纯合鲜红色品种杂交,子代的表现型及其比例为蓝色:鲜红色=3:1。若让F1蓝色植株自花受粉,则F2表现型及其比例最可能是( )。A蓝鲜红11 B蓝鲜红31C蓝鲜红97 D蓝鲜红151【解析】根据题意,纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种杂交,F1为蓝色,可知蓝色对鲜红色为显性。若该植物的蓝色和鲜红色这一对相对性状由一对等位基因控制,则让F1蓝色与纯合鲜红色品种杂交,即测交后代表现型及比例应为1:1,但是实际中测交子代中表现型及比例为蓝色鲜红色31,因此该对相
5、对性状不是由一对等位基因控制的,而是由两对非等位基因控制的,且这两对基因独立遗传,而且根据测交子代比例为3:1,可知只有两对基因都是隐性时才表现鲜红色,其余基因型都为蓝色。设控制性状的两对等位基因为A、a和B、b,则纯合的蓝色品种基因型为AABB,纯合的鲜红色品种基因型为aabb,杂交后产生的F1基因型为AaBb。F1蓝色与纯合鲜红品种杂交,子代的表现型及其比例为蓝色(AaBb、Aabb、aaBb):鲜红色(aabb)=3:1。因此,F1蓝色植株自花授粉,则F2表现型及其比例最可能是蓝色(1AABB、2AaBB、2AABb、4AaBb、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb):鲜红色(
6、aabb)=15:1。综上所述,D正确。【答案】D二、对点增分集训1香豌豆的花色有紫花和白花两种,显性基因C和P同时存在时开紫花。两个纯合白花品种杂交,F1开紫花;F1自交,F2的性状分离比为紫花白花97。下列分析错误的是( )A 两个白花亲本的基因型为CCpp与ccPPB F1测交结果紫花与白花的比例为11C F2紫花中纯合子的比例为1/9D F2中白花的基因型有5种【解析】根据题意分析可知:显性基因C和P同时存在时开紫花,两个纯合白花品种杂交,F1开紫花,F2的性状分离比为紫花白花97,所以,F1的基因型为CcPp,两个纯合白花品种的基因型为CCpp与ccPP;F1测交后代基因型为CcPp
7、、ccPp、Ccpp、ccpp,比例为1:1:1:1,所以紫花与白花的比例为1:3,B错误。F2紫花的基因型为1CCPP、2CcPP、2CCPp、4CcPc,所以纯合子的比例为19;F2中白花的基因型为1ccPP、2ccPp、1CCpp、2Ccpp、1ccpp,共5种。【答案】B2玉米宽叶(A)对窄叶(a)为显性,宽叶杂交种(Aa)玉米表现为高产,比AA和aa品种的产量分别高12%和20%。玉米有茸毛(D)对无茸毛(d)为显性,有茸毛玉米植株具有显著的抗病能力,该显性基因纯合时植株幼苗期就不能存活。两对基因独立遗传。高产有茸毛玉米自交产生F1,再让F1随机交配产生F2,则有关F1与F2的成熟植
8、株中,叙述正确的是A 有茸毛宽叶与有茸毛窄叶比分别为3:1和5:3B 都有9种基因型C 高产抗病类型分别占1/3和1/4D 宽叶无茸毛类型分别占1/2和3/8【解析】由于本题所研究的两对基因独立遗传,所以有茸毛宽叶与有茸毛窄叶的比值实质上就是宽叶和窄叶的比值。高产玉米Aa自交产生F1,F1中基因型和比例为1AA2Aa1aa,所以F1中宽叶(A_)与窄叶(aa)比为31。让F1随机交配产生F2,由于该过程中没有进行选择,所以F2的各基因型频率不变,即F2中宽叶(A_)与窄叶(aa)比也为31。因此,F1与F2的成熟植株中,有茸毛宽叶与有茸毛窄叶比均为31,A错误;由于DD幼苗期死亡,所以高产有茸
9、毛玉米AaDd自交产生的F1中,只有6种基因型,F1随机交配产生F2,F2的成熟植株中也只有6种基因型,B错误;高产有茸毛玉米AaDd自交产生的F1中,高产抗病AaDd比例为1/22/31/3。F1中Dddd21,随机交配产生的配子D的概率1/22/31/3,d配子的概率1/31/22/32/3,根据遗传平衡定律可推知F2中Dd的概率21/32/34/9,dd的概率(2/3)24/9,即F2中Dddd11,与A、a综合考虑可知F2中高产抗病AaDd比例为1/21/21/4,C正确;高产有茸毛玉米AaDd自交产生的F1中宽叶无茸毛类型(A_dd)所占比例3/41/31/4。F1随机交配产生F2,
10、F2中宽叶无茸毛类型(A_dd)所占比例3/41/23/8。D错误。【答案】C3已知果蝇的眼色白眼、粉眼和紫眼受两对独立遗传的等位基因控制,纯合的白眼雄果蝇和纯合的紫眼雌果蝇杂交,F1全为紫眼,F1的雌雄果蝇自由交配,F2中紫眼粉眼白眼934,且粉眼全为雄性。据此判断,下列叙述不正确的是( )AF2的紫眼果绳有6种基因型BF2的紫眼果蝇中雌性雄性11CF2白眼果蝇自由交配后代全为白眼DF2粉眼果蝇与纯合的白眼果蝇杂交后代中紫眼白眼21【解析】由题意可知控制眼色的基因遵循基因自由组合定律,并且会和性别有关。其中双显性的是紫色,其中一显一隐的是粉眼,另外的一隐一显和双隐性的是白色。在F2的紫眼果绳
11、有2*3=6种基因型,A正确。在F2的紫眼果蝇中雌性雄性11,B正确。F2白眼果蝇自由交配后代会出现粉眼的,C错误。F2粉眼果蝇与纯合的白眼果蝇杂交后代中紫眼白眼21,D正确。【答案】C4某种小鼠的体色受常染色体基因的控制,现用一对纯合灰鼠杂交,F1都是,F1中的雌雄个体相互交配,F2体色表现为9黑:6灰:l白下列叙述正确的是( )A小鼠体色遗传遵循基因自由组合定律B若F1与白鼠杂交,后代表现为2黑:1灰:1白CF2灰鼠中能稳定遗传的个体占1/2DF2黑鼠有两种基因型【解析】F2体色表现为9黑:6灰:l白,是“9:3:3:1”的变式,这说明小鼠的毛色受两对等位基因的控制,遵循基因自由组合定律,
12、A正确;若F1黑鼠AaBb与白鼠aabb杂交,后代基因型为AaBb、Aabb、aaBb、aabb,所以表现型为1黑:2灰:1白,B错误; F2灰鼠的基因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb,比例为1:2:1:2,所以,能稳定遗传的个体占1/3,C错误; F2黑鼠有四种基因型,分别是AABB、AABb、AaBB、AaBb,D错误。【答案】A5荠菜果实有两种性状:三角形和卵圆形分别由位于两对染色体上的基因A、a和B、b决定。AaBb个体自交,F1中三角形卵圆形30120。在F1的三角形果实荠菜中,部分个体无论自交多少代,其后代均为三角形果实,这样的个体在F1三角形果实荠菜中所占的比例为( )
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