金太阳2024-2025学年贵州省高三年级入学考试(25-08C)生物试题

2024-08-13 09:39:24 31

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小题大做生物学·基础篇·A版两对基因的遗传遵循自由组合定律，B错误。根示)控制的，故该动物的立耳性状由两对位于非同据第4组F1的表型及数量可知，亲本的基因型分源染色体上的隐性基因控制，A错误。实验一亲别为RrYY、rryy,F1抗病非斑点植株的基因型为本为纯合的折耳(AABB)与立耳(aabb),F1都为RrYy,故F抗病非斑点植株自交后代的表型比例折耳(AaBb),F1自由交配所得的F2的表型及比为9：3：3：1，C正确。第2组亲本的基因型分例为折耳：立耳=15：1，其中基因型为aabb的别为RrYy、rryy,第3组亲本的基因型分别为个体为立耳，其余基因型的个体均为折耳，故实验Rryy、rrYy,故两者F,抗病非斑点植株的基因型一F2中折耳个体的基因型有8种，且纯合子所占都为RrYy,D正确。的比例为1/5，B错误。若让实验一F1(AaBb)与5.B【解析】甲、乙、丙、丁均含有等位基因，因此都立耳个体(aabb)杂交，子代的基因型为AaBb、可以作为验证基因分离定律的材料，A正确；甲、Aabb、aaBb、aabb,表型及比例为折耳：立耳=3：乙杂交产生的后代的基因型有四种，需要从后代1;实验二亲本为折耳(AAbb或aaBB)和立耳中挑选出基因型为YyRr的个体进行自交来验证(aabb),F1为折耳(Aabb或aaBb),F1自由交配所自由组合定律，但二者杂交产生的双显性类型有得的F2的基因型为1/4AAbb、1/2Aabb、1/4aabb两种，分别为YyRr和YYRr,B错误；将丙中的五或1/4aaBB、1/2aaBb、1/4aabb。故实验一F1与立种基因分别用五种颜色的荧光标记，观察减数分耳个体杂交，子代的表型与实验二的F2相同，但裂，可验证自由组合定律，因为丙中含有的Y和基因型不完全相同，C错误。实验二F2中的折耳y、R和r分别位于两对同源染色体上，C正确；将个体(1/3AAbb、2/3Aabb或1/3aaBB、2/3aaBb)自丁中的五种基因分别用五种颜色的荧光标记，观由交配，子代的表型及比例为折耳：立耳=8：1，察减数分裂，可能看到染色单体交换片段，因为同源：故子代中立耳个体所占比例为1/9，D正确。染色体的非姐妹染色单体之间的交换发生在等位基：7.D【解析】F,有刺抗除草剂个体自交产生的F2因之间，D正确。中抗除草剂：不抗除草剂=9：7，是9：3：3：1方法规律的变式，说明抗除草剂和不抗除草剂性状由两对验证两对基因是否位于两对同源染色体上的等位基因控制，这两对等位基因B、b和C、c的遗方法（即验证是否遵循自由组合定律）传遵循自由组合定律，A正确；F有刺抗除草剂个验证方法结论体自交，F2中出现了有刺、无刺两种类型，说明有刺对无刺为显性，F2中有刺：无刺=2：1，而不是若F1自交后代的性状分离比为9：3：33：1,说明可能存在基因型为AA的有刺个体致:1或其变形(9：7、9：3：4、9：6：1自交法死的情况，B正确；无刺个体的基因型为aa,不抗等)，则遵循自由组合定律，由位于两对除草剂个体的基因型为Bcc、bbC_、bbcc,F1有刺同源染色体上的两对等位基因控制抗除草剂个体的基因型为AaBbCc,自交所得F。若F1测交后代的性状分离比为1：1：1中无刺不抗除草剂个体的基因型为aaBBcc、:1或其变形(1：3、1：2：1等)，则遵aaBbcc、aabbCC、aabbCc、.aabbcc,共5种，C正确；测交法循自由组合定律，由位于两对同源染色F1中有刺抗除草剂个体的基因型为1/2 AaBbCc,无体上的两对等位基因控制刺抗除草剂个体的基因型为l/2 aaBbCc,若F1全部花粉鉴若F1产生4种花粉，且比例为1：1：1个体自交，则子代中无刺抗除草剂个体的基因型为定法：1,则遵循自由组合定律aaBC,其中纯合子的比例为(1/3)×(1/3)=1/9，则杂合子的比例为1一1/9=8/9，D错误。采用花药离体培养的方法来获得单倍体思维拓展单倍体植株，然后用秋水仙素处理使这些植株的性状受多对等位基因控制的判断方法育种法染色体数目加倍，若植株有4种表型，且1.某显性亲本的自交后代中，若显性个体所占比例为1：1：1：1，则遵循自由组合定律比例为(3/4)”或隐性个体所占比例为6.D【解析】实验一中F2的表型及比例为折耳：立(1/4)”,则该显性亲本含有n对杂合基因，该耳=15：1，为9：3：3：1的变式，说明折耳与立耳性状由n对独立遗传的等位基因控制。是由两对独立遗传的等位基因（假设用A/a、B/b表25J16

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