第4单元 考点14 基因的分离定律-【金版教程】2025年高考生物一轮总复习首选用卷全书Word（新教材 单选版）

金版教程 高考总复习首选用卷 生物学(单选版 考点14　基因的分离定律 1．孟德尔成功的一个重要的原因是他运用了非常科学的研究方法——假说—演绎法，其基本过程分为提出问题、作出假说、演绎推理、实验验证和得出结论这五个步骤。下列关于孟德尔的实验过程说法正确的是(　　) A．“若F1产生配子时遗传因子发生了分离，则测交后代的两种性状比例接近1∶1”属于实验验证的过程 B．“F1产生基因型为D的卵细胞和d的精子数量比例为1∶1”为假说内容 C．分离定律的细胞学基础是减数分裂时同源染色体发生分离，而自由组合定律的细胞学基础是受精作用时雌雄配子随机结合 D．孟德尔提出问题是建立在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验的基础上的 答案　D 解析　“若F1产生配子时遗传因子发生了分离，则测交后代的两种性状比例接近1∶1”属于演绎推理的过程，实验验证是测交实验，A错误；“F1产生基因型为D的卵细胞和d的精子数量比例为1∶1”这句话本身有错误，一般精子的数量远多于卵细胞的数量，B错误；分离定律的细胞学基础是减数分裂时等位基因随同源染色体的分开而分离，而自由组合定律的细胞学基础是减数分裂时同源染色体上的等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，C错误。 2．在孟德尔的豌豆杂交实验中，涉及了杂交、自交和测交。下列相关叙述中正确的是(　　) A．测交和自交都可以用来判断某一显性个体的基因型 B．测交和自交都可以用来判断一对相对性状的显隐性 C．培育所需显性性状的优良品种时要利用测交和杂交 D．杂交和测交都不能用来验证分离定律和自由组合定律 答案　A 3.(2023·山东日照一中一调)某植物的花色由一对等位基因控制，杂交实验及结果如图所示。下列相关说法错误的是(　　) A．根据③过程的结果判断白花为显性性状 B．F1和F2中的白花植株基因型不完全相同 C．F2中黄花与白花植株之比为2∶3 D．F2白花植株随机传粉，理论上子代黄花∶白花＝1∶8 答案　C 解析　③过程表示F1白花自交，其后代发生了性状分离，说明F1白花为杂合子，白花为显性性状，A正确；假设控制植物花色的相关基因用A和a表示，则F1白花的基因型是Aa，进而推知F2中白花植株的基因型为AA或Aa，B正确；F1中白花的基因型是Aa，黄花的基因型为aa，各占，黄花自交后代仍为黄花，白花(Aa)自交后代中黄花占，白花占，所以F2中黄花与白花植株之比是∶＝5∶3，C错误；F2中白花植株的基因型为AA、Aa，产生的配子为A、a，因此F2白花植株随机传粉，理论上子代黄花∶白花＝∶＝1∶8，D正确。 4．(2024·湖南师范大学附属中学高三月考)某同学用红色豆子(代表基因B)和白色豆子(代表基因b)建立人群中某显性遗传病的遗传模型，向甲、乙两个容器均放入10颗红色豆子和40颗白色豆子，随机从每个容器内取出一颗豆子放在一起并记录，再将豆子放回各自的容器中并摇匀，重复100次。下列叙述正确的是(　　) A．该实验模拟基因自由组合的过程 B．重复100次实验后，Bb组合约为16% C．甲容器模拟的可能是该病占36%的男性群体 D．乙容器中的豆子数模拟亲代的等位基因数 答案　C 解析　甲、乙两个容器内的豆子分别代表雌、雄配子。其中红色豆子代表某显性遗传病的致病基因B，白色豆子代表正常基因b，甲、乙两个容器均放入10颗红色豆子和40颗白色豆子，即表示雌雄配子均为B＝20%，b＝80%。由分析可知，该实验模拟的是生物在生殖过程中，等位基因的分离和雌雄配子的随机结合，A错误；重复100次实验后，Bb的组合约为20%×80%×2＝32%，B错误；若甲容器模拟的是该病(B_)占36%的男性群体，则该群体中正常人(bb)占64%，即b＝80%，B＝20%，与题意相符，C正确；由分析可知，乙容器中的豆子数模拟的是雌性或雄性亲本产生的配子种类及比例，D错误。 5．蜜蜂中蜂王由受精卵发育而来，雄蜂由卵细胞直接发育而来。蜜蜂褐色眼对黄绿色眼为显性性状。杂合子的蜂王与正常褐色眼的雄蜂交配，其子代不同性别的眼色表现为(　　) A．雌蜂均为黄绿色眼 B．雌蜂中褐色眼∶黄绿色眼＝1∶1 C．雄蜂均为褐色眼 D．雄蜂中褐色眼∶黄绿色眼＝1∶1 答案　D 解析　设蜜蜂的眼色遗传由基因A、a控制，根据题意，杂合子蜂王的基因型为Aa，其能产生A和a两种卵细胞，比例为1∶1，正常褐色眼的雄蜂的基因型为A，其只能产生一种精子A，两者交配，其子代中雌蜂的基因型有AA和Aa，都是褐色眼，雄蜂由卵细胞直接发育而来，故雄蜂基因型有A和a，表现为褐色眼和黄绿色眼，比例为1∶1，D正确。 6．(2024·沈阳二中阶段测)安达卢西亚鸡的毛色有蓝色、黑色和白点三种，且由一对等位基因(B、b)控制。下表为相关遗传实验研究结果，下列分析正确的是(　　) 组别 P F1 1 黑色×蓝色 黑色∶蓝色＝1∶1 2 白点×蓝色 蓝色∶白点＝1∶1 3 黑色×白点 全为蓝色 A．蓝色安达卢西亚鸡的基因型为Bb，黑色鸡的基因型为bb B．蓝色安达卢西亚鸡群随机交配，产生的后代有四种表型 C．黑色安达卢西亚鸡群随机交配，产生的后代中有白点鸡 D．一只蓝色安达卢西亚母鸡，如不考虑基因重组和突变，则该鸡的一个次级卵母细胞的毛色基因组成为BB或bb 答案　D 解析　根据题意和图表分析可知：安达卢西亚鸡的毛色由一对等位基因(B、b)控制，遵循基因的分离定律，又根据实验3：黑色与白点杂交的后代都是蓝色，说明毛色基因B对b为不完全显性，黑色与白点都为纯合子，无法确定基因型为BB还是bb，蓝色基因型为Bb，A错误；蓝色安达卢西亚鸡(基因型为Bb)群随机交配产生的后代有三种基因型，分别为BB、Bb、bb，表型有白点、蓝色和黑色三种，B错误；黑色安达卢西亚鸡都是纯合子，让其随机交配，产生的后代中只有黑色安达卢西亚鸡，C错误；一只蓝色安达卢西亚母鸡的基因型为Bb，通过减数分裂前的间期复制后，初级卵母细胞的基因型为BBbb，若不考虑基因重组和基因突变，减数分裂Ⅰ含B基因的染色体与b基因的染色体分离，故该鸡的一个次级卵母细胞的毛色基因组成为BB或bb，D正确。 7．水稻的非糯性和糯性受一对等位基因控制。种子和花粉中均含有淀粉，其中非糯性水稻的种子和花粉中含直链淀粉，直链淀粉遇碘液呈蓝色；糯性水稻的种子和花粉中含支链淀粉，支链淀粉遇碘液呈紫红色。现让纯合非糯性水稻和纯合糯性水稻杂交，获得F1。下列做法和现象不能证明控制糯性和非糯性的基因的遗传符合分离定律的是(　　) A．取F1的花粉加碘液染色，在显微镜下观察，半数呈蓝色，半数呈紫红色 B．让F1自交，所得种子用碘液染色，有3/4呈蓝色，1/4呈紫红色 C．让F1作母本进行测交，所得种子用碘液染色，有半数呈蓝色，半数呈紫红色 D．对F1的花粉进行离体培养，让得到的单倍体自交，再将获得的种子用碘液染色，有半数呈蓝色，半数呈紫红色 答案　D 解析　让纯合非糯性水稻和纯合糯性水稻杂交，获得的F1为杂合子。取F1的花粉加碘液染色，在显微镜下观察，半数呈蓝色，半数呈紫红色，说明杂合子能产生两种配子且比例为1∶1，可证明控制糯性和非糯性的基因的遗传符合分离定律，A不符合题意；让F1自交，所得种子用碘液染色，有3/4呈蓝色，1/4呈紫红色，性状分离比为3∶1，可证明控制糯性和非糯性的基因的遗传符合分离定律，B不符合题意；让F1作母本进行测交，所得种子用碘液染色，有半数呈蓝色，半数呈紫红色，测交后代的性状分离比为1∶1，可证明控制糯性和非糯性的基因的遗传符合分离定律，C不符合题意；对F1的花粉进行离体培养得到的单倍体植株高度不育，不能进行自交，D符合题意。 8．某种鸟尾部羽毛颜色由常染色体上的一组复等位基因A1、A2和A3控制，且相互之间共显性(杂合子个体的一对等位基因都能表达)。如图表示相关基因与羽毛颜色的关系(X、Y、W、Z是决定羽毛颜色的相关物质)。下列叙述错误的是(　　) A．白色个体的体细胞中不含基因A1 B．体细胞含有基因A2，则该个体羽毛颜色为棕色 C．黑色个体与棕色个体杂交，羽毛颜色的遗传遵循分离定律 D．复等位基因A1、A2、A3的存在说明了基因突变是不定向的 答案　B 解析　基因A1控制酶1的合成，所以白色个体的体细胞中不含基因A1，A正确；体细胞含有基因A2，若不含基因A1，则该个体羽毛颜色为白色，B错误；由于鸟尾部羽毛颜色由常染色体上的一组复等位基因A1、A2和A3控制，所以黑色个体与棕色个体杂交，羽毛颜色的遗传遵循分离定律，C正确；复等位基因A1、A2、A3的存在说明了基因突变是不定向的，D正确。 9．玉米为一年生雌雄同株异花受粉植物，野生型为纯合子。研究人员在种植一批经过太空诱变处理的玉米种子时，发现了两株雄花发育不全的植株(编号甲、乙)，表现为雄性不育。 (1)为确定甲株雄性不育性状出现的原因，研究人员先用________________，得到F1，发现F1没有出现雄性不育株。这一结果________(填“能”或“不能”)排除雄性不育性状是由环境因素导致的。再用F1自交得到F2，发现F2的表型及比例为________，由此可判断雄性不育性状是由细胞核中的一对基因发生隐性突变导致的。 (2)用乙株重复上述实验，结果与甲株完全一致。甲乙两株雄性不育性状是否由同一对基因控制的呢？请设计实验解决这一问题，要求简要写出①实验思路、②结果分析。__________________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案　(1)甲株与野生型杂交　不能　野生型∶雄性不育＝3∶1 (2)将甲株的F1与乙株的F1杂交，观察其后代的表型；若后代出现雄性不育株，则甲、乙两株雄性不育性状由同一对基因控制，若后代全为可育株，则甲、乙两株雄性不育性状不是由同一对基因控制 解析　(1)野生型是纯合子，甲株雄性不育，但是可以产生正常的卵细胞，因此先用甲株与野生型进行杂交得到F1，如果不育性状是由环境改变引起，则在正常环境条件下是可育的，因此仅从子一代的可育性状不能判断雄性不育是否是由环境改变引起；如果雄性不育是由一对基因隐性突变引起，设雄性不育甲的基因型是aa，则野生型的为AA，F1的基因型是Aa，子一代自交得到子二代的表型及比例是A_(野生型)∶aa(雄性不育)＝3∶1，由此可判断雄性不育性状是由细胞核中的一对基因发生隐性突变导致的。 10．(2024·河南摸底测)玉米的花粉粒形状分为长形和圆形，二者由一对等位基因(A/a)控制。现将长形花粉粒玉米和圆形花粉粒玉米作为亲本杂交，F1植株产生了比例相等的长形和圆形两种花粉粒。下列相关分析正确的是(　　) A．根据F1植株产生了比例相等的两种花粉粒可以判断出亲本中有一方为杂合子 B．根据F1植株产生了比例相等的两种花粉粒可以直接证明A/a基因遗传时遵循基因分离定律 C．若F1植株自交后产生了子代植株，则子代植株产生的花粉粒长形和圆形比例为3∶1 D．若F1测交后产生了子代植株，且子代植株产生的花粉粒长形和圆形比例为1∶3，说明圆形是显性性状 答案　B 解析　根据F1植株产生了比例相等的长形和圆形两种花粉粒，可以推断出F1植株的基因型为Aa，进而推出亲本基因型为AA和aa，A错误；F1植株的基因型为Aa，产生比例相等的长形和圆形两种花粉粒，意味着减数分裂时等位基因(A/a)发生了分离，直接证明A/a基因遗传时遵循基因分离定律，B正确；F1植株自交后产生的子代植株基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，子代植株产生的花粉粒长形和圆形比例为1∶1，C错误；F1植株(Aa)测交后产生的子代植株基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1，子代植株产生的花粉粒中A∶a＝1∶3，所以子代产生的花粉粒长形和圆形比例为1∶3，说明长形为显性性状，D错误。 11．(2024·呼和浩特高三模拟)研究人员在家蚕中发现一种新的体态类型——短体蚕，用这种家蚕与正常体形家蚕进行杂交实验，结果如下表所示。下列叙述正确的是(　　) 杂交组合 F1 短体蚕 正常蚕 实验一：短体蚕×正常蚕 788 810 实验二：短体蚕×短体蚕 1530 790 A．可以通过连续自交多代的方式获得纯种短体蚕 B．短体蚕自交后代出现正常蚕是基因突变的结果 C．实验一中F1个体随机交配，F2中短体蚕∶正常蚕＝2∶3 D．实验二中F1个体随机交配，F2中正常蚕占4/9 答案　C 解析　由杂交组合二数据分析可知，体形为短体是显性性状，且显性纯合致死，正常体形为隐性性状，A错误；短体蚕自交后代出现正常蚕是等位基因分离及雌雄配子随机结合所致，B错误；设实验一中F1的短体蚕基因型为Aa，则正常蚕基因型为aa，F1中短体蚕∶正常蚕≈1∶1，故F1产生的配子为1/4A、3/4a，F1个体随机交配，由于显性纯合致死，后代中短体蚕∶正常蚕＝2∶3，C正确；实验二中F1短体蚕基因型全为Aa，正常蚕基因型为aa，F1中短体蚕∶正常蚕≈2∶1，故F1产生的配子为1/3A、2/3a，F1个体随机交配，由于显性纯合致死，后代中短体蚕Aa∶正常蚕aa＝1∶1，D错误。 12．(2024·广东惠州模拟)研究发现基因家族存在一种“自私基因”，该基因可通过杀死不含该基因的配子使分离比例偏离正常值。若E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子。现将某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1个体随机受粉获得F2。下列相关叙述错误的是(　　) A．亲本产生的雄配子中，E∶e＝3∶1 B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1 C．F2中基因型为ee的个体所占比例约为5/32 D．从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低 答案　C 解析　E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，A正确；基因型为Ee的植株产生的雌配子比例为1/2E和1/2e，产生雄配子的比例为3/4E和1/4e，根据雌、雄配子的随机结合，F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，B正确；F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，F1产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，雌配子比例为5/8E和3/8e，因此基因型为ee的个体所占比例为3/32，C错误；E基因在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低，D正确。 13．(2023·北京丰台模拟)椎实螺是雌雄同体的动物，一般进行异体受精，但分开饲养时，它们进行自体受精。已知椎实螺外壳的旋向是由一对核基因控制的，右旋(D)对左旋(d)是显性，但子代旋向只由母本核基因型决定，与其自身基因型无关。对以下杂交后结果的推测(设杂交后全部分开饲养)错误的是(　　) A．♀DD×♂dd，F1全是右旋，F2也全是右旋，F3中右旋∶左旋＝3∶1 B．♀dd×♂DD，F1全是左旋，F2也全是左旋，F3中右旋∶左旋＝3∶1 C．♀dd×♂Dd，F1全是左旋，F2中右旋∶左旋＝1∶1 D．♀DD×♂Dd，F1全是右旋，F2也全是右旋 答案　B 解析　根据题意，♀DD×♂dd→F1(Dd)，表型由母本基因型(DD)决定，都是右旋，F1自交，F2基因型D_∶dd＝3∶1，但表型由母本F1的基因型(Dd)决定，即都为右旋，F3表型由母本F2的基因型决定，即右旋∶左旋＝3∶1，A正确；♀dd×♂DD→F1(Dd)，F1表型由母本基因型(dd)决定，都是左旋，F1自交产生的F2基因型为D_∶dd＝3∶1，它们的表型由母本F1基因型(Dd)决定，都为右旋，F3的表型由母本F2基因型决定，为右旋∶左旋＝3∶1，B错误；♀dd×♂Dd→F1(1Dd∶1dd)，F1表型由母本基因型(dd)决定，全是左旋，F2表型由母本F1基因型决定，右旋∶左旋＝1∶1，C正确；♀DD×♂Dd→F1(1DD∶1Dd)，F1表型由母本基因型(DD)决定，都为右旋，F2表型由母本(F1)基因型决定，都为右旋，D正确。 14.已知基因型为Aa的大花瓣花的植株自交，其子代中大花瓣花∶小花瓣花∶无花瓣花＝2∶1∶1。现有一个该植物种群，随机传粉若干代，Fn的花瓣表型及数量关系如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．该相对性状中，大花瓣是显性 B．Fn中各种表型的出现是基因重组的结果 C．Fn中A的基因频率为1/3 D．其他条件不变的情况下，该植物种群的Fn＋1中三种表型的比例保持不变 答案　D 解析　根据题意可知，基因型为Aa的个体表现为大花瓣花，Aa自交，其子代中大花瓣花∶小花瓣花∶无花瓣花＝2∶1∶1，不能判断该相对性状中大花瓣的显隐性，A错误；本题只涉及一对等位基因，不存在基因重组，Fn中各种表型的出现是等位基因分离，雌雄配子随机结合的结果，B错误；假设一：无花瓣花的基因型为AA，小花瓣花的基因型为aa，根据图中信息可知，Fn的花瓣的基因型及比例为Aa∶AA∶aa＝4∶4∶1，即Aa和AA的基因型频率均为4/9，aa的基因型频率为1/9，则Fn中A的基因频率为4/9×1/2＋4/9＝2/3；假设二：无花瓣花的基因型为aa，小花瓣花的基因型为AA，根据图中信息可知，Fn的花瓣的基因型及比例为Aa∶aa∶AA＝4∶4∶1，即Aa和aa的基因型频率均为4/9，AA的基因型频率为1/9，则Fn中A的基因频率为1/9＋4/9×1/2＝1/3，由此可知，Fn中A的基因频率为1/3或2/3，C错误；由于随机传粉后代基因频率保持不变，其他条件不变的情况下，Fn＋1中A的基因频率也为1/3或2/3，故该植物种群的Fn＋1中三种表型的比例保持不变，D正确。 15．(2023·天津八校期中联考)人类斑秃属于常染色体显性遗传病，由一对等位基因A、a控制，男性只要携带一个斑秃基因A就表现斑秃，而女性只有显性纯合子(AA)才表现斑秃。某家庭有关斑秃的遗传系谱图如图。下列有关叙述正确的是(　　) A．Ⅰ－4的基因型是aa B．Ⅱ－1和Ⅱ－2的基因型不相同 C．Ⅲ－1若为女孩，可能为斑秃 D．Ⅱ－2和Ⅱ－3再生一个非斑秃孩子的概率是 答案　D 解析　由题可知，Ⅱ－3的基因型为aa，所以Ⅰ－4个体中一定存在a基因，Ⅱ－4为患病女性，基因型为AA，Ⅰ－4为正常女性，故其基因型为Aa，A错误；Ⅰ－1表现正常，其基因型为aa，Ⅰ－2为斑秃女性，基因型为AA，因此Ⅱ－1和Ⅱ－2的基因型相同，均为Aa，B错误；Ⅱ－2的基因型为Aa，Ⅱ－3为正常男性，基因型为aa，则二者婚配生出孩子的基因型为Aa或aa，且二者的比例均等，若Ⅲ－1是女孩，则无论哪种基因型均不可能为斑秃，C错误；Ⅱ－2和Ⅱ－3再生一个孩子，基因型及概率为Aa或aa，非斑秃孩子的概率是×(男)＋1×(女)＝，D正确。 16．(2023·山东济南模拟)玉米植株的宽叶与窄叶是由一对等位基因控制的一对相对性状。将宽叶与窄叶两种纯合亲本间行种植，宽叶亲本玉米植株上的子代只有宽叶，窄叶亲本植株上的子代宽叶和窄叶均有。现选取F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交，F2中宽叶∶窄叶＝7∶5(假设整个过程中每株玉米受粉机会均等)。下列叙述错误的是(　　) A．玉米植株的宽叶对窄叶为隐性 B．F1玉米植株中窄叶基因的频率为 C．F1玉米植株中宽叶所占的比例为 D．若将F1中选取的那部分宽叶玉米种植，则后代玉米植株宽叶∶窄叶＝119∶25 答案　A 解析　玉米是雌雄同株异花植株，既可以同株异花受粉，也可以异株受粉。设A、a控制玉米的叶形，纯合宽叶与纯合窄叶间行种植，窄叶植株上的子代有宽叶和窄叶，宽叶植株上的子代无窄叶，说明宽叶对窄叶为显性，A错误；纯合宽叶玉米与纯合窄叶玉米间行种植，即A占，a占，玉米植株自由交配且不考虑致死现象，后代中基因频率不变，B正确；宽叶植株上所结种子基因型为AA、Aa，窄叶植株上所结种子基因型为Aa、aa，由题干可知每株玉米受粉机会均等，F1玉米中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，所以宽叶∶窄叶＝3∶1，宽叶占，C正确；F1中部分宽叶玉米与窄叶植株杂交，F2中宽叶∶窄叶＝7∶5，即Aa∶aa＝7∶5，由于窄叶植株只能提供基因a，故宽叶植株的配子中A∶a＝7∶5，即基因A占，基因a占，后代中窄叶(aa)＝×＝，宽叶(AA、Aa)为1－＝，所以宽叶∶窄叶＝119∶25，D正确。 17．(2023·河北衡水高三模拟)果蝇的翅型由位于常染色体上的一对等位基因(A、a)决定，但是也受环境温度的影响(如表1)，现在用6只果蝇进行三组杂交实验(如表2)，分析表格相关信息回答下列问题： 表1： 　　　　基因型 饲喂条件　　　 AA Aa aa 室温(20 ℃) 正常翅 正常翅 残翅 低温(0 ℃) 残翅 残翅 残翅 表2： 组别 雌性亲本 雄性亲本 子代饲喂条件 子代表型及数量 Ⅰ ①残翅 ②残翅 低温(0 ℃) 全部残翅 Ⅱ ③正常翅 ④残翅 室温(20 ℃) 正常翅91 残翅89 Ⅲ ⑤残翅 ⑥正常翅 室温(20 ℃) 正常翅152 残翅49 注：雄性亲本均在室温(20 ℃)条件下饲喂。 (1)根据表1分析，果蝇翅型的遗传说明了生物性状是____________共同作用的结果。 (2)表2中，亲代雌果蝇中____________一定是在低温(0 ℃)的条件下饲养的。 (3)亲代①的基因型可能是____________，为确定其基因型，某生物兴趣小组设计了实验：首先将第Ⅰ组的子代进行随机自由交配得F2，然后把F2放在室温(20 ℃)的条件下饲喂，观察统计F2表型及比例。若F2正常翅与残翅的比例为____________________，则果蝇①的基因型为Aa。 (4)若第Ⅱ组的亲本③与亲本④杂交，子代在室温(20 ℃)的条件下饲喂，子代只有两只果蝇成活，则子代果蝇中出现残翅果蝇的概率是________。 答案　(1)基因与环境　(2)⑤ (3)AA、Aa、aa　正常翅∶残翅＝7∶9 (4)3/4 解析　(2)第Ⅲ组的亲本⑤(雌性残翅)与⑥(雄性正常翅)杂交，子代在室温(20 ℃)的条件下饲喂，子代果蝇中正常翅∶残翅＝152∶49≈3∶1，说明双亲的基因型均为Aa，因此亲代雌果蝇中⑤一定是在低温(0 ℃)的条件下饲养的。 (3)第Ⅰ组的亲本①(雌性残翅)与②(雄性残翅)杂交，子代在低温(0 ℃)的条件下饲喂，子代果蝇均为残翅，据此结合表1信息可推知：亲代①的基因型可能是AA、Aa、aa，亲代②的基因型是aa[雄性在室温(20 ℃)条件下饲喂]。若果蝇①的基因型为Aa，则第Ⅰ组F1的基因型为Aa、aa，各占1/2，产生的配子为1/4A、3/4a；让F1随机自由交配所得F2的基因型及其比例为AA∶Aa∶aa＝(1/4×1/4)∶(2×1/4×3/4)∶(3/4×3/4)＝1∶6∶9。把F2放在室温(20 ℃)的条件下饲喂，则F2中正常翅∶残翅＝7∶9。 (4)第Ⅱ组的亲本③(雌性正常翅)与亲本④(雄性残翅)杂交，子代在室温(20 ℃)的条件下饲喂，子代果蝇中正常翅∶残翅＝91∶89≈1∶1，则推出亲本③的基因型为Aa，亲本④的基因型为aa(雄性在室温条件下饲喂)，F1中Aa∶aa＝1∶1。若子代只有两只果蝇成活，则都为正常翅的概率是1/2×1/2＝1/4，出现残翅果蝇的概率是1－1/4＝3/4。 18．(2023·辽宁协作校一模)自交不亲和性是指某一植物的雌雄两性机能正常，但不能进行自花传粉或同一品系内异花传粉的现象。如某品种烟草为二倍体雌雄同株植物，却无法自交产生后代。 (1)烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制，复等位基因的出现是________的结果，同时也体现了该变异具有________的特点。在杂交育种时，用两种自交不亲和的植株作亲本，可以省略杂交过程的________操作。 (2)烟草的花粉只有通过花粉管伸长(花粉管由花粉萌发产生)输送到卵细胞所在处，才能完成受精。下表为自交不亲和基因的作用规律： 亲本组合 S3S4♂×S1S2♀ S1S2自交 S1S2♂×S1S3♀ 花粉管萌发情况 S3、S4花粉管都能伸长 S1、S2花粉管都不能伸长 只有S2花粉管能伸长 如表可见，如果父本花粉所含S基因与母本的任何一个S基因种类相同，花粉管就不能伸长完成受精，据此推断： ①若以基因型为S1S4的烟草作父本与基因型为S2S4的烟草杂交，则子代的基因型为________。 ②将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，全部子代的基因型及比例为______________________________。 (3)科学家将某抗病基因M成功导入基因型为S2S4的烟草体细胞，经植物组织培养后获得成熟的抗病植株。如图，已知M基因成功导入到S2基因所在的Ⅱ号染色体上，但不清楚具体位置。现以该植株为________(填“父本”或“母本”)，与基因型为S1S2的个体杂交，根据子代中抗病个体的比例确定M基因的具体位置。 ①若子代中抗病个体占________，则说明M基因插入到S2基因中使该基因失活。 ②若子代中抗病个体占________，则说明M基因插入到S2基因之外的其他部位。 答案　(1)基因突变　不定向性　去雄 (2)①S1S2、S1S4　②S1S2∶S2S3∶S1S3＝1∶1∶2 (3)父本　①50%(或1/2)　②0 解析　(2)①若以基因型为S1S4的烟草作父本与基因型为S2S4的烟草杂交，母本产生的卵细胞是S2和S4，所以只有S1花粉管能伸长完成受精，故子代基因型为S1S2和S1S4。②将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，它们都没有自交，只有杂交，杂交亲本存在两种情况：S1S2(父本)×S2S3(母本)；S1S2(母本)×S2S3(父本)。前一种情况下S2花粉管不能伸长，两亲本杂交可产生基因型为S1S3、S1S2的子代，后一种情况下S2花粉管不能伸长，两亲本杂交可产生基因型为S1S3、S2S3的子代，因而产生子代的基因型及比例为S1S3∶S1S2∶S2S3＝2∶1∶1。 (3)该实验的目的是判断导入基因是插入S2基因中使该基因失活，还是插入到S2基因之外的其他部位，则可以该植株为父本，与基因型为S1S2的母本杂交，根据子代中抗病个体的比例确定M基因的具体位置。如果M基因插入到S2基因中使该基因失活，则基因型为S4M的个体与基因型为S1S2的个体杂交，子代中抗病个体占50%；如果M基因插入到S2基因之外的其他部位，S2花粉管无法伸长完成受精，则后代中无抗病个体。 15 学科网（北京）股份有限公司 $$