专题04 自由组合定律的综合应用（云南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一生物下学期期中真题分类汇编

专题4 自由组合定律的综合应用 考点概览 考点01 基因自由组合定律的实质和应用 考点02 利用分离定律思维解决自由组合定律的问题 考点03 9:3:3:1和1:1:1:1的变式类型及应用 基因自由组合定律的实质和应用考点01 1．(23-24高一下·云南德宏傣族景颇族陇川县第一中学·期中)下列关于生物遗传规律的说法，正确的是（    ） A．基因自由组合定律是基因分离定律的基础 B．大肠杆菌性状的遗传也遵循基因的分离定律 C．两对或两对以上相对性状的遗传都遵循基因自由组合定律 D．基因型为Aa的个体连续自交，后代中纯合子所占的比例逐渐增大 【答案】D 【来源】云南省德宏傣族景颇族自治州陇川县第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中生物试题 【分析】1、基因的分离定律的实质是：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；在减数分裂形成配子的过程中，等位基因会随同源染色体的分开而分离，分别进入两个配子中，独立地随配子遗传给后代。 2、基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】A、基因分离定律是基因自由组合定律的基础，A错误； B、大肠杆菌是原核生物，没有染色体，也不进行有性生殖，不遵循基因的分离定律，B错误； C、若控制这两对或两对以上相对性状的基因位于同源染色体上，那么它们的遗传就不遵循基因自由组合定律，C错误； D、基因型为Aa的个体连续自交，若连续自交n代，则子代中纯合子所占的比例为1－1/2n，因此后代中纯合子所占的比例逐渐增大，D正确。 故选D。 2．(22-23高一下·云南红河州蒙自一中·期中)下列有关孟德尔两对相对性状遗传实验的说法中，最能反映基因自由组合定律实质的是（    ） A．Y、y与R、r所在的非同源染色体间的自由组合 B．F1产生的四种雌雄配子之比为1：1：1：1 C．黄色(绿色)表型与圆粒(皱粒)表型之间自由组合 D．F1产生的雌雄配子随机结合 【答案】B 【来源】云南省红河州蒙自市一中2022-2023学年高一下学期期中生物试题 【分析】基因自由组合定律的实质是:位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的;在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】基因自由组合定律的实质是在减数分裂产生配子的过程中位于非同源染色体上的非等位基因发生自由组合进入不同的配子中，即表现为F1产生的四种雌雄配子之比为1：1：1：1，B符合题意。 故选B。 3．(23-24高一下·云南昆明石林彝族自治县第一中学·期中)在豚鼠中，黑色（C）对白色（c）、毛皮粗糙（R）对毛皮光滑（r）是显性。能验证自由组合定律的最佳杂交组合是（    ） A．黑光×白光→18黑光∶16白光 B．黑光×白粗→25黑粗 C．黑粗×白粗→15黑粗∶7黑光∶16白粗 ∶3白光 D．黑粗×白光→10黑粗∶9黑光∶9白粗∶11白光 【答案】D 【来源】云南省昆明市石林彝族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试生物试题 【分析】基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。验证自由组合定律，就是验证杂种F1产生配子时，决定同一性状的成对遗传因子是否彼此分离，决定不同性状的遗传因子是否自由组合，产生四种不同遗传因子组成的配子，因此最佳方法为测交。 【详解】对自由组合定律的验证实验可以用自交法和测交法，对于动物一般采用测交实验，即杂合子子一代与隐性纯合子交配，两对相对性状的遗传实验中，测交后代的性状的性状分离比是1∶1∶1∶1，因此在豚鼠中，黑色（C）对白色（c）、毛皮粗糙（R）对毛皮光滑（r）是显性。能验证基因的自由组合定律的最佳杂交组合是黑粗×白光→10黑粗∶9黑光∶10白粗∶11白光，符合性状分离比是1∶1∶1∶1。综上所述，D正确，ABC错误。 故选D。 4．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)孟德尔遗传规律包括分离定律和自由组合定律，下列相关叙述错误的是（    ） A．自由组合定律不能用于分析一对相对性状的遗传 B．分离定律可用于分析两对相对性状的遗传 C．基因的分离和自由组合发生在配子形成的过程中 D．分离定律是自由组合定律的基础 【答案】A 【来源】云南省昆明市五华区2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】分离定律是对一对相对性状适用，自由组合定律是对两对及两对以上的相对性状适用的。自由组合定律是以分离定律为基础的，无论多少对相对独立的性状在一起遗传，再怎么组合都会先遵循分离定律。 【详解】A、基因的自由组合定律以基因分离定律为基础的，能用于分析一对相对性状的遗传，A错误； B、两对等位基因的遗传，每对等位基因的遗传都遵循基因的分离定律，B正确； C、基因的分离和自由组合发生在减数第一次分裂后期，即配子形成的过程中，C正确； D、分离定律是自由组合定律的基础，没有等位基因的分离，自由组合就没有意义，D正确。 故选A。 5．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)下图是某班级用小球做遗传规律的模拟实验，其中Ⅰ、Ⅲ和Ⅱ、Ⅳ小桶分别代表雌性和雄性生殖器官，小球代表配子。下列相关叙述错误的是（　　） A．Ⅰ、Ⅲ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟非同源染色体上非等位基因自由组合的过程 B．Ⅰ、Ⅱ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟Dd个体交配时产生配子及雌雄配子结合的过程 C．一般雄配子数目远多于雌配子数目，所以Ⅰ、Ⅱ小桶内小球总数可以不相等 D．为了符合实际形成配子及受精情况，每次从小桶中抓取小球并统计后不必放回 【答案】D 【来源】云南省昭通市一中教研联盟2023-2024学年高一下学期期中检测生物（A卷）试题 【分析】自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂形成配子的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】A、Ⅰ、Ⅲ中的小球标有的字母分别为D和d、A和a，表示两对等位基因，因此Ⅰ、Ⅲ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟非同源染色体上非等位基因自由组合的过程，A正确； B、Ⅰ、Ⅱ中的小球标有的字母为D和d，表示一对等位基因，因此Ⅰ、Ⅱ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟Dd个体交配时产生配子及雌雄配子结合的过程，B正确； C、雌性生殖器官产生雌配子，雄性生殖器官产生雄配子，Ⅰ和Ⅱ小桶分别代表雌性和雄性生殖器官，一般雄配子数目远多于雌配子数目，所以Ⅰ、Ⅱ小桶内小球总数可以不相等，C正确； D、为了保证每次抓取不同小球的概率相等，每次从小桶中抓取小球统计后，应将小球放回原来的小桶内，D错误。 故选D。 利用分离定律思维解决自由组合定律的问题考点02 6．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)已知子代基因型及比例为AABB：AAbb：AaBB：Aabb：AABb：AaBb=1：1：1：1：2：2，且两对基因独立遗传，则双亲的基因型是（　　） A．AaBB×AaBb B．AaBb×AaBb C．AABb×AaBb D．AABb×AaBB 【答案】C 【来源】云南省昭通市一中教研联盟2023-2024学年高一下学期期中检测生物（A卷）试题 【分析】自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂形成配子的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】单独考虑A/a这对基因，子代基因型及比例为AA：Aa=1：1，单独考虑B/b这对基因，子代基因型及比例为BB：Bb：bb=1：2：1，则双亲的基因型是AABb×AaBb。 故选C。 7．某种动物的直毛（B）对卷毛（b）为显性，黑色（D）对白色（d）为显性，控制两对性状的基因独立遗传。研究人员用基因型为BbDd的个体与个体X交配，下列叙述错误的是（　　） A．若X的基因型为BbDd，则雌雄配子的结合方式有16种 B．若X的基因型为bbdd，则后代表型比为1：1：1：1 C．若子代表型比为3：1：3：1，则X的基因型有两种可能 D．若子代表型比为直毛黑色：直毛白色=1：1，则X能产生两种基因型的配子 【答案】D 【来源】云南省保山市第一中学2023~2024学年高一年级下学期期中教学质量监测生物试卷 【分析】后代分离比推断法： 1、若后代分离比为显性∶隐性=3∶1，则亲本的基因型均为杂合子； 2、若后代分离比为显性∶隐性=1∶1，则亲本一定是测交类型，即一方是杂合子，另一方为隐性纯合子； 3、若后代只有显性性状，则亲本至少有一方为显性纯合子。 【详解】A、控制两对性状的基因独立遗传，因此遵循自由组合定律，用基因型为BbDd的个体与个体X交配，若X的基因型为BbDd，则由于BbDd会产生四种数量相等的配子，故雌雄配子的结合方式有16种，A正确； B、若X的基因型为bbdd，则BbDd×bbdd→BbDd∶Bbdd∶bbDd∶bbdd=1∶1∶1∶1，即后代表型为直毛黑∶直毛白色∶卷毛黑色∶卷毛白色=1∶1∶1∶1，B正确； C、若子代表型比为3∶1∶3∶1，即（3∶1）×（1∶1）=3∶1∶3∶1，则X的基因型有Bbdd或bbDd两种可能，C正确； D、若子代表型比为直毛黑色∶直毛白色=1∶1，则X基因型为BBdd，只能产生1种基因型的配子，D错误。 故选D。 8．(23-24高一下·云南昆明嵩明县·期中)南瓜果实的白色（A）对黄色（a）为显性，盘状（B）对球状（b）为显性，两对基因位于非同源染色体上。现有纯合白色盘状南瓜和纯合黄色球状南瓜，欲培育能稳定遗传的黄色盘状南瓜，相关叙述错误的是（    ） A．采用杂交育种，能达成上述育种目的 B．F2的黄色盘状南瓜中，所需品种占1/2 C．F2的基因组合类型有9种，表型有4种 D．F2中重组类型所占的比例是3/8 【答案】B 【来源】云南省昆明市嵩明县2023-2024学年高一下学期4月期中生物试题 【分析】南瓜果实的白色（A）对黄色（a）为显性，盘状（B）对球状（b）为显性，两对基因位于非同源染色体上，故A、a与B、b遵循基因的自由组合定律。 【详解】A、现有纯合白色盘状南瓜（AABB）和纯合黄色球状南瓜（aabb），欲培育能稳定遗传的黄色盘状南瓜（aaBB），可采用杂交育种（先杂交再连续自交），能达成上述育种目的，A正确； B、纯合白色盘状南瓜（AABB）和纯合黄色球状南瓜（aabb），杂交得F1AaBb，F1自交得到F2，F2的黄色盘状南瓜中（1aaBB、2aaBb），所需品种占1/3，B错误； C、F2的基因组合类型有9种（AABB、AaBb、AABb、AaBB、Aabb、AAbb、aaBb、aaBB、aabb），表型有4种（白色盘状、白色球状、黄色盘状、黄色球状），C正确； D、F2中重组类型（白色球状：3A bb、黄色盘状：3aaB ）所占的比例是3/8，D正确。 故选B。 9．(23-24高一下·云南昆明五华区云南师范大学附属中学·期中)对某植物进行测交实验，后代有四种表现型，其数量分别为49、52、50、51，已知每对等位基因均独立遗传，这株植物的基因型不可能是（    ） A．MmNNpp B．MmNnPP C．mmNnPp D．MMNnPp 【答案】A 【来源】云南省昆明市五华区云南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中生物试题 【分析】测交的定义是孟德尔在验证自己对性状分离现象的解释是否正确时提出的，为了确定子一代是杂合子还是纯合子，让子一代与隐性纯合子杂交，这就叫测交.在实践中，测交往往用来鉴定某一显性个体的基因型和它形成的配子类型及其比例. 分析题干信息：后代有四种表现型，其数量分别是49、52、50、51，则约为1：1：1：1。 【详解】A、MmNNpp×mmnnpp→后代有2种表现型，且分离比约为1：1，与题意不符，A正确； B、MmNnPP ×mmnnpp→后代有四种表现型，且分离比约为1：1：1：1，与题意相符，B错误； C、mmNnPp×mmnnpp→后代有四种表现型，且分离比约为1：1：1：1，与题意相符，C错误； D、MMNnPp×mmnnpp→后代有四种表现型，且分离比约为1：1：1：1，与题意相符，D错误。 故选A。 10．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)如图为遗传因子组成为AaBb的个体进行有性生殖的过程图解，下列有关说法正确的是（    ） A．分离定律发生在①过程，自由组合定律发生在②过程 B．雌雄配子结合方式有9种，子代遗传因子组成有9种 C．F1中不同于亲本性状表现的个体占全部子代个体的7/16 D．F1中杂合子所占比例为4/16 【答案】C 【来源】云南省昆明市一中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】分析题图：由于基因型为AaBb的个体在进行有性生殖时能产生4种配子，说明两对基因分别位于两对同源染色体上，所以遵循基因的自由组合定律。图中①过程表示减数分裂形成配子；②过程表示雌雄配子随机结合产生后代。 【详解】A、基因的分离定律和基因的自由组合定律都发生在①减数分裂产生配子的过程中，A错误； B、雌雄配子各有4种，所以雌雄配子结合方式有16种，子代遗传因子组成有9种，B错误； C、由于亲本的基因型为AaBb，该基因型对应的表型在子代中所占比例为3/4×3/4＝9/16，故F1中不同于亲本性状表现的个体占全部子代个体的1-9/16=7/16，C正确； D、亲本为AaBb，子代纯合子为1/4，F1中杂合子所占比例为1-1/2×1/2＝3/4，D错误。 故选C。 11．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)已知基因型为DDRR的某株水稻既抗倒伏又抗稻瘟病，在其周围生长着其他基因型的水稻，该株水稻所结种子长成的植株一般不可能有的基因型为（    ） A．DDRr B．DdRR C．DdRr D．ddRr 【答案】D 【来源】云南省昆明市五华区2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】基因自由组合定律的实质是进行有性生殖的生物在产生配子时，位于同源染色体上的等位基因分离的同时，位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合，基因自由组合定律同时也遵循基因的分离定律。 【详解】基因型为DDRR的某株水稻植株能产生的配子只有DR，水稻是两性花，可进行自花传粉和异花传粉，因此无论周围是什么基因型的个体，该株水稻所结种子长成的植株一定含有DR基因，ABC都含有DR基因，只有D选项没有D基因，因此该株水稻所结种子长成的植株一般不可能有的基因型为D选项所示基因型，D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 12．在完全显性且三对基因各自独立遗传的条件下，ddEeFF与DdEeFf杂交，其子代表现型不同于双亲的个体占全部后代的（　　） A．1/12 B．5/8 C．1/4 D．3/8 【答案】C 【来源】2011-2012学年天津市蓟县一中高二第二次月考生物试卷 【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】在完全显性且三对基因各自独立遗传的条件下，ddEeFF与DdEeFf杂交，将三对等位基因分开考虑：①dd×Dd→Dd：dd=1：1；②Ee×Ee→EE：Ee：ee=1：2：1；③FF×Ff→FF：Ff=1：1，由此计算，其子代表现型和双亲中ddEeFF相同的占1/2×3/4×1=3/8，其子代表现型和双亲中DdEeFf相同的概率为1/2×3/4×1=3/8，故ddEeFf与DdEeff杂交，其子代表现型不同于双亲的个体占全部后代的1-3/8-3/8=1/4，C正确，ABD错误。 故选C。 13．(23-24高一下·云南昆明禄劝彝族苗族自治县第一中学·期中)已知A/a与D/d基因分别位于两对同源染色体上，某基因型为 AaDd 的个体自交，后代中与亲本基因型完全相同的占比为（    ） A．9/16 B．1/8 C．1/4 D．1/8 【答案】C 【来源】云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中生物试题 【分析】基因自由组合定律的实质：（1）位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的。（2）在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 【详解】图中A/a、D/d两对等位基因位于非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，则基因型为AaDd的个体自交，后代基因型与亲本完全相同的个体（AaDd）的比例=1/2×1/2＝1/4，C正确，ABD错误。 故选C。 14．(21-22高一下·云南保山腾冲八中·期中)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．子代的红花植株的比列为9/16 D．子代共有6种表现型 【答案】D 【来源】云南省保山市腾冲市八中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】根据题意分析可知：控制花瓣大小的基因和控制花瓣颜色的基因独立遗传，所以符合基因的自由组合定律。大花瓣红色的基因型是AARR、AARr，大花瓣黄色的基因型为：AArr，小花瓣红色的基因型是：AaRR、AaRr，小花瓣黄色的基因型是：Aarr，无花瓣的基因型是aaRR、aaRr、aarr。 【详解】A、由题意可知，Aa自交子代基因型有3种，Rr自交子代基因型有3种，所以基因型为AaRr的亲本自交，子代共有9种基因型，A正确； B、Aa自交子代基因型及比例为AA：Aa：aa=1:2:1，其中aa表现为无花瓣，因此子代有花瓣植株所占的比例为3/4，AaRr所占的比例1/2×1/2=1/4，因此子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为1/3，B正确； C、Aa自交子代基因型及比例为AA：Aa：aa=1:2:1，其中aa表现为无花瓣，Rr自交子代基因型及比例为RR：Rr：rr=1:2:1，其中基因型为RR和Rr的花瓣是红色，因此红花的比例是3/4，因此子代的红花植株的比列为3/4×3/4=9/16，C正确； D、由题意可知，Aa自交子代表现型有3种，Rr自交子代表现型有2种，但由于aa表现无花瓣，故aaR_与aarr的表现型相同，表现型共5种，D错误。 故选D。 15．(21-22高一下·云南昆明寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校·期中)小麦籽粒色泽由4对独立遗传的基因（A和a、B和b、C和c、D和d）控制，只要有一个显性基因存在就表现红色，只有全隐性才表现为白色。现有杂交实验：红粒×红粒→红粒：白粒=63：1，则其双亲基因型不可能的是（    ） A．AabbCcDd×AabbCcDd B．AaBbCcDd×AaBbccdd C．AaBbccdd×aaBbCcDd D．aaBbCcDd×aaBbCcDd 【答案】C 【来源】云南省昆明市寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】由题意知，A和a、B和b、C和c、D和d分别位于四对同源染色体上，遵循自由组合定律，由于自由组合定律同时遵循分离定律，因此等位基因对数较多的自由组合问题，可以先分解成若干分离定律问题，对每一个分离定律进行解决，然后再组合成自由组合定律问题。 【详解】A、AabbCcDd×AabbCcDd可以分解成Aa×Aa、bb×bb、Cc×Cc、Dd×Dd四个分离定律问题，由题干信息可知，白粒的基因型是aabbccdd，比例是1/4×1×1/4×1/4＝1/64，红粒的比例是1-1/64=63/64，A错误； B、AaBbCcDd×AaBbccdd可以分解成Aa×Aa、Bb×Bb、Cc×cc、Dd×dd四个分离定律问题，由题干信息可知，白粒的基因型是aabbccdd，比例是1/4×1/4×1/2×1/2＝1/64，红粒的比例是1-1/64=63/64，B错误； C、AaBbccdd×aaBbCcDd可以分解成Aa×aa、Bb×Bb、cc×Cc、dd×Dd四个分离定律问题，由题干信息可知，白粒的基因型是aabbccdd，比例是1/2×1/4×1/2×1/2＝1/32，红粒的比例1-1/32=31/32，红粒∶白粒=31∶1，C正确； D、aaBbCcDd×aaBbCcDd可以分解成aa×aa、Bb×Bb、Cc×Cc、Dd×Dd四个分离定律问题，由题干信息可知，白粒的基因型是aabbccdd，比例是1×1/4×1/4×1/4＝1/64，红粒的比例是1-1/64=63/64，D错误。 故选C。 16．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)现有基因型为AaBBCCDdEe、AaBbccDdEE的两亲本进行杂交，若五对等位基因均独立遗传，则子代中有两对等位基因杂合、三对等位基因纯合的个体所占的比例是（    ） A．1/4 B．1/8 C．1/16 D．1/32 【答案】A 【来源】云南省昆明市五华区2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。因此也称为独立分配定律。 【详解】分析题意可知，子代一定是Cc（杂合子），这对等位基因暂不考虑。题目问题转化为一对等位基因杂合、三对等位基因纯合的个体所占的比例为：1/2×1/2×1/2×1/2×4=1/4。 故选A。 17．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)软骨发育不全是一种显性遗传病，白化病是一种隐性遗传病，控制这两种病的基因位于常染色体的非同源染色体上。一对夫妻都患软骨发育不全但不患白化病，他们所生的第一个孩子患白化病和软骨发育不全，第二个孩子表现正常。则他们再生一个孩子同时患两种病的概率是（    ） A．1/6 B．3/16 C．1/8 D．3/8 【答案】B 【来源】云南省昆明市一中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】分析题文：发育不全是一种显性遗传病，白化病是一种隐性遗传病，控制这两种病的基因位于常染色体的非同源染色体上，即两对基因遵循自由组合定律。 【详解】假设软骨发育不全由B、b基因控制，白化病由A、a基因控制，一对夫妻都患软骨发育不全但不患白化病（基因型为A_B_），他们所生的第一个孩子患白化病和软骨发育不全（基因型为aaB_），第二个孩子表现正常（基因型为A_bb），则这对夫妇的基因型都为AaBb，Aa×Aa→3/4A_（正常）、1/4aa（白化病），Bb×Bb→3/4B_（软骨发育不全）、1/4bb（正常），他们再生一个孩子同时患两种病的概率是1/4×3/4= 3/16。 故选B。 18．(21-22高一下·云南师范大学附中·期中)小麦三对等位基因分别控制着三对相对性状且独立遗传，现有两亲本杂交，其中某种表型占全部子代的比例为3/8，在完全显性的条件下，这对亲本的基因型可能是（    ） A．AABbCc×aaBbCc B．AaBbcc×aaBbcc C．AaBbCc×AabbCc D．AaBbCc×Aabbcc 【答案】B 【来源】云南师范大学附中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。因此也称为独立分配定律。 【详解】A、AABbCc×aaBbCc，后代表型为（3∶1）×（3∶1）=9∶3∶3∶1，不会出现某种表型占全部子代的比例为3/8，A错误； B、AaBbcc×aaBbcc，后代表型为（1∶1）×（3∶1）=3∶3∶1∶1，会出现某种表型占全部子代的比例为3/8，B正确； C、AaBbCc×AabbCc，后代表型为（3∶1）×（1∶1）×（3∶1）=（3∶3∶1∶1）×（3∶1），不会出现某种表型占全部子代的比例为3/8，C错误； D、AaBbCc×Aabbcc，后代表型为（3∶1）×（1∶1）×（1∶1）=（3∶3∶1∶1）×（1∶1），不会出现某种表型占全部子代的比例为3/8，D错误。 故选B。 9:3:3:1和1:1:1:1的变式类型及应用考点03 19．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)研究人员用某种植物纯合的白花与纯合的紫花进行杂交，F1全为紫花，F1自交后代的花色及植株数如下表所示。下列有关叙述错误的是（    ） 花色 紫花 白花 浅紫花 F2植株数 311 77 26 A．控制该植物花色的基因遵循自由组合定律 B．F2中紫花植株的基因型有6种 C．F2中白花植株自交，后代中白花︰浅紫花=5：1 D．F2中紫花植株测交，后代中紫花︰白花︰浅紫花=9：6：1 【答案】D 【来源】云南省昆明市五华区2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】据表格可知，F2中紫花：白花：浅紫花=12：3：1，是9：3：3：1的变式，说明控制该植物花色的基因遵循自由组合定律，假定用A/a、B/b表示控制该花色的基因。 【详解】A、分析表中数据可知，F2中紫花：白花：浅紫花=12：3：1，是9：3：3：1的变式，说明控制该植物花色的基因遵循自由组合定律，A正确； B、F2中紫花：白花：浅紫花=12：3：1，说明F1植株为双杂合，F2中紫花植株的基因型有6种（4种双显基因型和2种单显基因型），B正确； C、据题意可知，F2植株中白花为单显性状，假定基因型为1/3aaBB和2/3aaBb，白花植株自交，后代中白花（aaB_）概率为1/3+2/3×3/4=5/6，浅紫花（aabb）概率为2/3×1/4=1/6，即白花︰浅紫花=5：1，C正确； D、据题意可知，F2植株中紫花为双显和单显，假定基因型为1/12AABB、2/12AaBB、2/12AABb、4/12AaBb、1/12AAbb、2/12Aabb，产生的配子为AB：Ab：aB：ab=2：2：1：1，因此测交后代中紫花︰白花︰浅紫花=4：1：1，D错误。 故选D。 20．(22-23高一下·云南楚雄州·期中)玉米籽粒的白色和紫色与A/a和R/r两对基因有关，只有基因A和R同时存在时籽粒才表现为紫色，其他均为白色。现让一株紫粒玉米植株与一株隐性纯合白粒玉米植株杂交，F1中紫粒：白粒=1：3，F1紫粒植株自交，F2中紫粒：白粒=9：7。下列说法错误的是（    ） A．基因A/a和R/r的遗传遵循自由组合定律 B．自然界中，紫粒玉米植株的基因型最多有4种 C．亲本紫粒玉米植株一定是杂合子 D．F2白色籽粒植株中纯合子所占比例为1/7 【答案】D 【来源】云南省楚雄州2022-2023学年高一下学期期中教育学业质量监测生物试题 【分析】玉米的籽粒颜色受A、a和R、r两对独立遗传的基因控制，A、R同时存在时籽粒颜色为紫色，其他情况为白色。亲本白粒植株的基因型为aarr，当亲本紫色植株的基因型为AaRr时，F1的表型及比例才符合紫粒：白粒=1：3，F1中紫粒玉米基因型为AaRr。 【详解】A、因为亲本白粒植株的基因型为aarr，当亲本紫色植株的基因型为AaRr时，F1的表型及比例才符合紫粒：白粒=1：3，F1中紫粒玉米基因型为AaRr，F1紫粒植株自交，F2中紫粒：白粒=9：7，故基因A/a和R/r的遗传遵循自由组合定律，A正确； B、只有基因A和R同时存在时籽粒才表现为紫色，故紫粒植株的基因型为A-R-，最多有4种基因型，B正确； C、亲本白粒植株的基因型为aarr，当亲本紫色植株的基因型为AaRr时，F1的表型及比例才符合紫粒：白粒=1：3，C正确， D、亲本白粒植株的基因型为aarr，当亲本紫色植株的基因型为AaRr时，F1的表型及比例才符合紫粒：白粒=1：3，F1中紫粒玉米基因型为AaRr，F2白粒植株中的纯合子基因型为aarr，aaRR，AArr，占白粒玉米的3/7，D错误。 故选D。 21．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)已知某植物为雌雄同株，其花瓣颜色由两对独立遗传的核基因（A、a和B、b）控制，A对a、B对b完全显性，花瓣颜色的形成原理如图所示，若花瓣细胞中同时有红色色素和蓝色色素时，花瓣呈紫色。让紫花植株自交，其子代中紫花植株：红花植株：蓝花植株：白花植株=4：2：2：1.已知该植物存在某些基因型致死的情况，试回答下列问题： (1)该种群中紫花植株的基因型为 ，上述实验子代中紫花植株：红花植株：蓝花植株：白花植株=4：2：2：1，请你对该实验结果做出合理的解释 ；当子代紫花植株的测交结果为 时，则证明上述判断是正确的。 (2)已知外源基因D能抑制基因A的表达。研究人员利用转基因技术将1个D基因成功整合到某正常紫花植株的染色体上（基因型设为Do），基因D能表达、能遗传。若基因D未整合到A/a和B/b基因所在的染色体上，基因D与A/a或B/b基因的遗传关系应遵循 定律，该植株的自交后代中紫花植株占 。 【答案】(1) AaBb 基因型AA和BB均表现为纯合致死 紫花：红花：蓝花：白花=1：1：1：1 (2) 基因的自由组合 1/9 【来源】云南省昭通市一中教研联盟2023-2024学年高一下学期期中检测生物（A卷）试题 【分析】1、基因的自由组合定律的实质是非同源染色体上的非等位基因的自由组合，每一对等位基因分别遵循基因的分离定律，因此可以利用分离定律的思想分别研究每对等位基因来解决自由组合定律的相关计算。 2、据图可知基因型为A_B_的植株开紫花，基因型为A_bb的植株开红花，aaB_的植株开蓝花，aabb的植株开白花。 【详解】（1）据图可知基因型为A_B_的植株开紫花，基因型为A_bb的植株开红花，aaB_的植株开蓝花，aabb的植株开白花。让紫花植株自交，其子代中紫花植株：红花植株：蓝花植株：白花植株=4：2：2：1，相当于（2：1）×（2：1），又因为该植物存在某些基因型致死的情况，由此可推知，AA和BB均表现为纯合致死，因此该种群中紫花植株的基因型为AaBb，A/a和B/b基因的遗传遵循基因的自由组合定律。当紫花植株AaBb的测交结果为紫花：红花：蓝花：白花=1：1：1：1时，则证明上述判断是正确的。 （2）若基因D未整合到A/a或B/b基因所在的染色体上，说明基因D、A/a、B/b分别位于三对不同的同源染色上，也表明三者的遗传关系遵循基因的自由组合定律，该植株的基因型为AaBbD，自交后代基因型AaBbD-：aaBbD-：AabbD-：aabbD-：AaBb：aaBb：Aabb：aabb=12：6：6：3：4：2：2：1，AaBbD-表现为蓝花，AabbD- 表现为白花。自交后代的表型及比例为紫花：红花：蓝花：白花=4：2：（12+6+2）：（6+3+1）=2：1：10：5，即紫花植株所占的比例为1/9。 22．(23-24高一下·云南昆明嵩明县·期中)果蝇的野生型和突变型为一对相对性状，由常染色体上的基因控制。用纯合野生型果蝇与纯合突变型果蝇杂交，F1全为野生型，F1与一只突变型果蝇杂交，F2的表型及比例为野生型：突变型=3：1。针对此现象，学习小组提出了二种假说： 假说一：这对相对性状受一对等位基因（A、a）控制，且某种表型的个体中存在一定比例的致死现象，使得F2的表型出现上述比例； 假说二：这对相对性状受两对独立遗传的等位基因（A/a、B/b）控制，使得F2的表型出现上述比例。 回答下列问题。 (1)若假说一成立，上述相对性状中，显性性状为 ，判断依据是 。 (2)若假说一成立，则存在致死现象的表型为 ，F2野生型果蝇的基因型为 。 (3)若假说二成立，则突变型果蝇的基因型为 ，亲本野生型果蝇的基因型为 。 【答案】(1) 野生型 纯合野生型果蝇与纯合突变型果蝇杂交，F1全为野生型 (2) 突变型 Aa (3) aabb AABB 【来源】云南省昆明市嵩明县2023-2024学年高一下学期4月期中生物试题 【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。由题意知，突变型与野生型杂交，子一代都表现为野生型，说明野生型对突变型是显性。 【详解】（1）依据假说一，用纯合野生型果蝇与纯合突变型果蝇杂交，F1全为野生型，若受一对等位基因控制，则野生型果蝇为显性，突变型果蝇为隐性纯合。 （2）若假说一成立，F1与一只突变型果蝇杂交，F2的表型及比例应为野生型：突变型=1：1，现在F2的表型及比例为野生型：突变型=3：1。突变型的占比减少，因此存在致死现象的表型为突变型，则F2野生型果蝇的基因型为Aa。 （3）若假说二成立这对相对性状受两对独立遗传的等位基因（A/a、B/b）控制，则F1与一只突变型果蝇杂交，F2的表型及比例为野生型：突变型=3：1是因为双隐形是突变体，因此则突变型果蝇的基因型为aabb亲本野生型果蝇的基因型为AABB。 23．(23-24高一下·云南德宏傣族景颇族陇川县第一中学·期中)牵牛花的花色有白色和红色，受基因 R 和r控制；叶的形态有宽叶和窄叶，受基因H和h控制，两对基因独立遗传。某实验小组利用白花宽叶植株（甲）、红花窄叶植株（乙）、红花宽叶植株（丙）进行了如表所示的杂交实验。 杂交组合 亲本组合 F1表型及数目 红花宽叶 红花窄叶 白花宽叶 白花窄叶 一 甲×乙 202 201 203 200 二 乙×丙 302 301 102 101 三 甲×丙 302 102 301 101 (1)根据杂交组合 可以判断花色红花对白花为显性；根据杂交组合 可判断叶形的显隐性，且隐性性状为 。 (2)三个杂交组合中亲本的基因组成分别是：杂交组合一： ；杂交组合二： ；杂交组合三： 。 (3)杂交组合二F1红花窄叶个体中，理论上纯合子有 株。 (4)若丙植株进行自交，产生的子代为杂合子的概率是 ，其子代中红花宽叶的基因型有 种。 【答案】(1) 二 三 窄叶 (2) rrHh×Rrhh Rrhh×RrHh rrHh×RrHh (3)100 (4) 3/4 4 【来源】云南省德宏傣族景颇族自治州陇川县第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中生物试题 【分析】根据杂交组合二，红花植株与红花植株杂交，后代中出现白花，可推知红花对白花为显性；根据杂交组合三，宽叶植株和宽叶植株杂交，后代中出现窄叶，可推知宽叶对窄叶为显性。则甲的基因型为rrHh，乙的基因型为Rrhh，丙的基因型为RrHh。 【详解】（1）根据杂交组合二，红花植株与红花植株杂交，后代中出现白花，可推知红花对白花为显性；根据杂交组合三，宽叶植株和宽叶植株杂交，后代中出现窄叶，可推知宽叶对窄叶为显性。 （2）杂交组合二中亲本全为红花，F1中红花：白花=3：1，可知红花对白花为显性。杂交组合三亲本全为宽叶，F1中宽叶：窄叶=3：1，可知宽叶对窄叶为显性，进而可推知甲、乙、丙的基因型分别为rrHh、Rrhh和RrHh，即杂交组合一为rrHh×Rrhh，杂交组合二为Rrhh×RrHh，杂交组合三为rrHh×RrHh。 （3）杂交组合二为Rrhh×RrHh，F1红花窄叶植株的基因型为R_hh，其中的纯合子所占比例为1/3，红花窄叶共有301株，理论上纯合子约有100株。 （4）若丙植株（RrHh）进行自交，产生的子代为纯合子（RRHH、rrHH、RRhh、rrhh）的概率是4×1/4×1/4=1/4，产生的子代为杂合子的概率是1-1/4=3/4，其子代中红花宽叶（R_H_）的基因型有4种，分别为RrHh、RRHh、RrHH、RRHH。 24．(22-23高一下·云南红河州开远一中·期中)某种动物的体色由两对等位基因E、e和F、f控制，E和e分别控制黑色和白色，并且当F存在时，E基因不能表达。某人做了相关的杂交实验，其部分结果如下表所示。分析回答下列问题： 亲本组合 子一代 子二代 白色×白色 白色 白色∶黑色=∶ (1)请写出亲本的基因型 。 (2)F2中的白色基因型有 种，其中纯合子所占比例为 。 (3)如果需要知道一只黑色雄性是纯合还是杂合，如何进行杂交实验？实验方案：让该黑色雄性个体与 进行杂交，统计后代的表型。若后代 ，则黑色雄性个体是纯合；若后代 ，则黑色雄性个体是杂合。 【答案】(1)EEFF和eeff (2) 7 3/13 (3) 多只基因型为eeff的雌性个体 全为黑色个体 出现白色个体 【来源】云南省红河州开远市一中2022-2023学年高一下学期期中生物试题 【分析】图表分析：子二代白色∶黑色=13∶3，是9∶3∶3∶1的变形，因此遵循基因自由组合定律。因为当F存在时，E基因不能表达，因此黑色的基因组成为E_ff，白色的基因组成为ee_、E_F_。 【详解】（1）根据子二代白色∶黑色=13∶3，为9∶3∶3∶1的变式，推知F1的基因型为EeFf，相关基因的遗传遵循基因自由组合定律。由于黑色的基因组成为E_ff，其余基因型表现为白色。则两个亲本都为白色的纯合子，基因型为EEFF、eeff。 （2）题意显示，E和e分别控制黑色和白色，并且当F存在时，E基因不能表达，则F2中的白色基因型有1eeFF、2eeFf、1eeff、1EEFF、2EeFF、2EEFf、4EeFf共7种，其中纯合子所占比例为3/13。 （3）因为黑色个体基因组成为E_ff，若要具体确定是纯合还是杂合，应该选择某个个体与之杂交后的后代可能会出现性状分离的。若选择eeFF（乙）与之杂交，无论此黑色个体是纯合还是杂合，后代都是白色个体，无法判断此黑色个体的基因型。因此应该选择多只基因型为eeff的雌性个体进行测交，即E_ff×eeff统计后代的性状表现。 如果后代全为黑色个体，则亲本黑色雄性个体的基因型为EEff； 如果后代出现白色个体，则亲本黑色雄性个体的基因型为Eeff。 25．(21-22高一下·云南昆明寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校·期中)某植物的籽粒颜色受4对等位基因（A/a、B/b、C/c、R/r）控制，基因型为A_B_C_R_时籽 粒为紫色，基因型为A_B_C_rr时籽粒为红色，其他情况下为白色。甲、乙、丙为基因型不同的三个白 色纯种，利用甲、乙、丙三个白色纯种进行的杂交实验及结果如下，据此回答下列问题： 实验一：甲×乙→F1全部表现为紫色籽粒→自交得F2，其籽粒表型及比例为紫色：红色：白色=27：9：28 实验二：甲×丙→F1全部表现为紫色籽粒→自交得F2，其籽粒表型及比例为紫色：红色：白色=81：27：148 实验三：实验二的F1×丙→子代仅出现两种颜色的籽粒，且紫色：白色=1：3 (1)根据实验二的结果，可以判断控制该植物籽粒颜色的4对等位基因位于 对同源染色体上。 (2)实验一中F1紫色籽粒植株的基因型可能是 ；控制籽粒颜色的4对（8个）基因中甲与乙中相同的基因有 个。 (3)实验二的F1的基因型是 。丙的基因型中一定含有 （填“A”“B”“C”或“R”）基因。 【答案】(1)4 (2) AABbCcRr或AaBBCcRr或AaBbCCRr 2 (3) AaBbCcRr R 【来源】云南省昆明市寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校2021-2022学年高一下学期期中联考生物试题 【分析】实验一种子代总数为27+9+28=64=43，说明F1紫色存在三对等位基因；实验二中子代比例总数为81+27+148=256=44，说明F1基因型是AaBbCcRr；实验三的丙与实验二的F1AaBbCcRr杂交，子代出现紫色：白色=1∶3的比例，是两对等位基因的测交实验。 (1) 根据F2的杂交结果，子代出现（3∶1）4，说明四对等位基因位于四对同源染色体上，遵循基因自由组合定律。 (2) 实验一中F1紫色存在三对等位基因，且子代中含有A_B_C_rr的红色籽粒，所以F1肯定含有Rr这对等位基因，因此其基因型可以是AABbCcRr或AaBBCcRr或AaBbCCRr共三种基因型；甲乙杂交后F1出现了三对等位基因，只有1对保持纯合，以AABbCcRr为例，亲代的基因型可以是AABBccRR和AAbbCCrr，8个基因中有2个基因相同。 (3) 根据分析，实验二F1子代比例总数为81+27+148=256=44，说明F1基因型是AaBbCcRr；由于三组实验二的F1基因型是AaBbCcRr，当其和丙杂交时，子代中没有出现A_B_C_rr的红色植株，因此丙中一定含有R基因，且是纯合子，为RR。 26．(21-22高一下·云南曲靖二中·期中)果蝇体色黄色（A）对黑色（a）为显性，翅型长翅（B）对残翅（b）为显性。研究发现，用两种纯合果蝇杂交得到F1，F1中雌雄个体自由交配，F2中出现了5∶3∶3∶1的特殊性状分离比。请回答以下问题。 (1)F2中出现了5∶3∶3∶1的特殊性状分离比的原因可能是：①F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为 ；② ；③ 。 (2)请利用以上子代果蝇为材料，用最简便的方法设计一代杂交实验，判断上述三种原因的正确性（写出简要实验设计思路，以及预期实验结果和结论）。 实验思路： 甲组实验， ； 乙组实验， ； 预期结果及结论： 若 ，则是原因①导致的； 若 ，则是原因②导致的； 若 ，则是原因③导致的。 【答案】(1) AaBB和AABb 基因型为AB的雌配子致死 基因型为AB的雄配子致死 (2) 甲组实验，用F1的雌果蝇与F2中黑色残翅雄果蝇杂交，观察子代的表现型及比例 乙组实验，用F1的雄果蝇与F2中黑色残翅雌果蝇杂交，观察子代的表现型及比例。 若甲、乙两组杂交子代的表现型及比例都为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，则原因是F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为AaBB和AABb； 若甲组杂交子代的表现型及比例为黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1，乙组杂交子代为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，则原因是基因型为AB的雌配子致死； 若甲组杂交子代的表现型及比例为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，乙组杂交子代为黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1，则原因是基因型为AB的雄配子致死。 【来源】云南省曲靖市二中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】1、基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在减数分裂形成配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合； 2、由题意知，子二代出现的表现型及比例是5：3：3：1，共有12种组合，说明子一代基因型是AaBb，存在致死现象，且致死的表现型是双显性性状，如果致死的基因型是2种，则致死基因型是AaBB、AABb，也可能是AB的某一种配子不能受精造成的。 （1） 根据题干信息“用两种纯合果蝇杂交得到F1，F1中雌雄个体自由交配，F2中出现了5：3：3：1的特殊性状分离比”，推测果蝇体色与翅型的遗传遵循基因的自由组合定律，则F1的基因型是AaBb，正常情况下，F2出现4种类型且比例为9（1AABB、2AaBB、2AABb、4AaBb）：3（1AAbb、2Aabb）：3（1aaBB、2aaBb）：1（aabb），现实是F2出现4种类型且比例为5：3：3：1，推测F2中出现了5：3：3：1的特殊性状分离比的原因可能是；①某种基因型致死，进一步分析可知应是基因型为AaBB和AABb的个体死亡；某种配子致死，由于F2出现4种类型且比例为5：3：3：1，所以不具有受精能力配子的基因组成是AB，所以②可能是基因型为AB的雌配子致死，③也可能是基因型为AB的雄配子致死。 （2） 要想通过杂交实验来判断三种原因的正确性，则选取的杂交组合为：用F1与F2中黑色残翅个体进行正反交实验，甲组实验，用F1的雌果蝇与F2中黑色残翅雄果蝇杂交，观察子代的表现型及比例；乙组实验，用F1的雄果蝇与F2中黑色残翅雌果蝇杂交，观察子代的表现型及比例。 若甲、乙两组杂交子代的表现型及比例都为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，则原因是F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为AaBB和AABb； 若甲组杂交子代的表现型及比例为黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1，乙组杂交子代为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，则原因是基因型为AB的雌配子致死； 若甲组杂交子代的表现型及比例为黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1，乙组杂交子代为黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1，则原因是基因型为AB的雄配子致死。 【点睛】本题考查基因自由组合定律的应用及9：3：3：1变式的应用的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力，以及设计实验的能力。 27．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)杜洛克猪的毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如下表。 毛色 红毛 棕毛 白毛 基因组成 A_B_ A_bb、aaB_ aabb 回答下列问题。 (1)杜洛克猪的红毛、棕毛和白毛属于相对性状，判断依据是 。 (2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。 ①若F1测交，后代表现型及比例为 。 ②F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体占比为 。 ③若要确定F2中某只棕毛猪是否为纯合子，请设计杂交实验加以证明。（要求写出实验思路并预期结果及结论） 。 【答案】(1)它们是同种生物（杜洛克猪）同一性状（毛色）的不同表现类型 (2) 红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1 1/9 让该棕毛猪与白毛猪杂交，统计后代的表现型及比例，若后代全为棕毛，该棕毛猪是纯合子；若后代棕毛∶白毛=1∶1，该棕毛猪是杂合子 【来源】云南省昆明市一中2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】由题意可知：猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，遵循自由组合定律。AaBb个体相互交配，后代A_B_：A_bb：aaB_：aabb=9：3：3：1，表现型比例为红毛：棕毛：白毛=9：6：1。 【详解】（1）杜洛克猪的红毛、棕毛和白毛是同种生物、同一性状（毛色）的不同表现类型，属于相对性状。 （2）两头纯合棕毛猪杂交，F1均为红毛猪，由题表可知红毛猪的基因组成为A_B_，可推知两头纯合棕毛猪的基因型为AAbb和aaBB，F1红毛猪的基因型为AaBb。 ①若F1测交，即AaBb与aabb杂交，后代基因型及比例为AaBb：Aabb：aaBb：aabb=1：1：1：1，根据表格可知后代表现型及比例为红毛：棕毛：白毛=1：2：1。 ②F2的棕毛个体中各基因型及比例为1/6AAbb、1/3Aabb、1/6aaBB、1/3aaBb，产生配子种类及比例为1/3Ab、1/3AB、1/3ab，。棕毛个体相互交配，子代白毛个体占比为1/3×1/3=1/9。 ③F2的棕毛个体可能为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb，若要确定F2中某只棕毛猪是否为纯合子，可以让该棕毛猪与白毛猪（aabb）杂交，统计后代的表现型及比例。若该棕毛猪为纯合子（AAbb或aaBB），则后代为Aabb或aaBb，全为棕毛；若该棕毛猪是杂合子（Aabb或aaBb），则后代为Aabb（或aaBb）：aabb=1：1，表现型为棕毛∶白毛=1∶1。 28．(21-22高一下·云南昆明三中、滇池中学·期中)果蝇的正常翅和卷翅是一对相对性状，由一对等位基因(A/a)控制。红眼和棕眼是一对相对性状，由另一对等位基因(B/b)控制。已知两对基因均位于常染色体上。现将卷翅棕眼雌果蝇与正常翅红眼雄果蝇杂交，F1表现为卷翅红眼∶正常翅红眼=1∶1.将F1中的卷翅雌雄个体相互交配，F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1.回答下列问题： (1)在正常翅和卷翅、红眼和棕眼这2对相对性状中，显性性状分别是 。卷翅个体相互交配，后代出现卷翅和正常翅的现象称为 。 (2)F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1的原因是 。 (3)关于控制上述2对相对性状的基因与染色体的关系，有以下2种假设： 假设一：A/a和B/b分别位于2对常染色体上； 假设二：A/a和B/b位于1对常染色体上； 请从上述实验中选择合适的实验材料，设计一次杂交实验检验假设一和假设二、 实验思路： 。 预期结果和结论：若 ，则假设一成立； 若 ，则假设二成立。 【答案】(1) 卷翅、红眼 性状分离 (2)A基因纯合致死（或AA致死） (3) 选F1卷翅红眼雌雄个体相互交配，观察并统计子代的表型及比例 子代卷翅红眼：卷翅棕眼：正常翅红眼：正常翅棕眼＝6:2:3:1 子代卷翅红眼：正常翅红眼＝2:1 【来源】云南省昆明市三中、滇池中学2021-2022学年高一下学期期中生物试题 【分析】1.基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。 2．基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。 题意分析，卷翅棕眼雌果蝇与正常翅红眼雄果蝇杂交，F1表现为卷翅红眼∶正常翅红眼=1∶1.子一代全表现为红眼，说明红眼对棕眼为显性，将F1中的卷翅雌雄个体相互交配，F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1，说明卷翅对正常翅为显性，同时控制卷翅的基因存在显性纯合致死的情况。 (1) 结合分析可知，在正常翅和卷翅、红眼和棕眼这2对相对性状中，卷翅对正常翅为显性，红眼对棕眼为显性。卷翅个体相互交配，后代出现卷翅和正常翅同时出现的现象称为性状分离。 (2) F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1，其原因是控制卷翅的基因A表现为显性纯合致死现象。 (3) 假设一：A/a和B/b分别位于2对常染色体上，则亲本中卷翅棕眼雌果蝇的基因型为Aabb，正常翅红眼雄果蝇的基因型为aaBB，则子代的基因型为AaBb和aaBb，为了证明上述假设则可选择F1中表现为卷翅红眼（AaBb）的雌雄个体进行相互交配，统计后代的性状表现，由于AA纯合致死，若子代中（2卷翅∶2正常翅）×（3红眼∶3正常眼）=卷翅红眼∶卷翅棕眼∶正常翅红眼∶正常翅棕眼＝6∶2∶3∶1，则说明两对基因位于两对同源染色体上，在遗传时遵循基因自由组合定律。 假设二：A/a和B/b位于1对常染色体上，则依然选择F1中表现为卷翅红眼（AaBb）的雌雄个体进行相互交配，统计后代的性状表现，由于A和b、a和B分别位于一对同源染色体上，卷翅红眼（AaBb）产生的配子Ab：aB=1：1，且后代AA会死亡，则产生后代的表现型为卷翅红眼（AaBb）∶正常翅红眼（aaBB）＝2∶1。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题4 自由组合定律的综合应用 考点概览 考点01 基因自由组合定律的实质和应用 考点02 利用分离定律思维解决自由组合定律的问题 考点03 9:3:3:1和1:1:1:1的变式类型及应用 基因自由组合定律的实质和应用考点01 1．(23-24高一下·云南德宏傣族景颇族陇川县第一中学·期中)下列关于生物遗传规律的说法，正确的是（    ） A．基因自由组合定律是基因分离定律的基础 B．大肠杆菌性状的遗传也遵循基因的分离定律 C．两对或两对以上相对性状的遗传都遵循基因自由组合定律 D．基因型为Aa的个体连续自交，后代中纯合子所占的比例逐渐增大 2．(22-23高一下·云南红河州蒙自一中·期中)下列有关孟德尔两对相对性状遗传实验的说法中，最能反映基因自由组合定律实质的是（    ） A．Y、y与R、r所在的非同源染色体间的自由组合 B．F1产生的四种雌雄配子之比为1：1：1：1 C．黄色(绿色)表型与圆粒(皱粒)表型之间自由组合 D．F1产生的雌雄配子随机结合 3．(23-24高一下·云南昆明石林彝族自治县第一中学·期中)在豚鼠中，黑色（C）对白色（c）、毛皮粗糙（R）对毛皮光滑（r）是显性。能验证自由组合定律的最佳杂交组合是（    ） A．黑光×白光→18黑光∶16白光 B．黑光×白粗→25黑粗 C．黑粗×白粗→15黑粗∶7黑光∶16白粗 ∶3白光 D．黑粗×白光→10黑粗∶9黑光∶9白粗∶11白光 4．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)孟德尔遗传规律包括分离定律和自由组合定律，下列相关叙述错误的是（    ） A．自由组合定律不能用于分析一对相对性状的遗传 B．分离定律可用于分析两对相对性状的遗传 C．基因的分离和自由组合发生在配子形成的过程中 D．分离定律是自由组合定律的基础 5．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)下图是某班级用小球做遗传规律的模拟实验，其中Ⅰ、Ⅲ和Ⅱ、Ⅳ小桶分别代表雌性和雄性生殖器官，小球代表配子。下列相关叙述错误的是（　　） A．Ⅰ、Ⅲ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟非同源染色体上非等位基因自由组合的过程 B．Ⅰ、Ⅱ各随机抓取一个小球并记录字母组合，模拟Dd个体交配时产生配子及雌雄配子结合的过程 C．一般雄配子数目远多于雌配子数目，所以Ⅰ、Ⅱ小桶内小球总数可以不相等 D．为了符合实际形成配子及受精情况，每次从小桶中抓取小球并统计后不必放回 利用分离定律思维解决自由组合定律的问题考点02 6．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)已知子代基因型及比例为AABB：AAbb：AaBB：Aabb：AABb：AaBb=1：1：1：1：2：2，且两对基因独立遗传，则双亲的基因型是（　　） A．AaBB×AaBb B．AaBb×AaBb C．AABb×AaBb D．AABb×AaBB 7．某种动物的直毛（B）对卷毛（b）为显性，黑色（D）对白色（d）为显性，控制两对性状的基因独立遗传。研究人员用基因型为BbDd的个体与个体X交配，下列叙述错误的是（　　） A．若X的基因型为BbDd，则雌雄配子的结合方式有16种 B．若X的基因型为bbdd，则后代表型比为1：1：1：1 C．若子代表型比为3：1：3：1，则X的基因型有两种可能 D．若子代表型比为直毛黑色：直毛白色=1：1，则X能产生两种基因型的配子 8．(23-24高一下·云南昆明嵩明县·期中)南瓜果实的白色（A）对黄色（a）为显性，盘状（B）对球状（b）为显性，两对基因位于非同源染色体上。现有纯合白色盘状南瓜和纯合黄色球状南瓜，欲培育能稳定遗传的黄色盘状南瓜，相关叙述错误的是（    ） A．采用杂交育种，能达成上述育种目的 B．F2的黄色盘状南瓜中，所需品种占1/2 C．F2的基因组合类型有9种，表型有4种 D．F2中重组类型所占的比例是3/8 9．(23-24高一下·云南昆明五华区云南师范大学附属中学·期中)对某植物进行测交实验，后代有四种表现型，其数量分别为49、52、50、51，已知每对等位基因均独立遗传，这株植物的基因型不可能是（    ） A．MmNNpp B．MmNnPP C．mmNnPp D．MMNnPp 10．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)如图为遗传因子组成为AaBb的个体进行有性生殖的过程图解，下列有关说法正确的是（    ） A．分离定律发生在①过程，自由组合定律发生在②过程 B．雌雄配子结合方式有9种，子代遗传因子组成有9种 C．F1中不同于亲本性状表现的个体占全部子代个体的7/16 D．F1中杂合子所占比例为4/16 11．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)已知基因型为DDRR的某株水稻既抗倒伏又抗稻瘟病，在其周围生长着其他基因型的水稻，该株水稻所结种子长成的植株一般不可能有的基因型为（    ） A．DDRr B．DdRR C．DdRr D．ddRr 12．在完全显性且三对基因各自独立遗传的条件下，ddEeFF与DdEeFf杂交，其子代表现型不同于双亲的个体占全部后代的（　　） A．1/12 B．5/8 C．1/4 D．3/8 13．(23-24高一下·云南昆明禄劝彝族苗族自治县第一中学·期中)已知A/a与D/d基因分别位于两对同源染色体上，某基因型为 AaDd 的个体自交，后代中与亲本基因型完全相同的占比为（    ） A．9/16 B．1/8 C．1/4 D．1/8 14．(21-22高一下·云南保山腾冲八中·期中)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．子代的红花植株的比列为9/16 D．子代共有6种表现型 15．(21-22高一下·云南昆明寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校·期中)小麦籽粒色泽由4对独立遗传的基因（A和a、B和b、C和c、D和d）控制，只要有一个显性基因存在就表现红色，只有全隐性才表现为白色。现有杂交实验：红粒×红粒→红粒：白粒=63：1，则其双亲基因型不可能的是（    ） A．AabbCcDd×AabbCcDd B．AaBbCcDd×AaBbccdd C．AaBbccdd×aaBbCcDd D．aaBbCcDd×aaBbCcDd 16．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)现有基因型为AaBBCCDdEe、AaBbccDdEE的两亲本进行杂交，若五对等位基因均独立遗传，则子代中有两对等位基因杂合、三对等位基因纯合的个体所占的比例是（    ） A．1/4 B．1/8 C．1/16 D．1/32 17．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)软骨发育不全是一种显性遗传病，白化病是一种隐性遗传病，控制这两种病的基因位于常染色体的非同源染色体上。一对夫妻都患软骨发育不全但不患白化病，他们所生的第一个孩子患白化病和软骨发育不全，第二个孩子表现正常。则他们再生一个孩子同时患两种病的概率是（    ） A．1/6 B．3/16 C．1/8 D．3/8 18．(21-22高一下·云南师范大学附中·期中)小麦三对等位基因分别控制着三对相对性状且独立遗传，现有两亲本杂交，其中某种表型占全部子代的比例为3/8，在完全显性的条件下，这对亲本的基因型可能是（    ） A．AABbCc×aaBbCc B．AaBbcc×aaBbcc C．AaBbCc×AabbCc D．AaBbCc×Aabbcc 9:3:3:1和1:1:1:1的变式类型及应用考点03 19．(21-22高一下·云南昆明五华区·期中)研究人员用某种植物纯合的白花与纯合的紫花进行杂交，F1全为紫花，F1自交后代的花色及植株数如下表所示。下列有关叙述错误的是（    ） 花色 紫花 白花 浅紫花 F2植株数 311 77 26 A．控制该植物花色的基因遵循自由组合定律 B．F2中紫花植株的基因型有6种 C．F2中白花植株自交，后代中白花︰浅紫花=5：1 D．F2中紫花植株测交，后代中紫花︰白花︰浅紫花=9：6：1 20．(22-23高一下·云南楚雄州·期中)玉米籽粒的白色和紫色与A/a和R/r两对基因有关，只有基因A和R同时存在时籽粒才表现为紫色，其他均为白色。现让一株紫粒玉米植株与一株隐性纯合白粒玉米植株杂交，F1中紫粒：白粒=1：3，F1紫粒植株自交，F2中紫粒：白粒=9：7。下列说法错误的是（    ） A．基因A/a和R/r的遗传遵循自由组合定律 B．自然界中，紫粒玉米植株的基因型最多有4种 C．亲本紫粒玉米植株一定是杂合子 D．F2白色籽粒植株中纯合子所占比例为1/7 21．(23-24高一下·云南昭通一中教研联盟·期中)已知某植物为雌雄同株，其花瓣颜色由两对独立遗传的核基因（A、a和B、b）控制，A对a、B对b完全显性，花瓣颜色的形成原理如图所示，若花瓣细胞中同时有红色色素和蓝色色素时，花瓣呈紫色。让紫花植株自交，其子代中紫花植株：红花植株：蓝花植株：白花植株=4：2：2：1.已知该植物存在某些基因型致死的情况，试回答下列问题： (1)该种群中紫花植株的基因型为 ，上述实验子代中紫花植株：红花植株：蓝花植株：白花植株=4：2：2：1，请你对该实验结果做出合理的解释 ；当子代紫花植株的测交结果为 时，则证明上述判断是正确的。 (2)已知外源基因D能抑制基因A的表达。研究人员利用转基因技术将1个D基因成功整合到某正常紫花植株的染色体上（基因型设为Do），基因D能表达、能遗传。若基因D未整合到A/a和B/b基因所在的染色体上，基因D与A/a或B/b基因的遗传关系应遵循 定律，该植株的自交后代中紫花植株占 。 22．(23-24高一下·云南昆明嵩明县·期中)果蝇的野生型和突变型为一对相对性状，由常染色体上的基因控制。用纯合野生型果蝇与纯合突变型果蝇杂交，F1全为野生型，F1与一只突变型果蝇杂交，F2的表型及比例为野生型：突变型=3：1。针对此现象，学习小组提出了二种假说： 假说一：这对相对性状受一对等位基因（A、a）控制，且某种表型的个体中存在一定比例的致死现象，使得F2的表型出现上述比例； 假说二：这对相对性状受两对独立遗传的等位基因（A/a、B/b）控制，使得F2的表型出现上述比例。 回答下列问题。 (1)若假说一成立，上述相对性状中，显性性状为 ，判断依据是 。 (2)若假说一成立，则存在致死现象的表型为 ，F2野生型果蝇的基因型为 。 (3)若假说二成立，则突变型果蝇的基因型为 ，亲本野生型果蝇的基因型为 。 23．(23-24高一下·云南德宏傣族景颇族陇川县第一中学·期中)牵牛花的花色有白色和红色，受基因 R 和r控制；叶的形态有宽叶和窄叶，受基因H和h控制，两对基因独立遗传。某实验小组利用白花宽叶植株（甲）、红花窄叶植株（乙）、红花宽叶植株（丙）进行了如表所示的杂交实验。 杂交组合 亲本组合 F1表型及数目 红花宽叶 红花窄叶 白花宽叶 白花窄叶 一 甲×乙 202 201 203 200 二 乙×丙 302 301 102 101 三 甲×丙 302 102 301 101 (1)根据杂交组合 可以判断花色红花对白花为显性；根据杂交组合 可判断叶形的显隐性，且隐性性状为 。 (2)三个杂交组合中亲本的基因组成分别是：杂交组合一： ；杂交组合二： ；杂交组合三： 。 (3)杂交组合二F1红花窄叶个体中，理论上纯合子有 株。 (4)若丙植株进行自交，产生的子代为杂合子的概率是 ，其子代中红花宽叶的基因型有 种。 24．(22-23高一下·云南红河州开远一中·期中)某种动物的体色由两对等位基因E、e和F、f控制，E和e分别控制黑色和白色，并且当F存在时，E基因不能表达。某人做了相关的杂交实验，其部分结果如下表所示。分析回答下列问题： 亲本组合 子一代 子二代 白色×白色 白色 白色∶黑色=∶ (1)请写出亲本的基因型 。 (2)F2中的白色基因型有 种，其中纯合子所占比例为 。 (3)如果需要知道一只黑色雄性是纯合还是杂合，如何进行杂交实验？实验方案：让该黑色雄性个体与 进行杂交，统计后代的表型。若后代 ，则黑色雄性个体是纯合；若后代 ，则黑色雄性个体是杂合。 25．(21-22高一下·云南昆明寻甸一中、昆明西联学校阳宗海学校·期中)某植物的籽粒颜色受4对等位基因（A/a、B/b、C/c、R/r）控制，基因型为A_B_C_R_时籽 粒为紫色，基因型为A_B_C_rr时籽粒为红色，其他情况下为白色。甲、乙、丙为基因型不同的三个白 色纯种，利用甲、乙、丙三个白色纯种进行的杂交实验及结果如下，据此回答下列问题： 实验一：甲×乙→F1全部表现为紫色籽粒→自交得F2，其籽粒表型及比例为紫色：红色：白色=27：9：28 实验二：甲×丙→F1全部表现为紫色籽粒→自交得F2，其籽粒表型及比例为紫色：红色：白色=81：27：148 实验三：实验二的F1×丙→子代仅出现两种颜色的籽粒，且紫色：白色=1：3 (1)根据实验二的结果，可以判断控制该植物籽粒颜色的4对等位基因位于 对同源染色体上。 (2)实验一中F1紫色籽粒植株的基因型可能是 ；控制籽粒颜色的4对（8个）基因中甲与乙中相同的基因有 个。 (3)实验二的F1的基因型是 。丙的基因型中一定含有 （填“A”“B”“C”或“R”）基因。 26．(21-22高一下·云南曲靖二中·期中)果蝇体色黄色（A）对黑色（a）为显性，翅型长翅（B）对残翅（b）为显性。研究发现，用两种纯合果蝇杂交得到F1，F1中雌雄个体自由交配，F2中出现了5∶3∶3∶1的特殊性状分离比。请回答以下问题。 (1)F2中出现了5∶3∶3∶1的特殊性状分离比的原因可能是：①F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为 ；② ；③ 。 (2)请利用以上子代果蝇为材料，用最简便的方法设计一代杂交实验，判断上述三种原因的正确性（写出简要实验设计思路，以及预期实验结果和结论）。 实验思路： 甲组实验， ； 乙组实验， ； 预期结果及结论： 若 ，则是原因①导致的； 若 ，则是原因②导致的； 若 ，则是原因③导致的。 27．(21-22高一下·云南昆明一中·期中)杜洛克猪的毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如下表。 毛色 红毛 棕毛 白毛 基因组成 A_B_ A_bb、aaB_ aabb 回答下列问题。 (1)杜洛克猪的红毛、棕毛和白毛属于相对性状，判断依据是 。 (2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。 ①若F1测交，后代表现型及比例为 。 ②F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体占比为 。 ③若要确定F2中某只棕毛猪是否为纯合子，请设计杂交实验加以证明。（要求写出实验思路并预期结果及结论） 。 28．(21-22高一下·云南昆明三中、滇池中学·期中)果蝇的正常翅和卷翅是一对相对性状，由一对等位基因(A/a)控制。红眼和棕眼是一对相对性状，由另一对等位基因(B/b)控制。已知两对基因均位于常染色体上。现将卷翅棕眼雌果蝇与正常翅红眼雄果蝇杂交，F1表现为卷翅红眼∶正常翅红眼=1∶1.将F1中的卷翅雌雄个体相互交配，F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1.回答下列问题： (1)在正常翅和卷翅、红眼和棕眼这2对相对性状中，显性性状分别是 。卷翅个体相互交配，后代出现卷翅和正常翅的现象称为 。 (2)F2表现为卷翅∶正常翅=2∶1的原因是 。 (3)关于控制上述2对相对性状的基因与染色体的关系，有以下2种假设： 假设一：A/a和B/b分别位于2对常染色体上； 假设二：A/a和B/b位于1对常染色体上； 请从上述实验中选择合适的实验材料，设计一次杂交实验检验假设一和假设二、 实验思路： 。 预期结果和结论：若 ，则假设一成立； 若 ，则假设二成立。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$