专题四 [重点突破] 第4练 基因互作与遗传定律-【步步高·考前三个月】2025年高考生物学复习讲义课件（苏冀赣）（课件PPT+word教案）

[重点突破]　第4练　基因互作与遗传定律　[分值：100分] 1．(每空1分，共6分)(2023·河北，23节选)某家禽等位基因M/m控制黑色素的合成(MM与Mm的效应相同)，并与等位基因T/t共同控制喙色，与等位基因R/r共同控制羽色。研究者利用纯合品系P1(黑喙黑羽)、P2(黑喙白羽)和P3(黄喙白羽)进行相关杂交实验，并统计F1和F2的部分性状，结果如表。 实验 亲本 F1 F2 1 P1×P3 黑喙 9/16黑喙，3/16花喙(黑黄相间)，4/16黄喙 2 P2×P3 灰羽 3/16黑羽，6/16灰羽，7/16白羽 回答下列问题： (1)由实验1可判断该家禽喙色的遗传遵循________定律，F2的花喙个体中纯合子占比为________________________________________________________________________。 (2)实验2中F1灰羽个体的基因型为________，F2中白羽个体的基因型有____种。若F2的黑羽个体间随机交配，所得后代中白羽个体占比为____，黄喙黑羽个体占比为____。 答案　(1)自由组合(或“孟德尔第二”)　1/3　(2)MmRr(或“MmRrTt”)　5　1/9　0 解析　(1)由题干信息可知，该家禽喙色由M/m和T/t共同控制，实验1的F2中喙色表型有三种，比例为9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，表明F1产生的雌、雄配子各有4种，且比例相同，受精时雌、雄配子结合方式有16种。因此，家禽喙色的遗传遵循自由组合定律。F2中花喙个体(有黑色素合成)的基因型有两种，分别为MMtt(1/16)和Mmtt(2/16)，其中纯合子MMtt占比为1/3。(2)由题干信息可知，该家禽羽色由M/m和R/r共同控制，实验2的F2中羽色表型有三种，比例为3∶6∶7，是9∶3∶3∶1的变式，因此F1灰羽个体基因型为MmRr。F2的黑羽和灰羽个体共占9/16，基因型为M_R_。白羽占7/16，基因型共5种，分别为mmRR(1/16)、mmRr(2/16)、MMrr(1/16)、Mmrr(2/16)和mmrr(1/16)。由于MM和Mm的表型效应相同，黑羽个体中两种基因型及其占比为MMRR(1/3)和MmRR(2/3)，故黑羽个体随机交配所得后代中，白羽个体(mmRR)的占比为2/3×2/3×1/4＝1/9。由实验1和实验2结果可知，黄喙个体基因型为mmT_和mmtt，黑羽的基因型为M_RR，因此不存在黄喙黑羽的个体，即黄喙黑羽个体占比为0。 2．(每空2分，共14分)(2024·江苏，24)有一种植物的花色受常染色体上独立遗传的两对等位基因控制，有色基因B对白色基因b为显性，基因I存在时抑制基因B的作用，使花色表现为白色，基因i不影响基因B和b的作用。现有3组杂交实验，结果如表。请回答下列问题： (1)甲和丙的基因型分别是________、________。 (2)组别①的F2中有色花植株有________种基因型。若F2中有色花植株随机传粉，后代中白色花植株比例为________。 (3)组别②的F2中白色花植株随机传粉，后代白色花植株中杂合子比例为________。 (4)组别③的F1与甲杂交，后代表型及比例为____________________。组别③的F1与乙杂交，后代表型及比例为_____________________________________________________。 答案　(1)iiBB　IIBB　(2)2　1/9　(3)1/2　(4)有色∶白色＝1∶1　有色∶白色＝1∶3 解析　(1)分析题干信息，该植物花色受常染色体上独立遗传的两对等位基因控制，其中有色基因B对白色基因b为显性，基因I对基因B有抑制作用，则有色基因型是iiB_，白色基因型是I_B_、I_bb、iibb，组别②中甲(有色)×丙(白色)，F1都是白色，自交后代中白色∶有色＝3∶1，说明F1是单杂合子，F2白色花植株的基因型为I_BB，说明F1的基因型是IiBB，据此可推知甲的基因型应是iiBB，丙的基因型是IIBB。(2)组别①中甲(iiBB)×乙(白色)，F1都是有色，自交后代中有色∶白色＝3∶1，说明F1是单杂合子，F2有色花植株的基因型为iiB_，说明F1的基因型是iiBb，乙的基因型是iibb。F1自交后，F2有色花的基因型及比例是1/3iiBB、2/3iiBb，产生的配子及比例是2/3iB、1/3ib，随机传粉，后代中白色花植株iibb的比例为1/9。(3)由(1)可知，组别②的F2白色花植株的基因型为I_BB，F2白色花植株的基因型包括1/3IIBB、2/3IiBB，产生的配子是2/3IB、1/3iB，随机传粉，后代白色花植株的基因型及比例为4/9IIBB、4/9IiBB，所以后代白色花植株中杂合子占1/2。(4)组别③乙(iibb)×丙(IIBB)，F1是IiBb(配子及比例是IB∶iB∶Ib∶ib＝1∶1∶1∶1)，F1与甲(iiBB)杂交，后代基因型及比例为IiBB∶iiBB∶IiBb∶iiBb＝1∶1∶1∶1，所以后代表型及比例为有色∶白色＝1∶1；组别③中F1与乙(iibb)杂交，后代基因型及比例为IiBb∶iiBb∶Iibb∶iibb＝1∶1∶1∶1，所以后代表型及比例为有色∶白色＝1∶3。 3．(9分)(2024·甘肃，20)自然群体中太阳鹦鹉的眼色为棕色，现于饲养群体中获得了甲和乙两个红眼纯系。为了确定眼色变异的遗传方式，某课题组选取甲和乙品系的太阳鹦鹉做正反交实验，F1雌雄个体间相互交配，F2的表型及比值如表。回答下列问题(要求基因符号依次使用A/a，B/b)： 表型 正交 反交 棕眼雄 6/16 3/16 红眼雄 2/16 5/16 棕眼雌 3/16 3/16 红眼雌 5/16 5/16 (1)(3分)太阳鹦鹉的眼色至少由两对基因控制，判断的依据为___________________； 其中一对基因位于Z染色体上，判断依据为____________________。 (2)(2分)正交的父本基因型为____________，F1基因型及表型为__________________。 (3)(2分)反交的母本基因型为__________，F1基因型及表型为___________________。 (4)(2分)图示为太阳鹦鹉眼色素合成的可能途径，写出控制酶合成的基因和色素的颜色________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)6∶2∶3∶5(3∶5∶3∶5)是9∶3∶3∶1的变式　正反交结果不同　(2)aaZBZB　AaZBZb(棕眼)、AaZBW(棕眼)　(3)aaZBW　AaZBZb(棕眼)、AaZbW(红眼)　(4)基因①为A(或B)；基因②为B(或A)；③红色；④棕色 解析　(2)依据正交结果，F2中棕眼∶红眼＝9∶7，说明棕眼为双显性性状，红眼为单显性或双隐性性状，鹦鹉为ZW性别决定类型，在雄性个体中，棕眼为6/8＝3/4×1，在雌性个体中，棕眼为3/8＝3/4×1/2，故可推知，F1的基因型为AaZBZb、AaZBW，表型均为棕色，亲本为纯系，其基因型为aaZBZB(父本)、AAZbW(母本)。(3)依据反交结果并结合第(2)问可知，亲本的基因型为AAZbZb、aaZBW，则F1的基因型为AaZBZb、AaZbW，对应的表型依次为棕眼、红眼。(4)结合第(2)问可知，棕眼为双显性性状，红眼为单显性或双隐性性状，故可知基因①为A(或B)，控制酶1的合成，促进红色前体物合成红色中间物，基因②为B(或A)，控制酶2的合成，促进红色中间物合成棕色产物。 4．(5分)(2023·全国甲，32节选)乙烯是植物果实成熟所需的激素，阻断乙烯的合成可使果实不能正常成熟，这一特点可以用于解决果实不耐储存的问题，以达到增加经济效益的目的。现有某种植物的3个纯合子(甲、乙、丙)，其中甲和乙表现为果实不能正常成熟(不成熟)，丙表现为果实能正常成熟(成熟)，用这3个纯合子进行杂交实验，F1自交得F2，结果如表。回答下列问题： 实验 杂交组合 F1表型 F2表型及分离比 ① 甲×丙 不成熟 不成熟∶成熟＝3∶1 ② 乙×丙 成熟 成熟∶不成熟＝3∶1 ③ 甲×乙 不成熟 不成熟∶成熟＝13∶3 (1)(2分)从实验①和②的结果可知，甲和乙的基因型不同，判断的依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)(3分)已知丙的基因型为aaBB，且B基因控制合成的酶能够催化乙烯的合成，则甲、乙的基因型分别是________________；实验③中，F2成熟个体的基因型是________________，F2不成熟个体中纯合子所占的比例为________。 答案　(1)实验①和实验②的F1性状不同，F2的性状分离比不相同　(2)AABB、aabb　aaBB和aaBb　3/13 解析　(1)甲与丙杂交，F1的表型为不成熟，F2的表型及比例为不成熟∶成熟＝3∶1，所以甲的不成熟相对于成熟为显性；乙与丙杂交，F1的表型为成熟，F2的表型及比例为成熟∶不成熟＝3∶1，所以乙的不成熟相对于成熟为隐性。即实验①和实验②的F1性状不同，F2的性状分离比不相同，故甲和乙的基因型不同。(2)由于甲的不成熟为显性，且丙的基因型为aaBB，所以甲的基因型为AABB；乙的不成熟为隐性，所以乙的基因型为aabb；则实验③的F1的基因型为AaBb，F2中成熟个体的基因型为aaBB和aaBb，不成熟个体占13/16；而纯合子的基因型为AABB、AAbb、aabb，占3/16，所以不成熟个体中的纯合子占3/13。 5．(每空2分，共8分)(2022·湖北，22节选)“端稳中国碗，装满中国粮”，为了育好中国种，科研人员在杂交育种与基因工程育种等领域开展了大量的研究。二倍体作物M的品系甲有抗虫、高产等多种优良性状，但甜度不高。为了改良品系甲，增加其甜度，育种工作者做了如下实验： 实验一：遗传特性及杂交育种的研究 在种质资源库中选取乙、丙两个高甜度的品系，用三个纯合品系进行杂交实验，结果如表。 杂交组合 F1表型 F2表型 甲×乙 不甜 1/4甜、3/4不甜 甲×丙 甜 3/4甜、1/4不甜 乙×丙 甜 13/16甜、3/16不甜 实验二：甜度相关基因的筛选 通过对甲、乙、丙三个品系转录的mRNA分析，发现基因S与作物M的甜度相关。 根据研究组的实验研究，回答下列问题： (1)假设不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，则乙、丙杂交的F2中表现为甜的植株基因型有______种。品系乙基因型为__________。若用乙×丙中F2不甜的植株进行自交，F3中甜∶不甜比例为__________。 (2)图中，能解释(1)中杂交实验结果的代谢途径有__________。 答案　(1)7　aabb　1∶5　(2)①③ 解析　(1)品系甲为纯合不甜品系，基因型为AAbb，根据实验一结果可推得品系乙基因型为aabb，品系丙基因型为AABB，乙、丙杂交的F2基因型有3×3＝9(种)，假设不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，F2中表现为甜的植株基因型有7种。若用乙×丙中F2不甜的植株进行自交，F3中不甜比例＝1/3＋2/3×3/4＝5/6，F3中甜∶不甜比例为1∶5。(2)不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，只有A导致不甜，当A与B同时存在时，表现为甜，故选①③。 6．(每空1分，共5分)(2021·海南，23节选)科研人员用一种甜瓜(2n)的纯合亲本进行杂交得到F1，F1经自交得到F2，结果如表。 性状 控制基因及其所在染色体 母本 父本 F1 F2 果皮底色 A/a，4号染色体 黄绿色 黄色 黄绿色 黄绿色∶黄色≈3∶1 果肉颜色 B/b，9号染色体 白色 橘红色 橘红色 橘红色∶白色≈3∶1 果皮覆纹 E/e，4号染色体F/f，2号染色体 无覆纹 无覆纹 有覆纹 有覆纹∶无覆纹≈9∶7 已知A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，当E和F同时存在时果皮才表现出有覆纹性状。不考虑互换、染色体变异、基因突变等情况，回答下列问题： (1)F1的基因型为____________，F1产生的配子类型有____________种。 (2)F2的表型有____________种，F2中黄绿色有覆纹果皮、黄绿色无覆纹果皮、黄色无覆纹果皮的植株数量比是__________，F2中黄色无覆纹果皮橘红色果肉的植株中杂合子所占比例是____________。 答案　(1)AaBbEeFf　8　(2)6　9∶3∶4　5/6 解析　(1)由于F2中黄绿色∶黄色≈3∶1，可推知F1应为Aa，橘红色∶白色≈3∶1，F1应为Bb，有覆纹∶无覆纹≈9∶7，则F1应为EeFf，故F1基因型应为AaBbEeFf；由于A和E连锁，a和e连锁，而F、f和B、b独立遗传，故F1产生的配子类型有2(AE、ae)×2(F、f)×2(B、b)＝8(种)。(2)结合表格可知，F2中关于果肉颜色的表型有2种，由于A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，单独观察果皮底色及果皮覆纹的表型，有无覆纹黄绿色、无覆纹黄色、有覆纹黄绿色三种表型，故F2的表型有2×3＝6(种)；由于A和E连锁，a和e连锁。F2中基因型为A_E_的占3/4，aaee的占1/4，F2中黄绿色有覆纹果皮(A_E_F_)、黄绿色无覆纹果皮(A_E_ff)、黄色无覆纹果皮(aaeeF_、aaeeff)的植株数量比是(3/4×3/4)∶(3/4×1/4)∶(1/4×3/4＋1/4×1/4)＝9∶3∶4；F2中黄色无覆纹果皮中的纯合子占1/2，橘红色果肉植株中纯合子为1/3，纯合子所占比例为1/6，故杂合子所占比例是1－1/6＝5/6。 7．(每空2分，共4分)(2021·全国甲，32节选)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见表(实验②中F1自交得F2)。 实验 亲本 F1 F2 ① 甲×乙 1/4缺刻叶齿皮， 1/4缺刻叶网皮， 1/4全缘叶齿皮， 1/4全缘叶网皮 / ② 丙×丁 缺刻叶齿皮 9/16缺刻叶齿皮， 3/16缺刻叶网皮， 3/16全缘叶齿皮， 1/16全缘叶网皮 假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由2对等位基因控制的是__________，判断的依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　叶形　F2中缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1 解析　假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，可推知叶形受2对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受1对等位基因控制。 1．(每空1分，共5分)(2024·张家口高三三模)某雌雄同株植物红色素的合成由A/a基因控制(A对a为完全显性)，其与B/b基因共同控制花色，与D/d基因共同控制茎色。科研人员为研究基因与表型之间的关系，设计并完成了以下实验，实验过程及结果如表。回答下列问题： 实验 亲本 F1 F2 一 纯合深红花深红茎×纯合黄花白茎 深红花 深红花∶橙黄花∶黄花≈9∶3∶4 二 纯合深红花白茎×纯合黄花白茎 粉红茎 深红茎∶粉红茎∶白茎≈3∶6∶7 (1)由实验一可判断，该植物花色的遗传遵循____________定律。已知F2中出现橙黄花的原因是b基因控制黄花性状且部分抑制红色素的合成，则橙黄花的基因型为____________。实验二F2的白茎植株中纯合子占比为________。 (2)若将实验一的F1和实验二的F1杂交，子代中橙黄花深红茎占比为3/32，则子代中深红花深红茎植株的基因型有________种，占子代比例为________。 答案　(1)自由组合　Aabb或AAbb　3/7　(2)4　9/32 解析　(1)由实验一可得，F2性状分离比之和为16，该植物花色的遗传遵循自由组合定律。已知F2中出现橙黄花的原因是b基因控制黄花性状且部分抑制红色素的合成，则橙黄花的基因型为Aabb或AAbb。实验二F2的白茎植株的基因型A－DD、aa_ _，粉红茎基因型为A_Dd，深红茎基因型为A_dd，故白茎植株中纯合子占比为3/7。(2)若将实验一的F1和实验二的F1杂交，子代中橙黄花深红茎A_bbdd占比为3/32＝3/4×1/4×1/2，故可推知实验一：AABBdd×aabbdd→F1AaBbdd；实验二AABBDD×aabbdd→F1AaBbDd，则子代中深红花深红茎植株的基因型(A_B_dd)有2×2×1＝4(种)，占子代比例为3/4×3/4×1/2＝9/32。 2．(每空2分，共16分)(2024·宜春高三二模)南瓜的果实形状有扁盘形、圆球形、长圆形三种。为了探究南瓜果实形状的遗传机制，科研人员用甲、乙、丙三个纯合品种做了以下实验(表中的F2由F1自交得到)。回答下列问题(说明：若控制果实形状的等位基因为一对用A/a表示，为两对则用A/a、B/b表示，为三对则用A/a、B/b、C/c表示，以此类推)： 实验组 亲本 F1表型 F2表型及比例 一 甲×乙 扁盘形 圆球形∶扁盘形＝1∶3 二 乙×丙 扁盘形 扁盘形∶圆球形∶长圆形＝9∶6∶1 三 甲×丙 圆球形 圆球形∶长圆形＝3∶1 (1)南瓜果实长圆形、圆球形和扁盘形属于相对性状。相对性状是指_______________。 (2)某同学根据实验组一得出结论：南瓜果实形状的遗传只受一对等位基因控制。该同学的判断________(填“正确”或“不正确”)，理由是__________________________ ________________________________________________________________________。 (3)要得到实验组二F2中的性状分离比，需要满足的条件有____________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(写3个)。 (4)品种乙的基因型是________，品种甲的表型是________。 (5)让实验组三F2中的圆球形南瓜自交，子代中杂合子占________。让实验组二F2中的扁盘形南瓜自交，F3的表型及比例是_________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)一种生物的同一性状的不同表现类型　(2)不正确　实验组二的F2出现了9∶6∶1　(3)两对等位基因位于两对同源染色体上；配子间随机结合；各种基因型的后代存活率相等　(4)AABB　圆球形　(5)1/3　扁盘形∶圆球形∶长圆形＝25∶10∶1 解析　(2)根据实验组一和实验组二中F2的性状分离比9∶6∶1可以看出，南瓜果实形状的遗传受2对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律，长圆形为aabb，扁盘形为A_B_，圆球形为A_bb或aaB_，因此乙为AABB，甲为AAbb或aaBB，丙为aabb，实验组一的F1为AABb或AaBB，因此根据实验组一的结果，不能得出南瓜果实形状的遗传只受一对等位基因控制。(4)由(2)可知，乙的基因型为AABB，甲的基因型为AAbb或aaBB，甲的表型为圆球形。(5)实验组三F2中的圆球形南瓜基因型为A_bb或aaB_，以A_bb为例，其中为1/3AAbb、2/3Aabb，F2自交，子代杂合子为2/3×1/2＝1/3；实验组二的F2中扁盘形南瓜的基因型有1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，其中，1/9AABB的扁盘形南瓜植株自交，子代全表现为扁盘形；2/9AaBB和2/9AABb的扁盘形南瓜植株各自自交，子代表型为扁盘形∶圆球形＝3∶1,4/9AaBb自交，后代表型为扁盘形∶圆球形∶长圆形＝9∶6∶1，故后代表型为扁盘形(1/9＋2×2/9×3/4＋4/9×9/16)∶圆球形(2×2/9×1/4＋4/9×6/16)∶长圆形(4/9×1/16)＝25∶10∶1。 3．(每空2分，共12分)(2024·淮安高三模拟)野生型果蝇眼色的红眼、紫眼和白眼性状，是由A/a、B/b两对等位基因控制的。A/a位于性染色体上，B/b位于Ⅱ号染色体上，其中B基因控制红色，b基因控制紫色，B对b为完全显性作用。A基因抑制B基因和b基因的表达，a无抑制作用。现用两个野生型纯合雌雄果蝇交配，过程如表。回答下列问题： P F1 F2 正交：雌性白眼×雄性红眼 雌性白眼∶雄性白眼＝1∶1 雌性白眼∶雄性白眼∶雄性红眼∶雄性紫眼＝8∶4∶3∶1 反交：雄性白眼×雌性红眼 雌性白眼∶雄性白眼＝1∶1 雌性白眼∶雌性红眼∶雌性紫眼∶雄性白眼＝4∶3∶1∶8 (1)摩尔根利用果蝇为实验材料，采用____________法证明了基因在染色体上。 (2)基因B和b在结构上的区别是__________________；基因A/a位于__________染色体上。正交状态下，F1雌性白眼果蝇的基因型是__________，F2雌性白眼的基因型有________种。 (3)F2正交下的雄性紫眼与反交下的雌性紫眼交配，其后代的雌雄性状及比例为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)假说—演绎　(2)碱基的排列顺序不同　X和Y　BbXAXa　6　(3)雄性紫眼∶雌性紫眼＝1∶1 解析　(2)基因B和b在结构上的区别是碱基的排列顺序不同；根据题干信息，基因A/a位于性染色体上。根据表中实验数据进行推理，假设A/a是在X和Y染色体的同源区段。正交：雌性白眼(bbXAXA)×雄性红眼(BBXaYa)→F1雌性白眼(BbXAXa)∶雄性白眼(BbXAYa)＝1∶1，F1相互交配得F2，单独分开分析两对等位基因的遗传，B/b的遗传情况：B_∶bb＝3∶1，A/a的遗传情况：XAXA∶XAXa∶XAYa∶XaYa＝1∶1∶1∶1，即：B_XAXA(雌性白眼)∶B_XAXa(雌性白眼)∶B_XAYa(雄性白眼)∶B_XaYa(雄性红眼)∶bbXAXA(雌性白眼)∶bbXAXa(雌性白眼)∶bbXAYa(雄性白眼)∶bbXaYa(雄性紫眼)＝3∶3∶3∶3∶1∶1∶1∶1，整理得雌性白眼∶雄性白眼∶雄性红眼∶雄性紫眼＝8∶4∶3∶1；反交：雄性白眼(bbXAYA)×雌性红眼(BBXaXa)→F1雌性白眼(BbXAXa)∶雄性白眼(BbXaYA)＝1∶1，F1相互交配得F2，单独分开分析两对等位基因的遗传，B/b的遗传情况：B_∶bb＝3∶1，A/a的遗传情况：XAXa∶XaXa∶XAYA∶XaYA＝1∶1∶1∶1，即B_XAXa(雌性白眼)∶B_XaXa(雌性红眼)∶B_XAYA(雄性白眼)∶B_XaYA(雄性白眼)∶bbXAXa(雌性白眼)∶bbXaXa(雌性紫眼)∶bbXAYA(雄性白眼)∶bbXaYA(雄性白眼)＝3∶3∶3∶3∶1∶1∶1∶1，整理得雌性白眼∶雌性红眼∶雌性紫眼∶雄性白眼＝4∶3∶1∶8，综合可知，正交状态下，F1雌性白眼果蝇的基因型是BbXAXa，F2雌性白眼的基因型为BBXAXA、BbXAXA、BBXAXa、BbXAXa、bbXAXA和bbXAXa共6种。(3)F2正交下的雄性紫眼(bbXaYa)与反交下的雌性紫眼(bbXaXa)交配，其后代的雌雄性状及比例为雄性紫眼∶雌性紫眼＝1∶1。 4．(每空2分，共8分)(2024·南通高三开学考)某昆虫(2n＝56)的性别决定方式为XY型，其眼色由两对等位基因A/a、B/b控制。现让一只纯合白眼雄昆虫与纯合红眼雌昆虫多次杂交，F1中雌雄昆虫均表现为红眼，F1雌雄昆虫相互交配，F2中红眼∶朱砂眼∶白眼＝12∶3∶1。回答下列问题： (1)A/a、B/b两对基因的遗传遵循________________定律，判断依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)进一步研究发现，B/b基因位于X染色体上，且F2中朱砂眼昆虫均为雄性，则F2中红眼雌昆虫的基因型有________种；让F2中朱砂眼昆虫与F1红眼昆虫杂交，子代的表型及比例为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)基因的自由组合　F2的性状分离比为12∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式　(2)6　红眼∶朱砂眼∶白眼＝6∶5∶1(或红眼雌昆虫∶朱砂眼雌昆虫∶白眼雌昆虫∶红眼雄昆虫∶朱砂眼雄昆虫∶白眼雄昆虫＝6∶5∶1∶6∶5∶1) 解析　(1)根据F2中红眼∶朱砂眼∶白眼＝12∶3∶1可知，控制该昆虫眼色的两对等位基因遵循自由组合定律。(2)根据B/b基因位于X染色体上，且F2中朱砂眼昆虫均为雄性，可推知红眼昆虫的基因型为A_XB_、aaXB_，朱砂眼昆虫的基因型为A_Xb_，白眼昆虫的基因型为aaXbY、aaXbXb，故F1的基因型为AaXBXb、AaXBY，F2红眼雌昆虫的基因型为_ _ XBXB、_ _ XBXb，共有6种。F2中朱砂眼昆虫的基因型为1/3AAXbY、2/3AaXbY，与F1红眼昆虫(AaXBXb)杂交，后代中红眼昆虫的比例为1/2、朱砂眼为5/6×1/2＝5/12、白眼为1/6×1/2＝1/12，故子代的表型及比例为红眼∶朱砂眼∶白眼＝6∶5∶1，每种眼色中雌雄比例均为1∶1。 5．(每空1分，共8分)(2024·衡水高三三模)鹦鹉(ZW型性别决定)的毛色有白色、蓝色、黄色和绿色，由A/a和B/b两对等位基因共同决定，其中有一对等位基因只位于Z染色体上，相关作用机理如图所示。研究人员用纯合蓝色鹦鹉和纯合黄色鹦鹉进行了如下两个杂交实验。 杂交实验一：P：蓝色鹦鹉(♀)×黄色鹦鹉(♂)→F1：黄色鹦鹉(♀)∶绿色鹦鹉(♂)＝1∶1。 杂交实验二：P：黄色鹦鹉(♀)×蓝色鹦鹉(♂)→F1：绿色鹦鹉(♀)∶绿色鹦鹉(♂)＝1∶1。 回答下列问题： (1)鹦鹉毛色的遗传遵循基因的________定律。该实例体现了基因表达产物和性状的关系是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)鹦鹉的次级精母细胞中有________条Z染色体。杂交实验一中，F1雌性鹦鹉的基因型是________，F1雌雄鹦鹉随机交配，F2的表型及比例为______________________(不考虑性别)。 (3)杂交实验二中，F1雌雄鹦鹉随机交配，F2中绿色雄性鹦鹉的基因型共有________种。欲判断F2中某只绿色雄性鹦鹉的基因型，可让其与多只__________(填表型)杂交，若后代只出现绿色和黄色鹦鹉，则可判断其基因型为________。 答案　(1)自由组合　基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状　(2)1或2　BbZaW　绿色鹦鹉∶黄色鹦鹉∶蓝色鹦鹉∶白色鹦鹉＝3∶3∶1∶1　(3)4　白色(雌性)鹦鹉　BBZAZa 解析　(1)鹦鹉由A/a和B/b两对等位基因共同决定，其中有一对等位基因只位于Z染色体上，鹦鹉毛色的遗传遵循基因的自由组合定律。鹦鹉毛色体现了基因表达产物和性状的关系是基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。(2)鹦鹉的次级精母细胞中有1(减数分裂Ⅱ前、中期)或2(减数分裂Ⅱ后、末期)条Z染色体。基因A可控制酶1的合成，从而使白色物质变为蓝色，基因B可控制酶2的合成，从而使白色物质变为黄色，若蓝色物质和黄色物质同时存在，则为绿色。因此，若鹦鹉体内同时含有A和B基因，毛色为绿色；若鹦鹉体内含A基因，但不含B基因，毛色为蓝色；若鹦鹉体内含B基因，但不含A基因，毛色为黄色。根据杂交实验一和二可判断，A和a基因在Z染色体上，B和b基因在常染色体上。杂交实验一中，F1雌性鹦鹉的基因型是BbZaW，F1雄性鹦鹉的基因型是BbZAZa。F1雌雄鹦鹉随机交配，得到F2的表型及比例为绿色(B_ZA_)∶黄色(B_Za_)∶蓝色(bbZA_)∶白色(bbZa_)＝3∶3∶1∶1。(3)杂交实验二中，F1雌雄鹦鹉的基因型分别是BbZAW和BbZAZa，其随机交配得到的F2中，绿色雄性鹦鹉(B_ZAZ_)的基因型共有4种。欲判断F2中某只绿色雄性鹦鹉的基因型，可让其与多只白色雌性鹦鹉(bbZaW)杂交，若后代只出现绿色和黄色鹦鹉，则可判断其基因型为BBZAZa。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题四　 第4练 基因互作与遗传定律 真题演练 模拟预测 内容索引 1.(2023·河北，23节选)某家禽等位基因M/m控制黑色素的合成(MM与Mm的效应相同)，并与等位基因T/t共同控制喙色，与等位基因R/r共同控制羽色。研究者利用纯合品系P1(黑喙黑羽)、P2(黑喙白羽)和P3(黄喙白羽)进行相关杂交实验，并统计F1和F2的部分性状，结果如表。 真题演练 PART ONE 1 2 3 4 5 6 7 实验 亲本 F1 F2 1 P1×P3 黑喙 9/16黑喙，3/16花喙(黑黄相间)，4/16黄喙 2 P2×P3 灰羽 3/16黑羽，6/16灰羽，7/16白羽 回答下列问题： (1)由实验1可判断该家禽喙色的遗传遵循___________________________ 定律，F2的花喙个体中纯合子占比为______。 1 2 3 4 5 6 7 自由组合(或“孟德尔第二”) 1/3 实验 亲本 F1 F2 1 P1×P3 黑喙 9/16黑喙，3/16花喙(黑黄相间)，4/16黄喙 2 P2×P3 灰羽 3/16黑羽，6/16灰羽，7/16白羽 由题干信息可知，该家禽喙色由M/m和T/t共同控制，实验1的F2中喙色表型有三种，比例为9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，表明F1产生的雌、雄配子各有4种，且比例相同，受精时雌、雄配子结合方式有16种。因此，家禽喙色的遗传遵循自由组合定律。F2中花喙个体(有黑色素合成)的基因型有两种，分别为MMtt(1/16)和Mmtt(2/16)，其中纯合子MMtt占比为1/3。 1 2 3 4 5 6 7 (2)实验2中F1灰羽个体的基因型为_______________________，F2中白羽个体的基因型有____种。若F2的黑羽个体间随机交配，所得后代中白羽个体占比为____，黄喙黑羽个体占比为___。 1 2 3 4 5 6 7 MmRr(或“MmRrTt”) 实验 亲本 F1 F2 1 P1×P3 黑喙 9/16黑喙，3/16花喙(黑黄相间)，4/16黄喙 2 P2×P3 灰羽 3/16黑羽，6/16灰羽，7/16白羽 5 1/9 0 由题干信息可知，该家禽羽色由M/m和R/r共同控制，实验2的F2中羽色表型有三种，比例为3∶6∶7，是9∶3∶3∶1的变式，因此F1灰羽个体基因型为MmRr。F2的黑羽和灰羽个体共占9/16，基因型为M_R_。白羽占7/16，基因型共5种，分别为mmRR(1/16)、mmRr(2/16)、MMrr(1/16)、Mmrr(2/16)和mmrr(1/16)。由于MM和Mm的表型效应相同，黑羽个体中两种基因型及其占比为MMRR(1/3)和MmRR(2/3)，故黑羽个体随机交配所得后代中，白羽个体(mmRR)的占比为2/3×2/3×1/4＝1/9。由实验1和实验2结果可知，黄喙个体基因型为mmT_和mmtt，黑羽的基因型为M_RR，因此不存在黄喙黑羽的个体，即黄喙黑羽个体占比为0。 1 2 3 4 5 6 7 2.(2024·江苏，24)有一种植物的花色受常染色体上独立遗传的两对等位基因控制，有色基因B对白色基因b为显性，基因I存在时抑制基因B的作用，使花色表现为白色，基因i不影响基因B和b的作用。现有3组杂交实验，结果如表。请回答下列问题： 1 2 3 4 5 6 7 (1)甲和丙的基因型分别是________、________。 1 2 3 4 5 6 7 iiBB IIBB 1 2 3 4 5 6 7 分析题干信息，该植物花色受常染色体上独立遗传的两对等位基因控制，其中有色基因B对白色基因b为显性，基因I对基因B有抑制作用， 则有色基因型是iiB_，白色基因型是I_B_、I_bb、iibb，组别②中甲(有色)×丙(白色)，F1都是白色，自交后代中白色∶有色＝3∶1，说明F1是单杂合子，F2白色花植株的基因型为I_BB，说明F1的基因型是IiBB，据此可推知甲的基因型应是iiBB，丙的基因型是IIBB。 (2)组别①的F2中有色花植株有____种基因型。若F2中有色花植株随机传粉，后代中白色花植株比例为________。 1 2 3 4 5 6 7 2 1/9 1 2 3 4 5 6 7 组别①中甲(iiBB)×乙(白色)，F1都是有色，自交后代中有色∶白色＝3∶1，说明F1是单杂合子，F2有色花植株的基因型为iiB_，说明F1的 基因型是iiBb，乙的基因型是iibb。F1自交后，F2有色花的基因型及比例是1/3iiBB、2/3iiBb，产生的配子及比例是2/3iB、1/3ib，随机传粉，后代中白色花植株iibb的比例为1/9。 (3)组别②的F2中白色花植株随机传粉，后代白色花植株中杂合子比例为______。 1 2 3 4 5 6 7 1/2 1 2 3 4 5 6 7 由(1)可知，组别②的F2白色花植株的基因型为I_BB，F2白色花植株的基因型包括1/3IIBB、2/3IiBB，产生的配子是2/3IB、1/3iB，随机传 粉，后代白色花植株的基因型及比例为4/9IIBB、4/9IiBB，所以后代白色花植株中杂合子占1/2。 (4)组别③的F1与甲杂交，后代表型及比例为____________________。组别③的F1与乙杂交，后代表型及比例为__________________。 1 2 3 4 5 6 7 有色∶白色＝1∶1 有色∶白色＝1∶3 1 2 3 4 5 6 7 组别③乙(iibb)×丙(IIBB)，F1是IiBb(配子及比例是IB∶iB∶Ib∶ib＝1∶1∶1∶1)，F1与甲(iiBB)杂交，后代基因型及比例为IiBB∶iiBB∶ IiBb∶iiBb＝1∶1∶1∶1，所以后代表型及比例为有色∶白色＝1∶1；组别③中F1与乙(iibb)杂交，后代基因型及比例为IiBb∶iiBb∶Iibb∶iibb＝1∶1∶1∶1，所以后代表型及比例为有色∶白色＝1∶3。 3.(2024·甘肃，20)自然群体中太阳鹦鹉的眼色为棕色，现于饲养群体中获得了甲和乙两个红眼纯系。为了确定眼色变异的遗传方式，某课题组选取甲和乙品系的太阳鹦鹉做正反交实验，F1雌雄个体间相互交配，F2的表型及比值如表。回答下列问题(要求基因符号依次使用A/a，B/b)： 1 2 3 4 5 6 7 表型 正交 反交 棕眼雄 6/16 3/16 红眼雄 2/16 5/16 棕眼雌 3/16 3/16 红眼雌 5/16 5/16 (1)太阳鹦鹉的眼色至少由两对基因控制，判断的依据为______________ _______________________________； 其中一对基因位于Z染色体上，判断依据为________________。 1 2 3 4 5 6 7 表型 正交 反交 棕眼雄 6/16 3/16 红眼雄 2/16 5/16 棕眼雌 3/16 3/16 红眼雌 5/16 5/16 6∶2∶3∶5 (3∶5∶3∶5)是9∶3∶3∶1的变式 正反交结果不同 (2)正交的父本基因型为________，F1基因型及表型为_________________ ______________。 1 2 3 4 5 6 7 表型 正交 反交 棕眼雄 6/16 3/16 红眼雄 2/16 5/16 棕眼雌 3/16 3/16 红眼雌 5/16 5/16 aaZBZB AaZBZb(棕眼)、 AaZBW(棕眼) 依据正交结果，F2中棕眼∶红眼＝9∶7，说明棕眼为双显性性状，红眼为单显性或双隐性性状，鹦鹉为ZW性别决定类型，在雄性个体中，棕眼为6/8＝3/4×1，在雌性个体中，棕眼为3/8＝3/4×1/2，故可推知，F1的基因型为AaZBZb、AaZBW，表型均为棕色，亲本为纯系，其基因型为aaZBZB(父本)、AAZbW(母本)。 1 2 3 4 5 6 7 (3)反交的母本基因型为______，F1基因型及表型为__________________ _______________。 1 2 3 4 5 6 7 表型 正交 反交 棕眼雄 6/16 3/16 红眼雄 2/16 5/16 棕眼雌 3/16 3/16 红眼雌 5/16 5/16 aaZBW AaZBZb(棕眼)、 AaZbW(红眼) 依据反交结果并结合第(2)问可知，亲本的基因型为AAZbZb、aaZBW，则F1的基因型为AaZBZb、AaZbW，对应的表型依次为棕眼、红眼。 1 2 3 4 5 6 7 (4)图示为太阳鹦鹉眼色素合成的可能途径，写出控制酶合成的基因和色素的颜色_________________________________________________。 1 2 3 4 5 6 7 基因①为A(或B)；基因②为B(或A)；③红色；④棕色 结合第(2)问可知，棕眼为双显性性状，红眼为单显性或双隐性性状，故可知基因①为A(或B)，控制酶1的合成，促进红色前体物合成红色中间物，基因②为B(或A)，控制酶2的合成，促进红色中间物合成棕色产物。 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 4.(2023·全国甲，32节选)乙烯是植物果实成熟所需的激素，阻断乙烯的合成可使果实不能正常成熟，这一特点可以用于解决果实不耐储存的问题，以达到增加经济效益的目的。现有某种植物的3个纯合子(甲、乙、丙)，其中甲和乙表现为果实不能正常成熟(不成熟)，丙表现为果实能正常成熟(成熟)，用这3个纯合子进行杂交实验，F1自交得F2，结果如表。回答下列问题： 实验 杂交组合 F1表型 F2表型及分离比 ① 甲×丙 不成熟 不成熟∶成熟＝3∶1 ② 乙×丙 成熟 成熟∶不成熟＝3∶1 ③ 甲×乙 不成熟 不成熟∶成熟＝13∶3 1 2 3 4 5 6 7 (1)从实验①和②的结果可知，甲和乙的基因型不同，判断的依据是_________________________________________________。 实验 杂交组合 F1表型 F2表型及分离比 ① 甲×丙 不成熟 不成熟∶成熟＝3∶1 ② 乙×丙 成熟 成熟∶不成熟＝3∶1 ③ 甲×乙 不成熟 不成熟∶成熟＝13∶3 实验①和实验②的F1性状不同，F2的性状分离比不相同 1 2 3 4 5 6 7 甲与丙杂交，F1的表型为不成熟，F2的表型及比例为不成熟∶成熟＝3∶1，所以甲的不成熟相对于成熟为显性；乙与丙杂交，F1的表型为成熟，F2的表型及比例为成熟∶不成熟＝3∶1，所以乙的不成熟相对于成熟为隐性。即实验①和实验②的F1性状不同，F2的性状分离比不相同，故甲和乙的基因型不同。 1 2 3 4 5 6 7 (2)已知丙的基因型为aaBB，且B基因控制合成的酶能够催化乙烯的合成，则甲、乙的基因型分别是______________；实验③中，F2成熟个体的基因型是______________，F2不成熟个体中纯合子所占的比例为_______。 实验 杂交组合 F1表型 F2表型及分离比 ① 甲×丙 不成熟 不成熟∶成熟＝3∶1 ② 乙×丙 成熟 成熟∶不成熟＝3∶1 ③ 甲×乙 不成熟 不成熟∶成熟＝13∶3 AABB、aabb aaBB和aaBb 3/13 1 2 3 4 5 6 7 由于甲的不成熟为显性，且丙的基因型为aaBB，所以甲的基因型为AABB；乙的不成熟为隐性，所以乙的基因型为aabb；则实验③的F1的基因型为AaBb，F2中成熟个体的基因型为aaBB和aaBb，不成熟个体占13/16；而纯合子的基因型为AABB、AAbb、aabb，占3/16，所以不成熟个体中的纯合子占3/13。 5.(2022·湖北，22节选)“端稳中国碗，装满中国粮”，为了育好中国种，科研人员在杂交育种与基因工程育种等领域开展了大量的研究。二倍体作物M的品系甲有抗虫、高产等多种优良性状，但甜度不高。为了改良品系甲，增加其甜度，育种工作者做了如下实验： 实验一：遗传特性及杂交育种的研究 在种质资源库中选取乙、丙两个高甜度的品系，用三个纯合品系进行杂交实验，结果如表。 1 2 3 4 5 6 7 杂交组合 F1表型 F2表型 甲×乙 不甜 1/4甜、3/4不甜 甲×丙 甜 3/4甜、1/4不甜 乙×丙 甜 13/16甜、3/16不甜 实验二：甜度相关基因的筛选 通过对甲、乙、丙三个品系转录的mRNA分析，发现基因S与作物M的甜度相关。 根据研究组的实验研究，回答下列问题： (1)假设不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，则乙、丙杂交的F2中表现为甜的植株基因型有______种。品系乙基因型为__________。若用乙×丙中F2不甜的植株进行自交，F3中甜∶不甜比例为__________。 1 2 3 4 5 6 7 7 aabb 1∶5 1 2 3 4 5 6 7 品系甲为纯合不甜品系，基因型为AAbb，根据实验一结果可推得品系乙基因型为aabb，品系丙基因型为AABB，乙、丙杂交的F2基因型有3×3＝9(种)，假设不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，F2中表现为甜的植株基因型有7种。若用乙×丙中F2不甜的植株进行自交，F3中不甜比例＝1/3＋2/3×3/4＝5/6，F3中甜∶不甜比例为1∶5。 (2)图中，能解释(1)中杂交实验结果的代谢途径有__________。 1 2 3 4 5 6 7 ①③ 不甜植株的基因型为AAbb和Aabb，只有A导致不甜，当A与B同时存在时，表现为甜，故选①③。 6.(2021·海南，23节选)科研人员用一种甜瓜(2n)的纯合亲本进行杂交得到F1，F1经自交得到F2，结果如表。 1 2 3 4 5 6 7 性状 控制基因及其所在染色体 母本 父本 F1 F2 果皮底色 A/a，4号染色体 黄绿色 黄色 黄绿色 黄绿色∶黄色≈3∶1 果肉颜色 B/b，9号染色体 白色 橘红色 橘红色 橘红色∶白色≈3∶1 果皮覆纹 E/e，4号染色体F/f，2号染色体 无覆纹 无覆纹 有覆纹 有覆纹∶无覆纹≈9∶7 已知A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，当E和F同时存在时果皮才表现出有覆纹性状。不考虑互换、染色体变异、基因突变等情况，回答下列问题： (1)F1的基因型为___________，F1产生的配子类型有___种。 1 2 3 4 5 6 7 AaBbEeFf 8 由于F2中黄绿色∶黄色≈3∶1，可推知F1应为Aa，橘红色∶白色≈3∶1，F1应为Bb，有覆纹∶无覆纹≈9∶7，则F1应为EeFf，故F1基因型应为AaBbEeFf；由于A和E连锁，a和e连锁，而F、f和B、b独立遗传，故F1产生的配子类型有2(AE、ae)×2(F、f)×2(B、b)＝8(种)。 (2)F2的表型有___种，F2中黄绿色有覆纹果皮、黄绿色无覆纹果皮、黄色无覆纹果皮的植株数量比是__________，F2中黄色无覆纹果皮橘红色果肉的植株中杂合子所占比例是____。 1 2 3 4 5 6 7 6 9∶3∶4 5/6 1 2 3 4 5 6 7 结合表格可知，F2中关于果肉颜色的表型有2种，由于A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，单独观察果皮底色及果皮覆纹的表型，有无覆纹黄绿色、无覆纹黄色、有覆纹黄绿色三种表型，故F2的表型有2×3＝6(种)；由于A和E连锁，a和e连锁。F2中基因型为A_E_的占3/4，aaee的占1/4，F2中黄绿色有覆纹果皮(A_E_F_)、黄绿色无覆纹果皮(A_E_ff)、黄色无覆纹果皮(aaeeF_、aaeeff)的植株数量比是(3/4×3/4)∶(3/4×1/4)∶(1/4×3/4＋1/4×1/4)＝9∶3∶4；F2中黄色无覆纹果皮中的纯合子占1/2，橘红色果肉植株中纯合子为1/3，纯合子所占比例为1/6，故杂合子所占比例是1－1/6＝5/6。 1 2 3 4 5 6 7 7.(2021·全国甲，32节选)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见表(实验②中F1自交得F2)。 实验 亲本 F1 F2 ① 甲×乙 1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮 / ② 丙×丁 缺刻叶齿皮 9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮， 3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮 1 2 3 4 5 6 7 假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由2对等位基因控制的是______，判断的依据是___________________________ ________。 叶形 F2中缺刻叶∶全缘叶＝60∶4 ＝15∶1 假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，可推知叶形受2对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受1对等位基因控制。 1.(2024·张家口高三三模)某雌雄同株植物红色素的合成由A/a基因控制(A对a为完全显性)，其与B/b基因共同控制花色，与D/d基因共同控制茎色。科研人员为研究基因与表型之间的关系，设计并完成了以下实验，实验过程及结果如表。回答下列问题： 1 2 3 4 5 模拟预测 PART TWO 实验 亲本 F1 F2 一 纯合深红花深红茎×纯合黄花白茎 深红花 深红花∶橙黄花∶黄花≈9∶3∶4 二 纯合深红花白茎×纯合黄花白茎 粉红茎 深红茎∶粉红茎∶白茎≈3∶6∶7 (1)由实验一可判断，该植物花色的遗传遵循__________定律。已知F2中出现橙黄花的原因是b基因控制黄花性状且部分抑制红色素的合成，则橙黄花的基因型为____________。实验二F2的白茎植株中纯合子占比为_____。 1 2 3 4 5 实验 亲本 F1 F2 一 纯合深红花深红茎×纯合黄花白茎 深红花 深红花∶橙黄花∶黄花≈9∶3∶4 二 纯合深红花白茎×纯合黄花白茎 粉红茎 深红茎∶粉红茎∶白茎≈3∶6∶7 自由组合 Aabb或AAbb 3/7 由实验一可得，F2性状分离比之和为16，该植物花色的遗传遵循自由组合定律。已知F2中出现橙黄花的原因是b基因控制黄花性状且部分抑制红色素的合成，则橙黄花的基因型为Aabb或AAbb。实验二F2的白茎植株的基因型A－DD、aa_ _，粉红茎基因型为A_Dd，深红茎基因型为A_dd，故白茎植株中纯合子占比为3/7。 1 2 3 4 5 (2)若将实验一的F1和实验二的F1杂交，子代中橙黄花深红茎占比为3/32，则子代中深红花深红茎植株的基因型有____种，占子代比例为________。 1 2 3 4 5 实验 亲本 F1 F2 一 纯合深红花深红茎×纯合黄花白茎 深红花 深红花∶橙黄花∶黄花≈9∶3∶4 二 纯合深红花白茎×纯合黄花白茎 粉红茎 深红茎∶粉红茎∶白茎≈3∶6∶7 4 9/32 若将实验一的F1和实验二的F1杂交，子代中橙黄花深红茎A_bbdd占比为3/32＝3/4×1/4×1/2，故可推知实验一：AABBdd×aabbdd→F1AaBbdd；实验二AABBDD×aabbdd→F1AaBbDd，则子代中深红花深红茎植株的基因型(A_B_dd)有2×2×1＝4(种)，占子代比例为3/4×3/4×1/2＝9/32。 1 2 3 4 5 2.(2024·宜春高三二模)南瓜的果实形状有扁盘形、圆球形、长圆形三种。为了探究南瓜果实形状的遗传机制，科研人员用甲、乙、丙三个纯合品种做了以下实验(表中的F2由F1自交得到)。回答下列问题(说明：若控制果实形状的等位基因为一对用A/a表示，为两对则用A/a、B/b表示，为三对则用A/a、B/b、C/c表示，以此类推)： 1 2 3 4 5 实验组 亲本 F1表型 F2表型及比例 一 甲×乙 扁盘形 圆球形∶扁盘形＝1∶3 二 乙×丙 扁盘形 扁盘形∶圆球形∶长圆形＝9∶6∶1 三 甲×丙 圆球形 圆球形∶长圆形＝3∶1 (1)南瓜果实长圆形、圆球形和扁盘形属于相对性状。相对性状是指__________________________________。 (2)某同学根据实验组一得出结论：南瓜果实形状的遗传只受一对等位基因控制。该同学的判断________(填“正确”或“不正确”)，理由是__________________________。 1 2 3 4 5 一种生物的同一性状的不同表现类型 不正确 实验组二的F2出现了9∶6∶1 根据实验组一和实验组二中F2的性状分离比9∶6∶1可以看出，南瓜果实形状的遗传受2对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律，长圆形为aabb，扁盘形为A_B_，圆球形为A_bb或aaB_，因此乙为AABB，甲为AAbb或aaBB，丙为aabb，实验组一的F1为AABb或AaBB，因此根据实验组一的结果，不能得出南瓜果实形状的遗传只受一对等位基因控制。 1 2 3 4 5 (3)要得到实验组二F2中的性状分离比，需要满足的条件有____________ ______________________________________________________________ (写3个)。 1 2 3 4 5 两对等位基因 位于两对同源染色体上；配子间随机结合；各种基因型的后代存活率相等 (4)品种乙的基因型是________，品种甲的表型是________。 AABB 圆球形 由(2)可知，乙的基因型为AABB，甲的基因型为AAbb或aaBB，甲的表型为圆球形。 (5)让实验组三F2中的圆球形南瓜自交，子代中杂合子占________。让实验组二F2中的扁盘形南瓜自交，F3的表型及比例是___________________ ___________________。 1 2 3 4 5 1/3 扁盘形∶圆球形∶ 长圆形＝25∶10∶1 实验组三F2中的圆球形南瓜基因型为A_bb或aaB_，以A_bb为例，其中为1/3AAbb、2/3Aabb，F2自交，子代杂合子为2/3×1/2＝1/3；实验组二的F2中扁盘形南瓜的基因型有1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，其中，1/9AABB的扁盘形南瓜植株自交，子代全表现为扁盘形；2/9AaBB和2/9AABb的扁盘形南瓜植株各自自交，子代表型为扁盘形∶圆球形＝3∶1,4/9AaBb自交，后代表型为扁盘形∶圆球形∶长圆形＝9∶6∶1，故后代表型为扁盘形(1/9＋2×2/9×3/4＋4/9×9/16)∶圆球形(2×2/9×1/4＋4/9×6/16)∶长圆形(4/9×1/16)＝25∶10∶1。 1 2 3 4 5 3.(2024·淮安高三模拟)野生型果蝇眼色的红眼、紫眼和白眼性状，是由A/a、B/b两对等位基因控制的。A/a位于性染色体上，B/b位于Ⅱ号染色体上，其中B基因控制红色，b基因控制紫色，B对b为完全显性作用。A基因抑制B基因和b基因的表达，a无抑制作用。现用两个野生型纯合雌雄果蝇交配，过程如表。回答下列问题： 1 2 3 4 5 P F1 F2 正交：雌性白眼×雄性红眼 雌性白眼∶雄性白眼＝1∶1 雌性白眼∶雄性白眼∶雄性红眼∶雄性紫眼＝8∶4∶3∶1 反交：雄性白眼×雌性红眼 雌性白眼∶雄性白眼＝1∶1 雌性白眼∶雌性红眼∶雌性紫眼∶雄性白眼＝4∶3∶1∶8 1 2 3 4 5 (1)摩尔根利用果蝇为实验材料，采用____________法证明了基因在染色体上。 (2)基因B和b在结构上的区别是__________________；基因A/a位于__________染色体上。正交状态下，F1雌性白眼果蝇的基因型是__________，F2雌性白眼的基因型有____种。 假说—演绎 碱基的排列顺序不同 X和Y BbXAXa 6 基因B和b在结构上的区别是碱基的排列顺序不同；根据题干信息，基因A/a位于性染色体上。根据表中实验数据进行推理，假设A/a是在X和Y染色体的同源区段。正交：雌性白眼(bbXAXA)×雄性红眼(BBXaYa)→F1雌性白眼(BbXAXa)∶雄性白眼(BbXAYa)＝1∶1，F1相互交配得F2，单独分开分析两对等位基因的遗传，B/b的遗传情况：B_∶bb＝3∶1，A/a的遗传情况：XAXA∶XAXa∶XAYa∶XaYa＝1∶1∶1∶1，即：B_XAXA(雌性白眼)∶B_XAXa(雌性白眼)∶B_XAYa(雄性白眼)∶B_XaYa(雄性红眼)∶bbXAXA(雌性白眼)∶bbXAXa(雌性白眼)∶bbXAYa(雄性白眼)∶bbXaYa(雄性紫眼)＝ 1 2 3 4 5 3∶3∶3∶3∶1∶1∶1∶1，整理得雌性白眼∶雄性白眼∶雄性红眼∶雄性紫眼＝8∶4∶3∶1；反交：雄性白眼(bbXAYA)×雌性红眼(BBXaXa)→F1雌性白眼(BbXAXa)∶雄性白眼(BbXaYA)＝1∶1，F1相互交配得F2，单独分开分析两对等位基因的遗传，B/b的遗传情况：B_∶bb＝3∶1，A/a的遗传情况：XAXa∶XaXa∶XAYA∶XaYA＝1∶1∶1∶1，即B_XAXa(雌性白眼)∶B_XaXa(雌性红眼)∶B_XAYA(雄性白眼)∶B_XaYA(雄性白眼)∶bbXAXa(雌性白眼)∶bbXaXa(雌性紫眼)∶bbXAYA(雄性白眼)∶bbXaYA(雄性白眼)＝3∶3∶3∶3∶1∶1∶1∶1，整理得雌性白眼∶雌性红眼∶雌性紫眼∶雄性白眼＝4∶3∶1∶8，综合可知，正交状态下，F1雌性白眼果蝇的基因型是BbXAXa，F2雌性白眼的基因型为BBXAXA、BbXAXA、BBXAXa、BbXAXa、bbXAXA和bbXAXa共6种。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 (3)F2正交下的雄性紫眼与反交下的雌性紫眼交配，其后代的雌雄性状及比例为__________________________。 雄性紫眼∶雌性紫眼＝1∶1 F2正交下的雄性紫眼(bbXaYa)与反交下的雌性紫眼(bbXaXa)交配，其后代的雌雄性状及比例为雄性紫眼∶雌性紫眼＝1∶1。 4.(2024·南通高三开学考)某昆虫(2n＝56)的性别决定方式为XY型，其眼色由两对等位基因A/a、B/b控制。现让一只纯合白眼雄昆虫与纯合红眼雌昆虫多次杂交，F1中雌雄昆虫均表现为红眼，F1雌雄昆虫相互交配，F2中红眼∶朱砂眼∶白眼＝12∶3∶1。回答下列问题： (1)A/a、B/b两对基因的遗传遵循________________定律，判断依据是_____________________________________________。 1 2 3 4 5 基因的自由组合 F2的性状分离比为12∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式 根据F2中红眼∶朱砂眼∶白眼＝12∶3∶1可知，控制该昆虫眼色的两对等位基因遵循自由组合定律。 (2)进一步研究发现，B/b基因位于X染色体上，且F2中朱砂眼昆虫均为雄性，则F2中红眼雌昆虫的基因型有____种；让F2中朱砂眼昆虫与F1红眼昆虫杂交，子代的表型及比例为________________________________ _________________________________________ _____________________________。 1 2 3 4 5 6 红眼∶朱砂眼∶白眼＝6∶5∶1(或红眼雌昆虫∶朱砂眼雌昆虫∶白眼雌昆虫∶红眼雄昆虫∶朱砂眼雄昆虫∶白眼雄昆虫＝6∶5∶1∶6∶5∶1) 1 2 3 4 5 根据B/b基因位于X染色体上，且F2中朱砂眼昆虫均为雄性，可推知红眼昆虫的基因型为A_XB_、aaXB_，朱砂眼昆虫的基因型为A_Xb_，白眼昆虫的基因型为aaXbY、aaXbXb，故F1的基因型为AaXBXb、AaXBY，F2红眼雌昆虫的基因型为_ _ XBXB、_ _ XBXb，共有6种。F2中朱砂眼昆虫的基因型为1/3AAXbY、2/3AaXbY，与F1红眼昆虫(AaXBXb)杂交，后代中红眼昆虫的比例为1/2、朱砂眼为5/6×1/2＝5/12、白眼为1/6×1/2＝1/12，故子代的表型及比例为红眼∶朱砂眼∶白眼＝6∶5∶1，每种眼色中雌雄比例均为1∶1。 5.(2024·衡水高三三模)鹦鹉(ZW型性别决定)的毛色有白色、蓝色、黄色和绿色，由A/a和B/b两对等位基因共同决定，其中有一对等位基因只位于Z染色体上，相关作用机理如图所示。研究人员用纯合蓝色鹦鹉和纯合黄色鹦鹉进行了如下两个杂交实验。 1 2 3 4 5 杂交实验一：P：蓝色鹦鹉(♀)× 黄色鹦鹉(♂)→F1：黄色鹦鹉(♀) ∶绿色鹦鹉(♂)＝1∶1。 杂交实验二：P：黄色鹦鹉(♀)× 蓝色鹦鹉(♂)→F1：绿色鹦鹉(♀)∶绿色鹦鹉(♂)＝1∶1。 回答下列问题： (1)鹦鹉毛色的遗传遵循基因的________定律。该实例体现了基因表达产物和性状的关系是______________________________________________ ____________。 1 2 3 4 5 自由组合 基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生 物体的性状 1 2 3 4 5 鹦鹉由A/a和B/b两对等位基因共同决定，其中有一对等位基因只位于Z染色体上，鹦鹉毛色的遗传遵循基因的自由组合定律。鹦鹉毛色体现了基因表达产物和性状的关系是基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。 (2)鹦鹉的次级精母细胞中有_______条Z染色体。杂交实验一中，F1雌性鹦鹉的基因型是________，F1雌雄鹦鹉随机交配，F2的表型及比例为___________________________________________________(不考虑性别)。 1 2 3 4 5 1或2 BbZaW 绿色鹦鹉∶黄色鹦鹉∶蓝色鹦鹉∶白色鹦鹉＝3∶3∶1∶1 1 2 3 4 5 鹦鹉的次级精母细胞中有1(减数分裂Ⅱ前、中期)或2(减数分裂Ⅱ后、末期)条Z染色体。基因A可控制酶1的合成，从而使白色物质变为蓝色，基因B可控制酶2的合成，从而使白色物质变为黄色，若蓝色物质和黄色物质同时存在，则为绿色。因此，若鹦鹉体内同时含有A和B基因，毛色为绿色；若鹦鹉体内含A基因，但不含B基因，毛色为蓝色； 1 2 3 4 5 若鹦鹉体内含B基因，但不含A基因，毛色为黄色。根据杂交实验一和二可判断，A和a基因在Z染色体上，B和b基因在常染色体上。杂交实验一中，F1雌性鹦鹉的基因型是BbZaW，F1雄性鹦鹉的基因型是BbZAZa。F1雌雄鹦鹉随机交配，得到F2的表型及比例为绿色(B_ZA_)∶黄色(B_Za_)∶蓝色(bbZA_)∶白色(bbZa_)＝3∶3∶1∶1。 (3)杂交实验二中，F1雌雄鹦鹉随机交配，F2中绿色雄性鹦鹉的基因型共有__种。欲判断F2中某只绿色雄性鹦鹉的基因型，可让其与多只_______________(填表型)杂交，若后代只出现绿色和黄色鹦鹉，则可判断其基因型为________。 1 2 3 4 5 4 白色(雌性)鹦鹉 BBZAZa 1 2 3 4 5 杂交实验二中，F1雌雄鹦鹉的基因型分别是BbZAW和BbZAZa，其随机交配得到的F2中，绿色雄性鹦鹉(B_ZAZ_)的基因型共有4种。欲判断F2中某只绿色雄性鹦鹉的基因型，可让其与多只白色雌性鹦鹉(bbZaW)杂交，若后代只出现绿色和黄色鹦鹉，则可判断其基因型为BBZAZa。 $$