课时测评19 基因自由组合定律的发现和常规应用（Word练习）-【金版新学案】2026年高考生物高三总复习大一轮复习讲义（人教版 单选）

课时测评19　基因自由组合定律的发现和常规应用 (时间：45分钟，满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1－10题每小题3分。 1.(2024·西工大附中调研)豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，种子的圆粒(R)对皱粒(r)为显性，控制这两对性状的两对基因独立遗传。现用纯合黄色圆粒品种与纯合绿色皱粒品种杂交获得F1，F1自交得到F2。下列相关叙述正确的是(　　) A.F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程体现了自由组合定律的实质 B.F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提 C.从F2的黄色皱粒豌豆植株中任取两株，则这两株豌豆基因型不同的概率为5/9 D.若自然条件下将F2中黄色圆粒豌豆混合种植，后代出现绿色皱粒豌豆的概率为1/36 答案：D 解析：基因自由组合定律的实质为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。F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程不能体现自由组合定律的实质，A错误。通常情况下，生物产生的雄配子数量远多于雌配子数量，F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比不需要F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，B错误。F2中黄色皱粒豌豆植株的基因型为1/3YYrr、2/3Yyrr，从中任取两株，这两株豌豆基因型不同的概率为2×(1/3)×(2/3)＝4/9，C错误。F2中黄色圆粒豌豆植株的基因型为1/9YYRR、2/9YYRr、2/9YyRR、4/9YyRr，因豌豆为闭花受粉植物，自然条件下将F2中黄色圆粒豌豆植株混合种植相当于让F2中所有黄色圆粒豌豆植株自交，故后代出现绿色皱粒豌豆植株的概率为(4/9)×(1/16)＝1/36，D正确。 2.(2024·辽宁铁岭高三预测)豌豆种子的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，让绿色圆粒豌豆与黄色皱粒豌豆杂交，F1都表现为黄色圆粒，F1自交得F2，F2有4种表型，如果继续将F2中杂合的黄色圆粒种子播种后进行自交，所得后代的表型比例为(　　) A.25∶15∶15∶9　　 B.21∶5∶5∶1 C.25∶5∶5∶1　　 D.16∶4∶4∶1 答案：B 解析：根据题意可知，F1黄色圆粒个体的基因型为YyRr，F1自交得F2，F2黄色圆粒中纯合子(YYRR)占1/9，黄色圆粒杂合子中YYRr占1/4、YyRR占1/4、YyRr占1/2；1/4YYRr自交后代中，黄色圆粒(YYR_)的概率为1/4×3/4＝3/16，黄色皱粒(YYrr)的概率为1/4×1/4＝1/16；同理可以计算出1/4YyRR自交后代中，黄色圆粒(Y_RR)的概率为1/4×3/4＝3/16，绿色圆粒(yyRR)的概率为1/4×1/4＝1/16；1/2的YyRr自交后代中，黄色圆粒(Y_R_)的概率为1/2×9/16＝9/32、黄色皱粒(Y_rr)的概率为1/2×3/16＝3/32、绿色圆粒(yyR_)的概率为1/2×3/16＝3/32、绿色皱粒(yyrr)的概率为1/2×1/16＝1/32，综上，所得后代表型及比例为黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝(3/16＋3/16＋9/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/32)＝21∶5∶5∶1。故选B。 3.(2024·山东泰安期中)如图甲和乙分别为两株豌豆体细胞中的有关基因组成，要通过一代杂交达成目标，下列操作不合理的是(　　) A.甲自交，验证B、b的遗传遵循基因的分离定律 B.乙自交，验证A、a与B、b的遗传遵循基因的自由组合定律 C.甲、乙杂交，验证D、d的遗传遵循基因的分离定律 D.甲、乙杂交，验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律 答案：B 解析：只考虑B、b基因控制的性状，甲自交，子代表型之比为3∶1，可以验证B、b的遗传遵循基因的分离定律，A合理；乙自交，由于两对等位基因位于一对同源染色体上，因此A、a与B、b的遗传不遵循基因的自由组合定律，B不合理；只考虑D、d基因控制的性状，甲、乙杂交，后代表型之比为1∶1，可以验证D、d的遗传遵循基因的分离定律，C合理；只考虑A、a和D、d基因控制的性状，甲、乙杂交，A、a与D、d两对等位基因位于两对同源染色体上，杂交后代的表型之比为1∶1∶1∶1，可以验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律，D合理。 4.(2025·广东惠州模拟)现有①～④四个纯种果蝇品系，其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示： 品系 ① ② ③ ④ 隐性性状 － 残翅 黑身 紫红眼 相应染色体 Ⅱ、Ⅲ Ⅱ Ⅱ Ⅲ 若需验证自由组合定律，可选择交配的品系组合为(　　) A.①×④　 B.①×② C.②×③　　 D.②×④ 答案：D 解析：要验证自由组合定律，必须满足两对或多对控制相对性状的等位基因在非同源染色体上，只有D符合要求。 5.(2025·山东潍坊模拟)某二倍体植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型为AA的植株表现为大花瓣，Aa为小花瓣，aa为无花瓣。花瓣颜色(红色和黄色)受另一对等位基因R、r控制，R对r为完全显性，两对基因独立遗传。下列有关叙述错误的是(　　) A.若基因型为AaRr的个体测交，则子代表型有3种，基因型有4种 B.若基因型为AaRr的亲本自交，则子代共有9种基因型，6种表型 C.若基因型为AaRr的亲本自交，则子代有花瓣植株中，AaRr所占比例约为1/3，而所有植株中纯合子约占1/4 D.若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代中红色花瓣的植株占3/8 答案：B 解析：若基因型为AaRr的个体测交，则子代基因型有AaRr、Aarr、aaRr、aarr 4种，表型有3种，分别为小花瓣红色、小花瓣黄色、无花瓣，A正确；若基因型为AaRr的亲本自交，由于两对基因独立遗传，根据基因的自由组合定律，子代共有3×3＝9种基因型，而Aa自交子代表型有3种，Rr自交子代表型有2种，但由于aa表现为无花瓣，故aaR_与aarr的表型相同，所以子代表型共有5种，B错误；若基因型为AaRr的亲本自交，则子代有花瓣植株中，AaRr所占比例约为2/3×1/2＝1/3，子代的所有植株中，纯合子所占比例约为1/4，C正确；若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代中红色花瓣(A_Rr)的植株所占比例为3/4×1/2＝3/8，D正确。 6.某两性花植物的花色有红花和白花两种表型，叶形有宽叶和窄叶两种表型，这两对相对性状受三对等位基因的控制。研究小组将两株纯合亲本杂交得到F1，F1自交得到F2，F2的表型及比例为红花宽叶∶红花窄叶∶白花宽叶∶白花窄叶＝27∶9∶21∶7。下列叙述错误的是(　　) A.F1减数分裂会产生8种比例相等的配子 B.红花与白花的遗传遵循孟德尔的自由组合定律 C.F2中的白花植株自交，后代可能出现红花植株 D.F2红花宽叶植株中不能稳定遗传的个体所占比例为26/27 答案：C 解析：F2的表型及比例为红花宽叶∶红花窄叶∶白花宽叶∶白花窄叶＝27∶9∶21∶7，27＋9＋21＋7＝64，说明F2共有64(43)个组合数，所以遵循自由组合定律，因此F1减数分裂会产生8种比例相等的配子，A正确；F2中红花∶白花＝9∶7，是9∶3∶3∶1的变式，所以花色受两对独立遗传的等位基因控制，红花与白花的遗传遵循孟德尔的自由组合定律，B正确；只考虑花色的遗传，红花∶白花＝9∶7，说明F2中红花为双显性状，假设控制花色的基因为A/a、B/b，则红花的基因型为A_B_，白花的基因型为A_bb、aaB_、aabb，白花植株自交，后代不会出现红花植株，C错误；F2红花宽叶植株中，假设控制叶形的基因为D/d，则纯合子占1/3(DD)×1/9(AABB)＝1/27，则不能稳定遗传(杂合子)的个体所占比例为1－1/27＝26/27，D正确。 7.(2024·河南名校联盟)假定四对等位基因(均为完全显性关系)分别控制四对相对性状，且四对等位基因的遗传遵循自由组合定律，基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，F1再自交得到F2，则F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，则F1的基因型为AaBbCcDd，因此F1再自交得到F2，在F2中与AABBCCDD表型相同的基因型是A_B_C_D_，所以该表型占F2中个体的比例为(3/4)4＝81/256，而在F2中与aabbccdd表型相同的个体所占的比例为(1/4)4＝1/256，因此F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为81/256＋1/256＝41/128，D正确。 8.(2024·广东湛江调研)豌豆高茎×豌豆矮茎→F1全为高茎，自交→F2中高茎∶矮茎＝3∶1。灰身果蝇×黑身果蝇→F1全为灰身，雌雄果蝇自由交配→F2中灰身雌蝇∶黑身雌蝇∶灰身雄蝇∶黑身雄蝇＝3∶1∶3∶1。下列说法错误的是(　　) A.F2高茎豌豆自交，后代矮茎占1/6 B.F2灰身果蝇雌雄自由交配，后代黑身果蝇占1/6 C.F2高茎豌豆和矮茎豌豆杂交，后代高茎∶矮茎＝2∶1 D.F2灰身果蝇和黑身果蝇雌雄自由交配，后代灰身∶黑身＝2∶1 答案：B 解析：F2高茎豌豆中纯合子占1/3，杂合子占2/3，仅杂合子自交后代能分离出矮茎，其比例为2/3×1/4＝1/6，A正确；假设控制果蝇灰身、黑身的基因用B、b表示，F2灰身果蝇中纯合子占1/3，杂合子占2/3，由此可得其产生两种配子B∶b＝2∶1，F2灰身果蝇雌雄自由交配，后代黑身果蝇(bb)所占比例为1/3×1/3＝1/9，B错误；假设控制豌豆高茎、矮茎的基因用D、d表示，F2高茎豌豆和矮茎豌豆杂交，即1/3DD×dd→1/3Dd，2/3Dd×dd→1/3Dd、1/3dd，后代高茎(2/3Dd)∶矮茎(1/3dd)＝2∶1，C正确；由于F2灰身果蝇中B占2/3，b占1/3，则其与黑身果蝇雌雄自由交配，后代灰身∶黑身＝2∶1，D正确。 9.(2024·襄阳四中质检)有一种兰花，花色有红色、蓝色两种，其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将红花植株和蓝花植株进行杂交，F1均开红花，F1自交，F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37。下列有关叙述错误的是(　　) A.兰花花色遗传至少由位于三对同源染色体上的三对等位基因控制 B.F2中蓝花基因型有19种 C.F2的蓝花植株中，纯合子占7/37 D.若F1测交，则其子代表型及比例为红花∶蓝花＝7∶1 答案：D 解析：由F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37，比例系数之和为64＝4×4×4，可推出兰花花色遗传至少由位于三对同源染色体上的三对等位基因控制，A正确；以兰花花色遗传由位于三对同源染色体上的三对等位基因控制为例，设相关基因为A/a、B/b、C/c，基因型共27种，F1红花基因型为AaBbCc，F2红 花基因型为A_B_C_，基因型共8种，因此，蓝花的基因型有27－8＝19种，B正确；F2中纯合子共有2×2×2＝8种，每种各占1/64，其中只有基因型为AABBCC的个体表现为红花，其余均为蓝花，即蓝花纯合子占7/64，而F2中蓝花植株共占37/64，因此F2的蓝花植株中，纯合子占7/37，C正确；若F1(基因型为AaBbCc)测交，即与aabbcc杂交，红花基因型为AaBbCc，其余为蓝花，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，D错误。 10.(2024·合肥二模)已知水稻香味性状与抗病性状独立遗传：香味性状受隐性基因(a)控制，抗病(B)对易感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验，其中无香味易感病与无香味抗病植株杂交子代的统计结果如图所示。下列有关叙述不正确的是(　　) A.两亲本的基因型分别为Aabb、AaBb B.子代中无香味抗病的植株占3/8 C.子代中有香味抗病植株中能稳定遗传的占1/2 D.两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为3/64 答案：C 解析：由题图分析可知，亲本的基因型是AaBb、Aabb，子代中无香味抗病的植株(A_Bb)占3/4×1/2＝3/8，其后代不可能出现能稳定遗传的有香味抗病植株(aaBB)，A、B正确，C错误；亲代的基因型为Aabb×AaBb，子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，自交得到aa的概率为3/8，子代与抗病性状相关的基因型为1/2Bb和1/2bb，自交得到BB的概率为1/8，所以得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8＝3/64，D正确。 11.(15分)(2024·新课标卷) 某种瓜的性型(雌性株/普通株)和瓜刺(黑刺/白刺)各由1对等位基因控制。雌性株开雌花，经人工诱雄处理可开雄花，能自交；普通株既开雌花又开雄花。回答下列问题。 (1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性，则F1瓜刺的表型及分离比是　　　　　　　　。若要判断瓜刺的显隐性，从亲本或F1中选择材料进行的实验及判断依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)王同学将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，F1经诱雄处理后自交得F2，能够验证“这2对等位基因不位于1对同源染色体上”这一结论的实验结果是　　　　　　　　　　　　　　。 (3)白刺瓜受消费者青睐，雌性株的产量高。在王同学实验所得杂交子代中，筛选出白刺雌性株纯合体的杂交实验思路是　　　　　　　。 答案：(1)黑刺∶白刺＝1∶1　从亲本或F1中选取表型相同的个体进行自交，若后代发生性状分离，则该个体性状为显性，不发生性状分离，则该性状为隐性　(2)F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1　(3)将王同学实验所得杂交子代F2的白刺雌性株单独种植，经诱雄处理后自交，单独收获稳定遗传的白刺雌性株的后代即可得到白刺雌性株 解析：(1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性，说明F1中性状有白刺也有黑刺，则亲本显性性状为杂合子，F1瓜刺的表型及分离比是黑刺∶白刺＝1∶1。若要判断瓜刺的显隐性，从亲本或F1中选择材料进行实验，即从亲本或F1中选取表型相同的个体进行自交，若后代发生性状分离，则该个体性状为显性，不发生性状分离，则该性状为隐性。(2)黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，说明在瓜刺这对相对性状中黑刺为显性，在性别这对相对性状中雌性株为显性，若控制瓜刺的基因用A/a表示，控制性别的基因用B/b表示，则亲本基因型为AABB和aabb，F1的基因型为AaBb，F1经诱雄处理后自交得F2 ，若这2对等位基因不位于1对同源染色体上，则瓜刺和性型的遗传遵循基因的自由组合定律，即F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1。(3)在王同学实验所得杂交子代中，F2中白刺雌性株的基因型为aaBB和aaBb，测交方案只能证明白刺雌性株是否为纯合子，一般的瓜类是一年生的，证明了纯合子还是得不到纯合子。 筛选方案应为：将王同学实验所得杂交子代F2的白刺雌性株单独种植，经诱雄处理后自交，纯合子自交子代均为纯合子，单独收获稳定遗传的白刺雌性株的后代即可得到白刺雌性株。 12.(15分)(2025·四川凉山模拟)某自花传粉植物的红花/白花、高茎/矮茎这两对相对性状各由一对等位基因控制，A/a表示控制花颜色的基因、B/b表示控制茎高度的基因，这两对等位基因独立遗传。现有该种植物的甲、乙两植株，甲自交后，子代均为白花，但有高茎和矮茎性状分离；乙自交后，子代均为矮茎，但有红花和白花性状分离。回答下列问题。 (1)据题干信息推测，植株甲可能的基因型是　　　　　　　　　。 (2)进一步实验研究，最终确定红花和高茎为显性性状，则乙的表型是　　　　，基因型是　　　　。若将甲与乙杂交的F1中的红花矮茎植株拔掉1/3，使F1自交，则F2中的高茎植株的比例是　　　　　　　。 (3)请以甲和乙为材料，设计杂交实验，验证A/a与B/b基因遵循基因自由组合定律。 实验步骤： 让甲和乙杂交得F1，取F1中的红花高茎　　　　，统计F2的表型及其比例。 预期结果：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案：(1)AABb或aaBb　(2)红花矮茎　Aabb　3/8　(3)方案一：实验步骤：自交　预期结果：红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝9∶3∶3∶1　方案二：实验步骤：与白花矮茎杂交　预期结果：红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝1∶1∶1∶1 学生用书⬇第137页 学科网（北京）股份有限公司 $