课时测评20 自由组合定律特殊题型（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20　自由组合定律特殊题型 (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.(2025·山东聊城模拟)鸭的羽色受两对位于常染色体上的等位基因C和c、T和t控制，其中基因C能控制黑色素的合成，c不能控制黑色素的合成。基因T能促进黑色素的合成，且TT和Tt促进效果不同，t能抑制黑色素的合成。现有甲、乙、丙三只纯合的鸭，其交配结果(子代的数量足够多)如下表所示。下列相关分析错误的是(　　) 组合 亲本(P) F1 F2 一 白羽雌性(甲)×白羽雄性(乙) 全为灰羽 黑羽∶灰羽∶白羽＝3∶6∶7 二 白羽雌性(甲)×黑羽雄性(丙) 全为灰羽 黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶2∶1 A.控制羽色的两对基因遵循基因的自由组合定律 B.甲、乙、丙的基因型分别为ccTT、CCtt、CCTT C.若让组合一F2中的黑羽个体随机交配，则其子代出现白羽个体的概率是1/9 D.组合一F2的白羽个体中，杂合子所占比例为4/7 答案：B 解析：根据题意可知，黑羽基因型为C_TT，灰羽基因型为C_Tt，白羽基因型为cc_ _或C_tt。组合一的F2中黑羽∶灰羽∶白羽＝3∶6∶7，为9∶3∶3∶1的变式，据此可判断控制羽色的两对基因遵循基因的自由组合定律，A正确；组合一中F1的基因型应为CcTt，组合二中F1全为灰羽，F2中黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶2∶1，推测组合二中F1的基因型为CCTt，则丙应为CCTT、甲为CCtt、乙为ccTT，B错误；组合一F2中黑羽个体的基因型为1/3CCTT、2/3CcTT，它们随机交配，子代出现白羽个体的概率是(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，C正确；组合一F2的白羽个体的基因型为1ccTT、2ccTt、1cctt、1CCtt、2Cctt，杂合子所占比例为4/7，D正确。 2.(2024·江西赣州高三期中)某二倍体植物的花色有红色、橙色和白色三种，由独立遗传的等位基因A/a、B/b控制。纯合红花植株与纯合白花植株杂交得到开红花的F1，F1自交得到F2，F2中有开红花的植株、开橙花的植株和开白花的植株。已知基因A和B分别控制合成的酶A和酶B催化的是同一种白色底物，得到的产物分别是红色物质和橙色物质，基因a和b分别控制合成的酶a和酶b没有活性。综上推测，基因A和B之间的抑制关系、上述F2的表型及其比例分别为(　　) A.基因A抑制基因B的表达，红花∶橙花∶白花＝12∶3∶1 B.基因A抑制基因B的表达，红花∶橙花∶白花＝9∶3∶4 C.基因B抑制基因A的表达，红花∶橙花∶白花＝12∶3∶1 D.基因B抑制基因A的表达，红花∶橙花∶白花＝9∶3∶4 答案：A 解析：通过题干信息可知，纯合红花植株与纯合白花植株杂交得到开红花的F1，F1自交得到F2，F2中有开红花的植株、开橙花的植株和开白花的植株，F1的基因型为AaBb，基因A和B分别控制合成的酶A和酶B催化的是同一种白色底物，得到的产物分别是红色物质和橙色物质，故白花基因型为aabb，红花植株基因型为AABB，可推知A基因可抑制B基因的表达，因此F1自交得F2，F2的基因型为A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中A基因可抑制B基因的表达，故基因型为A_B_的个体表现为开红花，因此F2表型及其比例为红花∶橙花∶白花＝12∶3∶1，A正确，B、C、D错误。 3.(2025·河北模拟)某自花传粉植物的花色受等位基因A、a控制，红花对白花为显性；叶形有卵圆形和心形，受等位基因B、b控制，上述两对基因独立遗传。现将植株甲和植株乙杂交得F1，F1自交，F2的表型及比例为红花卵圆形叶∶红花心形叶∶白花卵圆形叶∶白花心形叶＝18∶6∶30∶10。下列叙述错误的是(　　) A.该植物花色和叶形的遗传遵循自由组合定律 B.亲本甲、乙的基因型分别为AaBB、aabb C.F2中红花植株的纯合子和白花植株的纯合子共占3/4 D.将F2中某一卵圆形叶植株和心形叶植株杂交，若后代全部为卵圆形叶，则该卵圆形叶植株为纯合子 答案：B 解析：花色受等位基因A、a控制，红花对白花为显性；叶形有卵圆形和心形，受等位基因B、b控制，两对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，A正确。F2关于花色的表型及比例为红花∶白花＝(18＋6)∶(30＋10)＝3∶5，推出F1的基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1，其中Aa占1/2，自交后代AA＝1/8，Aa＝2/8，aa＝1/8，aa占1/2，自交后代aa＝1/2(即4/8)，相同的基因型相加可得F2中AA＝1/8，Aa＝2/8，aa＝5/8；F2关于叶形的表型及比例为卵圆形叶∶心形叶＝(18＋30)∶(6＋10)＝3∶1，则F1的基因型均为Bb，从而推出亲本甲、乙的基因型是AaBB×aabb或aaBB×Aabb，B错误。F2中红花植株纯合子(AA)占1/8，白花植株纯合子(aa)占5/8，二者共占3/4，C正确。将F2中某一卵圆形叶植株(Bb或BB)和心形叶植株(bb)杂交，若后代全部为卵圆形叶，则该卵圆形叶植株为纯合子，D正确。 4.(2025·山东东营模拟)甘蓝型油菜是我国重要的油料作物，它的花色性状由三对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、D和d)控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述正确的是(　　) A.稳定遗传的白花植株的基因型有3种 B.乳白花植株自交后代中可能出现4种花色 C.基因型AaBbDd的植株测交，后代中黄花占3/5 D.基因型AaBbDd的植株自交，后代中黄花占1/4 答案：B 解析：白花对应的基因型为AA_ _ _ _，两个A基因纯合，子代不发生性状分离，能稳定遗传的基因型有9种，A错误；乳白花植株AaBbDd自交后代会出现白色AA_ _ _ _、乳白色Aa_ _ _ _、金黄色aabbdd以及aaB_dd等黄色，共4种花色，B正确；基因型AaBbDd的植株测交，即让基因型AaBbDd的植株与金黄花植株aabbdd杂交，后代中乳白花占1/2，金黄花占1/2×1/2×1/2＝1/8，黄花占1－1/2－1/8＝3/8，C错误；基因型AaBbDd的植株自交，子代中白花占1/4，乳白花占1/2，金黄花占1/64，则黄花的比例为1－1/4－1/2－1/64＝15/64，D错误。 5.(2025·亭湖区模拟)某雌雄同株二倍体植物的红花与白花分别由等位基因A、a控制，圆叶与尖叶分别由等位基因B、b控制，已知A、a和B、b位于两对同源染色体上，A对a为完全显性，B对b为完全显性。现某双杂合植株自交，子代中红花圆叶植株所占的比例为，则可推知该双杂合植株产生(　　) A.基因型为Ab的雌、雄配子均致死 B.含a的花粉中有一半致死 C.基因型为AB的雌配子或雄配子致死 D.含a的配子中有一半致死 答案：A 解析：某双杂合植株自交，即AaBb自交，若基因型为Ab的雌、雄配子均致死，则后代的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝5∶0∶3∶1，子代中红花圆叶植株所占的比例为，A正确；AaBb自交，若含a的花粉中有一半致死，则花粉的基因型比例为A∶a＝2∶1，雌配子的基因型比例为A∶a＝1∶1，故Aa自交后代的表型比例为红花(A_)∶白花(aa)＝5∶1，Bb自交后代表型比例为圆叶∶尖叶＝3∶1，则后代表型比例为红花圆叶∶红花尖叶∶白花圆叶∶白花尖叶＝15∶5∶3∶1，子代中红花圆叶的比例为，B错误；AaBb自交，若基因型为AB的雌配子或雄配子致死，则后代的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝5∶3∶3∶1，子代中红花圆叶的比例为，C错误；AaBb自交，若含a的配子中有一半致死，则花粉和雌配子的基因型比例为A∶a＝2∶1，Aa自交后代的表型比例为红花(A_)∶白花(aa)＝8∶1，Bb自交后代表型比例为圆叶∶尖叶＝3∶1，则后代表型比例为红花圆叶∶红花尖叶∶白花圆叶∶白花尖叶＝24∶8∶3∶1，子代红花圆叶的比例为，D错误。 6.(2024·湖北荆州三校联考)致死基因的存在可影响后代性状分离比。现有基因型为AaBb的个体，两对等位基因独立遗传，但具有某种基因型的配子或个体致死，不考虑环境因素对表型的影响，若该个体自交，统计后代的情况，下列说法正确的是(　　) A.后代分离比为4∶2∶2∶1，推测原因可能是某对显性基因纯合致死 B.后代分离比为6∶3∶2∶1，推测原因可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死 C.后代分离比为7∶3∶1∶1，推测原因可能是基因型为Ab的雄配子或雌配子致死 D.后代分离比为4∶1∶1，推测原因可能是基因型为aB的雄配子或雌配子致死 答案：C 解析：后代分离比为4∶2∶2∶1，与9∶3∶3∶1相比，推测原因可能是两对显性基因纯合致死，A错误。后代分离比为6∶3∶2∶1，与9∶3∶3∶1对照推测可能是某对显性基因纯合致死，B错误。后代分离比为7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，最可能的原因是Ab(或aB)的雄配子或雌配子致死，C正确。若基因型为ab的雄配子或雌配子致死，则基因型为aabb的子代死亡，且基因型为AaBb、Aabb、aaBb的个体各死亡一份，子代A_B_∶aaB_∶A_bb＝8∶2∶2，即分离比为4∶1∶1；若基因型为aB的雄配子或雌配子致死，则后代分离比为7∶3∶1∶1，D错误。 7.(2024·武汉高三二模)某植物花瓣中黄色素的合成受等位基因A和a控制，A和a基因的表达受等位基因Y和y的调控。为研究两对等位基因的关系，进行了如下表所示的实验。下列叙述错误的是(　　) 组别 杂交组合 F1 F2 实验一 黄花×白花 全为黄花 黄花∶白花＝3∶1 实验二 黄花×白花 全为白花 白花∶黄花＝13∶3 A.实验一亲本白花植株的基因型为aayy B.实验一F2中黄花植株自由交配，子代黄花个体占8/9 C.实验二F2中白花植株的基因型共有6种 D.Y基因可能抑制了A基因的表达 答案：C 解析：根据实验二的F2白花∶黄花＝13∶3，属于9∶3∶3∶1的变式，可知两对基因的遗传遵循自由组合定律，F1基因型为AaYy，白花的基因型可能为A_Y_(4种)、aaY_(2种)、aayy(1种)，共7种，黄花的基因型为A_yy，根据实验一的F2出现3∶1的分离比可知，F1的基因型为Aayy，则实验一中亲本杂交组合为AAyy(黄花) ×aayy(白花)，A正确，C错误；实验二中F1的基因型为AaYy，表型为白花，说明Y基因可能抑制了A基因的表达，实验一中亲本杂交组合为AAyy(黄花)×aayy(白花)，F2中黄花的基因型及比例为AAyy∶Aayy＝1∶2，产生配子的种类及比例为Ay∶ay＝2∶1，自由交配时，后代中白花所占比例为1/3×1/3＝1/9，则后代中黄花所占的比例为1－1/9＝8/9，B、D正确。 8.(2024·山东泰安一模)某自花传粉植物体内有三种物质(甲、乙、丙)，其代谢过程如下图所示，三种酶均由染色体上的显性基因控制合成。为培育生产乙物质的优良品种，科学家利用野生型植株和两种突变植株(T1、T2)进行自交，结果如下表所示(多或少指三种物质含量的多或少)。下列分析正确的是(　　) 亲本(表型) 自交F1代株数(表型) 野生型(甲少、乙少、丙多) 180(甲少、乙少、丙多) T1(甲少、乙少、丙多) 90(甲少、乙多、丙少)、271(甲少、乙少、丙多)、120(甲少、乙少、丙少) T2(甲少、乙少、丙多) 91(甲少、乙多、丙少)、270(甲少、乙少、丙多)、122(甲多、乙少、丙少) A.野生型、T1、T2基因型分别为AABBDD、AaBbDd、AaBbDD B.T1、T2自交F1代中(甲少、乙少、丙多)个体的基因型各有2种 C.T1、T2自交F1代中(甲少、乙多、丙少)个体的基因型完全相同 D.理论上T2自交F1代中能稳定遗传的目标植株与T1自交F1代中一样多 答案：D 解析：由图分析可知，不存在A基因时，甲不能合成，且乙、丙也不能合成，表现为甲少、乙少、丙少；存在A基因，但不存在B基因时，甲能合成，且不能转化为乙，表现为甲多、乙少、丙少；存在A、B基因，但不存在D基因时，甲合成后转化为乙，但乙不能转化为丙，故表现为甲少、乙多、丙少；存在A、B、D基因时，甲合成后转化为乙，乙转化为丙，故表现为甲少、乙少、丙多，aa_ _ _ _为甲少、乙少、丙少，A_bb_ _为甲多、乙少、丙少，A_B_dd为甲少、乙多、丙少，A_B_D_为甲少、乙少、丙多。野生型(A_B_D_)自交，后代全为甲少、乙少、丙多(A_B_D_)，推知其基因型为AABBDD；T1(A_B_D_)自交，后代表型比例为3∶9∶4(9∶3∶3∶1的变式)，推测其为双杂合子，自交后代有甲少、乙多、丙少(A_B_dd)，由dd推知T1含Dd，自交后代有甲少、乙少、丙少(aa_ _ _ _)，由aa推知T1含Aa，故T1基因型为AaBBDd；同理可推知T2基因型为AABdDd，A错误。T1(AaBBDd)自交，后代中甲少、乙少、丙多(A_BBD_)个体基因型有2(AA、Aa)×2(DD、Dd)＝4种；T2(AABbDd)自交，后代中甲少、乙少、丙多(AAB_D_)个体基因型有4种，B错误。T1(AaBBDd)自交，后代中甲少、乙多、丙少基因型为A_BBdd；T2(AABbDd)自交，后代中甲少、乙多、丙少基因型为AAB_dd，C错误。由题干知，目标植株为生产乙物质的优良品种，稳定遗传的目标植株－－甲少、乙多、丙少的基因型为AABBdd，T1(AaBBDd)和T2(AABbDd)自交产生AABBdd的概率均为1/16，D正确。 9.某二倍体植物高茎与矮茎、红花与白花两对相对性状分别由两对等位基因A/a、B/b控制，两对等位基因均位于常染色体上且独立遗传，某种基因型的雌配子或雄配子致死。现有一批基因型相同的高茎红花亲本甲，将其自交，后代表型及比例为高茎红花∶高茎白花∶矮茎红花∶矮茎白花＝5∶3∶3∶1。下列分析错误的是(　　) A.若为雌配子致死，则甲产生的卵细胞的基因型及比例为Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1 B.若不是雌配子致死，则甲产生AB型卵细胞的概率为 C.甲自交后代的高茎红花中，纯合子所占比例为0 D.甲测交后代应出现三种表型且比例为1∶1∶1 答案：D 解析：以高茎红花植物为亲本，其自交后代表型及比例为高茎红花∶高茎白花∶矮茎红花∶矮茎白花＝5∶3∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式(两对基因符合基因的自由组合定律)，说明亲本的基因型为AaBb，F1高茎∶矮茎＝2∶1，红花∶白花＝2∶1，F1比例不为6∶3∶2∶1说明不是AA或BB基因型纯合致死，综上推断致死原因最可能为AB型雄配子或雌配子致死，若为AB型雌配子致死，则甲产生的卵细胞的基因型及比例为Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1，A正确；若不是雌配子致死，则卵细胞正常产生，不存在致死现象，甲产生AB型卵细胞的概率为1/4，B正确；甲自交后代的高茎红花中，基因型为AaBb、AaBB、AABb，纯合子所占比例为0，C正确；当甲作母本时，若为AB型雄配子致死，则测交后代为四种表型，若为AB型雌配子致死，则测交后代为三种表型，当甲作父本时，则情况相反，D错误。 10.某植物果实的颜色由两对独立遗传的等位基因A、a和B、b控制，基因A可完全抑制基因B的表达，表型与基因型的对应关系如下表所示。科研人员向基因型为AaBb的植株中导入隐性基因e(纯合致死)，让该植株自交，其后代表型及比例为蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1。下列说法错误的是(　　) 表型 蓝果 红果 白果 基因型 A_B_、A_bb aaB_ aabb A.致死基因e导入到了A基因所在的染色体上 B.转基因植株自交后代中蓝果植株的基因型有3种 C.若让转基因植株后代中蓝果植株自交，子代蓝果植株占1/3 D.欲鉴定转基因植株后代中蓝果植株的基因型，可以让其与白果植株杂交 答案：C 解析：根据题干信息，蓝果的基因型为A_B_、A_bb，红果的基因型为aaB_，白果的基因型为aabb，AaBb的植株若没有导入致死基因，其自交后代蓝果∶红果∶白果＝12∶3∶1，导入致死基因后，比例变成蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1，说明致死的全部为蓝果，因此致死基因e导入到了A基因所在的染色体，导致基因型为AA的植株死亡，A正确。转基因植株自交后代中蓝果植株的基因型有3种，分别是1/4A(e)aBB、1/2A(e)aBb、1/4A(e)abb。A(e)aBB自交，后代中蓝果植株∶红果植株＝2∶1；A(e)aBb自交，后代中蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1；A(e)abb自交，后代中蓝果植株∶白果植株＝2∶1，则所有子代中蓝果植株所占比例为1/4×2/3＋1/2 ×8/12＋1/4 ×2/3＝2/3，B正确，C错误。欲鉴定转基因植株后代中蓝果植株的基因型，可采用测交的方法，即让其与白果植株杂交，D正确。 11.(8分)(2025·河南八省联考)玉米(2n＝20)是雌雄同株异花植物。玉米存在雄性不育株，表现为雄花不育、雌花可育。现有两株雄性不育突变体甲和乙，两者的不育性状均由单基因突变所致(不考虑基因间的相互作用；当植株可育时花粉均可育)。甲与纯合野生型玉米杂交得到子代丙，丙自交后代中正常育性∶雄性不育＝3∶1。回答下列问题。 (1)甲的雄性不育突变为　　　　(填“显性”或“隐性”)突变。丙自交的子代之间随机交配，后代中正常育性∶雄性不育＝　　　　。 (2)甲的雄性不育由M2基因(由M1基因突变而来)控制。将M1与M2的mRNA翻译区进行序列比对，结果如图。M2编码的多肽链长度为　　　　个氨基酸。 (3)若甲、乙的雄性不育基因为同一基因，乙与丙杂交，后代的表型及比例是　　　　　　　。 (4)若甲、乙的雄性不育基因为不同基因，且位于非同源染色体上，将乙与丙杂交： ①若F1均为正常育性，据此推测乙的雄性不育突变为　　　　(填“显性”或“隐性”)突变。仅考虑M1/M2这对等位基因，乙表达的多肽链长度为　　　　个氨基酸。F1自交所得F2的表型及比例是　　　　　　　　。 ②若F1中正常育性∶雄性不育＝1∶1，利用现有材料进行杂交无法获得雄性不育的纯合子，原因是　　　　　　　　　　　　　。 答案：(1)隐性　5∶1　(2)97　(3)正常育性∶雄性不育＝1∶1　(4)①隐性　525　正常育性∶雄性不育＝21∶11　②若F1中正常育性∶雄性不育＝1∶1，说明乙的雄性不育为显性突变，现有材料基因型为M1M1Bb不育∶M1M1bb可育∶M1M2Bb不育∶M1M2bb可育＝1∶1∶1∶1， 用现有材料进行杂交无法获得雄性不育(M1M1BB、M2M2BB)的纯合子，原因是F1中不育植株只能作为母本，与可育植株进行杂交，可育植株可自交或杂交，均不能获得上述不育纯合子 解析：(1)甲表现为雄性不育，其形成是单基因突变所致，仅考虑这对等位基因，甲与纯合野生型玉米杂交得到子代丙，丙为杂合子，丙自交后代中正常育性∶雄性不育＝3∶1，说明甲的雄性不育突变为隐性突变。假定控制该性状的基因为M1、M2，甲基因型为M2M2，纯合野生型玉米基因型为M1M1，丙的基因型为M1M2，丙自交子代基因型种类及比例为M1M1∶M1M2∶M2M2＝1∶2∶1，丙自交的子代之间随机交配，利用配子法求解，三种基因型的自交子代都能产生雌配子，雌配子种类及比例为M1∶M2＝1∶1，由于M2M2表现为雄性不育，不能产生雄配子，因此雄配子种类及比例为M1∶M2＝2∶1，雌雄配子随机结合，雄性不育M2M2的概率为1/2×1/3＝1/6，正常育性的概率为1－1/6＝5/6，即正常育性∶雄性不育＝5∶1。(2)已知UAA为终止密码子，M2基因对应的mRNA翻译区的第232个核苷酸和233个核苷酸之间插入了1 386个核苷酸，并在插入的第60个核苷酸中引入了终止密码子，使得终止密码子提前出现，翻译提前终止，因此M2编码的多肽链长度为(232＋59)/3＝97个氨基酸。(3)结合小问1分析，已知纯合野生型玉米基因型为M1M1，丙的基因型为M1M2，若甲、乙的雄性不育基因为同一基因，则乙的基因型为M2M2，乙和丙杂交，后代基因型及比例为M1M2∶M2M2＝1∶1，后代的表型及比例是正常育性∶雄性不育＝1∶1。(4)①已知甲的雄性不育基因为隐性突变，假定控制该性状的两对基因分别为M1、M2和B、b，若乙的雄性不育基因也为隐性突变，则野生型玉米的基因型为M1M1BB，甲的基因型为M2M2BB，乙的基因型为M1M1bb，丙的基因型为M1M2BB，乙和丙杂交，子代基因型及比例为M1M2Bb∶M1M1Bb＝1∶1，只要一种基因为隐性纯合子就表现为雄性不育，F1均为正常育性；若乙的雄性不育基因为显性突变，则野生型玉米的基因型为M1M1bb，甲的基因型为M2M2bb，乙的基因型为M1M1BB或M1M1Bb，丙的基因型为M1M2bb，乙和丙杂交，子代基因型及比例为M1M2Bb∶M1M1Bb＝1∶1或M1M1Bb∶M1M1bb∶M1M2Bb∶M1M2bb＝1∶1∶1∶1，基因型为M2M2_ _和 _ _B _表现为雄性不育，F1均为雄性不育或正常育性∶雄性不育＝1∶1。综上分析，若F1均为正常育性，据此推测乙的雄性不育突变为隐性突变。仅考虑M1/M2这对等位基因，甲的基因型为M2M2BB，乙的基因型为M1M1bb，结合第2小题的分析可知乙的基因组成为M1M1，因此乙转录出的mRNA长度为1 578个碱基，去除UAA后，还有1 575个碱基参与编码多肽链，其表达的多肽链长度为1 575/3＝525个氨基酸。F1基因型种类及比例为M1M2Bb∶M1M1Bb＝1∶1，M1M2Bb自交子代雄性不育(M2M2B _、M1 _bb、M2M2bb)概率＝1/4×3/4＋1/4×3/4＋1/4×1/4＝7/16，M1M1Bb自交子代雄性不育M1M1bb的概率为1×1/4＝1/4，因此F1自交所得F2中雄性不育的植株的概率为7/16×1/2＋1/4×1/2＝11/32，因此正常育性的比例为1－11/32＝21/32，F1自交所得F2的表型及比例是正常育性∶雄性不育＝21∶11。②由①可知，若F1中正常育性∶雄性不育＝1∶1，说明乙的雄性不育为显性突变，现有材料基因型为M1M1Bb不育∶M1M1bb可育∶M1M2Bb不育∶M1M2bb可育＝1∶1∶1∶1，利用现有材料进行杂交无法获得雄性不育(若只考虑B/b的情况下，M1M1BB、M2M2BB)的纯合子，原因是F1中不育植株只能作为母本，与可育植株进行杂交，可育植株可自交或杂交，均不能获得上述不育纯合子。 12.(10分)(2024·西安五校联考)某自花传粉植株的高茎与矮茎这对相对性状受等位基因(A/a)控制，花的颜色(分别由基因B/b、C/c……控制)。某研究小组选取了纯合亲本进行相关实验，实验过程及结果如下表所示(不考虑基因突变和互换)。请回答下列相关问题。 杂交组合 F1表型 F2表型及比例 ①高茎紫花×高茎白花 高茎紫花，F1自交 高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花＝9∶6∶1 ②？ 矮茎紫花，F1测交 矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝1∶2∶1 ③高茎紫花×矮茎白花 高茎紫花，F1自交 ？ (1)由实验结果可知，该植株花的颜色受　　　　对等位基因控制。用该植株进行杂交实验，对母本进行的操作是　　　　　　　　　。 (2)组合②亲本的基因型为　　　　　　　　　　　　　　　　。组合③F1自交所得到的F2表型及比例为　　　　　　　　　　。 (3)现有一株矮茎开紫花的植株，该研究小组欲利用自交实验确定其基因型，请分析该研究小组能否达到目的并说明理由。　　　　　　。 (4)该研究小组在研究该植株抗病与易感病这对相对性状时发现，不含抗病基因E的雄配子有2/3死亡。若基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1中易感病植株所占的比例为　　　　。 答案：(1)两　对母本进行去雄、套袋处理、人工授粉、套袋　(2)aaBBCC×aabbcc或aaBBcc×aabbCC　高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花∶矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝27∶18∶3∶9∶6∶1　(3)不能，因为基因型为aaBBCc、aaBbCC的植株自交子代的表型及比例相同　(4)1/8 解析：(1)组合①F2中紫花∶红花∶白花＝9∶6∶1，是9∶3∶3∶1的变式，由此可知，该植株花的颜色受两对等位基因控制，其遗传遵循基因的自由组合定律。用自花传粉植物进行杂交实验，对母本采取的操作是去雄→套袋→传粉→套袋。(2)组合②F1测交，F2表型及比例为矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝1∶2∶1，所以F1的基因型为aaBbCc，组合②亲本的基因型为aaBBCC×aabbcc或aaBBcc×aabbCC；组合③亲本的基因型为AABBCC×aabbcc，F1的基因型为AaBbCc，F2表型及比例为高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花∶矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝(3∶1)(9∶6∶1)＝27∶18∶3∶9∶6∶1。(3)矮茎紫花植株的基因型为aaBBCC、aaBBCc、aaBbCC、aaBbCc，基因型为aaBBCC的植株自交子代全部为矮茎紫花，基因型为aaBbCc的植株自交子代的表型及比例为矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝9∶6∶1，基因型为aaBBCc、aaBbCC的植株自交子代的表型及比例相同，均为矮茎紫花∶矮茎红花＝3∶1，因此无法通过自交实验确定其基因型。(4)由于不含抗病基因E的雄配子有2/3死亡，基因型为Ee的亲本植株自交，产生的雌配子的类型及比例为E∶e＝1∶1，而雄配子的类型及比例为E∶e＝3∶1，所以易感病植株(ee)所占比例为(1/2)×(1/4)＝1/8。 13.(12分)(2024·江苏扬州调研)大豆是两性花、一年生植物(2N＝40)。科研人员用放射性60Co处理大豆种子后，筛选出一株单基因突变引起的抗花叶病(简称抗病)植株X，其花药离体培养得到的单倍体植株中，抗病植株占50％。已知控制大豆子叶颜色的基因在1号染色体上(BB呈深绿色，Bb呈浅绿色，bb呈黄色，bb幼苗阶段死亡)。科研人员进行了两组杂交实验，结果如下表。请回答下列问题。 亲本 F1表型及比例 实验一 子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂) 子叶深绿抗病∶子叶浅绿抗病＝1∶1 实验二 子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂) 子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝1∶1∶1∶1 (1)大豆抗花叶病与不抗花叶病由一对等位基因R、r控制，科研人员在进行上述两组杂交实验之前就已判断出抗花叶病基因为　　　　(填“显性”或“隐性”)基因，其理由是　　　　　　　　　　　　　　。 (2)基因R、r　　　　(填“位于”或“不位于”)1号染色体上，判断的依据是　　　　　　　　　　　　　　。 (3)实验一F1中的子叶浅绿抗病植株自交，F2成熟植株的表型及比例为　　　　　　　　　　　　　。 (4)若上述实验中的各代大豆均有留种，想要快速且简便地选育出纯合的子叶深绿抗病品种，应选用实验一的　　　　(填“亲本”或“F1”)中表型为　　　　　　　　的大豆进行　　　　，所得种子中，子叶深绿的即为所需品种。 (5)现有一株白花(dd)突变大豆，用该突变株作父本，与10号三体(其产生含有1条或2条10号染色体的配子活性相当且受精后均能发育)紫花纯合子杂交，再选择F1中的三体与突变株回交得到F2： ①若F2中紫花∶白花＝　　　　，则基因d不在10号染色体上； ②若F2中紫花∶白花＝　　　　，则基因d在10号染色体上。 答案：(1)显性　抗病植株X经花药离体培养得到的单倍体植株中抗病植株占50％，说明抗病植株X为杂合子，杂合子表现出的性状为显性性状　(2)不位于　实验二中F1的表型比例为1∶1∶1∶1(两对等位基因的遗传遵循自由组合定律)　(3)子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2　(4)亲本　子叶浅绿抗病　自交　(5)1∶1　5∶1 解析：(1)(3)根据抗花叶病植株X经花药离体培养得到的单倍体植株中，抗病植株占50％，可知抗花叶病植株X为杂合子，杂合子表现出的性状为显性性状，因此可说明抗花叶病基因为显性基因，BB呈深绿色，Bb呈浅绿色，因此根据实验一中子叶深绿抗病∶子叶浅绿抗病＝1∶1，可知实验一的亲本基因型为BBrr×BbRR，F1中的子叶浅绿抗病植株基因型为BbRr，其自交后代中bb在幼苗阶段死亡，因此子代BB∶Bb＝1∶2，R_∶rr＝3∶1，两对基因综合考虑，F2成熟植株中子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2。(2)实验二中子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂)，子一代中子叶深绿∶子叶浅绿＝1∶1，抗病∶不抗病＝1∶1，两对基因综合考虑，子代中子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝(1∶1)×(1∶1)＝1∶1∶1∶1，说明两对基因符合自由组合定律，因此两对基因位于两对同源染色体上，即基因R、r不位于1号染色体上。(4)欲快速且简便选育出纯合的子叶深绿抗病(BBRR)品种，可选择实验一的亲本(父本BbRR子叶浅绿抗病)自交，由于RR自交的后代不会出现杂合子，而Bb自交的后代中只有BB为深绿个体，因此自交后代所得种子中，子叶深绿的即为所需品种。(5)①若基因d不在10号染色体上，则该白花(dd)突变体与紫花纯合子(DD)的三体杂交，子代基因型为Dd，选择F1中的三体(Dd)与突变株(dd)回交得到F2，后代Dd∶dd＝1∶1，即紫花∶白花＝1∶1，说明d基因不在10号染色体上；②若基因d在10号染色体上，则该白花(dd)突变体与紫花纯合子(DDD)的三体杂交，子代基因型为DDd(三体植株)、Dd(正常株)，选择F1中的三体(DDd)与突变株(dd)回交得到F2，由于DDd产生的配子种类和比例为DD∶d∶Dd∶D＝1∶1∶2∶2，后代DDd∶dd∶Ddd∶Dd＝1∶1∶2∶2，即紫花∶白花＝5∶1，说明d基因在10号染色体上。 学生用书⬇第141页 学科网（北京）股份有限公司 $