专题2 第5讲 孟德尔遗传定律及应用（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考生物二轮专题复习高效讲义（单选版）

第5讲　孟德尔遗传定律及应用►对应学生用书P57 【课程标准】阐明有性生殖中基因的分离和自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。 考点1　基因的分离定律及应用►对应学生用书P57 1．判断基因显隐性的方法 (1)相对性状亲本杂交→子代只表现一个亲本性状，该亲本性状为显性性状。 (2)相同性状亲本杂交→子代发生性状分离，新出现的性状为隐性性状。 (3)根据遗传系谱图判断 2．自由交配的概率计算——配子法 若某种生物的基因型AA占1/3，Aa占2/3，个体间可以自由交配，求后代中基因型和表型的概率。 子代基因型及概率为4/9AA、4/9Aa、1/9aa，子代表型及概率为8/9显性(A_)、1/9隐性(aa)。 3．验证分离定律 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 测交法 F1测交后代的性状比例为1∶1，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 单倍体 育种法 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有两种表型，比例为1∶1，则符合分离定律 【基点小测】 (1)豌豆一对相对性状杂交实验中，F2出现3∶1需满足的条件是①所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，且相对性状为完全显性；②每一代不同类型的配子都能发育良好，且不同配子结合机会相等；③所有后代都处于比较一致的环境中，且存活率相同。 (2)自交概率计算 ①杂合子(Aa)连续自交n代后，杂合子比例为(1/2)n，纯合子比例为1－(1/2)n，显性纯合子比例＝隐性纯合子比例＝[1－(1/2)n]×1/2。 ②杂合子(Aa)连续自交，且逐代淘汰隐性个体，自交n代后，显性个体中，纯合子比例为(2n－1)/(2n＋1)，杂合子比例为2/(2n＋1)。 1．(2024·安徽高考)某种昆虫的颜色由常染色体上的一对等位基因控制，雌虫有黄色和白色两种表型，雄虫只有黄色，控制白色的基因在雄虫中不表达，各类型个体的生存和繁殖力相同。随机选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配，F1雌性全为白色，雄性全为黄色。继续让F1自由交配，理论上F2雌性中白色个体的比例不可能是(　　) A．1/2 B．3/4 C．15/16 D．1 解析：选A。由题意可知控制白色的基因在雄虫中不表达，随机选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配，F1雌性全为白色，说明白色对黄色为显性，若相关基因用A/a表示，则亲代白色雌虫基因型为AA，黄色雄虫基因型为AA或Aa或aa。若黄色雄虫基因型为AA，则F1基因型为AA，F1自由交配，F2基因型为AA，F2雌性中白色个体的比例为1；若黄色雄虫基因型为Aa，则F1基因型为1/2AA、1/2Aa，F1自由交配，F2基因型为9/16AA、6/16Aa、1/16aa，F2雌性中白色个体的比例为15/16；若黄色雄虫基因型为aa，则F1基因型为Aa，F1自由交配，F2基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，F2雌性中白色个体的比例为3/4。综上所述，A符合题意。 2．(2024·山东高考·改编)果蝇的直翅、弯翅受Ⅳ号常染色体上的等位基因A、a控制。现有甲、乙2只都只含7条染色体的直翅雄果蝇，产生原因都是Ⅳ号常染色体中的1条移接到某条非同源染色体末端，且移接的Ⅳ号常染色体着丝粒丢失。为探究Ⅳ号常染色体移接情况，进行了如表所示的杂交实验。已知甲、乙在减数分裂时，未移接的Ⅳ号常染色体随机移向一极；配子和个体的存活力都正常。不考虑其他突变和染色体互换，下列推断错误的是(　　) 实验①：甲×正常雌果蝇→F1中直翅∶弯翅＝7∶1，且雄果蝇群体中的直翅∶弯翅＝3∶1 实验②：乙×正常雌果蝇→F1中直翅∶弯翅＝3∶1，且直翅和弯翅群体中的雌雄比都是1∶1 A．①中亲本雌果蝇的基因型一定为Aa B．②中亲本雌果蝇的基因型为aa或Aa C．甲中含基因A的1条染色体一定移接到X染色体末端 D．乙中含基因A的1条染色体一定移接到X染色体末端 解析：选D。根据表格中杂交结果可知直翅为显性，结合题干信息初步推出其杂交组合类型为：AA×AA♀、AA×Aa♀、AA×aa♀、Aa×AA♀、Aa×Aa♀、Aa×aa♀，根据7∶1和3∶1的子代性状分离比，可以排除AA×AA♀(子代均为显性性状)、Aa×AA♀(子代均为显性性状)和 Aa×aa♀(子代性状分离比为1∶1)，根据假说—演绎法构建模型可得出：①中亲本雌果蝇的基因型一定为 Aa，选项A正确；②中亲本雌果蝇的基因型除aa之外，还可以是Aa，选项B正确；出现实验①中的杂交实验结果的只有杂交组合为AA×Aa♀，雄果蝇Ⅳ号常染色体中基因A所在的染色体移接到X染色体上的情况，选项C正确；若杂交组合为AA×aa♀，雄果蝇Ⅳ号常染色体中基因A所在的染色体移接到常染色体上，会出现实验②的结果，选项D错误。 3．(2025·云南高考)冬瓜果面有蜡粉可提高果实抗病、耐日灼和耐储性。为探究冬瓜果面蜡粉的遗传方式并对蜡粉基因(用“A”“a”表示)进行定位，科研人员进行了一系列杂交实验，结果如表。 群体 植株总 数/株 果面有蜡 粉株数/株 果面无蜡 粉株数/株 P1 30 30 0 P2 30 0 30 F1 523 523 0 F2 574 430 144 注：F1为P1和P2杂交后代，F2为F1自交后代。 回答下列问题： (1)根据杂交结果可知，果面蜡粉的遗传遵循基因的________定律，依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)实验证明蜡粉性状的改变是由基因突变引起的，突变基因上出现了一个限制酶H的切割位点，可用于在苗期筛选出果实表面有蜡粉的植株，据此设计引物后进行植株基因型鉴定的步骤为：提取基因组DNA→________目的DNA片段→限制酶H切割扩增产物→电泳。结果显示P1植株为1条条带，P2植株为2条条带，则F2中有蜡粉的植株为______条条带，限制酶H的切割位点位于______(填“A”“a”或“A和a”)上。 (3)用表中材料设计实验，验证(1)中得到的结论，写出所选材料及遗传图解。 解析：(2)P1植株为1条条带，P2植株为2条条带，说明P1为纯合子且其基因不能被限制酶H切割(假设P1基因型为AA)，P2为纯合子且其基因能被限制酶H切割(假设P2基因型为aa)，限制酶H的切割位点位于a上。F1基因型为Aa，F2中有蜡粉的植株基因型为AA或Aa。AA只有1条条带(不能被切割)，Aa会有3条条带(A不能被切割，为1条，a被切割为2条)，所以F2中有蜡粉的植株为1条或3条条带。 答案：(1)分离　F2中出现3∶1的性状分离比，符合一对等位基因的遗传规律　(2)PCR扩增　1或3　a　(3)选用材料：F1植株和P2植株 4．(2024·贵州高考·节选)已知小鼠毛皮的颜色由一组位于常染色体上的复等位基因B1(黄色)、B2(鼠色)、B3(黑色)控制，其中某一基因纯合致死。现有甲(黄色短尾)、乙(黄色正常尾)、丙(鼠色短尾)、丁(黑色正常尾)4种基因型的雌雄小鼠若干，某研究小组对其开展了系列实验，结果如图所示。 回答下列问题。 (1)基因B1、B2、B3之间的显隐性关系是____________________________________。实验③中的子代比例说明了____________________，其黄色子代的基因型是__________。 (2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型共有___________种，其中基因型组合为_________________的小鼠相互交配产生的子代毛皮颜色种类最多。 解析：(1)根据图中实验③可知，双亲均为黄色，子代表现为黄色∶鼠色＝2∶1，B1对B2为显性；根据图中实验①可知，B1对B3为显性，B2对B3为显性；故B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性。实验③中的子代比例说明基因型为B1B1的个体死亡，根据实验②可知，乙的基因型为B1B3，故可推测实验③的双亲基因型分别为B1B2、B1B3，其黄色子代的基因型是B1B2、B1B3。(2)根据(1)可知，小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型有B1B2、B1B3、B2B2、B2B3、B3B3，共有5种。其中B1B3和B2B3交配后代的毛色种类最多，共有黄色、鼠色和黑色3种。 答案：(1)B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性　基因型为B1B1的个体死亡　B1B2、B1B3　(2)5　B1B3和B2B3 1．(2025·安徽安庆模拟)育种工作者欲将荷兰某优质奶牛品种引进国内，但直接引种奶牛不仅价格昂贵，而且产仔数量少，同时还发现直接引进的品种到达国内后出现了适应性差、产奶量低等问题。为尽快培育出成本低、适应性强，并保留自身优良性状的新品种，设计了下列引种育种方案，其中最合理的描述是(　　) A．引入一头母牛作为种牛与本地公牛杂交，后代逐代与本地牛进行杂交 B．引入一头公牛作为种牛与本地母牛杂交，后代逐代与本地牛进行杂交 C．引入一头母牛作为种牛与本地公牛杂交，后代公牛逐代与亲本母牛回交 D．引入一头公牛作为种牛与本地母牛杂交，后代母牛逐代与亲本公牛回交 解析：选D。引种奶牛价格昂贵，奶牛产仔数量少，引入公牛更为经济高效，可在一个繁殖周期内，将引入的公牛与多头本地母牛进行交配，后代中的母牛通过不断与亲本公牛回交，可逐代提高后代中来自种牛的染色体占比，并从中选出既有种牛优良性状又有本地牛适应性特征的优良后代。综上，D正确。 2．(2025·山东潍坊二模)研究发现，家蚕(性别决定为ZW型)的某些性状表现为延迟遗传，在这种遗传方式中子代的表型由母本核基因型决定；细胞质遗传表现为子代的性状和母本性状相同。为探究蚕茧形状的遗传方式，科学家利用稳定遗传的亲本做了正反交实验。下列说法错误的是(　　) A．上述正反交的实验结果无法证明蚕茧形状表现为延迟遗传 B．若为细胞质遗传，则F1自由交配后的子代结果不同 C．若为延迟遗传，用上述实验中的F1分别自由交配所得F2均表现为椭圆形，则证明椭圆形性状为常染色体显性遗传 D．若为延迟遗传且椭圆性状为常染色体显性遗传，则上述实验中的F1分别自由交配所得F2与任一父本交配，后代表型比例均为3∶1 解析：选C。若为延迟遗传，用上述实验中的F1分别自由交配所得F2表现为椭圆形。 因为延迟遗传中子代表型由母本核基因型决定， F2表现为椭圆形，推测椭圆形性状为显性，相关基因位于常染色体或性染色体同源区段，C错误。若为延迟遗传且椭圆形性状为常染色体显性遗传，设相关基因为A、 a。 正交： P为AA(椭圆形)×aa(圆形)，F1为Aa(椭圆形)；反交：P为 aa(圆形)×AA(椭圆形), F1为Aa(圆形)。F1分别自由交配所得F2 的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1。 当F2与任一父本交配时，由于延迟遗传子代的表型由母本核基因型决定，所以后代表型比例都为3∶1，D正确。 3．(2025·江西南昌模拟)藏鸡是适应高寒、低压、缺氧环境的优良鸡种，已知藏鸡的麻羽是由等位基因ewh、e－决定的，研究人员进行了如下杂交实验(F1均为黑羽)，下列相关分析错误的是(　　) A．麻羽鸡的基因型只有1种 B．麻羽鸡与麻羽鸡杂交，后代全为麻羽鸡 C．由图可知，控制鸡羽色的基因的遗传符合分离定律 D．只有同时存在ewh、e－两种不同等位基因时，才能表现为麻羽 解析：选B。由题图可知，F1均为黑羽，F2中ewhewh、e－e－均表现为黑羽，得出只有同时存在ewh、e－两种不同等位基因时，才表现为麻羽，所以麻羽鸡的基因型只有一种，A、D正确。 4．(2025·广西北海模拟)油菜花是两性花，其雄蕊的育性由位于同源染色体相同位置上的等位基因A1、A2、A3决定。研究人员为培育具有杂种优势的油菜新品种，利用雄性不育品系1(A1A1)分别与育性正常的品系2(A2A2)、品系3(A3A3)进行如下实验。回答下列问题： 组别 杂交组合 F1 F2 实验一 品系1×品系2 F1：全为雄性不育×亲本(回交) ？ 实验二 品系1×品系3 F1：全为育性正常×品系1(回交) ？ (1)用雄性不育品系做杂交育种，在操作上最显著的优点是________________________________________________________________________。 (2)根据实验一、二的结果判断A1、A2、A3之间的显隐性关系是__________________，只考虑这对等位基因(A1、A2、A3)，有____种基因型。 (3)为了进一步分析雄性不育的遗传机理，科研人员提取实验一中亲本、F1、F2若干植株DNA，利用PCR扩增不同样本的某种遗传标记(特定片段长度代表遗传标记所在位点的遗传物质来源)，电泳结果如图所示。 ①同源染色体的非姐妹染色单体之间交换片段通常发生在___________________(填时期)，其引起的变异属于________。 ②据图推测，_____________序列与雄性不育基因紧密连锁，可作为雄性不育基因的分子标记，理由是_____________________________________________________________________。 ③为进一步验证上述结论，研究人员提取实验二中亲本、F1、F2各植株DNA，并将F2表型一致的植株DNA混合，利用PCR扩增不同样本的遗传标记，请在下图画出支持上述结论的电泳结果。 答案：(1)不用去雄　(2)A3对A1、A2为显性，A1对A2为显性(或A3>A1>A2)　6　(3)①减数分裂Ⅰ前期　基因重组　②SNPe　雄性不育植株均检测出SNPe序列 ③ 考点2　基因的自由组合定律及应用►对应学生用书P60 1．两对等位基因分别在一对常染色体、一对性染色体上的相关性状分离比(以XY决定型为例，ZW决定型类似) (1)aaXBXB×AAXbY或AAXBXB×aaXbY→AaXBXb×AaXBY→后代表型比例为9∶3∶3∶1或变式。 (2)AaXBXb×AaXbY→后代表型比例往往为3∶3∶1∶1，常出现3∶3∶2的变式。 2．基因连锁遗传现象 (1)完全连锁模型及其规律 连锁类型 基因A和B在一条染色体上，基因a和b在另一条染色体上 基因A和b在一条染色体上，基因a和B在另一条染色体上 图解 配子类型 AB∶ab＝1∶1 Ab∶aB＝1∶1 自交 后代 基因型 1AABB、2AaBb、1aabb 1AAbb、2AaBb、1aaBB 表型 性状分离比为3∶1 性状分离比为1∶2∶1 (2)连锁互换模型及规律 ①规律：F1产生总的配子种类比：AB＝ab>Ab＝aB。 ②解读“两两相等、两多两少”规律 a．两两相等：2种非互换型配子的数量相等，2种互换型配子的数量相等；或两个基因互补型配子的数量相等。 b．两多两少：通常非互换型配子的数量多于互换型配子的数量。 3．验证自由组合定律 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为9∶3∶3∶1，则符合基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 测交法 F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 单倍体 育种法 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 4.自由交配的概率计算——配子法 在涉及两对等位基因的自由交配时，一般拆分后对每一对等位基因自由交配后再组合，但有些类型则不能利用拆分法，实例如下： 【基点小测】 (1)科学家将耐盐植物的耐盐基因成功导入了小麦体内，结果发现一批植物自交后代耐盐∶不耐盐＝3∶1，另一批植物自交后代耐盐∶不耐盐＝15∶1。请你解释这一现象：自交后代耐盐∶不耐盐＝3∶1的植物其亲本只在一条染色体上导入了耐盐基因。自交后代耐盐∶不耐盐＝15∶1的植物，其亲本在两条非同源染色体上导入了耐盐基因。 (2)若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表型，但比例为21∶4∶4∶21，试解释出现这一结果的可能原因：A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，减数分裂时部分初级性母细胞发生互换，产生四种类型的配子，其比例为21∶4∶4∶21。 1．(2025·湖北高考)某学生重复孟德尔豌豆杂交实验，取一粒黄色圆粒F1种子(YyRr)，培养成植株，成熟后随机取4个豆荚，所得32粒豌豆种子表型计数结果如表所示。下列叙述最合理的是(　　) 性状 黄色 绿色 圆粒 皱粒 个数/粒 25 7 20 12 A．32粒种子中有18粒黄色圆粒种子，2粒绿色皱粒种子 B．实验结果说明含R基因配子的活力低于含r基因的配子 C．不同批次随机摘取4个豆荚，所得种子的表型比会有差别 D．该实验豌豆种子的圆粒与皱粒表型比支持孟德尔分离定律 解析：选C。黄色圆粒种子理论值为18粒(32×9/16)，绿色皱粒为2粒(32×1/16)，但实际数据中，黄色和圆粒的总数分别为25和20，无法直接推导组合性状的具体数值，A错误；圆粒与皱粒比为5∶3，可能因R配子活力低于r，但由于样本太少，所以不能确定含R基因配子的活力低于含r基因的配子，B错误；由于样本量小(仅4个豆荚，32粒种子)，不同批次摘取豆荚可能因抽样误差导致表型比波动，C正确；圆粒与皱粒实际比为5∶3，不符合分离定律预期的3∶1，同时样本数目太少，所以不支持孟德尔分离定律，D错误。 2．(2025·河南高考)现有二倍体植株甲和乙，自交后代中某性状的正常株∶突变株均为3∶1。甲自交后代中的突变株与乙自交后代中的突变株杂交，F1全为正常株，F2中该性状的正常株∶突变株＝9∶6(等位基因可依次使用A/a、B/b……)。下列叙述错误的是(　　) A．甲的基因型是AaBB或AABb B．F2出现异常分离比是因为出现了隐性纯合致死 C．F2植株中性状能稳定遗传的占7/15 D．F2中交配能产生AABB基因型的亲本组合有6种 解析：选D。已知植株甲和乙，自交后代中某性状的正常株∶突变株均为3∶1，可知正常株为显性性状，突变株为隐性性状，甲自交后代中的突变株与乙自交后代中的突变株杂交，F1全为正常株，F2中该性状的正常株∶突变株＝9∶6，为9∶3∶3∶1的变式，可知杂交后代F1基因型为AaBb，正常株的基因型为A_B_，基因型为aabb的植株会死亡，其余基因型的植株为突变株。所以甲、乙自交后代中的突变株基因型分别为aaBB、AAbb或AAbb、aaBB，由于甲和乙自交后代中某性状的正常株(A_B_)∶突变株均为3∶1，故甲的基因型是AaBB或AABb，A正确。F1基因型为AaBb，自交后代F2应该出现9∶(6＋1)的分离比，出现异常分离比是因为出现了隐性纯合aabb致死，B正确。F2植株中正常株的基因型为1AABB、2AaBB、2AABb、4AaBb，突变株的基因型为1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb，其中性状能稳定遗传(自交后代不发生性状分离)的有1AABB、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb，占7/15，C正确。F2中交配能产生AABB基因型的亲本组合有：AABB×AaBB、AABB×AABb、AABB×AaBb、AaBB×AABb、AaBB×AaBb、AABb×AaBb 6种杂交组合和4种基因型AABB、AaBB、AABb、AaBb自交，故亲本组合有10种，D错误。 3．(2025·山东高考)果蝇体节发育与分别位于2对常染色体上的等位基因M、m和N、n有关，M对m、N对n均为显性。其中1对为母体效应基因，只要母本该基因为隐性纯合，子代就体节缺失，与自身该对基因的基因型无关；另1对基因无母体效应，该基因的隐性纯合子体节缺失。下列基因型的个体均体节缺失，能判断哪对等位基因为母体效应基因的是(　　) A．MmNn B．MmNN C．mmNN D．Mmnn 解析：选B。根据题意，2对常染色体上的等位基因M、m和N、n，其中1对为母体效应基因，只要母本该基因为隐性纯合，子代就体节缺失，与自身该对基因的基因型无关；另1对基因无母体效应，该基因的隐性纯合子体节缺失，MmNn均为杂合子，无法判断导致表型为体节缺失的母本的哪一对等位基因隐性纯合，A错误；MmNN中Mm、NN都不是隐性纯合子，不符合题意中1对基因无母体效应，该基因的隐性纯合子体节缺失，因此只能符合第一种情况，因此推测Mm是母体效应基因，正是由于母本含有mm隐性纯合子，MmNN才表现为体节缺失，B正确；mmNN中mm为隐性纯合子，可能是其本身隐性纯合子，表现为体节缺失，也可能是亲本含有隐性纯合子mm，因此表现为体节缺失，无法判定mm是具有母体效应基因还是本身隐性纯合出现体节缺失，同理，Mmnn中，nn可能是其本身隐性纯合子，表现为体节缺失，也可能是亲本含有隐性纯合子，表现为体节缺失，因此也无法判定，C、D错误。 4．(2025·四川高考)水稻的叶色(紫色、绿色)是一对相对性状，由两对等位基因(A/a、D/d)控制；其籽粒颜色(紫色、棕色和白色)也由两对等位基因控制。为研究水稻叶色和粒色的遗传规律，有人用纯合的水稻植株进行了杂交实验，结果见下表。回答下列问题(不考虑基因突变、染色体变异和互换)。 实验 亲本 F1表型 F2表型及比例 实验1 叶色：紫叶×绿叶 紫叶 紫叶∶绿叶＝9∶7 实验2 粒色：紫粒×白粒 紫粒 紫粒∶棕粒∶白粒＝9∶3∶4 (1)实验1中，F2的绿叶水稻有________种基因型；实验2中，控制水稻粒色的两对基因________(填“能”或“不能”)独立遗传。 (2)研究发现，基因D/d控制水稻叶色的同时，也控制水稻的粒色。已知基因型为BBdd的水稻籽粒为白色，则紫叶水稻籽粒的颜色有________种；基因型为Bbdd的水稻与基因型为________的水稻杂交，子代籽粒的颜色最多。 (3)为探究A/a和B/b的位置关系，用基因型为AaBbDD的水稻植株M与纯合的绿叶棕粒水稻杂交，若A/a和B/b位于非同源染色体上，则理论上子代植株的表型及比例为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)研究证实A/a和B/b均位于水稻的4号染色体上，继续开展如下实验，请预测结果。 ①若用红色和黄色荧光分子分别标记植株M细胞中的A、B基因，则在一个处于减数分裂Ⅱ的细胞中，最多能观察到________个荧光标记。 ②若植株M自交，理论上子代中紫叶紫粒植株所占比例为________。 解析：(1)亲本组合1紫叶与绿叶杂交，子一代表现为紫叶，子一代自交子二代紫叶∶绿叶＝9∶7，是9∶3∶3∶1的变式，说明两对等位基因自由组合，因此子一代的基因型是AaDd，子二代A_D_表现为紫叶，A_dd、aaD_、aadd表现为绿叶，故F2的绿叶水稻有AAdd、Aadd、aaDD、aaDd、aadd，共5种基因型。实验2中，紫粒与白粒杂交，子一代表现为紫粒，子一代自交子二代紫粒∶棕粒∶白粒＝9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，说明两对等位基因自由组合，控制水稻粒色的两对基因能独立遗传。(2)研究发现，基因D/d控制水稻叶色的同时，也控制水稻的粒色。已知基因型为BBdd的水稻籽粒为白色，则实验2中，紫粒与白粒杂交，子一代表现为紫粒，子一代自交子二代紫粒∶棕粒∶白粒＝9∶3∶4，则紫粒基因型为BBDD、BbDD、BBDd、BbDd，白粒基因型为BBdd、Bbdd、bbdd，棕粒基因型为bbDD、bbDd。紫叶水稻基因型有AADD、AaDD、AADd、AaDd，则紫叶水稻籽粒的颜色有紫粒和棕粒，共2种；基因型为Bbdd的水稻与基因型为bbDd(或BbDd)的水稻杂交，子代出现的籽粒的颜色最多(都有3种)。(3)为探究A/a和B/b的位置关系，用基因型为AaBbDD的水稻植株M与纯合的绿叶棕粒aabbDD水稻杂交，若A/a和B/b位于非同源染色体上，则两对基因自由组合，理论上子代基因型为AaBbDD、AabbDD、aaBbDD、aabbDD，植株的表型及比例为紫叶紫粒∶紫叶棕粒∶绿叶紫粒∶绿叶棕粒＝1∶1∶1∶1。(4)研究证实A/a和B/b均位于水稻的4号染色体上，则两对基因连锁，继续开展如下实验：①若用红色和黄色荧光分子分别标记基因型为AaBbDD的植株M细胞中的A、B基因，若A和B在一条染色体上，则在一个处于减数分裂Ⅱ的基因型为AABB的细胞中，最多能观察到2个红色和2个黄色，共4个荧光标记。②若A和B在一条染色体上，a和b在一条染色体上，植株M自交，理论上子代基因型为1AABBDD(紫叶紫粒)、2AaBbDD(紫叶紫粒)、1aabbDD(绿叶棕粒)，则紫叶紫粒植株所占比例为3/4。若A和b在一条染色体上，a和B在一条染色体上，植株M自交，理论上子代基因型为1AAbbDD(紫叶棕粒)、2AaBbDD(紫叶紫粒)、1aaBBDD(绿叶紫粒)，则紫叶紫粒植株所占比例为1/2。 答案：(1)5　能　(2)2　bbDd或BbDd　(3)紫叶紫粒∶紫叶棕粒∶绿叶紫粒∶绿叶棕粒＝1∶1∶1∶1　(4)①4　②3/4或1/2 1．(2025·四川成都一模)拟南芥花的发育受A、B、D三种基因控制。图1为野生型拟南芥(AABBDD)花不同结构相关基因的表达情况。A、B、D三种基因对应存在3类隐性的缺失突变基因a、b和d，导致花器官错位发育。A与D基因一般不能同时表达，若一方发生突变而缺失，则另一方在花的所有结构中都能得以表达。如D基因缺失突变体(AABBdd)，其表达的基因与发育结果如图2所示。关于拟南芥花的发育，以下说法正确的是(　　) A．野生型拟南芥萼片与花瓣组织中均不含D基因 B．基因型为AABBDD与AABBdd的个体杂交，子代表型与图1一致 C．基因型为aaBBDD拟南芥植株的花中能正常发育出的结构是雌蕊和雄蕊 D．基因型为AABbDd的拟南芥自交，子代有四种表型的花，则B、D基因独立遗传 解析：选C。同一个体所有组织细胞来源于受精卵的有丝分裂，所以含有相同的基因，野生型拟南芥萼片与花瓣组织中均含有D基因，A错误；据图可知，D基因缺失突变体(AABBdd)缺少花蕊，无法与野生型杂交，B错误；据图可知，A为萼片，BA为花瓣，BD为雄蕊，D为雌蕊，基因型为aaBBDD拟南芥植株的花中能正常发育出的结构是雌蕊和雄蕊，C正确；基因型为AABbDd的拟南芥自交，子代有四种表型的花，可能是B、D基因独立遗传，也可能是B、D基因位于同一对同源染色体上，发生了互换所致，D错误。 2．(2025·辽宁大连一模)B(卷翅)、b(正常翅)和D、d是位于2号染色体上的两对等位基因，其中B、d为纯合致死基因，D不控制其他性状。以基因型为DDBb的果蝇相互杂交获得F1，F1表型及比例为卷翅∶正常翅＝2∶1。甲、乙和丙是选育出的三种类型的果蝇，基因与染色体的位置关系如图所示。不考虑染色体互换等其他变异，下列说法错误的是(　　) A．F1卷翅果蝇与果蝇甲杂交，后代的表型及比例为卷翅∶正常翅＝1∶1 B．F1雌雄果蝇相互交配获得F2，F2的表型及比例为卷翅∶正常翅＝1∶1 C．果蝇乙与果蝇丙杂交，后代的表型及比例为卷翅∶正常翅＝2∶1 D．果蝇丙之间相互杂交获得F1，F1的基因型均与果蝇丙相同 解析：选C。由题意可知B、d为纯合致死基因，DDBb的果蝇相互杂交，获得的F1基因型及比例为DDBb∶DDbb＝2∶1，F1卷翅果蝇(DDBb)与果蝇甲(DDbb)杂交，后代的表型及比例为卷翅(DDBb)∶正常翅(DDbb)＝1∶1，A正确；F1基因型及比例为DDBb∶DDbb＝2∶1，雌雄果蝇相互交配，产生的配子种类和比例为DB∶Db＝1∶2，产生DDBB＝1/9(死亡)、DDBb＝4/9、DDbb＝4/9，故F2的表型及比例为卷翅(DDBb)∶正常翅(DDbb)＝1∶1，B正确；果蝇乙(DdBb)与果蝇丙(DdBb)杂交，产生1DDBb、1Ddbb、1DdBB(死亡)、1ddBb(死亡)，故后代的表型及比例为卷翅∶正常翅＝1∶1，C错误；果蝇丙(DdBb)之间相互杂交产生1DDBB(死亡)、2DdBb、1ddbb(死亡)，故F1的基因型均与果蝇丙相同，D正确。 3．(2025·广西桂林模拟)褐飞虱利用刺吸式口器吸食水稻汁液，引起水稻植株营养成分流失，使稻穗发育不良。水稻对褐飞虱的抗性受到多种基因的调控。科研人员挑选了一些抗褐飞虱较强的水稻品种(甲、乙、丙)，并将其与不抗褐飞虱的水稻品种进行杂交，F1自交得到F2，杂交实验及结果如表所示。回答下列问题： 杂交 组合 亲本 F1的表型 及比例 F2的表型及比例 一 甲×不抗 褐飞虱 抗褐飞虱 抗褐飞虱∶不抗褐飞虱＝15∶1 二 乙×不抗 褐飞虱 不抗 褐飞虱 抗褐飞虱∶不抗褐飞虱＝1∶3 三 丙×不抗 褐飞虱 抗褐飞虱 抗褐飞虱∶不抗褐飞虱＝13∶3 (1)分析杂交实验及结果可知，在抗性水稻甲、乙、丙中，抗性性状受1对等位基因控制的水稻是________，受显性基因控制的水稻是________。 (2)若让杂交组合一F2的抗褐飞虱水稻进行自交，部分植株的子代会出现不抗褐飞虱性状，则这部分植株在F2抗褐飞虱植株中所占的比例为______。若选择杂交组合二F2的抗褐飞虱水稻分别与F2的不抗褐飞虱水稻进行杂交，则F3的表型及比例为__________________________________。 (3)科研人员认为杂交组合三抗褐飞虱的性状与基因表达受抑制有关。以下模型中，能解释该杂交现象的是_______(填序号)。按照该解释模型分析，丙和不抗褐飞虱亲本的基因型分别为________________________________________________________________________。 (4)将甲和乙进行杂交，子代植株均表现为抗褐飞虱。F1自交得到F2，F2中抗褐飞虱∶不抗褐飞虱接近61∶3，其中大约25%的抗性植株对褐飞虱的抗性增强。从基因在染色体的位置和相互作用的角度分析，其原因是 ________________________________________________________________________。 解析：(1)杂交组合一中，F2出现了15∶1的性状分离比，说明甲水稻的抗褐飞虱性状由两对基因(设为A/a、B/b)控制且这两对基因独立遗传。杂交组合二中，F2出现了1∶3的性状分离比，说明乙水稻的抗褐飞虱性状由一对基因(设为D/d)控制。杂交组合三中F2出现了13∶3的性状分离比，说明丙水稻的抗褐飞虱性状受两对等位基因控制，但未必均受显性基因控制。综上所述，甲水稻的抗褐飞虱性状受显性基因控制。(2)杂交组合一中，F2抗褐飞虱植株(比例为15/16)的基因型为A_B_、A_bb、aaB_，自交子代中有不抗褐飞虱植株的F2植株基因型为AaBb(4/15)、Aabb(2/15)、aaBb(2/15)，这些植株在F2抗褐飞虱植株中所占的比例为8/15。若选择杂交组合二F2的抗褐飞虱水稻(dd)分别与F2的不抗褐飞虱水稻(1/3DD、2/3Dd)进行杂交，则子代抗褐飞虱植株(dd)的占比为2/3×1/2＝1/3，即性状分离比为抗褐飞虱∶不抗褐飞虱＝1∶2。(3)模型②能解释杂交组合三F2出现13∶3的分离比现象，按该解释模型分析，丙和不抗褐飞虱亲本的基因型分别为aaBB、AAbb，F2中不抗褐飞虱性状的基因型为A_bb，占比为3/16。(4)将甲AABBDD和乙aabbdd进行杂交，子代植株均表现为抗褐飞虱(AaBbDd)，F1自交得到F2，F2中抗褐飞虱∶不抗褐飞虱接近61∶3，64＝43，说明甲和乙的抗性基因均受独立遗传的三对基因控制，同时表达甲与乙的抗性基因的植株(9/64A_B_dd、3/64aaB_dd、3/64A_bbdd，约占15/61÷61/64×100%≈25.8%)抗性增强。 答案：(1)乙　甲　(2)8/15　抗褐飞虱∶不抗褐飞虱＝1∶2　(3)②　aaBB、AAbb　(4)甲和乙的抗性基因均受独立遗传的三对基因控制，同时表达甲和乙的抗性基因的植株抗性增强 学科网（北京）股份有限公司 $