第1章 遗传因子的发现 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一生物必修2（人教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　分离定律及其应用 1.(2024安徽,12改编)某种昆虫的颜色由一对等位基因控制,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①,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 ①关键点拨　雄虫中基因型与表型不对应,需要将所有可能基因型都考虑在内。 2.(2023全国甲,6)水稻的某病害是由某种真菌(有多个不同菌株)感染引起的。水稻中与该病害抗性有关的基因有3个(A1、A2、a):基因A1控制全抗性状(抗所有菌株),基因A2控制抗性性状(抗部分菌株),基因a控制易感性状(不抗任何菌株),且A1对A2为显性、A1对a为显性、A2对a为显性①。现将不同表现型的水稻植株进行杂交,子代可能会出现不同的表现型及其分离比。下列叙述错误的是(　　) A.全抗植株与抗性植株杂交,子代可能出现全抗∶抗性=3∶1 B.抗性植株与易感植株杂交,子代可能出现抗性∶易感=1∶1 C.全抗植株与易感植株杂交,子代可能出现全抗∶抗性=1∶1 D.全抗植株与抗性植株杂交,子代可能出现全抗∶抗性∶易感=2∶1∶1 ①关键点拨　3个基因的显性关系强弱为A1>A2>a。 3.(2023海南,15)某作物的雄性育性与细胞质基因①(P、H)和细胞核基因(D、d)相关。现有该作物的4个纯合品种:①(P)dd(雄性不育②)、②(H)dd(雄性可育)、③(H)DD(雄性可育)、④(P)DD(雄性可育),科研人员利用上述品种进行杂交实验,成功获得生产上可利用的杂交种。下列有关叙述错误的是(　　) A.①和②杂交,产生的后代雄性不育 B.②、③、④自交后代均为雄性可育,且基因型不变 C.①和③杂交获得生产上可利用的杂交种,其自交后代出现性状分离,故需年年制种 D.①和③杂交后代作父本,②和③杂交后代作母本,二者杂交后代雄性可育和不育的比例为3∶1 ①关键点拨　细胞质基因的遗传符合母系遗传的特点,不遵循孟德尔遗传规律。 ②关键点拨　雄性不育的含义是不能产生可育雄配子,即只能作为母本,不能误认为只能作为父本。 4.(2024全国甲,32节选)袁隆平研究杂交水稻,对粮食生产具有突出贡献。回答下列问题。 (1)用性状优良的水稻纯合体(甲)给某雄性不育水稻植株授粉,杂交子一代均表现雄性不育;杂交子一代与甲回交(回交是杂交后代与两个亲本之一再次交配),子代均表现雄性不育;连续回交获得性状优良的雄性不育品系(乙)。由此推测控制雄性不育的基因(A)位于　　　　　　(填“细胞质”或“细胞核”)。  (2)将另一性状优良的水稻纯合体(丙)与乙杂交,F1均表现雄性可育,且长势与产量优势明显,F1即为优良的杂交水稻。丙的细胞核基因R的表达产物能够抑制基因A的表达。F1自交子代中雄性可育株与雄性不育株的数量比为　　　　。  (3)以丙为父本与甲杂交(正交)得F1,F1自交得F2,则F2中与育性有关的表现型有　　　种。反交结果与正交结果不同,反交的F2中与育性有关的基因型有　　　种。  考点2　自由组合定律及其应用 5.(2025湖北,12)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 6.(2025河南,15改编)现有植株甲和乙,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 7.(不定项)(2025山东,17改编)果蝇体节发育由2对独立遗传的等位基因M、m和N、n控制,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 8.(2023全国乙,6)某种植物的宽叶/窄叶由等位基因A/a控制,A基因控制宽叶性状;高茎/矮茎由等位基因B/b控制,B基因控制高茎性状。这2对等位基因独立遗传。为研究该种植物的基因致死情况,某研究小组进行了两个实验,实验①:宽叶矮茎植株自交,子代中宽叶矮茎∶窄叶矮茎=2∶1;实验②:窄叶高茎植株自交,子代中窄叶高茎∶窄叶矮茎=2∶1。下列分析及推理中错误的是(　　) A.从实验①可判断A基因纯合致死,从实验②可判断B基因纯合致死 B.实验①中亲本的基因型为Aabb,子代中宽叶矮茎的基因型也为Aabb C.若发现该种植物中的某个植株表现为宽叶高茎,则其基因型为AaBb D.将宽叶高茎植株进行自交,所获得子代植株中纯合子所占比例为1/4 9.(2024江苏,24节选)有一种植物的花色受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①。现有3组杂交实验,结果如下。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,后代中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　　　　。  ①辅助设问　有色花和白色花的基因型有哪些? 10.(2024贵州,20改编)已知小鼠毛皮的颜色由一组复等位基因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。  (3)小鼠短尾(D)和正常尾(d)是一对相对性状,短尾基因纯合时会导致小鼠在胚胎期死亡①。小鼠毛皮颜色基因和尾形基因的遗传符合自由组合定律,若甲雌雄个体相互交配,则子代表型及比例为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;为测定丙产生的配子类型及比例,可选择丁个体与其杂交,选择丁的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ①辅助设问　小鼠短尾个体的基因型是什么? 11.(2024河北,23节选)西瓜瓜形(长形、椭圆形和圆形)和瓜皮颜色(深绿、绿条纹和浅绿)均为重要育种性状。为研究两类性状的遗传规律,选用纯合体P1(长形深绿)、P2(圆形浅绿)和P3(圆形绿条纹)进行杂交。为方便统计,长形和椭圆形统一记作非圆,结果见表。 实验 杂交组合 F1表型 F2表型和比例 ① P1、P2 非圆深绿 非圆深绿∶非圆浅绿∶圆形深绿∶圆形浅绿=9∶3∶3∶1① ② P1、P3 非圆深绿 非圆深绿∶非圆绿条纹∶圆形深绿∶圆形绿条纹=9∶3∶3∶1 回答下列问题: (1)由实验①结果推测,瓜皮颜色遗传遵循　　　　定律,其中隐性性状为　　　　。  (2)由实验①和②结果不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断,还需从实验①和②的亲本中选用　　　进行杂交。若F1瓜皮颜色为　　　　,则推测两基因为非等位基因。  (3)对实验①和②的F1非圆形瓜进行调查,发现均为椭圆形,则F2中椭圆形深绿瓜植株的占比应为　　　　。若实验①的F2植株自交,子代中圆形深绿瓜植株的占比为　　　　。  ①关键点拨　9∶3∶3∶1的性状分离比,说明F1为双杂合子且相关基因的遗传遵循自由组合定律。 高考模拟练 应用实践 1.(2025河北邯郸开学考试)某自花传粉开白花的花卉中出现了一株开紫花的植株,将紫花植株的种子种下去,子一代126株植株中,有36株为白花。为获得纯种紫花植株,兴趣小组提出两种方案:①紫花植株连续自交,逐代淘汰白花植株;②将子一代紫花植株的种子分别种植,收集子代全开紫花植株的种子。下列说法错误的是(　　) A.紫色和白色是同一性状 B.紫花为显性性状,第一株紫花植株为杂合子 C.将紫花植株的纯合度培育至100%,方案①需要的周期更短 D.紫花杂合子后代全开紫花的概率近乎为零是方案②可行性的前提 2.(2025山东威海月考)某自花传粉植物的野生型和突变型受独立遗传的两对等位基因控制,当A、B同时存在时为野生型,其余为突变型。某野生型植株与aaBb植株杂交,F1中野生型∶突变型=3∶5。下列叙述错误的是(　　) A.F1中野生型植株全为杂合子 B.F1中纯合子所占比例为1/4 C.用F1中的突变型植株杂交,F2中不会出现野生型植株 D.用F1中的某一野生型植株自交,F2中野生型∶突变型=9∶7 3.(2025广东清远月考)玉米一般是雌雄异花同株植物,植株的顶端着生雄花序,叶腋着生雌花序,通过对玉米性别相关突变体的研究,发现有两对等位基因与其性别类型有关且两对基因的遗传遵循自由组合定律,雌花序由基因B控制,雄花序由基因T控制。当基因型为bb时,植株不能在原来位置长出雌花序;当基因型为tt时,植株中原来雄花序的位置长出雌花序。某同学用雌株和雄株做杂交实验,F1全为雌雄同株。以下说法错误的是(　　) A.亲本基因型为bbTT×BBtt或BBTT×bbtt B.F1自交,F2有9种基因型,3种表型 C.F1自交,F2中雄株基因型有2种,表型都是仅顶端着生雄花序 D.用F1与仅顶端着生雌花序的雌株做测交实验,可以验证自由组合定律 4.(2025河南驻马店月考)某豆科植物的豆荚颜色受两对独立遗传的基因A/a和B/b控制,存在显性基因时表现为绿色,不存在显性基因时表现为白色。现有两株纯合植株杂交,子一代豆荚均为绿色,子二代豆荚中绿色∶白色=11∶1,该植物含A基因的某种花粉存在致死现象,不考虑其他变异类型。下列说法正确的是　(　　) A.亲本基因型不同 B.子二代出现该比例的原因是AB花粉致死 C.子一代测交的结果为绿色∶白色=2∶1 D.子二代绿色豆荚植株中,纯合子占1/11 5.(2025山东潍坊一模)某植物果皮颜色由两对等位基因决定,分别为A、a和E、e。A基因为红色素合成基因,E基因对红色素合成有一定的抑制作用,A和E对性状的影响都有一定的累加效应。深红色果皮个体(AAEE)与白色果皮个体(aaee)杂交,F1果皮为红色,F1自交得到F2,性状分离比为深红色∶红色∶浅红色∶白色=3∶2∶1∶2。不考虑致死现象,下列说法正确的是(　　) A.基因型为Aaee个体的果皮为红色 B.F2深红色果皮个体中纯合子的比例为1/6 C.F2浅红色果皮个体中不存在杂合子 D.F1与F2中白色果皮个体杂交,后代白色果皮个体的比例为1/2 6.(2025广东梅州月考)某自花传粉植物有红花和白花两种性状,科研人员选择纯种红花与白花杂交,F1全部开红花,F1自交,F2的性状比例为9∶7。请回答下列问题: (1)若红花、白花由两对等位基因控制,则F2中出现红花和白花比例为9∶7的原因是两对基因相互作用,只有双显性的个体开　　　　(填“红”或“白”)花。F2的白花有　　　　种基因型。若F2的红花自花传粉,则子代中白花的比例为　　　　　。  (2)自然界中存在“自私基因”,即某一基因可以使同株的控制相对性状的另一基因的雄配子部分死亡,从而改变子代的性状表型的比例。若红花、白花由一对等位基因(A、a)控制,F2中出现红花和白花的比例为9∶7是“自私基因”作用的结果,则此比例出现的原因是F1中携带　　　　　(填“A”或“a”)基因的雄配子有　　　　　的比例死亡。  (3)现有部分F1红花植株和它们的纯合亲本植株供选择,设计以下杂交实验探究F2中出现红花和白花的比例为9∶7是杂合子“自私基因”作用的结果还是两对等位基因之间相互作用的结果。 实验方案:选择F1作为父本,亲本中的白花作为母本进行杂交。 预期结果及结论: ①若子代中　　　　　　　　　,则是杂合子“自私基因”作用的结果。  ②若子代中　　　　　　　　　,则是两对等位基因相互作用的结果。  迁移创新 7.(创新题)(新考法·水稻育性)(2025河北石家庄一模)水稻花粉是否可育受细胞质基因(S、N)和细胞核基因R(R1、R2)共同控制。S、N分别表示不育基因和可育基因;R1、R2表示细胞核中可恢复育性的基因,其等位基因r1、r2无此功能,通常基因型可表示为“细胞质基因(细胞核基因型)”。只有当细胞质中含有S基因,细胞核中r1、r2基因都纯合时,植株才表现出雄性不育性状。如图表示杂交实验过程,请回答下列问题: (1)袁隆平院士和他的助手在海南发现的几株野生的雄性不育水稻,使水稻杂交育种的进程进入了快车道,这是因为用这种水稻作　　　　本,可以避免　　　　的繁琐工作。  (2)杂交实验中,亲本中雄性不育株的基因型可表示为　　　　　,恢复株的基因型为　　　　　　　　　　　,F2中雄性可育性状且能稳定遗传的个体所占比例约为　　　　。  (3)“海稻86”是一种能在沿海滩涂和盐碱地生长的水稻新品种。培育耐盐水稻品种是提高盐碱土地的利用率和经济效益、缓解世界粮食危机的有效方案之一。有研究者提出假设:水稻植株的耐盐性是由两对独立遗传的等位基因A/a和B/b控制的,其抗盐碱性和基因型的对应关系分别为基因型为A_B_的植株为耐盐植株,而不耐盐植株的基因型为A_bb、aaB_、aabb。现有不耐盐纯种水稻植株甲(AAbb)、乙(aaBB)、丙(aabb),请你根据提供的材料选择两种方案以验证假设。简要写出实验思路与预期结果。 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.A 2.A 3.D 5.C 6.D 7.B 8.D 1.A　真题降维 　　根据题干信息中的杂交实验不能确定雌虫中的白色显隐性情况,需要进行分类讨论:(1)假设白色为隐性性状,(2)假设白色为显性性状,推理计算所有可能。 相关基因用A/a表示,进行推理计算。 假设 亲本白色雌虫基因型 亲本黄色雄虫基因型 F1自由交配,F2雌性中白色个体的比例 白色为 隐性 性状 aa 根据F1雌性全为白色(aa)可知父本基因型为aa F1基因型为aa,F2基因型为aa,F2雌性中白色个体的比例为1,D可能 白色为 显性 性状 AA AA F1基因型为AA,F2基因型为AA,F2雌性中白色个体的比例为1,D可能 Aa F1基因型为1/2AA、1/2Aa,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,C可能 aa F1基因型为Aa,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,B可能 Aa 根据F1雌性全为白色(A_)可知父本基因型为AA F1基因型为1/2AA、1/2Aa,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,C可能 2.A　 题干解读 　　基因型与表型的对应关系见表。 表型 全抗植株 抗性植株 易感植株 基因型 A1A1、A1A2、A1a A2A2、A2a aa 杂交组合 选项分析 全抗(A1A1、A1A2、A1a)×抗性(A2A2、A2a) 子代不会出现全抗∶抗性=3∶1的情况,A错误;亲本基因型组合为A1a×A2a时,子代表型及比例为全抗(A1A2、A1a)∶抗性(A2a)∶易感(aa)=2∶1∶1,D正确 抗性(A2A2、A2a)×易感(aa) 当抗性植株基因型为A2a时,子代表型及比例为抗性(A2a)∶易感(aa)=1∶1,B正确 全抗(A1A1、A1A2、A1a)×易感(aa) 当全抗植株基因型为A1A2时,子代表型及比例为全抗(A1a)∶抗性(A2a)=1∶1,C正确 归纳总结　本题中根据杂交子代比例可对亲本进行初步推测,如A选项中,子代比例为3∶1,亲本应为两种杂合子,且占3份的表型对应的基因应在亲本双方都存在;B、C选项中,子代符合测交比例,亲本应为杂合子测交,根据子代两种表型对应的基因可以直接推出亲本杂合子情况;D选项中,子代比例与孟德尔一对相对性状杂交实验中的F1高茎自交后代基因型比例相似,亲本应为两种杂合子。 3.D　 题干解读 　　根据题干信息列表如下,观察可知,只有当细胞质基因P和细胞核基因型dd同时存在时,才表现为雄性不育。 品种 细胞质基因 细胞核基因型 育性 ①(P)dd P dd 雄性不育 ②(H)dd H dd 雄性可育 ③(H)DD H DD 雄性可育 ④(P)DD P DD 雄性可育 选项信息 遗传分析 A.①(雄性不育,只能作为母本)×② B.②、③、④自交 (H)dd、(H)DD、(P)DD均为纯合子,且为雄性可育,自交子代基因型及表型不变,B正确 C.①×③ 子代是杂合子,其自交后代会出现性状分离,C正确 D.(①和③杂交后代)♂×(②和③杂交后代)♀ 子代均表现为雄性可育,D错误 4.答案　(1)细胞质　(2)3∶1　(3)1　3 解析　(1)若控制雄性不育的基因(A)位于细胞核,根据题干信息:甲(纯合,雄性可育,♂)×雄性不育(♀)→F1均为雄性不育可知,雄性不育为显性性状,亲本基因型为aa(甲)×AA(雄性不育),写出下列遗传图解并确认基因(A)的位置。 (2)由(1)可知乙的细胞质基因为A,因为细胞核基因R的表达产物能够抑制基因A的表达,而乙为雄性不育,所以乙的细胞核基因为rr,则乙的基因型可表示为A(rr)(注:括号中的基因代表细胞核基因,括号外的基因为细胞质基因)。丙为纯合体,且含有基因R,基因型为?(RR)(细胞质基因不知道,用?表示)。交配过程及结果见下图。 (3)根据(1)亲本杂交过程推导甲的基因型,只看细胞核基因,甲×雄性不育(rr)→F1均为雄性不育(rr),则甲的细胞核基因为rr;因为甲为雄性可育,细胞质基因不能是A,假设控制雄性可育的细胞质基因为B,则甲的基因型为B(rr)。分析丙与甲的正反交实验。 正交 实验 反交 实验 拓展延伸 三系法杂交水稻 　　1970年,袁隆平团队发现了一株雄性不育野生稻(“野败”),为三系法杂交水稻的研究成功打开了突破口。所谓三系法,是指雄性不育系与保持系杂交(前者接受后者的花粉),得到的种子发育成的植株仍然是雄性不育系;雄性不育系与恢复系杂交(前者接受后者的花粉),得到的种子发育成的植株就是一般意义上的生产杂交种。 5.C　黄色圆粒种子理论值为18粒(32×9/16),绿色皱粒种子理论值为2粒(32×1/16),但实际数据中,黄色和圆粒的个数分别为25和20,无法直接推导组合性状的具体数值,A错误;该实验由于样本太少,不能得出含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),因此不同批次随机摘取4个豆荚可能由抽样误差而导致表型比有差别,C正确;由于样本数目太少,圆粒与皱粒实际比值为5∶3,不符合分离定律预期的3∶1,故该实验豌豆种子的圆粒与皱粒表型比不支持孟德尔分离定律,D错误。 6.D　F2正常株∶突变株=9∶6,可推出正常株的基因型为A_B_,突变株的基因型为A_bb和aaB_,aabb致死,所以F1的基因型为AaBb,两个突变株亲本的基因型为AAbb和aaBB,甲和乙分别自交后正常株∶突变株为3∶1,说明甲基因型为AaBB或AABb,A、B正确;当A和B同时存在时才能为正常株,所以突变株A_bb和aaB_都可以稳定遗传,F2中性状能稳定遗传的个体占AABB(1/15)+A_bb(3/15)+aaB_(3/15)=7/15,C正确;当两个亲本都能产生AB的配子时,子代才可能出现AABB的基因型,F2能产生AB配子的基因型有AABB、AABb、AaBB、AaBb 4种,即F2交配能出现AABB基因型的亲本组合有4×4=16(种)[杂交情况下考虑正反交,若不考虑正反交,亲本组合有4+3+2+1=10(种)],D错误。 7.B　 题干解读 　　根据题意,调控体节缺失的情况有两种:①一对等位基因有母体效应,②另一对等位基因隐性纯合。当具有母体效应的等位基因为M/m(或N/n)时,该基因为隐性纯合的母本提供一个m(或n)基因,子代无论哪种基因型,即_m_ _(或_ _ _n),均表现为体节缺失;而不具母体效应的另一对等位基因N/n(或M/m)隐性纯合时,即基因型为_ _ nn(或mm_ _)的个体表现为体节缺失。据此可答题。 根据题干解读,选项相关分析如表: 基因型 分析 判断 A MmNn 该基因型双杂合,无论是等位基因M/m还是N/n为母体效应基因,该个体都会表现为体节缺失 ✕ B MmNN 该基因型中的N基因纯合(不存在母本提供的n基因),N/n不可能是母体效应基因,说明M/m属于母体效应基因 √ C mmNN 该基因型中m和N基因均纯合,无法确定是由母体基因型为mm(M/m为母体效应基因)遗传导致的,还是该个体自身mm纯合(M/m非母体效应基因)导致的 ✕ D Mmnn 无论是N/n为母体效应基因、M/m为母体效应基因,还是n基因纯合都可使该个体体节缺失 ✕ 8.D　利用遗传图解对实验①、实验②分析如下,可知A、B正确。 由于AA和BB均致死,宽叶高茎的基因型为AaBb,C正确。宽叶高茎植株(AaBb)自交,由于AA和BB均致死,子代表型比例由原本的9∶3∶3∶1变为4∶2∶2∶1,其中只有窄叶矮茎植株为纯合子,所占比例为1/9,D错误。 9.答案　(1)iiBB　IIBB　(2)2　1/9　(3)1/2　(4)白色∶有色=1∶1　白色∶有色=3∶1 题干和题图解读 　　(1)基因型与表型的对应关系见表。 表型 有色 白色 基因型 iiB_ I_B_、I_bb、iibb 　　(2)分析组别①②。 解析　(2)组别①的F2中有色花植株的基因型及比例是1/3iiBB、2/3iiBb,产生的配子及比例是2/3iB、1/3ib,F2有色花植株随机传粉,后代基因型(表型)及比例为iiBB(有色)∶iiBb(有色)∶iibb(白色)=(2/3×2/3)∶(2×2/3×1/3)∶(1/3×1/3)=4∶4∶1,其中白色花植株(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,F2白色花植株随机传粉,后代基因型(表型)及比例是IIBB(白色)∶IiBB(白色)∶iiBB(有色)=(2/3×2/3)∶(2×2/3×1/3)∶(1/3×1/3)=4∶4∶1,白色花植株的基因型及比例为4/9IIBB、4/9IiBB,其中杂合子占1/2。(4)组别③中乙(iibb)×丙(IIBB)→F1基因型为IiBb(产生的配子基因型及比例是IB∶iB∶Ib∶ib=1∶1∶1∶1),F1(IiBb)×甲(iiBB)→后代基因型(表型)及比例为IiBB(白色)∶iiBB(有色)∶IiBb(白色)∶iiBb(有色)=1∶1∶1∶1,即后代表型及比例为白色∶有色=1∶1;F1(IiBb)×乙(iibb)→后代基因型(表型)及比例为IiBb(白色)∶iiBb(有色)∶Iibb(白色)∶iibb(白色)=1∶1∶1∶1,即后代表型及比例为白色∶有色=3∶1。 关键点拨　本题中由F1自交后代3∶1的分离比推出F1为单杂合子是破题关键,据此再根据基因型与表型对应关系进行判断即可。需要注意的是,辨析清楚3∶1的来源是自交还是测交,若为测交,则应是1∶1∶1∶1的变式(1+1+1)∶1的情况。 10.答案　(1)B1对B2、B3为显性,B2对B3为显性　B1基因纯合使个体致死　B1B2、B1B3　(2)5　B1B3×B2B3　(3)黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾=4∶2∶2∶1　丁的基因型为B3B3dd,为隐性纯合体,丙与丁测交后代的性状表现及比例可直接体现丙产生的配子种类和比例 题图解读 实验 分析 子代没有黑色个体,说明基因B3对于B1和B2为隐性,则甲的基因型为B1B2,丁的基因型为B3B3,故基因B1、B2、B3之间的显隐性关系为B1对B2、B3为显性,B2对B3为显性 乙的基因型为B1B3 理论上子代基因型及比例为B1B1(黄色)∶B1B3(黄色)∶B1B2(黄色)∶B2B3(鼠色)=1∶1∶1∶1,表型及比例为黄色∶鼠色=3∶1,与实际情况不符,推测原因可能为基因型为B1B1的个体死亡 解析　(2)由上述分析可知,基因型为B1B1的个体死亡,则小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型为B1B2、B1B3、B2B2、B2B3、B3B3,共5种;子代毛皮颜色种类最多为3种,要想出现黄色,亲本必须含有B1,要想出现鼠色,亲本必须含有B2,要想出现黑色,双亲必须都含有B3,由此可知亲本组合为B1B3×B2B3。(3)已知短尾基因纯合致死,则小鼠短尾个体的基因型为Dd(辅助设问答案),因而甲的基因型为B1B2Dd,两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,甲雌雄个体相互交配,由于基因B1、D纯合均致死,子代黄色∶鼠色=2∶1,短尾∶正常尾=2∶1,故子代表型及比例为黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾=4∶2∶2∶1;丁个体为黑色正常尾,基因型为B3B3dd,为隐性纯合体,只产生B3d一种配子,丙与其交配(即测交)的子代的性状表现及比例可直接体现丙产生的配子种类和比例。 11.答案　(1)分离　浅绿　(2)P2、P3　深绿　(3)3/8　15/64 题表解读 实验① 瓜形 F1为非圆,F2中非圆∶圆形=3∶1,说明非圆、圆形性状由一对等位基因控制,其遗传遵循分离定律,且圆形为隐性性状,F1为杂合子 瓜皮 颜色 F1为深绿,F2中深绿∶浅绿=3∶1,说明深绿、浅绿性状由一对等位基因控制,其遗传遵循分离定律,且浅绿为隐性性状 实验② 瓜形 同实验① 瓜皮 颜色 F1为深绿,F2中深绿∶绿条纹=3∶1,说明深绿、绿条纹性状由一对等位基因控制,其遗传遵循分离定律,且绿条纹为隐性性状 解析　(2)实验①和②并未将浅绿、绿条纹置于同一杂交亲本或未在杂交结果中同时出现,故不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断,可用P2(浅绿)与P3(绿条纹)作亲本进行杂交,观察F1瓜皮颜色。若控制绿条纹和浅绿性状的基因为非等位基因(假设控制深绿和浅绿、深绿和绿条纹的基因分别为A/a、B/b),根据实验①结果可以推知P1基因型为AABB(深绿),P2基因型为aaBB(浅绿),根据实验②结果可以推知P3基因型为AAbb(绿条纹),则P2(aaBB)×P3(AAbb)→F1基因型为AaBb,瓜皮颜色表现为深绿。(3)由题表解读可知,实验①和②的F1为杂合子,由题干信息可知,实验①和②的F1全为椭圆形,说明椭圆形瓜为显性杂合子(用Cc表示),则长形瓜为显性纯合子(用CC表示),圆形瓜为隐性纯合子(用cc表示),进而说明瓜形的遗传为不完全显性。实验①(只需要考虑A/a、C/c两对基因):P1(CCAA)×P2(ccaa)→F1(CcAa)F2中椭圆形深绿(CcA_)瓜植株占比为1/2×3/4=3/8;实验②(只需要考虑B/b、C/c两对基因):P1(CCBB)×P3(ccbb)→F1(CcBb)F2中椭圆形深绿(CcB_)瓜植株占比为1/2×3/4=3/8。实验①中F2植株自交,子代中圆形深绿瓜植株所占比例的分析过程见表。 P1(CC)×P2(cc)→F1(Cc)F2(1/4CC、1/2Cc、1/4cc)F3中圆形(cc)=1/2×1/4+1/4=3/8 F3中圆形深绿瓜植株占比为3/8×5/8=15/64 P1(AA)×P2(aa)→F1(Aa)F2(1/4AA、1/2Aa、1/4aa)F3中深绿(A_)=1/4+1/2×3/4=5/8 方法技巧　当涉及多对等位基因时,首先需要判断各对等位基因的遗传是否符合自由组合定律,然后根据表型与基因型关系结合配子概率进行相关的计算。若有致死现象时,需要在去除致死类型比例后,再重新分配占比情况,避免出现错误。 高考模拟练 1.C 2.C 3.A 4.A 5.D 1.C　第一株紫花植株的种子种植后出现性状分离,说明紫花为显性性状,第一株紫花植株为杂合子,B正确。方案①中连续自交并逐代淘汰白花植株,每代还是会有部分杂合子,方案②中,紫花植株上结的种子为其自交产物,若种下后收获的均为紫花植株,说明其是纯合子,周期比方案①短,C错误。设相关基因为A/a,紫花植株有AA和Aa两种基因型,若杂合子后代全开紫花,则无法通过紫花自交判断其是纯合子还是杂合子,因此杂合子后代全开紫花的概率近乎为零是方案②可行性的前提,D正确。 2.C　 题干解读 　　(1)基因型与表型的对应关系:野生型(A_B_)、突变型(A_bb、aaB_、aabb)。 　　(2)根据题干中文字表述写出遗传图解。 F1中野生型植株的基因型为AaBB、AaBb(全为杂合子),若野生型植株基因型为AaBB,其自交后代中野生型∶突变型=3∶1;若野生型植株基因型为AaBb,其自交后代中野生型∶突变型=9∶7,A、D正确。F1中纯合子(aaBB、aabb)所占比例为1/2×1/2=1/4,B正确。F1中突变型植株的基因型为Aabb、aaBB、aaBb、aabb,其中Aabb和aaBB杂交能产生野生型植株,C错误。 3.A　 题干解读 　　基因型与表型的对应关系如表。 表型 雌雄同株 雌株 雄株 基因型 B_T_ B_tt、bbtt bbT_ 雌株(_ _tt)×雄株(bbT_)→F1全为雌雄同株(B_T_),则F1的基因型为BbTt,亲本基因型为bbTT×BBtt,A错误;B/b和T/t两对基因的遗传遵循自由组合定律,F1(BbTt)自交,Bb自交后代有3种基因型,Tt自交后代有3种基因型,共9种基因型,表型为3种,其中雄株的基因型为bbTT、bbTt,由题干信息“植株的顶端着生雄花序,叶腋着生雌花序”“当基因型为bb时,植株不能在原来位置长出雌花序”可知,雄株不能在叶腋着生雌花序,仅顶端着生雄花序,B、C正确;F1的基因型为BbTt,仅顶端着生雌花序的雌株的基因型为bbtt,二者测交,子代基因型及比例可直接体现F1产生的配子种类及比例,可以验证自由组合定律,D正确。 4.A　 题干解读 　　基因型与表型的对应关系:aabb→白色,非双隐→绿色。 子二代绿色∶白色=11∶1,为9∶3∶3∶1变式中的致死情况,子一代基因型为AaBb,亲本均为纯合子,则亲本基因型为AABB×aabb或者AAbb×aaBB,A正确。以亲本基因型为AABB×aabb为例分析B、C、D选项,如表。 亲本基因型 AABB×aabb 致死花粉 基因型 含A基因的某种花粉存在致死现象,由亲本可知,AB花粉不存在致死现象,则致死花粉基因型为Ab,B错误 子一代测交 AaBb作父本时产生的雄配子种类及比例为AB∶aB∶ab=1∶1∶1,测交后代基因型及比例为AaBb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1,表型及比例为绿色∶白色=2∶1;AaBb作母本时产生的雌配子种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶1∶1,测交后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1,表型及比例为绿色∶白色=3∶1,C错误 子二代 AaBb产生的雄配子种类及比例为AB∶aB∶ab=1∶1∶1,雌配子种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶1∶1,子二代基因型及比例为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb∶aaBB∶aaBb∶Aabb∶aabb=1∶1∶2∶3∶1∶2∶1∶1,则绿色豆荚植株中纯合子(AABB、aaBB)占2/11,D错误 5.D　F2性状分离比为深红色∶红色∶浅红色∶白色=3∶2∶1∶2=6∶4∶2∶4,遗传图解如图。 6.答案　(1)红　5　11/36　(2)A　6/7　(3)红花∶白花=1∶7　红花∶白花=1∶3 解析　(1)若红花、白花由两对等位基因控制,则F2中红花∶白花=9∶7,是9∶3∶3∶1的变式,只有双显性个体才能开红花,其他情况花色为白色,基因型与表型的对应关系如表(相关基因用A/a、B/b表示)。 基因型 表型 AABB、AaBB、AABb、AaBb 红花 AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb 白花 F2红花的基因型及比例是AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb=1∶2∶2∶4,1/9AABB自交后代全为红花,无白花;2/9AaBB自交后代白花(aaBB)=2/9×1/4=1/18;2/9AABb自交后代白花(AAbb)=2/9×1/4=1/18;4/9AaBb自交后代白花=4/9×7/16=7/36,共计1/18+1/18+7/36=11/36。(2)若红花、白花由一对等位基因(A、a)控制,AA×aa→F1(Aa),其产生的雌配子种类及比例为A∶a=1∶1,则F2中白花(aa)=7/16=1/2(雌配子a概率)×雄配子a概率,雄配子a概率为7/8,雄配子A概率为1/8,说明F1中携带A基因的雄配子部分死亡,死亡的比例是6/7。(3)选择F1作为父本,与亲本中的白花(作为母本)进行杂交:①若是由杂合子中的“自私基因”导致的,父本(Aa)产生的配子种类及比例为A∶a=1∶7,与母本(aa)进行杂交,子代中红花∶白花=1∶7;②若是由两对等位基因相互作用导致的,父本(AaBb)产生的配子种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶1∶1,与母本(aabb)进行杂交,子代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1,表型及比例为红花∶白花=1∶3。 7.答案　(1)母　人工去雄　(2)S(r1r1r2r2)　N(R1R1R2R2)或S(R1R1R2R2)　1/16　(3)方案一:实验思路:甲×乙获得F1后,F1自交,鉴定并统计F2的表型及比例;预期结果:F2的表型及比例为耐盐植株∶不耐盐植株=9∶7;方案二:实验思路:甲×乙获得F1后,F1×丙,鉴定并统计F2的表型及比例;预期结果:F2的表型及比例为耐盐植株∶不耐盐植株=1∶3。 题图解读 　　根据题干信息“只有当细胞质中含有S基因,细胞核中r1、r2基因都纯合时,植株才表现出雄性不育性状”可知,雄性不育系的基因型为S(r1r1r2r2),对杂交实验进行分析: 解析　(1)雄性不育水稻不能产生可育的花粉,只能作为母本,可免去人工去雄的繁琐工作。(2)F2中雄性可育性状能稳定遗传的个体的基因型为S(R1R1R2R2),占子二代的比例为1/16。(3)实验目的是验证水稻植株的耐盐性是由两对独立遗传的等位基因A/a和B/b控制的,即验证A/a、B/b的遗传遵循自由组合定律,且A_B_为耐盐植株,其余基因型均为不耐盐植株。可采用自交法验证自由组合定律,即AaBbA_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1,表型及比例为耐盐植株∶不耐盐植株=9∶7。也可采用测交法验证自由组合定律,即AaBb×aabb→AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1,表型及比例为耐盐植株∶不耐盐植株=1∶3。题干中给出3种不耐盐纯种水稻植株,要想获得AaBb植株,应让甲(AAbb)与乙(aaBB)进行杂交。 1 学科网（北京）股份有限公司 $