第五单元 专题突破5 基因分离定律拓展题型突破（教师用书word）-【步步高】2025年高考生物大一轮复习讲义（人教版 粤）

专题突破5　基因分离定律拓展题型突破 课标要求 阐明有性生殖中基因的分离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。 考情分析 分离定律异 常现象分析 2023·江苏·T23　2023·全国甲·T6　2022·海南·T15 2021·湖北·T18　2021·山东·T17　2020·海南·T20 2020·江苏·T7 题型一　显性的相对性 基本模型 显性的表现，是等位基因在环境条件的影响下，相互作用的结果，等位基因各自合成基因产物(一般是酶)控制着代谢过程，从而控制性状表现，由于等位基因的突变，突变基因与野生型基因产生各种互作形式，因而有不同的显隐性关系。 比较项目 完全显性 不完全显性 共显性 杂合子表型 显性性状 中间性状 显性＋隐性 杂合子自交子代的性状分离比 显性∶隐性＝3∶1 显性∶中间性状∶隐性＝1∶2∶1 显性∶(显性＋隐性)∶隐性＝1∶2∶1 典例突破 1．萝卜的花色(红色、紫色和白色)由一对等位基因(A/a)控制，现选用紫花植株分别与红花、白花、紫花植株杂交，结果分别如图①②③所示。下列相关叙述错误的是(　　) A．紫花个体的基因型是Aa，但无法确定白花和红花个体的基因型 B．红花个体和白花个体杂交，后代全部是紫花个体 C．A/a位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律 D．紫花个体连续自交3代，得到的子代中红花个体所占的比例是7/8 答案　D 解析　从第三组的紫花和紫花的杂交结果可知，紫花植株为杂合子，基因型为Aa，红花和白花植株都是纯合子，但无法确定是隐性纯合子还是显性纯合子，A正确；由于红花和白花植株是具有相对性状的纯合子，所以杂交产生的子代都是杂合子，全部是紫花植株，B正确；一对等位基因位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律，C正确；杂合子连续自交3代，子代中杂合子的比例是1/8，则显性纯合子和隐性纯合子各占7/16，D错误。 2．人类软骨发育不全是显性基因控制的单基因遗传病，发病率为1/77 000～1/15 000。病情严重的患者(AA)，多在胎儿期或新生儿期死亡；有些患者(Aa)在出生时即有体态异常，表现出躯体矮小、躯干长、四肢短粗、下肢向内弯曲等症状。可推测该遗传病的显性表现类型是(　　) A．完全显性 B．不完全显性 C．共显性 D．不确定 答案　B 解析　由题意可知，AA个体病情严重，死于胎儿期或新生儿期；Aa个体病情较轻，身体矮小，有骨化障碍，显然AA个体与Aa个体病情不同，所以该病为不完全显性遗传病，B符合题意。 题型二　从性遗传 基本模型 从性遗传是指由常染色体上基因控制的性状在表型上受个体性别影响的现象，这种现象主要通过性激素起作用。如男性秃顶的基因型为 Bb、bb，女性秃顶的基因型只有bb。但注意：从性遗传和伴性遗传的表型虽然都与性别有密切的联系，但它们是两种截然不同的遗传方式——伴性遗传的基因位于性染色体上，而从性遗传的基因位于常染色体上，后者基因在传递时并不与性别相联系，这与位于性染色体上基因的传递有本质区别。从性遗传的本质为：表型＝基因型＋环境条件(性激素种类及含量差异)。 典例突破 3．牛的有角和无角为一对相对性状(由A和a基因控制)，但雌牛中的杂合子表现隐性性状。现让多对纯合的有角雄牛和无角雌牛杂交，F1中雄牛全表现为有角，雌牛全表现为无角，再让F1中的雌雄个体自由交配。则下列有关F2的叙述，正确的是(　　) A．F2的有角牛中，雄牛∶雌牛＝1∶1；F2的雌牛中，有角∶无角＝3∶1 B．若用F2中的无角雄牛和无角雌牛自由交配，则F3中有角牛的概率为1/3 C．控制该相对性状的基因位于X染色体上 D．在F2无角雌牛中杂合子所占比例为2/3 答案　D 解析　根据题干信息可知，有角为显性性状，有角雄牛的基因型为AA或Aa，有角雌牛的基因型为AA，无角雌牛的基因型为Aa或aa，由分析可知，题述亲本的基因型为AA×aa，则F1的基因型都为Aa，因此在F2的有角牛中，雄牛∶雌牛＝3∶1；同理，F2的雌牛中，有角∶无角＝1∶3, A错误；F2中的无角雄牛(aa)和无角雌牛(Aa∶aa＝2∶1)自由交配，则F3中有角牛的概率为2/3×1/2×1/2＝1/6，B错误；根据亲本和F1的表型可推知，控制该对相对性状的基因位于常染色体上，且有角为显性性状，C错误；在F2的无角雌牛(Aa、aa)中，杂合子(Aa)所占比例为2/3，D正确。 4．(2024·广州执信中学高三期中)食指长于无名指为长食指，反之为短食指，该相对性状由常染色体上的一对等位基因(TS表示短食指基因，TL表示长食指基因)控制。TS在男性中为显性，TL在女性中为显性。一对夫妇均为长食指，他们生育了一个短食指孩子，下列说法正确的是(　　) A．手指的这种性状的遗传与性别有关，属于伴性遗传 B．这对夫妇所生育的这个短食指孩子一定是男孩 C．这对夫妇再生育一个短食指男孩的概率是1/8 D．这对夫妇再生育一个长食指女孩的概率是1/4 答案　B 解析　手指的这种性状的遗传与性别有关，是从性遗传，A错误；由题意可知，男性短食指的基因型是TSTS或TSTL，女性短食指的基因型是TSTS，该对夫妇都是长食指，则母亲的基因型是TSTL或TLTL，父亲的基因型只能是TLTL，他们生育了一个短食指孩子，则该孩子的基因型一定是TSTL，且一定是男孩，也可推知母亲的基因型是TSTL，B正确；根据上述分析可知，该对夫妇的基因型分别是TLTL、TSTL，这对夫妇再生育一个短食指男孩(TSTL)的概率＝1/2×1/2＝1/4，再生育一个长食指女孩(TSTL、TLTL)的概率是1/2，C、D错误。 题型三　复等位基因遗传 基本模型 复等位基因是指在一对同源染色体的同一位置上的等位基因有多个。复等位基因尽管有多个，但其在每个个体的体细胞中仍然是成对存在的，遗传时仍遵循分离定律，彼此之间有显隐性关系，表现特定的性状。最常见的如人类ABO血型的遗传，涉及三个基因——IA、IB、i，组成六种基因型：IAIA、IAi、IBIB、IBi、IAIB、ii。因为IA对i是显性，IB对i是显性，IA和IB是共显性，所以基因型与表型的关系如下表： 表型 A型 B型 AB型 O型 基因型 IAIA、IAi IBIB、IBi IAIB ii 典例突破 5．已知某种老鼠的体色由常染色体上的基因A＋、A和a决定，A＋(纯合会导致胚胎死亡)决定黄色，A决定灰色，a决定黑色，且A＋对A为显性，A对a为显性。下列分析正确的是(　　) A．该种老鼠的成年个体最多有6种基因型 B．基因型均为A＋a的一对老鼠产下了3只小鼠，一定是2只黄色，1只黑色 C．A＋、A和a基因的遗传遵循基因的分离定律 D．一只黄色雌鼠和一只黑色纯合雄鼠杂交，后代可能出现3种表型 答案　C 解析　由于基因A＋纯合时会导致老鼠在胚胎时期死亡，所以该鼠种群中存活老鼠毛色的基因型有A＋A、A＋a、AA、Aa、aa共5种，A错误；基因型均为A＋a的一对老鼠交配，后代可能有A＋A＋(死亡)、A＋a(黄色)、aa(黑色)，所以产下的3只小鼠可能全表现为黄色(A＋a)或可能全表现为黑色(aa)或可能表现为2只黄色(A＋a)、1只黑色(aa)或可能表现为1只黄色(A＋a)、2只黑色(aa)，B错误；A＋、A和a属于复等位基因，位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律，C正确；一只黄色雌鼠(A＋A或A＋a)和一只黑色雄鼠(aa)杂交，后代可能出现黄色(A＋a)、灰色(Aa)或黄色(A＋a)、黑色(aa)2种表型，D错误。 6．(2024·韶关高三模拟)人类ABO血型受位于9号染色体上的复等位基因(IA、IB、i)和位于19号染色体上的等位基因(H、h)控制，且只有当19号染色体上的H基因存在时，IA和IB才会表达。经检测，某人是AB血型，他的父亲是O型，据此推测他的父母的基因型可能是(　　) A．母亲HHIAIB　父亲Hhii B．母亲HhIBi　父亲hhIAi C．母亲Hhii　父亲hhIAi D．母亲hhIAi　父亲hhIAIB 答案　B 解析　某人是AB血型，基因型应该是H_IAIB，其父亲是O型血，但是需要提供一个IA 或IB基因，说明该父亲不含H基因，所以当母亲基因型为HhIBi、父亲基因型为hhIAi时，其后代可能出现基因型为HhIAIB的儿子，B符合题意。 题型四　分离定律中的致死问题 基本模型 现以亲本基因型均为Aa为例进行分析： 典例突破 7．自然界配子的发生、个体的发育受多种因素制约，存在致死现象。基因型为Aa的植株自交，子代基因型AA∶Aa∶aa的比例可能出现不同的情况。下列分析错误的是(　　) A．若含有a的花粉50%死亡，则自交后代基因型的比例是2∶3∶1 B．若aa个体有50%死亡，则自交后代基因型的比例是2∶4∶1 C．若含有a的配子有50%死亡，则自交后代基因型的比例是4∶2∶1 D．若花粉有50%死亡，则自交后代基因型的比例是1∶2∶1 答案　C 解析　若含有a的配子有50%死亡，雌配子和雄配子中都是A占2/3、a占1/3，自交后代AA占2/3×2/3＝4/9，Aa占2/3×1/3＋2/3×1/3＝4/9，aa占1/3×1/3＝1/9，自交后代基因型的比例是4∶4∶1，C错误。 8．研究发现某种生物体内存在一种“自私基因”，该基因可通过一定的手段杀死含其等位基因的配子来提高自己的基因频率。若E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内 2/3的含e基因的雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交，获得的F1个体随机受粉，获得 F2。下列相关叙述错误的是(　　) A．e基因的频率随着随机交配代数的增加而逐渐减小 B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1 C．F2中基因型为ee的个体所占比例约为5/32 D．从亲本→F1→F2，Ee的比例会逐代降低 答案　C 解析　由于产生配子时含e基因的雄配子有2/3被淘汰(被E基因杀死)，所以e基因的频率随着随机交配代数的增加而逐渐减小，A正确；由题干信息分析可知，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，产生的雌配子比例为1/2E和1/2e，根据雌雄配子的随机结合，可求出F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，B正确；F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，ee产生的雄配子全部存活，Ee产生的含e基因的雄配子中1/3存活，据此可求出F1产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，产生的雌配子比例为5/8E和3/8e，再根据雌雄配子的随机结合可求出F2中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝15∶14∶3，因此F2中基因型为ee的个体所占比例为3/32，C错误；从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低，E基因和e基因频率的差值越来越大，则基因型Ee的比例会逐代降低，D正确。 题型五　表型模拟问题 基本模型 表型模拟是指生物的表型不仅仅取决于基因型，还受所处环境的影响，从而导致基因型相同的个体在不同环境中表型有差异。 (1)生物的表型＝基因型＋环境，由于受环境影响，导致表型与基因型不符合的现象，叫表型模拟。 (2)设计实验确认隐性个体是“vv”的纯合子还是“V_”表型模拟。 典例突破 9．果蝇的长翅(A)对残翅(a)为显性。将孵化后4～7 d的长翅果蝇幼虫，放在35～37 ℃(正常培养温度为25 ℃)环境中处理一定时间后，表现出残翅性状。现有一只残翅雄果蝇，让该果蝇与多只正常发育的残翅雌果蝇交配，孵化的幼虫在正常的温度环境中培养，观察后代的表现。下列说法不合理的是(　　) A．残翅性状可能受基因组成和环境条件的影响 B．若后代出现长翅，则该果蝇的基因型为AA C．若后代表现均为残翅，则该果蝇的基因型为aa D．基因A、a一般位于同源染色体的相同位置 答案　B 解析　基因A控制果蝇的长翅性状，但将孵化后4～7 d的长翅果蝇幼虫放在35～37 ℃环境中处理一定时间后，却表现出残翅性状，这说明残翅性状可能受基因组成和环境条件的影响，A正确；现有一只残翅雄果蝇(aa或A_)，让该果蝇与多只正常发育的残翅雌果蝇(aa)交配，孵化的幼虫在正常的温度环境中培养，若后代出现长翅，则该果蝇的基因型为AA或Aa，若后代表现均为残翅，则该果蝇的基因型为aa，B错误，C正确；基因A、a为一对等位基因，等位基因一般位于同源染色体的相同位置，D正确。 10．某种兔的毛色黑色(W)和白色(w)是一对相对性状。两只黑色兔交配得到的子代，放在－15 ℃环境中成长，表现为黑色；若放在30 ℃环境中成长，则表现为白色。这样的白色兔产生的子代再放在－15 ℃环境中，依然表现为黑色。这种现象在遗传学中称为“表型模拟”。下列相关叙述错误的是(　　) A．在“表型模拟”中，兔子毛色的相关基因并没有发生变异 B．子代白色兔的出现，可能是在色素形成的过程中某些酶的活性受到影响 C．在30 ℃环境中成长的白色兔都是纯合子 D．生物的性状会受到基因控制，而性状形成的同时还受到环境的影响 答案　C 解析　两只黑色兔交配得到的子代，放在－15 ℃环境中成长，表现为黑色，基因型可能为WW或Ww，在30 ℃环境中成长则为白色兔，故在30 ℃环境中成长的白色兔的基因型可能为Ww，C错误。 题型六　母性效应问题 基本模型 母性效应是指子代的某一表型受到母本基因型的影响，而和母本的基因型所控制的表型一样。因此正反交结果不同，但这种遗传不是由细胞质基因所决定的，而是由核基因的表达并积累在卵细胞中的物质所决定的。 典例突破 11．研究发现，具有一对相对性状的纯合子进行正反交实验，结果如下： 实验一：♀甲×♂乙→F1呈甲性状 实验二：♂甲×♀乙→F1呈乙性状 不考虑基因突变和染色体变异等，为解释这一现象，某生物兴趣小组的同学提出如下假说： 假说1：该对性状由细胞核内的遗传物质控制，甲为显性性状，个体的性状由母体的基因型决定，不受自身基因型的支配，即母性效应。 假说2：该对性状由细胞质内的遗传物质控制，即细胞质遗传，特点为母系遗传。 下列分析正确的是(　　) A．母性效应和细胞质遗传均不遵循孟德尔遗传定律 B．将实验一的F1自交得到F2，若F2全为甲性状，则假说2正确 C．将实验二的F1自交得到F2，若F2全为甲性状，则假说2正确 D．将C选项中F2自交得到F3，若F3出现3∶1的分离比，则假说1正确 答案　D 解析　母性效应受核基因控制，遵循孟德尔遗传定律；母系遗传为细胞质遗传，不遵循孟德尔遗传定律，A错误；若假说1正确，假设甲的基因型为AA，乙的基因型为aa，让F1(Aa)自交得F2，实验一和实验二的母本都是F1(Aa)，均表现为甲性状；若假说2正确，实验一的F1、F2均表现为甲性状，实验二的F1、F2全表现为乙性状，故实验一的F1自交得到F2，若F2全为甲性状，无法判断是母性效应还是母系遗传，B错误；将实验二的F1自交得到F2，若F2全为甲性状，说明假说1正确，C错误；若假说1正确，母性效应遵循孟德尔遗传定律，假设实验二中甲的基因型为AA，乙的基因型为aa，让F1(Aa)自交得F2，F2的基因型为1AA∶2Aa∶1aa，F2自交得到的F3表现与各自母本一致，即为甲性状∶乙性状＝3∶1，若假说2成立，实验二的F1、F2、F3全为乙性状，D正确。 12.“母性效应”是指子代某一性状的表型由母体的染色体基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖，但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋的区分，旋转方向符合“母性效应”，遗传过程如图所示。现有纯系右旋和左旋椎实螺若干，回答下列问题： (1)螺壳表现为左旋的个体其基因型可能为____________；螺壳表现为右旋的个体其基因型可能为__________________；F1自交得到F2，其表型及比例为______________，该性状的遗传____(填“遵循”或“不遵循”)孟德尔遗传定律，如何再进一步做实验加以验证？(请简单说明)___________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________。 (2)F2自交，后代基因型为dd的比例为________。产生子代的表型及比例为__________，请写出 F2自交的遗传图解，并注明自交子代的表型及比例。 (3)欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意右旋椎实螺作________(填“父本”或“母本”)进行交配，统计杂交后代F1的性状。若子代表现情况是______________，则该左旋椎实螺是纯合子；若子代的表现情况是____________，则该左旋椎实螺是杂合子。 答案　(1)dd或Dd　dd或Dd或DD　左旋∶右旋＝0∶1　遵循　用F1作母本与左旋雄螺dd测交，后代基因型有Dd∶dd＝1∶1，但全都表现为右旋螺，说明“母性效应”遵循孟德尔遗传定律　(2)3/8　右旋螺∶左旋螺＝3∶1　如图所示 (3)父本　左旋螺　右旋螺 解析　(1)螺壳表现为左旋，说明母本的基因型为dd，故表现为螺壳左旋的个体基因型为dd或Dd；螺壳表现为右旋，说明母本的基因型为DD或Dd，则表现为螺壳右旋的个体基因型为DD、Dd或dd。F1自交得到F2，根据“母性效应”，其表型及比例为左旋∶右旋＝0∶1。根据题意和图示分析可知：该性状由一对等位基因控制，应遵循基因的分离定律。(3)左旋螺的基因型为Dd或dd，故可以用任意右旋螺作父本与该螺杂交，若左旋螺基因型为dd，则子代螺壳应为左旋；若左旋螺基因型为Dd，则子代螺壳应为右旋。 题型七　雄性不育 基本模型 1．细胞核雄性不育：核基因控制的雄性不育，有显性核不育和隐性核不育，遗传方式符合孟德尔遗传定律。 2．细胞质雄性不育：表现为母体遗传、花粉败育和雌穗正常。可以被显性核恢复基因恢复育性。 3．核质互作不育型：是由核基因和细胞质基因相互作用共同控制的雄性不育类型。 典例突破 13．农作物的雄性不育(雄蕊异常、雌蕊正常)在育种方面发挥着重要作用。油菜的雄性不育与育性正常由3个等位基因(A1、A2、a)决定，其显隐性关系是A1对A2、a为显性，A2对a为显性。利用油菜的雄性不育突变植株进行的杂交实验如图所示。下列分析正确的是(　　) A．根据杂交实验一、二的结果可判断控制雄性不育性状的基因是a B．杂交实验一的F2中重新出现雄性不育植株的原因是发生了基因重组 C．杂交实验一的F2中育性正常植株随机传粉，后代出现的性状分离比为8∶1 D．虚线框内的杂交是利用基因突变的原理，将品系3的性状与雄性不育性状整合在同一植株上 答案　C 解析　根据杂交实验一、二的结果，可判断杂交实验一的亲本基因型为A2A2×A1A1，杂交实验二的亲本基因型为A2A2×aa，控制雄性不育性状的基因是A2，A错误；杂交实验一的F2中重新出现雄性不育植株的原因是发生了基因分离，导致性状分离，B错误；杂交实验一的F2中育性正常植株(1/3A1A1、2/3A1A2)随机传粉，产生的配子的类型及比例为A1∶A2＝2∶1，后代出现的性状分离比为育性正常(A1_)∶雄性不育(A2A2)＝8∶1，C正确；虚线框内的杂交是利用基因重组的原理，将品系3的性状与雄性不育性状整合在同一植株上，D错误。 归纳提升　回交及其作用 回交是子一代和两个亲本的任意一个进行杂交的一种方法。在育种工作中，常利用回交的方法来加强杂种个体中某一亲本的性状表现。 14．水稻存在雄性不育基因：其中R(雄性可育)对r(雄性不育)为显性，是存在于细胞核中的一对等位基因；N(雄性可育)与S(雄性不育)是存在于细胞质中的基因；只有细胞质和细胞核中均为雄性不育基因时，个体才表现为雄性不育。下列有关叙述正确的是(　　) A．R、r和N、S的遗传遵循基因的自由组合定律 B．水稻种群中雄性可育植株共有6种基因型 C．母本S(rr)与父本N(Rr)的杂交后代均为雄性可育 D．基因型为 S(Rr)个体自交所得子代再随机交配所得后代中育性正常个体占5/6 答案　D 解析　孟德尔遗传定律适用于真核生物的细胞核基因遗传，细胞质中基因的遗传不遵循分离定律或自由组合定律，A错误；由题意分析可知，只有S(rr)表现为雄性不育，其他均为可育，即水稻种群中雄性可育植株共有5种基因型，B错误；母本S(rr)与父本N(Rr)杂交，后代的基因型为S(Rr)、S(rr)，即后代一半雄性可育，一半雄性不育，C错误。 题型八　自交不亲和 基本模型 自交不亲和指具有完全花并可以形成正常雌、雄配子，但缺乏自花受粉结实能力的一种自交不育性。根据花粉识别特异性的遗传决定方式，自交不亲和性分为配子体自交不亲和性和孢子体自交不亲和性两种类型。 (1)配子体型自交不亲和性：花粉在柱头上萌发后可侵入柱头，并能在花柱组织中延伸一段，此后就受到抑制。 (2)孢子体型自交不亲和性：花粉落在柱头上不能正常发芽，或发芽后在柱头乳突细胞上缠绕而无法侵入柱头。 典例突破 15．老鼠的皮毛黄色(A)对灰色(a)为显性，是由常染色体上的一对等位基因控制的。有一位遗传学家在实验中发现含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞不能结合。如果黄鼠与黄鼠(第一代)交配得到第二代，则第二代中a的基因频率为(　　) A．1/2 B．3/4 C．5/8 D．2/3 答案　C 解析　因含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞不能结合，则原应和A精子结合的卵细胞转而和a精子结合了，虽然无法产生AA，但却增加了Aa。因此，计算思路如下： P　　　　　　　　Aa×Aa F1 ↓ 雄配子 雌配子 1/2A 1/2a 1/2A 1/2Aa 1/2a 1/4Aa 1/4aa 即Aa∶aa＝3∶1，可推知F1中，A的基因频率为3/8，a的基因频率为5/8。 16．自然界中雌雄同株植物大多可自交产生后代。烟草是雌雄同株植物，却无法自交产生后代，这是由S基因控制的遗传机制所决定的，其规律如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．将基因型为S1S3的花粉授予基因型为S2S3的烟草，则子代的基因型为S1S2、S2S3 B．若将基因型为S1S2、S2S3的烟草间行种植，全部子代的基因型种类有4种 C．烟草不能自交的原因是由于卵细胞与花粉有相同的基因，从而引起受精卵致死 D．可推测具有该遗传现象的植株可能没有纯合子 答案　D 解析　若基因型为S1S3的花粉授与基因型为S2S3的烟草，S2S3的烟草产生的卵细胞是S2和S3，所以只能接受S1的花粉，子代基因型为S1S2和S1S3，A错误； 若将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，就有两种交配方式：①S1S2♂×S2S3♀和②S1S2♀×S2S3♂，①中的花粉S2与卵细胞的S2基因种类相同，花粉管不能伸长完成受精，花粉只有S1一种类型，后代有S1S2和S1S3数量相同的两种；②中的花粉S2与卵细胞的S2基因种类相同，花粉管不能伸长完成受精，花粉只有S3一种类型，后代有S1S3和S2S3数量相同的两种，所以全部子代的基因型种类只有3种，B错误；烟草无法完成自交的原因是花粉所含S基因与母本的任何一个S基因种类相同，花粉管就不能伸长完成受精，C错误； 从图中看出，当精子中的S基因与卵细胞的S基因种类相同时，花粉管不能伸长，就不能完成受精作用，因此可以推测该植株可能没有纯合子，D正确。 课时精练 一、选择题 1．研究发现大豆种皮有黄色(俗称黄豆)和黑色(俗称黑豆)两种表型，若用黄豆与黑豆杂交，F1植株所结种子的种皮颜色为黑黄镶嵌(俗称花脸豆)，F2表现为1/4黄豆、1/2花脸豆、1/4黑豆。下列分析正确的是(　　) A．大豆种皮颜色的黄色由显性基因控制，黑色由隐性基因控制 B．F1种皮细胞基因相同，但不同种皮细胞中基因表达情况不同 C．F2大豆种皮颜色的表型及比例符合基因的自由组合定律 D．将花脸豆与黄豆进行杂交，子代出现纯合花脸豆的概率是1/2 答案　B 解析　由于F1的种皮颜色为黑黄镶嵌，说明黄色和黑色都表达，因而没有显隐性之分，A错误；镶嵌显性现象出现的原因是个体发育过程中黄色基因和黑色基因在不同部位选择性表达，B正确；花脸豆由一对等位基因控制，所以不符合基因的自由组合定律，C错误；将花脸豆与黄豆进行杂交，花脸豆全为杂合子，子代出现纯合花脸豆的概率是0，D错误。 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。现将不同表型的水稻植株进行杂交，子代可能会出现不同的表型及其分离比。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 答案　A 解析　全抗植株与抗性植株有六种杂交情况：A1A1与A2A2或者A2a杂交，后代全是全抗植株；A1A2与A2A2或者A2a杂交，后代表型及比例为全抗∶抗性＝1∶1；A1a与A2A2杂交，后代表型及比例为全抗∶抗性＝1∶1；A1a与A2a杂交，后代表型及比例为全抗∶抗性∶易感＝2∶1∶1，A错误，D正确；抗性植株A2A2或者A2a与易感植株aa杂交，后代全为抗性植株或表型及比例为抗性∶易感＝1∶1，B正确；全抗植株与易感植株杂交，若是A1A1与aa杂交，后代全为全抗植株，若是A1A2与aa杂交，后代表型及比例为全抗∶抗性＝1∶1，若是A1a与aa杂交，后代表型及比例为全抗∶易感＝1∶1，C正确。 3．(2024·揭阳普宁二中高三期中)兔子的白毛和灰毛由位于常染色体上的一对等位基因控制。多对杂合白毛兔交配，后代中总是出现白毛兔∶灰毛兔＝2∶1。下列叙述错误的是(　　) A．白毛和灰毛是一对相对性状，其中白毛为显性性状 B．后代中灰毛兔总是1/3的原因可能是控制毛色的基因发生显性纯合致死 C．后代中灰毛兔总是1/3的原因可能是含显性基因的雄配子有50%发生配子致死 D．后代中出现1/3的灰毛兔证明兔子毛色基因的遗传不遵循基因分离定律 答案　D 解析　兔子的白毛和灰毛由位于常染色体上的一对等位基因控制，多对杂合白毛兔交配，后代中出现了白毛和灰毛，说明白毛和灰毛是一对相对性状，其中白毛为显性性状，兔子毛色基因的遗传遵循基因分离定律，A正确，D错误；假设控制白毛性状的基因为A，控制灰毛性状的基因为a，则亲本杂合白毛基因型为Aa，理论上后代基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，而后代中总是出现白毛兔∶灰毛兔＝2∶1，可能是控制毛色的基因发生显性纯合致死，B正确；若含显性基因的雄配子有50%发生配子致死，雌兔(Aa)产生的配子为1/2A、1/2a，雄兔(Aa)产生的配子为1/3A、2/3a，则子代基因型及比例为1/6AA、3/6Aa、2/6aa，表型及比例为白毛兔∶灰毛兔＝2∶1，C正确。 4．果蝇的长翅(V)对残翅(v)为显性，幼虫的正常培养温度为25 ℃。将刚孵化的残翅幼虫置于31 ℃条件下培养时，出现了一些长翅果蝇，但这些长翅果蝇在正常温度下产生的后代仍然是残翅，这是“表型模拟”现象。现有一只长翅果蝇，要判断它是否含有V基因，应选择的杂交方案和培养温度是(　　) A．与25 ℃成长的长翅果蝇杂交，25 ℃ B．与25 ℃成长的长翅果蝇杂交，31 ℃ C．与25 ℃成长的残翅果蝇杂交，25 ℃ D．与25 ℃成长的残翅果蝇杂交，31 ℃ 答案　C 解析　欲判断长翅果蝇的基因型是V_还是vv可采用测交的方法，即与25 ℃成长的残翅果蝇(vv)杂交，为了排除温度对果蝇性状的影响，子代果蝇应在25 ℃下培养，如果长翅果蝇的基因型是V_，后代会出现长翅果蝇；如果长翅果蝇的基因型是vv，后代均为残翅果蝇，C符合题意。 5．牛的有角(H)对无角(h)为显性，基因H/h位于常染色体上，但在杂合牛(Hh)中，公牛表现为有角，母牛表现为无角。现有多只无角公牛和多只无角母牛随机交配，F1公牛中有角∶无角＝1∶7，母牛全表现为无角。不考虑突变，下列叙述正确的是(　　) A．牛的有角和无角的遗传与性别有关，属于伴性遗传 B．亲本无角母牛有2种基因型，其中纯合子占1/4 C．子代中的无角母牛和无角公牛的基因型均为hh D．F1有角公牛和亲本母牛的基因型相同的概率为1/4 答案　D 解析　基因H/h位于常染色体上，不是伴性遗传而是从性遗传，A错误；亲本无角公牛(hh)和无角母牛(Hh、hh)随机交配，其中基因型组合Hh(♀，设其比例为P)×hh，产生的F1中有角公牛(Hh)所占比例为1/2×P＝1/8，因此P＝1/4，亲本中无角母牛Hh占1/4，无角母牛hh占3/4，即亲本无角母牛中纯合子占3/4，B错误；根据题中信息可知，公牛中有角个体的基因型为HH、Hh，无角个体的基因型为hh，母牛中有角个体的基因型为HH，无角个体的基因型为Hh、hh，亲本无角公牛(hh)和无角母牛(Hh、hh)随机交配，后代无角公牛基因型为hh，无角母牛基因型为Hh、hh，C错误；F1有角公牛的基因型为Hh，亲本中无角母牛Hh占1/4，无角母牛hh占3/4，故F1有角公牛和亲本母牛的基因型相同的概率为1/4，D正确。 6．(2024·茂名高三检测)玉米的A基因控制叶绿素合成，若玉米个体无A基因或者无光照，则无法合成叶绿素。下列有关叙述正确的是(　　) A．基因型为AA的个体均能合成叶绿素 B．基因型为Aa的个体自交后代在光下均能合成叶绿素 C．在缺镁的土壤中，A基因控制的叶绿素合成量不受影响 D．合成叶绿素是A基因和环境条件共同作用的结果 答案　D 解析　基因型为AA的个体在无光照的情况下不能合成叶绿素，A错误；基因型为Aa的个体自交后代的基因型为AA、Aa、aa，其中aa在光下不能合成叶绿素，B错误；镁元素是合成叶绿素的必需元素，因此在缺镁的土壤中，A基因控制的叶绿素合成量会受影响，C错误。 7．(2024·泉州高三校考)某种小鼠的毛色受AY(黄色)、A(鼠色)、a(黑色)3个复等位基因控制，AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，已知基因型为AYAY的胚胎致死(不计入个体数)。下列叙述错误的是(　　) A．基因AY、A、a位于同源染色体的相同位置 B．基因型为AYa和Aa的个体杂交，F1有3种表型 C．1只黄色雄鼠与若干只黑色雌鼠杂交，F1可同时出现鼠色与黑色个体 D．1只黄色雄鼠与若干只纯合鼠色雌鼠杂交，F1出现鼠色个体的概率为1/2 答案　C 解析　基因AY、A、a为复等位基因，位于同源染色体的相同位置上，A正确；若AYa个体与Aa个体杂交，产生的F1的基因型为AYA(黄色)、AYa(黄色)、Aa(鼠色)、aa(黑色)，即有3种表型，B正确；若1只黄色雄鼠(AYA或AYa)与若干只黑色雌鼠(aa)杂交，产生的F1的基因型为AYa(黄色)、Aa(鼠色)或AYa(黄色)、aa(黑色)，不会同时出现鼠色个体与黑色个体，C错误；若1只黄色雄鼠(AYA或AYa)与若干只纯合鼠色雌鼠(AA)杂交，产生的F1的基因型为AYA(黄色)、AA(鼠色)，其比例为1∶1或AYA(黄色)、Aa(鼠色)，其比例为1∶1，则F1鼠色个体的概率为1/2，D正确。 8．(2023·海南，15)某作物的雄性育性与细胞质基因(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(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．②③④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 答案　D 解析　①(P)dd(雄性不育)作为母本和②(H)dd(雄性可育)作为父本杂交，产生的后代的基因型均为(P)dd，表现为雄性不育，A正确；②③④自交后代均为雄性可育，且基因型不变，即表现为稳定遗传，B正确；①(P)dd(雄性不育)作为母本和③(H)DD(雄性可育)作为父本杂交，产生的后代的基因型为(P)Dd，为杂交种，自交后代会表现出性状分离，因而需要年年制种，C正确；①和③杂交后代的基因型为(P)Dd，②和③杂交后代的基因型为(H)Dd，若前者作父本，后者作母本，则二者杂交的后代为(H)_ _，均为雄性可育，不会出现雄性不育，D错误。 9．(2024·佛山高三月考)促生长的A基因(该基因正常表达时小鼠生长情况正常)和无此功能的a基因是常染色体上的一对等位基因。DNA甲基化修饰通常会抑制基因表达。如图是两只小鼠产生配子过程中甲基化修饰对基因传递的影响。下列相关叙述正确的是(　　) A．图中雄鼠的A基因和雌鼠的a基因遗传信息均已发生改变 B．雄鼠在形成配子时A基因发生了去甲基化，但不能说明甲基化不能遗传 C．图中的雌、雄鼠的基因型均为Aa，且均能正常生长 D．图中小鼠的杂交子代的表型比例约为3∶1 答案　B 解析　DNA甲基化修饰不改变基因的遗传信息，通常会抑制基因表达，A错误；据图可知，雄鼠产生的雄配子中A基因去甲基化，a基因没有甲基化，雌鼠产生的雌配子中无论含有A还是a基因都会发生甲基化，说明甲基化可以随配子发生遗传，B正确；根据题意可知，促进生长的是A基因，发生甲基化之后会被抑制，雄鼠的A基因发生甲基化，因此不能正常生长，C错误；图中雌雄配子随机结合产生的子代的基因型是AA(一个A甲基化)、Aa(a甲基化)、Aa(A甲基化)、aa(一个a甲基化)，含有正常基因A可正常生长，故前两种基因型表现为能正常生长，后两种基因型不能正常生长，因此表型比例为1∶1，D错误。 二、非选择题 10. 油菜是我国重要的油料作物。在株洲广泛种植，成片油菜花是一道亮丽的风景。杂交可提高产量和品质，甘蓝型油菜杂交时利用雄性不育植株可免去人工去雄，操作简便。雄性不育植株的判断可采用观察雄蕊特征、花粉育性镜检、杂交实验等方法。为鉴定雄性不育植株并探究其基因型，研究小组进行了系列实验： (1)雄性不育原因之一是雄性器官发育不全，因此不能产生花粉。图1和图2中，可确定图____为雄性不育植株的花蕊。 (2)雄性不育还有一种原因是雄蕊外观正常，但产生异常花粉，导致不能受精。如表是“典型不育花粉”与“正常可育花粉”比较的结果。若提供实验所需的仪器、材料等，通过花粉育性镜检鉴定雄性不育植株，实验大致步骤如下： 项目 典型不育花粉 正常可育花粉 形态 不规则 圆形 淀粉粒 无 较多 ①取样：取该植株的结构________________(填图1中字母)若干。 ②制片：将该结构置于载玻片上，去壁，用镊子轻轻捣碎，将其中的花粉用____________染色，盖片，制成装片若干。 ③镜检观察：将制好的装片分别置于放大100倍的________(填仪器名称)下观察花粉的________________________________________________________________________。 (3)雄性不育植株的雌蕊发育正常，可以通过__________________(填“自花”或“异花”)传粉，产生子代。为确定雄性不育植株的显隐性、基因型等，选取A、B、C三株植株，进行了6组杂交实验，实验方案与结果如表所示：可以判断________________(填“A”“B”或“C”)植株为雄性不育植株。雄性可育和雄性不育是一对相对性状，由R、r基因控制，A、C植株的基因型分别为____________。 第1组 第2组 第3组 P ♀A×A♂ P ♀A×C♂ P ♀C×A♂ F1 全可育 F1 不结籽 F1 全可育 第4组 第5组 第6组 P ♀B×B♂ P ♀B×C♂ P ♀C×B♂ F1 可育∶雄性不育＝3∶1 F1 不结籽 F1 可育∶雄性不育＝1∶1 注：P表示亲代，F1表示子一代，♀表示母本，♂表示父本 答案　(1)2　(2)①c　②碘液　③显微镜　形态、颜色　(3)异花　C　RR、rr 解析　(1)雄性不育原因之一是雄性器官发育不全，因此不能产生花粉。比较图1与图2，可以看出图2中雄蕊已经退化、萎缩，看不到花药，因此不能产生花粉，故可确定图2为雄性不育植株的花蕊。(2)①花粉位于花药中，需要从图1中的c花药中取花粉若干进行鉴定。②淀粉的鉴定利用碘液，观察是否产生蓝色。正常育性花粉中含淀粉粒比较多，而不育花粉不含淀粉粒，因此需要用碘液染色来鉴定是否有淀粉粒存在。③将制好的装片分别放在显微镜下观察，主要观察花粉的形态是否是圆形或不规则形，根据颜色是否变蓝来判断是否含有淀粉粒，最后根据观察结果分析花粉是否可育。(3)雄性不育植株的雌蕊发育正常，由于雄蕊发育不正常，因此不能完成自花传粉，只能通过异花传粉来产生子代。分析表格中的6组杂交实验，C植株的雄性(♂)分别与A植株(♀)、B植株(♀)杂交，即第2组、第5组，F1均不结籽，说明C植株为雄性不育植株。根据第4组杂交实验，B植株自交，F1产生了亲代没有的性状：雄性不育，新产生的性状为隐性性状，即雄性不育为隐性性状，基因型为rr，B植株的基因型为Rr。根据第3组杂交实验，A植株与C植株(rr)杂交，F1全为可育，说明A植株的基因型为RR。 11．(2024·清远高三模拟)长牡蛎属卵生型，雌雄异体，但是部分个体会转变成雌雄同体(可以自交也可以杂交)，幼虫的存活率有存活率较高和存活率较低之分，符合“母性效应”。基因型为dd的个体自交，后代均为幼虫存活率低，基因型为DD的个体自交，后代均为幼虫存活率高，现有幼虫存活率高和幼虫存活率低的长牡蛎若干。根据题意并结合所学知识，回答下列问题： (1)“母性效应”现象________(填“遵循”或“不遵循”)孟德尔遗传定律。 (2)F2出现三种基因型的根本原因是______________________________________________。 (3)将F2自交其子代个体的表型及比例为_________________________________________。 (4)长牡蛎种群中，幼虫存活率低的个体基因型可能为dd或Dd，请设计一个用于判断某幼虫存活率低的雌性个体的基因型的实验方案。 该实验方案是：______________________________________________________________。 若子代的表现情况是________________________________，则该雌性个体基因型是dd；若子代的表现情况是________________________________，则该雌性个体基因型是Dd。 答案　(1)遵循　(2)F1形成配子时，等位基因分离 (3)幼虫存活率高∶幼虫存活率低＝3∶1　(4)让该幼虫存活率低的雌性个体与(一只或多只均可)雄性个体杂交，观察和记录子代的表型　全为幼虫存活率低　全为幼虫存活率高 解析　(1)根据题意和图示分析可知，F1自交后代出现三种基因型，比例为1∶2∶1，说明“母性效应”符合孟德尔遗传定律。(2)F1的基因型为Dd，由于F1在形成配子时，等位基因分离，雌雄配子随机结合，导致F2出现三种基因型。(3)由于基因型为dd的个体自交，后代均为幼虫存活率低，基因型为DD的个体自交，后代均为幼虫存活率高，将F2自交，1/4DD自交仍为1/4DD，后代均为幼虫存活率高；1/4dd自交后代仍为1/4dd，后代均为幼虫存活率低；1/2Dd自交，由于“母性效应”，结合遗传图解可知，Dd自交后代均为幼虫存活率高，故将F2自交，子代个体的表型及比例为幼虫存活率高∶幼虫存活率低＝3∶1。(4)长牡蛎种群中，幼虫存活率低的个体基因型可能为dd或Dd，若判断某幼虫存活率低的雌性个体的基因型，可以让该幼虫存活率低的雌性个体与(一只或多只均可)雄性个体杂交，观察和记录子代的表型；根据“母性效应”，若该雌性个体的基因型是dd，则子代全为幼虫存活率低；若该雌性个体的基因型是Dd，则子代全为幼虫存活率高。 12．(2024·茂名高三一模)自交不亲和性是指某一植物的雌雄两性机能正常，但不能进行自花传粉或同一品系内异花传粉的现象。如某品种烟草为二倍体雌雄同株植物，无法自交产生后代。回答下列问题： (1)烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制，以上复等位基因的出现是________的结果，同时也体现了该变异具有________特点。在杂交育种时，用两种自交不亲和的植株做亲本，可以省略杂交过程的________操作。 (2)烟草的花粉只有通过花粉管伸长(花粉管由花粉萌发产生)输送到卵细胞所在处，才能完成受精。下表为不亲和基因的作用规律： 亲本组合 S3S4♂×S1S2♀ S1S2自交 S1S2♂×S1S3♀ 花粉管萌发情况 S3、S4花粉管都能伸长 S1、S2花粉管都不能伸长 只有S2花粉管能伸长 如表可见，如果花粉所含S基因与母本的任何一个S基因种类相同，花粉管就不能伸长完成受精，据此判断： ①若将基因型为S1S4的花粉授予基因型为S2S4的烟草，则子代的基因型为________________。 ②将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，全部子代的基因型种类及比例为_____________。 (3)科学家将某抗病基因M成功导入基因型为S2S4的烟草体细胞，经植物组织培养后获得成熟的抗病植株。如图所示，已知M基因成功导入到S2所在Ⅱ号染色体上，但不清楚具体位置。现以该植株为______(填“父本”或“母本”)，与基因型为S1S2的个体杂交，根据子代中的抗病个体的比例确定M基因的具体位置。 ①若后代中抗病个体占________，则说明M基因插入到S2基因中使该基因失活。 ②若后代中抗病个体占________，则说明M基因插入到S2基因之外的其他部位。 答案　(1)基因突变　不定向性　去雄 (2)①S1S2、S1S4　②S1S2∶S2S3∶S1S3＝1∶1∶2 (3)父本　①50%　②0 解析　(2)①若将基因型为S1S4的花粉授予基因型为S2S4的烟草，S2S4的烟草产生的卵细胞是S2和S4，所以只能接受S1的花粉，子代基因型为S1S2和S1S4。②将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，它们之间没有自交只有杂交，存在两种情况：S1S2(父本)×S2S3(母本)或S1S2(母本)×S2S3(父本)，前一种情况S2花粉管不能伸长，产生S1S3、S1S2两种子代，后一种情况S2花粉管不能伸长，产生S1S3、S2S3两种子代，因而产生的子代的基因型种类及比例为S1S3∶S1S2∶S2S3＝2∶1∶1。(3)该实验的目的是判断导入基因的位置，以该植株为父本，与基因型为S1S2的母本杂交，根据子代的抗病个体的比例确定M基因的具体位置。如果M基因插入到S2基因中使该基因失活，则S4M与S1S2杂交，后代中抗病个体占50%；如果M基因插入到S2基因之外的其他部位，S2花粉管无法伸长，无法完成受精，后代中无抗病个体。 学科网（北京）股份有限公司 $