第四单元 第4课时 自由组合定律的题型突破（教师用书word）-【步步高】2025年高考生物大一轮复习讲义（浙科版 浙江、桂（梧州））

第4课时　自由组合定律的题型突破 一、由亲本基因型推断配子及子代的情况(拆分组合法) 1．思路 2．方法 同理，反过来把某表型所占比例拆分，如9/64拆分成：3/4×1/4×3/4,3/8拆分成：1/2×3/4,27/64拆分成：3/4×3/4×3/4，81/256拆分成：3/4×3/4×3/4×3/4等等。 二、根据子代表型及比例推断亲本基因型(逆向组合法) 1．基因填充法 根据亲代表型可大概写出其基因型，如A_B_、aaB_等，再根据子代表型将所缺处填完整，特别要学会利用子代中的隐性性状，因为子代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。 2．分解组合法 常见几种分离比为： 三、多对等位基因的自由组合 n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律 相对性状对数 等位基因对数 F1配子 F1配子可能组合数 F2基因型 F2表型 种类 比例 种类 比例 种类 比例 1 1 2 1∶1 4 3 1∶2∶1 2 3∶1 2 2 22 (1∶1)2 42 32 (1∶2∶1)2 22 (3∶1)2 3 3 23 (1∶1)3 43 33 (1∶2∶1)3 23 (3∶1)3 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ n n 2n (1∶1)n 4n 3n (1∶2∶1)n 2n (3∶1)n (1)若F2中显性性状的比例为()n，则该性状由n对等位基因控制。 (2)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。 四、当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如表： 序号 类型 计算公式 已知 患甲病概率m 不患甲病概率1－m 患乙病概率n 不患乙病概率1－n ① 同时患两病概率 m·n ② 只患甲病概率 m·(1－n) ③ 只患乙病概率 n·(1－m) ④ 不患病概率 (1－m)(1－n) 拓展求解 患病概率 ①＋②＋③或1－④ 只患一种病概率 ②＋③或1－(①＋④) 以上各种情况可概括为下图： 五、自由组合中的自交、测交和自由交配问题 纯合黄色圆形豌豆(YYRR)和纯合绿色皱形豌豆(yyrr)杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中黄色圆形豌豆个体和绿色圆形豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如下表所示： 项目 表型及比例 yyR_ (绿圆) 自交 绿色圆形∶绿色皱形＝5∶1 测交 绿色圆形∶绿色皱形＝2∶1 自由交配 绿色圆形∶绿色皱形＝8∶1 Y_R_ (黄圆) 自交 黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形＝25∶5∶5∶1 测交 黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形＝4∶2∶2∶1 自由交配 黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形＝64∶8∶8∶1 1．某种蝴蝶紫翅(P)对黄翅(p)为显性，绿眼(G)对白眼(g)为显性，两对基因分别位于两对同源染色体上，生物小组同学用紫翅绿眼和紫翅白眼的蝴蝶进行杂交，F1出现的性状类型及数量如下图所示。下列有关说法错误的是(　　) A．上述亲本的基因型是PpGg×Ppgg B．F1中紫翅绿眼个体自交(基因型相同个体间的交配)，相应性状之比是15∶5∶3∶1 C．F1中紫翅白眼个体自交(基因型相同个体间的交配)，其中纯合子所占比例是2/3 D．F1中紫翅绿眼个体与黄翅白眼个体交配，则F2相应性状之比是3∶3∶1∶1 答案　D 解析　根据题图分析可知，紫翅∶黄翅＝3∶1，说明双亲控制该性状的基因型都为Pp；绿眼∶白眼＝1∶1，说明双亲控制该性状的基因型为Gg和gg，因此双亲的基因型为PpGg×Ppgg，A正确；基因型为Gg的个体自交，绿眼∶白眼＝3∶1，基因型为P_的个体自交，出现黄翅的概率为2/3×1/4＝1/6，出现紫翅的概率为1－1/6＝5/6，即紫翅∶黄翅＝5∶1，故F1的紫翅绿眼(P_Gg)个体自交后代表型的比例为15∶5∶3∶1，B正确；同理F1的紫翅白眼(P_gg)自交，纯合子的概率为1－2/3×1/2＝2/3，C正确；F1的紫翅绿眼(P_Gg)个体与黄翅白眼(ppgg)个体杂交，pp＝2/3×1/2＝1/3，则紫翅∶黄翅＝(1－1/3)∶1/3＝2∶1，Gg×gg→绿眼∶白眼＝1∶1，则F2表型之比为2∶2∶1∶1，D错误。 2．若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其中，A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素；B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素；D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达；相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是(　　) A．AABBDD×aaBBdd或AAbbDD×aabbdd B．aaBBDD×aabbdd或AAbbDD×aaBBDD C．aabbDD×aabbdd或AAbbDD×aabbdd D．AAbbDD×aaBBdd或AABBDD×aabbdd 答案　D 解析　由题意分析可知，两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9，F2中黑色个体占＝，结合题干3对等位基因位于常染色体上且独立分配，说明其符合基因的自由组合定律，而黑色个体的基因型为A_B_dd，要出现9/64的比例，可拆分为3/4×3/4×1/4，可进一步推出F1的基因型为AaBbDd，进而推出杂交亲本的组合，D符合题意。 3．(2024·衢州高三模拟)已知A与a、B与b、C与c三对等位因相互独立，互不干扰，基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测正确的是(　　) A．表型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16 B．表型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16 C．基因型有8种，Aabbcc个体的比例为1/16 D．基因型有18种，aaBbCc个体的比例为1/16 答案　D 解析　基因型为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交，后代表型有2×2×2＝8(种)，AaBbCc个体的比例为1/2×1/2×1/2＝1/8，aaBbcc个体的比例为1/4×1/2×1/4＝1/32，A、B错误；基因型为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交，后代基因型有3×2×3＝18(种)，Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4＝1/16，aaBbCc个体的比例为1/4×1/2×1/2＝1/16，C错误，D正确。 4．(2022·全国甲，32)玉米是我国重要的粮食作物。玉米通常是雌雄同株异花植物(顶端长雄花序，叶腋长雌花序)，但也有的是雌雄异株植物。玉米的性别受两对独立遗传的等位基因控制，雌花花序由显性基因B控制，雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌株。现有甲(雌雄同株)、乙(雌株)、丙(雌株)、丁(雄株)4种纯合子玉米植株。回答下列问题： (1)若以甲为母本、丁为父本进行杂交育种，需进行人工传粉，具体做法是__________________ _______________________________________________________________________________。 (2)乙和丁杂交，F1全部表现为雌雄同株；F1自交，F2中雌株所占比例为__________，F2中雄株的基因型是__________；在F2的雌株中，与丙基因型相同的植株所占比例是__________。 (3)已知玉米籽粒的糯和非糯是由1对等位基因控制的相对性状。为了确定这对相对性状的显隐性，某研究人员将糯玉米纯合子与非糯玉米纯合子(两种玉米均为雌雄同株)间行种植进行实验，果穗成熟后依据果穗上籽粒的性状，可判断糯与非糯的显隐性。若糯是显性，则实验结果是_________________________________________________________________________； 若非糯是显性，则实验结果是______________________________________________________。 答案　(1)对母本甲的雌花花序进行套袋，待雌蕊成熟时，采集丁的成熟花粉，撒在甲的雌蕊柱头上，再套上纸袋　(2)1/4　bbTT、bbTt　1/4　(3)糯植株上全为糯籽粒，非糯植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒　非糯植株上只有非糯籽粒，糯植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒 解析　(1)杂交育种的原理是基因重组，若甲为母本、丁为父本进行杂交，因为甲为雌雄同株异花植株，所以在花粉未成熟时需对甲植株的雌花花序套袋隔离，等丁的花粉成熟后再通过人工授粉把丁的花粉传到甲的雌蕊柱头上，再套袋隔离。(2)根据分析及题干信息“乙和丁杂交，F1全部表现为雌雄同株”可知，乙的基因型为BBtt，丁的基因型为bbTT，F1的基因型为BbTt，F1自交，F2的基因型及比例为9B_T_(雌雄同株)∶3B_tt(雌株)∶3bbT_(雄株)∶1bbtt(雌株)，故F2中雌株所占比例为1/4，雄株的基因型为bbTT、bbTt，雌株中与丙基因型相同的植株所占比例为1/4。(3)假设糯和非糯这对相对性状受A/a基因控制，因为两种玉米均为雌雄同株，间行种植时，既有自交又有杂交。若糯为显性，则其基因型为AA，非糯基因型为aa，则糯植株无论自交还是杂交，糯植株上全为糯籽粒，非糯植株杂交子代为糯籽粒，自交子代为非糯籽粒，所以非糯植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒。同理，非糯为显性时，非糯植株上只有非糯籽粒，糯植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒。 1．(2021·全国乙,6)某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制(杂合子表现显性性状)。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是(　　) A．植株A的测交子代中会出现2n种不同表型的个体 B．n越大，植株A测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异越大 C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等 D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数 答案　B 解析　每对等位基因测交后会出现2种表型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体，A正确；不管n有多大，植株A测交子代比为(1∶1)n＝1∶1∶1∶1……(共2n个1)，即不同表型个体数目均相等，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1－1/2n，故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。 2．(2020·浙江7月选考，23)某植物的野生型(AABBcc)有成分R，通过诱变等技术获得3个无成分R的稳定遗传突变体(甲、乙和丙)。突变体之间相互杂交，F1均无成分R。然后选其中一组杂交的F1(AaBbCc)作为亲本，分别与3个突变体进行杂交，结果见下表： 杂交编号 杂交组合 子代表型(株数) Ⅰ F1×甲 有(199)，无(602) Ⅱ F1×乙 有(101)，无(699) Ⅲ F1×丙 无(795) 注：“有”表示有成分R，“无”表示无成分R。 用杂交Ⅰ子代中有成分R植株与杂交Ⅱ子代中有成分R植株杂交，理论上其后代中有成分R植株所占比例约为(　　) A．21/32 B．9/16 C．3/8 D．3/4 答案　A 解析　根据题干信息可推理如下，①野生型(AABBcc)表型为有成分R，可推知基因型为A_B_cc的个体表型为有成分R。②3个突变体能稳定遗传，所以都为纯合子，且均表现为无成分R。③分析杂交过程，杂交Ⅰ中，F1(AaBbCc)与甲杂交，后代有成分R性状和无成分R性状株数比约为1∶3，即A_B_cc约占1/4，所以甲中一定含有c基因，可推测甲的基因型为aaBBcc或AAbbcc；杂交Ⅱ中，F1(AaBbCc)与乙杂交，后代有成分R性状和无成分R性状株数比约为1∶7，即A_B_cc约占1/8，所以乙中一定含有c基因，可推测乙的基因型为aabbcc。用杂交Ⅰ子代中有成分R植株[(1/2AaBBcc、1/2AaBbcc)或(1/2AABbcc、1/2AaBbcc)]与杂交Ⅱ子代有成分R植株(AaBbcc)杂交，雌、雄配子随机结合，理论上后代中有成分R植株所占的比例为1/2×3/4×1×1＋1/2×3/4×3/4×1＝21/32。 3．(2023·新课标，5)某研究小组从野生型高秆(显性)玉米中获得了2个矮秆突变体，为了研究这2个突变体的基因型，该小组让这2个矮秆突变体(亲本)杂交得F1，F1自交得F2，发现F2中表型及其比例是高秆∶矮秆∶极矮秆＝9∶6∶1。若用A、B表示显性基因，则下列相关推测错误的是(　　) A．亲本的基因型为aaBB和AAbb，F1的基因型为AaBb B．F2矮秆的基因型有aaBB、AAbb、aaBb、Aabb，共4种 C．基因型是AABB的个体为高秆，基因型是aabb的个体为极矮秆 D．F2矮秆中纯合子所占比例为1/2，F2高秆中纯合子所占比例为1/16 答案　D 解析　F2中表型及其比例是高秆∶矮秆∶极矮秆＝9∶6∶1，符合9∶3∶3∶1的变式，因此控制两个矮秆突变体的基因遵循基因的自由组合定律，即高秆基因型为A_B_，矮秆基因型为A_bb、aaB_，极矮秆基因型为aabb，因此可推知亲本的基因型为aaBB和AAbb，F1的基因型为AaBb，A正确；矮秆基因型为A_bb、aaB_，因此F2矮秆的基因型有aaBB、AAbb、aaBb、Aabb，共4种，B正确；由F2中表型及其比例可知，基因型是AABB的个体为高秆，基因型是aabb的个体为极矮秆，C正确；F2矮秆个体基因型为A_bb、aaB_共6份，纯合子基因型为aaBB、AAbb共2份，因此F2矮秆中纯合子所占比例为1/3，F2高秆个体基因型为A_B_共9份，纯合子为AABB共1份，因此F2高秆中纯合子所占比例为1/9，D错误。 4．(2020·浙江1月选考，28)已知某二倍体雌雄同株(正常株)植物，基因t纯合导致雄性不育而成为雌株，宽叶与窄叶由等位基因(A、a)控制。将宽叶雌株与窄叶正常株进行杂交实验，其F1全为宽叶正常株。F1自交产生F2，F2的表型及数量：宽叶雌株749株、窄叶雌株251株、宽叶正常株2 250株、窄叶正常株753株。回答下列问题： (1)与正常株相比，选用雄性不育株为母本进行杂交实验时操作更简便，不需进行________处理。授粉后需套袋，其目的是_____________________________________________________。 (2)为什么F2会出现上述表型及数量？______________________________________________。 (3)若取F2中纯合宽叶雌株与杂合窄叶正常株杂交，则其子代(F3)的表型及比例为_______________________________________________________________________________，F3群体随机授粉，F4中窄叶雌株所占的比例为________。 (4)选择F2中的植株，设计杂交实验以验证F1植株的基因型，用遗传图解表示。 答案　(1)人工去雄　防止外来花粉授粉　(2)F1形成配子时，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合　(3)宽叶雌株∶宽叶正常株＝1∶1　3/32　(4)如图所示 解析　(2)由F2植株的表型及比例可知，两对相对性状独立遗传，因此出现这一现象的原因为F1形成配子时，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。(3)根据F2植株的表型及比例，经逐对分析可知，F1的基因型为AaTt，F2中纯合宽叶雌株(AAtt)与杂合窄叶正常株(aaTt)杂交，其子代(F3)的表型及比例为宽叶雌株∶宽叶正常株＝1∶1。F3群体(1/2雌株Aatt、1/2正常株AaTt)随机授粉，雌配子中at占3/8，雄配子中at占1/4，因此F4中窄叶雌株所占的比例为3/32。 5．(2021·海南，23)科研人员用一种甜瓜(2n)的纯合亲本进行杂交得到F1，F1经自交得到F2，结果如下表。 性状 控制基因及其所在染色体 母本 父本 F1 F2 果皮底色 A/a,4号染色体 黄绿色 黄色 黄绿色 黄绿色∶黄色≈3∶1 果肉颜色 B/b,9号染色体 白色 橘红色 橘红色 橘红色∶白色≈3∶1 果皮覆纹 E/e,4号染色体 F/f,2号染色体 无覆纹 无覆纹 有覆纹 有覆纹∶无覆纹≈9∶7 已知A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，当E和F同时存在时果皮才表现出有覆纹性状。不考虑交叉互换、染色体畸变、基因突变等情况，回答下列问题： (1)果肉颜色的显性性状是________________。 (2)F1的基因型为________________，F1产生的配子类型有________________种。 (3)F2的表型有________________种，F2中黄绿色有覆纹果皮、黄绿色无覆纹果皮、黄色无覆纹果皮的植株数量比是__________________，F2中黄色无覆纹果皮橘红色果肉的植株中杂合子所占比例是________________。 答案　(1)橘红色　(2)AaBbEeFf　8　(3)6　9∶3∶4　5/6 解析　分析表格数据可知，控制果肉颜色的B、b基因位于9号染色体，控制果皮底色的A、a基因和控制果皮覆纹中的E、e基因均位于4号染色体，且A和E连锁，a和e连锁；控制果皮覆纹E、e和F、f的基因分别位于4号和2号染色体，两对基因独立遗传，且有覆纹基因型为E_F_，无覆纹基因型为E_ff、eeF_、eeff，据此分析作答。(1)结合表格分析可知，亲本分别是白色和橘红色杂交，F1均为橘红色，F1杂交，子代出现橘红色∶白色≈3∶1的性状分离比，说明橘红色是显性性状。(2)单考虑一种性状，由于F2中黄绿色∶黄色≈3∶1，可推知F1基因型应为Aa，橘红色∶白色≈3∶1，F1基因型应为Bb，有覆纹∶无覆纹≈9∶7，则F1基因型应为EeFf，故F1基因型应为AaBbEeFf；由于A和E连锁，a和e连锁，而F、f和B、b独立遗传，故F1产生的配子类型有2(AE、ae)×2(F、f)×2(B、b)＝8(种)。(3)结合表格可知，F2中关于果肉颜色的表型有2种，由于A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，单独观察果皮底色及果皮覆纹的表型，包括无覆纹黄绿色、无覆纹黄色、有覆纹黄绿色三种表型，故F2的表型有2×3＝6(种)。由于A和E连锁，a和e连锁，F2中基因型为A_E_占3/4，aaee占1/4，F2中黄绿色有覆纹果皮(A_E_F_)、黄绿色无覆纹果皮(A_E_ff)、黄色无覆纹果皮(aaeeF_、aaeeff)的植株数量比是(3/4×3/4)∶(3/4×1/4)∶(1/4×3/4＋1/4×1/4)＝9∶3∶4；F2中黄色无覆纹果皮中的纯合子占1/2，橘红色果肉植株中纯合子为1/3，故F2中黄色无覆纹果皮橘红色果肉植株中纯合子所占比例为1/6，故其中杂合子所占比例是1－1/6＝5/6。 课时精练 一、选择题 1．某种植物果实重量由三对等位基因A/a、B/b、C/c控制，这三对基因分别位于三对同源染色体上，每个显性基因对果实重量的增加效应相同且具有叠加性。已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150 g和270 g，现有基因型为AaBbCc的个体自交，下列有关子代的叙述，正确的是(不考虑突变和交叉互换)(　　) A．该果实重量的遗传不遵循孟德尔的遗传定律 B．子代最多可出现18种基因型、6种表型 C．子代中果实重量为190 g的植株的基因型有4种 D．子代中果实重量为250 g的植株出现的概率为3/32 答案　D 解析　因为控制果实重量的三对基因分别位于三对同源染色体上，所以该果实重量的遗传遵循孟德尔的遗传定律，A错误；基因型为AaBbCc的个体自交，子代含有显性基因的个数为0～6个，可出现27种基因型、7种表型，B错误；每个显性基因可增加的果实重量为(270－150)÷6＝20(g)，子代中果实重量为190 g的植株应含有显性基因的个数为(190－150)÷20＝2(个)，基因型有6种，C错误；子代中果实重量为250 g的植株，应含有显性基因的个数为(250－150)÷20＝5(个)，该种植株出现的概率为3×1/4×1/4×1/2＝3/32，D正确。 2．某植物叶形的宽叶和窄叶是一对相对性状，用纯合的宽叶植株与窄叶植株进行杂交，如下表(相关基因用A、a；B、b；C、c……表示)。下列相关叙述不正确的是(　　) 项目 母本 父本 子一代 子二代 杂交组合一 宽叶 窄叶 宽叶 宽叶∶窄叶＝3∶1 杂交组合二 宽叶 窄叶 宽叶 宽叶∶窄叶＝15∶1 杂交组合三 宽叶 窄叶 宽叶 宽叶∶窄叶＝63∶1 A.该植物的叶形至少受三对等位基因控制 B．只要含有显性基因，该植株的表型即为宽叶 C．杂交组合一亲本的基因型可能是AABBcc、aaBBcc D．杂交组合三的子二代宽叶植株的基因型有26种 答案　C 解析　由表格信息可知，宽叶植株与窄叶植株杂交，子一代都是宽叶，说明宽叶是显性性状。杂交组合一，子二代窄叶植株所占的比例是1/4，说明符合一对杂合子自交实验结果；杂交组合二，子二代窄叶植株所占的比例是1/16，说明符合两对杂合子自交实验结果；杂交组合三，子二代窄叶植株所占的比例是1/64，说明符合三对杂合子自交实验结果，因此该植物的宽叶和窄叶性状至少由三对等位基因控制，且三对等位基因在遗传过程中遵循自由组合定律，隐性纯合子表现为窄叶，其他都表现为宽叶，A、B正确；若杂交组合一的亲本基因型为AABBcc、aaBBcc，则F1为AaBBcc，有一对显性基因纯合，子二代应全表现为宽叶，与题意不符，C错误；杂交组合三，子一代的基因型是AaBbCc，子二代的基因型有3×3×3＝27(种)，其中基因型为aabbcc的植株表现为窄叶，因此杂交组合三的子二代宽叶植株的基因型有26种，D正确。 3．(2023·宁波高三模拟)孟德尔在两对相对性状的豌豆杂交实验中，用纯种黄色圆形豌豆和纯种绿色皱形豌豆杂交获得F1，F1自交得F2。下列有关叙述正确的是(　　) A．黄色与绿色、圆形与皱形的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律 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的绿色圆形植株中任取两株，这两株基因型不同的概率为4/9 D．若自然条件下将F2中黄色圆形植株混合种植，后代出现绿色皱形的概率为1/81 答案　C 解析　连锁的两对等位基因也都遵循分离定律，故不能依据黄色与绿色、圆形与皱形的遗传都遵循分离定律，得出这两对性状的遗传遵循自由组合定律的结论，A错误；F1产生的雄配子总数往往多于雌配子总数，B错误；假设相关基因用Y/y、R/r表示，从F2的绿色圆形植株yyRR或yyRr中任取两株，这两株基因型相同的概率为1/3×1/3＋2/3×2/3＝5/9，故不同的概率为4/9，C正确；若自然条件下将F2中黄色圆形植株混合种植，由于豌豆是自花授粉植物，只有基因型为YyRr的个体才会产生yyrr的绿色皱形豌豆，故后代出现绿色皱形的概率为4/9×1/16＝1/36，D错误。 4．(2024·湖州高三联考)已知小麦的耐盐对不耐盐为显性，多粒对少粒为显性，分别由等位基因A/a、B/b控制。已知含有某种基因的花粉50%致死，现有一株表现为耐盐多粒的小麦，以其为父本进行测交，测交后代F1的4种表型为耐盐多粒∶耐盐少粒∶不耐盐多粒∶不耐盐少粒＝2∶1∶2∶1。下列叙述错误的是(　　) A．这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律 B．取F1的耐盐多粒小麦和耐盐少粒小麦各一株杂交，后代不耐盐多粒占1/8或1/12 C．若以该植株为母本进行测交，后代上述4种表型比例为1∶1∶1∶1 D．若该植株进行自交，后代上述4种表型比例为15∶3∶5∶1 答案　B 解析　一株表现为耐盐多粒的小麦，以其为父本进行测交，测交后代F1的4种表型为耐盐多粒∶耐盐少粒∶不耐盐多粒∶不耐盐少粒＝2∶1∶2∶1，据此可知，这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律，A正确；若耐盐多粒小麦(AaBb)作母本，耐盐少粒小麦(Aabb)作父本，则后代不耐盐多粒占1/8，若耐盐多粒小麦(AaBb)作父本，耐盐少粒小麦(Aabb)作母本，则后代不耐盐多粒占1/6，因此取F1的耐盐多粒小麦和耐盐少粒小麦各一株杂交，后代不耐盐多粒占1/8或1/6，B错误；以该植株为母本(AaBb)进行测交，按自由组合定律计算，后代上述4种表型比例为1∶1∶1∶1，C正确；若该植株(AaBb)进行自交，母本产生4种基因型的卵细胞1/4AB、1/4Ab、1/4aB、1/4ab，父本产生4种基因型的精子2/6AB、1/6Ab、2/6aB、1/6ab，则后代上述4种表型比例为15∶3∶5∶1，D正确。 5．(2023·金华高三模拟)假定4对等位基因(均为完全显性关系)分别控制4对相对性状，且4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，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_，所以该类型占F2中个体的比例为(3/4)4＝81/256，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。 6．多指症由显性基因控制，先天性聋哑由隐性基因控制，决定这两种遗传病的基因自由组合，一对男性患多指、女性正常的夫妇，婚后生了一个手指正常的聋哑孩子。这对夫妇再生下的孩子为手指正常、先天性聋哑、既多指又先天性聋哑这三种情况的可能性依次是(　　) A.、、 B.、、 C.、、 D.、、 答案　A 解析　设多指相关基因用A、a表示，聋哑相关基因用B、b表示。根据亲代和子代表型，可推出亲代基因型：父AaBb，母aaBb，他们再生一个孩子情况如下图： ①线表示全正常，1/2×3/4＝3/8； ②线表示只患聋哑，1/2×1/4＝1/8； ③线表示只患多指，1/2×3/4＝3/8； ④线表示既患多指又患聋哑，1/2×1/4＝1/8。 据此可得出答案。 7．(2024·宁波高三期中)研究人员选择果皮黄绿色、果肉白色、果皮有覆纹的纯合甜瓜植株(甲)与果皮黄色、果肉橘红色、果皮无覆纹的纯合甜瓜植株(乙)杂交，F1表现为果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹。F1自交得F2，分别统计F2各对性状的表现及株数，结果如表。假设控制覆纹性状的基因与控制果皮颜色、果肉颜色的基因位于非同源染色体上，下列叙述正确的是(　　) 甜瓜性状 果皮颜色(A、a) 果肉颜色(B、b) 果皮覆纹 F2的表型及株数 黄绿色482 黄色158 橘红色478 白色162 有覆纹361 无覆纹279 A.若让F2中果肉橘红色植株随机交配，则F3中果肉白色植株占1/6 B．若让F1与植株乙杂交，则子代中果皮有覆纹∶无覆纹＝3∶1 C．若果皮颜色、覆纹由3对独立遗传的等位基因控制，则理论上F2中果皮黄色无覆纹的甜瓜植株约有70株 D．由表中F2果皮颜色、果肉颜色的统计数据，可判断A/a、B/b这两对基因遵循自由组合定律 答案　C 解析　F2中果肉橘红色植株基因型为BB的比例为1/3，Bb的比例为2/3，若让果肉橘红色植株随机交配，则F3中果肉白色植株(bb)所占的比例为2/3×2/3×1/4＝1/9，A错误；分析表格可知，果皮覆纹这一性状由位于非同源染色体上的两对基因控制，设相关基因用C、c和D、d表示，则F1的基因型是CcDd，与植株乙(ccdd)杂交，子代中基因型及比例为CcDd∶Ccdd∶ccDd∶ccdd＝1∶1∶1∶1，子代中果皮有覆纹∶无覆纹＝1∶3，B错误；如果果皮颜色、覆纹由3对独立遗传的等位基因控制，则遵循自由组合定律，F1的基因型是AaCcDd，F2中果皮黄色无覆纹的甜瓜植株的基因型是aaC_dd、aaccD_、aaccdd，在F2中所占比例是1/4×7/16＝7/64，后代植株共有640株，因此F2中果皮黄色无覆纹的甜瓜植株约有640×7/64＝70(株)，C正确；果皮颜色、果肉颜色两对相对性状，分别遵循分离定律，但是这两对等位基因不一定遵循自由组合定律，D错误。 8．(2024·嘉兴高三联考)玉米种子颜色由3个显性基因A、C和R决定，基因型A_C_R_是有色的，其他均为无色。某有色植株与3个测试植株杂交，获得如下结果：与aaccRR杂交，产生50%的有色种子；与aaCCrr杂交，产生25%的有色种子；与AAccrr杂交，产生50%的有色种子。则该有色植株的基因型是(　　) A．AaCCRr B．AaCCRR C．AaCcRr D．AACcRr 答案　A 解析　根据有色植株×aaccRR→50%有色种子(A_C_R_)，A_C_中有一对杂合，有一对纯合，该有色植株的基因型可能是AaCCR_或AACcR_；根据有色植株×aaCCrr→25%有色种子(A_C_R_)，A_R_中均为杂合，该有色植株的基因型为AaC_Rr；根据有色植株×AAccrr→50%有色种子(A_C_R_)，C_R_中有一对杂合，有一对纯合，该有色植株基因型可能为A_CCRr或A_CcRR。综上所述，可以推知该有色植株的基因型为AaCCRr。 9．某植物的花色有紫色和蓝色两种，由A、a和B、b两对等位基因控制，两对基因独立遗传。已知aaBB和aaBb这两种基因型开蓝花，其他都开紫花，现有基因型为AaBb的紫花植株自交后，得到F1紫花∶蓝花＝13∶3，现取所有F1的紫花植株随机交配，则F2中紫花与蓝花的比例为(　　) A．153∶16 B．120∶169 C．25∶169 D．25 561∶3 000 答案　A 解析　F1中的紫花植株有1/13AABB、2/13AaBB、2/13AABb、4/13AaBb、1/13AAbb、2/13Aabb、1/13aabb，这些个体自由交配，若要产生aaB_的个体，必须要有aB和ab这两种配子，而只有基因型为AaBB和AaBb能产生aB配子，故aB＝2/13×1/2＋4/13×1/4＝2/13；同理可知ab＝4/13×1/4＋2/13×1/2＋1/13＝3/13。故aaBB所占比例为(2/13)2，aaBb所占比例为2×2/13×3/13，则F2中蓝花所占比例为16/169，F2中紫花与蓝花的比例为153∶16。 10．(2024·金华第一中学高三模拟)绿豆为闭花授粉植物，野生型叶形为卵圆形，现有两种纯合突变体，甲叶形为椭圆形，乙为柳叶形，各由一对等位基因突变造成叶形的改变。用甲、乙进行杂交实验，结果如图。下列叙述正确的(　　) A．自然状态下野生型植株的基因型通常有4种 B．一对突变基因位于常染色体上，另一对突变基因可能位于性染色体上 C．通过测交实验不能确定F2中柳叶形植株的基因型 D．F2卵圆形叶片植株自交后代叶片的表型及比例为卵圆形∶椭圆形∶柳叶形＝25∶6∶5 答案　C 解析　设相关基因用A/a、B/b表示，由题干“绿豆为闭花授粉植物，野生型叶形为卵圆形”可知，自然状态下卵圆形叶片的植株应为纯合子，其基因型为AABB，只有1种，A错误；绿豆没有性染色体，F2中的卵圆形∶椭圆形∶柳叶形＝185∶62∶83≈9∶3∶4，故叶形性状由两对等位基因控制，A/a、B/b两对等位基因均位于常染色体上，B错误；设F2中柳叶形植株的基因型为1AAbb、2Aabb、1aabb，则通过测交实验不能确定F2中柳叶形植株的基因型，C正确；叶形性状由两对等位基因控制，两种单基因纯合突变体，甲(假设基因A突变为a)为椭圆形，乙(假设基因B突变为b)为柳叶形，则甲的基因型为aaBB，乙的基因型为AAbb，F1卵圆形的基因型为AaBb，F2中卵圆形叶片(A_B_)的基因型为1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，自然状态下，绿豆闭花授粉，即1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb均自交，得到的子代基因型分别是1/9AABB、2/9(3/4A_BB、1/4aaBB)、2/9(3/4AAB_、1/4AAbb)、4/9(9/16A_B_、3/16A_bb、3/16aaB_、1/16aabb)，则F2卵圆形叶片植株自交后代叶片的表型及比例为卵圆形∶椭圆形∶柳叶形＝25∶5∶6，D错误。 二、非选择题 11．(2024·宁波高三联考)二倍体植物A与植物B是两种雌雄同株植物，二者杂交产生的F1高度不育，用秋水仙素处理F1幼苗，使染色体数目加倍后可得到新品系。现经此法培育得到两个品系，分别是窄叶黄花大花瓣的品系甲和宽叶白花大花瓣的品系乙，已知宽叶(D)对窄叶(d)为完全显性，黄花(A)对白花(a)为完全显性，大花瓣(B)对小花瓣(b)为完全显性。回答下列问题： (1)从细胞水平分析，F1高度不育的原因是____________________________，秋水仙素因________________(作用机理)可导致染色体数目加倍。 (2)品系甲自交________(填“会”或“不会”)发生性状分离。若要判断叶形与花色两对相对性状的遗传是否遵循自由组合定律，利用上述品系，可采用的方法和判断标准是_______________________________________________________________________________。 (3)①现有品系丙的部分染色体组成和基因分布如图所示，写出品系丙测交产生后代的遗传图解(不考虑交叉互换)。 ②发现品系丙测交产生后代的一株植株丁的体细胞中含A/a基因的同源染色体有三条(其中两条含A基因)，请解释该变异产生的原因：_________________________________________。让植株丁自交，理论上后代开黄花植株所占比例为__________(注：减数第一次分裂时，配对的2条染色体分别移向两极，另1条染色体随机移向任一极)。 答案　(1)无同源染色体，无法联会　抑制纺锤体的形成　(2)不会　品系甲和品系乙杂交得到F1，F1自交得到F2，观察统计F2相关性状的表型是否为四种，且比例为9∶3∶3∶1　 (3)①如图所示 ②丙产生配子时，A基因所在的姐妹染色单体分开后形成的两条染色体移向了细胞同一极　35/36 解析　(1)二倍体植物A与植物B是两种雌雄同株植物，二者杂交产生的F1高度不育是由于无同源染色体，无法联会，而秋水仙素因能抑制纺锤体的形成可导致染色体数目加倍，进而使染色体加倍的细胞中含有同源染色体从而恢复育性。(2)用秋水仙素处理获得的品系甲和品系乙都属于纯合子，品系甲的基因型为AABBdd，自交不会发生性状分离。品系乙的基因型为aaBBDD，要判断叶形与花色两对相对性状的遗传是否遵循自由组合定律，可让品系甲和品系乙杂交得到F1，F1自交得到F2，观察统计F2相关表型是否为四种，且比例为9∶3∶3∶1，若为上述比例，则说明控制叶形与花色两对相对性状的基因的遗传遵循自由组合定律。 (3)①品系丙的部分染色体组成和基因分布如题图所示，其基因型为AaBb，产生的配子基因型为Ab和aB，且比例为1∶1，与aabb测交，遗传图解见答案。②丙的基因型为AaBb，植株丁的体细胞中含A/a基因的同源染色体有三条(其中两条含A基因)，因此植株丁的基因型为AAa(只分析花色基因)，说明丙产生了一个基因型为AA的配子。因此该变异产生的原因是丙产生配子时，A基因所在的姐妹染色单体分开后形成的两条染色体移向了细胞同一极。让植株丁(AAa)自交，在减数第一次分裂时，配对的2条染色体分别移向两极，另1条染色体随机移向任一极，因此，丁植株产生配子的基因型及比例为A∶AA∶Aa∶a＝2∶1∶2∶1，理论上后代开黄花植株所占比例为1－1/6×1/6＝35/36。 12．(2023·湖州高三模拟)种皮由母本体细胞发育而来，某玉米种皮有红、紫和白三种颜色，由两对等位基因A/a、B/b分别控制红色素和紫色素的合成。如表为不同种皮颜色的玉米杂交的实验结果。 杂交组合 F1植株收获籽粒的颜色 红色 紫色 白色 ①红种皮×紫种皮 － 831 － ②紫种皮×白种皮 137 264 134 回答下列问题： (1)玉米作为遗传学杂交实验材料的优点有：__________________________________________ _________________________________________________________________(答出两点即可)。 (2)杂交组合①中两个亲本为稳定遗传类型，且F1连续自交不会出现白种皮类型，可以推断其中红种皮亲本基因型是____________，紫种皮亲本基因型是________________。 (3)杂交组合②的杂交方式一般称为_______________________________________________，F1的基因型和比例为____________________________________________________________。 用该杂交组合的紫种皮亲本自交，获得籽粒后种植，待植株成熟，所结籽粒种皮颜色为紫色的植株所占比例为________。 (4)用白种皮玉米给基因型为AABb的玉米授粉，当年所收获的籽粒种皮颜色有__________种，表现为________色。 (5)如果想要在最短时间内和最小工作量的情况下获得更多的AAbb品系，请以杂交组合②F1植株收获的籽粒为材料设计实验方案：_____________________________________________。 答案　(1)后代数目多、具有稳定的易于区分的相对性状、易于人工杂交实验　(2)AAbb　AABB (3)测交　AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1　3/4　(4)1　紫　(5)选择红色种皮籽粒种植后连续自交两代，得到的不出现性状分离的红色籽粒植株即为AAbb品系 解析　玉米籽粒颜色由两对等位基因A/a、B/b分别控制红色素和紫色素的合成，根据题意分析可知：红种皮基因型为A_bb，紫种皮基因型为aaB_、A_B_，白种皮的基因型为aabb。 (2)在杂交组合①中，由于两亲本均为稳定遗传类型，所以两亲本为纯合子，又因F1全部为紫种皮，且连续自交后不会出现白种皮，因此可以推测出母本中红种皮的基因型为AAbb，紫种皮的基因型为AABB。(3)在杂交组合②中，由于紫种皮与白种皮杂交后出现性状分离的现象，而白种皮的基因型为aabb，符合测交的要求；可以推断出亲本的紫种皮的基因型为AaBb，故F1基因型和比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1；若将亲本中的紫种皮(AaBb)进行自交，后代基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，其中为紫种皮的基因型有A_B_和aaB_，所占比例为(9＋3)/(9＋3＋3＋1)＝3/4。(4)由题干信息“种皮由母本体细胞发育而来”可知，所收获的籽粒种皮由母本(AABb)决定，种皮细胞的基因型为AABb，籽粒种皮颜色有1种，表现为紫色。 13．已知某种性别决定属于XY型的动物的眼色受两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制，相关基因位于常染色体上，基因与性状的关系如图甲所示。请据图回答下列问题： (1)由图甲可知，无色眼的基因型是____________，猩红色眼对应的基因型有________种。 (2)从图甲信息可知，基因与生物性状之间的关系为___________________________________。 (3)某同学为了进一步研究该动物的眼色遗传情况，对该种动物的眼色进行了调查，绘制的遗传系谱图如图乙所示，其中1号个体的基因型为AAbb。 ①3号个体为纯合子的概率是__________；若3号个体的基因型为Aabb，则4号个体的基因型为__________。 ②若让6号与7号个体多次交配并产生足够多的后代(F1)，则后代(F1)共有______________种基因型，________种表型；F1猩红色眼中纯合子所占比例是__________；若让6号与7号的后代(F1)中的个体随机交配，则产生的F2中深红色眼个体占___________________________。 答案　(1)aabb　4　(2)基因通过控制酶的合成来控制生物体内的生物化学反应，进而控制生物的性状(或性状可能由多个基因共同控制)　(3)①0　aaBb　②9　3　1/3　9/16 解析　(3)①由图乙可知，9号个体的基因型为aabb，则6号和7号个体的基因型一定均为AaBb；再根据7号个体的基因型为AaBb,8号个体的基因型为aabb，可知3号和4号个体均为杂合子；若3号个体的基因型为Aabb，则4号个体的基因型一定为aaBb(或直接由3号和7号、8号个体基因型推导出4号基因型)。②6号与7号个体的基因型均为AaBb，则6号与7号个体多次交配，后代(F1)共有9种基因型和3种表型(深红色眼∶猩红色眼∶无色眼＝9∶6∶1)；F1猩红色眼中纯合子所占比例为1/3。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $