第1章 第2节 第2课时 自由组合定律的应用及解题方法-【新课程学案】2025-2026学年高中生物必修2 遗传与进化教师用书word（人教版 单选版）

第2课时　自由组合定律的应用及解题方法 聚焦·题型一　由亲代求子代基因型或表型的种类及概率 　　[例1]　已知A与a、B与b、C与c 3对等位基因自由组合,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.基因型有18种,aaBbCc个体的比例为1/16 C.表型有4种,Aabbcc个体的比例为1/32 D.基因型有8种,aaBbcc个体的比例为1/16 [解析]　AaBbCc×AabbCc,杂交后代的表型有2×2×2=8种,后代中AaBbCc个体的比例是1/2×1/2×1/2=1/8,Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4=1/16,A、C错误;杂交后代基因型的种类是3×2×3=18种,后代中aaBbCc个体的比例是1/4×1/2×1/2=1/16,aaBbcc个体的比例是1/4×1/2×1/4=1/32,B正确,D错误。 [答案]　B 　　[例2]　已知基因型为AaBbCc与AaBbCC的个体杂交,求: (1)杂交后代的基因型与表型的种类数分别为　　　种、　　　种。  (2)杂交后代中AAbbCc与aaBbCC出现的概率分别是　　　、　　　。  (3)杂交后代中基因型为A_bbC_与aaB_C_的概率分别是　　　、　　　。  [解析]　(1)AaBbCc×AaBbCC,后代中有3×3×2=18种基因型,有2×2×1=4种表型。(2)基因型为AaBbCc与AaBbCC的个体杂交,后代中AAbbCc的概率为1/4×1/4×1/2=1/32,aaBbCC的概率为1/4×1/2×1/2=1/16。 (3)杂交后代中A_bbC_的概率为3/4×1/4×1=3/16,aaB_C_的概率为1/4×3/4×1=3/16。 [答案]　(1)18　4　(2)1/32　1/16　(3)3/16　3/16 [方法指导] 1.解题思路 “先分开,后组合”,适用两对或两对以上的基因独立遗传 2.常见题型分析 (1)基因型(表型)种类及概率 提醒:在计算不同于双亲的表型的概率时,可以先算与双亲一样的表型的概率,然后用1减去与双亲相同表型的概率即可。 (2)配子种类及概率的计算 如求AaBbCc产生的配子种类,以及产生ABC配子的概率。 产生的配子种类: 　Aa　　　　Bb　　　　Cc 　 ↓　　　　 ↓　　 　 ↓ 　2　　×　 2　　× 　2=8(种) 产生ABC配子的概率为1/2×1/2×1/2=1/8。 [迁移训练] 1.假定某植物5对等位基因是相互自由组合的,杂交组合AaBBCcDDEe×AaBbCCddEe产生的后代中,两对等位基因杂合、三对等位基因纯合的个体所占的比例是 (　　) A.1/2 B.1/4 C.1/16 D.1/64 解析:选B　根据基因分离定律,把等位基因分对计算,其中DD×dd一定得到Dd,在剩下的4对基因组合中,出现杂合子和纯合子的概率都是1/2;要满足题意,则需要除D、d之外的4对基因组合中,有一对基因杂合,另外三对基因纯合,其概率为4×1/2×1/2×1/2×1/2=1/4;其中“4”是指在4对基因组合(Aa×Aa、BB×Bb、Cc×CC、Ee×Ee)中,有且只有一对基因杂合的情况有4种,每种情况下出现一对基因杂合、三对基因纯合的概率都是1/2×1/2×1/2×1/2。故选B。 2.在三对基因各自独立遗传的条件下,亲本ddEeFF与DdEeff杂交,其子代表型不同于亲本的个体占全部后代的 (　　) A.5/8 B.3/8 C.1/12 D.1/4 解析:选A　ddEeFF与DdEeff杂交,其子代表型与亲本中ddEeFF相同的占1/2×3/4×1=3/8,与亲本中DdEeff相同的概率为0,故其子代表型不同于亲本的个体占全部后代的1-3/8=5/8。 聚焦·题型二　由子代推亲代基因型及表型 　　[例1]　番茄中红色果实(R)对黄色果实(r)为显性,两室果(D)对多室果(d)为显性,高藤(T)对矮藤(t)为显性,控制三对相对性状的等位基因自由组合。某红果两室高藤植株甲与rrddTT杂交,子代中红果两室高藤植株占1/2;与rrDDtt杂交,子代中红果两室高藤植株占1/4;与RRddtt杂交,子代中红果两室高藤植株占1/2。植株甲的基因型是 (　　) A.RRDDTt B.RrDdTt C.RrDDTt D.RrDDTT [解析]　植株甲的表型为红果两室高藤,对应的基因型为R_D_T_,甲与rrddTT杂交,子代一定是高藤,子代中红果两室高藤植株占1/2,说明R_D_中有一对基因纯合,有一对基因杂合;甲与rrDDtt杂交,子代一定是两室,子代中红果两室高藤植株占1/4,说明R_T_中两对基因均杂合,为RrTt,又因R_D_有一对基因纯合,R_确定为杂合,则D_为纯合,则甲的基因型为RrDDTt;甲(RrDDTt)与RRddtt杂交,子代中红果两室高藤植株占1/2,符合题意,故选C。 [答案]　C [例2]　某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制，其中基因A控制紫色，a无控制色素合成的功能。基因B控制红色，b控制蓝色。基因I不影响上述2对基因的功能，但i纯合的个体为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙，它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考虑突变，根据表中杂交结果，下列推断正确的是(　　) 杂交组合 F1表型 F2表型及比例 甲×乙 紫红色 紫红色∶靛蓝色∶白色＝9∶3∶4 乙×丙 紫红色 紫红色∶红色∶白色＝9∶3∶4 A．让只含隐性基因的植株与F2测交，可确定F2中各植株控制花色性状的基因型 B．让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为1/6 C．若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则该植株可能的基因型最多有6种 D．若甲与丙杂交所得F1自交，则F2表型比例为9紫红色∶3靛蓝色∶3红色∶1蓝色 [解析]　由题干信息可知，基因型为aaB_I_表现为红色，基因型为aabbI_表现为蓝色，基因型为____ii表现为白色。两对杂交组合中的表型及比例可说明相关的2对等位基因的遗传符合自由组合定律。根据两对杂交组合F2表型及比例可知该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙的基因型依次为AAbbII、AABBii、aaBBII。当F2中植株是白花时，其基因型为____ii，与只含隐性基因的植株测交后代仍然是白花，无法鉴别白花植株的具体基因型，A错误。仅分析白色性状，由A项分析可知，F1基因型均为杂合子(Ii)，F1自交，由于控制白色性状的基因与其他花色基因遵循自由组合定律，紫红色植株中II∶Ii＝1∶2，所以让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为2/3×1/4＝1/6，B正确。若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则亲本为____Ii，则该植株可能的基因型最多有3×3＝9种，C错误。甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII，假设这3对等位基因的遗传符合自由组合定律，则其自交的F2的表型及比例为紫红色(A_B_II)∶靛蓝色(A_bbII)∶红色(aaB_II)∶蓝色(aabbII)＝9∶3∶3∶1；假设A/a与B/b这2对等位基因连锁，则其自交的F2的表型比例不会出现上述结果，D错误。 [答案]　B [方法指导] 1.方法:将自由组合定律的分离比拆分成分离定律的分离比分别分析,再运用乘法原理进行逆向组合。 2.题型示例 (1)子代:9∶3∶3∶1=(3∶1)(3∶1)⇒AaBb×AaBb (2)子代:1∶1∶1∶1=(1∶1)(1∶1)⇒ (3)子代:3∶1∶3∶1=(3∶1)(1∶1)⇒ (4)子代:3∶1=　(3∶1)×1⇒ [迁移训练] 1.番茄的红果(R)对黄果(r)为显性,子房多室(M)对子房二室(m)为显性,现将红果多室和红果二室番茄进行杂交,其后代表型及比例如下图所示。据此分析两亲本的基因型为 (　　) A.RrMm、Rrmm B.RrMm、RRmm C.RRMm、Rrmm D.RRMM、RRmm 解析:选A　分析题意,番茄的红果(R)对黄果(r)为显性,子房多室(M)对子房二室(m)为显性,将红果多室番茄(R_M_)和红果二室番茄(R_mm)进行杂交,子代中红果∶黄果=3∶1,说明亲代都是Rr;子代中多室∶二室=1∶1,说明亲代是Mm和mm,因此,两亲本的基因型为RrMm和Rrmm。 2.水稻香味性状与抗病性状独立遗传。香味性状受隐性基因(a)控制,抗病(B)对易感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种,研究人员进行了一系列杂交实验。亲本无香味易感病植株与无香味抗病植株杂交后代的统计结果如图所示。下列有关叙述错误的是 (　　) A.香味性状一旦出现就能稳定遗传 B.两亲本的基因型分别是aaBb、AaBb C.两亲本杂交得到的子代中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为0 D.两亲本杂交得到的子代自交,后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为3/64 解析:选B　由题干信息可知,无香味易感病与无香味抗病植株杂交,子代中无香味∶有香味=3∶1,故亲本中无香味的基因型均是Aa,有香味性状受隐性基因(a)控制,所以香味性状(aa)一旦出现即能稳定遗传,A正确。两亲本无香味易感病与无香味抗病植株杂交,子代中抗病∶易感病=1∶1,所以亲本中对应的基因型是Bb、bb,结合A项分析可知,两亲本的基因型是AaBb与Aabb,B错误。两亲本的基因型是AaBb与Aabb,杂交后代中有香味抗病植株的基因型为aaBb,不可能稳定遗传,因此子代中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为0,C正确。亲代的基因型为AaBb×Aabb,子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa,分别自交得到aa的概率为3/8;子代抗病性相关的基因型为1/2Bb和1/2bb,自交得到BB的概率为1/8,故得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8=3/64,D正确。 聚焦·题型三　子代患病概率的计算 　　[例1]　人类多指基因(T)对手指正常(t)是显性,白化病基因(a)对肤色正常(A)为隐性,两对等位基因独立遗传。一个家庭中,父亲患多指,母亲正常,他们有一个白化病但手指正常的孩子。则再生一个孩子只患一种病的概率是 (　　) A.1/8 B.1/2 C.1/4 D.3/8 [解析]　父亲患多指,母亲正常,他们有一个白化病但手指正常的孩子,可推测该夫妇的基因型是TtAa和ttAa。若只考虑手指这一性状,他们的后代患多指的概率为1/2,正常手指的概率为1/2;若只考虑白化病这一性状,后代患白化病的概率为1/4,正常的概率为3/4,因此再生一个孩子只患一种病的概率为1/2+1/4-2×1/2×1/4=1/2。 [答案]　B 　　[例2]　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可自由组合,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.1/2、1/4、1/8 B.1/4、1/8、1/2 C.1/8、1/2、1/4 D.1/4、1/2、1/8 [解析]　设多指相关基因用A、a表示,先天性聋哑相关基因用B、b表示。根据亲代和子代表型,可推出亲代基因型:父亲为AaBb,母亲为aaBb,他们再生一个孩子,手指正常(aa)的概率为1/2,先天性聋哑(bb)的概率为1/4,既多指又先天性聋哑(A_bb)的概率为1/2×1/4=1/8。 [答案]　A [方法指导] 　　用“十字交叉法”解答两病概率计算问题 (1)当两种遗传病之间具有“独立性”和“自由组合”的关系时,各种患病情况的概率分析如下: (2)根据序号所示进行相乘得出相应概率再进一步拓展,如表: 序号 类型 计算公式 ① 同时患两病概率 mn 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) 或m+n-2×① [迁移训练] 1.人的棕眼和蓝眼由一对等位基因控制,B控制棕眼,b控制蓝眼。利手是指人类习惯使用的手。某些人习惯使用右手,称为右利手(右撇子);某些人习惯使用左手,称为左利手(左撇子)。右利手(R)对左利手(r)是显性。这两对基因遵循自由组合定律。已知一对夫妇基因型为BbRr和bbRr,下列有关叙述正确的是 (　　) A.这对夫妇生育左利手孩子的概率是3/4 B.这对夫妇生育棕眼右利手孩子的概率是1/8 C.这对夫妇生育孩子的基因型可能有6种,表型可能有4种 D.这对夫妇生育了一个棕眼左利手的儿子,此儿子是杂合子的概率为1/2　 解析:选C　一对夫妇左右利手的基因型为Rr和Rr,这对夫妇生育左利手(rr)孩子的概率是1/4,A错误;一对夫妇基因型为BbRr和bbRr,这对夫妇生育棕眼右利手(BbR_)孩子的概率是1/2×3/4=3/8,B错误;这对夫妇生育孩子的基因型可能有2×3=6种,表型可能有2×2=4种,C正确;这对夫妇生育了一个棕眼左利手(Bbrr)的儿子,此儿子是杂合子的概率为100%,D错误。 2.一个正常的女人与一个并指(Bb)的男人结婚,他们生了一个白化病且手指正常的孩子。若他们再生一个孩子: (1)只患并指的概率是　　　　。  (2)只患白化病的概率是　　　　。  (3)既患白化病又患并指的男孩的概率是　　　　。  (4)只患一种病的概率是　　　　。  (5)患病的概率是　　　　。  解析:由题意可知,该夫妇第1个孩子的基因型应为aabb(与白化病相关的基因用A/a表示),则该夫妇基因型应分别为AaBb、Aabb。依据该夫妇基因型可知,他们所生孩子患并指的概率应为1/2(不患并指概率为1/2),患白化病的概率应为1/4(不患白化病概率应为3/4),则:(1)再生一个孩子只患并指的概率为不患白化病概率×患并指概率=3/4×1/2=3/8。(2)只患白化病的概率为患白化病概率×不患并指概率=1/4×1/2=1/8。(3)生一个既患白化病又患并指的男孩的概率为1/4×1/2×1/2=1/16。(4)后代只患一种病的概率为患并指概率×不患白化病概率+患白化病概率×不患并指概率=1/2×3/4+1/4×1/2=1/2。(5)后代中患病的概率为1-不患病(不患并指、不患白化病)概率=1-1/2×3/4=5/8。 答案:(1)3/8　(2)1/8　(3)1/16　(4)1/2　(5)5/8 聚焦·题型四　基因自由组合现象的特殊分离比问题　　　　　 1.基因互作(F1的基因型为AaBb) 类型 F1自交 后代比例 F1测交 后代比例 Ⅰ 存在一种显性基因时表现为同一性状,其余按基因型表现 9∶6∶1 1∶2∶1 Ⅱ 两种显性基因同时存在时,表现为一种性状,否则表现为另一种性状 9∶7 1∶3 Ⅲ 当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性状,其余按基因型表现 9∶3∶4 1∶1∶2 Ⅳ 只要存在显性基因就表现为一种性状,其余按基因型表现 15∶1 3∶1 Ⅴ 双显性基因和某一种单显性基因存在时表现为一种性状,其余按基因型表现 12∶3∶1 2∶1∶1 Ⅵ 双显性基因、双隐性基因和某一种单显性基因存在时表现为一种性状,其余按基因型表现 13∶3 3∶1 Ⅶ 两显性基因同时存在和同时不存在时表现为一种性状,其余表现为另一种性状 10∶6 1∶1 2.显性基因累加效应 (1)表现 (2)原因 A与B的作用效果相同,但显性基因越多,其效果越强。 　　[典例]　家蚕结黄茧和白茧由一对等位基因Y、y控制,并受另一对等位基因I、i影响。当基因I存在时,基因Y的作用不能显现出来。现有下面两组杂交实验,下列分析错误的是 (　　) A.基因Y与基因I遵循自由组合定律 B.实验二两亲本的基因型可能是YYIi×YyIi C.若实验一的F2中结黄茧个体自由交配,后代中纯合子占5/9 D.若实验一的F1与F2中结黄茧杂合子杂交,理论上后代结白茧家蚕中纯合子占2/5 [解析]　实验一显示,F2中白茧∶黄茧=13∶3(是9∶3∶3∶1的变式),因此两对等位基因遵循自由组合定律,A正确。Y_I_、yyI_、yyii都表现为白茧,Y_ii表现为黄茧,因此实验一中亲本黄茧的基因型是YYii,白茧基因型是yyII;实验二中,白茧与白茧杂交,F1中白茧∶黄茧=3∶1,因此两亲本的基因型可能是YYIi×YyIi,也可能是YyIi×yyii或YYIi×YYIi或YYIi×yyIi,B正确。实验一的F2中,结黄茧个体的基因型及概率为1/3YYii、2/3Yyii,产生的配子为2/3Yi、1/3yi,这些结黄茧个体自由交配,后代中纯合子占2/3Yi×2/3Yi+1/3yi× 1/3yi=5/9,C正确;实验一的F1基因型为YyIi,F2中结黄茧杂合子基因型为Yyii,二者杂交后代结黄茧家蚕(Y_ii)的概率为3/4×1/2=3/8,则结白茧家蚕的概率为5/8,后代结白茧家蚕纯合子(yyii)的概率为1/4×1/2=1/8,因此理论上后代结白茧家蚕中纯合子占1/5,D错误。 [答案]　D [方法指导] 　　性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤 [迁移训练] 1.鸟类羽毛颜色有黑色和白色两种,由等位基因A、a和B、b共同控制。某科研人员选用白色雌雄个体相互交配,F1全为白色个体,F1雌雄个体相互交配,F2中出现白色个体和黑色个体,比例为13∶3。下列有关叙述正确的是 (　　) A.亲本基因型为AAbb和aaBB B.F2白色个体中纯合子占 2/9 C.F2白色个体测交后代中可能出现黑色个体 D.F2黑色雌雄个体自由交配产生的后代中,黑色个体占2/3 解析:选C　F2表型比例为13∶3,是9∶3∶3∶1的变式,说明该鸟类的体色由两对等位基因控制,且两对等位基因遵循自由组合定律,F1基因型为AaBb,F2黑色基因型为A_bb或aaB_。由于亲本均为白色,故亲本基因型为 AABB和aabb,A 错误;设黑色个体基因型为 A_bb,则 F2白色个体基因型为9A_B_、3aaB_、1aabb,白色纯合子基因型为1AABB、1aaBB、1aabb,则F2白色个体中纯合子占3/13,B错误;F2白色个体(基因型若为A_B_、aaB_、aabb)测交后代可能出现黑色个体(A_bb),C正确;若F2黑色个体基因型为1/3AAbb、2/3Aabb,产生的配子为2/3Ab、1/3ab,雌雄配子随机结合,后代中黑色个体(A_bb)所占比例为2/3×2/3+2/3×1/3+1/3×2/3=8/9,D错误。 2.某研究小组探究某种闭花且自花受粉的高等植物花色的遗传,他们用红花植株与白花植株进行杂交,F1全部表现为红花。若用F1自交,得到的F2植株中,红花为272株,粉红花为181株,白花为31株。若花色由一对等位基因控制用A、a表示,若由两对等位基因控制用A、a和B、b表示,以此类推。下列叙述错误的是 (　　) A.该植物花色的遗传至少受两对等位基因控制,且遵循自由组合定律 B.F1红花的基因型可为AaBb,F2中粉红花植株的基因型可为A_bb、aaB_ C.用白花植株的花粉给F1红花植株人工传粉,则子代不会出现粉红花 D.F2的红花植株自花受粉,F3植株中红花∶粉红花∶白花=25∶10∶1 解析:选C　用F1自交,得到的F2植株中,红花为272株,粉红花为181株,白花为31株,比例接近9∶6∶1,即为9∶3∶3∶1的变式,由此可知,花色的遗传至少受两对等位基因控制,遵循自由组合定律,A正确;根据题文信息可知,A_B_表现为红花,A_bb和aaB_为粉红花,aabb为白花,F1红花的基因型可为AaBb, F2中粉红花植株的基因型可为A_bb、aaB_,B正确;用白花植株的花粉(aabb)给F1红花植株(AaBb)人工传粉,则子代的基因型及比例为AaBb∶aaBb∶Aabb∶aabb=1∶1∶1∶1,子代会出现粉红花aaBb、Aabb,C错误;F2红花基因型和比例分别是AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb=1∶2∶2∶4,F2红花自交,得到F3中红花的比例是A_B_=1/9+2/9×3/4+2/9×3/4+4/9×9/16=25/36,白花的比例是4/9×1/16=1/36,粉红花的比例是1-25/36-1/36=10/36,因此F3植株的花色表型及比例是红花∶粉红花∶白花=25∶10∶1,D正确。 聚焦·题型五　致死现象导致的性状分离比改变　　 1.胚胎致死或个体致死 2.配子致死或配子不育 　　[典例]　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,下列说法不正确的是 (　　) A.后代分离比为6∶3∶2∶1,则推测原因可能是某对基因显性纯合致死 B.后代分离比为5∶3∶3∶1,则推测原因可能是基因型为AB的雄配子致死 C.后代分离比为7∶3∶1∶1,则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9∶3∶3,则推测原因可能是基因型为aB的雄配子或雌配子致死 [解析]　后代分离比为6∶3∶2∶1,与A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1对照可推测可能是某对基因显性纯合致死,A正确;后代分离比为5∶3∶3∶1,只有双显性状中少4份,推测可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死,B正确;后代分离比为7∶3∶1∶1,与9∶3∶3∶1相比,双显性状中少2份,某个单显性状中少2份,可能的原因是Ab或aB的雄配子或雌配子致死,C正确;后代分离比为9∶3∶3,没有出现双隐性,说明aabb的合子或个体死亡,D错误。 [答案]　D [方法指导] 　　解答致死类问题的方法技巧 (1)从每对相对性状分离比角度分析,如: 6∶3∶2∶1⇨(2∶1)(3∶1)⇨一对显性基因纯合致死 4∶2∶2∶1⇨(2∶1)(2∶1)⇨两对显性基因纯合致死 (2)从F2每种性状的基因型种类及比例分析,如BB致死: [迁移训练] 1.某种鼠中,黄色(D)对灰色(d)为显性,短尾(T)对长尾(t)为显性,且基因D或T在纯合时都能使胚胎致死,两对基因独立遗传。现有多只基因型为DdTt的黄色短尾鼠相互交配得到F1,下列关于F1的叙述,错误的是 (　　) A.F1中黄色短尾鼠的基因型都为DdTt B.F1中黄色短尾∶黄色长尾∶灰色短尾∶灰色长尾=4∶2∶2∶1 C.F1中共有5种基因型 D.F1中纯合子占1/9 解析:选C　基因D或T在纯合时都能使胚胎致死,因此F1中黄色短尾鼠的基因型都为DdTt,A正确;DdTt的黄色短尾鼠相互交配得到F1,由于基因D或T在纯合时都能使胚胎致死,因此F1中黄色短尾(DdTt)∶黄色长尾(Ddtt)∶灰色短尾(ddTt)∶灰色长尾(ddtt)=(2/4×2/4)∶(2/4×1/4)∶(1/4×2/4)∶(1/4×1/4)=4∶2∶2∶1,故F1中共有4种基因型,F1中纯合子占1/9,B、D正确,C错误。 2.果蝇的体色和翅形由两对独立遗传的基因控制。已知黑身残翅果蝇与灰身长翅果蝇交配,F1为黑身长翅和灰身长翅,比例为1∶1。当F1的黑身长翅果蝇自由交配时,其后代表型及比例为黑身长翅∶黑身残翅∶灰身长翅∶灰身残翅=6∶2∶3∶1。下列分析错误的是 (　　) A.果蝇的两对相对性状,显性性状分别是黑身和长翅 B.F1的黑身长翅果蝇自由交配产生的后代中致死个体占1/3 C.F1的黑身长翅果蝇自由交配产生的后代中致死基因型有3种 D.F2中黑身残翅果蝇个体测交后代表型比例为1∶1 解析:选B　由题中数据分析可知,果蝇这两对相对性状中,显性性状分别为黑身和长翅,A正确;假设关于果蝇体色和翅形的基因分别用A/a、B/b表示,F1的黑身长翅果蝇自由交配时,其后代表型比例为6∶2∶3∶1,属于9∶3∶3∶1的变式,说明F1的基因型为AaBb,其自由交配后代中致死个体(AA__)占1/4,B错误;F1的黑身长翅果蝇自由交配产生的后代中致死基因型有3种,即AABB、AABb、AAbb,C正确;由于AA致死,所以F2中的黑身残翅果蝇的基因型为Aabb,其测交后代表型比例为1∶1,D正确。 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知某植物花瓣的形态和颜色受两对独立遗传的等位基因控制,其中AA、Aa、aa分别控制大花瓣、小花瓣、无花瓣;BB和Bb控制红色,bb控制白色。下列相关叙述正确的是 (　　) A.基因型为AaBb的植株自交,后代有6种表型 B.基因型为AaBb的植株自交,后代中白色小花瓣植株占3/16 C.基因型为AaBb的植株自交,后代中能稳定遗传的植株有5种基因型、3种表型 D.白色大花瓣与无花瓣植株杂交,后代不可能出现红色小花瓣 解析:选C　基因型为AaBb的植株自交,Aa×Aa→后代表型是3种,Bb×Bb→后代表型是2种,但是基因型为aaB_和基因型为aabb的个体无花瓣,表型相同,因此后代有5种表型,A错误;基因型为AaBb的植株自交,Aa×Aa→后代小花瓣为1/2Aa,Bb×Bb→后代白色为1/4bb,因此后代中白色小花瓣植株占1/2×1/4=1/8,B错误;AaBb自交,基因型为AABB、AAbb、aa_ _的植株均可稳定遗传,共5种基因型,其中aa_ _没有花瓣,因此属于同一种表型,共3种表型,C正确;白色大花瓣基因型是AAbb,无花瓣基因型是aa__,后代可能出现红色小花瓣(AaB _),D错误。 2.某种蝴蝶紫翅(B)对黄翅(b)为显性,绿眼(R)对白眼(r)为显性,两对基因位于常染色体上且独立遗传。现有紫翅白眼与黄翅绿眼的亲代个体杂交,F1均为紫翅绿眼,F1雌雄个体相互交配得到F2,其中紫翅绿眼922只,黄翅绿眼303只,紫翅白眼312只。下列分析错误的是 (　　) A.亲本的基因型为BBrr和bbRR B.F2中重组类型所占比例为5/8 C.F2紫翅绿眼个体中纯合子占1/9 D.基因型为bbrr的个体无法存活 解析:选B　该种蝴蝶紫翅(B)对黄翅(b)为显性,绿眼(R)对白眼(r)为显性,两对基因位于常染色体上且独立遗传,F1均为紫翅绿眼,F2中出现黄翅绿眼、紫翅白眼,则F1紫翅绿眼基因型为BbRr,故亲本的基因型为BBrr和bbRR,A正确;F2中紫翅绿眼∶黄翅绿眼∶紫翅白眼≈9∶3∶3,紫翅绿眼为重组类型,所占比例为3/5,B错误;紫翅绿眼纯合子的基因型为BBRR,F2紫翅绿眼个体中纯合子占1/9,C正确;F2中没有黄翅白眼bbrr个体,由F2其他个体的基因型可知br配子正常存在,可推测基因型为bbrr的个体无法存活,D正确。 3.水稻雄性育性由等位基因A/a控制,A对a完全显性,B基因会抑制不育基因的表达,反转为可育。某科研小组进行了下列相关实验:取甲(雄蕊异常,雌蕊正常,表现为雄性不育)、乙(可育)两个品种的水稻进行相关实验,实验过程和结果如下表所示。下列推断不合理的是 (　　) P F1 F1个体自交单株收获,种植并统计F2表型 甲与乙 杂交 全部 可育 一半全部可育 另一半可育株∶雄性不育株=13∶3 A.雄性不育株一定不含B基因 B.甲一定为杂合子,乙一定为纯合子 C.F2所有可育株中能稳定遗传的占11/13 D.若F1随机传粉,子代雄性不育株占7/64 解析:选C　根据题干信息和表格信息分析,一半F1个体自交得到的F2中,雄性可育株∶雄性不育株=13∶3,是9∶3∶3∶1的变式,说明该性状受两对等位基因控制,遵循自由组合定律,且这部分F1的基因型是AaBb。由于B基因会抑制不育基因的表达,反转为可育,说明雄性不育株一定不含B基因,进而确定控制雄性不育的基因为A,可育的基因型为A_B_、aaB_、aabb,雄性不育的基因型是A_bb;F2出现两种情况,说明F1的基因型有两种且各占1/2,可确定甲的基因型是Aabb、乙的基因型是aaBB,即甲一定为杂合子,乙一定为纯合子,A、B正确。甲的基因型是Aabb,乙的基因型是aaBB,F1的基因型为1/2AaBb、1/2aaBb,其中aaBb自交,后代全是雄性可育,且均能稳定遗传;AaBb自交后代可育株中个体的基因型为1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1aaBB、2aaBb、1aabb,其中2AABb和4AaBb自交后代会发生性状分离,其他均能稳定遗传,F2中可育植株有1/2+1/2×13/16=29/32,F2可稳定遗传的可育植株所占的比例为1/2+1/2×(1/16+2/16+1/16+2/16+1/16)=23/32,所以F2中的可育株中,能稳定遗传的个体所占的比例为23/32÷29/32=23/29,C错误。F1的基因型为1/2AaBb、1/2aaBb,产生的配子为AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶3∶3,若F1随机传粉,子代雄性不育株(A_bb)占1/8×1/8+1/8×3/8+3/8×1/8=7/64,D正确。 4.果实颜色是影响茄子商品价格的重要性状。下图表示茄子细胞中花青素合成途径。若花青素正常合成,则茄子开紫花、结紫红果,否则开白花、结白果。研究发现,A基因和B基因的表达在果皮细胞中需要D基因表达产物的激活,在花瓣细胞中则不需要。 请回答: (1)将白果品种甲(AAbbDD)与白果品种乙杂交,F1均为紫红果,F1自交得到的F2中紫红果∶白果=27∶37。据此判断,乙品种的基因型为　　　　;A/a、B/b、D/d三对基因遵循　　　　　　　　。  (2)为进一步验证A/a、B/b、D/d三对基因的位置关系,可选取基因型为　　　　的品种与(1)中的F1杂交,预期子代表型及比例为　　　　　　　　。  (3)实验中发现,(1)中的F2结白果的植株中部分植株开紫花,该部分植株的基因型有　　　　种,在F2白果植株中所占比例为　　　　。  解析:(1)A基因和B基因的表达在果皮细胞中需要D基因表达产物的激活,在花瓣细胞中则不需要,因此紫红果的基因型为A_B_D_,白果的基因型为aa_ _D_、A_bbD_、_ _ _ _dd,白果品种甲(AAbbDD)与白果品种乙杂交,F1均为紫红果(A_B_D_),F1自交得到的F2中紫红果∶白果=27∶37,故乙品种的基因型为aaBBdd,且三对等位基因遵循自由组合定律。(2)为进一步验证A/a、B/b、D/d三对基因的位置关系,可进行测交,即选取基因型为aabbdd的品种与(1)中的F1(AaBbDd)进行杂交,子代中紫红果A_B_D_的比例为1/2×1/2×1/2=1/8,则白果占7/8,即子代表型及比例为紫红果∶白果=1∶7。(3)由题干信息可知,A基因和B基因的表达在果皮细胞中需要D基因表达产物的激活,在花瓣细胞中则不需要,因此(1)中的F2结白果的植株中部分植株开紫花的基因型为A_B_dd,该部分植株的基因型有4种,分别是1AABBdd、2AABbdd、2AaBBdd、4AaBbdd,在F2白果植株中所占比例为9/37。 答案:(1)aaBBdd　自由组合定律　(2)aabbdd　紫红果∶白果=1∶7　(3)4　9/37 学科网（北京）股份有限公司 $