专题四 争分突破1 遗传的基本规律-【创新大课堂】2026年高考二轮生物专题复习

争分突破1 遗传的基本规律 1．遗传题“解题四步法”：定性、定位、定型和定率，四者之间的联系如图所示。 2．解题基础 (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“子同母性状，女同父性状”现象→“同”隐ד异”显。 (2)判断一对基因在染色体上的位置的方法 ①据杂交实验的结果判断 ②据测交实验的结果判断 3．常考内容 (1)一对常染色体、一对性染色体(以XY决定型为例，ZW决定型类似) ①aaXBXB×AAXbY或AAXBXB×aaXbY→AaXBXb×AaXBY→后代表型比例为9∶3∶3∶1或变式。 ②AaXBXb×AaXbY→后代表型比例往往为3∶3∶1∶1，常出现3∶3∶2的变式。 (2)连锁现象 ①完全连锁模型及其规律 ②连锁互换模型及规律 Ⅰ.规律：F1产生总的配子种类比：AB＝ab>Ab＝aB。 Ⅱ.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。 【易错辨析】 判断下列有关遗传的基因规律的叙述 (1)“性状分离比的模拟实验”中可用绿豆和黄豆代替不同颜色的彩球分别模拟D和d配子(　×　) 提示：实验中小球的大小、质地应该相同，使抓取时手感一样，以避免人为误差，而绿豆和黄豆的大小、手感不同。 (2)某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状是由一对等位基因控制的(　×　) 提示：某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状至少是由一对等位基因控制的，也可能是由两对等位基因控制的，如AABb自交。 (3)出现由X、Y染色体的同源区段上的基因控制的遗传病的家庭，后代男女患病概率相等(　×　) 提示：位于X、Y染色体的同源区段上的基因控制的性状也有性别差异，男女患病概率不一定相等。 (4)山羊的黑毛和白毛由一对等位基因(M/m)控制，若多对纯合黑毛母羊与纯合白毛公羊交配，子二代中黑毛∶白毛＝3∶1，则不能确定M/m是位于X染色体上，还是位于常染色体上(　√　) 提示：由于没有统计具体黑毛羊和白毛羊的性别，因此不能确定M/m是位于X染色体上，还是位于常染色体上。 1．(2024·新课标，34节选)某种瓜的性型(雌性株/普通株)和瓜刺(黑刺/白刺)各由1对等位基因控制。雌性株开雌花，经人工诱雄处理可开雄花，能自交；普通株既开雌花又开雄花。回答下列问题： (1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性，则F1瓜刺的表型及分离比是 。 若要判断瓜刺的显隐性，从亲本或F1中选择材料进行的实验及判断依据是 。 (2)王同学将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，F1经诱雄处理后自交得F2，能够验证“这2对等位基因不位于1对同源染色体上”这一结论的实验结果是 。 答案　(1)黑刺∶白刺＝1∶1　将亲本的黑刺普通株自交(或在F1中选择黑刺普通株自交)，观察统计后代表型及分离比。若自交后代发生性状分离。则黑刺为显性性状；若未发生性状分离，则白刺为显性性状　(2)F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1 2．(2025·甘肃高考)大部分家鼠的毛色是鼠灰色，经实验室繁殖的毛色突变家鼠可以是黄色、棕色、黑色或者由此产生的各种组合色。已知控制某品系家鼠毛色的基因涉及常染色体上三个独立的基因位点A、B和D。A基因位点存在4个不同的等位基因：Ay决定黄色，A决定鼠灰色，at决定腹部黄色，a决定黑色，它们的显隐性关系依次为Ay>A>at>a，其中Ay基因为纯合致死基因(AyAy的纯合鼠胚胎致死)。B基因位点存在2个等位基因：B(黑色)对b(棕色)为完全显性。回答下列问题。 (1)只考虑A基因位点时，可以产生的基因型有 种，表型有 种。 (2)基因型为AyaBb的黄色鼠杂交，后代表型及其比例为黄色鼠∶黑色鼠∶巧克力色鼠＝8∶3∶1，产生这种分离比的原因是 。 (3)黄腹黑背雌鼠和黄腹棕背雄鼠杂交，F1代产生了3/8黄腹黑背鼠，3/8黄腹棕背鼠，1/8黑色鼠和1/8巧克力色鼠。则杂交亲本基因型分别为♀ ，♂ 。 (4)D基因位点的D基因控制色素的产生，dd突变体呈现白化性状。让白化纯种鼠和鼠灰色纯种鼠杂交，F1代呈现鼠灰色。F1代雌雄鼠交配产生F2代的表型及其比例为鼠灰色∶黑色∶白化＝9∶3∶4，则亲本白化纯种鼠的基因型为 ，F2代黑色鼠的基因型为 。 答案　(1)9　4　(2)控制毛色的两对等位基因位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，且AyAy纯合致死　(3)ataBb　atabb　(4)aadd　aaDD、aaDd 解析　(1)只考虑A基因位点，A基因位点存在4个不同的等位基因Ay、A、at、a，从4个等位基因中选2个组成基因型(包括纯合子和杂合子)，纯合子有AyAy(致死)、AA、atat、aa 4种，杂合子有AyA、Ayat、Aya、Aa、Aat、ata 6种，所以基因型共有10种，但由于AyAy纯合致死，实际存活的基因型有9种，由显隐性关系Ay>A>at>a可知，表型有黄色(A)、鼠灰色(A－)、腹部黄色(a)、黑色(aa)，共4种。 (2)基因型为AyaBb的黄色鼠杂交，正常情况下Aya×Aya后代中AyAy∶Aya∶aa＝1∶2∶1，由于AyAy致死，所以Aya∶aa＝2∶1，Bb×Bb后代中B－∶bb＝3∶1，按照自由组合定律，(2Aya∶1aa)×(3B－∶1bb)，后代中黄色鼠(AyaB－、Ayabb)：黑色鼠(aaB－)∶巧克力色鼠(aabb)＝(2/3×3/4＋2/3×1/4)∶(1/3×3/4)∶(1/3×1/4)＝8/12∶3/12∶1/12＝8∶3∶1，所以后代表型及其比例为黄色鼠∶黑色鼠∶巧克力色鼠＝8∶3∶1的原因是控制毛色的两对等位基因位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，且AyAy纯合致死。 (3)黄腹黑背雌鼠(aB－)和黄腹棕背雄鼠(abb)杂交，因为F1代产生了黑色鼠(aaB－)和巧克力色鼠(aabb)，所以亲本都含有a和b基因，那么黄腹黑背雌鼠基因型为ataBb，黄腹棕背雄鼠基因型为atabb，二者杂交，F1代产生了3/8＝3/4×1/2黄腹黑背鼠(aBb)，3/8＝3/4×1/2黄腹棕背鼠(abb)，1/8＝1/4×1/2黑色鼠(aaBb)和1/8＝1/4×1/2巧克力色鼠(aabb)。 (4)已知D基因位点的D基因控制色素的产生，dd突变体呈现白化性状，A决定鼠灰色，a决定黑色，F2代的表型及其比例为鼠灰色∶黑色∶白化＝9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变形，说明F1的基因型为AaDd，由于亲本是白化纯种鼠和鼠灰色纯种鼠，要得到F1为AaDd，则亲本白化纯种鼠的基因型为aadd，鼠灰色纯种鼠的基因型为AADD，二者杂交，F1的基因型为AaDd，F1代雌雄鼠交配，F2的基因型及比例为A－D－∶aaD－∶A－dd∶aadd＝9∶3∶3∶1，表型之比为鼠灰色∶黑色∶白化＝9∶3∶4，所以F2代黑色鼠的基因型为aaDD、aaDd。 3．(2025·新课标卷高考)植物合成的色素会影响花色。某二倍体植物的花色有深红、浅红和白三种表型。研究小组用甲、乙两个浅红色表型的植株进行相关实验。回答下列问题： (1)甲、乙分别自交，子一代均出现浅红色∶白色＝3∶1的表型分离比；甲和乙杂交，子一代出现深红色(丙)∶浅红色∶白色(丁)＝1∶2∶1的表型分离比。综上判断，甲和乙的基因型 (填“相同”或“不同”)，判断依据是 。 (2)丙自交子一代出现深红色∶浅红色∶白色＝9∶6∶1的表型分离比，其中与丙基因型相同的个体所占比例为 。若丙与丁杂交，子一代的表型及分离比为 ， 其中纯合体所占比例为 。 答案　(1)不同　甲、乙自交的结果与甲乙杂交的结果不同　(2)1/4　深红色∶浅红色∶白色＝1∶2∶1　1/4 解析　(1)甲和乙的基因型不同，甲、乙分别自交，子一代均出现浅红色∶白色＝3∶1的表型分离比，这符合杂合子(Aa)自交的性状分离比，说明甲、乙均为杂合子。若甲和乙基因型相同，设为Aa，那么甲和乙杂交后代的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，表型应该是浅红色∶白色＝3∶1，而实际甲和乙杂交子一代出现深红色∶浅红色∶白色＝1∶2∶1的表型分离比，所以甲和乙的基因型不同。 (2)丙自交子一代出现深红色∶浅红色∶白色＝9∶6∶1的表型分离比，这是9∶3∶3∶1的变式，说明花色由两对等位基因控制(设为A、a和B、b)，且丙的基因型为AaBb。根据基因自由组合定律，AaBb自交后代中AaBb的比例为1/4(2/4×2/4＝4/16＝1/4)。因为甲、乙杂交产生丙(AaBb)，且甲、乙自交都出现浅红色∶白色＝3∶1，可推测甲、乙基因型为Aabb和aaBb(二者可互换)，丁为白色，基因型为aabb。丙(AaBb)与丁(aabb)杂交，即测交，后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，对应的表型及比例为深红色∶浅红色∶白色＝1∶2∶1。丙(AaBb)与丁(aabb)杂交，后代中纯合体只有aabb，所占比例为1/4。 4．(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。 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 遗传图解 解析　(1)根据杂交结果可知，果面蜡粉的遗传遵循基因的分离定律，因为F1自交得到的F2中，果面有蜡粉株数与果面无蜡粉株数之比约为3∶1(430∶144≈3∶1)，符合基因分离定律中杂合子自交后代性状分离比3∶1的比值。 (2)要进行植株基因型鉴定，在提取基因组DNA后，需要通过PCR扩增目的DNA片段。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。 (3)验证分离定律，采用测交的方法，所选材料：F1Aa与P2aa(测交实验可以验证基因的分离定律)。 5．(2025·陕晋青宁卷高考)某芸香科植物分泌腔内的萜烯等化合物可抗虫害，纯合栽培品种(X)果实糖分含量高，叶全缘，但没有分泌腔；而野生纯合植株(甲)叶缘齿状，具有发达的分泌腔。我国科研人员发现A基因和B基因与该植物叶缘形状、分泌腔形成有关。对植株甲进行基因敲除后得到植株乙、丙、丁，其表型如下表。回答下列问题。 植株 叶缘 分泌腔 甲(野生型) 齿状 有 乙(敲除 A 基因) 全缘 无 丙(敲除 B 基因) 齿状 无 丁(敲除 A 基因和 B 基因) 全缘 无 (1)由表分析可知，控制叶缘形状的基因是 ，控制分泌腔形成的基因是 。 (2)为探究A基因和B基因之间的调控关系，在植株乙中检测到B基因的表达量显著减少，而植株丙中A基因的表达量无变化，说明 。 (3)为探究A基因与B基因在染色体上的位置关系，不考虑突变及其他基因的影响，选择表中的植株进行杂交，可选择的亲本组合是 。F1自交得到 F2，若F2的表型及比例为 ，则A、B基因位于两对同源染色体上。在此情况下结合图中杂交结果，可推测栽培品种(X)的 (填“A”“B”或“A和B”)基因功能缺陷，可引入相应基因来提高栽培品种的抗虫品质。 答案　(1)A　A与B　(2)A基因的表达促进B基因的表达，B基因对A基因的表达无影响　(3)甲和丁(或“乙和丙”)　齿状有分泌腔∶齿状无分泌腔∶全缘无分泌腔＝9∶3∶4　A 解析　由题干和题表信息可知： (1)假设敲除A基因后相应位置的基因为a，敲除B基因后相应位置的基因为b。 植株甲(A、B均有)表型为叶缘齿状、有分泌腔，基因型为AABB；植株乙(无A有B)表型为叶全缘、无分泌腔，基因型为aaBB；植株丙(有A无B)表型为叶缘齿状、无分泌腔，基因型为AAbb；植株丁(无A无B)表型为叶全缘、无分泌腔，基因型为aabb。 由上述分析可知，有A基因时叶缘齿状，无A基因时叶全缘，所以控制叶缘形状的基因是A；只有A、B基因同时存在时才有分泌腔，所以控制分泌腔形成的基因是A与B。 (2)由题干可知，植株乙缺乏A基因，检测到B基因的表达量显著减少，而植株丙缺乏B基因，检测到A基因的表达量无变化，说明A基因的表达促进B基因的表达，B基因对A基因的表达无影响。 (3)为探究A基因与B基因在染色体上的位置关系，首先要通过杂交获得双杂合子，结合(1)的分析，可选择甲(AABB)×丁(aabb)亲本组合，也可选择乙(aaBB)×丙(AAbb)亲本组合获得双杂合子F1(AaBb)，然后令F1(AaBb)自交，统计F2的表型及比例来分析A基因与B基因在染色体上的位置关系。 ①若A、B基因位于两对同源染色体上，以甲和丁为亲本的F2的表型及比例分析如下： ②若A、B基因位于两对同源染色体上，以乙和丙为亲本的F2的表型及比例分析如下： 综上，若F2的表型及比例为齿状有分泌腔∶齿状无分泌腔∶全缘无分泌腔＝9∶3∶4，则A、B基因位于两对同源染色体上。 由题干信息可知，纯合栽培品种(X)的表型为叶全缘、无分泌腔，由此推测X基因型为aabb或aaBB，结合题目中的遗传图解可知F1为有分泌腔，又由于甲的基因型为AABB，说明F1的基因型为AaB ；结合F2中有分泌腔和无分泌腔比例为3∶1，说明F1的基因型为AaBB，故可推知栽培品种(X)的基因型为aaBB，为A基因功能缺陷型。 1．(2025·青海西宁三模)某种仓鼠毛色受常染色体上独立遗传的两对等位基因(D/d和E/e)控制。当基因D和E同时存在时，毛色为黑色；无基因D、E则毛色为白色；只存在基因D时毛色为灰色，此外，基因d和E存在于同一配子中会导致该配子不育。某亲本黑色仓鼠与灰色仓鼠杂交，F1中出现灰色、黑色及白色三种毛色不同的仓鼠。完成下列问题： (1)根据题干信息，亲本黑色仓鼠的基因型为 ，其可产生 种可育配子，F1中共有 种基因型，其中白色仓鼠的基因型为 。 (2)不考虑互换和突变，若让F1中黑色仓鼠随机交配，则所得后代中白色仓鼠的概率为 。若让F1黑色仓鼠测交，则所得后代的表型及比例为 。 (3)科学家偶然在上述仓鼠群体中发现了一种毛色为黄色的仓鼠，进一步研究发现黄色仓鼠是基因D/d突变所致(E/e基因对黄色毛色没有影响)，科学家选择了若干只黄色仓鼠和纯合白色仓鼠的相关基因进行电泳，电泳结果如图所示(其中1～4号为黄色仓鼠，5～8号为白色仓鼠)。 根据实验结果可知，条带 为突变基因，黄色相对于白色为 (填“显性”或“隐性”)性状，判断理由是 。 答案　(1)DdEe　3　5　ddee　(2)1/49　黑色∶灰色∶白色＝3∶3∶1　(3)②　显性　1～4号为黄色仓鼠，5～8号为白色仓鼠，说明条带①为d基因，条带②为突变基因，且1～4号为杂合子，表现为黄色，所以黄色相对于白色是显性突变 解析　(1)根据题意可知，D E 为黑色，ddee为白色，D ee为灰色，亲本黑色仓鼠与灰色仓鼠杂交，F1中出现灰色(D ee)、黑色(D E )及白色(dd )仓鼠，则亲本黑色仓鼠基因型为DdEe，灰色仓鼠基因型为Ddee。DdEe产生的配子为DE、De、dE、de，由于当基因d和E存在于同一配子中时会导致该配子不育，故DdEe产生的可育配子为DE、De、de，共3种。Ddee产生的配子为De、de，形成子代的基因型为DDEe、DDee、Ddee、DdEe、ddee，共5种，其中白色仓鼠的基因型为ddee。 (2)F1中黑色仓鼠的基因型及比例为DDEe∶DdEe＝1∶1，产生的配子为DE∶De∶de∶dE＝(1/2×1/2＋1/2×1/4)∶(1/2×1/2＋1/2×1/4)∶(1/2×1/4)∶(1/2×1/4)＝3∶3∶1∶1，由于当基因d和E存在于同一配子中时会导致该配子不育，故F1中黑色仓鼠产生可育配子的种类及比例为DE∶De∶de＝3∶3∶1。若让F1中黑色仓鼠随机交配，则所得后代中白色仓鼠占1/7×1/7＝1/49；若让F1黑色仓鼠测交，则所得后代的基因型及比例为DdEe∶Ddee∶ddee＝3∶3∶1，其表型及比例为黑色∶灰色∶白色＝3∶3∶1。 (3)根据题干信息，黄色仓鼠出现的原因是基因D/d突变所致(E/e基因对黄色毛色没有影响)，白色仓鼠含有基因d，1～4号为黄色仓鼠，5～8号为白色仓鼠，说明条带①为d基因，条带②为突变基因，且1～4号为杂合子，表现为黄色，所以黄色相对于白色是显性突变。 2．(2025·山东日照二模)水稻籽粒有香味与无香味之分，由等位基因A/a控制：叶有正常叶和皱叶之分，由等位基因D/d控制。科研人员将纯合香粒皱叶品系P1与纯合的无香粒正常叶品系P2杂交，F1自交，F2的表型及比例为香粒皱叶∶无香粒正常叶∶香粒正常叶∶无香粒皱叶＝66∶16∶9∶9。减数分裂时，一对同源染色体上的不同对等位基因之间可发生交换，两对等位基因相距越远，发生交换的机会越大；相距足够近则不发生交换。 (1)水稻的上述两对相对性状中，显性性状分别为 。F2中出现香粒正常叶的原因是 ，F2香粒正常叶中杂合子所占比例为 。 (2)SNP是DNA上单个碱基对替换形成的序列多态性。不同品系个体中，同一SNP位点的碱基对类型可能不同。为确定基因A/a的位置，科研人员测定了品系P1和品系P2中的SNPn2(位于2号染色体)和SNPn5(位于5号染色体)位点的碱基对类型，结果如图所示。现提取若干上述F2代无香粒植株细胞中的DNA，并将所有不同株DNA等量混合，扩增、测序并统计所有植株的SNPn2和SNPn5位点的碱基对类型及比例，若SNPn2位点的检测结果为 ，SNPn5位点的检测结果为 ，则基因A/a位于2号染色体上，且与SNPn2距离足够近。 (3)水稻的条锈病由条形柄锈菌引起的。科研人员诱变处理品系P2，获得了稳定遗传的抗锈病品系P3，检测发现这是由基因E突变为基因e所致。为进一步确定基因E/e、基因A/a及基因D/d在染色体上的位置关系，让品系P3与品系P1杂交，获得的F1与品系P3再进行杂交，获得的F2表型及株数如下表所示。 F2 表型 香粒 皱叶 不抗 病　 无香 粒正 常叶 抗病 香粒 正常 叶不 抗病 无香 粒皱 叶抗 病　 香粒 正常 叶抗 病　 无香 粒皱 叶不 抗病 香粒 皱叶 抗病 无香 粒正 常叶 不抗 病　 株数 402 398 61 59 37 38 3 3 ①分析实验结果可知，F1中基因E/e、基因A/a及基因D/d在染色体上的位置关系为： (要求：用横线表示染色体，字母表示相关基因，黑点表示基因所在染色体位置)。 ②若让F1自交，后代中无香粒正常叶抗病个体所占的比例为 。 答案　(1)香粒、皱叶　F1减数分裂Ⅰ时发生染色体片段交换，产生了少量Ad配子　8/9　(2)碱基对全为G/C　碱基对为A/T的与碱基对为G/C的数量比为1∶1(答案合理即可) (3)① ②4/25 解析　(1)根据题意可知，将纯合香粒皱叶品系P1与纯合的无香粒正常叶品系P2杂交，F1自交，F2的表型及比例为香粒皱叶∶无香粒正常叶∶香粒正常叶∶无香粒皱叶＝66∶16∶9∶9。单独分析每对性状，子二代中香粒∶无香粒＝(66＋9)∶(16＋9)＝3∶1，皱叶∶正常叶＝(66＋9)∶(16＋9)＝3∶1，因此可知，香粒、皱叶是显性性状，亲本基因型为AADD、aadd，子二代的分离比不是9∶3∶3∶1，说明两对基因位于一对同源染色体上，子二代无香粒正常叶aadd占16%，因此可知子一代AaDd产生的配子ad占4/10，根据亲本基因型可知，A和D连锁，a和d连锁，因此子一代产生的AD配子也占4/10，而Ad、aD两种配子各占比例为1/10，即由于F1减数分裂Ⅰ时发生染色体片段交换，产生了少量Ad配子，因此子二代可出现香粒正常叶A dd的个体，子一代产生的四种雌雄配子比例均为AD∶ad∶Ad∶aD＝4∶4∶1∶1，子二代香粒正常叶(A dd)中杂合子(Aadd)所占比例为(4/10×1/10×2)÷(4/10×1/10×2＋1/10×1/10)＝8/9。 (2)若基因A/a位于2号染色体上，且与SNPn2距离足够近，则A/a与SNPn2表现为完全连锁，根据P1为AA，P2为aa，可知与A连锁的SNPn2位点中的碱基对为A－T，而与a连锁的SNPn2位点中的碱基对为G－C，P1和P2杂交得到的子一代为Aa，子二代无香粒植株aa的细胞中SNPn2应全部来自亲本P2，因此SNPn2位点的检测结果应为碱基对全为G/C，而5号染色体上的SNPn5应与2号染色体上的基因自由组合，因此子二代无香粒植株aa中的5号染色体存在三种情况，两条5号染色体全部来自P1；一条5号染色体来自P1，另一条5号染色体来自P2；两条5号染色体全部来自P2，三者之间的比例为1∶2∶1，因此子二代无香粒植株aa中的SNPn5位点的检测结果应为：碱基对为A/T的与碱基对为G/C的数量比为1∶1。 (3)根据题意可知，科研人员诱变处理品系P2，获得了稳定遗传的抗锈病品系P3，检测发现这是由基因E突变为基因e所致。因此P2基因型为aaddEE，P3基因型为aaddee，让品系P3与品系P1杂交，获得的F1(AaDdEe)与品系P3(aaddee)再进行杂交，根据表格数据可知，统计得到的子二代中A D E∶aaddee∶A ddE ∶aaD ee∶A ddee∶aaD E ∶A D ee∶aaddE ＝402∶398∶61∶59∶37∶38∶3∶3，由于P3只产生一种配子ade，因此可推测AaDdEe产生的配子类型和比例为ADE∶ade∶AdE∶aDe∶Ade∶aDE∶ADe∶adE＝402∶398∶61∶59∶37∶38∶3∶3，ADE和ade为未发生互换的配子，根据AdE和aDe配子占比高于其它类型，可知A和E距离较近，A和D的距离较远，因此容易互换出AdE和aDe配子，即F1中基因E/e、基因A/a及基因D/d在染色体上的位置关系为，由于子一代产生的ade的配子约占398÷(402＋398＋61＋59＋37＋38＋3＋3)≈4/10，则子一代自交得到的无香粒正常叶抗病个体(aaddee)所占比例为4/10×4/10＝4/25。 3．(2025·重庆二模)蜡质缺失的白菜突变体的叶片和茎部表皮颜色亮绿，有光泽、鲜嫩，食用品质佳。研究人员分别以花粉细胞培养获得的单倍体加倍后获得的YW71、R16、YW81、Y1211－1和SD369等二倍体品种为供试材料，开展了如下的相关实验。 (1)YW81、Y1211－1和SD369均为亮绿无蜡粉的白菜品种，分别由位于3、9、10号染色体上的BrWAX1、BrWAX2和BrWAX3等基因的隐性突变所致，按位置关系这些基因在遗传学上通常称为 。YW71为新发现的亮绿无蜡粉的突变体，R16为正常有蜡粉的野生型品种，以YW71和R16为亲本，杂交得F1表现为正常有蜡粉，F1自交得到后代表现型为正常有蜡粉∶亮绿无蜡粉为3∶1。据该实验结果得出的结论是 。 (2)将YW71分别与YW81、Y1211－1、SD369杂交获得F1。结果表明，只有YW71与Y1211－1的杂交F1植株表现为亮绿无蜡粉表型。上述杂交结果表明 。 (3)P1140471，P1157082，PI511890和PI482398均为高抗蔓枯病甜瓜品系，它们的抗性分别由不同的4个显性基因Gsb－1、Gsb－2、Gsb－3、Gsb－4控制，P1420145是新发现的抗蔓枯病甜瓜品系，研究人员通过杂交实验表明P1420145是由一个新的独立遗传基因控制。请写出得出上述结论的实验思路： (包括杂交实验过程和预期结果)。 答案　(1)非同源染色体上的非等位基因　亮绿无蜡粉是由一对基因控制的隐性性状　(2)YW71和Y1211－1都是由BrWAX2基因突变引起的亮绿表型　(3)过程：将P1420145分别与P1140471、P1157082、PI511890、PI482398进行杂交得F1，F1自交得F2，并用蔓枯病菌对其抗性进行检验。预期结果：F1均表现为抗病，F2均表现为抗病∶患病＝15∶1 解析　(1)这些基因位于不同染色体上，属于非同源染色体上的非等位基因。YW71为新发现的亮绿无蜡粉的突变体，R16为正常有蜡粉的野生型品种，以YW71和R16为亲本，杂交得F1表现为正常有蜡粉，说明有蜡粉为显性性状，F1自交得到后代表现型为正常有蜡粉∶亮绿无蜡粉为3∶1，符合基因分离定律，因此可知亮绿无蜡粉是由一对基因控制的隐性性状。 (2)YW81、Y1211－1和SD369均为亮绿无蜡粉，YW71为新发现的亮绿无蜡粉，且亮绿无蜡粉为隐形性状，YW71分别与YW81、Y1211－1、SD369杂交获得F1，只有YW71与Y1211－1的杂交F1植株表现为亮绿无蜡粉表型，说明控制YW71与Y1211－1的基因属于等位基因，即YW71和Y1211－1都是由BrWAX2基因突变引起的亮绿表型。 (3)P1140471，P1157082，PI511890和PI482398均为高抗蔓枯病甜瓜品系，它们的抗性分别由不同的4个显性基因Gsb－1、Gsb－2、Gsb－3、Gsb－4控制，P1420145是由一个新的独立遗传基因控制，说明其与Gsb－1、Gsb－2、Gsb－3、Gsb－4不同，且位于不同对的染色体上，遵循基因的自由组合定律。因此可将P1420145分别与P1140471、P1157082、PI511890、PI482398进行杂交得F1，F1自交得F2，并用蔓枯病菌对其抗性进行检验。预期结果：F1均表现为抗病，F2均表现为抗病∶患病＝15∶1。 4．(2025·山西晋城二模)茄子(2N＝24)为雌雄同株植物，是一种营养价值较高的蔬菜，具有延缓衰老、清热活血等功效。紫色、无刺、耐低温茄子深受人们喜爱，回答下列问题： (1)如图为茄子果皮色素的合成途径，基因a、b没有相应的遗传效应，等位基因A/a、B/b位于非同源染色体上。 ①群体中紫色茄子的基因型有 种。 ②现欲利用青色品系和基因型不同的白色品系1和2培育紫色品系。青色品系与白色品系1杂交，若F1全部表现为青色，则白色品系1的基因型为 。青色品系与白色品系2杂交，F1都结紫色果实，F1自交得F2，F2的表型和比例为 ；若F2紫色品系严格自交得到F3种子，以株为单位保存F3种子，将每株得到的F3种子单独种植在一个区域得到一个株系，不发生性状分离的株系为纯种紫色品系，这样的株系占 。 (2)已知无刺为隐性性状，研究人员想要确认茄子无刺基因的具体位置，利用染色体上的SSR序列进行了一系列的杂交实验。已知SSR序列是染色体上的短串联重复序列，不同个体的同一类型或不同类型的染色体上的SSR序列都不相同。科学家将纯合有刺的红茄与无刺的红茄进行杂交，然后将F1自交，得到F2，再收集F2中的无刺个体。分别对6号与5号染色体的SSR序列进行PCR后电泳检测。得到以下结果： 由上述电泳结果推测，无刺基因位于 (填“5”或“6”)号染色体上。理由是 。 答案　(1)①4/四　②aabb　紫色∶青色∶白色＝9∶3∶4　1/9　(2)6　因为F2无刺性状的6号染色体全与无刺亲本条带一致，说明无刺基因位于6号染色体上；而5号染色体出现了三种条带分布，说明可以与5号染色体上的基因自由组合 解析　(1)分析题图可知，白色的基因型为aa ，青色的基因型为A bb，紫色的基因型为A B ，其中紫色的基因型共有4种。青色品系与白色品系1杂交，F1会表现为青色，因此亲代青色品系、白色品系1的基因型依次为AAbb、aabb，F1为Aabb。根据题意可知，青色品系与白色品系2杂交，F1都结紫色果实，因此亲代青色品系、白色品系2的基因型依次为AAbb、aaBB，F1紫色品系基因型为AaBb，F1自交得F2，F2的表现型和比例为紫色∶青色∶白色＝9∶3∶4。为得到纯种紫色品系(AABB)，让F2紫色品系(1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb)严格自交得到F3种子，其中AABB的子代组成的株系为纯种紫色品系，只结紫色果实，不发生性状分离，这样的株系占1/9。 (2)根据自由组合定律，如果无刺的隐性性状与另一个性状自由组合，则可以推测无刺基因与另一性状的控制基因自由组合。SSR序列就相当于控制另一性状的基因。结果发现F2无刺个体中，5号染色体上的SSR序列出现了三种情况，说明无刺性状基因与5号染色体上的SSR序列自由组合。与之不同的是F2中的6号染色体上，SSR序列条带只出现了一种情况，而且都与无刺亲本相同，说明无刺基因与无刺亲本的6号染色体SSR序列位于同一条染色体上，即无刺基因位于6号染色体上。 5．(2025·鞍山高三模拟)水貂毛色有深褐色、银蓝色、灰蓝色、白色，受三对基因控制，其机理如图所示。请回答下列问题： (1)Ps、Pr是由P基因突变而来，说明基因突变有 的特点。 (2)研究人员利用3个纯系(其中品系3的基因型是HHttPP)亲本水貂进行杂交，F1自由交配，结果如图。 ①P、Ps、Pr基因的显隐性关系是 。 ②实验一中，亲本品系1的基因型是 。在F2中选取两种表型(灰蓝色水貂与白色杂合水貂)的个体随机交配，子代中银蓝色水貂占 。 (3)根据以上实验结果无法确定三对基因的遗传是否遵循基因的自由组合定律。研究人员让实验二F1自由交配，若后代的深褐色∶银蓝色∶白色＝ ，则说明这三对基因遵循基因的自由组合定律。若这三对基因确定遵循基因的自由组合定律，则F2深褐色水貂个体中，纯合子所占比例为 。 答案　(1)不定向性　(2)①P>Ps>Pr　②HHTTPrPr　1/3　(3) 27∶9∶28　1/27 解析　(2)①实验一中，品系1为灰蓝色且为纯合子，基因型为HHTTPrPr，品系2为白色，且能与品系1杂交出现银蓝色(H T Ps )的F1，F1自交后代出现9∶3∶4的比例，为9∶3∶3∶1的变式，因此F1有两对基因杂合，所以品系2的基因型为HHttPsPs或hhTTPsPs，实验二中品系2×品系3(HHttPP)，F1为深褐色(H T P )，所以品系2的基因型为hhTTPsPs，由此可以确定P对Ps为显性，Ps对Pr为显性。②品系1的基因型为HHTTPrPr，F1的基因型为HhTTPsPr，F2中灰蓝色水貂有两种基因型，即1/3HHTTPrPr、2/3HhTTPrPr，白色杂合水貂只有一种基因型，即hhTTPsPr，利用配子法计算如表： 配子 2HTPr 1hTPr hTPs 2HhTTPsPr(银蓝色) 1hhTTPsPr(白色) hTPr 2HhTTPrPr(灰蓝色) 1hhTTPrPr(白色) 可求出F2灰蓝色水貂与杂合白色水貂自由交配产生的后代中银蓝色水貂占1/3。(3)品系2的基因型为hhTTPsPs，品系3的基因型是HHttPP，实验二中F1的基因型为HhTtPPs，F1自由交配，若三对基因遵循自由组合定律，则子代表型及比例为深褐色(H T P )∶银蓝色(H T PsPs)∶白色(hh 、H tt )＝(3/4×3/4×3/4)∶(3/4×3/4×1/4)∶(1－3/4×3/4×3/4－3/4×3/4×1/4)＝27∶9∶28，若这三对基因确定遵循自由组合定律，已知F2深褐色水貂个体占27/64，深褐色水貂纯合子(HHTTPP)所占比例为1/4×1/4×1/4＝1/64，则F2深褐色水貂个体中，纯合子所占比例为1/27。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $