2027届高考生物人教版一轮复习课时跟踪练21　自由组合定律的题型突破

**基本信息** 聚焦自由组合定律核心题型，通过9:3:3:1变式、多基因控制等典例，构建“基因型推断-比例计算-遗传实验分析”的逻辑链条，强化科学思维与生命观念。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础变式应用|1、3、7题|9:3:3:1变式比例计算与基因型推断|从两对基因自由组合到异常分离比的成因分析| |多基因控制分析|2、6、8题|2-3对等位基因独立遗传的表型推导|从单基因到多基因控制的叠加效应推导| |遗传实验探究|4、5、9-11题|基因连锁、配子不育等特殊遗传现象分析|基于实验结果逆向推理基因位置与遗传规律|

课时跟踪练21　自由组合定律的题型突破　 　(1-8题,每题4分) 1.(2026·北京大兴模拟)拉布拉多猎犬毛色分为黑色、巧克力色和米白色,受两对等位基因控制。将纯合黑色犬与米白色犬杂交,F1均为黑色犬。将F1黑色犬相互交配,F2犬毛色及比例为黑色∶巧克力色∶米白色=9∶3∶4。下列有关分析,正确的是(　　) A.米白色相对于黑色为显性 B.F2巧克力色犬相互交配,后代米白色犬比例为1/16 C.F2米白色犬有3种基因型 D.F2米白色犬相互交配,后代可能发生性状分离 解析:设控制毛色的基因为A/a、B/b,黑色犬基因型为A_B_,为显性个体,A错误;F2巧克力色犬(A_bb或aaB_)中,AAbb占1/3、Aabb占2/3,当F2巧克力色犬相互交配时,后代中米白色犬aa_ _所占比例为2/3×2/3×1/4×1=1/9(另一种情况同理结果也相同),B错误;F1黑色犬基因型为AaBb,故F2米白色犬基因型有aaBB、aaBb、aabb共3种(或AAbb、Aabb、aabb,也为3种),C正确;F2米白色犬基因型有aaBB、aaBb、aabb,当F2米白色犬相互交配时,子代基因型只可能是aa_ _,均为米白色(另一种情况同理结果也相同),D错误。 答案:C 2.(2026·四川绵阳三模)某两性花植物的花色受三对独立遗传的等位基因A/a、B/b、C/c控制(如图),且蓝色与黄色复合后显绿色,蓝色与红色复合后显紫色,现有某紫花植株自交子代出现白花、黄花。下列叙述错误的是(　　) A.该紫花植株的基因型一定为AaBbCc B.自然种群中红花植株的基因型有4种 C.绿花植株的自交后代不可能出现红花 D.该自交子代中绿花植株出现概率为3/64 解析:据图分析,白花基因中不含有A、C,基因型可能为aabbcc或aaB_cc,蓝花基因型为aa_ _C_、黄花基因型为A_bbcc、红花基因型为A_B_cc,则紫花基因型为A_B_C_,绿花基因型为A_bbC_。现有某紫花植株自交子代出现白花,所以肯定产生aa和cc基因,因此,亲本紫花植株的基因型为AaB_Cc,若紫花植株的基因型为AaBBCc,则后代不会出现黄花植株(A_bbcc),所以亲本紫花植株的基因型为AaBbCc,A正确;红花植株的基因型为A_B_cc,即AABBcc、AaBBcc、AABbcc、AaBbcc共4种,B正确;由于绿花植株(A_bbC_)没有B基因,因此后代不可能出现红花(A_B_cc),C正确;由于亲本紫花植株的基因型为AaBbCc,自交子代中绿花植株(A_bbC_)出现的概率为3/4×1/4×3/4=9/64,D错误。 答案:D 3.(2026·江西九江三模)小鼠的基因A、a控制着毛发的黑色、白色,基因B、b控制着毛囊的有无,两对基因位于常染色体上。现将黑色小鼠和无毛囊小鼠杂交得到F1,F1自由交配得到F2,F2中不同性状的小鼠比例为9∶3∶4。随机选取部分F2黑色和白色小鼠进行相关基因检测,结果如下表所示: 毛色 A基因检测结果 B基因检测结果 黑色 均有 均有 白色 均无 均有 不考虑突变和互换,下列相关说法错误的是(　　) A.该小鼠关于毛发颜色和毛囊的基因型有9种,表型有3种 B.亲本中无毛囊小鼠有两种基因型,分别是AAbb、aabb C.F2中白色小鼠个体所占的比例为3/16 D.若让F2中黑色小鼠随机交配,则其后代中无毛囊雄鼠占1/18 解析:F1自交得到F2,F2中不同性状的比例为9∶3∶4,说明F1是AaBb,两对等位基因遵循自由组合定律,故F1自交后代基因型有9种;F2黑色小鼠均有A和B基因,白色小鼠没有A,只有B基因,可知A_B_表现黑色,aaB_表现白色,A_bb和aabb表现为无毛囊,表型有3种,A正确。F1是AaBb,亲本黑色小鼠的基因型为AABB,亲本无毛囊小鼠的基因型为aabb,B错误。aaB_表现白色,故F2中白色小鼠个体所占的比例为3/16,C正确。F2中黑色小鼠基因型为1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb,若让F2中黑色小鼠随机交配,配子种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab=4∶2∶2∶1,无毛囊雄鼠A_bb和aabb占(2/9×2/9+1/9×1/2×2+1/9×1/9)1/2=1/18,D正确。 答案:B 4.(2026·江西南昌三模)某农业站研究小麦的两对相对性状:颖壳颜色(紫色和白色)及芒的有无(有芒和无芒),发现两相对性状分别受一对等位基因控制。研究人员进行两组杂交实验,结果如下表。以下分析错误的是(　　) 杂交组合 亲本表型 F1表型 F2表型及比例 甲 紫色有芒(♂)×白色无芒(♀) 全为紫色有芒 紫色有芒∶白色无芒=3∶1 乙 紫色无芒(♂)×白色有芒(♀) 全为紫色有芒 ? A.控制两相对性状的非等位基因位于一对同源染色体上 B.根据两组实验结果均能判断紫色和有芒为显性 C.让甲组F1与白色无芒植株正反交,结果完全相同 D.乙组F2的表型及比例为紫色有芒∶白色无芒=3∶1 解析:分析题表可知,甲组紫色有芒(♂)×白色无芒(♀),F1表型全为紫色有芒,紫色对白色为显性,有芒对无芒为显性,若紫色、白色用A、a表示,有芒、无芒用B、b表示,则F1为AaBb,若控制两相对性状的基因分别位于两对同源染色体上,则F2表型比例应为9∶3∶3∶1,而F2表型及比例为紫色有芒∶白色无芒=3∶1,说明控制两相对性状的非等位基因位于一对同源染色体上,A正确;甲组紫色有芒(♂)×白色无芒(♀),F1表型全为紫色有芒,乙组紫色无芒(♂)×白色有芒(♀)F1表型全为紫色有芒,说明紫色对白色为显性,有芒对无芒为显性,B正确;由甲组可知,AB连锁,ab连锁,让甲组F1(AaBb)与白色无芒(aabb)植株正反交,结果完全相同,C正确;乙组亲本为紫色无芒(AAbb)(♂)×白色有芒(aaBB)(♀),F1表型全为紫色有芒AaBb,Ab连锁、aB连锁,F2表型及比例为紫色有芒∶白色有芒∶紫色无芒=2∶1∶1,D错误。 答案:D 5.(2025·甘肃白银学业考试)两性植株甲的野生型叶片表面密披茸毛,将其萌动的种子经射线处理后筛选出具有单一突变位点的两个无茸毛纯合品系。为确认无茸毛的遗传机制,进行了如下实验。不存在其他突变、致死等异常情况下,下列分析错误的是(　　) A.F1与两亲本分别回交,所生子代中无茸毛植株均约占1/2 B.若x=7/16,F1能产生四种比例相等的雌配子或雄配子 C.若x=1/2,有茸毛至少受两对非独立遗传的等位基因控制 D.若x=1/4,控制野生型和两个无茸毛性状的基因为复等位基因 解析:两个突变植株杂交,F1全为野生型,判断单一突变位点的两个无茸毛纯合品系均为隐性纯合子,并且突变的基因属于非等位基因,分别用AAbb、aaBB表示二者基因型,因此,F1的基因型为AaBb,无论两对等位基因是否独立遗传,回交子代中无茸毛植株均约占1/2,A正确;若x=7/16,说明两对等位基因独立遗传,F1能产生四种比例相等的雌配子或雄配子,B正确;若x=1/2,说明F1能产生两种比例相等的雌配子或雄配子(Ab、aB),两对等位基因非独立遗传,C正确;若控制野生型和两个无茸毛性状的基因为复等位基因,则F1不会是野生型,D错误。 答案:D 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),相应基因可以依次用A/a、B/b、C/c…表示,在不考虑变异的情况下,下列叙述错误的是(　　) A.若仅考虑两对基因,两亲本杂交子代的表型之比为3∶1∶3∶1,则亲本之一的基因型肯定为AaBb B.利用基因型为AaBb和Aabb的植株杂交,可以验证自由组合定律 C.若某植株n对基因均杂合,且n=6,其测交子代中单杂合子(仅一对基因杂合)的比例为3/64 D.若某植株n对基因均杂合,其测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异不随n值增大而增大 解析:若仅考虑两对基因,两亲本杂交子代的表型之比为3∶1∶3∶1,可拆分为(3∶1)×(1∶1),其亲本的基因型组合可能是AaBb×Aabb或者AaBb×aaBb,所以亲本之一的基因型肯定为AaBb,A正确;利用基因型为AaBb和Aabb的植株杂交,若两对等位基因分别位于两对同源染色体上,按照自由组合定律,子代的表型比例应为(3∶1)×(1∶1)=3∶3∶1∶1,通过观察子代的表型及比例,可以验证自由组合定律,B正确;若测交后代只考虑一对基因杂合,则某植株需产生的配子中包含n对杂合基因中有1个基因为显性,其余均为隐性基因,有n种可能,该植株能产生2n种配子,该配子类型的占比为n/2n,故单杂合子所占(仅一对基因杂合)的比例为n/2n,故当n=6时,单杂合子所占(仅一对基因杂合)的比例为6/26=3/32,C错误;若某植株n对基因均杂合,其测交子代中不同表型个体数目比例为(1/2)n,随着n值增大,比例的分母增大,各表型个体数目比例差异越来越小,即其测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异不随n值增大而增大,D正确。 答案:C 7.(2026·湖北武汉三模)菜豆种皮颜色受三对基因A/a、B/b、M/m控制,其中基因A/a、B/b独立遗传,M基因在种皮中的表达量低。这三对基因与种皮颜色的关系如下图所示,当黑色色素量较少时,种皮呈棕色。野生型菜豆种皮基因型为AABBMM。现将两个单基因纯合突变体甲(A突变成a)和突变体乙(B突变成b)杂交得到F1,则F1的自交后代中种皮颜色的表型及比例是(　　) A.黑色∶棕色∶灰色=9∶3∶4 B.黑色∶白色∶灰色=9∶4∶3 C.黑色∶灰色=3∶1 D.黑色∶棕色∶灰色=9∶4∶3 解析:纯合突变体甲(A突变成a)基因型为aaBBMM,突变体乙(B突变成b)基因型为AAbbMM。二者杂交得到F1,F1的基因型为AaBbMM。F1自交后代的分析:因为A/a、B/b独立遗传,所以AaBb自交遵循自由组合定律。AaBb自交后代中,A_B_的比例为9/16,A_bb的比例为3/16,aaB_的比例为3/16,aabb的比例为1/16。对于A_B_MM的个体,由于有M基因(F1为AaBbMM,自交后代都含M基因),能合成黑色色素且黑色色素量较多,表现为黑色;对于A_bbMM的个体,只能合成灰色色素,表现为灰色;aabbMM个体也是灰色,对于aaB_MM的个体,没有A基因,黑色色素量较少,种皮呈棕色。故黑色(A_B_MM)∶棕色(aaB_MM)∶灰色(A_bbMM+aabbMM)=9/16∶3/16∶(3/16+1/16)=9∶3∶4,B、C、D错误,A正确。 答案:A 8.(2026·四川绵阳模拟)豌豆花的红色(A)和白色(a)是一对相对性状,腋生(B)和顶生(b)是另一对相对性状,这两对基因独立遗传。某研究小组利用基因型不同的豌豆①②③进行两组杂交,实验结果如下图所示。下列对实验结果的分析,正确的是(　　) A.由第一组F1的表型,可判断①②的基因型 B.若第一组的F1自花传粉,F2中有1/4是白花 C.第二组中②③的基因型分别是AABb、aaBb D.第二组F1中基因型与②③不相同的占1/2 解析:由第一组F1腋生∶顶生=3∶1,可以得出亲本腋生的基因型都为Bb,而亲本红花和红花杂交,F1都是红花,所以不能得出亲本红花的基因型,A错误;由第二组F1红花∶白花=4∶4、腋生∶顶生=3∶1,可推出②的基因型为AaBb,③的基因型为aaBb,可推出①的基因型为AABb,所以第一组关于花色,F1的基因型及比例为AA∶Aa=1∶1,Aa自交,F2有1/4开白花(aa),所以F2红花自交后代白花的比例是1/4×1/2=1/8,B、C错误;第二组F1与亲本基因型(AaBb和aaBb)相同的占比为1/2×1/2+1/2×1/2=1/2,因此与亲本不同的占比为1-1/2=1/2,D正确。 答案:D 9.(5分)(2026·内蒙古三模)某二倍体纯合植物的种子为白色。为改变种子的颜色,研究人员将一个A基因(控制蓝色物质合成)和一个B基因(控制紫色物质合成)同时转入该植物细胞的染色体上并获得转基因植株甲,甲自交获得的F1中紫色∶蓝色∶白色=9∶3∶4。研究人员对A、B基因控制色素合成的途径做出了如图所示两种假设,不考虑基因突变,下列有关说法错误的是(　　) A.转基因植株甲的细胞中,A和B基因位于2对同源染色体上 B.根据实验数据分析可知,假设一所示途径成立 C.F1中蓝色植株自由交配得F2,其表型及比例为蓝色∶白色=9∶1 D.F1中紫色个体自交,后代紫色个体占比为25/36 解析:甲自交获F1表型及比例为紫色∶蓝色∶白色=9∶3∶4,这是9∶3∶3∶1的变式,说明A、B基因的遗传遵循自由组合定律,所以A和B基因位于2对同源染色体上,A正确;分析题意,甲自交获得的F1中紫色∶蓝色∶白色=9∶3∶4,F1中紫色占9/16,说明同时含A基因和B基因时种子为紫色,故假设一成立,B正确;F1中蓝色植株基因型设为A_bb(AAbb∶Aabb=1∶2),其产生配子及比例为Ab∶ab=2∶1,自由交配得F2,F2中白色(aabb)占(1/3)×(1/3)=1/9,蓝色(A_bb)占8/9,表型及比例为蓝色∶白色=8∶1,C错误;F1中紫色植株基因型为A_B_,且AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb=1∶2∶2∶4,自交后代中紫色植株(即A_B_)占比为1/9×1+2/9×3/4×2+4/9×9/16=25/36,D正确。 答案:C 10.(12分)(2026·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。回答下列问题。 (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　    　 　。  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。 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 11.(11分)(2026·安徽模拟)玉米(2n=20)是常见的遗传学实验材料,某同学选取某品种玉米的高茎(A)与矮茎(a)、常态叶(B)与皱叶(b)、抗病(E)与感病(e)三对相对性状进行相关实验研究,先让纯合的高茎皱叶感病植株与矮茎常态叶抗病植株进行杂交,F1仅有一种表型;将F1的种子播种后,获得F2的玉米,然后随机选取F2中的部分植株进行性状统计,每种性状的植株平均值如下表。请回答下列相关问题。 植株性状 高茎皱叶 高茎常态叶 矮茎皱叶 矮茎常态叶 抗病 感病 数量(株) 24 77 9 23 98 35 (1)玉米是雌雄同株异花植物,在玉米杂交实验中,为避免玉米自交,常对母本未成熟的雌、雄花分别采取的措施是　　　　　　,玉米作为遗传学研究材料的优点有　    　 (填一点即可)。  (2)根据表中数据判断,F1仅有一种表型,但F2中高茎与矮茎、常态叶与皱叶、抗病与感病的性状分离比均约为3∶1,则　　　　　　　　　　为显性,判断的理由是　   　 　。  (3)不同品种的玉米性状表现有较大差异,某同学通过转基因技术将外源基因A、B、E导入另一品种玉米染色体上,该转基因玉米导入的A、B、E三种基因都表达才表现为高茎常态叶抗病,否则均表现为矮茎皱叶感病。如图所示甲、乙两个转基因玉米植株,二者杂交,子一代中高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=　　　　;另有一株导入A、B、E三个基因的高茎常态叶抗病植株丙,欲探究A、B、E基因在染色体上的位置,让丙植株与该品种非转基因植株杂交,观察并统计子一代的表型及比例,请写出预测结果及结论:  若子一代的表型及比例为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,则该转基因植株的A、B、E基因位于同一条染色体上;  若子一代全为矮茎皱叶感病,则该转基因植株的基因A、B、E位于　　　　　　(填“一对”“两对”或“一对或两对”)同源染色体上;  若子一代的表型及比例为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,则该转基因植株的基因A、B、E位于两对同源染色体上,且有两个基因位于同一条染色体上。  解析:(1)对于玉米杂交实验,为避免自交,对母本未成熟雌花应套袋,防止外来花粉干扰,对未成熟雄花应去雄,避免自身花粉传粉,玉米作为遗传学研究材料的优点有相对性状明显,易于区分;后代数目多,统计结果更准确;生长周期短,繁殖速度快等。(2)纯合的高茎皱叶感病植株与矮茎常态叶抗病植株进行杂交,F1仅有一种表型,F1自交(或相互交配)后,F2中高茎与矮茎、常态叶与皱叶、抗病与感病的性状分离比均约为3∶1,根据孟德尔分离定律,具有一对相对性状的纯合亲本杂交,F1表现出来的性状为显性性状,所以高茎、常态叶、抗病为显性性状。(3)甲植株产生的配子为ABEO、OO两种配子,乙植株可产生ABE、AEO、OO、BO四种配子,二者杂交,子一代的基因型及比例为AABBEO(高茎常态叶抗病)∶AABEEOO(高茎常态叶抗病)∶ABEOOO(高茎常态叶抗病)∶ABBEOO(高茎常态叶抗病)∶ABEOO(高茎常态叶抗病)∶AEOOO(矮茎皱叶感病)∶OOOO(矮茎皱叶感病)∶BOOO(矮茎皱叶感病)=1∶1∶1∶1∶1∶1∶1∶1,所以高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=5∶3。若该转基因植株的A、B、E基因位于同一条染色体上,丙植株可产生ABE、O两种配子,非转基因植株产生abe一种配子,子一代的基因型为AaBbEe和abeO,表型及比例为高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=1∶1;若子一代全为矮茎皱叶感病,说明丙植株产生的配子都不能使植株表现为高茎常态叶抗病,即A、B、E基因在传递过程中都不能同时出现,所以该转基因植株的基因A、B、E位于一对或两对同源染色体上;若该转基因植株的基因A、B、E位于两对同源染色体上,且有两个基因位于同一条染色体上,假设A和B在一条染色体上,丙植株产生的配子中有1/4ABE,非转基因植株产生abe一种配子,则子一代的高茎常态叶抗病AaBbEe所占比例为1/4,矮茎皱叶感病=1-1/4=3/4,即高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=1∶3。 答案:(1)套袋、去雄　相对性状明显(或后代数目多、生长周期短等)　(2)高茎、常态叶、抗病　具有一对相对性状的纯合亲本杂交,F1表现出来的性状为显性性状　(3)5∶3　高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=1∶1　一对或两对　高茎常态叶抗病∶矮茎皱叶感病=1∶3 学科网（北京）股份有限公司 $