第5单元 第20讲 分离定律的遗传特例分析(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·生物（苏冀赣版 多选）

该高中生物学高考复习课件聚焦分离定律遗传特例专题，覆盖显性相对性、遗传致死、复等位基因等六大核心考点，对接高考评价体系，结合2023全国甲卷、江苏卷及2024贵州卷真题分析考情，明确各特例的命题权重，归纳自由传粉计算、配子致死分析等常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题情境+特例突破+素养培育”的复习模式，如以2024贵州真题解析复等位基因显隐性判断，通过“配子致死概率模型”训练科学思维，设置显性纯合致死与隐性致死的易错对比，帮助学生掌握遗传特例的解题技巧。教师可依托课件系统梳理考点，学生通过真题演练提升得分能力，助力高考冲刺。

第20讲　分离定律的遗传特例分析 考情分析 分离定律遗传特例 ①2024贵州T20　　②2023江苏T23　　 ③2023全国甲T6 返回导航 内 容 索 引 真题演练 体验感悟 1 1 特例1　显性的相对性 方法诠释 比较项目 完全显性 不完全显性 共显性 杂合子表型 杂合子自交子代的性状分离比 显性性状 中间性状 显性＋隐性 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 返回导航 1．牡丹花的红色对白色为显性，用纯合红色牡丹花植株和纯合白色牡丹花植株杂交，F1全是粉红色牡丹花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牡丹花，比例为1∶2∶1。接下来有两种种植方式：①取F2中的粉红色牡丹花植株和红色牡丹花植株均匀混合种植，进行自由传粉；②让F2中的牡丹花植株自交。下列叙述正确的是(　　) A．方式①后代表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1 B．方式①后代表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1 C．方式②后代表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1 D．方式②后代表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1 突破训练 A 返回导航 解析：用纯合红色牡丹花和纯合白色牡丹花杂交，F1全是粉红色牡丹花，将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牡丹花，比例为1∶2∶1，说明牡丹花花色是由一对等位基因控制的，且为不完全显性。假设牡丹花花色由基因A/a控制，则粉红色牡丹花植株的基因型为Aa，红色牡丹花植株和白色牡丹花植株的基因型分别为AA和aa。方式①取F2中的粉红色牡丹花植株(2/3Aa)和红色牡丹花植株(1/3AA)均匀混合种植，产生的配子中A基因的频率为2/3、a基因的频率为1/3，进行自由传粉，子代基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝4∶4∶1，即红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1，A正确，B错误。 返回导航 方式②让F2中的牡丹花植株(1/4AA、2/4Aa、1/4aa)自交，后代基因型为AA的植株所占比例为1/4＋(2/4)×(1/4)＝3/8，基因型为aa的植株所占比例为1/4＋(2/4)×(1/4)＝3/8，基因型为Aa的植株所占比例为1－3/8－3/8＝2/8，即红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶3，C、D错误。 返回导航 特例2　遗传致死问题 方法诠释 返回导航 2．(2026·河北衡水高三调研)豌豆作为遗传学研究常用实验材料的主要优点：豌豆是严格的闭花受粉、自花传粉植物。将杂合的豌豆(Mm)自交，得到的子一代出现了不同的基因型及比例。下列有关叙述错误的是(　　) A．若两种花粉各有1/2死亡，则子一代的基因型比例是1∶2∶1 B．若隐性个体有1/2死亡，则子一代的基因型比例是2∶2∶1 C．若含有隐性基因的花粉有1/2死亡，则子一代的基因型比例是2∶3∶1 D．若含有隐性基因的配子有1/2死亡，则子一代的基因型比例是4∶4∶1 突破训练 B 返回导航 返回导航 若隐性个体有1/2 死亡，则子一代的基因型及比例是1MM∶2Mm∶1/2mm＝2∶4∶1，B错误； 若含有隐性基因的花粉有1/2死亡，则雌配子为1/2M、1/2m，雄配子为1/2M、1/4m，子一代的基因型及比例为1/4MM∶(2/8Mm＋1/8Mm)∶1/8mm＝2∶3∶1，C正确； 若含有隐性基因的配子有1/2死亡，则雌配子为1/2M、1/4m，雄配子为1/2M、1/4m，子一代的基因型及比例为1/4MM∶(1/8Mm＋1/8Mm)∶1/16mm＝4∶4∶1，D正确。 返回导航 3．(多选)“自私基因”是指可通过杀死不含该基因的配子来扭曲分离比例的基因。若E基因是一种“自私基因”，能在个体产生配子时，杀死其体内不含E基因的一半雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1个体随机受粉获得F2。下列推测正确的是(　　) A．亲本存活的雄配子中，E比例为2/3 B．F1存活的雌配子中，E比例为2/3 C．F1存活的雄配子中，e比例为2/3 D．F2中基因型为Ee的个体比例为17/36 AD 返回导航 解析：基因型为Ee的个体产生配子时，自私基因E能杀死其体内不含E基因的一半雄配子，即含e的雄配子有一半死亡，故雄配子中E＝1/2，e＝(1/2)×(1/2)＝1/4，E∶e＝2∶1，E比例为2/3，A正确； 亲本产生的雌配子为1/2E、1/2e，由A项分析可知，亲本产生的雄配子为2/3E、1/3e，根据棋盘法可知，F1为2/6EE、3/6Ee、1/6ee，F1产生的雌配子为E＝2/6＋(3/6)×(1/2)＝7/12，e＝(3/6)×(1/2)＋1/6＝5/12，B错误； F1中2/6EE、1/6ee产生的雄配子均存活，3/6Ee产生的雄配子中e有一半致死(E∶e＝2∶1)，故F1产生的雄配子为E＝2/6＋(3/6)×(2/3)＝2/3，e＝(3/6)×(1/3)＋1/6＝1/3，C错误； F1存活的雌配子为7/12E、5/12e，雄配子为2/3E、1/3e，故F2中基因型为Ee的个体比例为(5/12)×(2/3)＋(7/12)×(1/3)＝17/36，D正确。 返回导航 特例3　复等位基因遗传 方法诠释 返回导航 4．草原上有个经长期随机交配形成的自然鼠群，其中个体存在的毛色表型与基因型的关系见下表(注：基因型为AA的胚胎致死)。下列相关分析错误的是(　　)   A.若亲本基因型组合为Aa1×Aa2，则其子代可能的表型为黄色或灰色 B．A、a1、a2互为等位基因，都以染色体为载体 C．两只鼠杂交，后代出现三种表型，则该对亲本的基因型是Aa2、a1a2 D．若许多Aa1×a1a2组合的亲本，平均每窝生4只，则在同样条件下许多Aa2×Aa2组合的亲本，平均每窝也生4只 突破训练 D 表型 黄色 灰色 黑色 基因型 Aa1 Aa2 a1a1 a1a2 a2a2 返回导航 解析：若亲本基因型组合为Aa1×Aa2，则其子代的基因型为Aa1、Aa2、a1a2，对应的表型为黄色或灰色，A正确； A、a1、a2互为等位基因，它们都以染色体为载体，B正确； 由后代有黑色个体(a2a2)可推知亲本均有a2，又因后代有3种表型，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，C正确； 由于基因型为AA的胚胎致死，在同样条件下进行多组Aa2×Aa2组合的杂交，预期平均每窝生3只，D错误。 返回导航 5．(2024·贵州选择考)已知小鼠毛皮的颜色由一组位于常染色体上的复等位基因B1(黄色)、B2(鼠色)、B3(黑色)控制。现有甲(黄色短尾)、乙(黄色正常尾)、丙(鼠色短尾)、丁(黑色正常尾)4种基因型的雌雄小鼠若干，某研究小组对其开展了系列实验，结果如图所示。 返回导航 回答下列问题： (1)基因B1、B2、B3之间的显隐性关系是_____________________________。实验③中的子代比例说明了__________________，其黄色子代的基因型是_____________。 B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性 B1基因纯合致死 B1B2、B1B3 返回导航 解析：甲的毛皮颜色为黄色，丁的毛皮颜色为黑色，二者杂交，子代中黄色∶鼠色＝1∶1，没有黑色个体，说明基因B3对B1和B2为隐性，则甲的基因型为B1B2，丁的基因型为B3B3，故基因B1、B2、B3之间的显隐性关系可表示为B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性。据上述推测，再结合乙(黄色)与丁(黑色)杂交，子代中黄色∶黑色＝1∶1，可知乙的基因型为B1B3，则甲和乙杂交，理论上子代的基因型及比例为B1B1∶B1B3∶B1B2∶B2B3＝1∶1∶1∶1，表型及比例为黄色∶鼠色＝3∶1，但实际子代的表型及比例为黄色∶鼠色＝2∶1，推测基因型为B1B1的个体死亡。实验③中黄色子代的基因型为B1B2、B1B3。 返回导航 (2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型共有______种，其中基因型组合为______________的小鼠相互交配产生的子代毛皮颜色种类最多。 解析：由上述分析可知，基因型为B1B1的个体死亡，所以小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型共有5种，分别是B1B2、B1B3、B2B2、B2B3、B3B3；当基因型为B1B3、B2B3的个体杂交时，后代可同时出现三种毛皮颜色，即基因型组合为B1B3×B2B3的小鼠相互交配产生的子代毛皮颜色种类最多。 5 B1B3×B2B3 返回导航 (3)小鼠短尾(D)和正常尾(d)是一对相对性状，短尾基因纯合时会导致小鼠在胚胎期死亡。小鼠毛皮颜色基因和尾形基因的遗传符合自由组合定律，若甲雌雄个体相互交配，则子代表型及比例为______________________________________________________________； 为测定丙产生的配子类型及比例，可选择丁个体与其杂交，选择丁的理由是_______________________________________________________________ _______________________________。 黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾＝4∶2∶2∶1 丁的基因型为B3B3dd(隐性纯合子)，丙与丁测交后代的表型及比例可直接体现丙产生的配子类型及比例 返回导航 解析：由题干可知，基因D、d位于常染色体上。已知短尾基因纯合时会导致小鼠在胚胎期死亡，即DD个体不存在，则种群中短尾个体的基因型为Dd，进一步分析可知，甲的基因型为B1B2Dd，甲雌雄个体相互交配，由于基因B1和基因D均纯合致死，则子代的基因型及比例为B1B2Dd∶B1B2dd∶B2B2Dd∶B2B2dd＝4∶2∶2∶1，表型及比例为黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾＝4∶2∶2∶1。丁个体为黑色正常尾，基因型为B3B3dd(隐性纯合子)，只产生基因型为B3d一种配子，丙 返回导航 (鼠色短尾)的基因型为B2B2Dd或B2B3Dd，丙与丁交配，若后代的表型及比例为鼠色短尾∶鼠色正常尾＝1∶1，则丙产生的配子类型及比例为B2D∶B2d＝1∶1；若后代的表型及比例为鼠色短尾∶鼠色正常尾∶黑色短尾∶黑色正常尾＝1∶1∶1∶1，则丙产生的配子类型及比例为B2D∶B2d∶B3D∶B3d＝1∶1∶1∶1，因此让丙与丁交配，根据子代的表型及比例可直接测定丙产生的配子类型及比例。 返回导航 特例4　从性遗传现象 方法诠释 返回导航 6．从性遗传是指由常染色体上的基因控制的性状，在表型上受个体性别影响的现象。安哥拉兔的长毛和短毛是由一对等位基因(A/a)控制的。现用纯种安哥拉兔进行杂交，实验结果如下表所示。 突破训练 实验一 长毛(雌)×短毛(雄) F1 雄兔 全为长毛 雌兔 全为短毛 实验二 F1雌、雄个体交配 F2 雄兔 长毛∶短毛＝3∶1 雌兔 长毛∶短毛＝1∶3 返回导航 下列说法错误的是(　　) A．安哥拉兔的长毛和短毛性状的遗传属于从性遗传 B．安哥拉兔的短毛在雌性中为显性性状，在雄性中为隐性性状 C．纯种短毛雌兔与F2长毛雄兔杂交，若子代出现长毛兔则一定为雄性 D．纯种短毛雄兔与F2长毛雌兔杂交，若子代出现短毛兔则一定为雄性 D 返回导航 解析：由题表可知，雄兔中，长毛个体的基因型为AA、Aa，短毛个体的基因型为aa；雌兔中，长毛个体的基因型为AA，短毛个体的基因型为Aa、aa。纯种短毛雄兔(aa)与F2长毛雌兔(AA)杂交，子代的基因型为Aa，Aa在雌性个体中为短毛，在雄性个体中为长毛，若子代出现短毛兔则一定为雌性，D错误。 返回导航 CD 返回导航 解析：一对有角羊进行杂交，若基因位于X染色体上，则后代不会出现无角雌羊，所以基因不位于X染色体上，根据题意可知，雌羊只有在基因显性纯合时表现为有角，即基因型为Aa、aa的雌性表现为无角，而雄性中基因型为AA、Aa的个体表现为有角，基因型为aa的个体表现为无角，所以有角羊一定含有A基因，无角羊一定含有a基因，A正确； 返回导航 无角雌羊的基因型为Aa或aa，无角雄羊的基因型为aa，无角羊相互交配，后代可能出现有角雄羊(Aa)，C错误； 判断该无角雌羊的基因型是Aa还是aa，选择无角雄羊(aa)与之多次杂交，产生足够多的后代，观察后代雄羊羊角的表型，若后代雄羊中出现了有角(Aa)，则说明该亲本雌羊的基因型为Aa，若后代雄羊全是无角(aa)，则该亲本雌羊的基因型为aa，D错误。 返回导航 特例5　自交不亲和   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)孢子体自交不亲和性：花粉落在柱头上不能正常萌发，或萌发后在柱头乳突细胞上缠绕而无法侵入柱头。 方法诠释 返回导航 8．(2026·河北衡水高三调研)十字花科植物甘蓝存在“自交不亲和”现象，该性状由常染色体上的复等位基因S控制，显隐性关系为S1>S2>S3(“>”表示前者对后者为显性)，当花粉基因与母本任一S基因相同时，花粉无法萌发(不能完成受精)。若某甘蓝植株的基因型为S2S3，将其分别作为父本和母本，与基因型为S1S2的另一甘蓝植株杂交，下列叙述正确的是(　　) A．该植株作为母本时，子代基因型有S1S3、S2S3两种 B．该植株作为父本时，子代基因型有S1S3、S2S3两种 C．两次杂交的子代中，基因型为S2S3的个体占比均为1/2 D．若让基因型为S1S3的甘蓝自交，子代将出现2种基因型 突破训练 B 返回导航 解析：当基因型为S2S3的植株作母本时，产生S2、S3卵细胞，父本基因型为S1S2，产生S1、S2花粉，S2花粉基因与母本S2基因相同，无法萌发，只有S1花粉可受精，子代基因型为S1S2、S1S3，A错误。 当基因型为S2S3的植株作父本时，产生S2、S3花粉，母本基因型为S1S2，S2花粉基因与母本S2基因相同，无法萌发，只有S3花粉可受精，母本产生S1、S2卵细胞，与S3花粉结合后，子代基因型为S1S3、S2S3，共两种，B正确。 两次杂交中，只有一次杂交(父本S2S3，母本S1S2)子代S2S3占1/2，另一次杂交(母本S2S3，父本S1S2)子代无基因型为S2S3个体，C错误。 基因型为S1S3植株自交时，S1、S3花粉基因分别与母本S1、S3基因相同，所有花粉均无法萌发，无子代，D错误。 返回导航 特例6　“母性效应”问题   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，因此正反交所得结果不同。这种遗传不是由细胞质基因决定的，而是由核基因表达并积累在卵细胞中的物质决定的。 [易错提醒]　母性效应≠母性遗传。 方法诠释 返回导航 9.母性效应是指子代某一性状的表型由母本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： 突破训练 返回导航 (1)螺壳表现为左旋的个体，其基因型可能是__________________；螺壳表现为右旋的个体，其基因型可能是_______________。 (2)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”)孟德尔遗传规律。 (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。 dd或Dd dd或Dd或DD 左旋∶右旋＝0∶1(或0∶4) 遵循 父本 左旋螺 右旋螺 返回导航 真题演练 体验感悟 第一部分 第一部分 37 1．(2023·高考全国卷甲)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 A 返回导航 解析：根据题意可知，全抗植株有三种基因型，分别为A1A1、A1A2、A1a，抗性植株有两种基因型，分别为A2A2、A2a，易感植株的基因型为aa。全抗植株与抗性植株杂交，共有六种杂交组合，子代都不可能出现全抗∶抗性＝3∶1，A错误。 抗性植株与易感植株(aa)杂交，若抗性植株的基因型为A2a，其可产生两种配子，则子代中会出现抗性∶易感＝1∶1，B正确。 全抗植株与易感植株(aa)杂交，若全抗植株的基因型为A1A2，其可产生两种配子，则子代中会出现全抗∶抗性＝1∶1，C正确。 全抗植株(A1a)与抗性植株(A2a)杂交，子代可能出现全抗(A1A2、A1a)∶抗性(A2a)∶易感(aa)＝2∶1∶1，D正确。 返回导航 2．(2023·海南选择考)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 D 返回导航 解析：①(P)dd(雄性不育)作母本和②(H)dd(雄性可育)作父本杂交，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，B正确； ①(P)dd(雄性不育)作母本和③(H)DD(雄性可育)作父本杂交，产生的后代的基因型为(P)Dd，为杂交种，自交后代会出现性状分离，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，则二者杂交后代的基因型为(H)__，均为雄性可育，不会出现雄性不育，D错误。 返回导航 3．(2022·海南选择考)匍匐鸡是一种矮型鸡，匍匐性状基因(A)对野生性状基因(a)为显性，这对基因位于常染色体上，且A基因纯合时会导致胚胎死亡。某鸡群中野生型个体占20%，匍匐型个体占80%，随机交配得到F1，F1雌、雄个体随机交配得到F2。下列有关叙述正确的是(　　) A．F1中匍匐型个体的比例为12/25 B．与F1相比，F2中A基因频率较高 C．F2中野生型个体的比例为25/49 D．F2中a基因频率为7/9 D 返回导航 解析：根据题意可知，A基因纯合时会导致胚胎死亡，因此匍匐型个体(Aa)占80%，野生型个体(aa)占20%，则A基因频率＝80%×(1/2)＝40%，a基因频率＝60%，F1中AA的基因型频率＝40%×40%＝16%，Aa的基因型频率＝2×40%×60%＝48%，aa的基因型频率＝60%×60%＝36%，由于A基因纯合时会导致胚胎死亡，所以F1中Aa占(48%)÷(48%＋36%)＝4/7，A错误； 由于A基因纯合时会导致胚胎死亡，因此每一代都会使A的基因频率减小，故与F1相比，F2中A基因频率较低，B错误； 返回导航 F1中Aa占4/7，aa占3/7，产生的配子为A＝(4/7)×(1/2)＝2/7，a＝5/7，F2中aa的基因型频率＝(5/7)×(5/7)＝25/49，由于AA的基因型频率＝(2/7)×(2/7)＝4/49致死，因此F2中aa占(25/49)÷(1－4/49)＝5/9，C错误； F2中aa占5/9，Aa占4/9，因此a的基因频率为(4/9)×(1/2)＋5/9＝7/9，D正确。 返回导航 4.(2021·湖北选择考)人类的ABO血型是由常染色体上的基因IA、IB和i(三者之间互为等位基因)决定的。IA基因产物使得红细胞表面带有A抗原，IB基因产物使得红细胞表面带有B抗原。IAIB基因型个体红细胞表面有A抗原和B抗原，ii基因型个体红细胞表面无A抗原和B抗原。现有一个家系的系谱图(如图)，对家系中各成员的血型进行检测，结果如下表，其中“＋”表示阳性反应，“－”表示阴性反应。 个体 1 2 3 4 5 6 7 A抗原抗体 ＋ ＋ － ＋ ＋ － － B抗原抗体 ＋ － ＋ ＋ － ＋ － 返回导航 下列叙述正确的是(　　) A．个体5基因型为IAi，个体6基因型为IBi B．个体1基因型为IAIB，个体2基因型为IAIA或IAi C．个体3基因型为IBIB或IBi，个体4基因型为IAIB D．若个体5与个体6生第二个孩子，该孩子的基因型一定是ii A 返回导航 解析：由题表可知，个体5只含A抗原，基因型可能是IAIA或IAi，个体6只含B抗原，基因型可能是IBIB或IBi，但由于他们的孩子个体7既不含A抗原，又不含B抗原，基因型为ii，因此个体5基因型为IAi，个体6基因型为IBi，A正确； 个体1既含A抗原，又含B抗原，则其基因型为IAIB，个体2只含A抗原，基因型可能是IAIA或IAi，他们的孩子个体5的基因型为IAi，所以个体2基因型为IAi，B错误； 个体3只含B抗原，基因型可能是IBIB或IBi，个体4既含A抗原，又含B抗原，则其基因型为IAIB，他们的孩子个体6的基因型为IBi，所以个体3基因型为IBi，C错误； 个体5(IAi)和个体6(IBi)生的孩子的基因型可能是IAi、IBi、IAIB、ii，D错误。 返回导航 解析：按照基因的分离定律，基因型为Mm的个体产生的配子类型及比例是M∶m＝1∶1，如果产生的配子都可育且受精卵发育成个体的机会均等，自交后代的基因型及比例是MM∶Mm∶mm＝1∶2∶1。若两种花粉各有1/2死亡，则雄配子为1/4M、1/4m，雌配子为1/2M、1/2m，子一代的基因型及比例为1/8MM∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1/8Mm＋1/8Mm)) ∶1/8mm＝1∶2∶1，A正确； 7．(多选)已知羊的有角性状(A)对无角性状(a)为显性，但雌羊只有在基因显性纯合时表现为有角。取一对有角羊进行杂交(三年内产了3胎，每胎产多只羊)，所得后代的表型及比例为有角♂∶有角♀∶无角♀＝2∶1∶1，下列叙述错误的是(　　) A．有角羊一定含有A基因，无角羊一定含有a基因 B．根据杂交实验结果推测，亲本的基因型为AA(♀)和Aa(♂) C．无角羊相互交配，后代不可能出现有角雄羊 D．为确定一无角雌羊的基因型，可用一有角雄羊与该羊多次交配 一对有角羊的杂交后代有角♂∶有角♀∶无角♀＝2∶1∶1，则亲本的基因型为AA(♀)和Aa(♂)，B正确； $