2027届高三生物人教版一轮复习讲义第五单元　第21课时　分离定律的概率计算和常规应用

该高中生物学讲义围绕分离定律的概率计算与常规应用，覆盖显隐性判断、纯合杂合鉴定、基因型表型推断及自交自由交配等核心考点，按题型梳理方法技巧，结合高考真题典例解析，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，构建系统复习框架。 讲义以科学思维为引领，如通过假说演绎法设计杂交实验（典例2玉米间行种植），结合配子法、遗传系谱分析等策略突破概率计算难点，课时精练分层设置，助力学生高效掌握解题规律，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第21课时　分离定律的概率计算和常规应用 课标要求 阐明有性生殖中基因的分离使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。 考情分析 分离定律的实质和应用：2024·安徽·T12　2024·全国甲·T32　2023·天津·T16　2023·北京·T19　2022·全国甲·T32　2022·海南·T15　2022·湖南·T19 题型一　显、隐性性状的判断 1．根据子代性状判断 2．根据子代性状分离比判断 提醒　测交不能用于判断性状的显隐性关系，因为测交实验是在已知显隐性的基础上进行的杂交实验。 3．根据遗传系谱图进行判断 4．合理设计杂交实验进行判断 典例1　某二倍体植物中，全缘叶和羽裂叶这对相对性状由一对等位基因控制，要确定这对性状的显隐性关系，应该选用的杂交组合是(　　) A．全缘叶株×羽裂叶株 B．全缘叶纯合子×羽裂叶纯合子 C．全缘叶株×全缘叶株，或羽裂叶株×羽裂叶株 D．全缘叶纯合子×全缘叶纯合子，或羽裂叶纯合子×羽裂叶纯合子 答案　B 解析　全缘叶株×羽裂叶株，子代若出现两种表型，就不能确定显隐性，全缘叶纯合子×羽裂叶纯合子，子代只能出现一种表型，出现的这种表型就是显性性状，A错误，B正确；全缘叶株×全缘叶株，或羽裂叶株×羽裂叶株，若亲本有纯合子，子代不会出现性状分离，无法确定显隐性，C、D错误。 典例2　(2022·全国甲，32节选)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　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 题型二　纯合子与杂合子的判断 提醒　鉴定某生物个体是纯合子还是杂合子，当待测个体是动物时，常采用测交法(若动物生育后代数目少，则应与多个异性隐性个体交配)；当待测个体是植物时，上述四种方法均可，其中最简便的方法为自交法。 典例3　(2022·浙江6月选考，9)番茄的紫茎对绿茎为完全显性。欲判断一株紫茎番茄是否为纯合子，下列方法不可行的是(　　) A．让该紫茎番茄自交 B．与绿茎番茄杂交 C．与纯合紫茎番茄杂交 D．与杂合紫茎番茄杂交 答案　C 解析　设相关基因为A、a，紫茎为显性，令其自交，若为纯合子，则子代全为紫茎，若为杂合子，子代发生性状分离，会出现绿茎，A不符合题意。可通过与绿茎纯合子(aa)杂交来鉴定，如果后代都是紫茎，则是纯合子；如果后代有紫茎也有绿茎，则是杂合子，B不符合题意。与紫茎纯合子(AA)杂交后代都是紫茎，故不能通过与紫茎纯合子杂交来鉴定，C符合题意。通过与紫茎杂合子(Aa)杂交，如果后代都是紫茎，则是纯合子；如果后代有紫茎也有绿茎，则是杂合子，D不符合题意。 典例4　油菜花为两性花，花色多样，科研人员用油菜的纯合白花和纯合黄花两个品种进行花色杂交实验，实验过程如图所示。请回答下列问题： (1)若已知油菜的白花和黄花受一对等位基因控制。正反交实验中，F1油菜花色都为乳白花，由此可推断该乳白花是_________________________________________________________(填“杂合子”“纯合子”或“杂合子和纯合子”)。 (2)请设计实验对第(1)问的推断做出验证。 ①选用F1乳白花进行________(填“杂交”或“自交”)。 ②统计后代中花色的数量及比例。 ③结果分析：若子代中________________________________，则第(1)问推断成立；若子代中未出现上述结果，则第(1)问推断不成立。 答案　(1)杂合子　(2)①自交　③白花∶乳白花∶黄花＝1∶2∶1 解析　(1)正交和反交实验中，F1油菜花色都为乳白花，不和双亲当中的任何一方完全一致，该现象可能是由杂合子中存在的不完全显性情况导致的。(2)使用“假说—演绎法”设计实验，依据第(1)问的假设，若对乳白花(Dd，假设相关基因用D/d表示)进行自交实验，则其后代会出现性状分离。根据不完全显性的假设，后代性状分离比为白花∶乳白花∶黄花＝1∶2∶1。若实验验证环节的结果和假设一致，则该假说成立，否则假说不成立。 题型三　基因型、表型的推断 1．由亲代推断子代的基因型与表型(正推型) 亲本 子代基因型 子代表型 AA×AA AA 全为显性 AA×Aa AA∶Aa＝1∶1 全为显性 AA×aa Aa 全为显性 Aa×Aa AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1 显性∶隐性＝3∶1 Aa×aa Aa∶aa＝1∶1 显性∶隐性＝1∶1 aa×aa aa 全为隐性 Aa自交后代中A_再自交 AA∶Aa∶aa＝3∶2∶1 显性∶隐性＝5∶1 Aa自交后代中A_再与aa杂交 Aa∶aa＝2∶1 显性∶隐性＝2∶1 Aa与aa杂交所得子代再与aa杂交 Aa∶aa＝1∶3 显性∶隐性＝1∶3 2.由子代推断亲代的基因型(逆推型) (1)基因填充法：根据亲代表型→写出能确定的基因(如显性性状的基因型用A_表示)→根据子代一对基因分别来自两个亲本→推知亲代未知基因。若亲代为隐性性状，基因型只能是aa。 (2)隐性突破法：如果子代中有隐性个体，则亲代基因型中必定含有一个a基因，然后再根据亲代的表型作出进一步推断。 (3)根据分离定律中规律性比例直接判断(用基因B、b表示) 后代显隐性比例 双亲类型 结合方式 显性∶隐性＝3∶1 都是杂合子 Bb×Bb→3B_∶1bb 显性∶隐性＝1∶1 测交类型 Bb×bb→1Bb∶1bb 只有显性性状 至少一方为显性纯合子 BB×BB或BB×Bb或BB×bb 只有隐性性状 一定都是隐性纯合子 bb×bb→bb 典例5　某植物的红花与白花是一对相对性状，且是由单基因(A、a)控制的完全显性遗传，现有一株红花植株和一株白花植株作实验材料，设计如表所示实验方案以鉴别两植株的基因型。下列有关叙述错误的是(　　) 选择的亲本及杂交方式 预测子代表型 推测亲代基因型 第一组∶ 红花自交 出现性状分离 ③ ① ④ 第二组∶ 红花×白花 全为红花 AA×aa ② ⑤ A.根据第一组中的①和④可以判断红花对白花为显性 B．③的含义是Aa C．②的含义是红花∶白花＝1∶1，⑤为aa×Aa D．①的含义是全为红花，④可能为AA 答案　A 解析　据表格可知，第一组中的①应为不发生性状分离(全为红花)，红花植株可能是显性纯合子(AA)也可能是隐性纯合子(aa)，故根据第一组中的①和④不可以判断红花对白花为显性，A错误，D正确；红花自交后代出现性状分离，说明红花对白花为显性，且亲本红花③为杂合子Aa，B正确；②应为红花∶白花＝1∶1，为测交比例，故⑤为aa×Aa，C正确。 典例6　番茄果实的颜色由一对等位基因A、a控制，如表是关于番茄果实颜色的3个杂交实验及其结果。下列分析正确的是(　　) 实验组 亲本表型 F1的表型和植株数目 红果(个) 黄果(个) 1 红果×黄果 492 504 2 红果×黄果 997 0 3 红果×红果 1 511 508 A.番茄的果实颜色中，黄色为显性性状 B．实验组1的亲本基因型：红果为AA，黄果为aa C．实验组2的F1红果番茄均为杂合子 D．实验组3的F1中黄果番茄的基因型可能是Aa或AA 答案　C 解析　由实验组2或实验组3可知，红果为显性性状，A错误；实验组1的亲本基因型：红果为Aa、黄果为aa，B错误；实验组2的亲本基因型：红果为AA、黄果为aa，F1红果番茄均为杂合子，基因型为Aa，C正确；实验组3的F1中黄果番茄的基因型是aa，D错误。 题型四　分离定律的概率计算(含自交与自由交配) 1．概率计算的方法 (1)用经典公式计算 概率＝(某性状或基因型数/总数)×100%。 (2)用配子的概率计算：先计算出亲本产生每种配子的概率，再根据题意要求用相关的两种配子概率相乘，相关个体的概率相加即可。 2．概率计算的类型 (1)已知亲代基因型，求子代某一性状出现的概率 ①用分离比直接推出(B：白色，b：黑色，白色为显性) Bb×Bb→1BB∶2Bb∶1bb，可见后代毛色是白色的概率是3/4。 ②用配子的概率计算 Bb亲本产生B、b配子的概率都是1/2，则 a．后代为BB的概率＝B(♀)概率×B(♂)概率＝1/2×1/2＝1/4。 b．后代为Bb的概率＝b(♀)概率×B(♂)概率＋b(♂)概率×B(♀)概率＝1/2×1/2＋1/2×1/2＝1/2。 (2)亲代基因型未确定，求子代某一性状发生的概率 实例：一对夫妇均正常，且他们的双亲也都正常，但双方都有一个患白化病(由一对隐性基因控制，相关基因用A、a表示)的兄弟。他们婚配后生出患白化病孩子的概率是多少？ 解答此题分三步进行： 3．杂合子连续自交的相关计算 (1)杂合子(Aa)连续自交n代的计算方法 (2)杂合子(Aa)连续自交，且逐代淘汰隐性个体(aa)的计算方法 4．杂合子自由交配的相关计算 (1)杂合子(Aa)自由交配n代的计算方法 (2)杂合子(Aa)自由交配n代，且逐代淘汰隐性个体(aa)的计算方法 归纳总结 典例7　(2024·安徽，12)某种昆虫的颜色由常染色体上的一对等位基因控制，雌虫有黄色和白色两种表型，雄虫只有黄色，控制白色的基因在雄虫中不表达，各类型个体的生存和繁殖力相同。随机选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配，F1雌性全为白色，雄性全为黄色。继续让F1自由交配，理论上F2雌性中白色个体的比例不可能是(　　) A．1/2 B．3/4 C．15/16 D．1 答案　A 解析　由题中信息可知，该昆虫的颜色由常染色体上的一对等位基因控制，设A、a控制该相对性状，由题中信息知，雌虫有黄色和白色两种表型，雄虫只有黄色，控制白色的基因在雄虫中不表达，随机选取一只白色雌虫和一只黄色雄虫交配，F1雌性全为白色。如果白色为显性性状，由于F1雌性无黄色个体，即无基因型为aa的个体，所以亲本杂交组合有以下可能性，分别为①AA×AA、②AA×Aa(或Aa×AA)、③AA×aa，若亲本杂交组合为①，则产生的F1基因型为AA，F1自由交配，产生的F2中雌性全部为白色(AA)，D不符合题意；若亲本杂交组合为②，则产生的F1基因型为1/2AA、1/2Aa，F1自由交配，采用配子法计算后代，F1产生的配子为3/4A、1/4a，则F2雌性中白色(A_)∶黄色(aa)＝15∶1，所以F2雌性中白色个体的比例为15/16，C不符合题意；若亲本杂交组合为③，则产生的F1基因型为Aa，F1自由交配，产生的F2雌性中白色(A_)∶黄色(aa)＝3∶1，所以F2雌性中白色个体的比例为3/4，B不符合题意；如果黄色为显性性状，亲本的杂交组合为aa×aa，F1雌性均为白色，F1自由交配所得F2雌性中白色个体的比例为1，综上所述，A符合题意。 典例8　(2022·海南，15)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 答案　D 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基因频率为80%×1/2＝40%，a基因频率为60%，F1中AA＝40%×40%＝16%，Aa＝2×40%×60%＝48%，aa＝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；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＝5/7×5/7＝25/49，由于AA＝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基因频率为4/9×1/2＝2/9，a基因频率为7/9，D正确。 课时精练 [分值：100分] [1～11题，每题6分，共66分] 一、选择题 1．玉米是雌雄同株异花的植物，籽粒黄色对白色为显性。若有一粒黄色玉米，判断其基因型最简便的方案是(　　) A．用显微镜观察该玉米细胞中的同源染色体，看其上是否携带等位基因 B．种下玉米后让其作母本与白色玉米植株杂交，观察果穗上的籽粒颜色 C．种下玉米后让其作亲本进行同株异花传粉，观察果穗上的籽粒颜色 D．种下玉米后让其作亲本进行自花传粉，观察果穗上的籽粒颜色 答案　C 解析　对于植物鉴定基因型最简便的方法是自交，玉米是雌雄同株异花的植物，所以自交是进行同株异花传粉，C符合题意。 2．南瓜果实的颜色有黄色和白色两种，由一对等位基因(A和a)控制，用一株黄果(果实颜色为黄色)和一株白果(果实颜色为白色)杂交，F1中果实颜色既有黄色也有白色，F1自交产生的F2表型如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．由①②可知黄果是隐性性状 B．由③可以判定白果是显性性状 C．F2中，黄果与白果的理论比例是5∶3 D．P中白果的基因型是aa 答案　D 解析　由图可知，过程①亲本黄果与白果杂交，F1既有黄果，又有白果，说明亲本之一为显性杂合子，另一个是隐性纯合子，又因为过程②F1黄果自交后代均为黄果，说明黄果是隐性性状，A正确；过程③F1白果自交后代发生了性状分离，说明白果是显性性状，B正确；F1中黄果(aa)占1/2，白果(Aa)也占1/2，F1黄果自交得到的F2全部是黄果，F1白果自交得到的F2中黄果∶白果＝1∶3，所以F2中黄果与白果的理论比例是(1/2＋1/2×1/4)∶(1/2×3/4)＝5∶3，C正确；亲本中黄果的基因型为aa，白果的基因型为Aa，D错误。 3．(2025·肇庆端州检测)西红柿果肉的红色和紫色为一对相对性状，由一对等位基因(A、a)控制，红色为显性。用杂合的红果肉西红柿自交获得F1，将F1中表型为红果肉的西红柿自交得到F2。下列叙述正确的是(　　) A．F2中无性状分离 B．F2中性状分离比为3∶1 C．F2红果肉个体中杂合子占2/5 D．F2中首先出现能稳定遗传的紫果肉西红柿 答案　C 解析　根据题干信息分析，杂合的红果肉西红柿自交，即Aa×Aa，F1中红果肉西红柿的基因型及概率为1/3AA和2/3Aa，Aa自交时，F2中会同时出现紫果肉和红果肉个体，所以会出现性状分离，A错误；F2中表型为红果肉的西红柿所占比例为1/3＋2/3×3/4＝5/6，则F2中性状分离比为5∶1，B错误；F2中红果肉个体比例为5/6，杂合子占2/3×1/2＝1/3，因此F2红果肉个体中杂合子占1/3÷5/6＝2/5，C正确；由于用杂合的红果肉西红柿自交获得F1会出现性状分离，所以在F1中就已经出现了能稳定遗传的紫果肉西红柿，D错误。 4．(2025·广东名校联考)番茄果实的颜色由一对等位基因A、a控制。关于番茄果实颜色的三个杂交实验及其结果如下，下列分析正确的是(　　) 实验1：红果×黄果→F1中红果(492)、黄果(504) 实验2：红果×黄果→F1中红果(997)、黄果(0) 实验3：红果×红果→F1中红果(1 511)、黄果(508) A．根据三个实验均可判断红果对黄果为显性 B．以上三个实验中的亲本红果均为纯合子 C．实验3的F1中红果自由交配，产生的子代中红果∶黄果＝8∶1 D．以上三个实验均可验证基因的分离定律 答案　C 解析　实验1相当于测交实验，不能用其判断显隐性，A错误；据实验2或实验3可知红果为显性性状，黄果为隐性性状，实验1的亲本中红果基因型为Aa，实验2的亲本中红果基因型为AA，实验3的亲本中红果基因型均为Aa，B错误；实验3的亲本基因型均为Aa，F1的红果基因型为AA∶Aa＝1∶2，故F1中红果自由交配，产生的F2中黄果所占比例为2/3×2/3×1/4＝1/9，所以F2中红果∶黄果＝8∶1，C正确；实验2亲本均为纯合子，不能验证基因的分离定律，D错误。 5．(2025·佛山三模)黄瓜是单性花、雌雄同株的植物，黄瓜的有刺和无刺是一对相对性状，无刺黄瓜汁水多、口感好、产量高，深受人们的喜爱。某农户种植的黄瓜中出现一株无刺黄瓜，若想保留该黄瓜的无刺性状，需要判断该株黄瓜的显隐性以及是否为纯种。下列叙述正确的是(　　) A．让该株无刺黄瓜与有刺黄瓜杂交，若该植株所结黄瓜全为无刺，则无刺为显性性状 B．让该株无刺黄瓜自交，若所结黄瓜全为无刺，则该黄瓜为隐性纯合子 C．让该株无刺黄瓜自交，若所结黄瓜中出现有刺，则黄瓜有刺为显性性状 D．让该株无刺黄瓜与有刺黄瓜杂交，若该植株结出有刺和无刺两种黄瓜，则无刺为显性 答案　A 解析　让该株无刺黄瓜自交，若所结黄瓜全为无刺，则该黄瓜为纯合子，但不能判断显隐性，B错误；让该株无刺黄瓜自交，若所结黄瓜出现有刺，则该株无刺黄瓜为显性杂合子，无刺为显性性状，C错误；让该株无刺黄瓜与有刺黄瓜杂交，若该植株结出有刺和无刺两种黄瓜，则无法判断显隐性，D错误。 6．对某家庭内成员进行调查发现，有耳垂和无耳垂是由单基因决定的，图中Ⅲ－1、Ⅲ－3两位成员都无耳垂，其他成员都有耳垂。下列叙述正确的是(　　) A．Ⅲ－1与有耳垂女性结婚，所生女孩一定是无耳垂 B．Ⅲ－2与无耳垂女性结婚，后代有耳垂的概率为2/3 C．Ⅲ－3与有耳垂男性结婚，所生后代出现无耳垂的概率是1/2 D．Ⅲ－4与无耳垂男性结婚，生了一对龙凤胎，女儿无耳垂，则女儿基因型纯合的概率是1/4 答案　B 解析　假设控制耳垂的等位基因为B、b，据Ⅱ－3、Ⅱ－4有耳垂，而Ⅲ－3无耳垂可知，无耳垂为常染色体隐性遗传，用bb表示。Ⅲ－1基因型为bb，Ⅲ－2基因型为B_，Ⅲ－1与有耳垂女性(B_)结婚，不一定能生出基因型为bb的后代，A错误；Ⅲ－2的基因型为1/3BB、2/3Bb，其与无耳垂女性(bb)结婚，后代无耳垂的概率为2/3×1/2＝1/3，有耳垂的概率为2/3，B正确；Ⅲ－3基因型为bb，其与有耳垂男性(B_)结婚，因该男性的基因型未确定，故子代有耳垂的概率可能为1或1/2，C错误；Ⅲ－4基因型为B_，其与无耳垂男性(bb)结婚，所生女孩无耳垂，基因型一定为bb，D错误。 7．(2025·广西，12)某种鱼的尾巴性状受常染色体上等位基因E/e控制，见表。已知雌鱼通常只与大尾巴雄鱼交配。现有一个EE 60条、Ee 120条和ee 60条(每种基因型的雌、雄鱼数量相等)的种群，下列有关该种群自然繁殖后的分析，正确的是(　　) 基因组成 E_ ee 雄鱼尾巴性状 大尾巴 小尾巴 雌鱼尾巴性状 所有基因型个体的尾巴大小一致 A．多代后，小尾巴雄鱼将消失 B．子一代雌鱼中E基因频率降低 C．多代后，小尾巴雄鱼的尾巴更小 D．子一代雌、雄鱼中e基因频率相等 答案　D 解析　小尾巴雄鱼基因型为ee，其产生需父母均传递e基因。雌鱼可能携带e基因(如Ee、ee)，且大尾巴雄鱼(Ee)可传递e基因，因此ee雄鱼不会完全消失，A错误；雌鱼的交配对象是大尾巴雄鱼(E_)，大尾巴雄鱼含较多E基因，会使雌鱼后代中E基因频率升高，B错误；雄鱼尾巴大小由基因型决定，ee始终为小尾巴，无表型渐变机制，C错误；鱼的尾巴性状受常染色体上等位基因E/e控制，与性别无关，所以子一代雌、雄鱼中e基因频率相等，D正确。 8．玉米植株的宽叶与窄叶是由一对等位基因控制的一对相对性状。将宽叶与窄叶两种纯合亲本间行种植，宽叶亲本玉米植株的子代只有宽叶，窄叶亲本植株的子代宽叶和窄叶均有。现选取F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交，F2中宽叶∶窄叶＝7∶5(假设整个过程中，每株玉米授粉机会均等)。下列叙述错误的是(　　) A．玉米植株的宽叶对窄叶为显性 B．F1玉米植株中宽叶所占的比例为1/6 C．选取的F1那部分宽叶玉米植株中，纯合子占1/6 D．若将F1中选取的那部分宽叶玉米种植，则后代玉米植株宽叶∶窄叶＝119∶25 答案　B 解析　设基因A/a控制玉米的叶型，纯合宽叶与纯合窄叶间行种植，窄叶植株上有宽叶，宽叶植株上无窄叶，说明宽叶对窄叶为显性，A正确；宽叶(AA)玉米与窄叶(aa)玉米间行种植，即AA占1/2，aa占1/2, 玉米植株自由交配，F1玉米中AA∶ Aa∶aa＝1∶2∶1，所以宽叶∶窄叶＝3∶1，宽叶占3/4，B错误；F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交，F2中宽叶∶窄叶＝7∶5，设取的 F1中宽叶玉米中Aa占x，则AA占1－x，与窄叶aa杂交，后代中窄叶玉米为1/2x＝5/(7＋5)＝5/12，所以x＝5/6，即宽叶玉米中纯合子AA占1/6，Aa占5/6，这些宽叶玉米自由交配，用配子法A占7/12，a占5/12，后代中窄叶aa＝5/12×5/12＝25/144，宽叶为1－25/144＝119/144，所以宽叶∶窄叶＝119∶25, C、D正确。 9．扁豆表皮图案具有大理石纹、斑纹和光洁等相对性状。将不同性状的纯合亲本进行杂交，F1自交，结果如表所示。下列推测不合理的是(　　) 亲本 F1 F2 大理石纹×光洁 大理石纹 大理石纹∶光洁＝3∶1 斑纹×光洁 斑纹 斑纹∶光洁＝3∶1 大理石纹×斑纹 大理石纹 大理石纹∶斑纹＝3∶1 A．大理石纹对斑纹为完全显性 B．杂合子表型为大理石纹或斑纹 C．表皮图案的遗传遵循分离定律 D．F2的斑纹或光洁扁豆稳定遗传 答案　D 解析　依据大理石纹×光洁→F1：大理石纹，其自交→F2：大理石纹∶光洁＝3∶1，说明大理石纹对光洁为显性性状；斑纹×光洁→F1：斑纹，其自交→F2：斑纹∶光洁＝3∶1，说明斑纹对光洁为显性性状；大理石纹×斑纹→F1：大理石纹，其自交→F2：大理石纹∶斑纹＝3∶1，说明大理石纹对斑纹为显性性状，综上可知，扁豆表皮图案的遗传遵循分离定律，且为复等位基因遗传，显性基因作用大小为大理石纹(设用基因A表示)＞斑纹(设用基因A1表示)＞光洁(设用基因a表示)。斑纹(A1A1)和光洁(aa)杂交，F1全为斑纹(A1a)，F1自交，F2中的斑纹有杂合子，不能稳定遗传，D错误。 10．(2025·珠海金湾四校联考)小麦的抗条锈病性状由基因D/d控制，现有一批基因型相同的不抗条锈病的小麦甲和抗条锈病的小麦乙。某实验小组进行了甲自交、甲和乙杂交两组实验，收获籽粒后分别播种并进行不同的处理，结果如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．小麦的抗条锈病对不抗条锈病为显性 B．甲自交实验中的亲代小麦和F1不抗条锈病小麦的基因型完全相同 C．甲和乙杂交实验的子代中出现两种表型的小麦的现象称为性状分离 D．若让乙自交，则后代中以条锈菌进行感染后的无病植株所占的比例为100% 答案　D 解析　不抗条锈病的小麦甲自交后代中不抗条锈病∶抗条锈病＝3∶1，说明小麦的抗条锈病对不抗条锈病为隐性，A错误；小麦甲的基因型为Dd，甲自交实验中F1不抗条锈病小麦的基因型为DD和Dd，B错误；不抗条锈病的小麦甲和抗条锈病的小麦乙杂交，产生的后代中出现不抗条锈病小麦和抗条锈病小麦，不属于性状分离，C错误；甲和乙杂交后代中不抗条锈病∶抗条锈病＝1∶1，小麦乙的基因型为dd，乙自交后代均为抗条锈病小麦，D正确。 11．太子参同一植株上有位于茎顶端的开放花(开花后受粉)和位于叶腋的闭合花(开花前受粉)，两种类型的花均为两性花。已知太子参紫茎和绿茎由一对等位基因B、b控制。将若干株紫茎太子参混合种植，收获植株顶端的种子记为M，收获叶腋处的种子记为N，其中种子N长成的植株中绿茎占1/16。下列叙述正确的是(　　) A．紫茎为显性性状，紫茎亲本中杂合子占1/2 B．种子M单独种植，长成的植株中紫茎占15/16 C．种子N长出的紫茎植株叶腋所结种子中杂合子占1/15 D．种子M和N混合种植，全部后代中B基因频率为3/4 答案　C 解析　亲本均为紫茎(BB或Bb)。设亲本中杂合子(Bb)比例为x，则纯合子(BB)比例为1－x。种子N为自交后代，绿茎(bb)比例为1/16。自交时，Bb亲本的后代bb比例为1/4，BB亲本的后代无bb。因此：x×＝，解得x＝。即亲本中杂合子(Bb)占1/4，纯合子(BB)占3/4，基因B的频率为7/8，基因b的频率为1/8，A错误；种子M来自随机交配，运用遗传平衡：BB＝(7/8)2＝49/64，Bb＝2×7/8×1/8＝14/64，bb＝(1/8)2＝1/64。紫茎比例＝1－bb＝1－1/64＝63/64，B错误；种子N长成的植株基因型：BB比例＝3/4(来自BB亲本)＋1/4×1/4(来自Bb亲本)＝3/4＋1/16＝13/16，Bb比例＝1/2×1/4＝1/8＝2/16(仅来自Bb亲本)，bb比例为1/16，紫茎植株(BB或Bb)占比为15/16，其中BB＝13/15，Bb＝2/15。紫茎植株叶腋所结种子(自交)中，BB植株自交后代无杂合子，Bb植株自交后代杂合子比例为1/2，所有叶腋种子中杂合子比例＝亲本为Bb的比例×后代杂合子比例＝2/15×1/2＝1/15，C正确；种子M植株B基因频率为7/8，种子N植株B基因频率也为7/8，混合种植后，无论植株自交还是随机交配，全部后代中B基因频率均为7/8，D错误。 二、非选择题 12．(每空4分，共16分)(2024·全国甲，32节选)袁隆平研究杂交水稻，对粮食生产具有突出贡献。回答下列问题： (1)用性状优良的水稻纯合子(甲)给某雄性不育水稻植株授粉，杂交子一代均表现雄性不育；杂交子一代与甲回交(回交是杂交后代与两个亲本之一再次交配)，子代均表现雄性不育；连续回交获得性状优良的雄性不育品系(乙)。由此推测，控制雄性不育的基因(A)位于________(填“细胞质”或“细胞核”)。 (2)将另一性状优良的水稻纯合子(丙)与乙杂交，F1均表现雄性可育，且长势与产量优势明显，F1即为优良的杂交水稻。丙的细胞核基因R的表达产物能够抑制基因A的表达。F1自交子代中雄性可育株与雄性不育株的数量比为________________________________________________________________________。 (3)以丙为父本与甲杂交(正交)得F1，F1自交得F2，则F2中与育性有关的表型有________种。反交结果与正交结果不同，反交的F2中与育性有关的基因型有________种。 答案　(1)细胞质　(2)3∶1　(3)1　3 解析　(1)由分析可知，雄性不育株只能作母本，并且在多次杂交过程中，雄性不育株的子代始终表现为雄性不育，即与母本表型相同，说明雄性不育为母系遗传，即控制雄性不育的基因(A)位于细胞质中。(2)由第(1)题分析可知，基因A位于细胞质中。且已知基因R位于细胞核中，R的表达产物能够抑制基因A的表达，则丙的基因型为A(RR)或a(RR)，雄性不育乙的基因型为A(rr)，子代细胞质来自母本，因此F1的基因型为A(Rr)，表现为雄性可育，F1自交，子代的基因型及比例为A(RR)∶A(Rr)∶A(rr)＝1∶2∶1，因此子代中雄性可育株与雄性不育株的数量比为3∶1。(3)丙为雄性可育，其基因型为A(RR)或a(RR)，甲也为雄性可育，其基因型为a(rr)，以丙为父本与甲杂交(正交)得F1，F1基因型为a(Rr)，表现为雄性可育，F1自交的后代F2可育，则F2中与育性有关的表型有1种。反交结果与正交结果不同，则可说明丙的基因型为A(RR)，甲的基因型为a(rr)，反交时，丙为母本，F1的基因型为A(Rr)，F2中的基因型及比例为A(RR)∶A(Rr)∶A(rr)＝1∶2∶1，即F2中与育性有关的基因型有3种。 13．(每空3分，共18分)(2025·深圳一模)玉米是雌雄同株异花作物，利用雄性不育系开展玉米杂交育种能提高玉米产量。科研人员对玉米雄性不育系进行研究。回答下列问题： (1)科研人员获得了玉米核雄性不育系7024，其性状由单基因控制。其与野生型杂交的F1群体均可育，再将F1自交、F1与亲本7024进行杂交，结果如表。据表分析，该不育系的不育性状为________(填“显性”或“隐性”)性状，F1的基因型为______(相关基因用M/m表示)。 群体 总株数 可育株数 不可育株数 F1自交 964 717 247 F1×7024 218 116 102 (2)科研人员通过培育筛选获得温敏核雄性不育系zm/zm，该不育系表现出高温不育低温可育的特性，当处于低温环境时，其基因型为________(相关基因用ZM/zm表示)。与7024核雄性不育系相比，温敏核雄性不育系的缺点主要表现在________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)科研人员采用玉米隐性核雄性不育系ms7/ms7创建了多控不育(MCS)技术体系，将育性恢复基因(Ms7)、花粉失活基因以及荧光标记基因组成串联表达框(pMCS)，通过转基因技术获得转基因保持系，过程如图所示。 ①转基因保持系与核雄性不育系杂交，子代不育系的比例为________。 ②pMCS中的荧光标记基因表达的荧光蛋白能使玉米呈现红色，野生型玉米为黄色，则转基因保持系自交获得F1种子的颜色及比例是__________。 答案　(1)隐性　Mm　(2)zm/zm　容易受到环境温度的影响　(3)①100%　②红色∶黄色＝1∶1 解析　(1)玉米的育性由单基因控制，即由一对等位基因控制，用M/m表示，根据表格中的数据可知，F1均表现为可育，其自交后代出现性状分离，即可育∶不可育≈3∶1，说明不可育为隐性性状，F1基因型为Mm。(2)温敏核雄性不育系基因型为zm/zm，该不育系表现出高温不育低温可育，温度并没有改变其基因型，只影响表型，则在低温环境时，它的基因型依旧是zm/zm。(3)将育性恢复基因(Ms7)、花粉失活基因以及荧光标记基因组成串联表达框，即pMCS。①转基因保持系与核雄性不育系杂交，其中核雄性不育系作为母本，转基因保持系含有育性恢复基因，表现为可育，可作为父本，遗传图解如图： 由上图可知，子代不育系的比例为100%。 ②转基因保持系自交获得F1的遗传图解如图： 由上图可知，F1种子的颜色及比例为红色∶黄色＝1∶1。 学科网（北京）股份有限公司 $