1、专题11基因的自由组合定律【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点考向1两对相对性状的杂交实验两对相对性状的杂交实验考查内容:(1)本专题主要考查有关两对和多对性状基因型和表现型的推导及相关概率的计算。(2)运用自由组合定律解释或预测一些遗传现象。(3)利用假说演绎法分析遗传类试题,考查逻辑思维能力。命题规律:(1)试题以选择题和非选择题两种形式呈现,且以非选择题为主。(2)对能力的考查多集中在分析、演绎与推理、逻辑思维、解释现象、实验探究等方面,充分体现了对科学思维和科学探究素养的考查。命题趋势:(1)常以遗传图解、表格、实验结果分析等为载体,结合实例考查考生特定条件下对自由组合定律的理解和
2、应用。(2)命题落脚点多体现在对具有两对相对性状的杂交实验的分析、对性状分离比9331变式的分析、探究特定个体的基因组成等方面考生在复习过程中,要深刻理解两对相对性状的杂交实验的方法和过程,能够分析实验的现象,总结规律,并能灵活运用自由组合定律;理解自由组合定律的实质时,注意联系减数分裂的特点,可以借助细胞分裂图理解基因的自由组合现象;对于多对等位基因的遗传及特例,注意规律和解法的归纳,学会运用分离定律解决自由组合的问题;总结基因型、概率计算的技巧,学会融会贯通2自由组合定律及其应用自由组合定律的内容自由组合定理的应用【真题探秘】命题立意核心考点本题主要考查利用基因的分离定律和自由组合定律推断
3、生物的基因型和表现型等知识。核心素养科学思维:演绎与推理。科学探究:观察现象、结果分析。命题特点基础性:考查基因的分离定律和自由组合定律。综合性:利用基因的分离定律解决自由组合定律的问题。解题指导审题关键注意关键词的提取,如“位于3对同源染色体上”“甲和丙杂交,子代表现型均与甲相同”“乙和丁杂交,子代出现个体数相近的8种不同表现型”等。解题技巧先利用基因的分离定律分别分析每一对相对性状的遗传,再综合三对相对性状的遗传结果,得出结论。【基础集训】考点一两对相对性状的杂交实验1.下列相关叙述中,正确的有几项()a.若两对相对性状的遗传都符合基因分离定律,则此两对相对性状遗传一定符合基因自由组合定律
4、b.一对相对性状的遗传一定遵循基因的分离定律而不遵循自由组合定律c.若杂交后代出现31的表现型比例,则一定为常染色体遗传d.孟德尔得到了高茎矮茎=3034属于“演绎”的内容e.孟德尔发现问题采用的实验方法依次是先杂交再测交f.符合基因的自由组合定律,双杂合子自交后代不一定出现9331的分离比g.分离定律发生在配子产生过程中,自由组合定律发生在雌雄配子随机结合的过程中A.一项B.两项C.三项D.四项答案A2.某豌豆基因型为AaBb,两对基因分别位于两对同源染色体上。下列关于该个体的叙述中错误的是()A.可以产生四种配子B.受精时雌雄配子间结合方式有8种C.自交后代有4种表现型D.自交后代有9种基
5、因型答案B3.在两对相对性状的遗传实验中,可能具有1111比例关系的是()F1自交后代的性状分离比F1产生配子类别的比例F1测交后代的表现型比例F1自交后代的基因型比例F1测交后代的基因型比例A.B.C.D.答案D考点二自由组合定律及其应用4.如图表示两对等位基因在染色体上的分布情况(显性基因对隐性基因为完全显性),若图1、2、3中的同源染色体均不发生交叉互换,则图中所示个体自交后代的表现型种类依次是()A.2、2、4B.2、3、4C.2、4、4D.4、4、4答案B5.已知水稻的抗旱性(A)和多颗粒(B)为显性,各由一对等位基因控制且独立遗传。现有抗旱、多颗粒植株若干,对其进行测交,子代的性状
6、分离比为抗旱多颗粒抗旱少颗粒敏旱多颗粒敏旱少颗粒=2211,若这些亲代植株相互受粉,后代表现型比例为()A.24831B.9331C.15531D.2515159答案A6.在香豌豆中,当C、R两个显性基因同时存在时,花才呈红色。一株红花香豌豆与基因型为ccRr的植株杂交,子代中有3/8开红花,则该红花香豌豆产生的配子类型及其比例为()A.CRCrcRcr=1111B.CR=11C.CRCr=11D.CRcr=11答案A教师专用题组【基础集训】考点一两对相对性状的杂交实验1.(2019浙江五校联考,16)孟德尔两对相对性状的杂交实验中,不属于F2产生9331性状分离比的必备条件的是()A.各种精
7、子与各种卵细胞的结合机会均等B.控制不同性状基因的分离与组合互不干扰C.环境对各表现型个体的生存和繁殖的影响相同D.控制不同性状的基因在所有体细胞中均能表达答案D各种基因型的精子和卵细胞的生存能力和结合机会均等;控制不同性状的基因的分离和组合互不干扰;环境对各表现型个体的生存和繁殖的影响相同。以上都是孟德尔两对相对性状的杂交实验中特定性状分离比出现的条件。控制不同性状的基因在不同的细胞中进行选择性表达,而不是均能表达,D错误。2.(2020湖南师大附中月考,6)研究人员选择果皮黄绿色、果肉白色、果皮有覆纹的纯合甜瓜植株(甲)与果皮黄色、果肉橘红色、果皮无覆纹的纯合甜瓜植株(乙)杂交,F1表现为
8、果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹。F1自交得F2,分别统计F2各对性状的表现及株数,结果如表。假设控制覆纹性状的基因与控制果皮颜色,果肉颜色的基因位于不同的同源染色体上,下列叙述正确的是()甜瓜性状果皮颜色(A,a)果肉颜色(B,b)果皮覆纹F2的表现型及株数黄绿色482黄色158橘红色478白色162有覆纹361无覆纹279A.甜瓜的果皮有覆纹为显性性状,无覆纹为隐性性状B.若让F1与植株乙杂交,则子代中果皮有覆纹无覆纹=31C.由表中F2果皮颜色、果肉颜色的统计数据,可判断A/a、B/b这两对基因的遗传遵循自由组合定律D.若果皮颜色、覆纹由3对独立的等位基因控制,则理论上F2中果皮黄色无
9、覆纹的甜瓜植株大约有70株答案D植株总数是640株,有覆纹与无覆纹之比是97,即这对性状是由两对基因决定的,故不能确定这对性状哪个是显性哪个是隐性,故A项错;亲本都是纯合子,假设果皮覆纹由C和c、D和d共同控制,其中甲是AAbbCCDD,乙是aaBBccdd,二者杂交所得F1是杂合子AaBbCcDd,当F1(有覆纹CcDd)与植株乙(无覆纹ccdd)杂交时,相当于测交,F2中有覆纹与无覆纹之比是13,故B项错;表格中只有每对性状的分离比,缺乏对F2中两对性状(果皮颜色与果肉颜色)组合类型的统计数据,所以不能判断两对基因(A和a,B和b)的遗传是否遵循自由组合定律,故C项错,由表中F2果皮覆纹性
10、状97可知,覆纹性状由2对等位基因控制,又由于控制覆纹性状的基因与控制果皮颜色的基因位于不同的同源染色体上,则三对基因的遗传遵循自由组合定律,理论上果皮黄色占果皮颜色性状中的1/4,无覆纹占覆纹性状中的7/16,因此,理论上F2中果皮黄色无覆纹的甜瓜植株大约有6401/47/16=70(株),故D项对。3.(2020湖南岳阳一中第三次月考,21)如图表示豌豆杂交实验中F1自交产生F2的结果统计。对此相关说法不正确的是()A.这个结果能够说明黄色和圆粒是显性性状B.出现此实验结果的原因之一是不同对的遗传因子自由组合C.根据图示结果不能确定F1的表现型和遗传因子组成D.根据图示结果不能确定亲本的表
11、现型和遗传因子组成答案C单独看每一对性状可知,黄色绿色=41614031,圆粒皱粒=42313331,能够说明黄色和圆粒是显性性状,A正确。F2中黄圆绿圆黄皱绿皱=9331,可知两对基因的遗传遵循自由组合定律,B正确。F1的表现型为黄色圆粒(AaBb),C错误。要获得黄色圆粒(AaBb)的F1,亲本表现型有两种情况:黄色圆粒(AABB)绿色皱粒(aabb)、黄色皱粒(AAbb)绿色圆粒(aaBB),D正确。4.(2020河北石家庄二中4月月考,6)在孟德尔利用豌豆进行两对相对性状的杂交实验中,可能具有1111比例关系的是()F1自交后代的表现型比例F1产生配子种类的比例F1测交后代的表现型比例
12、F1自交后代的基因型比例F1测交后代的基因型比例A.B.C.D.答案CF1自交后代表现型比例为9331,与题意不符,错误;F1产生配子种类的比例为1111,符合题意,正确;F1测交后代的表现型比例为1111,符合题意,正确;F1自交后代的基因型比例为122412121,与题意不符,错误;F1测交后代的基因型比例为1111,符合题意,正确。5.(2020江苏徐州一模,7)下列有关孟德尔豌豆杂交实验的叙述,正确的是()A.豌豆杂交时对父本的操作程序为去雄套袋人工授粉套袋B.F1测交将产生4种表现型比例相等的后代,属于孟德尔假说的内容C.自由组合定律是指F1产生的4种类型的精子和卵细胞自由结合D.选
13、择具有自花闭花受粉特性的豌豆作为实验材料是孟德尔实验成功的原因之一答案D豌豆杂交时需要对母本的操作程序为:去雄套袋人工授粉套袋,A错误。F1测交将产生四种表现型的后代,比例为1111,这是演绎推理的内容,B错误。自由组合定律指F1在形成配子时,一个细胞中同源染色体上的等位基因彼此分离,非同源染色体上的非等位基因自由组合;F1产生的4种类型的精子和卵细胞随机结合是受精作用,C错误。孟德尔选择豌豆是因为其自然条件下是自花闭花受粉的,自然条件下是纯合子,且有易于区分的相对性状,科学选材是孟德尔实验成功的原因之一,D正确。知识拓展假说演绎法是指提出问题作出假说演绎推理实验验证得出结论,在两对相对性状的
14、杂交实验中,孟德尔作出的假说是:F1形成配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子可以自由组合;F1产生四种比例相等的配子,且雌雄配子结合机会相同。而“F1测交将产生四种表现型的后代,比例为1111”属于演绎推理。6.(2019江苏南通海安高级中学检测,21)如图为某植株自交产生后代的过程示意图,下列对此过程及结果的描述,不正确的是()AaBbABAbaBab配子间M种结合方式子代:N种基因型P种表现型(1231)A.A、a与B、b的自由组合发生在过程B.过程发生雌、雄配子的随机结合C.M、N、P分别代表16、9、3D.该植株测交后代表现型比例为1111答案D据题图分析,表示减数分裂,A、
15、a与B、b的自由组合发生在减数第一次分裂的过程中,A正确;过程发生雌、雄配子的随机结合,即受精作用,B正确;过程形成4种配子,雌、雄配子的随机组合的方式有44=16种,基因型为33=9种,由题图中1231可知,表现型为3种,C正确;该植株测交后代基因型以及比例为1(A_B_)1(A_bb)1(aaB_)1(aabb),由题中1231可知,表现型的比例为211,D错误。7.(2020浙江杭州重点中学期中,19)做模拟孟德尔杂交实验,用4个大信封,按照下表分别装入一定量的卡片。下列叙述正确的是()大信封信封内装入卡片黄Y绿y圆R皱r雄1101000雌1101000雄2001010雌2001010A
16、.“雄1”中Y、y的数量与“雌1”中Y、y的数量可以不相等B.分别从“雄1”和“雌1”内随机取出1张卡片,记录组合类型,模拟基因的自由组合C.分别从“雄1”和“雄2”内随机取出1张卡片,记录组合类型,模拟配子的随机结合D.每次分别从4个信封内随机取出1张卡片,记录组合类型,重复20次,直到将卡片取完答案A基因型为Yy的个体产生的雌、雄配子中Y与y的配子均相等,但雄配子数量远多于雌配子,故“雄1”中Y和y的数量相等,“雌1”中Y和y的数量要求相等,但“雄1”和“雌1”内的卡片总数量可以不相等,A正确;分别从“雌1”和“雄1”内随机取出1张卡片(代表雌、雄配子),记录组合类型,模拟的是一对相对性状
17、的杂交实验中雌、雄配子的随机结合,B错误;分别从“雄1”和“雄2”内随机取出1张卡片(代表非等位基因),记录组合类型,模拟非等位基因的自由组合,C错误;每次从信封内取出卡片记录组合类型后,需将卡片放回原信封内,以保证每个信封内两种卡片数量相同,D错误。8.(2020宁夏石嘴山4月适应性考试,4)某兴趣小组学习了“性状分离比的模拟”实验后,还设计了孟德尔两对相对性状自由组合的模拟实验(Y、y和R、r两对基因独立遗传)。下列有关做法不合理的是()A.F1Dd个体减数分裂产生配子种类及比例,一个小桶两色小球(标记为D、d,比例为11)B.F1Dd个体自交子代基因型及比例,两个小桶各两色小球(标记为D
18、、d,比例为11)C.F1YyRr个体自交子代基因型及比例,两个小桶,一个小桶有两色小球(标记为Y、y,比例为11);另一个小桶有两色小球(标记为R、r,比例为11)D.F1YyRr个体自交产生的雌雄配子自由组合,两个小桶各四色小球(标记为YR、Yr、yR、yr,比例为1111)答案C由于Dd产生配子的比例为Dd=11,要模拟Dd个体减数分裂产生配子种类及比例,一个小桶两色小球(标记为D、d,比例为11),A正确;Dd个体自交,雌雄配子随机结合,若模拟Dd产生的配子及比例,即两个小桶各两色小球(标记为D、d,比例为11),B正确;YyRr个体自交产生的后代可能的基因型及比例是(1YY2Yy1y
19、y)(1RR2Rr1rr),一个桶中放三色小球,模拟1YY2Yy1yy,另一个桶中放三色小球,模拟1RR2Rr1rr,C错误;YyRr个体自交过程中配子可能的组合方式有16种,可以一个桶中放入四种颜色小球,模拟四种雌配子,另一个桶中放入四种颜色小球,模拟四种雄配子,且两桶中四种小球的比例相等,D正确。9.(2019湖北宜昌期末调研,6)有关孟德尔两对相对性状(豌豆的黄色与绿色、圆粒与皱粒)杂交实验的分析,正确的是()A.孟德尔对F1植株上收获的556粒种子进行统计,发现4种表现型,比例接近9331B.基因型为YyRr的豌豆产生的YR卵细胞和YR精子的数量之比约为11C.基因型为YyRr的豌豆产
20、生的雌、雄配子随机结合,体现了自由组合定律的实质D.黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律,故这两对性状的遗传遵循自由组合定律答案A孟德尔将纯合的黄圆和绿皱个体杂交得到的子一代均为黄圆,子一代自交得到子二代的表现型及比例接近9(黄圆)3(黄皱)3(绿圆)1(绿皱),其中F1植株上收获的种子为F2,所以对F1植株上收获的556粒种子进行统计,应有4种表现型,比例接近9331,A正确;基因型为YyRr的豌豆将产生雌、雄配子各4种,数量比接近1111,但雌配子和雄配子的数量不相等,其中雄配子的数量远远多于雌配子的数量,B错误;基因的自由组合定律的实质是:在减数分裂的过程中,同源染色体上的等位基因
21、彼此分离的同时,非同源染色体上的非等位基因自由组合,雌、雄配子随机结合不能体现自由组合定律,C错误;只有当两对相对性状的等位基因位于非同源染色体上时才遵循自由组合定律,D错误。考点二自由组合定律及其应用10.(2019天津和平二模,5)人类的显性基因D对耳蜗管的形成是必需的,显性基因E对听神经的发育是必需的,二者缺一,个体即聋。这两对等位基因分别位于两对常染色体上。下列叙述错误的是()A.夫妇中有一个耳聋,也有可能生下听觉正常的孩子B.基因型均为DdEe的双亲生下耳聋的孩子的概率为9/16C.一方只有耳蜗管正常,另一方只有听神经正常的夫妇,有可能生下听觉正常的孩子D.耳聋夫妇有可能生下基因型为
22、DdEe的孩子答案B夫妇中有一个耳聋,当另一方基因型为DDEE时,就可以生下基因型为D_E_的听觉正常的孩子,A正确;基因型为DdEe的双亲生下听觉正常的孩子的概率是9/16,该双亲生下耳聋孩子的概率是7/16,B错误;若夫妻双方基因型为DDee(只有耳蜗管正常)和ddEE(只有听神经正常),其后代是基因型为DdEe的听觉正常的孩子,C、D正确。11.(2020湖南常德二模,3)有一种名贵的兰花,花色有红色、蓝色两种,其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将亲代红花和蓝花进行杂交,F1均为红花,F1自交,F2红花与蓝花的比例为2737。下列说法正确的是()A.F2中蓝花基因型有19种B.兰花花色遗传由
23、一对同源染色体上的一对等位基因控制C.兰花花色遗传由两对同源染色体上的两对等位基因控制D.若F1测交,则其子代表现型及比例为红花蓝花=71答案A由亲代红花和蓝花进行杂交,F1均为红花可知,红花对蓝花为显性,F1自交,产生的F2中红花与蓝花的比例为2737,即红花比例为27/64=(3/4)3,说明控制花色的基因由三对等位基因控制,且三显类型表现为红花,基因型种类为222=8(种),其他类型为蓝花,基因型种类为27-8=19(种)。由分析可知,F2中蓝花基因型有19种,A正确;兰花花色遗传由三对同源染色体上的三对等位基因控制,B、C错误;若F1测交(相关基因用A/a、B/b、C/c表示),则其子
24、代基因型有8种,分别为AaBbCc(红花)、aaBbCc(蓝花)、AabbCc(蓝花)、AaBbcc(蓝花)、aabbCc(蓝花)、aaBbcc(蓝花)、Aabbcc(蓝花)、aabbcc(蓝花),且比例均等,即比例为红花蓝花=17,D错误。12.(2020湖南衡阳八中第三次月考,22)某植物的花色受两对等位基因(E和e,F和f)控制,两对基因独立遗传,基因E和F的作用相反,E基因控制色素合成(颜色的深浅与E基因的个数呈正相关),F基因淡化色素的颜色(淡化的程度与F基因的个数呈正相关),该植物的花色有红色、粉红、白色三种,部分基因型与表现型的关系如表所示。下列相关说法正确的是()基因型Eeff
25、Eeff、EEFfEEFF、EeFf表现型红色粉色白色A.白色植株的基因型除了表中所给外,还有eeFF、eeFf、eeff三种B.红色与白色植株杂交,后代不会出现白色植株C.基因型为EeFf的植株自交,后代红色粉色白色=121D.若纯合红色植株与纯合白色植株杂交,后代全为粉色植株,则亲本中白色植株的基因型为EEFF或eeff答案D由题干可知,F基因抑制色素合成,且抑制作用与F基因个数呈正相关,因此白色植株除了EEFF、EeFf外,还有eeFF、eeFf、eeff、EeFF四种,A错误。红色植株基因型可能是EEff,白色植株的基因型可能是EEFF、EeFf、eeFF、eeff、eeFf、EeFF
26、,杂交后代会出现白色植株,B错误。EeFf自交后代基因型及比例是EEFFEEFfEeFFEeFfEeffEEffeeFFeeFfeeff=122421121,其中红色植株是EEff,粉色植株是EEFf、Eeff,其他植株为白色,红色粉色白色=1411,C错误。纯合红色植株的基因型是EEff,与纯合白色植株杂交,子一代全为粉色植株(EEFf、Eeff),白色亲本植株基因型为EEFF或eeff,D正确。13.(2020河南三门峡一模,12)已知三对基因在染色体上的位置情况如图所示,且三对基因分别单独控制三对相对性状,则下列说法正确的是()A.三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律B.基因型为AaDd
27、的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表现型,比例为3311C.如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换,则它只产生4种配子D.基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表现型,比例为9331答案B图中看出,图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上,其遗传不遵循基因的自由组合定律,A错误;基因A、a与D、d遵循自由组合定律,因此基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表现型,比例为3311,B正确;如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换,则它只产生2种配子,C错误;图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上,不遵循基因的自由组
28、合定律,因此AaBb的个体自交后代不会出现9331的性状分离比,D错误。14.(2019湖南三湘名校第一次联考,25)某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因控制(如A、a;B、b;C、c)。当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即A_B_C_)才开红花,否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系,相互之间进行杂交,各杂交组合后代的表现型及其比例如下:甲乙乙丙乙丁F1白色F1红色F1红色F2白色F2红色81白色175F2红色27白色37甲丙甲丁丙丁F1白色F1红色F1白色F2白色F2红色81白色175F2白色根据哪些杂交组合可以判断该植物的花色受4对等位基因的控制()
29、A.甲乙、乙丙B.乙丙、甲丁C.乙丁、甲丁D.乙丙、丙丁答案B本题通过植物花色的性状遗传分析考查考生的分析与推断能力,属于对科学思维素养的考查。甲、乙、丙、丁分别为4个纯合白花品系。甲乙、甲丙与丙丁这三个杂交组合的F1与F2均为白花,无法判断花色受几对等位基因的控制;乙丙与甲丁这两个杂交组合,F2中的红色个体占全部个体的比例均为81/(81+175)=81/256=(3/4)4,说明这两个杂交组合中都可涉及4对等位基因;乙丁杂交组合,F2中的红色个体占全部个体的比例为27/(27+37)=27/64=(3/4)3,说明该杂交组合可涉及3对等位基因,B正确。15.(2020江苏苏州五校联考,11
30、)报春花的花色白色(只含白色素)和黄色(含黄色锦葵色素)由两对等位基因(A和a,B和b)共同控制,这两对等位基因独立遗传,控制机理如图所示。现选择AABB和aabb两个品种进行杂交,得到F1,F1自交得F2,则下列说法正确的是()A.F1的表现型是黄色B.F2中黄色白色的比例是35C.黄花植株的基因型是AAbb或AabbD.F2中的白色个体的基因型种类有5种答案C由题意知,AABB和aabb两个品种进行杂交,F1的基因型为AaBb,所以表现型是白色,A错误;AABB和aabb杂交形成F1,F1植株自交获得F2A_B_(白花)A_bb(黄花)aaB_(白花)aabb(白花),所以F2中黄花与白花
31、植株的比例为313,B错误;由于基因B抑制基因A的表达,所以开黄花的报春花植株的基因型可能是AAbb或Aabb,C正确;F2中的白色个体的基因型种类有7种,分别为AABB、AaBB、AABb、AaBb、aaBB、aaBb和aabb,D错误。16.(2020湖南湘潭三模,32)(10分)某自花传粉植物的花色受两对独立遗传的等位基因A/a和B/b控制,基因对性状的控制途径如图所示。让某纯合红花植株与基因型为aaBB的植株杂交,得到F1,让F1自交得到F2。请回答下列问题:(1)分析上图花色的形成途径,可知基因与性状的关系是。(2)F2植株中,白花植株共有种基因型,粉花植株所占的比例为。(3)F1中
32、偶然出现了一株白花植株(M),推测在M的基因A/a或基因B/b中,某个基因发生了突变,则M的基因型可能是。能否通过让M自交的方法来判断其基因型,并说明原因:。答案(1)基因通过控制酶的合成来控制代谢过程,进而控制生物体的性状;两对基因可以控制一对相对性状(2)53/8(3)aaBb或AaBB不能;M的基因型是aaBb或AaBB,自交子代均开白花解析分析题图可知,基因A表达使花色表现为红色,基因B表达使花色颜色减淡且基因B数量越多,花色越淡,故红花的基因型为A_bb,粉花的基因型为A_Bb,白花的基因型为A_BB和aa_。(1)根据题图花色的形成途径可知,基因通过控制酶的合成来控制代谢过程,从而
33、控制生物的性状;两对基因可以同时控制一对性状。(2)纯合红花的基因型为AAbb,与aaBB植株杂交,得F1的基因型为AaBb全为粉花,则F2植株中,白花植株的基因型可为AABB、AaBB、aaBB、aaBb和aabb共5种;粉花的基因型为AABb和AaBb,在F2植株中粉花植株所占的比例为(1/4+1/2)1/2=3/8。(3)F1的基因型为AaBb,发生基因突变变为白花,则基因型可能是AaBB或aaBb;若M的基因型为AaBB,自交子代为白花,若M的基因型为aaBb,自交子代依旧为白花,故不能通过让M自交的方法来判断其基因型。17.(2020广东惠州调研,32)果蝇的卷翅与长翅(基因用A/a
34、表示)、红眼与紫眼(基因用B/b表示)是两对相对性状,基因均位于常染色体上。现用卷翅紫眼品系果蝇与长翅红眼品系果蝇进行杂交,F1的表现型均为卷翅红眼和长翅红眼,再将F1卷翅红眼果蝇雌雄交配,得到F2的表现型及比例为卷翅红眼卷翅紫眼长翅红眼长翅紫眼=6231。(1)在翅型这一相对性状中,(用“卷翅/长翅”作答)是隐性性状;在眼色这一相对性状中,(用“红眼/紫眼”作答)是隐性性状;亲本卷翅紫眼品系果蝇基因型为。这两对等位基因(填“是”或“否”)遵循基因的自由组合定律。(2)对F2的表现型出现6231的原因最合理的解释是。根据此解释,则F2中表现型为卷翅红眼的果蝇的基因型有。(3)科研人员将亲本中的
35、卷翅紫眼品系果蝇相互交配,发现后代只有卷翅,而不出现长翅。进一步研究发现,控制翅型的基因所在的这对同源染色体的其他位点上存在着一个致死基因。请据此推断,该致死基因是(用“显/隐”作答)性基因,且该基因与(用“A/a”作答)位于同一条染色体上。答案(1)长翅紫眼Aabb是(2)显性基因AA纯合致死(显性基因AA的受精卵不能正常发育)(补充答案:基因型为AABB、AABb、AAbb的受精卵致死或不能正常发育)AaBB与AaBb(3)隐a解析(1)由题意可知,在翅型这一相对性状中,长翅是隐性性状;在眼色这一相对性状中,紫眼是隐性性状;亲本卷翅紫眼品系果蝇基因型为Aabb。F2的表现型比例与9331相
36、似,说明符合自由组合定律。(2)F2的表现型出现6231的比例,其中红眼紫眼=31,卷翅长翅=21,由此推断卷翅中显性纯合子(AA)致死。根据此解释,则F2中表现型为卷翅红眼的果蝇的基因型有AaBB与AaBb。(3)由于亲本卷翅基因为Aabb,按照正常情况AA致死,后代卷翅和长翅的比例应该为21,根据题意发现没有长翅(aa)出现,说明a基因所在的染色体上存在致死基因,且该致死基因是隐性基因。18.(2020广东广州阶段训练,32)某植物的性别由两对独立遗传的基因(T/t和D/d)控制,T_dd为雌株,ttD_为雄株,T_D_、ttdd为雌雄同株。叶片颜色深绿和浅绿由另一对独立遗传的等位基因控制
37、。研究人员用深绿雄株个体和浅绿雌株个体杂交,所得后代(F1)中,深绿雌雄同株个体和深绿雄株个体各占一半。回答下列问题。(1)叶片颜色中显性性状是。两个亲本中,杂合子亲本是。(2)单株隔离种植F1(只允许同株传粉),所得后代(F2)中基因型有(填数字)种,其中浅绿雌株个体所占比例是。(3)甲、乙两学习小组分别选用TtDd与ttdd杂交、TtDd自交的方法验证两对基因(T/t和D/d)遵循自由组合定律。若甲组的子代的性状及比例为,则能证明两对基因遵循自由组合定律。同学们讨论后认为,乙组所选方法优于甲组,其理由是。答案(1)深绿浅绿雌株(2)273/64(3)雌株雄株雌雄同株=112(说明:只要对应
38、比例正确,顺序可换)不用进行人工杂交,操作简便解析(1)根据题干信息可知,叶片颜色深绿和浅绿由另一对独立遗传的等位基因控制。深绿和浅绿植株杂交产生的后代都是深绿植株,因此叶片颜色中显性性状是深绿。假设控制叶片颜色的基因为A/a,假设亲本浅绿雌株为杂合子,则基因型为aaTtdd,与纯合雄株AAttDD杂交产生的F1为雄株雌雄同株=AattDdAaTtDd=11,符合题意,所以亲本中杂合子亲本是浅绿雌株。(2)因为单株隔离种植F1,所以F1只有雌雄同株个体能够同株自交传粉。由上述分析可知F1雌雄同株的基因型为AaTtDd,其自交得到F2,F2的基因型有333=27种。浅绿雌株的基因型为aaT_dd
39、,浅绿雌株个体所占比例是1/43/41/4=3/64。(3)甲组用TtDd与ttdd杂交,若两对基因遵循自由组合定律,甲组的子代的性状及比例为雌株雄株雌雄同株=112。相较于甲组,乙组所选方法优于甲组,因为乙组雌雄同株的植株不用进行人工杂交,操作简便。综合篇【综合集训】提升一“拆分组合”法求解自由组合定律问题1.(2020江苏白蒲中学高三月考,13)已知A与a、B与b、C与c3对等位基因独立遗传且完全显性,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.表现型有8种,aaBbCc个体占的比例为1/16B.表现型有4种,AaBbCc个体占的比例为1
40、/16C.表现型有4种,aaBbcc个体占的比例为1/16D.表现型有8种,Aabbcc个体占的比例为1/8答案A2.(2021届江苏扬州邗江第一次质检,14)控制南瓜重量的基因有Aa、Bb、Ee三对基因,分别位于三对染色体上,且每种显性基因控制的重量程度相同。aabbee重量是100g,基因型为AaBbee的南瓜重130g。现有基因型为AaBbEe和AaBBEe的亲代杂交,则有关其子代的叙述不正确的是()A.基因型有18种B.表现型有6种C.果实最轻约115gD.果实最重的个体出现的概率是1/8答案D3.(2021届江苏新高考质检,8)节瓜有全雌株(只有雌花)、全雄株(只有雄花)和正常株(雌
41、花、雄花均有)三种性别类型的植株,且节瓜的性别由两对等位基因(A、a和B、b)控制,研究人员进行了如图所示的实验。下列推测不合理的是()A.节瓜的性别遗传方式遵循基因的自由组合定律B.实验一中,F2正常株的基因型为A_B_,其中纯合子占1/9C.若aaB_为全雌株,则实验二中,亲本正常株的基因型为AaBBD.实验一中,F1正常株测交结果为全雌株正常株全雄株=121答案B提升二遗传定律的验证及基因型的探究方法4.(2017课标全国,32,6分)已知某种昆虫的有眼(A)与无眼(a)、正常刚毛(B)与小刚毛(b)、正常翅(E)与斑翅(e)这三对相对性状各受一对等位基因控制。现有三个纯合品系:aaBB
42、EE、AAbbEE和AABBee。假定不发生染色体变异和染色体交换,回答下列问题:(1)若A/a、B/b、E/e这三对等位基因都位于常染色体上,请以上述品系为材料,设计实验来确定这三对等位基因是否分别位于三对染色体上。(要求:写出实验思路、预期实验结果、得出结论)(2)假设A/a、B/b这两对等位基因都位于X染色体上,请以上述品系为材料,设计实验对这一假设进行验证。(要求:写出实验思路、预期实验结果、得出结论)答案(1)选择、三个杂交组合,分别得到F1和F2,若各杂交组合的F2中均出现四种表现型,且比例为9331,则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上;若出现其他结果,则可确定这三对等位基
43、因不是分别位于三对染色体上。(2)选择杂交组合进行正反交,观察F1中雄性个体的表现型。若正交得到的F1中雄性个体与反交得到的F1中雄性个体有眼/无眼、正常刚毛/小刚毛这两对相对性状的表现均不同,则证明这两对等位基因都位于X染色体上。5.(2021届江苏新高考质检,25)科学家通过对鼠进行多年的研究,积累了大量的遗传学资料。鼠的毛色有灰色和黑色两种类型,受一对等位基因R、r控制。尾有短尾和长尾的区别,受一对等位基因T、t控制。现有灰色短尾鼠与黑色长尾鼠杂交,F1均为灰色短尾。F1与黑色长尾鼠杂交,F2中灰色长尾灰色短尾黑色长尾黑色短尾=1111。请回答下列问题。(1)鼠的毛色中显性性状是,判断依
44、据是。(2)通过上述实验,(填“能”或“不能”)说明短尾和长尾这对基因位于X染色体上,原因是。(3)控制这两对相对性状的基因位于对同源染色体上,理论依据是。(4)若一只基因型为RrXTY的鼠与一雌鼠杂交,所有子代均正常发育,子代表现型为灰色短尾雄鼠的比例为3/16。后代中与亲代基因型相同的鼠占后代总数的。现有一只与亲代雄性表现型相同的鼠,为证明它们的基因型是否也相同,某同学进行了测交实验,请预测实验结果及结论。(5)已知控制灰色和黑色的基因位于常染色体上,控制短尾和长尾的基因位于X染色体上。请从F2中选取合适的个体通过一次杂交实验进行验证,请写出杂交组合。答案(1)灰色灰色鼠与黑色鼠杂交,后代
45、均为灰色鼠(2)不能不能根据F1和F2的表现型判断出长尾和短尾的遗传是否与性别相关联(3)两F1与隐性纯合的黑色长尾鼠杂交,F2出现四种表现型,并且比例为1111,推断出F1产生四种配子,比例是1111,说明这两对基因位于两对同源染色体上(4)1/4若后代出现黑色鼠(既有灰色鼠又有黑色鼠或灰色长尾灰色短尾黑色长尾黑色短尾=1111),则它们的基因型相同;若后代没有出现黑色鼠(全为灰色鼠或灰色短尾灰色长尾=11),则它们的基因型不同(5)灰色长尾雌灰色短尾雄或黑色长尾雌灰色短尾雄或灰色长尾雌和黑色短尾雄提升三两大遗传定律及特殊分离比6.(2020山西长治一联,16)控制棉花纤维长度的三对等位基因
46、A/a、B/b、C/c对长度的作用相等,分别位于三对同源染色体上。已知基因型为aabbcc的棉纤维长度为6厘米,每个显性基因增加纤维长度2厘米。棉花植株甲(AABbcc)与乙(aaBbCc)杂交,则F1的棉纤维长度范围是()A.614厘米B.616厘米C.814厘米D.816厘米答案C7.(2020黑龙江牡丹江一中月考,25)已知某种植物紫色和红色色素形成的生物化学途径是:合成了红色中间产物就开红花,合成了紫色物质就开紫花,否则开白花。A(a)基因和B(b)基因分别位于两对同源染色体上,基因型为AaBb的植株自交,子一代植株的表现型及比例为()前体物质(白色)中间产物(红色)紫色物质A.紫花红
47、花白花=934B.紫花白花=11C.紫花白花=97D.紫花红花白花=961答案A教师专用题组【综合集训】提升一“拆分组合”法求解自由组合定律问题1.(2020江苏楚州中学第三次阶段考,20)现用基因型为AABBCC的个体与aabbcc的个体杂交得到F1,将F1与隐性亲本测交,测交后代出现的四种基因型如表所示。下列有关分析错误的是()基因型aabbccAaBbCcaaBbccAabbCc数目203196205199A.测交结果说明F1产生abc、ABC、aBc、AbC四种类型的配子B.测交后代四种基因型一定对应四种表现型且比例接近1111C.据实验结果推测A和C在同一染色体上,a和c在同一染色体
48、上D.若让测交后代中基因型为AabbCc个体自交,后代中纯合子的比例为1/2答案B分析题干信息,F1的基因型是AaBbCc,隐性亲本aabbcc产生的配子基因组成为abc,即F1产生的四种类型的配子:abc、ABC、aBc、AbC,A正确;基因型和表现型不一定都是一一对应的关系,基因与性状的关系并不都是简单的线性关系,B错误;根据实验结果可知,基因A和C、a和c总是同时出现,由此可推测A和C在同一染色体上,a和c在同一染色体上,C正确;根据C项分析可知,基因型为AabbCc的个体能产生两种配子1/2AbC和1/2abc,该个体自交后代中纯合子基因型有AAbbCC和aabbcc,所占比例为1/2
49、1/2+1/21/2=1/2,D正确。2.(科学思维演绎与推理)已知A与a、B与b、D与d三对等位基因自由组合且为完全显性,基因型分别为AabbDd、AaBbDd的两个个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测,正确的是()A.基因型有18种,AabbDd个体的比例为1/16B.表现型有6种,aabbdd个体的比例为1/32C.杂合子的比例为7/8D.与亲本基因型不同的个体的比例为1/4答案C三对等位基因的自由组合可拆分为3个分离定律分别计算,再运用乘法原理进行组合。AaAa1AA2Aa1aa,后代有2种表现型;bbBb1Bb1bb,后代有2种表现型;DdDd1DD2Dd1dd,后代有2种表现型。A
50、abbDdAaBbDd的后代有323=18种基因型,AabbDd个体的比例为1/2(Aa)1/2(bb)1/2(Dd)=1/8,A错误。子代中有222=8种表现型,aabbdd个体的比例为1/4(aa)1/2(bb)1/4(dd)=1/32,B错误。子代中纯合子占1/21/21/2=1/8,杂合子的比例为1-1/8=7/8,C正确。与亲本基因型不同的个体占的比例=1-(AabbDd的概率+AaBbDd的概率)=1-(1/21/21/2+1/21/21/2)=1-1/4=3/4,D错误。3.(2020辽宁葫芦岛期末,19)蝴蝶紫翅(P)对黄翅(p)为显性,绿眼(G)对白眼(g)为显性,某生物小组
51、用紫翅绿眼和紫翅白眼的蝴蝶进行杂交,F1出现的性状类型及比例如图所示。下列叙述正确的是()A.亲本的基因型是PpGgPPggB.F1中纯合的紫翅绿眼占F1的1/8C.F1紫翅白眼个体中,与亲本基因型相同的个体占1/2D.F1紫翅白眼自交(基因型相同的雌雄个体间交配),F2中纯合子占2/3答案D由后代紫翅黄翅=31,推出两个亲本的基因型为PpPp;由后代绿眼白眼=11,推出亲本绿眼的基因型为Gg;则两个亲本的基因型组成为PpGgPpgg,A错误。F1中没有纯合的紫翅绿眼PPGG,B错误。F1紫翅白眼(P_gg)个体中,与亲本基因型Ppgg相同的个体占2/3,C错误。F1紫翅白眼(2/3Ppgg、
52、1/3PPgg)自交(基因型相同的雌雄个体间交配),F2中纯合子占2/31/2(PPgg、ppgg)+1/3(PPgg)=2/3,D正确。4.(2020福建宁德期末,5)桃花的花色有粉色(R_W_)、红色(rrW_)、白色(_ww),花瓣有单瓣(AA)、复瓣(Aa)、重瓣(aa),三对等位基因独立遗传。现有一株粉色复瓣(RrWwAa)桃花自交,后代植株出现概率为1/16的表现型是()A.粉色单瓣B.红色复瓣C.粉色重瓣D.白色重瓣答案D控制花瓣的A对a是不完全显性,Aa自交后代为1/4AA(单瓣)、1/2Aa(复瓣)、1/4aa(重瓣);RrWwAa自交后代中,粉色单瓣即R_W_AA占3/43
53、/41/4=9/64,A不符合题意;红色复瓣即rrW_Aa占1/43/41/2=3/32,B不符合题意;粉色重瓣即R_W_aa占3/43/41/4=9/64,C不符合题意;白色重瓣即_wwaa占11/41/4=1/16,D符合题意。5.(2020河北辛集中学一模,5)中国动物遗传学家陈桢证明金鱼体色的遗传是由常染色体上基因控制的,白色是由四对隐性基因(aabbccdd)控制的性状。这四对基因分别位于不同的同源染色体上。而四对基因中只要有一个显性基因存在时,就使个体表现为紫色,观察发现紫色鱼的体色深浅程度随显性基因的数目增多而加深。用紫色最深的紫色鱼与白色鱼杂交得到足够数量的F1,让F1雌雄鱼杂
54、交,得到F2个体(假设F2个体的各表现型成活率相同),则下列说法错误的是()A.金鱼体色的遗传遵循基因的自由组合定律B.紫色最深的金鱼基因型是AABBCCDDC.F2中紫色个体中纯合子占1/255D.F2个体中杂合子占15/16答案C这四对基因分别位于不同的同源染色体上,因此金鱼体色的遗传遵循基因的自由组合定律,A正确;四对基因中只要有一个显性基因存在时,就使个体表现为紫色,观察发现紫色鱼的体色深浅程度随显性基因的数目增多而加深,由此推出紫色最深的金鱼的基因型是AABBCCDD,B正确;根据自由组合定律知,F2中紫色个体占255/256,其中纯合子的基因型种类应是2222-1=15种,则F2中
55、紫色个体中纯合子占15/255,C错误;F2个体中纯合子应是16/256,即1/16,则杂合子占15/16,D正确。6.(科学思维演绎与推理)人类的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制,A/a、B/b、E/e位于三对同源染色体上。AABBEE为黑色,aabbee为白色,其他性状与基因型的关系如图所示,即肤色深浅与显性基因个数有关,如基因型为AaBbEe、AABbee与aaBbEE的人与其他含任何三个显性基因的人肤色一样。若双方均含3个显性基因的杂合子婚配(AaBbEeAaBbEe),则子代肤色的基因型和表现型分别有多少种()A.27,7B.16,9C.27,9D.16,7答案A基因
56、型为AaBbEe的人与基因型为AaBbEe的人婚配,子代基因型种类有333=27(种),其中显性基因个数分别有6个、5个、4个、3个、2个、1个、0个,共有7种表现型。故选A。8.已知A与a、B与b、C与c3对等位基因可自由组合,基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交(不考点共显性和基因互作)。下列关于杂交后代的推测,正确的是()A.表现型有8种,AaBbCc个体的比例为1/16B.表现型有4种,aaBbcc个体的比例为1/16C.表现型有8种,Aabbcc个体的比例为1/8D.表现型有8种,aaBbCc个体的比例为1/16答案D三对等位基因的自由组合可分别按分离定律推理,再按
57、乘法原理计算。AaAa1AA2Aa1aa,后代有2种表现型;Bbbb1Bb1bb,后代有2种表现型;CcCc1CC2Cc1cc,后代有2种表现型,所以,AaBbCcAabbCc的后代有222=8种表现型。杂交后代中,AaBbCc个体的比例为1/2(Aa)1/2(Bb)1/2(Cc)=1/8(AaBbCc);aaBbcc个体的比例为1/4(aa)1/2(Bb)1/4(cc)=1/32(aaBbcc);Aabbcc个体的比例为1/2(Aa)1/2(bb)1/4(cc)=1/16(Aabbcc);aaBbCc个体的比例为1/4(aa)1/2(Bb)1/2(Cc)=1/16(aaBbCc),综上分析,
58、D正确。提升二遗传定律的验证及基因型的探究方法7.(2020北京东城期末,7)某种昆虫长翅(A)对残翅(a)、直翅(B)对弯翅(b)、有刺刚毛(D)对无刺刚毛(d)为显性,控制这三对性状的基因位于常染色体上。如图表示某一个体的基因组成,若不考虑交叉互换,以下判断正确的是()A.图中A与B互为等位基因,A与D互为非等位基因B.该个体的一个初级精母细胞所产生的精细胞基因型有四种C.控制翅长与翅形的两对等位基因遗传时遵循自由组合定律D.若该个体与隐性个体测交,后代基因型比例为1111答案D图中A与B没有在同源染色体的同一位置,不属于等位基因,A错误;由于是该个体的一个初级精母细胞所产生的精细胞,因此
59、精细胞有四个,其基因型有两种,B错误;控制翅长与翅形的两对等位基因在一对同源染色体上,所以其遗传时遵循分离定律,C错误;若该个体与隐性个体测交,由于该个体可产生4种比例相等的配子,因此后代基因型比例为1111,D正确。8.现有四个纯种果蝇品系,其中均只有一种性状是隐性,其余性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如表所示,相关叙述正确的是()品系隐性性状均为显性残翅黑身紫红眼相应染色体、A.若通过观察体色验证分离定律,必须选择交配组合B.若验证自由组合定律,可选择得F1,让F1自由交配C.若验证自由组合定律,可选择得F1,让F1自由交配D.若验证自由组合定律,可选择
60、得F1,让F1自由交配答案D设残翅、黑身和紫红眼的基因型分别是aa、bb、dd,四个纯种果蝇品系的基因型分别是AABBDD、aaBBDD、AAbbDD、AABBdd。利用体色验证分离定律,需得到基因型为Bb的杂合子,除外,还可选择交配组合、,A错误;自由组合定律研究的是非同源染色体上的非等位基因,因此,F1体细胞中至少含两对等位基因,且这两对等位基因需位于非同源染色体上,与杂交得到的F1(AaBbDD),其两对等位基因位于一对同源染色体上,B错误;与杂交得到的F1(AABBDd),只有一对等位基因,C错误;与杂交得到的F1(AABbDd),含两对等位基因,且这两对等位基因位于非同源染色体上,可
61、验证自由组合定律,D正确。9.(2020天津一模,4)已知玉米的体细胞中有10对同源染色体,如表为玉米6个纯合品系的表现型、相应的基因型(字母表示)及基因所在的染色体。品系均只有一个性状是隐性纯合的,其他性状均为显性纯合。下列有关说法中正确的是()品系果皮节长胚乳味道高度胚乳颜色性状显性纯合子白色pp短节bb甜aa矮茎dd白色gg所在染色体、A.该玉米经减数分裂后,卵细胞中则有5对同源染色体B.若要验证基因的自由组合定律,可选择品系和作亲本进行杂交C.若号染色体上的部分基因转移到了号染色体上,则这种变异类型最可能是染色体结构变异D.选择品系和作亲本杂交得F1,F1再自交得F2,则F2表现为长节
62、高茎的植株中,纯合子的概率为1/4答案C玉米染色体2n=20,经过减数分裂后,子细胞有10条染色体,但没有同源染色体,A错误;基因自由组合定律的实质是等位基因彼此分离的同时非同源染色体上的非等位基因自由组合;控制茎的高度和胚乳颜色的基因都位于号染色体上,因此控制茎的高度和胚乳颜色的基因在遗传时不遵循基因的自由组合定律,B错误;若号染色体上的部分基因转移到了号染色体上,则这种变异类型是染色体结构变异中的易位,C正确;选择品系和作亲本杂交,基因型是bbDD和BBdd,F1全为BbDd,两对基因自由组合,所以F1再自交得F2,则F2表现为长节高茎(B_D_)的植株中,纯合子(BBDD)的概率为1/3
63、1/3=1/9,D错误。10.(科学思维演绎与推理)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性,抗病(T)对染病(t)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,三对等位基因位于三对同源染色体上,非糯性花粉遇碘液变蓝,糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子,其基因型为:AATTddAAttDDAAttddaattdd,则下列说法正确的是()A.若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,应该用和杂交所得F1的花粉B.若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,可以观察和杂交所得F1的花粉C.若培育糯性抗病优良品种,应选用和亲本杂交D.将和杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上,加碘液染色后,均为蓝色答案C三对
64、相对性状中可通过花粉鉴定的相对性状是非糯性(A)和糯性(a)、花粉粒长形(D)和圆形(d),若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,需得到基因型为Aa或Dd的植株,A错误;若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,需得到基因型为AaDd的植株,B错误;F1(AaTtdd),F1连续自交即可得到糯性抗病优良品种(aaTT),C正确;F1(AattDd),其产生的花粉加碘液染色后,A(蓝色)a(棕色)=11,D错误。11.(2020甘肃一诊,32)柿子椒是雌雄同株的植物,开两性花。已知每对相对性状均由一对基因控制,且为完全显性,其中果实圆锥形(A)对灯笼形(a)为显性,红色(B)对黄色(b)为显性,辣味
65、(D)对甜味(d)为显性。三对基因在染色体上的位置情况如图所示。现利用3个纯合亲本做杂交实验,甲为灯笼形红色辣味,乙为灯笼形黄色辣味,丙为圆锥形黄色甜味。若不考虑突变和交叉互换,请回答问题:(1)基因A和a的碱基数目(填“一定”“不一定”或“一定不”)相同。上述三对等位基因中不遵循自由组合定律的基因是。(2)用甲、乙、丙两两分别杂交,F2中灯笼形黄色甜味果实植株所占比例最高的亲本组合是,这对组合产生的F2表现型及比例为。(3)用某甜味植株与乙杂交,F1中圆锥红色辣味圆锥黄色辣味=11,则该甜味植株基因型是。(4)若基因型为如图所示的个体与某一基因型未知的植株杂交,产生的后代为AaBbDdAaB
66、bddaabbDdaabbdd=1111,则该植株的基因型是。答案(1)不一定A、a和B、b(2)乙和丙圆锥黄色辣味圆锥黄色甜味灯笼黄色辣味灯笼黄色甜味=9331(3)AABbdd(4)aabbdd解析(1)等位基因形成的根本原因是基因突变,基因突变包括基因结构中碱基对的增添、缺失和替换,所以基因A和a的碱基数目不一定相同。A、a和B、b位于一对同源染色体上,不遵循基因的自由组合定律。(2)甲、乙、丙的基因型分别为aaBBDD、aabbDD、AAbbdd。甲和乙杂交,F1为aaBbDD,则F2中灯笼形黄色甜味果实植株(aabbdd)的比例为0;根据图示可知,A、a和B、b位于一对同源染色体上,
67、即亲本甲中a和B连锁,亲本丙中A和b连锁,不考虑交叉互换,则甲和丙杂交的F1(AaBbDd)不能产生abd的配子,则F2中也无灯笼形黄色甜味果实植株(aabbdd);乙和丙杂交,F1为AabbDd,则F2中灯笼形黄色甜味果实植株(aabbdd)的比例为1/411/4=1/16,这对组合产生的F2表现型及比例为圆锥黄色辣味(A_bbD_)圆锥黄色甜味(A_bbdd)灯笼黄色辣味(aabbD_)灯笼黄色甜味(aabbdd)=9331。(3)用某甜味植株(_dd)与乙(aabbDD)杂交,F1中圆锥红色辣味(A_B_D_)圆锥黄色辣味(A_bbD_)=11,所以该甜味植株的基因型是AABbdd。(4
68、)若基因型为题图所示的个体与某一基因型未知的植株杂交,由于题图所示的个体产生的配子类型和比例为ABDABdabDabd=1111,而杂交产生的后代为AaBbDdAaBbddaabbDdaabbdd=1111,说明未知基因型的个体只能产生abd一种配子,所以该植株的基因型是aabbdd。12.(2020湖南长沙长郡中学二联,32)(15分)中国科学家屠呦呦因从青蒿中分离出青蒿素并应用于疟疾治疗获得了2015年诺贝尔生理学或医学奖。已知野生型青蒿为一年生二倍体植物,一般在10月底开黄花,人们主要从青蒿的茎叶中提取青蒿素。研究人员从该野生型黄花品系中选育出了两株开白花的植株,分别标记为P、Q。据此分
69、析回答问题:(1)研究人员通过一定的处理方法获得了四倍体的青蒿,从而提高了青蒿素的产量,一般常用的处理方法是。野生型青蒿与四倍体的青蒿不是同一物种,因为它们之间存在。(2)将P、Q分别与野生型植株杂交,子一代植株均开黄花,子二代中黄花植株和白花植株的数量比均为31,这说明黄花与白花性状的遗传遵循定律。(3)若要探究这两株植物白花基因突变是发生在同一对基因上,还是发生在不同对基因上,某研究小组设计了如下杂交实验。请加以完善:实验步骤:将P、Q进行杂交,观察、记录并统计F1表现型及比例。预期实验结果及结论:若时,可确定P、Q的白花基因突变发生在同一对基因上;若时,可确定P、Q的白花基因突变发生在不
70、同对基因上。(4)实验证明P、Q的白花基因突变发生在不同对基因上,为了探究这两对基因是否独立遗传,请利用(3)中的材料进一步设计实验。请写出实验思路、预期结果及结论(注:不考虑交叉互换)。答案(1)用适宜浓度的秋水仙素(或适宜的低温)处理野生型青蒿的幼苗(或萌发的种子)生殖隔离(2)基因分离(3)F1均开白花F1均开黄花(4)实验思路:让F1自交,观察、记录并统计F2表现型及比例。预期结果及结论:若F2中黄花植株白花植株=97,则这两对基因独立遗传;若F2中黄花植株白花植株=11,则这两对基因不是独立遗传。解析(1)野生型青蒿是二倍体植株,要变成四倍体植株,一般常用的方法就是用适宜浓度的秋水仙
71、素处理二倍体植株的幼苗,抑制有丝分裂过程中纺锤体的形成,从而使染色体数目加倍,获得四倍体植株。由于二倍体植株与四倍体植株杂交得到是三倍体植株,三倍体植株高度不育,说明它们之间存在生殖隔离,属于不同物种。(2)白花植株P、Q分别与野生型黄花植株杂交,子二代表现型的比例均为31,说明黄花与白花性状的遗传遵循基因分离定律。(3)依题意可知,野生型黄花突变为白花,白花是隐性性状。若P、Q突变是发生在同一对基因上,则P、Q突变株的基因型可分别假定为a1、a1、a2、a2,二者杂交得到的F1的基因型全是a1、a2,全是白花植株。若P、Q突变是发生在两对基因上,则可假定P、Q突变株的基因型可分别为aaBB、
72、AAbb,二者杂交得到的F1的基因型均为AaBb,全为黄花植株。(4)为了探究这两对基因是否独立遗传,需要进一步设计实验。实验思路:让F1(AaBb)自交,观察、记录并统计F2表现型及比例。若两对等位基因独立遗传,则F1产生AB、Ab、aB、ab四种配子,F2的表现型为A_B_(黄花)A_bb(白花)aaB_(白花)aabb(白花)=9331,即黄花白花=97;若两对等位基因不独立遗传,则F1产生Ab和aB两种配子,F2的表现型为AAbb(白花)AaBb(黄花)aaBB(白花)=121,即黄花白花=11。提升三两大遗传定律及特殊分离比13.(2019浙江绿色评价联盟选考适应卷,24)玉米的株高
73、是一对相对性状,现将株高70cm和50cm的植株杂交得到F1,F1自交得到F2,F2中株高70cm65cm60cm55cm50cm14641。若取F2中的60cm植株随机授粉,产生的F3中60cm纯合植株的比例为()A.1/36B.2/9C.1/2D.3/16答案B根据F1自交得到F2的性状分离比可知,玉米的株高由两对等位基因控制,符合自由组合定律。设株高70cm植株的基因型为AABB,株高50cm的基因型为aabb,F1的基因型就为AaBb,F2中株高60cm基因型及比例为AaBbAAbbaaBB=411,其产生配子类型及比例为ABAbaBab=1221,雌雄配子结合所得F3中60cm纯合子
74、(AAbb和aaBB)所占比例为2/62/6+2/62/6=8/36,即2/9,B正确。14.(2020北京丰台期末,8)甘蓝的叶色受两对等位基因控制,只含隐性基因的个体表现隐性性状,其他基因型的个体均表现显性性状。下列有关叙述正确的是()分组亲本组合子代情况实验一绿叶(甲)绿叶(甲)绿叶实验二绿叶(甲)紫叶(乙)绿叶紫叶=13A.这两对等位基因位于一对同源染色体上B.由实验二的测交实验可以推出紫叶为显性性状C.子代紫叶甘蓝自交后代的性状分离比为115D.紫叶甘蓝隐性基因不表达导致叶片不含叶绿素答案B根据实验二杂交结果为13,即1111的变式可知,控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上,
75、A错误;由实验二杂交结果可以推出紫叶为显性性状,绿叶为隐性性状,B正确;由以上分析可知,甲的基因型为aabb,乙的基因型为AaBb,后代紫叶甘蓝的基因型为1/3AaBb、1/3Aabb、1/3aaBb,自交后代中绿叶甘蓝的比例为1/31/16+1/31/4+1/31/4=9/48,紫叶甘蓝的比例为1-9/48=39/48,故紫叶绿叶=399=133,C错误;紫叶甘蓝叶片含叶绿素,可以进行光合作用,D错误。15.(2020湖南郴州质检,5)某种植物的花色同时受A、a与B、b两对基因控制,基因型为A_bb的植株开蓝花,基因型为aaB_的植株开黄花。将蓝花植株()与黄花植株()杂交,取F1红花植株自
76、交得F2。F2的表现型及其比例为红花黄花蓝花白花=7311。下列分析中正确的是()A.F2中基因型为Aa的杂合子致死B.F1产生的配子中某种雌雄配子同时致死C.亲本蓝花植株和F1蓝花植株的基因型一定为AAbbD.F1产生的配子中Ab雌配子或Ab雄配子致死答案D由于子二代A_B_aaB_A_bbaabb=7311,与9331相比,A_B_少了2,A_bb少了2,如果基因型是Aa_的杂合子致死,则A_B_致死的个体应该是2AaBB、4AaBb,A_B_应该少6,A错误;如果子一代产生的某种基因型的雌配子、雄配子都致死,则后代的杂交组合是9种,而实际上子二代的杂交组合是12种,B错误;由于子二代A_
77、B_aaB_A_bbaabb=7311,与9331相比,A_B_少了2,A_bb少了2,最可能的原因是Ab的雄配子或雌配子致死,因此不存在AAbb的纯合子,亲本蓝花植株和F2蓝花植株的基因型一定为Aabb,C错误,D正确。16.(2020北京石景山一模,7)在家鸡中,显性基因C是彩羽必需的,另一基因I为其抑制因子,白来航鸡(CCII)和白温多特鸡(ccii)羽毛均为白色,而两品种杂交F2中出现了3/16的彩色羽毛,以下推测不正确的是()A.基因C和I位于非同源染色体上B.F1个体的羽毛均为白色C.F2白羽的基因型有4种D.F2彩羽个体中有1/3纯合子答案C由题可知,显性基因C是彩羽必需的,另一
78、基因I为其抑制因子,所以基因型为C_I_的个体羽毛为白色、C_ii的羽毛为彩色、cc_的羽毛为白色,白来航鸡(CCII)和白温多特鸡(ccii)杂交得F1,F1基因型为CcIi,羽毛为白色,F1自交,F2基因型及其比例为C_I_C_iiccI_ccii=9331,表现型比例为白羽彩羽=133,出现了3/16的彩色羽毛,说明基因C和I位于非同源染色体上,两对基因独立遗传,符合基因的自由组合定律,F2白羽的基因型有7种,彩羽个体中有1/3为纯合子,故A、B、D正确,C错误。17.某自花传粉植物两对独立遗传等位基因(A、a和B、b)分别控制两对相对性状,等位基因间均为完全显性。现基因型为AaBb的植
79、物自交产生F1。下列分析中错误的是()A.若此植物存在AA个体致死现象,则F1中表现型的比例为6231B.若此植物存在bb个体致死现象,则F1中表现型的比例为31C.若此植物存在AA一半致死现象,则F1中表现型的比例为15562D.若此植物存在a花粉有1/2不育现象,则F1中表现型的比例为15511答案D由题可知,根据F1的基因组成分析,若此植物存在AA个体致死现象,则F1中表现型的比例为6231,A正确。若此植物存在bb个体致死现象,则F1中A_bb和aabb死亡,因此F1中表现型的比例为31,B正确。若此植物存在AA一半致死现象,则F1中的A_B_中的2AABb和AABB中有一半死亡,A_
80、bb中的AAbb一半死亡,则F1中表现型的比例为(6+3/2)(2+1/2)31=15562,C正确。若此植物存在a花粉有1/2不育现象,则雌配子ABAbaBab=1111,而雄配子ABAbaBab=111/21/2,因此F1中表现型的比例为15531,D错误。18.(2019广东一模,6)某植物的花色由3对独立遗传的基因决定,具体关系如图所示,其中基因A、B、D相对于a、b、d为完全显性,且只要存在D基因,植株的花色都是紫色。下列有关叙述错误的是()A.理论上该种植物中白花植株和紫花植株的基因型分别有6种和20种B.红花植株与其他花色植株杂交的子代都可能出现红花C.只有紫花植株自交才有可能使
81、后代同时出现3种花色D.若白花植株与红花植株杂交的子代中红花植株占1/4则亲代白花植株的基因型是AaBbdd答案C根据题意和图示分析可知:图示为花中相关色素的合成途径,基因a能控制酶1的合成,酶1能将白色前体物合成红色素;基因B能控制酶2的合成,酶2能将红色素合成紫色素;基因D能控制酶3的合成,酶3能将白色前体物合成紫色素,只要存在D基因,植株的花色都是紫色,因此紫花的基因型为aaB_dd或_D_,白花的基因型为A_dd,红花的基因型为aabbdd。白花的基因型为A_dd,共有231=6种,紫花的基因型为aaB_dd的有121=2种,基因型为_D_的有332=18种,共有20种,A正确;基因型
82、为aabbdd的红花与基因型为aaBbdd的紫花杂交出现红花,基因型为aabbdd的红花与基因型为Aabbdd的白花杂交也出现红花,B正确;若白花的基因型为AaBbdd,自交出现白花(A_dd)、紫花(aaB_dd)和红花(aabbdd)3种花色,C错误;若白花植株(A_dd)与红花植株(aabbdd)杂交子代中红花植株(aabbdd)占1/4(1/21/2),则亲代白花植株的基因型是AaBbdd,D正确。19.(2020江苏南京、盐城一模,8)某高等植物的盘状果与球状果由两对独立遗传的等位基因(A和a,B和b)控制,两对等位基因中至少含有2个显性基因时,才表现为盘状,否则为球状。下列有关叙述
83、错误是()A.该植物的盘状最多有6种基因型B.该植物的盘状果和球状果中,都可能存在纯合类型C.某球状果植株自交子代不会出现盘状果D.基因型为AaBb的植株自交,子代中与亲本表现型相同的个体占11/16答案C分析题干信息可知,两对等位基因中至少含有2个显性基因时,才表现为盘状,否则为球状,故盘状的基因型为A_B_、AAbb、aaBB,共6种,球状的基因型为Aabb、aaBb、aabb,A、B正确;球状果植株自交子代也会出现盘状果,如Aabb自交,后代会出现AAbb的盘状果,C错误;基因型为AaBb的植株自交,子代中与亲本表现型相同(A_B_、AAbb、aaBB)的个体占9/16+1/16+1/1
84、6=11/16,D正确。20.(2020江苏淮安六校联考,18)旱金莲花的长度由三对等位基因控制,这三对基因分别位于三对同源染色体上,作用相等且具叠加性。已知每个显性基因控制花长为5mm,每个隐性基因控制花长为2mm。花长为24mm的同种基因型个体相互授粉,后代出现性状分离,其中与亲本具有同等花长的个体所占比例是()A.1/16B.1/8C.5/16D.3/8答案D根据题干信息分析,旱金莲隐性纯合子aabbcc的高度为12mm,显性纯合子AABBCC的高度为30mm,隐性纯合子aabbcc每增加一个显性基因,高度增加3mm,所以花长为24mm的个体中应该有(24-12)3=4个显性基因,且其杂
85、交后代有性状分离,不可能是纯合子,所以基因型可能是AaBbCC、AaBBCc、AABbCc。以AaBbCC为例,其自交后代含有4个显性基因的比例为1/41/41+1/41/41+1/21/21=3/8,D正确。21.(2020江西南昌一模,6)在一个遥远的小岛上,某异花受粉的植物开有白色或者蓝色花,白花对蓝花表现为隐性。将上述纯合蓝花植株的种子用诱变剂处理,得到了3株隐性的、开白花的突变体(甲、乙、丙),甲、乙、丙均只有一对基因与纯合蓝花植株不同。将突变体杂交并得到了以下结果:甲与丙杂交产生的F1随机交配,F2中只有开白花的个体;乙与丙杂交产生的F1随机交配,F2中蓝花白花=97。下列分析错误
86、的是()A.甲和丙发生突变的基因是相同的B.乙和丙发生突变的基因是不相同的C.甲和丙杂交产生的F1个体将全部开白花D.乙和丙杂交产生的F1个体将全部开白花答案D根据分析及题干“甲与丙杂交产生的F1随机交配,F2中只有开白花的个体”可知,甲和丙发生突变的基因是相同的,A正确;根据分析及题干“乙与丙杂交产生的F1随机交配,F2中蓝花白花=97”可知,杂交产生的F1为双杂合(即AaBb),F1个体将全部开蓝花,乙和丙发生突变的基因是不相同的,B正确,D错误;甲和丙的基因型相同,杂交后代不可能是杂合子,F1个体将全部开白花,C正确。22.(2020广东惠州调研,32)(15分)某二倍体植物种群的植株花
87、色有白色、红色、紫色和深红色,受等位基因(R/r,R对r为完全显性)和复等位基因(I1/I2/i,其中I1与I2共显性,且它们对i均为完全显性)共同控制,且独立遗传。其控制花色色素合成的途径如图所示。请回答问题:(1)R基因对该植物花色性状的控制方式是。I1/I2/i基因的遗传遵循定律。(2)据图可知,正常情况下,基因型为RRI1I2的植株表现型为,白花植株的基因型有种。(3)红花植株与紫花植株杂交,后代表现型及比例为白花植株红花植株紫花植株深红花植株=7333,则两亲本中红花植株基因型为,紫花植株基因型为。(4)现有一红花植株,自交后代的表现型及比例均为红花白花=31,该红花植株的基因型是。
88、答案(1)通过控制酶的合成来控制代谢过程,进而控制生物的性状(基因的)分离(2)深红色花8(3)RrI1iRrI2i(4)RrI1I1或RRI1i解析根据花色色素合成途径可判断各种花色植株所含有的部分基因。(1)根据图示可知,R基因通过控制酶1的合成控制合成白色中间产物,进而控制该植物花色。I1/I2/i基因属于复等位基因,其遗传遵循分离定律。(2)据图可知,正常情况下,基因型为RRI1I2的植株可合成酶1、酶2和酶3,表现为深红色花,白花植株的基因型应为rr_、R_ii,共有6+2=8种。(3)红花植株R_I1i或R_I1I1与紫花植株R_I2i或R_I2I2杂交,后代红花植株、紫花植株、深
89、红花植株所占比例均为3/16=3/41/4,推测亲本红花植株的基因型为RrI1i,紫花植株基因型为RrI2i。(4)一红花植株R_I1i或R_I1I1自交后代的表现型及比例为红花白花=31,则该红花植株含有一对杂合基因,故其基因型是RrI1I1或RRI1i。23.(2020江苏南通、泰州等七市二模,29)(10分)为研究西瓜果肉颜色的遗传规律,研究人员以白瓤西瓜自交系为母本(P1)、红瓤西瓜自交系为父本(P2)开展如下杂交实验。自交系是由某个优良亲本连续自交多代,经过选择而产生的纯合后代群体。西瓜的花为单性花,雌雄同株。请回答:亲本杂交P白瓤西瓜(P1、)红瓤西瓜(P2、)F1白瓤西瓜回交一P
90、F1()P1()后代白瓤西瓜回交二PF1()(P2、)后代白瓤西瓜红瓤西瓜=3210(1)与豌豆杂交实验相比,西瓜杂交实验不需要进行的操作是。(2)这对性状不可能只受一对等位基因控制,依据是。(3)若西瓜果肉颜色受两对等位基因A、a和B、b控制,则:P1的基因型为。基因A(a)与B(b)位于,且两对等位基因对果肉颜色的影响可能表现为下列中的效应。互补效应:两对基因同时显性时表现为一种性状,当只有一对基因显性或两对基因都隐性时表现为另一种形状重叠效应:只要有一个显性基因存在时就表现为一种性状,只有当两对基因全隐性时才表现为另一种性状回交二后代与回交一后代相同的基因型是,该基因型个体在回交二后代的
91、白瓤瓜中占。为验证第题的假设,研究人员选择亲本杂交的F1个体之间随机传粉,若后代表现型及比例为,则支持假设。答案(1)去雄(2)回交二后代中白瓤西瓜红瓤西瓜比值接近31而不是11(3)AABB非同源染色体上重叠AaBb1/3白瓤西瓜红瓤西瓜=151解析(1)因西瓜的花为单性花,故与豌豆杂交实验相比,西瓜杂交实验不需要进行的操作是去雄。(2)分析题干信息可知:以白瓤西瓜自交系为母本(P1)、红瓤西瓜自交系为父本(P2)开展杂交实验,F1全为白瓤,证明白瓤为显性;若为一对等位基因控制该性状,则回交二实验中红瓤白瓤应接近11,实际上回交二实验中让F1白瓤(杂合子)与亲代红瓤杂交,后代白瓤红瓤31,故
92、这对性状不可能只受一对等位基因控制。(3)由以上分析可知,白瓤为显性性状,且P1为纯合的白瓤,故其基因型为AABB;F1基因型为AaBb,由回交实验二F1白瓤(AaBb)与亲代红瓤(aabb)杂交,子代白瓤红瓤31可知,基因A(a)与B(b)位于两对非同源染色体上;且只有当两对基因全为隐性时才表现为红瓤,只要有一个及一个以上显性基因即表现为白瓤,故符合基因的重叠效应。回交二为AaBbaabbAaBb、Aabb、aaBb、aabb;回交一为AaBbAABBAABB、AABb、AaBB、AaBb,故回交二后代与回交一后代相同的基因型是AaBb;该基因型个体在回交二后代的白瓤瓜中(AaBb、Aabb、aaBb)占比为1/3。选择亲本杂交的F1个体(AaBb)之间随机传粉,则基因型及比例为9A_B_3A_bb3aaB_1aabb,若第题的假设成立,则子代表现为白瓤西瓜红瓤西瓜=151。