1、课时跟踪检测(十八)基因自由组合定律题型归类例析提能强化练考点强化重能力1小麦的粒色受两对同源染色体上的两对基因R1和r1、R2和r2控制。R1和R2决定红色，r1和r2决定白色，R对r为不完全显性，并有累加效应，也就是说，麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深。将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1，F1自交得F2，则F2的基因型种类数和不同表现型比例为()A3种、31B3种、121C9种、9331 D9种、14641解析：将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1，F1的基因型为R1r1R2r2，所以F1自交后代F2的基因型有9种；后代中r1r1r2r2
2、占1/16，R1r1r2r2和r1r1R2r2共占4/16，R1R1r2r2、r1r1R2R2和R1r1R2r2共占6/16，R1R1R2r2和R1r1R2R2共占4/16，R1R1R2R2占1/16，所以不同表现型的比例为14641。答案：D2用两个圆形南瓜做杂交实验，子一代均为扁盘状南瓜。子一代自交，子二代出现扁盘状、圆形和长形三种南瓜，三者的比例为961，现用一扁盘状南瓜做测交实验，则其子代中扁盘状、圆形和长形三种南瓜的比例不可能为()A100 B110C101 D121解析：根据题意可知，南瓜形状受两对等位基因(假设等位基因为A和a、B和b)控制，其遗传符合基因的自由组合定律，则扁盘状
3、、圆形和长形的基因型分别为A_B_、(A_bb和aaB_)、aabb。扁盘状南瓜的基因型有四种可能：AABB、AABb、AaBB、AaBb，故其测交后代中扁盘状、圆形和长形三种南瓜的比例可能为100、110、121。 答案：C3在小鼠的一个自然种群中，体色有黄色(Y)和灰色(y)，尾巴有短尾(D)和长尾(d)，两对相对性状的遗传符合基因的自由组合定律。任取一对黄色短尾个体经多次交配，F1的表现型为：黄色短尾黄色长尾灰色短尾灰色长尾4221。实验中发现有些基因型有致死现象(胚胎致死)。以下说法错误的是()A黄色短尾个体的基因型为YyDdB灰色短尾个体的基因型为yyDdCF1中致死个体的基因型共有
4、4种D两对基因中，显性纯合均能致死解析：据题意分析，一对黄色短尾个体基因型均为YyDd，交配才能出现灰色长尾(yydd)，故A正确。按照基因自由组合定律，F1的表现型应该为：黄色短尾黄色长尾灰色短尾灰色长尾9331，而实际是4221，说明有些基因型有致死现象，灰色短尾个体的基因型为2yyDd1yyDD(致死)，故B正确。黄色短尾基因型为YYDD(1/16)、YyDD(2/16)、YyDd(4/16)、YYDd(2/16)，说明YYDD(1/16)、YyDD(2/16)、YYDd(2/16)这3种均致死，黄色长尾为2Yydd1YYdd(致死)，加上1yyDD(致死)，故F1中致死个体的基因型共有
5、5种，故C错，D正确。答案：C4(2017黑龙江模拟)雄蜂是单倍体，现有一雄蜂和一雌蜂交配产生的Fl中，雄蜂的基因型有AB、Ab、aB和ab四种，雌蜂的基因型有：AaBb、Aabb、aaBb和aabb四种，则亲本的基因型是()AaaBbAb BAaBbabCAaBbAb DAAbbaB解析：雄蜂是由卵细胞发育成的，基因型有AB、Ab、aB、ab四种，可以推断出雌蜂为AaBb，又由于后代中雌蜂有AaBb、 Aabb、aaBb、aabb四种，说明雄蜂应为ab。答案：B5(2017贵州遵义高三模拟卷)二倍体结球甘蓝的叶色由独立遗传的两对等位基因(B、b和D、d)控制，下表是纯合甘蓝杂交实验的统计数据
6、：亲本组合F1株数F2株数绿色叶紫色叶绿色叶紫色叶紫色叶绿色叶121041530紫色叶绿色叶89024281据表判断，下列叙述错误的是()A组合的亲本中，紫色叶植株的基因型是BBdd(或bbDD)B组合的F2植株中，紫色叶基因型有4种C组合的F2紫色叶植株中，纯合子所占的比例为1/5D组合的F1与绿色叶甘蓝杂交后代的表现型有2种解析：亲本组合中，F1植株自交产生的F2植株中紫色叶绿色叶(bbdd)2428131，则F1植株为bbDd或Bbdd，而绿色叶的基因型为bbdd，所以亲本组合中的紫色叶基因为bbDD或BBdd，A正确；根据亲本组合中，F1植株自交产生的F2植株中紫色叶绿色叶451301
7、51，说明只有bbdd是绿色，所以紫色的基因型有3318种，B错误；组合中的F1紫色叶植株为BbDd，自交产生的F1为紫色叶(9B_D_、3bbD_、3B_dd)绿色叶(1bbdd)151，紫色叶植株中纯合子为BBDD、bbDD、BBdd，所占的比例为3/151/5，C正确；若组合的F1与绿色叶甘蓝杂交，即bbDd或Bbdd与bbdd杂交，后代有两种表现型，D正确。答案：B6玉米是雌雄同株的植物，顶生的垂花是雄花序，侧生的穗是雌花序。已知玉米中有两对独立遗传的基因(T对t，B对b)可以改变玉米的性别，即把雌雄同株转变为雌株或雄株。当基因b纯合且t不纯合时，使植株没有雌花序成为雄株；当基因t纯合
8、时，使垂花成为雌花序，不产生花粉。现将基因型为BBTt植株与bbtt植株相间种植，子代基因型不可能为()ABBTT BBbTtCBBtt Dbbtt解析：BBTt是雌雄同株，可以自交，bbtt是雌性，可以接受BBTt花粉，所以子代的基因型为BBTT、BBTt、BBtt、BbTt、Bbtt，一定没有bbtt，所以A、B、C选项正确。答案：D7(2017潍坊期末)鸡的雄羽与母羽是一对相对性状，受常染色体上的一对等位基因控制。母鸡只能表现为母羽，公鸡既可以是雄羽也可以是母羽。现用两只母羽鸡杂交，F1代公鸡中母羽雄羽31。让F1代母羽鸡随机交配，后代出现雄羽鸡的比例为()A1/8 B1/12C1/16
9、 D1/24解析：用两只母羽鸡杂交，F1代公鸡中母羽雄羽31，表明雄羽的基因型为bb，两只母羽鸡的基因型为Bb，F1代母羽鸡基因型及其比例为BBBbbb121，BBBb12。故雌配子b的频率为，雄配子b的频率为，由配子法可得随机交配后bb为。因母鸡只表现母羽，故雄羽鸡比例为。答案：B8某种二倍体动物的体色有黑色、白色两种，由三对独立遗传的基因控制。如图表示该动物体色形成的机理，体内未形成黑色素的均表现为白色。下列说法中不正确的是()A基因型为AABbCC的个体应该不是黑色个体B基因型为AaBbCc与aabbcc的个体杂交，后代中出现黑色个体的概率是1/8C图中显示基因通过控制酶的合成进而控制生
10、物的性状D白色个体的基因型有多种类型，如aaBbCC、AabbCc解析：由图可知，黑色素形成需要酶1、酶2、酶3同时存在，故黑色个体基因型为A_bbC_，A正确；基因型为AaBbCc与aabbcc的个体杂交，后代中出现黑色个体(A_bbC_)的概率是1/21/21/21/8，B正确；图中显示基因通过控制酶的合成进而控制生物的性状，C正确；AabbCc为黑色个体，故D错误。答案：D9(2017江西南昌模拟)为提高小麦的抗旱性，有人将大麦的抗旱基因(HVA)导入小麦细胞，筛选出HVA基因成功整合到染色体上的小麦细胞，并用植物组织培养的方法培育成高抗旱性T0植株(假定HVA基因都能正常表达)。某些T
11、0植株体细胞含两个HVA基因，这两个基因在染色体上的整合情况有如图所示的三种类型(黑点表示HVA基因的整合位点，不考虑交叉互换)。将T0植株与非转基因小麦杂交，相关叙述不正确的是()A该育种过程依据的生物学原理是基因重组，能定向改变生物的遗传性状B若两个HVA基因的整合位点属于图乙类型，则子代中含HVA基因的个体所占比例为50%C若两个HVA基因的整合位点属于图丙类型，则子代中含HVA基因的个体所占的比例为75%D若两个HVA基因的整合位点如图甲，该T0植株自交后代中含HVA基因的个体占50%解析：该抗旱植株通过转基因技术获得，其依据的原理是基因重组，基因工程育种最大的优点是能定向改变生物的遗
12、传性状，A正确；分析题干信息和图中信息，用D来表示HVA基因，用O来表示染色体上没有HVA基因的情况，则图甲所示细胞的基因型为DD，图乙所示细胞的基因型为DO，图丙所示细胞的基因型为DODO。则HVA基因整合位点如图乙的植株与非转基因小麦杂交后代中含HVA基因的个体所占比例为50%；HVA基因整合位点如图丙所示植株与非转基因小麦杂交后代中含HVA基因的个体所占的比例是75%，B正确，C正确；HVA基因整合位点如图甲所示植株自交后代中含HVA基因的个体占100%，D错误。答案：D10(2017江西南昌高三联考卷)某能进行自花传粉和异花传粉的植物的花色由3对独立遗传的基因(A和a、B和b、C和c)
13、共同决定，花中相关色素的合成途径如图所示，理论上纯合的紫花植株的基因型有()A3种 B5种C10种 D20种解析：基因a能控制酶1的合成，酶1能催化白色前体物转变为红色素；基因B能控制酶2合成，酶2能催化红色素转变成紫色素；基因C能控制酶3的合成，酶3能催化白色前体物转变为紫色素。因此理论上纯合的紫花植株的基因型有5种：aaBBcc、aabbCC、aaBBCC、AAbbCC、AABBCC，B项正确，A、C、D三项均错误。答案：B大题冲关练综合创新求突破11(2017宁夏银川唐徕回民中学高三模拟)有三个通过不同途径得到的纯种白花矮牵牛花品系，将它们相互杂交，得到如下结果。请回答(不考虑突变和交叉
14、互换现象)：杂交实验亲本后代表现型1品系1品系2全部白花2品系1品系3全部红花3品系2品系3全部白花4F1红花品系1红花：白花为1：35F1红花品系2红花：白花为1：76F1红花品系3红花：白花为1：1(1)结合杂交实验1、2、3，这种矮牵牛花的花色性状不可能由一对等位基因控制，理由是_。(2)由上述实验结果可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循_， 且至少由_对等位基因控制，则F1红花的基因型为_。(答题时请依次使用基因A，a，B，b，C，C等)(3)根据以上分析，结合杂交实验的结果，可推知杂交实验3的亲本基因型的组合类型可能是_。解析：(1)依题意可知：三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基
15、因控制，则它们的基因型均相同，则杂交实验1、2、3的后代不会出现红花，所以，这种矮牵牛花的花色性状不可能由一对等位基因控制。(2)再结合杂交实验4、5、6的后代表现型及其比例可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循基因的自由组合定律。若由两对基因控制，则品系1和品系3的子代红花基因型应为双杂合子(如AaBb)，品系1和品系3应为单显性纯合子(如AAbb、aaBB)。若假设成立，杂交4、6的子代的分离比应该相同，与事实不符，说明该牵牛花的花色至少由3对基因控制，进而推知F1红花的基因型为AaBbCc。(3)综合分析表中信息可知：只有显性基因A、B、C同时存在时才表现为红花，其余情况均为白花。结合对(
16、2)的分析可知：F1红花的基因型为AaBbCc。F1红花与品系2杂交，其后代红花白花为17，据此推知品系2的基因型为aabbcc；F1红花与品系3杂交，其后代红花白花为11，说明品系3的基因型中有两对基因显性纯合，可能为AABBcc或AAbbCC或aaBBCC；所以杂交实验3的亲本基因型的组合类型可能为：aabbccAABBcc或aabbccAAbbCC或aabbccaaBBCC。答案：(1)三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基因控制，则它们的基因型均相同，则杂交后代不会出现红花(或若为一对等位基因控制，与杂交实验的结果不符。其它答案合理可酌情给分)(2)基因的自由组合定律3AaBbCc(3
17、)aabbccAABBcc 或aabbccAAbbCC 或aabbccaaBBCC12(2017湖北沙市模拟联考卷)蓝铃花(2n72)是一种观赏植物，进行自花传粉，其花色(紫色、蓝色、白色)由三对等位基因(A、a，B、b，E、e)控制，下图为基因控制物质合成的途径。请分析回答下列问题：(1)研究已知，基因A的表达产物对基因B的表达具有抑制作用，所以有A基因存在时，花色为_。(2)现让一株纯合的白花与纯合的蓝花植株进行杂交，F1全为紫花，F2中蓝花、白花、紫花植株的比例为349。可知图中有色物质呈_色，亲本的基因型分别是_。(3)现有一基因型为AaBbee的植株(如图甲)，进行自交，理论上其后代
18、的表现型及其比例为_，但实际情况与理论值差异较大。经显微观察发现植株发生了变异，由图甲变成了图乙或图丙，这种变异属于染色体结构变异中的_。让这株变异植株与基因型为aabbee的白花植株进行测交，若后代的表现型及其比例为_，则这株植株的基因组成应为图乙；若后代的表现型及其比例为_，则这株植株的基因组成应为图丙。(注：均不考虑交叉互换，各种配子和个体均能成活)解析：(1)根据图示分析已知B控制有色物质，E控制有色物质，A基因对基因B的表达有抑制作用，当A基因存在时，则不能合成有色物质，花色为白色。(2)选取纯合的白色与紫花植株进行杂交，F1全为紫花，F2中蓝花、白花、紫花植株的比例为349，说明F
19、1紫花为双杂合子aaBbEe，则有色物质是蓝花，有色物质是紫花，同时也说明亲本蓝花的基因型是aaBBee，由于F1紫花为双杂合子aaBbEe，则白花的基因型是aabbEE。(3)现有一基因型为AaBbee的植株，进行自交，后代植株的基因型及比例为A_B_ee(白花)：A_bbee(白花)：aab_ee(蓝花)：aabbee(白花)9：3：3：1，即表现型与比例为白花：蓝花13：3，但实际情况与理论值差异较大，经显微观察发现植株发生了变异，由图甲变成了图乙或丙，都发生了染色体结构的变异中的移接(易位)，让这株变异植株与基因型为aabbee的白花植株进行测交，基因组成应为图乙时，则配子组成为aABe、abe、ABe、be，测交形成的后代为aaABbee(白花)、aabbee(白花)、AaBbee(白花)、abbee(白花)，即后代的白花为100%；植物的基因组成为图丙时产生的配子为aBe、Aabe、Be、Abe，测交形成的后代为aaBbee(蓝花)、Aaabbee(白花)、aBbee(蓝花)、Aabbee(白花)，若后代的表现型及其比例为白花：蓝花1：1。答案：(1)白色(2)蓝aabbEE和aaBBee(顺序不能颠倒)(3)白花蓝花133易位白花100%(白花蓝花紫花100)白花蓝花11
