2021版高考生物一轮复习第1章遗传因子的发现2孟德尔的豌豆杂交实验二教案新人教版必修2

2021版高考生物一轮复习第1章遗传因子的发现2孟德尔的豌豆杂交实验二教案新人教版必修2

- 1 - 孟德尔的豌豆杂交实验（二） 考点一 两对相对性状的杂交实验分析 1.用分离定律分析两对相对性状的杂交实验： 2.F2 中 9 种基因型和 4 种表现型分析： - 2 - 3.F2 出现 9∶3∶3∶1 的 4 个条件： (1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性。 (2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好，且受精的机会均等。 (3)所有后代都应处于相同的环境中，而且存活率相同。 (4)供实验的群体要足够大，个体数量要足够多。 4.基因分离定律和自由组合定律的关系及相关比例图解： - 3 - 【典例】(2019·全国卷Ⅱ)某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受 2 对独立遗传的基因 A/a 和 B/b 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。某 小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。 实验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶 实验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株进行杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3 回答下列问题。 (1)甘蓝叶色中隐性性状是___________，实验①中甲植株的基因型为___________。 (2)实验②中乙植株的基因型为_____________，子代中有___________种基因型。 (3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为 1∶1，则丙 植株所有可能的基因型是___________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型是 ___________；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为 15∶1，则丙植株的基因型为____。 【解析】本题考查遗传规律的应用。 (1)实验①中绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶，不发生性状分离，实验②中甲植 株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3，说明绿叶为隐性性状，即甲植株 的基因型为 aabb。 (2)分析可知，乙植株的基因型为 AaBb，与甲植株杂交的后代基因型有 4 种，分别为 AaBb、 Aabb、aaBb、aabb。 (3)紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，子代中紫叶和绿叶的分离比为 1∶1，说明丙植株有一对 杂合基因，而另一对为隐性纯合基因，所以可能的基因型为 Aabb、aaBb；若杂交子代均为紫 叶，则丙植株至少含有一对显性纯合基因，可能的基因型有 AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb； 若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为 15∶1，说明该子 代的基因型为 AaBb，则丙植株的基因型为 AABB。 答案：(1)绿色 aabb (2)AaBb 4 (3)Aabb、aaBb AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb AABB (1)实验②中子代紫色个体自交，性状表现及比例是紫叶∶绿叶=15∶1、紫叶∶绿叶=1∶1、 紫叶∶绿叶=3∶1。 (2)实验②中子代紫色个体随机传粉受精，后代性状表现及比例是紫叶∶绿叶=119∶25。 - 4 - (2018·全国卷Ⅲ)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相 对性状分别是：红果(红)与黄果(黄)，子房二室(二)与多室(多)，圆形果(圆)与长形果(长)， 单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如表： 组别 杂交组合 F1 表现型 F2 表现型及个体数 甲 红二× 黄多 红二 450 红二、160 红多、150 黄二、50 黄多 红多× 黄二 红二 460 红二、150 红多、160 黄二、50 黄多 乙 圆单× 长复 圆单 660 圆单、90 圆复、90 长单、160 长复 圆复× 长单 圆单 510 圆单、240 圆复、240 长单、10 长复 回答下列问题： (1)根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于________上，依据是 ___________；控制乙组两对相对性状的基因位于_________(填“一对”或“两对”)同源染 色体上，依据是____ ____。 (2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个 F1 进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结 果不符合___________的比例。 【解析】本题主要考查基因的自由组合定律应用的相关知识。 (1)因题干说明是二倍体自花传粉植物，杂交的品种均为纯合子，根据表中甲的数据，可知 F1 的红果、二室均为显性性状，甲的两组 F2 的表现型之比均接近 9∶3∶3∶1，所以控制甲组两 对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的 F1 的圆形果、单一花序均为显性性状，F2 中 第一组：圆∶长=(660+90)∶(90+160)=3∶1、单∶复=(660+90)∶(90+160)=3∶1；第二组： 圆∶长=(510+240)∶(240+10)=3∶1、单∶复=(510+240)∶(240+10)=3∶1；但两组的四种表 现型之比均不是 9∶3∶3∶1，说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律，控制这两对性状 的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上。 (2)根据表中乙组的杂交实验得到的 F1 均为双显性杂合子，F2 的性状分离比不符合 9∶3∶3∶1， 说明 F1 产生的四种配子比不是 1∶1∶1∶1，所以用两个 F1 分别与“长复”双隐性个体测交， 不会出现 1∶1∶1∶1 的比例。 - 5 - 答案：(1)非同源染色体 F2 中两对相对性状表现型的分离比符合 9∶3∶3∶1 一对 F2 中每 对相对性状表现型的分离比都符合 3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合 9∶3∶3∶1 (2)1∶1∶1∶1 【加固训练】 (2019·合肥模拟)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，三对等位基因分别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。现有四种纯合子基因型分别为：①AATTdd、②AAttDD、 ③AAttdd、④aattdd。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①和③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①和②杂交所得 F1 的花粉 C.若培育糯性抗病优良品种，应选用①和④亲本杂交 D.将②和④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 【解析】选 C。采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，必须是可以在显微镜下观察的性状，即 非糯性(A)和糯性(a)，花粉粒长形(D)和圆形(d)。①和③杂交所得 F1 的花粉只有抗病(T)和染 病(t)不同，显微镜下观察不到，A 错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，则应 该选择②④组合，观察 F1 的花粉，B 错误；将②和④杂交后所得的 F1(Aa)的花粉涂在载玻片上， 加碘液染色后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D 错误。 考点二 自由组合定律的解题思路及方法 1.利用分离定律解决自由组合定律问题——分解组合法： (1)解题思路： ①分解：将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题。在独立遗传的情况下，有几对等 位基因就可分解为几组分离定律问题。如 AaBb×Aabb，可分解为两组：Aa×Aa，Bb×bb。 ②分析：按分离定律进行逐一分析。 ③组合：将用分离定律研究获得的结果运用乘法原理、加法原理进行综合，得到正确答案。 (2)解题方法： ①种类问题： 题型分类 解题规律 示例 配子类型 2n(n 为等位基因对数) AaBbCCDd 产生 - 6 - (配子种类数) 配子种类数为 23=8 配子间结合方式种类数 配子间结合方式种类数等于配子 种类数的乘积 AABbCc×aaBbCC 配子间结合方式 种类数=4×2=8 子代基因型(或表现型)种 类 双亲杂交(已知双亲基因型)，子 代基因型(或表现型)等于各性状 按分离定律所求基因型(或表现 型)的乘积 AaBbCc×Aabbcc， 基因型为 3×2×2 =12 种，表现型为 2×2×2=8 种 ②概率问题： 题型分类 解题规律 示例 基因型(或表现型)的 比例 按分离定律求出相应基因型(或 表现型)，然后利用乘法原理进行 组合 AABbDd×aaBbdd， F1 中 A_B_D_ 所占的比例为 1× 3/4×1/2=3/8 纯合子或杂合子出现 的比例 按分离定律求出纯合子的概率的 乘积为纯合子出现的比例，杂合 子概率=1-纯合子概率 AABbDd×AaBBdd， F1 中 AABBdd 所 占比例为 1/2× 1/2×1/2=1/8 2.已知亲本和子代的表现型及其比例，求亲代的基因型： (1)“隐性纯合突破法”：一旦出现隐性性状即可直接写出其基因型，并可推知其两个亲代都 有隐性基因。 (2)“待定基因法”：先根据亲本表现型写出亲本中已知的基因框架，未知的用“_”表示， 然后根据子代情况来确定待定部分的基因。如果涉及多对基因，那么最好还是对每对基因(相 对性状)分别考虑。 3.实验探究不同对基因在染色体上的位置关系： (1)判断基因是否位于不同对同源染色体上。 - 7 - 以 AaBb 为例，若两对等位基因分别位于两对同源染色体上，则产生 4 种类型的配子。在此基 础上进行测交或自交时会出现特定的性状分离比，如 1∶1∶1∶1 或 9∶3∶3∶1 等。 (2)完全连锁遗传现象中的基因确定。 基因完全连锁(不考虑交叉互换)时，不符合基因的自由组合定律，其子代也呈现特定的性状 分离比，如图所示： 【典例】白粉菌和条锈菌能分别导致小麦感白粉病和条锈病，引起减产。采用适宜播种方式 可控制感病程度。下表是株高和株型相近的小麦 A、B 两品种在不同播种方式下的试验结果。 - 8 - 注：“+”的数目表示感染程度或产量高低；“-”表示未感染。 据表回答： (1)抗白粉病的小麦品种是_____________，判断依据是____。 (2)设计Ⅳ、Ⅴ两组试验，可探究 _________。 (3)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组相比，第Ⅲ组产量最高，原因是 ____。 (4)小麦抗条锈病性状由基因 T/t 控制，抗白粉病性状由基因 R/r 控制，两对等位基因位于非 同源染色体上，以 A、B 品种的植株为亲本，取其 F2 中的甲、乙、丙单株自交，收获籽粒并分 别播种于不同处理的试验小区中，统计各区 F3 中的无病植株比例。结果如下表。 - 9 - 据表推测，甲的基因型是_________，乙的基因型是_________，双菌感染后丙的子代中无病 植株的比例为____。 【解析】本题考查对基因自由组合定律的灵活运用。 (1)由Ⅰ、Ⅱ单播 A 品种小麦均未感染白粉病，可知 A 品种小麦抗白粉病。(2)Ⅳ、Ⅴ两组单 播 B 品种小麦，但植株密度不同，可探究植株密度对 B 品种小麦感病程度及产量的影响。(3) Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组总植株密度相同，三者相比，第Ⅲ组产量最高，原因是混播后小麦感病程度 下降。(4)根据甲自交后代非抗条锈病∶抗条锈病=75∶25=3∶1 可推知非抗条锈病为显性性状， 抗条锈病为隐性性状；根据乙自交后代结果推知抗白粉病为显性性状，非抗白粉病为隐性性 状。根据 F2 自交 F3 的性状分离比推知甲、乙、丙的基因型分别是 Ttrr、ttRr、TtRr，双菌感 染后丙的子代中无病植株的基因型为 ttRR 或 ttRr，比例为 3/16。 答案：(1)A Ⅰ、Ⅱ组小麦未感染白粉病 (2)植株密度对 B 品种小麦感病程度及产量的影响 (3)混播后小麦感病程度下降 (4)Ttrr ttRr 18.75%(或 3/16) (2019·开封模拟)某植物茎秆有短节与长节，叶形有皱缩叶与正常叶，叶脉有绿色和褐色， 茎秆有甜与不甜。下面是科研人员用该植物进行的两个实验(其中控制茎秆节长度的基因用 A 和 a 表示，控制叶形的基因用 B 和 b 表示)。请回答下列问题： (1)[实验一]纯合的短节正常叶植株与纯合的长节皱缩叶植株杂交，F1 全为长节正常叶植株， F2 中长节正常叶∶长节皱缩叶∶短节正常叶∶短节皱缩叶=9∶3∶3∶1。 ①从生态学方面解释上述实验中 F1 的性状表现有利于________________________。 ②请在方框内画出 F1 基因在染色体的位置(用“|”表示染色体，用“·”表示基因在染色体 上的位置)。 - 10 - (2)[实验二]纯合的绿色叶脉茎秆不甜植株与纯合的褐色叶脉茎秆甜植株杂交，F1 全为绿色叶 脉茎秆不甜植株，F2 中只有两种表现型，且绿色叶脉茎秆不甜植株∶褐色叶脉茎秆甜植株 =3∶1(无突变、致死现象等发生)。 ①与实验一的 F2 结果相比，请尝试提出一个解释实验二的 F2 结果的假设：____。 ②根据你的假设，实验二中 F1 产生配子的种类有_______种。 【解析】(1)茎秆长节、正常叶更有利于植株光合作用的进行，增强其生存斗争能力。从 F2 的 表现型比例可知控制茎秆节长、叶形的两对等位基因位于两对同源染色体上，据此可画出基 因在染色体上的位置。(2)实验二的 F2 中只有两种表现型，且比例为 3∶1，推测控制叶脉颜色、 茎秆甜度的两对等位基因可能位于一对同源染色体上。按照这个假设，F1 能产生两种配子。 答案：(1)①增加光合作用能力，增强生存斗争能力 ②如框内所示 (2)①两对等位基因位于一对同源染色体上 ②2 1.利用子代中各种分离比例来推断亲代基因型： (1)9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×Bb)。 (2)1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)×(Bb×bb)。 (3)3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×bb)。 (4)3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)×(BB×BB)或(Aa×Aa)×(BB×Bb)或(Aa×Aa)×(BB×bb)或 (Aa×Aa)×(bb×bb)。 2.自由组合定律的验证方法： 方法 结论 自交法 F1 自交后代的性状分离比为 9∶3∶3∶1，则符合基因的自由组合定律，由位于两 对同源染色体上的两对等位基因控制 测交法 F1 测交后代的性状分离比为 1∶1∶1∶1，则符合基因的自由组合定律，由位于两 对同源染色体上的两对等位基因控制 花粉鉴 定法 若有四种花粉，其比例为 1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 - 11 - 单倍体 育种法 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，且比例为 1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 【加固训练】 1.(2019·黄山模拟)水稻高秆(H)对矮秆(h)为显性，抗病(E)对感病(e)为显性，两对性状独 立遗传。若让基因型为 HhEe 的水稻与“某水稻”杂交，子代高秆抗病∶矮秆抗病∶高秆感病∶ 矮秆感病=3∶3∶1∶1，则“某水稻”的基因型 为 ( ) A.HhEe B.hhEe C.hhEE D.hhee 【解析】选 B。针对高秆和矮秆这一对相对性状，子代中高秆∶矮秆=1∶1，说明亲本为测交 类型，即亲本的基因型为 Hh×hh；针对抗病与感病这一对相对性状，子代中抗病∶感病=3∶1， 说明亲本均为杂合子，即亲本的基因型均为 Ee，综合以上分析可知，亲本水稻的基因型是 HhEe ×hhEe，B 正确。 2.(2019·太原模拟)利用豌豆的两对相对性状做杂交实验，其中子叶黄色(Y)对绿色(y)为显 性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，对其子代 性状的统计结果如图所示。下列有关叙述错误的 是 ( ) A.实验中所用亲本的基因型为 YyRr 和 yyRr B.子代中重组类型所占的比例为 1/4 C.子代中自交能产生性状分离的占 3/4 D.让子代黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，后代性状分离比为 1∶1∶1∶1 【解析】选 D。亲本黄色圆粒豌豆(Y_R_)和绿色圆粒豌豆(yyR_)杂交，对其子代性状分析，黄 色∶绿色=1∶1，圆粒∶皱粒=3∶1，可推知亲本黄色圆粒豌豆基因型应为 YyRr，绿色圆粒豌 豆基因型为 yyRr。子代重组类型为黄色皱粒和绿色皱粒，黄色皱粒(Yyrr)占 1/2×1/4=1/8， 绿色皱粒(yyrr)占 1/2×1/4=1/8，两者之和为 1/4。自交能产生性状分离的是杂合子，子代 纯合子有 yyRR 和 yyrr，其中 yyRR 占 1/2×1/4=1/8，yyrr 占 1/2×1/4=1/8，两者之和为 1/4， - 12 - 则子代杂合子占 1-1/4=3/4。子代黄色圆粒豌豆基因型为 1/3YyRR 和 2/3YyRr，绿色皱粒豌豆 基因型为 yyrr，杂交所得后代应为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒=2∶2∶1∶1。 考点三 自由组合定律的遗传特例 1.“和”为 16 的特殊分离比： (1)基因互作： 条件 F1(AaBb) 自交后代比例 F1 测交 后代比例 存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正 常表现 9∶6∶1 1∶2∶1 两种显性基因同时存在时，表现为一种性状， 否则表现为另一种性状 9∶7 1∶3 当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性性 状，其余正常表现 9∶3∶4 1∶1∶2 只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正 常表现 15∶1 3∶1 (2)显性基因累加效应： ①表现： ②原因：A 与 B 的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。 2.“和”小于 16 的由基因致死导致的特殊分离比： (1)致死类型归类分析。 ①显性纯合致死。 - 13 - ②隐性纯合致死。 a.双隐性致死：F1 自交后代：A_B_∶A_bb∶aaB_ =9∶3∶3。 b.单隐性致死(aa 或 bb 致死)：F1 自交后代：9A_B_∶3A_bb 或 9A_B_∶3aaB_。 (2)致死类问题解题思路。 ①先将其拆分成分离定律单独分析。 ②将单独分析结果再综合在一起，确定成活个体基因型、表现型及比例。 【典例】(2019·江苏高考)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕 毛和白毛三种，对应的基因组成如表。请回答下列问题： 毛色 红毛 棕毛 白毛 基因组成 A_B_ A_bb、aaB_ aabb (1)棕毛猪的基因型有___________种。 (2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的 F1 均表现为红毛，F1 雌雄交配产生 F2。 ①该杂交实验的亲本基因型为___________。 ②F1 测交，后代表现型及对应比例为___________。 ③F2 中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有___________种(不考虑正反交)。 ④F2 的棕毛个体中纯合体的比例为___________。F2 中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比 例为____。 - 14 - (3)若另一对染色体上有一对基因 I、i，I 基因对 A 和 B 基因的表达都有抑制作用，i 基因不 抑制，如 I_A_B_表现为白毛。基因型为 IiAaBb 的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为 ___________，白毛个体的比例为___________。 【解析】(1)由表格知：棕毛猪的基因组成为 A_bb、aaB_，因此棕毛猪的基因型有：AAbb、Aabb、 aaBB、aaBb 4 种。 (2)①由两头纯合棕毛猪杂交，F1 均为红毛猪，红毛猪的基因组成为 A_B_，可推知两头纯合棕 毛猪的基因型为 AAbb 和 aaBB，F1 红毛猪的基因型为 AaBb；②F1 测交，即 AaBb 与 aabb 杂交， 后代基因型及比例为 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1，根据表格可知后代表现型及对应 比例为红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1；③F1 红毛猪的基因型为 AaBb，F1 雌雄个体随机交配产生 F2，F2 的基因型有：A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中纯合子有 AABB、AAbb、aaBB、aabb，能产 生棕毛猪(A_bb、aaB_)的基因型组合有：AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb 共 4 种；④F2 的基因型及比例为 A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1，棕毛猪 A_bb、aaB_ 所占比例为 6/16，其中纯合子为 AAbb、aaBB，所占比例为 2/16，故 F2 的棕毛个体中纯合体所 占的比例为 2/6，即 1/3。F2 的棕毛个体中各基因型及比例为 1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、 2/6aaBb。棕毛个体相互交配，能产生白毛个体(aabb)的杂交组合及概率为：2/6Aabb× 2/6Aabb+2/6aaBb×2/6aaBb+2/6Aabb×2/6aaBb×2=1/3×1/3×1/4+1/3×1/3×1/4+1/3× 1/3×1/2×1/2×2=1/9。 (3)若另一对染色体上的 I 基因对 A 和 B 基因的表达有抑制作用，只要有 I 基因，不管有没有 A 或 B 基因都表现为白毛，基因型为 IiAaBb 个体雌雄交配，后代中红毛个体即基因型为 ii A_B_ 的个体，利用分解法，把 Ii 和 AaBb 分开计算，Ii×Ii 后代有 3/4I _和 1/4ii，AaBb×AaBb 后代基因型及比例为 A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1。故子代中红毛个体(ii A_B_)的 比例为 1/4×9/16=9/64，棕毛个体(iiA_bb、iiaaB_)所占比例为 1/4×6/16=6/64，白毛个体 所占比例为 1-9/64-6/64=49/64。 答案：(1)4 (2)①AAbb 和 aaBB ②红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1 ③4 ④1/3 1/9 (3)9/64 49/64 (1)为研究 F2 红毛猪的基因型，让其与白毛猪交配，基因型为 AaBb 后代会出现白毛猪，基因 型为 AABb、AaBB 后代会出现棕毛猪，基因型 AABB 后代全是红毛猪。 (2)某棕毛猪与白毛猪交配，后代全是棕毛猪，则该棕毛猪的基因型是 aaBB 或 AAbb。 - 15 - (2017·全国卷Ⅱ)若某哺乳动物毛色由 3 对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定， 其中，A 基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素；B 基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素； D 基因的表达产物能完全抑制 A 基因的表达；相应的隐性等位基因 a、b、d 的表达产物没有上 述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1 均为黄色，F2 中毛色表现型出现 了黄∶褐∶黑=52∶3∶9 的数量比，则杂交亲本的组合是( ) A.AABBDD×aaBBdd，或 AAbbDD×aabbdd B.aaBBDD×aabbdd，或 AAbbDD×aaBBDD C.aabbDD×aabbdd，或 AAbbDD×aabbdd D.AAbbDD×aaBBdd，或 AABBDD×aabbdd 【解题指南】(1)题干关键信息：“F2 中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9 的数量比”。 (2)解题思路：根据 F2 性状分离比之和→判断 F1 的基因型→结合选项判断亲本的基因型。 【解析】选 D。本题主要考查基因自由组合定律的应用。由题意可知，决定黄毛色的基因型为 aa_ _ _ _或 A_ _ _D_，决定黑毛色的基因型为 A_B_dd，且黑色个体在 F2 中所占比例为 9÷(52+3+9)=9/64=3/4×(3/4)×(1/4)，可以推测出 F1 基因型为 AaBbDd(黄色)，再根据亲本 为两个纯合的黄色品种以及黄色品种的基因型，可推出杂交亲本的组合可能为 AAbbDD×aaBBdd，或 AABBDD×aabbdd，因此 D 项正确。 性状分离比 9∶3∶3∶1 的变式题解题步骤 【加固训练】 1.豌豆种子的种皮黄色(A)对绿色(a)为显性，圆粒(B)对皱粒(b)为显性，两对相对性状独立 遗传，互不影响，基因组成为 ab 的花粉致死，现有基因型为 AaBb 的豌豆植株若干，下列说 法正确的是 ( ) A.选取一植株自交得到的种子黄色∶绿色为 4∶1 B.选取一植株自交，其后代中与亲本基因型相同的个体所占比例为 1/4 - 16 - C.若选取两株植株进行杂交，子代最多可有 6 种基因型 D.正常情况下不可能存在基因型为 Aabb 的植株 【解析】选 B。由题意可知这两对基因遵循基因的自由组合定律，对于 AaBb 的植株，能产生 4 种雌配子并且比例为 1∶1∶1∶1，而雄配子只有 3 种，比例为 1∶1∶1，所以自交后得到的 种子黄色∶绿色为 5∶1，A 错误。选取一植株自交，其后代中与亲本基本型相同的个体所占 比例为 1/4，B 正确。若选取两株植株进行杂交，子代最多可有 8 种基因型，C 错误。正常情 况下存在基因型为 Aabb 的植株，可以是 ab 的雌配子和 Ab 的雄配子结合而产生的，D 错误。 2.某种小鼠的体色受常染色体基因的控制，现用一对纯合灰鼠杂交，F1 都是黑鼠，F1 中的雌雄 个体相互交配，F2 体色表现为 9 黑∶6 灰∶1 白。下列叙述正确的 是 ( ) A.小鼠体色遗传遵循基因的自由组合定律 B.若 F1 与白鼠杂交，后代表现为 2 黑∶1 灰∶1 白 C.F2 灰鼠中能稳定遗传的个体占 1/2 D.F2 黑鼠有两种基因型 【解析】选 A。根据 F2 性状分离比可判断小鼠体色遗传基因的遗传遵循自由组合定律；F1(AaBb) 与白鼠(aabb)杂交，后代中 AaBb(黑)∶Aabb(灰)∶aaBb(灰)∶ aabb (白)=1∶1∶1∶1；F2 灰鼠(A_bb、aaB_)中纯合子占 1/3；F2 黑鼠(A_B_)有 4 种基因型。 3.(2019·聊城模拟)科研人员为探究某种鲤鱼体色的遗传，做了如下实验：用黑色鲤鱼与红 色鲤鱼杂交，F1 全为黑鲤，F1 自交结果如表所示。根据实验结果，下列推测错误的是 ( ) 取样 地点 F2 取样 总数(条) F2 性状的分离情况 黑鲤 红鲤 黑鲤∶红鲤 1 号池 1 699 1 592 107 14.88∶1 2 号池 1 546 1 450 96 15.10∶1 A.鲤鱼体色中的黑色是显性性状 B.鲤鱼的体色由细胞核中的基因控制 C.鲤鱼体色的遗传遵循自由组合定律 D.F1 与隐性亲本杂交，后代中黑鲤与红鲤的比例为 1∶1 【解析】选 D。由题干可知，鲤鱼体色黑色与红色是一对相对性状，用黑色鲤鱼与红色鲤鱼杂 - 17 - 交，F1 全为黑鲤，可知黑色是显性性状，并由核基因所控制；分析表格，两组杂交后代性状分 离比约为 15∶1(9∶3∶3∶1 的变形)，说明该性状由 2 对等位基因控制，在遗传过程中遵循 自由组合定律；F1 与隐性亲本杂交，后代中黑鲤与红鲤的比例为 3∶1。