【生物】2020届一轮复习浙科版自由组合定律学案

【生物】2020届一轮复习浙科版自由组合定律学案

‎2020届 一轮复习 浙科版 自由组合定律 学案 ‎[考纲要求]　1.两对相对性状的杂交实验、解释及其验证(b)。2.自由组合定律的实质(b)。‎ ‎3.自由组合定律的应用(c)。4.活动：模拟孟德尔杂交实验(b)。‎ 考点一　自由组合定律杂交实验的分析 ‎1.两对相对性状的杂交实验(提出问题)‎ ‎(1)过程 P　　　　　　　　　黄色圆形×绿色皱形 ‎　　　　　　　　　　　↓‎ F1　　　　　　　　　　　黄色圆形 ‎　　　　　　　　　　　↓⊗‎ F2表现型　黄色圆形∶黄色皱形∶绿色圆形∶绿色皱形 比例　　　　　9　∶　　3　∶　　3　∶　1‎ ‎(2)实验结果分析 ‎①F1全为黄色圆形，说明黄色和圆形为显性性状。‎ ‎②F2中圆形∶皱形＝3∶1，说明种子粒形的遗传遵循分离定律。‎ ‎③F2中黄色∶绿色＝3∶1，说明种子颜色的遗传遵循分离定律。‎ ‎④F2中出现两种亲本性状(黄色圆形、绿色皱形)、两种新性状(黄色皱形、绿色圆形)，说明不同性状之间进行了自由组合。‎ ‎2.对自由组合现象的解释(做出假设)‎ ‎(1)假设 ‎①F1在形成配子时，同对的遗传因子(等位基因)彼此分离，不同对的遗传因子(非等位基因)自由组合。‎ ‎②F1产生雌雄配子各4种类型，且数目相等。‎ ‎③受精时，雌雄配子的结合是随机的。‎ ‎(2)解释(图解)‎ ‎3.对自由组合假设的验证(演绎推理)‎ ‎(1)预测(用遗传图解表示如下)‎ ‎(2)测交实验(进行验证)‎ ‎①目的：验证对自由组合现象的解释。‎ ‎②选材：F1与双隐性纯合亲本(绿色皱形)。‎ ‎③预期结果：表现型及其比例是黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝1∶1∶1∶1。‎ ‎④实验过程及结果：F1×绿色皱形→55株黄圆、49株黄皱、51株绿圆、52株绿皱，其比值接近1∶1∶1∶1。‎ ‎⑤结论：实验结果与预测相符，证明了孟德尔基因自由组合的假设是正确的。‎ ‎4.总结自由组合定律的实质、时间、范围 ‎(1)实质：非同源染色体上的非等位基因自由组合。‎ ‎(2)时间：减数第一次分裂后期。‎ ‎(3)范围：有性生殖的生物，真核细胞的核内染色体 上的基因，无性生殖和细胞质基因遗传时不遵循。‎ ‎(1)F1(基因型为YyRr)产生的精子中，基因型为YR和yr的比例为1∶1(　√　)‎ ‎(2)F1(基因型为YyRr)产生基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子数量之比为1∶1‎ ‎(　×　)‎ ‎(3)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的精子和卵细胞可以自由组合(　×　)‎ ‎(4)基因型为AaBb的植株自交，得到的后代中表现型与亲本不相同的概率为9/16(　×　)‎ ‎(5)非等位基因总是表现为自由组合(　×　)‎ ‎(6)孟德尔的两对相对性状的杂交实验中，F2中表现为双显性的个体基因型有4种(　√　)‎ ‎(7)具有两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中表现为重组类型的个体占3/8(　×　)‎ ‎(8)孟德尔自由组合定律普遍适用于乳酸菌、酵母菌、蓝细菌等各种有细胞结构的生物(　×　)‎ 观察下面的图示，探究有关问题 ‎(1)能发生自由组合的图示为A，原因是非等位基因位于非同源染色体上。‎ ‎(2)自由组合定律的细胞学基础：同源染色体彼此分离的同时，非同源染色体自由组合。‎ ‎(3)假如F1的基因型如图A所示，总结相关种类和比例 ‎①F1(AaBb)产生的配子种类及比例：4种，AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1。‎ ‎②F2的基因型有9种。‎ ‎③F2的表现型种类和比例：4种，双显∶一显一隐∶一隐一显∶双隐＝9∶3∶3∶1。‎ ‎④F1测交后代的基因型种类和比例：4种，1∶1∶1∶1。‎ ‎⑤F1测交后代的表现型种类和比例：4种，1∶1∶1∶1。‎ ‎(4)假如图B不发生染色体的交叉互换，总结相关种类和比例 ‎①F1(AaCc)产生的配子种类及比例：2种，AC∶ac＝1∶1。‎ ‎②F2的基因型有3种。‎ ‎③F2的表现型种类及比例：2种，双显∶双隐＝3∶1。‎ ‎④F1测交后代的基因型种类及比例：2种，1∶1。‎ ‎⑤F1测交后代的表现型种类及比例：2种，1∶1。‎ ‎1.两对相对性状的杂交实验 ‎(1)两对相对性状的遗传实验分析 P　YYRR(双显性性状)×yyrr(双隐性性状)‎ ‎　或YYrr(一显一隐)×yyRR(一隐一显)‎ ‎　　　　　↓‎ F1　　　　　　　YyRr(双显)‎ ‎　　　　　　　　↓⊗‎ ‎　 根据乘法定律得出F2的表现型和基因型，见下表：‎ 项目 ‎1YY(显性)、2Yy(显性)‎ ‎1yy(隐性)‎ ‎1RR(显性)‎ ‎2Rr(显性)‎ ‎1YYRR、2YyRR、2YYRr、4YyRr(双显性性状)‎ ‎1yyRR、2yyRr ‎(一隐一显)‎ ‎1rr(隐性)‎ ‎1YYrr、2Yyrr ‎(一显一隐)‎ ‎1yyrr ‎(双隐性性状)‎ ‎(2)相关结论 F2共有16种配子组合，9种基因型，4种表现型。‎ ‎①表现型 a.双显性性状：Y_R_，占9/16。‎ b.单显性性状：Y_rr＋yyR_，占3/16×2。‎ c.双隐性性状：yyrr，占1/16。‎ d.亲本类型：(YYRR＋yyrr)或(YYrr＋yyRR)，占10/16或占6/16。‎ e.重组类型：(Y_rr＋yyR_)或(Y_R_＋yyrr)，占6/16或占10/16。‎ ‎②基因型 a.纯合子：YYRR、YYrr、yyRR、yyrr，共占1/16×4。‎ b.双杂合子：YyRr，占4/16。‎ c.单杂合子：YyRR、YYRr、Yyrr、yyRr，共占2/16×4。‎ ‎2.遗传定律的验证方法 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1自交后代的分离比为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测交后代的性状比例为1∶1，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，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 F1若有两种花粉，比例为1∶1，则符合分离定律 F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 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，若植株有两种表现型，比例为1∶1，则符合分离定律 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，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 命题点一　两对相对性状的杂交实验、解释及其验证 ‎1.已知水稻高秆(T)对矮秆(t)为显性，抗病(R)对感病(r)为显性，这两对基因是独立遗传的。现将一株表现型为高秆、抗病的植株的花粉授给另一株表现型相同的植株，所得后代表现型是高秆∶矮秆＝3∶1，抗病∶感病＝3∶1。根据实验结果，判断下列叙述错误的是(　　)‎ A.以上后代群体的表现型有4种 B.以上后代群体的基因型有9种 C.以上两株亲本可以分别通过不同杂交组合获得 D.以上两株表现型相同的亲本，基因型不相同 答案　D 解析　遗传图解如下：‎ P: 高秆抗病　　　×　　　高秆抗病 T_R_　　　　　　　　T_R_‎ ‎　　　　　　　　↓‎ ⇒‎ 高秆抗病∶高秆感病∶矮秆抗病∶矮秆感病 ‎　9　∶　3　　∶　3　∶　1‎ 根据9∶3∶3∶1的比例可知，两亲本的基因型相同，均为TtRr，其后代群体中有4种表现型，9种基因型。‎ ‎2.现用山核桃的甲(AABB)、乙(aabb)两品种作亲本杂交得F1，F1测交结果如下表，下列有关叙述不正确的是(　　)‎ 测交类型 测交后代基因型种类及比例 父本 母本 AaBb Aabb aaBb aabb F1‎ 乙 ‎1/7‎ ‎2/7‎ ‎2/7‎ ‎2/7‎ 乙 F1‎ ‎1/4‎ ‎1/4‎ ‎1/4‎ ‎1/4‎ A.F1产生的基因型为AB的花粉可能有50%不能萌发，不能实现受精 B.F1自交得F2，F2的基因型有9种 C.将F1花粉离体培养，将得到四种表现型不同的植株 D.正反交结果不同，说明这两对基因的遗传不遵循自由组合定律 答案　D 解析　根据F1与乙的测交结果可知，F1产生的基因型为AB的花粉可能50%不能萌发，不能实现受精。由表所示，F1作为母本与乙测交的后代性状分离比为1∶1∶1∶1，可见其遵循基因的自由组合定律。‎ 命题点二　自由组合定律的实质及验证 ‎3.(2019·金华模拟)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的个体与基因型为aaDd的个体杂交后代会出现4种表现型，比例为3∶3∶1∶1‎ C.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9∶3∶3∶1‎ 答案　B 解析　A、a和D、d基因是位于两对同源染色体上的两对等位基因，它们的遗传遵循基因的自由组合定律，A、a和B、b基因位于同一对同源染色体上，它们的遗传不遵循基因的自由组合定律，A错误；如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生基因型为AB、ab2种配子，C错误；由于A、a和B、b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律，因此，基因型为AaBb的个体自交后代不一定会出现4种表现型且比例不会为9∶3∶3∶1，D错误。‎ ‎4.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 答案　C 解析　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表现出来的性状，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。‎ 命题点三　自由组合定律的应用 ‎5.(2019·衢州联考)有两个纯种的小麦品种：一个抗倒伏(d)但易感锈病(r)，另一个易倒伏(D)但能抗锈病(R)，两对相对性状独立遗传。让它们进行杂交得到F1，F1再进行自交，F2中出现了既抗倒伏又抗锈病的新品种。下列说法中正确的是(　　)‎ A.F2中出现的既抗倒伏又抗锈病的新品种都能稳定遗传 B.F1产生的雌雄配子数量相等，结合的概率相同 C.F2中出现的既抗倒伏又抗锈病的新品种占9/16‎ D.F2中易倒伏与抗倒伏的比例为3∶1，抗锈病与易感锈病的比例为3∶1‎ 答案　D 解析　F2中既抗倒伏又抗锈病的基因型是ddRR和ddRr，其中的杂合子不能稳定遗传，A错误；F1产生的雌雄配子数量不相等，B错误；F2中既抗倒伏又抗锈病的新品种占3/16，C错误；F1的基因型为DdRr，每一对基因的遗传都遵循基因的分离定律，D正确。‎ ‎6.(2018·浙江稽阳联谊学校高三模拟)烟草是两性花植物，每朵花中都有雄蕊和雌蕊。已知烟草子叶颜色(BB表现深绿；Bb表现浅绿；bb呈黄色，幼苗阶段死亡)和花叶病的抗性(由R、r基因控制)。研究人员用烟草进行了杂交实验，实验结果如下表：‎ 组合 母本 父本 F1的表现型及植株数 一 子叶深绿不抗病 子叶浅绿抗病 子叶深绿抗病420株；子叶浅绿抗病416株 二 子叶浅绿抗病 子叶深绿不抗病 子叶深绿抗病210株；子叶深绿不抗病209株；子叶浅绿抗病208株；子叶浅绿不抗病213株 请分析回答：‎ ‎(1)烟草子叶颜色的显性现象的表现形式属于__________________。子叶颜色的遗传遵循____________定律。‎ ‎(2)组合一中父本的基因型是________。‎ ‎(3)用表中F1中的子叶浅绿抗病植株自交，在F2的成熟植株中，表现型有________种，其中子叶深绿抗病类型的比例为________。‎ ‎(4)请选用表中提供的植物材料设计一个最佳方案，通过杂交育种的方法选育出纯合的子叶深绿抗病烟草植株，并用遗传图解表示该育种过程。‎ 答案　(1)不完全显性　基因分离　(2)BbRR　(3)4　1/4　(4)如图所示 在子代中，子叶深绿抗病∶子叶浅绿抗病＝1∶2，选出子叶深绿类型即为纯合的子叶深绿抗病烟草植株。‎ 解析　(1)据题干分析可知，烟草子叶颜色的显性现象的表现形式属于不完全显性，由一对等位基因控制，遵循基因分离定律。(2)组合一中由于F1的表现型都为抗病，所以母本的基因型为BBrr，父本的基因型是BbRR。(3)分析表中数据可知，F1中的子叶浅绿抗病植株的基因型为BbRr，其自交后代F2‎ 的成熟植株中(bb幼苗阶段死亡)会出现子叶深绿抗病(3/12BBR_)、子叶深绿不抗病(1/12BBrr)、子叶浅绿抗病(6/12BbR_)、子叶浅绿不抗病(2/12Bbrr)，故表现型共有4种，子叶深绿抗病类型的比例为1/4。(4)由上面的分析可知，组合一中父本基因型为BbRR，让其自交得到子代，子代中深绿个体即为所需，此种方法只需一年即可得到所需类型。值得注意的是：尽管单倍体育种的方法也能在一年内获得子叶深绿抗病的纯合植株，但操作较为复杂，且题中具有RR的个体，而子叶深绿可通过性状表现直接选择，因此不宜选择单倍体育种方法获得。‎ 自由组合定律的应用——杂交育种 PF1F2‎ ‎(1)如果优良性状为隐性，一旦出现隐性性状即可留种。‎ ‎(2)若优良性状为显性→选出相应的表现型进行纯化→ 考点二　自由组合定律常规题型探究 ‎1.n对等位基因(完全显性)位于n对同源染色体上的遗传规律 相对 性状 对数 等位 基因 对数 F1配子 F1配子可能组合数 F2基因型 F2表现型 种类 比例 种类 比例 种类 比例 ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1∶1‎ ‎4‎ ‎3‎ ‎1∶2∶1‎ ‎2‎ ‎3∶1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎22‎ ‎(1∶1)2‎ ‎42‎ ‎32‎ ‎(1∶2∶1)2‎ ‎22‎ ‎(3∶1)2‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎23‎ ‎(1∶1)3‎ ‎43‎ ‎33‎ ‎(1∶2∶1)3‎ ‎23‎ ‎(3∶1)3‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ ‎⋮‎ n n ‎2n ‎(1∶1)n ‎4n ‎3n ‎(1∶2∶1)n ‎2n ‎(3∶1)n ‎2.用“先分解后组合”法解决自由组合定律的相关问题 ‎(1)思路：将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。‎ ‎(2)分类剖析 ‎①配子类型问题 a.多对等位基因的个体产生的配子种类数是每对基因产生相应配子种类数的乘积。‎ b.举例：AaBbCCDd产生的配子种类数 Aa　　　Bb　　　CC　　　Dd ‎↓　　　↓　　　↓　　　↓‎ ‎2　×　2　×　1　×　2＝8种 ‎②求配子间结合方式的规律：两基因型不同的个体杂交，配子间结合方式种类数等于各亲本产生配子种类数的乘积。‎ ‎③基因型问题 a.任何两种基因型的亲本杂交，产生的子代基因型的种类数等于亲本各对基因单独杂交所产生基因型种类数的乘积。‎ b.子代某一基因型的概率是亲本每对基因杂交所产生相应基因型概率的乘积。‎ c.举例：AaBBCc×aaBbcc杂交后代基因型种类及比例 Aa×aa→1Aa∶1aa　2种基因型 BB×Bb→1BB∶1Bb　2种基因型 Cc×cc→1Cc∶1cc　2种基因型 子代中基因型种类：2×2×2＝8种。‎ 子代中AaBBCc所占的概率为1/2×1/2×1/2＝1/8。‎ ‎④表现型问题 a.任何两种基因型的亲本杂交，产生的子代表现型的种类数等于亲本各对基因单独杂交所产生表现型种类数的乘积。‎ b.子代某一表现型的概率是亲本每对基因杂交所产生相应表现型概率的乘积。‎ c.举例：AaBbCc×AabbCc杂交后代表现型种类及比例 Aa×Aa→3A_∶1aa　2种表现型 Bb×bb→1Bb∶1bb　2种表现型 Cc×Cc→3C_∶1cc　2种表现型 子代中表现型种类：2×2×2＝8种。‎ 子代中A_B_C_所占的概率为3/4×1/2×3/4＝9/32。‎ ‎3.推断亲代基因型的方法 ‎(1)基因填充法：先根据亲代表现型写出能确定的基因，如显性性状的基因型可用A_来表示，由于隐性性状的基因型只有一种，用aa来表示，而子代中一对基因分别来自两个亲本，由此即可推出亲代中未知的基因型。‎ ‎(2)推断法：出现隐性性状就能写出基因型。子代中的隐性个体往往是逆推过程的突破口，由于隐性个体是纯合子(aa)，因此亲代基因型中必然都有一个a基因，然后再根据亲代的表现型作进一步的推断。‎ ‎(3)根据子代表现型比例推断法(分解组合法)‎ ‎①9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)⇒AaBb×AaBb；‎ ‎②1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)⇒AaBb×aabb或Aabb×aaBb；‎ ‎③3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)⇒AaBb×Aabb或AaBb×aaBb；‎ ‎④3∶1⇒(3∶1)∶1⇒Aabb×Aabb或AaBB×AaBB或AABb×AABb等(只要其中一对符合一对相对性状遗传实验的F1自交类型，另一对相对性状杂交只产生一种表现型即可)；‎ ‎⑤27∶9∶9∶9∶3∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)(Cc×Cc)⇒AaBbCc×AaBbCc。‎ 命题点一　推算双亲或子代的基因型和表现型 ‎1.(2018·浙江绿色评估联盟联考)玉米种子颜色由三对等位基因控制，符合基因自由组合定律。A、C、R基因同时存在时为有色，其余基因型都为无色。一棵有色种子的植株Z与三棵植株杂交得到的结果为：AAccrr×Z→有色∶无色＝1∶1；aaCCrr×Z→有色∶无色＝1∶3；aaccRR×Z→有色∶无色＝1∶1。植株Z的基因型为(　　)‎ A.AaCCRr B.AACCRr C.AaCcrr D.AaCcRR 答案　A 解析　已知玉米有色种子必须同时具备A、C、R三个基因，否则无色。则有色种子的基因型是A_C_R_，其余基因型都为无色。一棵有色种子的植株Z与三棵植株杂交得到的结果为：①AAccrr×Z→有色∶无色＝1∶1，则植株Z的基因型是A_CcRR或A_CCRr；②aaCCrr×Z→有色∶无色＝1∶3，则植株Z的基因型是AaC_Rr；③aaccRR×Z→有色∶无色＝1∶1，则植株Z的基因型是AaCCR_或AACcR_。根据上面三个过程的结果可以推知该有色植株的基因型为AaCCRr，故选A。‎ ‎2.南瓜所结果实中白色(A)对黄色(a)为显性，盘状(B)对球状(b)为显性，两对等位基因各自独立遗传。若让基因型为AaBb的白色盘状南瓜与“某南瓜”杂交，子代表现型及其比例如图所示，则下列叙述正确的是(　　)‎ A.“某南瓜”为纯合子 B.“某南瓜”的基因型为Aabb C.子代中A基因频率与AA基因型频率相等 D.配子形成过程中基因A和B的遗传遵循分离定律 答案　B 解析　由题图可知，子代中白色∶黄色＝3∶1，对于此对性状亲本杂交组合为Aa×Aa；子代中盘状∶球状＝1∶1，对于此对性状亲本杂交组合为Bb×bb，已知一个亲本基因型为AaBb，故另一个亲本基因型为Aabb，A错误、B正确；只考虑颜色这一对相对性状，子代基因型为AA、Aa、aa，AA基因型的频率为1/4，而A基因的频率为1/2，C错误；A与B基因位于两对同源染色体上，故遵循基因的自由组合定律，D错误。‎ 命题点二　利用“拆分法”解决自由组合定律问题 ‎3.已知A与a、B与b、C与c3对等位基因自由组合，基因型分别为AaBbCc、AabbCc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.表现型有8种，AaBbCc个体的比例为 B.表现型有4种，aaBbcc个体的比例为 C.表现型有8种，aaBbCc个体的比例为 D.表现型有8种，Aabbcc个体的比例为 答案　C 解析　每对性状分开考虑，Aa×Aa子代有2种表现型，Bb×bb子代有2种表现型，Cc×Cc子代有2种表现型，组合起来有2×2×2＝8种表现型；Aa×Aa子代基因型及其比例为AA、Aa、aa，Bb×bb子代基因型及其比例为Bb、bb，Cc×Cc子代基因型及其比例为CC、Cc、cc，组合起来有：基因型为AaBbCc个体的比例为；基因型为aaBbcc个体的比例为；基因型为aaBbCc个体的比例为；基因型为Aabbcc个体的比例为。‎ ‎4.金鱼草正常花冠对不整齐花冠为显性，高株对矮株为显性，红花对白花为不完全显性，杂合子是粉红花。三对相对性状独立遗传，如果纯合的红花、高株、正常花冠植株与纯合的白花、矮株、不整齐花冠植株杂交，在F2中具有与F1相同表现型的植株的比例是(　　)‎ A.3/32 B.3/64 C.9/32 D.9/64‎ 答案　C 解析　设纯合的红花、高株、正常花冠植株基因型是AABBCC，纯合的白花、矮株、不整齐花冠植株基因型是aabbcc，F1基因型是AaBbCc，自交后F2中植株与F1表现型相同的概率是1/2×3/4×3/4＝9/32，C正确。‎ 命题点三　自由组合中的自交和自由交配问题 ‎5.南瓜果实的形状(扁盘形、长圆形、长形)受两对等位基因控制(两对等位基因分别用A、a和B、b表示)，将均为长圆形的两亲本杂交，F1全为扁盘形。再将F1自交得F2，发现扁盘形∶长圆形∶长形＝137∶91∶16。若让F2中的长圆形南瓜自由交配，则F3的基因型种类和表现型及比例最可能是(　　)‎ A.8种，扁盘形∶长圆形∶长形＝9∶6∶1‎ B.9种，扁盘形∶长圆形∶长形＝1∶2∶1‎ C.7种，扁盘形∶长圆形∶长形＝9∶3∶4‎ D.6种，扁盘形∶长圆形∶长形＝2∶6∶1‎ 答案　D 解析　两株长圆形南瓜植株进行杂交，F1收获的全是扁盘形南瓜，F1自交得F2，F2中的表现型比为扁盘形∶长圆形∶长形≈9∶6∶1，说明扁盘形中含A和B，长圆形中含A或B，而长形基因型为aabb，因此F2中的长圆形南瓜的基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb＝1∶2∶1∶2。经减数分裂后共产生基因型为Ab、aB、ab三种配子，比例为1∶1∶1。因此，让F2中的长圆形南瓜自由交配，则F3的基因型种类有AAbb、aaBB、aabb、AaBb、Aabb、aaBb共6种。表现型及比例为扁盘形(AaBb)∶长圆形(AAbb、aaBB、Aabb、aaBb)∶长形(aabb)＝(××2)∶(×＋×＋××2＋××2)∶(×)＝2∶6∶1。‎ ‎6.莱杭鸡羽毛的颜色由A、a和B、b两对等位基因共同控制，其中B、b分别控制黑色和白色，A能抑制B的表达，A存在时表现为白色。某人做了如下杂交实验：‎ 亲本(P)‎ 子一代(F1)‎ 子二代(F2)‎ 表现型 白色(♀)×白色(♂)‎ 白色 白色∶黑色＝13∶3‎ 若F2中黑色羽毛莱杭鸡的雌雄个体数相同，F2黑色羽毛莱杭鸡自由交配得F3。则F3中(　　)‎ A.杂合子占5/9 B.黑色占8/9‎ C.杂合子多于纯合子 D.黑色个体都是纯合子 答案　B 解析　由题干分析可知，黑色个体的基因型为aaBB、aaBb两种，其他基因型全是白色个体。F2中黑色个体的基因型及概率为1/3aaBB、2/3aaBb，因此F2黑色羽毛莱杭鸡自由交配得到的F3中的基因型及其概率为4/9aaBB、4/9aaBb、1/9aabb。所以F3中杂合子占4/9，黑色占8/9，杂合子少于纯合子，黑色个体不都是纯合子，白色个体都是纯合子。‎ 考点三　活动：模拟孟德尔杂交实验 ‎1.实验原理 ‎(1)分离定律：通过一对相对性状杂交的模拟实验，认识等位基因在形成配子时要相互分离，认识受精作用时雌雄配子的结合是随机的。‎ Yy(或YY、yy)×Yy(或YY、yy)→子代。‎ ‎(2)自由组合定律 YyRr(或Y_R_、Y_rr、yyR_、yyrr)×YyRr(或Y_R_、Y_rr、yyR_、yyrr)→子代。‎ ‎2.实验步骤 Ⅰ.模拟一对相对性状的杂交实验 ‎(1)模拟实验操作 ‎①在标有“雄1”、“雌1”的每个信封内装入“黄Y”和“绿y”的卡片各10张；‎ ‎②从标有“雄1”的信封中随机取出1张卡片，同时从标有“雌1”的信封中随机取出1张卡片；‎ ‎③将分别从“雄1”、“雌1”信封内随机取出的2张卡片组合在一起；‎ ‎④记录后将卡片放回原信封内；‎ ‎⑤重复上述过程10次以上。‎ ‎(2)模拟实验记录 次数 雄1中取出的基因 雌1中取出的基因 子代的基因组合 子代的颜色判断 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎…‎ ‎10‎ Ⅱ.模拟两对相对性状的杂交实验 ‎(1)模拟实验操作 ‎①在标有“雄1”“雌1”的每个信封内装入“黄Y”和“绿y”的卡片各10张，在标有“雄2”“雌2”的每个信封内装入“圆R”和“皱r”的卡片各10张；‎ ‎②从标有“雄1”“雄2”“雌1”“雌2”的四个信封中各随机取出一张卡片，“雄1”和“雄2”中取出的卡片组成雄配子，“雌1”和“雌2”中取出的卡片组成雌配子；‎ ‎③将这4张卡片组合在一起；‎ ‎④记录后将卡片放回原信封内；‎ ‎⑤重复上述过程10次以上。‎ ‎(2)模拟实验记录 次数 雄1、雄2中取出的基因 雌1、雌2中取出的基因 子代的基因组合 子代的颜色、形状判断 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎…‎ ‎10‎ 提醒　(1)从“雄1”和“雌1”信封内各取出一张卡片可表示F1雌、雄个体产生的配子。‎ ‎(2)将分别从“雄1”和“雌1”信封内随机取出的2张卡片组合在一起可模拟F1雌、雄个体产生配子的受精作用。‎ ‎(3)两种模拟实验均有必要重复10次以上，方可增强说服力。‎ ‎1.减小实验数据统计误差的方法 ‎(1)提倡2～3人的合作学习，1人取卡片，1人记录，1人监督。在数据统计时样本数量越大，数据所反应的规律性问题越准确，因此可鼓励每组实验次数比10次更多。当不同小组出现的比例有差别时，应该多鼓励学生自己分析原因。‎ ‎(2)各组分别统计各个实验的数据，由于实验次数相对较少，各个实验数据反映的关系(数据比例)差别比较大。应引导学生将全班同学的各组实验数据分别统计在同一组，增大统计样本数量，以减小误差。‎ ‎2.分析数据中体现的规律 分别统计各组实验数据，根据各组实验规定的显、隐性关系以及各标记组合推测内在关系。将全班同学的各组实验数据分别统计在同一组。‎ ‎(1)模拟两个杂合亲本的杂交(Yy×Yy)，实验数据表明后代出现三种标记组合YY、Yy、yy，比例为1∶2∶1，后代出现性状分离，比例为3∶1。‎ ‎(2)模拟孟德尔研究两对相对性状的杂交实验(YyRr×YyRr)，实验数据表明子代出现9种标记组合；后代出现性状分离，得出4种组合，比例为9∶3∶3∶1。‎ ‎(3)模拟孟德尔研究两对相对性状测交实验(YyRr×yyrr)，实验数据表明子代出现4种标记组合，比例为1∶1∶1∶1。‎ 命题点一　实验选材、原理、步骤 ‎1.在“模拟孟德尔的杂交实验”中，甲、丙容器共同表示F1雌性个体的基因型，乙、丁容器共同表示F1雄性个体的基因型，卡片上的字母表示基因(如表所示)。‎ 容器中卡片的种类及数量(张)‎ 黄Y的卡片数 绿y的卡片数 圆R的卡片数 皱r的卡片数 甲容器(♀)‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ 乙容器(♂)‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ 丙容器(♀)‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎10‎ 丁容器(♂)‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎10‎ 下列相关叙述，正确的是(　　)‎ A.从甲容器中随机取出1张卡片，是模拟减数分裂形成精子的过程 B.将从甲、乙容器中分别取出的卡片组合在一起，是模拟自由组合形成受精卵的过程 C.从乙、丁容器中各随机取1张卡片并组合在一起，是模拟基因重组形成配子 D.从容器中取出的卡片，重新放回到原容器中的目的是保证下次取的卡片是随机的 答案　C 解析　从甲容器中随机取出1张卡片，是模拟等位基因的分离，A错误；将从甲、乙容器中分别取出的卡片组合在一起，是模拟等位基因分离及配子的随机结合过程，B错误；从乙、丁容器中各随机取1张卡片并组合在一起，涉及两对基因，所以是模拟等位基因分离，非同源染色体上非等位基因自由组合形成配子的过程，C正确；从容器中取出的卡片，重新放回到原容器中的目的是为了保证每种卡片被取出的概率相等，D错误。‎ ‎2.在模拟孟德尔杂交实验时，有学生取了两个信封，然后向信封中各加入适量标有“A”和“a”的图纸片。下列叙述错误的是(　　)‎ A.两个信封分别代表了父本和母本 B.将取出的2张圆纸片组合并记录组合结果后，要将其放回原信封内 C.将取出的2张圆纸片组合在一起的过程模拟了雌雄配子的随机结合 D.若要模拟自由组合定律，则须在两信封中各加入适量标有“B”和“b”的圆纸片 答案　D 解析　实验过程中两个信封分别代表了父本和母本，A正确；实验过程中，将取出的2张圆纸片组合并记录组合结果后，要将其放回原信封内，B正确；取出的圆纸片代表其形成的雌、雄配子，取出的2张圆纸片组合在一起的过程模拟了雌雄配子的随机结合过程，C正确；若要模拟自由组合定律，则须另取两信封各加入适量标有“B”和“b”的圆纸片，D错误。‎ 命题点二　实验分析与实验拓展 ‎3.结合图示分析，下列叙述正确的有几项(　　)‎ a.利用Ⅰ、Ⅱ进行模拟实验，桶中小球数量可以不同，但每个桶中不同的小球必须相等　b.利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ进行有关模拟实验，每次要保证随机抓取，读取组合后必须放回　c.利用Ⅰ、Ⅱ模拟的过程发生在③，利用Ⅲ、Ⅳ模拟的过程发生在②　d.利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ进行有关模拟实验，要统计全班的结果并计算平均值，是为了减少统计的误差 A.1B.2C.3D.4‎ 答案　D 解析　利用Ⅰ、Ⅱ进行模拟实验，小桶中的小球表示的是一对等位基因D和d，每只小桶内两种小球的数量必须相等，表示两种配子的比是1∶1，但两个小桶中小球总数可以不等，说明雌雄配子数量可以不相等，a正确；利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ进行有关模拟实验，每次要保证随机抓取，且每次抓取的彩球都要放回原桶中并搅匀，再进行下一次抓取，b正确；利用Ⅰ、Ⅱ模拟的过程发生在③，即雌雄配子随机结合；利用Ⅲ、Ⅳ模拟的过程发生在②，即减数第一次分裂后期，非同源染色体上的非等位基因自由组合，c正确；利用Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ进行有关模拟实验，要统计全班的结果并计算平均值，是为了减少统计的误差，确保实验结果的准确性，d正确，故选D。‎ ‎4.(2018·绍兴模拟)下列关于“模拟孟德尔杂交实验”活动的相关叙述，正确的是(　　)‎ A.装入“黄Y”和“绿y”卡片各10张的“雄1”大信封代表基因型为Yy的亲本雄性个体 B.从“雄1”信封内随机取出1张卡片表示F1雄性个体产生的配子 C.从“雌1”“雄1”信封内各随机取出1张卡片组合，表示F1个体产生的配子基因型 D.分别从“雌1”“雌2”“雄1”“雄2”信封内随机取出的4张卡片，组合类型有4种 答案　A 探究真题　预测考向 ‎1.(2016·浙江10月选考)在模拟孟德尔杂交实验时，甲同学分别从下图①、②所示烧杯中随机抓取一个小球并记录字母组合；乙同学分别从下图①、③所示烧杯中随机抓取一个小球并记录字母组合。将抓取的小球分别放回原烧杯后，重复100次。下列叙述正确的是(　　)‎ A.甲同学的实验模拟F2产生配子和受精作用 B.乙同学的实验模拟基因自由组合 C.乙同学抓取小球的组合类型中DR约占1/2‎ D.从①～④中随机各抓取1个小球的组合类型有16种 答案　B 解析　甲同学的实验模拟F1产生配子和受精作用，A错误；乙同学的实验模拟非等位基因的自由组合，B正确；乙同学抓取小球的组合类型中DR约占1/2×1/2＝1/4，C错误；从①～④中随机各抓取1个小球的组合类型有3×3＝9种，D错误。‎ ‎2.(2017·浙江4月选考)若利用根瘤农杆菌转基因技术将抗虫基因和抗除草剂基因转入大豆，获得若干转基因植物(T0代)，从中选择抗虫抗除草剂的单株S1、S2和S3，分别进行自交获得T1代，T1代性状表现如图所示。已知目的基因能1次或多次插入并整合到受体细胞染色体上。下列叙述正确的是(　　)‎ A.抗虫对不抗虫表现为完全显性，抗除草剂对不抗除草剂表现为不完全显性 B.根瘤农杆菌Ti质粒携带的抗虫和抗除草剂基因分别插入到了S2的2条非同源染色体上，并正常表达 C.若给S1后代T1‎ 植株喷施适量的除草剂，让存活植株自交，得到的自交一代群体中不抗虫抗除草剂的基因型频率为1/2‎ D.若取S3后代T1纯合抗虫不抗除草剂与纯合不抗虫抗除草剂单株杂交，得到的子二代中抗虫抗除草剂的纯合子占1/9‎ 答案　C 解析　单株S3自交获得T1代，抗虫∶不抗虫≈3∶1，抗除草剂∶不抗除草剂≈3∶1，说明每对等位基因都遵循分离定律，抗虫对不抗虫为完全显性，抗除草剂对不抗除草剂为完全显性，A错误；由柱形图可知，S2进行自交获得T1代不出现9∶3∶3∶1的性状分离比，因此农杆菌Ti质粒携带的抗虫和抗除草剂基因不会分别插入到了S2的2条非同源染色体上，并正常表达，B错误；设抗虫与抗除草剂相关基因为A、a和B、b，由分析可知，S1后代T1植株的基因型是AAbb∶AaBb∶aaBB＝1∶2∶1，喷施适量的除草剂，存活个体的基因型是AaBb∶aaBB＝2∶1，让存活植株自交，后代的基因型及比例是2/3(1/4AAbb＋1/2AaBb＋1/4aaBB)＋1/3aaBB，得到的自交一代群体中不抗虫抗除草剂的基因型频率为aaB_＝1/3＋2/3×1/4＝1/2，C正确；S3后代T1纯合抗虫不抗除草剂与纯合不抗虫抗除草剂的基因型分别是AAbb、aaBB，单株杂交，得到的子二代中抗虫抗除草剂的纯合子的基因型是AABB，占子二代的1/16，D错误。‎ ‎3.(2013·天津，5)大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因控制。用黄色大鼠与黑色大鼠进行杂交实验，结果如下图。据图判断，下列叙述正确的是(　　)‎ A.黄色为显性性状，黑色为隐性性状 B.F1与黄色亲本杂交，后代有两种表现型 C.F1和F2中灰色大鼠均为杂合子 D.F2黑色大鼠与米色大鼠杂交，其后代中出现米色大鼠的概率为 答案　B 解析　根据遗传图谱F2‎ 出现9∶3∶3∶1的分离比，大鼠的毛色遗传符合自由组合定律。设亲代黄色、黑色大鼠基因型分别为AAbb、aaBB，则F1AaBb(灰色)，F2中A_B_(灰色)、A_bb(黄色)、aaB_(黑色)、aabb(米色)，黄色、黑色为单显性，A项错误；F1AaBb×AAbb(黄色亲本)→A_Bb(灰色)、A_bb(黄色)，B项正确；F2中的灰色大鼠有AABB的纯合子，C项错误；F2黑色大鼠与米色大鼠杂交，其后代中出现米色大鼠的概率为×＝，D项错误。‎ ‎4.若某研究小组用普通绵羊通过转基因技术获得了转基因绵羊甲和乙各1头，具体见下表。‎ 绵羊 性别 转入的基因 基因整合位置 表现型 普通绵羊 ‎♀、♂‎ ‎—‎ ‎—‎ 白色粗毛 绵羊甲 ‎♂‎ ‎1个A＋‎ ‎1号常染色体 黑色粗毛 绵羊乙 ‎♂‎ ‎1个B＋‎ ‎5号常染色体 白色细毛 注：普通绵羊不含A＋、B＋基因，基因型用A－A－B－B－表示。‎ 请回答：‎ ‎(1)A＋基因转录时，在________的催化下，将游离核苷酸通过________________键聚合成RNA分子。翻译时，核糖体移动到mRNA的______________，多肽合成结束。‎ ‎(2)为选育黑色细毛的绵羊，以绵羊甲、绵羊乙和普通绵羊为亲本杂交获得F1，选择F1中表现型为________的绵羊和________的绵羊杂交获得F2。用遗传图解表示由F1杂交获得F2的过程。‎ ‎(3)为获得稳定遗传的黑色细毛绵羊，从F2中选出合适的1对个体杂交得到F3，再从F3中选出2头黑色细毛绵羊(丙、丁)并分析A＋和B＋基因的表达产物，结果如下图所示。不考虑其他基因对A＋和B＋基因表达产物量的影响，推测绵羊丙的基因型是________，理论上绵羊丁在F3中占的比例是________。‎ 答案　(1)RNA聚合酶　磷酸二酯　终止密码子 ‎(2)黑色粗毛　白色细毛 ‎(3)A＋A＋B＋B－　1/16‎ 解析　(1)基因转录时，在RNA聚合酶催化下，将游离的核糖核苷酸通过形成磷酸二酯键连接成单链的RNA分子。核糖体移动到终止密码子位置时翻译结束。(2)根据表格信息可知A＋控制的是黑色性状，B＋控制的是细毛性状。绵羊甲的基因型为A＋A－B－B－，绵羊乙的基因型为A－A－B＋B－，普通绵羊的基因型为A－A－B－B－。为了得到基因型为A＋_B＋_的黑色细毛绵羊，由于绵羊甲和乙都是雄性，所以应选择绵羊甲、绵羊乙分别与普通绵羊杂交，再选择F1中的黑色粗毛(A＋A－B－B－)绵羊与白色细毛(A－A－B＋B－)绵羊杂交获得基因型为A＋A－B＋B－的黑色细毛绵羊。(3)绵羊甲和绵羊乙都是分别只有一个A＋或B＋基因，根据图中信息可知基因的表达量和A＋或B＋基因的数量呈正相关，所以绵羊丙的基因型为A＋A＋B＋B－，绵羊丁的基因型为A＋A＋B＋B＋，因此，可以推知从F2中选出的1对基因型均为A＋A－B＋B－的个体杂交得到F3，所以理论上绵羊丁在F3中占的比例是1/16。‎ ‎5.(2018·浙江11月选考，31)某种昆虫的正常翅与裂翅、红眼与紫红眼分别由基因B(b)、D(d)控制。为研究其遗传机制，选取裂翅紫红眼雌、雄个体随机交配，得到的F1表现型及数目见下表。‎ 裂翅紫红眼 裂翅红眼 正常翅紫红眼 正常翅红眼 雌性个体(只)‎ ‎102‎ ‎48‎ ‎52‎ ‎25‎ 雄性个体(只)‎ ‎98‎ ‎52‎ ‎48‎ ‎25‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)红眼与紫红眼中，隐性性状是________，判断的依据是________________________。‎ 亲本裂翅紫红眼雌性个体的基因型为________。‎ ‎(2)F1的基因型共有________种。F1‎ 正常翅紫红眼雌性个体的体细胞内基因D的数目最多时有__________个。F1出现4种表现型的原因是_____________________________________。‎ ‎(3)若从F1中选取裂翅紫红眼雌性个体和裂翅红眼雄性个体交配。理论上，其子代中杂合子的比例为________。‎ 答案　(1)红眼　紫红眼与紫红眼交配，F1出现了红眼　BbDd ‎(2)4　2　减数分裂过程中，非同源染色体上非等位基因自由组合 ‎(3)5/6‎ 解析　分析题表可知，F1的表现型及数目与雌雄无关，所以控制两性状的基因位于常染色体上。(1)亲本雌雄都是紫红眼，F1出现了性状分离，紫红眼∶红眼＝2∶1，故紫红眼是显性性状，红眼是隐性性状；同理可知裂翅是显性性状，正常翅是隐性性状；亲本基因型为BbDd。‎ ‎(2)由题表可得到F1表现型及比例为紫红眼∶红眼＝2∶1，裂翅∶正常翅＝2∶1；可推知两性状显性纯合致死，基因型为BbDd的个体随机交配得到F1的基因型共4种。F1紫红眼雌性个体的基因型是Dd，在有丝分裂时基因D复制得到2个。F1出现4种表现型的原因是基因重组(或减数分裂过程中，非同源染色体上非等位基因自由组合)。‎ ‎(3)从F1中选取裂翅紫红眼雌性个体和裂翅红眼雄性个体交配，则BbDd×Bbdd→(Bb＝2/3，bb＝1/3)(Dd＝1/2，dd＝1/2)，其中杂合子占2/3×1/2＋2/3×1/2＋1/3×1/2＝5/6。‎ 课时作业 一、选择题 ‎1.番茄红果(R)对黄果(r)为显性，果实二室(M)对多室(m)为显性，两对基因独立遗传。现将红果二室的品种与红果多室的品种杂交，F1植株中有3/8为红果二室，3/8为红果多室，1/8为黄果二室，1/8为黄果多室。则两亲本的基因型是(　　)‎ A.RRMM×RRmm B.RrMm×RRmm C.RrMm×Rrmm D.RrMM×Rrmm 答案　C 解析　根据题意，一个亲本为红果二室(R_M_)，另一个亲本为红果多室(R_mm)。F1植株中有黄果rr，则亲本均为Rr。F1‎ 植株中有多室mm，则亲本红果二室为Mm。因此亲本红果二室基因型为RrMm，红果多室基因型为Rrmm。‎ ‎2.模拟孟德尔杂交实验时，从容器中随机抓取一个小球，记录后将小球分别放入原处，重复10次以上。下列分析错误的是(　　)‎ A.从雄①、雌①中分别随机抓取一个小球，模拟产生配子时等位基因的分离 B.将从雄①、雌①中分别取出的小球组合在一起，模拟雌雄配子的受精作用 C.从4个容器中各取一个小球组合在一起，模拟产生配子时非等位基因的自由组合 D.模拟孟德尔杂交实验时，重复的次数越多，其结果越接近孟德尔定律的统计数据 答案　C 解析　从雄①、雌①中分别随机抓取一个小球，即基因A与a分离，模拟产生配子时等位基因的分离，A正确；将从雄①、雌①中分别取出的小球组合在一起，即雌雄配子结合，模拟雌雄配子的受精作用，B正确；从4个容器中各取一个小球组合在一起，模拟产生配子时非等位基因的自由组合和雌雄配子的受精作用，C错误；模拟孟德尔杂交实验时，重复的次数越多，其结果越接近理论值，越接近孟德尔定律的统计数据，D正确。‎ ‎3.(2018·浙江七彩阳光联考)某雌雄异株的二倍体植物的雄株与雌株由R、r基因控制；有红花、橙花、白花三种植株，花色受两对同源染色体上D、d与E、e两对基因的控制(D与E基因同时存在时开红花，二者都不存在时开白花)，雄株部分基因型的花粉不能萌发。研究人员进行了三次实验，结果如下：‎ 实验一：红花雄株→花粉离体培养白花雌株∶白花雄株＝1∶1‎ 实验二：橙花雄株→花粉离体培养白花雌株∶白花雄株＝1∶1‎ 实验三：红花雌株×红花雄株→F1红花株∶橙花株∶白花株＝1∶2∶1，雌株∶雄株＝1∶1‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A.实验三该植物杂交过程的基本程序是：人工去雄→套袋→人工授粉→套袋→统计 B.若仅考虑花色，该种植物雄株可以产生4种不同基因型的可萌发花粉 C.若实验三F1中的橙花雌雄株随机交配，则F2中白花雌株所占比例为1/8‎ D.若选用实验一中的红花雄株与实验二中的白花雌株为亲本杂交，子代白花雄株∶白花雌株＝1∶1‎ 答案　D ‎4.某种动物的毛色受两对常染色体上的等位基因A、a与B、b控制，表现型有灰色、红色和白色三种，且基因A使雄配子致死。现有一个家系如下图，下列叙述正确的是(　　)‎ 注：1号、2号为纯合子。‎ A.1号和2号的基因型均为AAbb B.11号与4号基因型相同的概率是 C.15号基因型是Aabb或aaBb D.11号与14号杂交后代不可能出现白色个体 答案　B 解析　由题图中13号的基因型为aabb，可推断亲本6号和7号基因型皆为AaBb，可知6号的父母必分别含有A和B基因，又由题意，1号、2号为纯合子，且基因A使雄配子致死，可确定其基因型分别为AAbb和aaBB，A错误；9号基因型为aabb，故4号基因型为AaBb,6号和7号基因型皆为AaBb，由于基因A使雄配子致死，所以7号产生的配子只有2种aB、ab,11号的基因型为AaB_，故11号与4号基因型相同的概率为，B正确；由于9号基因型为aabb，基因A使雄配子致死，所以15号没有A基因，故基因型为aaBb，C错误；11号的基因型为AaB_，14号的基因型为aabb，两者杂交，后代中能够出现白色个体，D错误。‎ ‎5.(2018·温州3月选考模拟)下列关于“模拟孟德尔两对相对性状杂交实验”活动的叙述，正确的是(　　)‎ A.准备实验材料时，需要4个信封和代表不同等位基因的4种卡片 B.“雌”“雄”信封中卡片数量相同，表示产生的雌、雄配子数量相等 C.模拟F1产生配子时，可准备等量标有“YR、Yr、yR、yr”的四种卡片 D.模拟受精作用时，需将随机抽出的2张卡片组合记录后，再放回原信封 答案　A 解析　模拟活动需要4个信封和代表不同等位基因的4种卡片，A正确；“雌”“雄”信封中卡片数量可不同，但每个信封中两种卡片数量要相同，B错误；活动未准备YR、Yr、yR、yr四种卡片，C错误；模拟受精作用时，将随机抽出的4张卡片记录组合后再放回原信封，D错误。‎ ‎6.下图中甲、乙、丙、丁表示四株豌豆体细胞中的两对基因及其在染色体上的位置，在完全显性条件下，下列分析错误的是(　　)‎ A.甲、乙豌豆杂交后代的性状分离比为3∶1‎ B.甲、丙豌豆杂交后代有四种基因型、两种表现型 C.乙豌豆自交需进行去雄和套袋处理 D.丙、丁豌豆杂交后代的表现型与亲本相同 答案　C 解析　甲(AaBb)×乙(AaBB)，后代的性状分离比＝(3∶1)×1＝3∶1，A正确；甲(AaBb)×丙(AAbb)，后代基因型有4种，表现型有2种，B正确；自交不需要去雄，C错误；丙(AAbb)×丁(Aabb)，后代的基因型为AAbb、Aabb，表现型与亲本相同，没有出现性状分离，D正确。‎ ‎7.(2019·绍兴模拟)模拟孟德尔杂交实验活动中，甲容器盛有分别标有A、a的小球各20个，乙容器盛有分别标有B、b的小球各20个。现从甲、乙容器中各随机取一个小球并记录字母组合，重复100次。针对这一活动的下列叙述正确的是(　　)‎ A.模拟了基因的分离定律 B.甲、乙容器可分别模拟雌、雄性生殖器官 C.模拟非等位基因的自由组合过程 D.模拟了F1产生的配子随机结合的过程 答案　C 解析　由于甲容器盛有分别标有A、a的小球各20个，乙容器盛有分别标有B、b的小球各20个，所以从甲、乙容器中各随机取一个小球并记录字母组合，模拟了非等位基因的自由组合过程，A、D错误，C正确；甲、乙容器都模拟雌性生殖器官或都模拟雄性生殖器官，B错误。‎ ‎8.玉米籽粒有白色、红色和紫色，相关物质的合成途径如图所示。基因M、N和P及它们的等位基因依次分布在第9、10、5号染色体上。现有一红色籽粒玉米植株自交，后代籽粒的性状分离比为紫色∶红色∶白色＝0∶3∶1，则该植株的基因型可能为(　　)‎ A.MMNNPP B.MmNnPP C.MmNNpp D.MmNnpp 答案　C 解析　根据题干“现有一红色籽粒玉米植株自交”且自交后代没有紫色籽粒，可推测该红色籽粒玉米植株的基因型为M_N_pp。又因自交后代红色∶白色＝3∶1，则该植株的基因型可能为MmNNpp或MMNnpp。‎ ‎9.在番茄中，圆形果(R)对卵圆形果(r)为显性，单一花序(E)对复状花序(e)是显性。对某单一花序圆形果植株进行测交，测交后代表现型及其株数为：单一花序圆形果22株、单一花序卵圆形果83株、复状花序圆形果85株、复状花序卵圆形20株。据此判断，下列四图中，能正确表示该单一花序圆形果植株基因与染色体关系的是(　　)‎ 答案　A 解析　由题意知，对某单一花序圆形果植株进行测交，测交后代表现型及其株数为：单一花序圆形果22株(EeRr)、单一花序卵圆形果83株(Eerr)、复状花序圆形果85株(eeRr)、复状花序卵圆形20株(eerr)，测交后代的表现型及比例不是1∶1∶1∶1，单一花序圆形果植株的配子类型ER、Er、eR、er之比不是1∶1∶1∶1，接近1∶4∶4∶1，因此两对等位基因的遗传不遵循自由组合定律，可能位于一对同源染色体上，R、e连锁在一起，r、E连锁在一起，出现两种单一花序圆形果、复状花序卵圆形果类型是交叉互换的结果，故A正确。‎ ‎10.(2019·杭州模拟)山茶花有红色花和白色花，花的颜色受到两对等位基因A、a与B、b控制，每一对基因中至少有一个显性基因(A_B_)时，表现为红色花，其他的基因组合均表现为白色花。下表是两组纯合植株杂交实验的统计结果，下列分析正确的是(　　)‎ 亲本组合 F1植株性状及比例 F1自交得F2植株的性状及比例 红色花 白色花 红色花 白色花 ‎①白色花×白色花 ‎89‎ ‎0‎ ‎273‎ ‎212‎ ‎②红色花×白色花 ‎86‎ ‎0‎ ‎241‎ ‎80‎ A.基因控制花瓣颜色性状的遗传遵循分离定律，不遵循自由组合定律 B.亲本组合①的F2红色花植株中杂合子所占比例为3/4‎ C.亲本组合②的F1中一株红色花植株进行测交，后代中白色花植株占1/4‎ D.若让亲本组合②中的F2红色花植株自交，则F3中红色花∶白色花＝5∶1‎ 答案　D 解析　由题表①组合可知，控制花瓣颜色性状的基因的遗传遵循自由组合定律，A错误；①中F1自交得F2植株的性状及比例为红色花∶白色花＝273∶212≈9∶7，则可推知亲本组合①的基因型为AAbb×aaBB，F2红色花植株中只有AABB一种纯合子，故F2红色花植株中杂合子所占比例为8/9，B错误；亲本组合②的基因型为AABB×AAbb(或aaBB)，则F1中红色花植株的基因型为AABb(或AaBB)，与aabb的个体杂交，后代中白色花植株占1/2，C错误；由上面分析可知，亲本组合②中的F2红色花植株的基因型为1/3AABB、2/3AABb(或1/3AABB、2/3AaBB)，若让其自交，则F3中白色花植株所占比例为2/3×1/4＝1/6，故后代红色花∶‎ 白色花＝5∶1，D正确。‎ ‎11.(2018·浙江十校联考)大鼠毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其毛色决定情况如图所示。相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有图中功能。若用基因型为AABBDD的大鼠与aabbdd的大鼠杂交，F1随机交配得到F2。以下说法正确的是(　　)‎ A.黄色鼠基因型有21种，其中纯合子的基因型有4种 B.F2毛色有黄、褐、黑三种类型，且黄色鼠占13/16‎ C.F2中褐色鼠基因型有2种，其中杂合子占1/2‎ D.D基因表达产物可能与A基因上启动部位结合而使A基因不能正常复制 答案　B 解析　根据题干信息分析可知，基因型为A_B_dd的大鼠表现为黑色，基因型为A_bbdd的大鼠表现为褐色，由于D抑制A的表达，因此基因型为A___D_、aa____的大鼠都表现为黄色，则黄色鼠基因型有2×3×2＋3×3＝21(种)，其中纯合子的基因型有2＋2×2＝6(种)，A错误；基因型为AABBDD的大鼠与基因型为aabbdd的大鼠杂交，F1的基因型为AaBbDd，其随机交配得到F2，则后代会出现3种表现型，其中黄色鼠占3/4×1×3/4＋1/4×1×1＝13/16，B正确；F2中褐色鼠基因型为AAbbdd、Aabbdd，其中杂合子占2/3，C错误；D基因表达产物可能与A基因上启动部位结合而使A基因不能正常转录，D错误。‎ ‎12.如图是基因M、N、P对某种生物性状控制关系(三对等位基因分别位于三对同源染色体上)，下列相关叙述，错误的是(　　)‎ A.图示表明基因对性状的控制可通过控制酶的合成实现 B.表现出性状2的个体基因型为ppM_nn C.表现出性状3的个体基因型可能有4种 D.基因型PpMmNn个体测交，后代中表现出性状1的个体占3/16‎ 答案　D 解析　由图示信息可知，基因对性状的控制可通过控制酶的合成实现，A正确；要表现为性状2，需要有酶1，而没有酶2，因此性状2的基因型可表示为ppM_nn，B正确；要表现为性状3，需要同时具有酶1和酶2，基因型可以表示为ppM_N_，即包括ppMMNN、ppMMNn、ppMmNN、ppMmNn，C正确；测交后代基因型与F1产生的配子种类相同，根据基因的自由组合定律，PpMmNn个体产生的配子有8种，其中P_ _占4/8，pm_占2/8，故基因型PpMmNn个体测交，后代中表现出性状1的个体占3/4，D错误。‎ ‎13.某种鱼的鳞片有4种表现型：单列鳞、野生型鳞、无鳞和散鳞，由位于两对同源染色体上的两对等位基因决定(用A、a，B、b表示)，且BB对生物个体有致死作用，将无鳞鱼和纯合野生型鳞的鱼杂交，F1有两种表现型，野生型鳞鱼占50%，单列鳞鱼占50%。选取F1中的单列鳞鱼进行互交，其后代中有上述4种表现型，这4种表现型的比例为6∶3∶2∶1，则F1的亲本基因型组合是(　　)‎ A.Aabb×AAbb B.aaBb×aabb C.aaBb×AAbb D.AaBb×AAbb 答案　C 解析　根据题意，单列鳞为双显性，野生型鳞和无鳞为单显性，散鳞为双隐性。基因型组合为Aabb×AAbb的后代虽然有两种表现型，但无单列鳞鱼，排除A；基因型组合为aaBb×aabb的后代也没有单列鳞鱼，排除B；基因型组合为aaBb×AAbb的后代的表现型符合题意，C正确；D选项中的基因型为AaBb的鱼表现型是单列鳞，与题意不符。‎ 二、非选择题 ‎14.家禽鸡冠的形状由两对基因(A和a、B和b)控制，这两对基因按自由组合定律遗传，与性别无关，据下表回答问题：‎ 项目 基因 A、B同时存在 A存在、‎ B存在、‎ 组合 ‎(A_B_型)‎ B不存在(A_bb型)‎ A不存在 ‎(aaB_型)‎ A和B都不存在(aabb型)‎ 鸡冠 形状 核桃状 玫瑰状 豌豆状 单片状 杂交 组合 甲：核桃状×单片状→F1：核桃状、玫瑰状、豌豆状、单片状 乙：玫瑰状×玫瑰状→F1：玫瑰状、单片状 丙：豌豆状×玫瑰状→F1：全是核桃状 ‎(1)甲组杂交方式在遗传学上称为__________，甲组杂交F1中四种表现型的比例是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)让乙组后代F1中玫瑰状冠的家禽与另一纯合豌豆状冠的家禽杂交，杂交后代表现型及比例在理论上是______________________________。‎ ‎(3)让丙组F1中的雌、雄个体交配，后代表现为玫瑰状冠的有120只，那么表现为豌豆状冠的杂合子理论上有________只。‎ ‎(4)基因型为AaBb与Aabb的个体杂交，它们的后代基因型的种类有______种，后代中纯合子所占比例为________________________________________________。‎ 答案　(1)测交　1∶1∶1∶1　(2)核桃状∶豌豆状＝2∶1　(3)80　(4)6　 解析　(1)甲组核桃状(A_B_)与单片状aabb杂交，得到4种不同表现型子代，则为测交组合。(2)乙组F1玫瑰状基因型为Aabb和AAbb，纯合豌豆状基因型为aaBB，杂交子代核桃状(AaBb)：×＋×1＝，豌豆状(aaBb)：×＝。(3)丙组亲本为AAbb×aaBB，则F1为AaBb，F1相互交配产生的F2中玫瑰状冠A_bb占，对应120只，豌豆状冠杂合子aaBb占 ‎，对应80只。(4)AaBb×Aabb杂交后代基因型为AABb、AAbb、AaBb、Aabb、aaBb、aabb 6种，纯合子占×＋×＝。‎ ‎15.(2018·金华十校9月联考)已知某雌雄同花的植物，花的黄色与白色由基因H、h控制，叶的圆形与肾形由基因R、r控制，两对基因分别位于不同对染色体上。现以黄花圆形叶和黄花肾形叶的植株为亲本进行杂交，所得F1的表现型及比例统计如图所示。请回答下列问题：‎ ‎(1)在花色性状中，属于显性性状的是________，其涉及的基因遵循________________定律。‎ ‎(2)杂交所得的F1中纯合子所占的比例为________。‎ ‎(3)基因H与R的本质区别在于____________，转录过程需要以_______________为原料。‎ ‎(4)若将F1中黄花圆叶植株进行自交，F2中只出现黄花圆叶和白花圆叶两种植株，说明圆叶为________性状，则黄花肾形叶亲本的基因型为________。‎ 答案　(1)黄花　基因分离　(2)1/4　(3)碱基序列不同　四种核糖核苷酸　(4)隐性　HhRr 解析　(1)分析题意及图示可知，亲本都是黄花，后代出现了白花，说明黄花是显性性状。F1中黄花∶白花为3∶1，说明控制花色性状(黄色与白色)的基因遵循基因分离定律。(2)F1中肾形和圆形的比例为1∶1，说明针对这对性状，亲本杂交类型是测交，因此亲本基因型是HhRr和Hhrr，F1中纯合子所占的比例为1/2×1/2＝1/4。(3)基因的不同在于脱氧核苷酸序列的不同，转录过程需要以四种核糖核苷酸为原料。(4)若将F1中黄花圆叶植株进行自交，F2中只出现黄花圆叶和白花圆叶两种植株，说明圆叶为隐性性状，因为F1中出现肾形叶，所以黄花肾形叶亲本的基因型是HhRr。‎