2021版高考人教版通用生物核心讲练大一轮复习：孟德尔的豌豆杂交实验（二） Word版含答案

2021版高考人教版通用生物核心讲练大一轮复习：孟德尔的豌豆杂交实验（二） Word版含答案

讲 核心考点·全突破 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：‎ - 24 -‎ ‎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：‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎【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。‎ - 24 -‎ ‎(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。‎ ‎ ‎ ‎(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×‎ 红二 ‎450红二、160红多、150黄二、50‎ - 24 -‎ 黄多 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∶‎ - 24 -‎ ‎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。‎ 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 - 24 -‎ 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 - 24 -‎ 配子类型 ‎(配子种类数)‎ ‎2n(n为等位基因对数)‎ AaBbCCDd产生 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 - 24 -‎ ‎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。‎ 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：‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎【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。‎ - 24 -‎ 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。‎ - 24 -‎ 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)‎ - 24 -‎ ‎ ‎ ‎　(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)。‎ ‎(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：____。 ‎ - 24 -‎ ‎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，‎ - 24 -‎ 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 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)‎ - 24 -‎ 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，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 ‎ ‎ ‎ - 24 -‎ ‎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。‎ - 24 -‎ ‎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 - 24 -‎ ‎(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____。 ‎ ‎(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 - 24 -‎ 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。‎ - 24 -‎ ‎(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。‎ ‎ ‎ ‎(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 - 24 -‎ 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 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。‎ - 24 -‎ 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 - 24 -‎ 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。‎ 关闭Word文档返回原板块 - 24 -‎