专题10　基因的分离定律专题检测A组一、单项选择题1.(2017北京东城期末,14)下列有关遗传学概念的解释,不正确的是(　　)A.性状分离:杂种后代中,同时出现显性性状和隐性性状的现象B.伴性遗传:由位于性染色体上的基因控制,遗传上总是与性别相关联的现象C.显性性状:两个亲本杂交,子一代中显现出来的性状D.等位基因:位于同源染色体的相同位置上,控制相对性状的基因答案　C　具有相对性状的亲本杂交,F1表现出来的性状为显性性状,未表现出来的性状为隐性性状,C错误。2.(2019四川成都七中阶段性检测,6)玉米的糯性和非糯性受一对等位基因B、b控制,某玉米种群中糯性玉米与非糯性玉米各占一半,从该种群中随机选取足量的糯性和非糯性玉米进行自交,结果发现50%的非糯性玉米的子代出现了糯性性状,而糯性玉米的子代未出现非糯性性状。下列说法正确的是(　　)A.玉米的糯性由显性基因B控制,非糯性由隐性基因b控制B.非糯性玉米的子代出现糯性玉米,是基因重组的结果C.该种群中控制糯性的基因频率高于控制非糯性的基因频率D.该种群随机传粉一代,前后两代B基因频率与BB基因型频率均保持不变答案　C　由非糯性玉米的子代出现了糯性性状,而糯性玉米的子代未出现非糯性性状可知非糯性为显性,由显性基因B控制,糯性由隐性基因b控制,A错误;非糯性玉米的子代出现糯性玉米,是基因分离的结果,B错误;因为种群中糯性玉米与非糯性玉米各占一半,而50%的非糯性玉米的子代出现了糯性性状,则50%的非糯性玉米为杂合子,因此该种群中控制糯性的基因频率高于控制非糯性的基因频率,C正确;该种群随机传粉一代,前后两代B基因频率不变,亲代的BB基因型频率是25%,子代的BB基因型频率是3/8×3/8=9/64,因此BB基因型频率前后两代不同,D错误。3.(2017贵州贵阳一中适应考,4)紫罗兰花瓣形态的单瓣和重瓣是由一对等位基因控制的相对性状。将单瓣紫罗兰自交得F1,F1中单瓣花∶重瓣花=1∶1,且用F1中的单瓣紫罗兰继续自交得F2,F2仍出现单瓣花∶重瓣花=1∶1,重复多次,结果相同。下列分析正确的是(　　)A.紫罗兰花瓣形态的遗传不遵循基因分离定律B.F2统计的样本数目少C.单瓣紫罗兰中含有显性基因的花粉不育D.F2中显性纯合子死亡答案　C　紫罗兰花瓣形态的遗传遵循基因分离定律,A错误。由题不能得知F2统计的样本数目少,B错误。单瓣紫罗兰中含有显性基因的花粉不育,会导致单瓣紫罗兰自交,后代中单瓣花∶重瓣花=1∶1,C正确。若F2中显性纯合子死亡,则F1中单瓣紫罗兰自交,后代中单瓣花∶重瓣花=2∶1,D错误。解题关键　解答此题的要点:①要结合问题理解题干信息;②将题目中给出的特殊性状分离比与正常情况下的性状分离比进行比较,通过分析“不同”找到解答思路。4.(2018贵州遵义航天高级中学二模,6)南瓜的黄花和白花是一对相对性状,某生物兴趣小组进行了三组杂交实验,实验结果如表,下列说法错误的是(　　)组合亲本后代组合一白花×白花白花组合二黄花×黄花2/3黄花,1/3白花组合三黄花×白花1/2黄花,1/2白花A.组合一的亲本一定为纯合子B.由组合二、三均可判断黄花是显性性状 C.组合二的后代中黄花个体一定是杂合子D.组合三的后代中黄花个体的基因型与亲本黄花相同答案　B　本题主要考查科学思维中的演绎与推理。由组合二后代出现了性状分离,可判断黄花是显性性状,白花是隐性性状;而组合三属于测交实验,不能判断黄花是显性性状,B项错误。组合一的亲本都是隐性个体,所以一定为纯合子,A项正确。组合二的后代中黄花∶白花=2∶1,说明显性纯合致死,所以黄花个体一定是杂合子,C项正确。组合三相当于测交,其后代中黄花个体的基因型与亲本黄花相同,都是杂合子,D项正确。5.(2018河南洛阳二模,3)已知马的毛色有栗色和白色两种,由位于常染色体上的一对等位基因控制。在自由放养多年的一马群中,两基因频率相等。正常情况下,每匹母马一次只生产一匹小马。以下关于性状遗传的研究方法及推断不正确的是(　　)A.选择多对栗色马与白色马杂交,若后代白色马明显多于栗色马,则白色为显性B.随机选出一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配,若所产小马都是栗色,则栗色为显性C.自由放养的马群随机交配一代,若后代栗色马明显多于白色马,则栗色为显性D.选择多对栗色公马和栗色母马交配一代,若后代全部为栗色马,则白色为显性答案　B　设相关基因用A、a表示。由于两基因频率相等,即A=1/2,a=1/2,则选择多对栗色马和白色马杂交后,后代中表现显性性状的个体会明显多于表现隐性性状的个体,A正确;正常情况下,每匹母马一次只生产一匹小马,若一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配,所产小马只有6匹,由于后代数目少,偶然性较大,不能确定栗色为显性,B错误;自由放养的马群随机交配一代,若后代栗色马明显多于白色马,则说明栗色为显性,C正确;多对栗色公马和栗色母马杂交,若后代全部是栗色马,则说明栗色最可能为隐性,因为如果是显性,很可能会出现性状分离,D正确。6.(2020北京顺义期末,1)下列有关细胞中化合物及其功能的叙述正确的是(　　)A.动植物细胞的储能物质是糖原B.胆固醇与血液中脂质运输无关C.磷脂是构成细胞膜的重要成分D.不是所有细胞器都含有蛋白质答案　C　动物细胞的储能物质有糖原和脂肪,植物细胞的储能物质有淀粉和脂肪,A错误;胆固醇在人体内参与血液中脂质的运输,B错误;磷脂和蛋白质是构成细胞膜及其他生物膜的重要成分,C正确;具膜细胞器都含有蛋白质,无膜细胞器中,核糖体的组成成分主要是蛋白质和rRNA,中心体由两个中心粒及周围物质组成,中心粒由9组三联体微管组成,而微管由微管蛋白组成,因此,细胞器都含有蛋白质,D错误。7.(2020北京海淀一模,5)紫罗兰单瓣花和重瓣花是一对相对性状,由一对基因B、b决定。育种工作者利用野外发现的一株单瓣紫罗兰进行遗传实验,实验过程及结果如图。据此作出的推测,合理的是(　　)A.重瓣对单瓣为显性性状B.紫罗兰单瓣基因纯合致死C.缺少B基因的配子致死D.含B基因的雄或雌配子不育答案　D　由单瓣紫罗兰自交后代出现重瓣紫罗兰,符合“无中生有为隐性”,可知重瓣为隐性性状,单瓣为显性性状,A错误;若紫罗兰单瓣基因纯合致死,即BB致死,则单瓣紫罗兰自交后代紫罗兰单瓣∶重瓣应为2∶1,与题干中紫罗兰单瓣∶重瓣=1∶1不符,B错误;若缺少B基因的配子致死,不考虑变异的情况下,即含b的配子死亡,则单瓣紫罗兰Bb自交,后代只有纯合的单瓣紫罗兰(BB), 与题干不符,C错误;若含B基因的雄或雌配子不育,则单瓣紫罗兰Bb自交,后代紫罗兰单瓣∶重瓣=1∶1,与题干符合,D正确。8.(20205·3原创题)某种鹦鹉的羽色由常染色体上的一对等位基因控制,绿色(G)对蓝色(g)为显性。若某人工饲养鹦鹉种群是由一对杂合绿色鹦鹉多代随机交配繁殖形成的,现采用逐代淘汰蓝色鹦鹉的方法培育绿色纯合子,下列说法正确的是(　　)A.淘汰前,该鹦鹉种群中绿色个体数量与蓝色个体数量相等B.蓝色鹦鹉淘汰一代后,种群中纯合子占1/2C.蓝色鹦鹉连续淘汰两代后,种群中GG∶Gg=3∶2D.随着淘汰代数的增加,种群中纯合子的比例增加答案　D　种群在随机交配过程中遗传物质一般不变,所以淘汰前该种群基因G和g的基因频率各占1/2,GG、Gg、gg各占1/4、1/2、1/4,绿色(G_)∶蓝色(gg)=3∶1,A错误;蓝色鹦鹉(gg)淘汰一代后,GG∶Gg=1∶2,纯合子占1/3,B错误;淘汰一代后的个体(1/3GG、2/3Gg)中基因G和g的基因频率分别是2/3、1/3,随机交配得到的子代中GG∶Gg=(2/3)2∶(2×2/3×1/3)=1∶1,C错误;设连续淘汰n代,种群中纯合子的比例为,即随着淘汰代数的增加,种群中纯合子的比例增加,D正确。9.(2019陕西宝鸡中学仿真考,3)一豌豆杂合子(Aa)植株自交时,下列叙述正确的是(　　)A.若自交后代基因型比例是2∶3∶1,可能是含有隐性基因的配子50%的死亡造成B.若自交后代的基因型比例是2∶2∶1,可能是隐性个体有50%的死亡造成C.若自交后代的基因型比例是4∶4∶1,可能是含有隐性基因的花粉有50%的死亡造成D.若自交后代的基因型比例是1∶2∶1,可能是花粉有50%的死亡造成答案　D　一豌豆(Aa)植株杂交,理论上,后代基因型比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1。若自交后代基因型比例为2∶3∶1,则可能是含隐性基因的雄配子(或雌配子)有50%的死亡造成的,A错误。若自交后代基因型及比例为2∶2∶1,则可能是杂合子和隐性个体都有50%个体死亡造成的,B错误。若自交后代的基因型比例是4∶4∶1,即AA=2/3×2/3=4/9,则可能是含有隐性基因的雄配子和雌配子各有50%死亡造成的,C错误。50%的花粉死亡不影响花粉的基因型及比例,故自交后代的基因型比例是1∶2∶1,可能是花粉有50%的死亡造成,D正确。10.(2020天津实验中学四月测试,5)某植物红花和白花由染色体上的一对等位基因A、a控制,假设A基因含1000个碱基对,含300个胞嘧啶。让多个红花的亲本植株自交,F1的表现型及比例为红花∶白花=11∶1(不考虑基因突交、染色体变异和致死情况)。下列有关分析不正确的是(　　)A.红花对白花为显性B.亲本的基因型有AA、Aa两种,且比例为1∶2C.F1植株中纯合子占D.A基因连续复制3次共需嘌呤脱氧核苷酸7000个答案　B　让多个红花的亲本植株自交,F1发生性状分离,说明红花对白花为显性,A正确;亲本自交后代表现型及比例为红花∶白花=11∶1,说明亲本不都是杂合子,即亲本的基因型有AA、Aa两种,假设其中AA所占比例为X,则Aa所占比例为1-X,则X+(1-X)=,解得X=,即AA、Aa的比例为2∶1,B错误;由B选项可知,亲本的基因型及比例为AA∶Aa=2∶1,则亲本自交所得F1植株中纯合子占1-×= ,C正确;A基因含1000个碱基对,其中嘌呤脱氧核苷酸的数目为1000个,则该基因连续复制3次共需嘌呤脱氧核苷酸(23-1)×1000=7000个,D正确。11.(2020湖北鄂州一模,5)现有某种动物的800对雌雄个体(均为灰体)分别交配,每对仅产下一个后代,合计后代中有灰体700只,黑体100只。控制体色的显、隐性基因在常染色体上,分别用R、r表示。若没有变异发生,则理论上基因型组合为Rr×Rr的亲本数量应该是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.100对B.400对C.700对D.800对答案　B　亲本均为灰体,则基因型为RR、Rr,只有杂合子(Rr)雌、雄个体交配可产生黑体,其子代表现型为3R_(灰体)∶1rr(黑体),子代黑体有100只,则亲本中Rr×Rr的亲本数量为400对,其余的杂交组合为RR×Rr或RR×RR,B正确。12.(2020河北廊坊二联,24)人类ABO血型由位于一对常染色体上的三个复等位基因(IA、IB和i,显隐性关系为IA=IB>i)决定,不同血型的基因组成见表。下列叙述错误的是(　　)血型A型B型AB型O型基因组成显性基因只含有IA显性基因只含有IB基因IA、IB同时存在基因IA、IB都不存在A.基因IA、IB和i的遗传遵循分离定律B.人类的ABO血型的基因型共有6种C.若父母均为AB型血,则子代不可能是O型血D.AB型血的双亲为A型血和B型血答案　D　人类的ABO血型是由常染色体上的复等位基因i、IA、IB控制的,位于一对同源染色体上,它们的遗传遵循分离定律,A正确;人类的ABO血型的基因型共有6种,A型为IAIA或IAi;B型为IBIB或IBi;AB型为IAIB;O型为ii,B正确;若父母均为AB型血,则子代基因型可能是IAIA、IAIB、IBIB,不可能是O型血,C正确;AB型血的双亲可为A型血和B型血,也可以是AB型血,D错误。13.(2019浙江台州联考,17)现将一批红花豌豆与白花豌豆进行杂交,后代中红花∶白花=5∶1(假设每个个体产生的后代数量相同),若该批红花豌豆自然条件下种植一代,后代中出现白花的概率为(　　)A.1/36B.1/18C.1/12D.1/6答案　C　该批红花豌豆与白花豌豆杂交,后代中红花∶白花=5∶1,由此可知白花为隐性性状,红花为显性性状,假设红花由基因A控制,白花由基因a控制。根据比例判断亲本红花豌豆有两种基因型,即AA∶Aa=2∶1,由于豌豆自然状态下是自花、闭花授粉植物,因此将该红花豌豆自然条件下种植,即2/3AA自交和1/3Aa自交,后代中白花(aa)的概率为=1/3×1/4=1/12,C正确。14.(2020届江苏南通海安中学月考,14)在阿拉伯牵牛花的遗传实验中,用纯合体红色牵牛花和纯合体白色牵牛花杂交,F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后,F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花,比例为1∶2∶1。如果取F2中所有的粉红色的牵牛花与所有红色的牵牛花随机混合种植,进行自由交配,则后代表现型及比例应该为(　　)A.红色∶粉红色∶白色=4∶4∶1B.红色∶粉红色∶白色=3∶3∶1C.红色∶粉红色∶白色=1∶2∶1D.红色∶粉红色∶白色=1∶4∶1答案　A　结合题干信息分析,设控制牵牛花花色的基因是A、a,由纯合体红色牵牛花和纯合体白色牵牛花杂交,F1全是粉红色牵牛花,可知,A对a不完全显性,即Aa为粉红色。设AA红色,aa白色,F2中粉红色的牵牛花Aa占2/3,红色的牵牛花AA占1/3,它们进行自由交配,产生的配子为A∶a=2∶1,根据棋盘法可知,后代中红色(AA)∶粉色(Aa)∶白色(aa)=4∶4∶1。可见A符合题意。 技巧点拨　解答“自由交配”问题时常会涉及多种基因型的个体之间相互交配,此时可考虑用配子法和棋盘法相结合的方法来计算后代中不同性状间的比例关系。所谓“配子法”就是先求出群体中所产生的各种配子的概率,再根据题中问题要求计算;所谓“棋盘法”则是利用配子法求得的配子概率通过画表格的方式呈现出来,从而直观读出后代的性状表现。15.(2019江苏常州一模,7)如图是某单基因遗传病相关系谱图,图表是对该家系中1~4号个体进行相关基因检测(先以某种限制酶切割样品DNA,再进行电泳),得到的电泳结果(电泳时不同大小的DNA片段移动速率不同),已知编号a对应的样品来自4号个体。下列相关叙述错误的是(　　)编号abcd条带1■■■条带2■■■条带3■■■A.根据图可确定该病属于常染色体隐性遗传病B.结合图、表分析,可知致病基因内部存在相关限制酶的1个切点C.5号一定是杂合子,8号与5号基因型相同的概率为1/3D.9号与该病基因携带者结婚,生一个正常男孩的概率为5/12答案　C　由图可知4号为患者,其父母1号和2号正常,可判断该病是常染色体隐性遗传病,A正确;表中编号a对应的样品来自4号个体,4号个体只含有致病基因,而编号a含有条带2和条带3(相当于两种DNA片段),由此可推知致病基因内部存在相关限制酶的1个切点,B正确;该病为常染色体隐性遗传病,又由于7号个体患病,而其父母5号和6号正常,所以5号和6号个体一定都是杂合子(设为Aa),由5号和6号的基因型可推知正常个体8号的基因型是1/3AA、2/3Aa,故8号与5号基因型相同的概率是2/3,C错误;由前面分析可知,9号的基因型为1/3AA、2/3Aa,9号与该病基因携带者(Aa)结婚,生一个正常男孩的概率为(1-2/3×1/4)×1/2=5/12,D正确。名师点睛　本题考查了基因的分离定律以及基因检测的应用,解题关键是认真审题和读图,能根据遗传系谱图分析判断遗传病的遗传方式和相关个体的基因型,并能将图和表结合起来对各选项进行分析判断。二、不定项选择题16.(2020山东等级考二模,14)二倍体生物的某性状受常染色体上的基因控制。正常条件下,用该性状的一对相对性状的纯合亲本进行杂交,获得F1,由F1获得F2。假设没有任何突变发生,下列对杂交结果的推测,与实际杂交结果一定相符的是(　　)A.F1中的个体都为杂合子B.F1表现型与某亲本相同C.F2会出现性状分离现象D.F2中基因型比例为1∶2∶1答案　AC　二倍体生物的某性状受常染色体上的基因控制。假设受一对等位基因控制,则用该性状的一对相对性状的纯合亲本(假设为AA×aa)进行杂交,获得F1(Aa),由F1获得F2(1AA、2Aa、1aa)。假设受两对等位基因控制,则用该性状的一对相对性状的纯合亲本(假设为AABB×aabb或AAbb×aaBB)进行杂交,获得F1(AaBb),由F1获得F2(9A_B_、3A_bb、3aaB_、1aabb)。以此可类推受三对或更多对等位基因控制的情况。亲本均为纯合子,F1中的个体都为杂合子,A正确;F1表现型不一定与某亲本相同,如A对a为不完全显性的情况,B错误;F1中的个体都为杂合子,F1到F2一定会出现性状分离现象,C正确;F2中基因型比例不一定为1∶2∶1,该性状不一定是由一对等位基因控制的,D错误。三、非选择题 17.(2019湖北武汉新洲一中一模,29)(8分)孟德尔曾利用豌豆的7对相对性状进行杂交实验,发现当只考虑一对相对性状时,F2总会出现3∶1的性状分离比,于是其提出假说,作出了4点解释,最终总结出了相关的遗传定律。请以高茎(D)和矮茎(d)这一对相对性状为例,回答下列问题:(1)如果遗传因子不是独立遗传而是融合遗传的,则F2将不会出现严格的　　　　　　　　　　　　　　　　现象。 (2)如果体细胞中遗传因子不是成对存在的,而是纯合个体的体细胞中每种遗传因子有4个(其他假说内容不变),则F1的表现型是　　　　茎,F2中高茎∶矮茎=　　　　　　。 (3)如果雌雄配子存活率不同,含d的花粉有1/2不育,则F2中高茎∶矮茎=　　　　　　　　。 答案　(1)高茎∶矮茎=3∶1的性状分离比　(2)高　35∶1　(3)5∶1解析　本题通过对豌豆性状遗传的分析与推断,考查考生的科学思维素养。(1)如果遗传因子不是独立遗传而是融合遗传的,则子一代将不一定形成1∶1配子种类比,所以F2将不会严格的出现3∶1的性状分离比。(2)如果体细胞中遗传因子不是成对存在的,而是纯合个体的体细胞中每种遗传因子有4个,则F1的基因型为DDdd,表现型是高茎;F1产生的配子为DD∶Dd∶dd=1∶4∶1,F2中高茎∶矮茎=(1-1/6×1/6)∶(1/6×1/6)=35∶1。(3)如果雌雄配子存活率不同,含d的花粉有1/2不育,则雄配子为D∶d=2∶1,雌配子为D∶d=1∶1,所以F2基因型及其比例为DD∶Dd∶dd=2∶3∶1,即高茎∶矮茎=5∶1。18.(2019黑龙江齐齐哈尔模拟,31)(5分)原产于乌兹别克斯坦、土库曼斯坦、哈萨克斯坦等国的卡拉库尔羊以适应荒漠和半荒漠地区而深受牧民喜爱,卡拉库尔羊的长毛(B)对短毛(b)为显性,有角(H)对无角(h)为显性,卡拉库尔羊毛色的银灰色(D)对黑色(d)为显性。三对等位基因独立遗传,请回答以下问题:(1)现将多头纯种长毛羊与短毛羊杂交,产生的F1进行雌雄个体间交配产生F2,将F2中所有短毛羊除去,让剩余的长毛羊自由交配,理论上F3中短毛个体的比例为　　　　。 (2)多头不同性别的基因型均为Hh的卡拉库尔羊交配,雄性卡拉库尔羊中无角比例为1/4,但雌性卡拉库尔羊中无角比例为3/4,你能解释这种现象吗?　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)银灰色的卡拉库尔羊皮质量非常好,牧民让银灰色的卡拉库尔羊自由交配,但发现每一代中总会出现约1/3的黑色卡拉库尔羊,其余均为银灰色,试分析产生这种现象的原因　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(5分)(1)1/9　(2)基因型为Hh的公羊表现为有角,母羊表现为无角　(3)显性纯合的卡拉库尔羊死亡(或基因型为DD的卡拉库尔羊死亡)解析　本题主要考查科学思维素养中的演绎与推理。(1)F2个体的基因型应为1/4BB、2/4Bb、1/4bb,当除去全部短毛羊后,所有长毛羊的基因型应为1/3BB、2/3Bb,让这些长毛羊自由交配时,该群体产生两种配子的概率为:B=2/3,b=1/3,则F3中bb=1/9,B_=8/9。(2)若双亲基因型为Hh,则子代HH、Hh、hh的比例为1∶2∶1,基因型为HH的表现为有角,基因型为hh的表现为无角,基因型为Hh的公羊表现为有角,母羊表现为无角,故公羊中无角比例为1/4,雌羊中无角比例为3/4。(3)当出现显性纯合致死时,某一性状的个体自交总出现特定的比例,即2∶1,而非正常的3∶1,本题中卡拉库尔羊毛色的遗传属于此类情况。19.(2019北京海淀期末,28)科研人员得到4种浅红眼的果蝇突变体A、B、C和D,将它们分别与野生型果蝇进行杂交实验,结果如表所示(“+”表示红眼,“m”表示浅红眼)。组别亲本果蝇F1果蝇的表现型F2果蝇的表现型及数量雌性雄性雌性雄性雌性雄性+m+mⅠA野生型++762242757239ⅡB野生型++312101301105ⅢC野生型+m114104111102ⅣD野生型+m160151155149(1)据表分析,4种突变体均是单基因的　　　　性突变果蝇。  (2)突变位点在常染色体上的突变体有　　　　,判断理由是对应的杂交实验中F1和F2果蝇的眼色表现　。 (3)突变位点一定在相同染色体上的突变体是　　　　,判断理由是　 　, 表明它们的突变位点都在　　　　染色体上。 (4)为探究不同浅红眼突变基因位点之间的关系,科研人员以不同突变体为材料进行了系列杂交实验。①先进行“♀A×♂B”杂交,发现在F1果蝇中,所有个体均表现为浅红眼,由此得出的结论是　　　　　　　　　　　　　。 ②又进行“♀B×♂C”杂交,发现F1果蝇全部表现为红眼。再让F1雌雄果蝇相互交配,发现在F2果蝇中红眼个体与浅红眼个体数量的比值约为9∶7。由此判断,在F2雌性果蝇中红眼个体的比例为　　　　,在F2雄性果蝇中红眼个体的比例为　　　　。 答案　(1)隐　(2)A和B　均与性别无关　(3)C和D　Ⅲ、Ⅳ组杂交结果,F1雌果蝇的眼色总是与父本相同,F1雄果蝇的眼色则总是与母本相同　X　(4)①A、B两种突变体的浅红眼突变基因位点相同　②3/4　3/8解析　(1)、(2)、(3)由题目可知,Ⅰ、Ⅱ组突变体与野生型杂交,F1表现型均与野生型一样为红眼,F2果蝇红眼与浅红眼的比例约为3∶1,由此可知突变体A、B的浅红眼性状为隐性性状,且相对性状由一对等位基因控制,由于F2的表现型与性别无关,可知等位基因位于常染色体上。Ⅲ、Ⅳ组杂交结果显示眼色表现型与性别相关,F1雌果蝇的眼色与父本相同,F1雄果蝇的眼色与母本相同,出现交叉遗传现象,说明突变体C、D的突变基因位于X染色体上。(4)假设果蝇突变体A、B、C和D的突变基因分别用a、b、c、d表示。①“♀A×♂B”杂交,若a、b位于同源染色体的不同位置或非同源染色体上,♀A(aaBB)×♂B(AAbb)所得F1果蝇基因型应为AaBb,所有个体应均为红眼;若a、b位于同源染色体的相同位置,♀A(aa)×♂B(bb)所得F1果蝇基因型应为ab,所有个体应均为浅红眼,与实验结果一致。②“♀B×♂C”杂交,由之前的结果可知b、c两个基因位于非同源染色体上,这两对等位基因的遗传符合自由组合定律,且与性别相关。♀B(bbXCXC)×♂C(BBXcY)所得F1果蝇(BbXCXc、BbXCY)全为红眼。F1雌雄果蝇交配,F2中红眼雌性果蝇个体(B_XCX_)的比例为3/4×1/2=3/8,占雌性果蝇的比例为3/4。F2中红眼雄性果蝇个体(B_XCY)的比例为3/4×1/4=3/16,占F2雄性果蝇的比例为3/8。能力解读　本题(1)、(2)、(3)考查辨认、解读的理解能力和推理的应用能力;(4)考查解读的理解能力,推理的应用能力和论证的思辨能力。易错警示　本题通过关于果蝇眼色的多组探究实验,考查了显隐性性状判断,伴性遗传的理解应用等内容,其中渗透孟德尔遗传定律相关知识,如果理解不到位则容易答错。此外,对于(2)、(3)中判断理由描述的不完整、不准确,也是丢分的主要原因。20.(2020河南中原联盟联考,32)(14分)老鼠的毛色有棕色和灰色之分,受一对等位基因(D、d)控制,该对基因的表达受性别影响。认真分析以下两组杂交实验并回答问题。实验一:棕色雌鼠×棕色雄鼠,F1表现为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=4∶3∶1。实验二:棕色雌鼠×灰色雄鼠,F1雌雄鼠均表现为棕色。(1)基因型为　　　　的个体只在雄性个体中表现相应性状。 (2)实验一中亲代棕色雌鼠的基因型为　　　　,如果实验一中的F1个体随机交配,后代中灰色鼠所占比例为　　　　。 (3)如果实验二的F1中偶然出现一只灰色雄鼠,如要通过一代杂交实验来判断是基因突变(只考虑等位基因中一个基因发生突变)的结果还是只是环境影响的结果(从以上实验中选择亲本),则:①该实验的思路是  　。 ②预期实验结果和结论如果后代棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=　　　　,则只是环境影响的结果;  如果后代棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=　　　　,则是基因突变的结果。 答案　(1)dd　(2)Dd　1/8　(3)①让该灰色雄鼠与多只杂合棕色雌鼠(实验一亲本中棕色雌鼠或实验二F1中棕色雌鼠)杂交,观察后代表现型和比例　②4∶3∶1　2∶1∶1解析　(1)根据实验一:棕色雌鼠×棕色雄鼠,F1表现为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=4∶3∶1,推知棕色为显性性状,亲本中棕色雌鼠和棕色雄鼠基因型均为Dd,后代雄性个体中基因型DD或Dd为棕色,dd为灰色,而雌性不管哪种基因型均表现为棕色,即基因型为dd的个体只在雄性个体中表现相应性状。(2)实验一中的子代雌雄个体的基因型均为1/4DD、1/2Dd、1/4dd,该群体随机交配,后代基因型及比例不变,即仍有1/4dd,但其中只有雄鼠会出现灰色,因此灰色鼠的比例=1/4×1/2=1/8。(3)①要判断该小鼠是基因突变(基因型为dd)的结果还是环境影响(基因型为Dd)的结果,应该让该灰色雄鼠与多只杂合棕色雌鼠(实验一亲本中棕色雌鼠或实验二F1中棕色雌鼠)杂交,观察后代表现型和比例。②如果后代表现型及比例为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=4∶3∶1,则是环境影响的结果;如果后代表现型及比例为棕色雌鼠∶棕色雄鼠∶灰色雄鼠=2∶1∶1,则是基因突变的结果。21.(2019山东聊城期中,32)孔雀鱼原产于南美洲,现作为观赏鱼引入世界各国,在人工培育下,孔雀鱼产生了许多品系,其中蓝尾总系包括浅蓝尾、深蓝尾和紫尾三个性状。科研人员选用深蓝尾和紫尾做杂交实验(基因用B、b表示),结果如图所示:(23分)(1)深蓝尾对紫尾是　　　　(完全显性、不完全显性),F1的基因型为　　　　,蓝尾总系遗传符合　　　　定律。 (2)浅蓝尾与深蓝尾仅从颜色上不容易区分,若仅凭尾的颜色来确定某蓝尾鱼基因型,需通过　　　　实验,若表现型及比例是　　　　　　　　　　,则为浅蓝尾。若想从分子水平上确定某蓝尾鱼基因型,则需通过　　　　　的方法来得知基因的碱基排列顺序。 (3)研究发现基因家族存在一种“自私基因”,该基因可通过杀死不含该基因的配子来扭曲分离比例。若浅蓝尾B基因是一种“自私基因”,能杀死一半不含该基因的雄性配子,则F1自由交配产生的后代的表现型及比例为　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)不完全显性　Bb　基因分离(2)测交　浅蓝尾∶紫尾=1∶1　基因测序(基因检测)(3)深蓝尾∶浅蓝尾∶紫尾=2∶3∶1解析　本题通过孔雀鱼的杂交实验考查科学思维中的演绎与推理能力。(1)由遗传图可知,F1自由交配,产生的F2表现型及比例是深蓝尾∶浅蓝尾∶紫尾=1∶2∶1,所以F1基因型为Bb,F2的基因型及比例是BB∶Bb∶bb=1∶2∶1,因此深蓝尾对紫尾是不完全显性,蓝尾总系遗传符合基因分离定律。(2)通过测交实验可以检测基因型BB、Bb,如果基因型是Bb,测交后代的基因型及比例是Bb∶bb=1∶1,分别表现为浅蓝尾、紫尾;如果基因型是BB,测交后代的基因型是Bb,都表现为浅蓝尾。从分子水平上确定某蓝尾鱼基因型,则需通过基因测序(基因检测)的方法来得知基因的碱基排列顺序。(3)由题意知,浅蓝尾产生的雌配子的基因型及比例是B∶b=1∶1,产生的具有受精能力雄配子的基因型及比例是B∶b=2∶1,雌雄配子随机结合产生的后代的基因型如图:雄配子雌配子2/3B1/3b1/2B2/6BB(深蓝尾)1/6Bb(浅蓝尾)1/2b2/6Bb(浅蓝尾)1/6bb(紫尾)所以F1自由交配产生的后代的基因型及比例是BB∶Bb∶bb=2∶3∶1,表现型分别为深蓝尾、浅蓝尾、紫尾。解题关键　一是根据F1自由交配产生的F2的表现型及其比例推断该性状的遗传遵循基因的分离定律;二是解决(3)小题时,应结合题意,含b基因的雄配子减少一半,所以基因型为Bb的个体产生的雄配子由B∶b=1∶1变为B∶b=2∶1。 专题检测B组一、单项选择题1.(2018广西防城港模拟,3)孟德尔利用高茎和矮茎豌豆的杂交实验,发现了分离定律。下列与此有关的叙述,正确的是(　　)A.由于豌豆是自花传粉植物,因此实验过程中免去了人工授粉的麻烦B.雌雄配子的随机结合是F2出现3∶1性状分离比的条件之一C.孟德尔提出的假说证明了分离定律真实可靠D.若让F2中的高茎豌豆自交,理论上子代中矮茎植株约占2/3　答案　B　本题主要考查科学思维中的演绎与推理。由于豌豆是自花传粉植物,因此豌豆杂交实验过程中必须对母本进行人工去雄及人工授粉的操作,才能实现异花传粉,A错误;孟德尔的一对相对性状杂交实验中,雌雄配子的随机结合是F2出现3∶1性状分离比的条件之一,B正确;孟德尔通过测交实验证明了自己提出的假说是正确的,C错误;由于F2中高茎豌豆的基因型及比例为DD∶Dd=1∶2,若让F2中的高茎豌豆自交,理论上子代中矮茎植株约占2/3×1/4=1/6,D错误。2.(2019北京丰台期末,7)研究孟德尔分离定律时,让纯合高茎和矮茎豌豆杂交的F2进一步自交产生F3植株,下列叙述错误的是(　　)A.F2一半的植株自交时能够稳定遗传B.F2高茎植株中2/3的个体不能稳定遗传C.F2杂合子自交的性状分离比为3∶1D.F3植株中的高茎与矮茎均为纯合子答案　D　杂合子F1自交所得F2中一半为纯合子,能够稳定遗传,A正确;F2中3/4为高茎,高茎中2/3的个体为杂合子,不能稳定遗传,B正确;F2杂合子自交的性状分离比为3∶1,C正确;F3高茎植株中的既有纯合子又有杂合子,D错误。能力解读　本题A、B选项考查辨认、解读的理解能力;C、D选项考查推理的应用能力。解题关键　本题重点考查基因的分离定律,正确理解自交、杂合子、纯合子、稳定遗传等相关遗传学术语是解题的必备能力,根据选项描述准确应用基因的分离定律进行解答是解题关键。3.(2017北京东城期末,15)某种家鼠中,当用短尾鼠与正常鼠交配时,得到的后代中正常尾与短尾比例相同;而短尾类型相互交配,子代中短尾与正常尾之比为2∶1。对上述现象的分析正确的是(　　)A.家鼠的这对性状中正常尾对短尾为显性B.该种家鼠中正常尾个体均为纯合子C.该种家鼠中的显性杂合子有致死现象D.家鼠尾长短的性状遗传不遵循分离定律答案　B　短尾类型相互交配,子代出现了短尾与正常尾,说明正常尾为隐性性状,短尾为显性性状,A错误;正常尾为隐性纯合子,B正确;短尾类型相互交配,子代中短尾与正常尾之比为2∶1,可知该种家鼠中存在显性纯合致死现象,C错误;家鼠尾长短的性状遗传遵循分离定律,D错误。方法技巧　正推法。根据题意分析可知:短尾类型相互交配,子代出现了短尾与正常尾,说明正常尾为隐性性状,短尾为显性性状。一只短尾鼠与一只正常鼠交配,后代中正常尾与短尾比例为1∶1,符合孟德尔的测交实验分离比,而短尾类型相互交配,子代中短尾与正常尾之比为2∶1,即Bb×Bb→1BB∶2Bb∶1bb,显性纯合子BB死亡。4.(2019四川德阳一诊,13)将具有一对等位基因的杂合子作为亲本,逐代自交3次,F3中杂合子的比例为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.7/8B.1/8C.7/16D.9/16答案　B　设具有一对等位基因的杂合体的基因型为Aa,则Aa自交一次后代F1基因型及比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,即AA=1/4,Aa=1/2,aa=1/4,F1再分别自交得到F2,F2中AA=3/8,Aa=1/4,aa=3/8,以此类推则自交n代后杂合子占(1/2)n,纯合子为1-(1/2)n。根据分析,一对相对性状的杂合子连续自交三代,F3中杂合子的比例为(1/2)3=1/8,A、C、D错误,B正确。5.(2017四川德阳三诊,3)某种植物(2n=28)的花色受一组复等位基因A+、A、a控制(A+对A和a为显性,A对a为显性),其中基因A+控制红色素的形成、基因A控制蓝色素的形成、基因a控制黄色素的形成,含有相应色素就开相应颜色的花。已知各种色素均不含肽键。下列相关叙述正确的是　　(　　)A.该组复等位基因通过间接途径控制该植物的花色B.各种花色的该植物所对应的基因型均有2种C.红花植株与蓝花植株杂交,子代均开红花D.若亲本均为杂合子,则子代性状分离比为3∶1答案　A　本题主要考查科学思维中的演绎与推理。根据各种色素均不含肽键可知,色素的本质不是蛋白质,故基因是通过间接途径控制该植物花色的,A正确;根据题干信息可知,红花植株对应的基因型有3种,即A+A+、A+A、A+a,而黄花植株对应的基因型只有1种,即aa,B错误;基因型为A+A或A+a的红花植株与蓝花植株(AA、Aa)杂交,子代均有蓝花植株,C错误;若亲本均为杂合子,则子代的性状分离比为3∶1或2∶1∶1或1∶1,D错误。6.(2019黑龙江齐齐哈尔八中第一次月考,22)牛的有角和无角为一对相对性状(由A和a控制),但雌牛中的杂合子表现隐性性状。现让多对纯合的有角雄牛和无角雌牛杂交,F1中雄牛全表现为有角,雌牛全表现为无角,再让F1中的雌雄个体自由交配,则下列有关F2的叙述正确的是(　　)A.F2的有角牛中,雄牛∶雌牛=1∶1;F2的雌牛中,有角∶无角=3∶1B.若用F2中的无角雄牛和无角雌牛自由交配,则F3中有角牛的概率为1/3C.控制该相对性状的基因位于X染色体上D.在F2的无角雌牛中杂合子所占比例为2/3答案　D　根据题干信息可知,牛的有角和无角为从性遗传,基因型为Aa的雄牛有角、雌牛无角,故F2有角牛中,雄牛∶雌牛=3∶1;F2的雌牛中,有角∶无角=1∶3,A错误。F2中的无角雄牛(aa)和无角雌牛(Aa∶aa=2∶1)自由交配,则F3中有角牛为雄牛,其概率为2/3×1/2×1/2=1/6,B错误。根据亲本和F1的表现型可推知,控制该对相对性状的基因位于常染色体上,且有角为显性性状,C错误。在F2的无角雌牛(Aa或aa)中,杂合子(Aa)所占比例为2/3,D正确。7.(2019江苏无锡一模,9)海岛上多年前单一毛色的某鼠种群演变成了具有黄色(A1)、白色(A2)和黑色(A3)三种毛色的种群。A1、A2、A3基因位于常染色体上且显隐性关系为A1对A2、A3为显性,A2对A3为显性,黄色基因纯合致死。下列叙述错误的是(　　)A.鼠群中出现多种毛色说明基因突变是不定向的B.多年前单一毛色的鼠种群只可能表现为白色或黑色C.不存在两只鼠杂交的子代有三种毛色的可能D.黄色鼠交配,子代中出现黄色鼠的概率为2/3答案　C　本题主要考查生命观念中的结构与功能观、科学思维中的推理与判断、概率计算等。鼠群中出现多种毛色说明基因突变是不定向的,A正确;因黄色基因(A1A1)纯合致死,所以多年前单一毛色的鼠种群只可能表现为白色或黑色,B正确;如基因型为A1A3的黄色鼠与基因型为A2A3的白色鼠杂交,子代有黄色(A1A2、A1A3)、白色(A2A3)和黑色(A3A3)三种毛色,C错误;黄色鼠交配,其交配组合为A1A2×A1A2或A1A3×A1A3或A1A2×A1A3,由于黄色基因纯合(A1A1)致死,所以子代中出现黄色鼠的概率为2/3,D正确。解题关键　阅读题干,抓住关键词句,如“A1、A2、A3基因位于常染色体上且显隐性关系为A1对A2、A3为显性,A2对A3为显性,黄色基因纯合致死”,依此为据分析设置的问题是解题的关键。 8.(经典题)已知果蝇的灰身和黑身是一对相对性状,相关基因(A、a)位于常染色体上。将纯种的灰身和黑身果蝇杂交,F1全为灰身。F1自交(基因型相同的雌雄果蝇相互交配)产生F2,下列针对F2个体间杂交所获得的结果,预测错误的是(　　)选项杂交范围杂交方式后代中灰身和黑身果蝇的比例A取F2中的雌雄果蝇自由交配3∶1B取F2中的雌雄果蝇自交5∶3C取F2中的灰身果蝇自由交配9∶1D取F2中的灰身果蝇自交5∶1答案　C　依据题意分析,将纯种的灰身果蝇和黑身果蝇杂交,F1全为灰身,说明灰身相对黑身为显性性状。亲本中灰身果蝇的基因型为AA,黑身果蝇的基因型为aa,F1的基因型为Aa,F1自交产生F2,F2的基因型及其比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1。求得F2产生A和a两种配子的概率都是1/2,取F2中的雌雄果蝇自由交配后,后代中黑身果蝇占1/2×1/2=1/4,灰身果蝇占1-1/4=3/4,则灰身和黑身果蝇的比例为3∶1,A正确。取F2中的雌雄果蝇自交,由于AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,所以自交后代中黑身果蝇占1/2×1/4+1/4=3/8,灰身果蝇占1-3/8=5/8,因此灰身和黑身果蝇的比例为5∶3,B正确。F2中灰身果蝇的基因型及其比例是AA∶Aa=1∶2,由此计算出F2中灰身果蝇产生A配子的概率是2/3,产生a配子的概率是1/3,若自由交配,子代黑身果蝇(aa)占1/3×1/3=1/9,灰身果蝇占1-1/9=8/9,所以后代中灰身和黑身果蝇的比例为8∶1,C错误。若让F2中的灰身果蝇自交,后代中黑身果蝇占2/3×1/4=1/6,灰身果蝇占1-1/6=5/6,故后代中灰身和黑身果蝇的比例为5∶1,D正确。9.(2020届山东聊城一中期中,15)某开两性花的植株,某一性状由一对完全显性的等位基因A和a控制,其基因型为Aa。若该植株自交,后代性状分离比明显偏离3∶1(后代数量足够多)。以下分析正确的是(　　)A.若后代性状分离比为2∶1,原因可能是后代隐性纯合子死亡B.若后代只有显性性状,原因可能是显性纯合子死亡C.若后代性状分离比为1∶1,原因可能是含A基因的某性别配子死亡D.该植株A和a基因的遗传不遵循基因的分离定律答案　C　该性状由一对等位基因A和a控制,其遗传遵循基因的分离定律,D错误;若后代性状分离比为2∶1,原因可能是后代显性纯合子死亡,A错误;若后代只有显性性状,原因可能是后代隐性纯合子死亡,B错误;若后代性状分离比为1∶1,则类似测交,原因可能是含A基因的雌配子或雄配子死亡,C正确。10.(2019山东青岛期中,15)毛绒山羊的毛色由3个复等位基因(W1、W2、W3)控制,其中基因W1控制黄色,基因W2控制白色,基因W3控制黑色。实验小组让某只白色公羊和若干只黑色母羊杂交,F1中白色∶黄色=1∶1,下列相关分析错误的是(　　)A.基因W1、W2、W3在杂交过程中遵循分离定律B.3个复等位基因的显隐关系为W2>W1>W3C.杂交亲本的基因型为W2W1×W3W3D.若让F1中白色羊和黄色羊杂交,子代出现黄色羊的概率为1/2答案　D　本题通过毛绒山羊的毛色遗传,考查科学思维中的演绎与推理能力。根据题意,某只白色公羊和若干只黑色母羊杂交,F1中白色∶黄色=1∶1,则控制毛绒山羊毛色的基因位于常染色体上,据此可知白色公羊为W2_,黑色母羊为W3_,黄色羊为W1_;假设亲本为W2a×W3b,则F1为W2W3、W2b、aW3、ab,且W2_∶W1_=1∶1,推知a为W1、b为W3,亲本为W2W1×W3W3,显隐性关系为W2>W1>W3。W1、W2、W3是复等位基因,在杂交过程中遵循分离定律,A正确;据分析可知,3个复等位基因的显隐关系为W2>W1>W3,B正确;根据分析,实验中杂交亲本的基因型为W2W1×W3W3,C正确;F1中白色羊为W2W3,黄色羊为W1W3,两者杂交子代黄色羊为W1W3,概率为1/4,D错误。11.(2020届江苏南通海安中学月考,16)紫色企鹅的羽毛颜色是由复等位基因决定的:Pd深紫色、Pm中紫色、Pl浅紫色、Pvl很浅紫色(近于白色)。其显隐性关系是:Pd>Pm>Pl>Pvl(前者对后者为完全显性)。若有浅紫色企鹅(PlPvl)与深紫色企鹅交配,则后代小企鹅的羽毛颜色和比例可能是(　　)A.1中紫色∶1浅紫色 B.2深紫色∶1中紫色∶1浅紫色C.1深紫色∶1中紫色D.1深紫色∶1中紫色∶1浅紫色∶1很浅紫色答案　C　根据题干信息知深紫色有多种基因型,当深紫色个体的基因型为PdPd时,子代全为深紫色;当深紫色个体的基因型为PdPm时,子代的性状分离比为1深紫色∶1中紫色;当深紫色个体的基因型为PdPl时,子代的性状分离比为1深紫色∶1浅紫色;当深紫色个体的基因型为PdPvl时,子代的性状分离比为2深紫色∶1浅紫色∶1很浅紫色;综上分析,选项A、B、D均不可能出现,选项C正确。二、不定项选择题12.(科学思维—演绎与推理)(不定项选择)已知豌豆圆粒对皱粒为显性,由一对等位基因(D、d)控制。将若干豌豆植株中的圆粒豌豆与皱粒豌豆杂交,子代数目足够多且每组子代数目相同,子代中圆粒∶皱粒=2∶1。若将亲本圆粒豌豆自交,则以下分析正确的有(　　)A.亲本圆粒豌豆中杂合子占2/3B.自交后代中杂合子占1/3C.自交后代圆粒豌豆中杂合子占3/5D.自交后代中圆粒豌豆∶皱粒豌豆=8∶1答案　AB　已知圆粒豌豆(DD、Dd)与皱粒豌豆(dd)杂交,子代中皱粒占1/3,设亲本圆粒豌豆中杂合子Dd占x,可得x·1/2=1/3,解得x=2/3,A正确;若亲本圆粒豌豆(1/3DD、2/3Dd)自交,自交后代中dd=2/3×1/4=1/6,故圆粒豌豆∶皱粒豌豆=5∶1,D错误;自交后代中杂合子(Dd)占2/3×1/2=1/3,B正确;自交后代圆粒豌豆(占5/6)中杂合子(占1/3)的比例是1/3÷5/6=2/5,C错误。13.(2018江苏东台高三月考,21)某种两性花的植物,可以通过自花传粉或异花传粉繁殖后代。在25℃的条件下,基因型为AA和Aa的植株都开红花,基因型为aa的植株开白花,但在30℃的条件下,各种基因型的植株均开白花。下列说法正确的是(　　)A.不同温度条件下同一植株花色不同说明环境能影响生物的性状B.在25℃的条件下生长的白花植株自交,正常情况下后代中不会出现红花植株C.在30℃的条件下生长的白花植株自交,产生的后代在25℃条件下生长可能会出现红花植株D.若要探究一开白花植株的基因型,最简单可行的方法是在25℃条件下进行杂交实验答案　ABC　根据题干信息分析,不同温度条件下存在同一基因型的植株花色不同,说明生物的性状会受环境影响,A正确;在25℃的条件下生长的白花植株的基因型为aa,正常情况下其自交后代中不会出现红花植株,B正确;在30℃的条件下生长的白花植株的基因型可能为AA、Aa或者aa,其自交产生的后代的基因型可能为AA、Aa、aa,其中基因型为AA、Aa的植株在25℃条件下生长开红花,C正确;若要探究一开白花植株的基因型,最简单可行的方法是在25℃条件下进行自交实验,D错误。14.(2019江苏启东、前黄、淮阴等七校联考,24)某植物的紫花与红花是一对相对性状,且是由单基因(D、d)控制的完全显性遗传,现有一株紫花植株和一株红花植株作实验材料,设计如表所示实验方案以鉴别两植株的基因型。下列有关叙述正确的是(　　)选择的亲本及交配方式预测子代表现型推测亲代基因型第一种:紫花自交出现性状分离③①④第二种:紫花×红花全为紫花DD×dd②⑤A.两组实验中,都有能判定紫花和红花的显隐性的依据B.若①全为紫花,则④为DD×DdC.②紫花和红花的数量之比为3∶1,⑤为Dd×ddD.③为Dd×Dd,判定依据是子代出现性状分离,说明亲代都有隐性基因答案　AD　根据题干信息分析表格,第一种情况:紫花自交,后代出现性状分离,说明紫花是显性性状;第二种情况:紫花×红花→后代全为紫花,说明紫花是显性性状,红花是隐性性状,A正确。若①全为紫花,由于是自交,因此④为DD×DD,B错误。若⑤为Dd×dd,则后代②紫花和红花的数量之比应为1∶1,C错误。紫花自交,出现性状分离,说明亲代都有隐性基因,③为Dd×Dd,D正确。 三、非选择题15.(2019四川成都石室中学入学考,34)(9分)现有牵牛花的四组杂交实验,请回答下列问题:A组:红花×红花→红花、蓝花;B组:蓝花×蓝花→红花、蓝花;C组:红花×蓝花→红花、蓝花;D组:红花×红花→全为红花;其中,A组中子代红花数量为298,蓝花数量为101;B、C组未统计数量。(1)若花色只受一对等位基因控制,则　　　　组和　　　　组显隐性正好相反。 (2)有人对实验现象提出了假说:花色性状由三个复等位基因(A+、A、a)控制,其中A决定蓝色,A+和a都决定红色,A+相对于A、a是显性,A相对于a为显性。若该假说正确,则B组两个亲代蓝花基因型是　　　　。 (3)若(2)中所述假说正确,那么红花植株的基因型有　　　　种,为了测定其基因型,有人分别用AA和aa对其进行测定。 ①若用AA与待测植株杂交,则可以判断出的基因型是　　　　。　 ②若用aa与待测植株杂交,则可以判断出的基因型是　　　　。　 答案　(1)A　B(2)Aa×Aa(3)4　A+A+和aa　A+A解析　本题主要考查科学思维中的演绎与推理。(1)若花色只受一对等位基因控制,则A组中,红花×红花→后代出现蓝花,即发生性状分离,说明红花相对于蓝花是显性性状;而B组中,蓝花×蓝花→后代出现红花,说明蓝花相对于红花是显性性状,由此可见,A组和B组显隐性正好相反。(2)若花色性状由三个复等位基因(A+、A、a)控制,其中A决定蓝色,A+和a都决定红色,A+相对于A、a是显性,A相对于a为显性,则蓝花没有基因A+,因此B组后代红花的基因型为aa,两个亲代蓝花的基因型均为Aa。(3)若假说正确,那么红花植株的基因型可能有4种,即A+A+、aa、A+a、A+A;为了测定其基因型,某人分别用AA和aa对其进行测定。①若用AA与待测植株杂交,若后代均为红花,则其基因型为A+A+;若后代均为蓝花,则其基因型为aa;若后代有红花,也有蓝花,则其基因型为A+a或A+A,因此可以判断出的基因型是A+A+和aa。②若用aa与待测植株杂交,若后代均为红花,则其基因型为A+A+或aa或A+a;若后代有红花,也有蓝花,则其基因型为A+A,因此可以判断出的基因型是A+A。解题关键　本题以牵牛花的花色为素材,考查基因分离定律的实质及应用,要掌握基因分离定律的实质,能根据实验现象判断显隐性关系;根据题中假设判断相应的基因型及种类。16.(2019广东惠州三模,32)(12分)自交不亲和性指某一植物的雌雄两性机能正常,但不能进行自花传粉或不能进行同一品系内异花传粉的现象。请回答问题:(1)烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制,以上复等位基因的出现是　　　　　　的结果,同时也体现了该生命现象具有　　　　(特点)。 (2)烟草的自交不亲和性机理如图所示。据图分析,自然条件下,烟草不存在S系列基因的纯合个体的原因是 　。 只考虑S(S1、S2……S15)基因,该植物在自然界中存在着　　　　种基因型,因此,自然条件下,自交不亲和性阻碍了自花受粉,增加了植物的　　　　多样性,从而增强了对多变环境的适应性。 (3)我市某果园种植着极受市民喜爱的同一品系的红心李,其也存在着类似烟草的这种自交不亲和性机制,因此有经验的果农常常要在红心李园中栽种几棵本地产的三华李树作为授粉树, 以获得预期的产量和果实品质。请从三华李的S基因型角度说明作为授粉树必须具备的特点:　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)基因突变　不定向性(2)当花粉粒所携带的S等位基因与母本的任何一个S基因种类相同时,花粉管就不能伸长完成受精作用　105　基因(或遗传)(3)三华李的S基因型应该与红心李的S基因型不同解析　本题通过烟草性状的遗传考查考生的科学思维素养。(1)生物个体中控制同一性状的不同表现型的基因互为等位基因。烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制,以上复等位基因的出现是基因突变的结果,同时也体现了基因突变具有不定向性(或多方向性)。(2)第一幅图中,S3S4的花粉落在S1S2植株的柱头上,花粉管都能伸长,均可与卵细胞完成受精作用;第二幅图中,S1S2的花粉落在S1S2植株的柱头上,花粉管都不能伸长;第三幅图中,S1S3的花粉落在S1S2植株的柱头上,S3花粉管伸长,S1花粉管不伸长,S3可与卵细胞完成受精作用。因此,当花粉所含S基因与卵细胞的S基因种类相同时,花粉管就不能伸长完成受精作用,所以自然条件下,烟草不存在S系列基因的纯合个体。只考虑S(S1、S2……S15)基因,该植物在自然界中存在着=105种基因型,因此,自然条件下,自交不亲和性阻碍了自花受粉,增加了植物的基因(遗传)多样性,从而增强了对多变环境的适应性。(3)由于三华李的花粉所含S基因与卵细胞的S基因种类相同时,花粉管就不能伸长完成受精作用,所以选择授粉树必须保证其花粉所含的S基因型与红心李的S基因型不同。评分细则　(12分)(1)基因突变(2分)　不定向性(或多方向性)(2分)　(2)当花粉粒所携带的S等位基因与母本的任何一个S基因种类相同,花粉管就不能伸长完成受精作用(2分)【补充答案:当花粉所含S基因与卵细胞的S基因种类相同时(或当花粉基因型与卵细胞基因型相同时),花粉管就不能伸长完成受精作用(2分,其他合理答案也给分)】　105(2分)　基因(或遗传)(2分)　(3)三华李的S基因型应该与红心李的S基因型不同(2分)17.(2020河北石家庄二中月考,30)(8分)某种小动物的毛色可以是棕色、银灰色和黑色(相关基因依次用A1、A2和A3表示)。如表为研究人员进行的有关杂交实验。组别亲本子代(F1)甲棕色×棕色2/3棕色、1/3银灰色乙棕色×银灰色1/2棕色、1/2银灰色丙棕色×黑色1/2棕色、1/2黑色丁银灰色×黑色全是银灰色请根据以上实验,回答下列问题:(1)由甲组分析可知:　　　　是隐性性状,产生子代(F1)数量比偏离3∶1的原因最可能是　　　　　　　　　。 (2)让甲组的子代(F1)自由交配,得到的后代表现型及比例为棕色∶银灰色=1∶1或　　　　　　　　　　。 (3)选取　　　组的F1　　　　个体与丁组的F1银灰色个体杂交,后代一定会出现三种不同表现型的个体。 答案　(1)银灰色　棕色基因(A1基因)纯合致死　(2)棕色∶银灰色∶黑色=4∶3∶1　(3)丙　棕色 解析　(1)甲组中棕色个体杂交,后代中出现性状分离,棕色个体为显性性状,银灰色为隐性性状。子代(F1)数量比偏离3∶1的原因最可能是棕色基因(A1基因)纯合致死。(2)甲组中亲代组合有两种可能性,即A1A2×A1A2或A1A2×A1A3。若为前者,子代(F1)的基因型为2/3A1A2(棕色),1/3A2A2(银灰色),让其自由交配,子一代群体中A1的基因频率为1/3,A2的基因频率为2/3,则自由交配得到的后代的基因型为A1A1(棕色)的比例为1/3×1/3=1/9;A2A2(银灰色)的比例为2/3×2/3=4/9;A1A2(棕色)的比例为2×1/3×2/3=4/9,此时表现型及比例为棕色∶银灰色=1∶1。若亲本组合为A1A2×A1A3,则甲组的子一代(F1)的基因型为1/3A1A2(棕色),1/3A1A3(棕色),1/3A2A3(银灰色),子一代群体中A1的基因频率为1/3,A2的基因频率为1/3,A3的基因频率为1/3,则子一代自由交配产生的后代基因型及比例为2/9A1A2(棕色)、2/9A1A3(棕色)、1/9A2A2(银灰色)、2/9A2A3(银灰色)、1/9A3A3(黑色),即表现型及比例为棕色∶银灰色∶黑色=4∶3∶1。(3)要保证在子代得到三种毛色的个体,其杂交双亲必须含有A1、A2和A3三种基因,故杂交双亲之一必须为棕色,且一定为杂合子,又根据表中杂交实验可推知,棕色对银灰色为显性,银灰色对黑色为显性,据此可知丁组的F1银灰色个体的基因型为A2A3,根据以上分析,需要选取的F1棕色个体基因型为A1A3,且只有丙组的F1棕色个体符合条件。18.(2020江苏南通白蒲高级中学高三月考,31)(共10分)如图为某单基因遗传病(显、隐性基因分别为A、a)的系谱图,请据图回答(概率用分数表示):(1)该遗传病的遗传方式为　　　　　　　　染色体　　　性遗传。 (2)Ⅱ2为纯合子的概率是　　　。 (3)若Ⅲ3和一个基因型与Ⅲ5相同的女性结婚,则他们生一个患病儿子的概率是　　　　。 (4)若Ⅱ1携带该遗传病的致病基因,请继续以下分析:①Ⅲ2的基因型为　　　　。 ②研究表明,正常人群中该致病基因携带者的概率为2%。如果Ⅲ2和一个正常男性结婚,生育了一个表现型正常的女儿,则该女儿携带致病基因的概率为　　　　。 答案　(1)常染色体或者伴X　隐　(2)0　(3)1/4　(4)①AA或Aa　②101/299解析　(1)分析题图,Ⅱ1和Ⅱ2都正常,但他们有一个患病的儿子,说明该病为隐性遗传病,可能是常染色体隐性遗传病,也可能是伴X染色体隐性遗传病,其遗传遵循基因分离定律。(2)若该病为常染色体隐性遗传病,则Ⅱ2的基因型为Aa;若该病为伴X染色体隐性遗传病,则Ⅱ2的基因型为XAXa。可见,该个体不可能为纯合子。(3)若该病为常染色体隐性遗传病,则Ⅲ3的基因型为aa,与Ⅲ5相同的女性的基因型为Aa,他们婚配后生一个患病儿子的概率为1/2×1/2=1/4;若该病为伴X染色体隐性遗传病,则Ⅲ3的基因型为XaY,与Ⅲ5相同的女性的基因型为XAXa,他们婚配后生一个患病儿子的概率为1/4。(4)若Ⅱ-1携带该遗传病的致病基因,则该病为常染色体隐性遗传病。①Ⅲ-2的基因型为AA或Aa。②Ⅲ-2的基因型为1/3AA、2/3Aa,正常人群中该致病基因携带者的概率为2%,所以,该正常男性的基因型为2%Aa或98%AA,Ⅲ2和一个正常男性结婚,生育表现型正常的孩子的概率是1-(2%×2/3×1/4)=1-1/300=299/300,生育携带致病基因的孩子的概率是2/3×2/100×1/2+2/3×2/100×1/2+2/3×98/100×1/2=101/300,故Ⅲ2和一个正常男性结婚,生育了一个表现型正常的女儿,则该女儿携带致病基因的概率为(1/2×101/300)÷(1/2×299/300)=101/299。