2023版高考生物一轮总复习第5单元遗传因子的发现基因和染色体的关系第2讲孟德尔的豌豆杂交实验二课件

第2讲　孟德尔的豌豆杂交实验(二)自 主 学 习 · 巩 固 基 础[自主学习]知识点一　两对相对性状的杂交实验的“假说—演绎”过程【答案】黄色圆粒　黄色圆粒　绿色圆粒　9　3　【答案】①两对遗传因子　②遗传因子　随机结合　③随机　YYRR　YyRr　Y－R－　Y－rr　YR　Yr　yR　yr [自主检测]1．思考判断(1)F1(基因型为YyRr)产生的精子中，基因型为YR和基因型为yr的比例为1∶1。 (　　)(2)F1(基因型为YyRr)产生基因型YR的卵细胞和基因型YR的精子数量之比为1∶1。 (　　)(3)基因型为YyRr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。 (　　)(4)自由组合定律的实质是等位基因分离的同时，非等位基因自由组合。 (　　)(5)基因型相同的生物，表现型一定相同；基因型不同的生物，表现型也不会相同。 (　　)【答案】(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×2．深挖教材(1)利用现有绿色圆粒豌豆(yyRr)，获得纯合的绿色圆粒豌豆的实验思路：__________________________________________________。(2)若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表现型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，试解释出现这一结果的可能原因：_________ _______________________________________________________。(3)利用①aaBBCC、②AAbbCC和③AABBcc来确定这三对等位基因是否分别位于三对同源染色体上的实验思路：__________________ ________________________________________________。(4)基因型是性状表现的________________，表现型是基因型的表现形式。(5)孟德尔实验中为什么要用正交和反交进行实验？从数学角度看，9∶3∶3∶1与3∶1能否建立联系？____________________________________________________。【答案】(1)提示：让绿色圆粒豌豆(yyRr)自交，淘汰绿色皱粒豌豆，再连续自交并选择，直到不发生性状分离为止(2)提示：A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞发生交叉互换，产生四种类型配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%(3)提示：选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1并自交得到F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因分别位于三对同源染色体上(4)提示：内在因素(5)提示：用正交和反交实验是为了证明性状的遗传是否和母本有关(排除细胞质遗传)。(黄色∶绿色)×(圆粒∶皱粒)＝(3∶1)(3∶1)＝黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝9∶3∶3∶1[自主学习]知识点二　自由组合定律的实质及应用1．自由组合定律的实质(1)基因自由组合定律的细胞学基础。(2)自由组合定律的内容。    【答案】(2)非等位基因　减数第一次分裂　非等位基因杂交育种　自交　连续自交　预测和诊断　3．孟德尔遗传定律的适用范围   【答案】真核生物　细胞核遗传4．孟德尔获得成功的原因    【答案】豌豆　多对　统计学　假说—演绎 　自由组合定律的两个易错点(1)发生时期：自由组合发生于配子形成(减数分裂Ⅰ后期)过程中，而不是受精作用过程中。(2)组合基因：能发生自由组合的是位于非同源染色体上的非等位基因，而不仅指“非等位基因”，因为同源染色体上也有非等位基因。1．思考判断(1)在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因表现为自由组合。 (　　)(2)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。 (　　)(3)某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状一定是由一对等位基因控制的。 (　　)[自主检测](4)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。 (　　)(5)基因分离定律和自由组合定律具有相同的细胞学基础。 (　　)(6)能用分离定律的结果证明基因是否符合自由组合定律。 (　　)(7)基因型为AaBb的个体测交，后代表现型比例为3∶1或1∶2∶1，则该遗传可能遵循基因的自由组合定律。 (　　)【答案】(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√2．热图导析据图思考回答下列问题。(1)甲图表示基因在染色体上的分布情况，其中哪些基因不遵循基因的自由组合定律？为什么？____________________________________________________________________________________________________________________。(2)乙图中基因自由组合发生在哪些过程中？为什么？____________________________________________________________________________________________________________________。【答案】(1)提示：A、a与D、d和B、B与C、c分别位于同一对同源染色体上，不遵循该定律。只有位于非同源染色体上的非等位基因之间，其遗传时才遵循自由组合定律(2)提示：④⑤。基因自由组合发生于产生配子的减数第一次分裂过程中，而且是非同源染色体上的非等位基因之间的重组，故①～⑥过程中仅④⑤过程发生基因自由组合，①②过程仅发生了等位基因分离，未发生基因自由组合。③⑥过程是雌、雄配子的随机结合重 难 探 究 · 素 养 达 标两对相对性状的遗传实验[深度讲解]F2 “折分法”推断F2基因型“棋盘法”推断F2基因型2．9∶3∶3∶1的变式(总和等于16)3．致死遗传现象(总和小于16)4．基因遗传的累加效应(总和等于16)(1)表现型：(2)原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，效果越强。注：该比例是以2对等位基因控制一对相对性状为例进行分析的，解答时要根据具体条件进行具体分析。(一)两对相对性状杂交结果分析及应用(素养目标：科学探究)1．下列关于孟德尔两对相对性状的豌豆杂交实验的相关叙述正确的是 (　　)A．杂交实验过程中需要将亲本和子一代豌豆的母本在开花前进行人工去雄和套袋处理B．减数分裂时同源染色体分离，非同源染色体自由组合属于假说内容之一[考向预测]C．子一代植株所结种子的表现型及比例约为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1D．孟德尔仅依据种子形状和子叶颜色这两种性状的杂交实验就发现了基因的自由组合定律【答案】C　【解析】子一代豌豆的母本不需要进行去雄处理，A错误；减数分裂时同源染色体分离，非同源染色体自由组合不属于假说内容，B错误；子一代植株所结种子属于子二代，子二代的表现型及比例约为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1，C正确；孟德尔对豌豆的多对相对性状进行了研究，最终发现了基因的自由组合定律，D错误。(二)9∶3∶3∶1的变式(素养目标：科学思维)2．一种观赏植物，纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种杂交，F1为蓝色。若让F1蓝色与纯合的鲜红色品种杂交，产生的子代中表现型及比例为蓝色∶鲜红色＝3∶1。若F1蓝色植株自花受粉，则F2表现型及其比例最可能是 (　　)A．蓝色∶鲜红色＝1∶1 B．蓝色∶鲜红色＝3∶1C．蓝色∶鲜红色＝9∶1 D．蓝色∶鲜红色＝15∶1【答案】D　【解析】F1蓝色杂合子与纯合的鲜红色品种杂交，后代中蓝色∶鲜红色＝3∶1，说明这对相对性状由两对等位基因控制，且隐性纯合子表现为鲜红色；纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种可分别表示为AABB、aabb，F1蓝色植株AaBb自交，F2中鲜红色植株占1/16，所以F2表现型及其比例最可能是蓝色∶鲜红色＝15∶1。(三)致死遗传现象(素养目标：科学思维)3．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×aabbC．aaBb×AAbb D．AaBb×AAbb【答案】C　【解析】该鱼的鳞片有4种表现型，由两对独立遗传的等位基因控制，并且BB有致死作用，可推知该鱼种群4种表现型由A_Bb、A_bb、aaBb和aabb这4种基因型控制。F1中的单列鳞鱼相互交配能产生4种表现型的个体，可推出F1中的单列鳞鱼的基因型为AaBb。无鳞鱼和纯合野生型鳞鱼杂交，能得到基因型为AaBb的单列鳞鱼，先考虑B和b这对基因，亲本的基因型为Bb和bb，而亲本野生型鳞鱼为纯合子，故bb为亲本野生型鳞鱼的基因型，Bb为无鳞鱼的基因型；再考虑A和a这对基因，由于无鳞鱼和纯合野生型鳞鱼杂交后代只有两种表现型，且比例为1∶1，结合以上分析，亲本的基因型为AA和aa。这样基因型组合方式有AABb×aabb和AAbb×aaBb两种，第一种组合中基因型为AABb的个体表现为单列鳞，与题意不符，排除。(四)基因遗传的累加效应(素养目标：科学思维)4．(2021年四川绵阳模拟)小麦种皮有红色和白色，这一相对性状由作用相同的两对等位基因(R1、r1；R2、r2)控制，红色(R1、R2)对白色(r1、r2)为显性，且显性基因效应可以累加。一株深红小麦与一株白色小麦杂交，得到的F1为中红，其自交后代F2的性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色为1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是 (　　)A．这两对等位基因位于两对同源染色体上B．F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子C．浅红色小麦自由传粉，后代可出现三种表现型D．该小麦种群中，中红色植株的基因型为R1r1R2r2【答案】D　【解析】分析题意可知，F1自交后代F2的性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色为1∶4∶6∶4∶1，该比例为9∶3∶3∶1的变式，因此控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上，A正确；由于后代出现1∶4∶6∶4∶1的比例，因此F1的基因型为R1r1R2r2，F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子，即R1R2∶R1r2∶r1R2∶r1r2＝1∶1∶1∶1，B正确；浅红色小麦的基因型为R1r1r2r2、r1r1R2r2，浅红色小麦自由传粉，后代可出现中红、浅红、白色三种表现型(两个显性基因、一个显性基因、没有显性基因)，C正确；该小麦种群中，中红色植株的基因型中含有两个显性基因，即R1R1r2r2、r1r1R2R2、R1r1R2r2，D错误。1．性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤 2．解答致死类问题的方法技巧(1)从每对相对性状分离比角度分析，如：6∶3∶2∶1⇒(2∶1)(3∶1)⇒一对显性基因纯合致死。4∶2∶2∶1⇒(2∶1)(2∶1)⇒两对显性基因纯合致死。(2)从F2每种性状的基因型种类及比例分析，如BB致死：(五)遗传定律的验证(素养目标：科学探究)5．(2021年广东汕尾模拟)现有纯种果蝇品系①～④，其中品系①的性状为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示：若需验证自由组合定律，可选择交配的品系组合为 (　　)A．①×④ B．①×②C．②×③ D．②×④【答案】D　【解析】验证自由组合定律时所选择的两个类型应具有两对相对性状，且控制两对相对性状的基因必须位于两对同源染色体上。据此判断应为②和④。 　验证遗传的两大定律常用的四种方法自由组合定律的常规题型常规题型1　已知亲代求子代的“正推型”题目常用方法：分解组合法1．适用范围：两对或两对以上的基因独立遗传，并且不存在相互作用(如导致配子致死)[深度讲解]2．解题思路3．常见题型分析(1)基因型(表现型)种类、概率及比例。注：在计算不同于双亲的表现型的概率时，可以先算与双亲一样的表现型的概率，然后用1减去相同的表现型的概率即可。常规题型2　已知子代求亲代的“逆推型”题目(1)解题思路：将自由组合定律的性状分离比拆分成分离定律的分离比分别分析，再运用乘法定理进行逆向组合。(2)常见几种分离比为：常规题型3　多对基因控制一对相对性状的分析n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律常规题型4　自由组合中的自交、测交和自由交配问题纯合黄色圆粒豌豆(YYRR)和纯合绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表现型及比例分别如下表所示：(一)根据亲代推断子代基因型(正推)(素养目标：科学思维)1．(2021年河南郑州一模)某植物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，杂合子为粉红花。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．3/64C．9/32 D．9/64[考向预测]【答案】C　【解析】假设控制花色、株高和花冠形状的基因分别为A/a、B/b、D/d，纯合红花、高株、正常花冠植株(AABBDD)与纯合的白花、矮株、不整齐花冠植株(aabbdd)杂交，F1为AaBbDd，表现型为粉红花、高株、正常花冠。F1自交所得F2中具有与F1相同表现型的植株(即AaB_D_)的比例是1/2×3/4×3/4＝9/32，C正确。(二)根据子代表现型及比例推测亲本基因型(逆推)(素养目标：科学思维)2．(2020年全国Ⅱ卷)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表现型不同的4种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表现型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表现型。回答下列问题：(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是________________。(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为______________、______________、_______________和________________。(3)若丙和丁杂交，则子代的表现型为________________。(4)选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为________________。【答案】(1)板叶、紫叶、抗病　(2)AABBDD　AabbDd　aabbdd　aaBbdd　(3)花叶绿叶感病、 花叶紫叶感病　(4)AaBbdd【解析】分析题意可知，甲板叶紫叶抗病与丙花叶绿叶感病杂交，子代表现型与甲相同，可知甲为显性纯合子AABBDD，丙为隐性纯合子aabbdd；乙板叶绿叶抗病与丁花叶紫叶感病杂交，后代出现8种表现型，且比例接近1∶1∶1∶1∶1∶1∶1∶1，可推测三对等位基因应均为测交。(1)甲板叶紫叶抗病与丙花叶绿叶感病杂交，子代表现型与甲相同，可知显性性状为板叶、紫叶、抗病，甲为显性纯合子AABBDD。(2)已知显性性状为板叶、紫叶、抗病，再根据甲乙丙丁的表现型和杂交结果可推知，甲、乙、丙、丁的基因型分别为AABBDD、AabbDd、aabbdd、aaBbdd。(3)若丙aabbdd和丁aaBbdd杂交，根据自由组合定律，可知子代基因型和表现型为：aabbdd(花叶绿叶感病)和aaBbdd(花叶紫叶感病)。(4)已知杂合子自交分离比为3∶1，测交比为1∶1，故X与乙杂交，叶形分离比为3∶1，则为Aa×Aa杂交，叶色分离比为1∶1，则为Bb×bb杂交，能否抗病分离比为1∶1，则为Dd×dd杂交，由于乙的基因型为AabbDd，可知X的基因型为AaBbdd。(三)多对基因控制一对相对性状的分析(素养目标：科学思维)3．(高考经典)某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因控制(如A、a；B、b；C、c……)。当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即A_B_C_……)才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表现型及其比例如下：根据杂交结果回答问题。(1)这种植物花色的遗传符合哪些遗传定律？(2)本实验中，植物的花色受几对等位基因的控制，为什么？(四)自由组合中的自交、测交和自由交配问题(素养目标：科学探究)4．某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易染病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。现以红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为 (　　)A．1/2 　　 B．1/3　C．3/8 　 D．1/6【答案】B　【解析】红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性，抗病对易感病为显性，假设花色基因用A、a表示，抗病感病基因用B、b表示，亲本为AABB和aabb，F1为AaBb，F1自交F2为AABB∶2AABb∶AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶aaBB∶2aaBb∶aabb。去除aabb后，只考虑红花和白花这一对相对性状，AA占4/15，Aa占8/15，aa占3/15，自交后白花植株所占的比例为8/15×1/4＋3/15＝1/3。典 题 演 练 · 破 解 高 考1．(2021年全国乙卷)某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制(杂合子表现显性性状)。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是 (　　)A．植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体B．n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数【答案】B　【解析】植株A测交，每一对性状都有显性和隐性两种表现型，n对性状有2n种不同表现型，A正确。植株A测交，子代性状的比例为(1∶1)×(1∶1)×…×(1∶1)，即1∶1∶…∶1，子代中不同表现型个体数目相等，B错误。植株A测交时，n对基因均杂合的概率为(1/2)n，纯合子的概率为(1/2)n，二者概率相等，C正确。植株A测交，纯合子的概率为(1/2)n，杂合子的概率为1－(1/2)n，当n≥2时，1－(1/2)n＞(1/2)n，D正确。名师点睛明确测交的含义和目的是解答本题的关键，参与测交的双方是一显性个体和一隐性个体，由于隐性个体一定是纯合子，只能产生一种配子，所以通过测交可以检测显性个体是否为纯合体。2．(2020年浙江卷)若某哺乳动物毛发颜色由基因De(褐色)、Df(灰色)、d(白色)控制，其中De和Df分别对d完全显性。毛发形状由基因H(卷毛)、h(直毛)控制。控制两种性状的等位基因均位于常染色体上且独立遗传。基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配。下列说法正确的是(　　)A．若De对Df共显性、H对h完全显性，则F1有6种表现型B．若De对Df共显性、H对h不完全显性，则F1有12种表现型C．若De对Df不完全显性、H对h完全显性，则F1有9种表现型D．若De对Df完全显性、H对h不完全显性，则F1有8种表现型【答案】B　【解析】据题意可知De和Df对d完全显性，若De对Df共显性，H对h完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型2种，则F1有4×2＝8种表现型，A错误；若De对Df共显性，H对h不完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型则有DeDf、Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型3种，则F1有4×3＝12种表现型，B正确；若De对Df不完全显性，H对h完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型2种，则F1有4×2＝8种表现型，C错误；若De对Df完全显性，H对h不完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种，表现型3种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型3种，则F1有3×3＝9种表现型，D错误。3．(2021年全国甲卷)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。回答下列问题：(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是____________________________。根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是____________。(2)甲乙丙丁中属于杂合体的是____________。(3)实验②的F2中纯合体所占的比例为____________。(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是____________，判断的依据是___________ ___________________________________________________。【答案】(1)F1中缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1　缺刻叶、齿皮　(2)甲和乙　(3)1/4　(4)果皮　若实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，其中齿皮∶网皮＝3∶1，符合基因的分离定律，则可判断果皮是由1对等位基因控制的【解析】 (1)根据实验①中亲本甲与乙杂交，F1中缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，说明这两对相对性状均符合基因的分离定律。实验②中F1(缺刻叶齿皮)自交得F2，F2中缺刻叶∶全缘叶＝3∶1，齿皮∶网皮＝3∶1，所以这两对相对性状中缺刻叶和齿皮是显性性状。(2)据题干知甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，根据甲和乙杂交后代F1的性状比例可知，乙种植后表现为全缘叶齿皮，且甲和乙为杂合体，根据丙和丁杂交后代F1及F1自交后代F2的性状比例可知，丁种植后表现为全缘叶齿皮，且丙和丁都是纯合体。(3)实验②的F1(缺刻叶齿皮)自交所得F2中出现4种表现型，其比例为9∶3∶3∶1，符合基因的自由组合定律，所以F2中纯合体所占的比例为4/16，即1/4。(4)若实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，其中齿皮(45＋3)∶网皮(15＋1)＝3∶1，符合基因的分离定律，则可判断果皮是由1对等位基因控制的。解题指导本题的审题关键是甲种植后表现型为缺刻叶网皮，基因型不同的甲和乙杂交，F1中出现了四种表现型，且每对相对性状的分离比都是1∶1，说明甲和乙都是单显性杂合体；丙和丁杂交，F1只表现一种性状，F2的性状分离比为9∶3∶3∶1，说明丙和丁都是纯合体。此外本题的第(4)小题中关键点是齿皮(45＋3)∶网皮(15＋1)＝3∶1。抓住了关键性的比例，问题就迎刃而解了。4．(2020年山东卷)玉米是雌雄同株异花植物，利用玉米纯合雌雄同株品系M培育出雌株突变品系，该突变品系的产生原因是2号染色体上的基因Ts突变为ts，Ts对ts为完全显性。将抗玉米螟的基因A转入该雌株品系中获得甲、乙两株具有玉米螟抗性的植株，但由于A基因插入的位置不同，甲植株的株高表现正常，乙植株矮小。为研究A基因的插入位置及其产生的影响，进行了以下实验：(1)实验一中作为母本的是__________，实验二的F1中非抗螟植株的性别表现为____________ (填“雌雄同株”“雌株”或“雌雄同株和雌株”)。(2)选取实验一的F1抗螟植株自交，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株约为2∶1∶1。由此可知，甲中转入的A基因与ts基因________(填“是”或“不是”)位于同一条染色体上，F2中抗螟雌株的基因型是__________。若将F2中抗螟雌雄同株与抗螟雌株杂交，子代的表现型及比例为__________________。(3)选取实验二的F1抗螟矮株自交，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株约为3∶1∶3∶1，由此可知，乙中转入的A基因__________(填“位于”或“不位于”)2号染色体上，理由是_________________________。F2中抗螟矮株所占比例低于预期值，说明A基因除导致植株矮小外，还对F1的繁殖造成影响，结合实验二的结果推断这一影响最可能是__________ __________________________________。F2抗螟矮株中ts基因的频率为____________，为了保存抗螟矮株雌株用于研究，种植F2抗螟矮株使其随机受粉，并仅在雌株上收获籽粒，籽粒种植后发育形成的植株中抗螟矮株雌株所占的比例为__________。【答案】(1)甲　雌雄同株　(2)是　AAtsts　抗螟雌雄同株∶抗螟雌株＝1∶1　(3)不位于　抗螟性状与性别性状间是自由组合的，因此A基因不位于Ts、ts基因所在的2号染色体上　含A基因的雄配子不育　1/2　1/6【解析】(1)根据题意和实验结果可知，实验一中玉米雌雄同株M的基因型为TsTs，为雌雄同株，而甲品系的基因型为tsts，为雌株，只能做母本，根据以上分析可知，实验二中F1的非抗螟植株基因型为OOTsts，因此为雌雄同株。(2)根据以上分析可知，实验一的F1AOTsts抗螟雌雄同株自交，后代F2为1AAtsts抗螟雌株∶2AOTsts抗螟雌雄同株∶1OOTsTs非抗螟雌雄同株，符合基因分离定律的结果，说明实验一中基因A与基因ts插入到同一条染色体上，后代中抗螟雌株的基因型为AAtsts，将F2中AAtsts抗螟雌株与AOTsts抗螟雌雄同株进行杂交，AAtsts抗螟雌株只产生一种配子Ats，AOTsts抗螟雌雄同株作为父本产生两种配子，即Ats、OTs，则后代为AAtsts抗螟雌株∶AOTsts抗螟雌雄同株＝1∶1。(3)根据以上分析可知，实验二中选取F1AOTsts抗螟雌雄同株矮株自交，后代中出现抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株∶非抗螟雌株＝3∶1∶3∶1，其中雌雄同株∶雌株＝3∶1，抗螟∶非抗螟＝1∶1，说明抗螟性状与性别之间发生了自由组合现象，故乙中基因A不位于基因ts的2号染色体上，且F2中抗螟矮株所占比例小于理论值，说明A基因除导致植株矮小外，还影响了F1的繁殖，根据实验结果可知，在实验二的F1中，后代AOTsts抗螟雌雄同株矮株∶OOTsts非抗螟雌雄同株正常株高＝1∶1，则说明含A基因的卵细胞发育正常，而F2中抗螟矮株所占比例小于理论值，故推测最可能是F1产生的含基因A的雄配子不育导致后代中雄配子只产生了OTs和Ots两种，才导致F2中抗螟矮株所占比例小于理论值的现象。根据以上分析可知，实验二的F2中雌雄同株∶雌株＝3∶1，故F2中抗螟矮植株中ts的基因频率不变，仍然为1/2；根据以上分析可知，F2中抗螟矮株的基因型雌雄同株为1/3AOTsTs、2/3AOTsts，雌株基因型为AOtsts，由于F1含基因A的雄配子不育，则1/3AOTsTs、2/3AOTsts产生的雄配子为2/3OTs、1/3Ots，AOtsts产生的雌配子为1/2Ats、1/2Ots，故雌株上收获的籽粒发育成的后代中抗螟矮植株雌株AOtsts所占比例为1/2×1/3＝1/6。