2024届苏教版高考生物一轮复习自由组合定律中的特殊比例和实验探究作业含答案

这是一份2024届苏教版高考生物一轮复习自由组合定律中的特殊比例和实验探究作业含答案，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
自由组合定律中的特殊比例和实验探究课时精练
一、单项选择题
1．某种鼠中，黄色基因A对灰色基因a为显性，短尾基因B对长尾基因b为显性，且基因A或b在纯合时胚胎致死，这两对基因独立遗传。现有两只双杂合的黄色短尾鼠交配，理论上所生的子代性状分离比为(　　)
A．2∶1 B．3∶1∶1
C．4∶2∶2∶1 D．9∶3∶3∶1
答案　A
解析　根据题意分析可知，控制老鼠体色和尾的这两对基因位于非同源染色体上，符合孟德尔的自由组合定律。两只双杂合的黄色短尾鼠的基因型是AaBb，交配时会产生9种基因型的个体，即：A_B_、A_bb、aaB_、aabb，但是由于基因A或b在纯合时使胚胎致死，所以只有AaBB(2/16)、AaBb(4/16)、aaBB(1/16)、aaBb(2/16)四种基因型个体能够生存下来，其中AaBB(2/16)、AaBb(4/16)为黄色短尾；aaBB(1/16)、aaBb(2/16)为灰色短尾，所以理论上正常出生的子代表型比例为(2/16＋4/16)∶(1/16＋2/16)＝2∶1。
2．旱金莲由三对等位基因控制花的长度，这三对基因分别位于三对同源染色体上，作用相等且具叠加性。已知每个显性基因控制花长为5 mm，每个隐性基因控制花长为2 mm。花长为24 mm的同种基因型个体相互授粉，后代出现性状分离，其中与亲本具有同等花长的个体所占比例是(　　)
A．1/16 B．2/16
C．5/16 D．6/16
答案　D
解析　根据题意花长为24 mm的个体中应该有(24－12)÷3＝4个显性基因，且后代有性状分离，不可能是纯合子，所以基因型可能是AaBbCC、AaBBCc、AABbCc。以AaBbCC为例，其自交后代含有4个显性基因的比例为1/4×1/4×1＋1/4×1/4×1＋1/2×1/2×1＝6/16。
3．(2023·南京师大附中高三开学考试)数量性状又称多基因性状。用纯合红色麦粒和白色麦粒亲本杂交，F1表型为中间颜色粉红色，F2中白色与红色的比例为1∶63，其中红色麦粒的颜色深浅不同，呈逐渐加深现象。下列叙述正确的是(　　)
A．数量性状的遗传遵循基因的自由组合定律，但是不遵循基因的分离定律
B．不能确定麦粒颜色的遗传受几对基因的控制
C．F2中共有6种表型，其中红色最深的比例为1/64
D．F2中中间颜色粉红色麦粒所占比例为20/64
答案　D
解析　用纯合红色麦粒和白色麦粒亲本杂交，F1表型为中间颜色粉红色，F2中白色与红色的比例为1∶63，即白色所占比例为1/64＝1/4×1/4×1/4，说明这对相对性状是由3对等位基因控制的，且它们的遗传遵循基因的分离定律和自由组合定律，A、B错误；F1为杂合子，F2中共有7种表型，红色最深的3对基因都是显性，概率是1/4×1/4×1/4＝1/64，C错误；F2中中间颜色粉红色麦粒(含有三个显性基因)，若这三对基因用A和a、B和b、C和c表示，则中间颜色粉红色麦粒的基因型及比例为(1/4×1/2×1/4)AABbcc、(1/4×1/4×1/2)AAbbCc、(1/2×1/2×1/2)AaBbCc、(1/2×1/4×1/4)AaBBcc、(1/4×1/4×1/2)aaBBCc、(1/2×1/4×1/4)AabbCC、(1/4×1/2×1/4)aaBbCC，所占比例为5/16，D正确。
4．现用基因型为AABBCC的个体与基因型为aabbcc的个体杂交得到F1，将F1与隐性亲本测交，测交后代出现的四种基因型及其数目如表所示。下列有关分析错误的是(　　)
基因型
aabbcc
AaBbCc
aaBbcc
AabbCc
数目
203
196
205
199

A.测交结果说明F1产生了基因型为abc、ABC、aBc、AbC四种类型的配子
B．测交后代的四种基因型一定对应四种表型且比例接近1∶1∶1∶1
C．据实验结果可推测F1中A和C在同一染色体上，a和c在同一染色体上
D．若让测交后代中基因型为AabbCc个体自交，后代中纯合子占1/2
答案　B
解析　依题意可知，F1的基因型是AaBbCc，隐性亲本(aabbcc)产生的配子基因型为abc，由测交后代的四种基因型可知，F1产生的四种类型的配子基因型分别为abc、ABC、aBc、AbC，A正确；基因型和表型不一定都是一一对应的关系，故测交后代的四种基因型不一定对应四种表型，B错误；根据实验结果可知，基因A和C、a和c总是同时出现，且基因型为AaBbCc的个体只产生四种类型的配子，由此可推测F1中A和C在同一染色体上，a和c在同一染色体上，C正确；根据C项分析可知，基因型为AabbCc的个体能产生两种配子，即1/2 AbC和1/2 abc，该个体自交后代中纯合子基因型有AAbbCC和aabbcc，所占比例为1/2×1/2＋1/2×1/2＝1/2，D正确。
5．拉布拉多犬个性忠诚，智商极高，深受人们的喜爱。其毛色有黑、黄、棕3种，分别受B、b和E、e两对等位基因控制。为选育纯系黑色犬，育种工作者利用纯种品系进行了杂交实验，结果如下。下列相关叙述错误的是(　　)

A．B、b和E、e的遗传遵循分离和自由组合定律
B．F2黑色犬中基因型符合育种要求的个体占1/9
C．F2黄色犬与棕色犬随机交配，子代中可获得纯系黑色犬
D．F2黑色犬进行测交，测交后代中不能获得纯系黑色犬
答案　C
解析　由于黑色个体F1自由交配后代产生的个体中有三种毛色，并且符合9∶3∶3∶1的性状分离比及变形，因此两对基因B、b和E、e的遗传符合基因的分离定律和自由组合定律，A正确；F2中黑色犬的基因型有BBEE、BbEe、BBEe、BbEE四种，其中黑色纯合子BBEE占1/9，B正确；F2中黄色犬与棕色犬随机交配，其后代中不会出现BBEE的个体，因此不能获得黑色纯种个体，C错误；F2黑色犬测交(与bbee杂交)其后代都含有b和e基因，因此不会出现BBEE个体，D正确。
6．研究发现水稻品种甲和乙的配子部分不育，这种不育机制与位于非同源染色体上的两对基因(A、a和B、b)有关。甲的基因型为AABB，乙的基因型为aabb。Aa杂合子所产生的含a的雌配子不育；Bb杂合子所产生的含b的雄配子不育。甲、乙杂交得到F1，下列叙述正确的是(　　)
A．F1经过减数分裂产生可育的雄配子及比例是AB∶Ab＝1∶1
B．F1自交子代基因型及比例是AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶1∶1∶1
C．F1雌雄配子随机结合导致非同源染色体上的基因自由组合
D．F1分别作父本和母本与乙杂交子代基因型及比例相同
答案　B
解析　甲的基因型为AABB，乙的基因型为aabb，产生F1的基因型为AaBb，Aa经过减数分裂产生可育的雄配子为A∶a＝1∶1，Bb经过减数分裂产生可育的雄配子为B，所以F1经减数分裂产生可育雄配子及比例是AB∶aB＝1∶1，A错误；F1的基因型为AaBb，Aa自交子代基因型为AA∶Aa＝1∶1，Bb自交子代基因型为BB∶Bb＝1∶1，合在一起就是AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶1∶1∶1，B正确；非同源染色体上的基因自由组合发生在减数分裂过程中，C错误；F1分别作父本和母本与乙杂交，子代基因型分别是AaBb和aaBb、AaBb和Aabb，基因型并不相同，D错误。
7．(2023·江苏连云港高三模拟)若人体内存在两对与疾病相关的等位基因A、a和B、b。下列说法正确的是(　　)
A．A、a和B、b的遗传都遵循分离定律，因此两对等位基因的遗传遵循自由组合定律
B．基因型为AaBb的雄性个体与aabb的雌性个体交配后，子代表型比例为1∶1∶1∶1
C．由于DNA甲基化，AaBb的表型与aabb相同，说明基因序列发生了变化
D．若正常的精母细胞中不含有A或a基因，则A、a位于性染色体上
答案　D
解析　A、a和B、b的遗传都遵循分离定律，但不一定遵循自由组合定律，A错误；基因型为AaBb的雄性个体与aabb的雌性个体交配后，若两对等位基因不独立遗传，AaBb的个体AB连锁、ab连锁，则子代为AaBb∶aabb＝1∶1，B错误；DNA甲基化不会改变基因序列，但能抑制基因的表达，C错误。
8．(2023·江苏高三检测)豌豆的红花对白花是显性，长花粉对圆花粉是显性。现有红花长花粉与白花圆花粉植株杂交，F1都是红花长花粉植株。若F1自交获得F2共200株植株，其中白花圆花粉个体为32株，则F2中杂合的红花圆花粉植株所占比例为(　　)
A．8% B．10% C．16% D．20%
答案　A
解析　由题意分析可知，控制两对性状的两对基因位于同一对同源染色体上，设红花基因型为A，长花粉基因型为B，则F2中aabb占32/200，则aabb占16%，则F1产生的配子ab占40%，配子中，ab＝AB＝40%，则Ab＝aB＝10%，可求得：杂合的红花圆花粉植株Aabb所占比例为10%×40%×2＝8%，A正确。
二、多项选择题
9．澳洲老鼠的毛色由常染色体上的两对等位基因(A、a和B、b)控制，A对a、B对b完全显性，其中A基因控制黑色素的合成，B基因控制褐色素的合成，两种色素均不合成时毛色呈白色。当A、B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构。用纯合的黑色和褐色亲本杂交，F1为白色，F1雌雄个体相互交配得到F2。若不考虑交叉互换，下列有关叙述错误的是(　　)
A．同时含有A和B基因的个体毛色呈白色，原因是两基因不能转录
B．若F2中褐色个体的比例接近1/4，则A和b在同一条染色体上
C．若F1测交后代中黑鼠与褐鼠数量相当，则两对基因不能独立遗传
D．可以推断F2会有3种表型，其中的黑色个体会有2种基因型
答案　ACD
解析　由题干可知，当A和B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构进而无法继续表达，因此含有A和B基因的个体为白色是转录产物没有翻译的结果，A错误；若F2中褐色个体的比例接近1/4，两对等位基因位于一对同源染色体上，A和b在同一条染色体上，a和B在同一条染色体上，B正确；若两对基因独立遗传，F1(AaBb)测交后代(AaBb、Aabb、aaBb、aabb)中黑色个体(Aabb)数量∶褐色个体(aaBb)数量＝1∶1，因此，F1测交后代中黑鼠与褐鼠数量相当，则两对基因独立遗传，C错误；若两对等位基因分别位于两对同源染色体上，则F1(AaBb)自交得到F2，F2中出现3种表型(黑色、褐色和白色)，其中表型为黑色的个体基因型有AAbb、Aabb两种；若两对等位基因位于一对同源染色体上，F2出现3种表型(黑色、褐色和白色)，则F2中黑色只有AAbb一种基因型，D错误。
10．拟南芥植株较小、生长周期短、结实多、形态特征分明、易于观察，是典型的自交繁殖植物。拟南芥易于保持遗传稳定性，利于遗传研究，被科学家誉为“植物中的果蝇”。拟南芥果瓣有紫色和白色两种表型，已知紫色果瓣形成的生物化学途径如图所示。A和a、B和b是分别位于两对染色体上的等位基因，其中A对a为显性、B对b为显性。下列说法错误的是(　　)

A．若基因型不同的两白色果瓣植株杂交，所得F1中紫色果瓣∶白色果瓣＝1∶1，则两亲本基因型为AAbb、aaBb
B．若紫色果瓣植株自交，所得F1中紫色果瓣∶白色果瓣＝9∶7，则说明亲本紫色果瓣的基因型为AaBb
C．基因控制该植物紫色果瓣和白色果瓣的途径与基因控制豌豆皱粒的途径不同
D．若中间产物为红色，则基因型为AaBb的植株自交，所得F1中紫色果瓣∶红色果瓣∶白色果瓣＝9∶6∶1
答案　ACD
解析　若基因型不同的两白色果瓣植株杂交，所得F1中紫色果瓣∶白色果瓣＝1∶1，则两亲本白色果瓣植株的杂交组合应为AAbb×aaBb或Aabb×aaBB，A错误；若紫色果瓣植株自交，所得F1中紫色果瓣∶白色果瓣＝9∶7，为9∶3∶3∶1的变式，则亲本紫色果瓣的基因型为AaBb，B正确；基因控制该植物紫色果瓣和白色果瓣的途径与基因控制豌豆皱粒的途径都是基因通过控制酶的合成控制代谢，进而控制性状的，C错误；若中间产物为红色(形成红色果瓣)，基因型为AaBb的植株自交，子一代植株的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，表型及比例为紫色果瓣∶红色果瓣∶白色果瓣＝9∶3∶4，D错误。
11．(2023·江苏南京高三模拟)下图1表示黑小麦(2n)与白小麦(2n)的杂交实验结果，图2表示以图1中F2黑小麦为材料利用染色体消失法诱导单倍体技术获得纯合小麦的流程。下列相关叙述正确的是(　　)

A．图1的黑小麦自交过程中发生了基因重组
B．图1的F2白小麦中纯合子的概率为3/7
C．图2所示流程获得的小麦不都是纯合子
D．图2的玉米和黑小麦之间不存在生殖隔离
答案　AB
解析　据题图1可知，F2中黑小麦∶白小麦＝9∶7，推测相关性状与独立遗传的两对等位基因(假设为A、a，B、b)有关，F1应为双杂合子，其产生配子的减数分裂过程中发生了自由组合型基因重组，A正确；F1的基因型为AaBb，则F2白小麦的基因型为A_bb(1AAbb、2Aabb)、aaB_(1aaBB、2aaBb)和aabb(1aabb)，即F2白小麦中纯合子的概率为3/7，B正确；题图2所示流程运用的育种原理为单倍体育种，因此所获得的小麦全部是纯合子，C错误；玉米和黑小麦杂交后代不可育，两者之间存在生殖隔离，D错误。
12．科研工作者在研究果蝇翅型(卷翅与长翅)的遗传现象时提出，在卷翅基因所在的染色体上存在隐性致死基因(d)，该基因纯合时致死。紫眼(e)卷翅(B)品系和赤眼(E)卷翅(B)品系果蝇的隐性致死基因不同(分别用d1和d2表示)，它们在染色体上的位置如图所示，其中d1d1和d2d2致死，d1d2不致死，已知控制眼色与翅型的基因独立遗传。下列分析正确的是(　　)

A．d1和d2没有位于同源染色体的相同位置上，因此它们不属于等位基因
B．图示紫眼卷翅品系和赤眼卷翅品系果蝇杂交，子代中卷翅∶长翅＝3∶1
C．图示赤眼卷翅品系中的雌雄果蝇相互交配，子代果蝇中卷翅∶长翅＝2∶1
D．图示赤眼(Ee)卷翅品系和紫眼卷翅品系果蝇杂交，子代表型比例为2∶2∶1∶1
答案　ABC
解析　图示赤眼(Ee)卷翅品系(Bbd2)和紫眼(ee)卷翅品系(Bbd1)果蝇杂交，子代表型比例为(1∶1)(3∶1)＝3∶3∶1∶1，D错误。
三、非选择题
13．(2023·江苏南京六校高三调研)小鼠的皮毛颜色由常染色体上的两对基因控制，其中A/a控制黑色物质合成，B/b控制灰色物质合成。两对基因控制有色物质合成的关系如下图：

(1)选取三只不同颜色的纯合小鼠(甲－灰鼠，乙－白鼠，丙－黑鼠)进行杂交，结果如下表：
项目
亲本组合
F1
F2
实验一
甲×乙
全为灰鼠
9灰鼠∶3黑鼠∶4白鼠
实验二
乙×丙
全为黑鼠
3黑鼠∶1白鼠

请根据以上材料及实验结果分析回答：
①A/a和B/b这两对基因位于__________对同源染色体上；图中有色物质1代表________色物质。
②在实验一的F2中，白鼠共有________种基因型；F2中黑鼠与F1中灰鼠进行回交，后代中出现白鼠的概率为____________。
(2)在纯合灰鼠群体的后代中偶然发现一只黄色雄鼠丁，让丁与纯合黑鼠杂交，结果如下表：
项目
亲本组合
F1
F2
实验三
丁×纯合黑鼠
1黄鼠∶1灰鼠
F1黄鼠随机交配：3黄鼠∶1黑鼠
F1灰鼠随机交配：3灰鼠∶1黑鼠

①据此推测：小鼠丁的黄色性状是由基因________突变产生的，该突变属于__________性突变。
②为验证上述推测，可用实验三F1的黄鼠与灰鼠杂交。若后代的表型及比例为________________________，则上述推测正确。
③用3种不同颜色的荧光，分别标记小鼠丁精原细胞的基因A、B及突变产生的新基因，观察其分裂过程发现，某次级精母细胞有3种不同的颜色的4个荧光点，其原因是________________________________________________________________________。
答案　(1)①2　黑　②3　　(2)①B　显　②黄鼠∶灰鼠∶黑鼠＝2∶1∶1　③对应的精原细胞在减数分裂前期 Ⅰ 发生了B基因和新基因之间的交叉互换
解析　(1)①实验一的F2中灰鼠∶黑鼠∶白鼠＝9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，说明这两对基因的遗传遵循基因的自由组合定律，即这两对等位基因位于两对同源染色体上。由图表分析可知，A和B同时存在时表现为灰色，只有A时表现为黑色，因此图中有色物质1代表黑色物质，有色物质2代表灰色物质。②实验一中F1的基因型为AaBb，F2情况为灰鼠(1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb)∶黑鼠(1AAbb、2Aabb)∶白鼠(1aaBB、2aaBb、1aabb)＝9∶3∶4，其中白鼠共有3种基因型。F2中黑鼠(AAbb、Aabb)与F1中灰鼠(AaBb)进行回交，后代中出现白鼠(aa__)的概率为×＝。(2)①实验三中丁与纯合黑鼠(AAbb)杂交，后代有两种性状，说明丁为杂合子，且小鼠丁的黄色性状是由基因B突变产生的，结合杂交后代中有灰色个体，说明新基因相对于B为显性(本解析中用B1表示)，即突变属于显性突变。结合F1、F2未出现白鼠可知，丁不含a基因，其基因型为AAB1B。②若推论正确，则F1中黄鼠基因型为AAB1b，灰鼠基因型为AABb，杂交后代基因型及比例为AAB1B∶AAB1b∶AABb∶AAbb＝1∶1∶1∶1，表型及其比例为黄鼠∶灰鼠∶黑鼠＝2∶1∶1。③小鼠丁(AAB1B)的次级精母细胞的基因型为AAB1B1或AABB，荧光标记后应有2种不同颜色、4个荧光点，某次级精母细胞中含有4个荧光点，说明基因数量没有变化，但有3种颜色的荧光说明基因种类发生改变，其原因应该是在减数第一次分裂四分体时，新基因B1和基因B所在的染色单体片段发生了交叉互换。
14．(2020·山东，23)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：
实验一：品系M(TsTs)×甲(Atsts)→F1中抗螟∶非抗螟约为1∶1
实验二：品系M(TsTs)×乙(Atsts)→F1中抗螟矮株∶非抗螟正常株高约为1∶1

(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)据题中信息可知，品系M为雌雄同株，甲基因型为 Atsts，表现为雌株，因此实验一中的母本只能是甲。实验二的F1中非抗螟正常株高植株中不含抗螟基因，且控制性别的基因型是Tsts，性别应该是雌雄同株。(2)实验一中，若转入的A基因与ts基因位于一条染色体上，则甲植株的基因型可表示为，品系M的基因型是，则F1抗螟植株的基因型是，则F1抗螟植株自交所得F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株约为2∶1∶1，因此甲转入的A基因与ts基因是位于同一条染色体上的。F2中抗螟雌株的基因型是AAtsts，抗螟雌雄同株的基因型是ATsts(A和ts位于同一条染色体上)，二者杂交，子代表型及比例是抗螟雌雄同株∶抗螟雌株＝1∶1。(3)实验二的F1抗螟矮株自交，F2中出现了抗螟性状和性别之间的自由组合，推测插入的A基因不位于2号染色体上，乙植株的基因型可表示为，品系M的基因型是，为了做题方便，可以把插入A基因的染色体对应的同源染色体上标上等位基因a，这样F1中的抗螟矮株的基因型是 AaTsts，非抗螟正常株高的基因型是aaTsts。F1抗螟矮株(AaTsts)自交，按照自由组合定律，后代表型及比例应该是抗螟矮株雌雄同株(A_Ts_)∶抗螟矮株雌株(A_tsts)∶非抗螟正常株高雌雄同株(aaTs_)∶非抗螟正常株高雌株(aatsts)＝9∶3∶3∶1，而事实上上述比例出现异常的3∶1∶3∶1。据题中给出的A基因可能对F1的繁殖造成影响，推测可能是含A基因的花粉致死，按照该推测分析：F1抗螟矮株(AaTsts)产生的4种雌配子的基因型及比例是ATs∶Ats∶aTs∶ats＝1∶1∶1∶1，产生的2种雄配子的基因型及比例是aTs∶ats＝1∶1，后代表型及比例是抗螟矮株雌雄同株(AaTs_)∶抗螟矮株雌株(Aatsts)∶非抗螟正常株高雌雄同株(aaTs_)∶非抗螟正常株高雌株(aatsts)＝3∶1∶3∶1，结果与题中事实吻合，说明含A基因的雄配子不育。F2中抗螟矮株雌雄同株的基因型有2种，其比例为AaTsTs∶AaTsts＝1∶2，F2抗螟矮株雌株的基因型是Aatsts，3种基因型个体的比例是AaTsTs∶AaTsts∶Aatsts＝1∶2∶1，因此F2抗螟矮株中ts基因的频率是1/2。F2抗螟矮株雌雄同株有2种基因型，其比例为AaTsTs∶AaTsts＝1∶2，F2抗螟矮株雌株基因型是Aatsts，让F2抗螟矮株随机受粉，并仅在雌株上收获籽粒，事实上就是抗螟矮株雌株(Aatsts)作母本(产生2种配子：Ats∶ats＝1∶1)，抗螟矮株雌雄同株(AaTsTs∶AaTsts＝1∶2)作父本进行杂交，父本产生雄配子的基因型是(含A基因的雄配子不育)aTs∶ats＝2∶1，因此后代中抗螟矮株雌株(Aatsts)所占的比例是1/2×1/3＝1/6。