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解密06 遗传的基本规律（分层训练)-【高频考点解密】2023年高考生物二轮复习讲义+分层训练（解析版）
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这是一份解密06 遗传的基本规律（分层训练)-【高频考点解密】2023年高考生物二轮复习讲义+分层训练（解析版），共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
解密06 遗传的基本规律（分层训练）
A组 基础练
第I卷（选择题）
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）某植株的一条染色体发生缺失，获得该缺失染色体的花粉不育，缺失染色体上具有红色显性基因B，正常染色体上具有白色隐性基因b（如图所示）。下列相关叙述错误的是（ ）
A．B与b的根本区别是脱氧核苷酸的排列顺序不同
B．该植株自交后代都是红色性状
C．以该植株作为母本，授以基因型为Bb正常植株的花粉，子代中红色：白色=3：1
D．该植株的变异可为生物进化提供原材料
【答案】B
【分析】图示植株的基因型为Bb,其中红色显性基因B在缺失染色体上,白色隐性基因b在正常染色体上，且含有缺失染色体的花粉不育,但含有缺失染色体的卵细胞可育。
【详解】A、B与b是等位基因，根本区别是脱氧核苷酸的排列顺序不同，A正确；
B、由于缺失染色体的花粉不育，所以该植株只产生一种雄配子b；而雌配子可以产生两种：B和b，所以该植株自交，下一代为Bb：bb=1：1，所以下一代红色性状∶白色性状＝1∶ 1，B错误；
C、雌配子和雄配子都可以产生两种：B和b，下一代为（Bb+BB）：bb=3：1，所以下一代红色性状∶白色性状＝3∶ 1，C正确；
D、遗传变异为生物的进化提供了原材料，D正确。
故选B。
2．（2021·吉林·延边甲子中学高中部有限公司高一期中）“敕勒川，阴山下。天似穹庐，笼盖四野。天苍苍，野茫茫。风吹草低见牛羊。”这是南北朝时阴山风光。今天的邵阳南山牧场重现了这种画面。下图是南山牧场一个山羊种群的毛色（黑毛和白毛）遗传图解，下列有关叙述正确的是（ ）
A．图中的全部的黑毛山羊基因型相同
B．图中的全部的白毛山羊基因型相同
C．探究第3代的黑毛山羊个体的基因型，可采用测交的实验方法
D．第3代的白毛山羊是杂合子的概率是2/4
【答案】A
【分析】分析题图：子一代中白毛羊和白毛羊杂交，后代出现黑毛羊，出现性状分离，说明白毛相对于黑毛为显性性状（相关基因用A、a表示），则黑毛羊的基因型为aa，子一代白毛羊的基因型均为Aa，亲代中白毛羊的基因型为 Aa，子二代中白毛羊的基因型为AA或Aa。
【详解】A、根据分析可知，白毛为显性性状，黑毛为隐性性状，所以图中的全部的黑毛山羊基因型相同，都是aa，A正确；
B、子二代中白毛羊基因型为AA或Aa，而其它白毛个体基因型均为Aa，B错误；
C、黑毛为隐性性状，黑毛个体的基因型为aa，无需测交以鉴定，C错误；
D、第3代的白毛山羊基因型为AA或Aa，是杂合子的概率是2/3，D错误。
故选A。
3．（2023·全国·高三专题练习）如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交，F1是粉红色的，有人认为这符合融合遗传理论，也有人认为这是不完全显性遗传的结果。为探究上述问题，下列做法不正确的是（ ）
A．用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，观察后代的花色
B．让F1进行自交，观察后代的花色
C．对F1进行测交，观察测交后代的花色
D．让F1与纯种红牡丹杂交，观察后代的花色
【答案】A
【分析】若发生基因融合现象，则后代不会发生性状分离，若基因不融合，粉色是由于F1红色基因只有一个，合成的红色物质少造成的，则F1进行自交或让F1与纯种白牡丹或者红牡丹杂交，后代均会发生性状分离。
【详解】A、用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，其后代仍然是粉红色，无法确定是否发生了融合，A错误；
B、让F1进行自交，若后代发生性状分离，比值为1:2:1，可以证明不是融合遗传，B正确；
CD、让F1与纯种白牡丹或者红牡丹杂交，其中一个杂交组合为测交，后代发生性状分离，比值为1:1，可以证明不是融合遗传，CD正确。
故选A。
4．（2021·江西吉安·高二期中）某科学家根据基因位于染色体上，形成配子时等位基因随同源染色体的分开而分离到两个子细胞，DNA位于染色体上，细胞分裂时复制的DNA会平均分配到两个子细胞，提出假说：基因位于DNA上。以上科学家运用的研究方法为（ ）
A．假说演绎法 B．归纳法
C．收集和分析资料法 D．类比推理法
【答案】C
【分析】科学探究常用的方法有观察法、实验法、调查法、资料分析法、类比推理法、假说演绎法、归纳法等。
【详解】A、假说演绎法基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论，A错误；
B、归纳法一般指归纳推理，归纳推理是一种由个别到一般的推理，由一定程度的关于个别事物的观点过渡到范围较大的观点，由特殊具体的事例推导出一般原理、原则的解释方法，B错误；
C、收集和分析资料：①资料的形式包括文字、图片、数据（图表）和音像等；②对获得的资料要进行整理和分析，从中寻找答案和探究线索，C正确；
D、类比推理法：根据两个对象在某些属性上相同或相似，通过比较而推断出它们在其他属性上也相同的推理过程，D错误。
故选C。
5．（2020·浙江·高考真题）若马的毛色受常染色体上一对等位基因控制，棕色马与白色马交配，均为淡棕色马，随机交配，中棕色马：淡棕色马：白色马=1：2：1。下列叙述正确的是
A．马的毛色性状中，棕色对白色为完全显性
B．中出现棕色、淡棕色和白色是基因重组的结果
C．中相同毛色的雌雄马交配，其子代中雌性棕色马所占的比例为3/8
D．中淡棕色马与棕色马交配，其子代基因型的比例与表现型的比例相同
【答案】D
【分析】分析题中信息：“棕色马与白色马交配，均为淡棕色马，随机交配，中棕色马：淡棕色马：白色马=1：2：1。”可知马的毛色的控制属于不完全显性。
【详解】A、马的毛色性状中，棕色对白色为不完全显性，A错误；
B、中出现棕色、淡棕色和白色是基因分离的结果，B错误；
C、中相同毛色的雌雄马交配，其子代中棕色马所占的比例为1/4+2/4×1/4=3/8，雌性棕色马所占的比例为3/16，C错误；
D、中淡棕色马与棕色马交配，其子代基因型的比例为1:1，,表现型为淡棕色马与棕色马，比例为1:1， D正确。
故选D。
【点睛】一对等位基因的遗传遵循基因分离定律，根据题中信息可知，马毛色遗传属于不完全显性，然后再依据基因分离定律写出每种表现型对应的基因型，即可得出准确答案。
6．（2018·江苏·高考真题）一对相对性状的遗传实验中，会导致子二代不符合3∶1性状分离比的情况是
A．显性基因相对于隐性基因为完全显性
B．子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等，雄配子中也相等
C．子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异
D．统计时子二代3种基因型个体的存活率相等
【答案】C
【分析】在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【详解】一对相对性状的遗传实验中，若显性基因相对于隐性基因为完全显性，则子一代为杂合子，子二代性状分离比为3:1，A正确；若子一代雌雄性都产生比例相等的两种配子，则子二代性状分离比为3:1，B正确；若子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异，则子二代性状分离比不为3:1，C错误；若统计时,子二代3种基因型个体的存活率相等，则表现型比例为3:1，D正确。
【点睛】解答本题的关键是掌握孟德尔一对相对性状的遗传实验，弄清楚子一代的基因型、表现型以及子二代基因型、表现型比例成立的前提条件。
7．（2022·江西·金溪一中高一阶段练习）报春花的花色白色(只含白色素)和黄色(含黄色锦葵色素)由两对等位基因(A 和 a，B 和 b)共同控制，两对等位基因独立遗传(如图所示)。现选择 AABB 和 aabb 两个品种进行杂交，得到 F1，F1自交得 F2。下列说法正确的是()
A．F1 的表现型是黄色
B．F2 中黄色∶白色的比例是 9∶7
C．F2 的白色个体中纯合子占 3/16
D．F2 中黄色个体自交有 2/3 会出现性状分离
【答案】D
【分析】根据图示信息，显性基因A控制以白色素为前体物合成黄色锦葵色素的代谢过程。B存在时可抑制其表达，所以其基因型和性状的关系是：A-B-、aaB-、aabb表现为白色，A-bb表现为黄色。
【详解】F1 的基因型为AaBb，表现型为白色，A错误；F2 中黄色∶白色的比例是3:13，B错误；F2 的白色个体应为A-B-（9）、aaB-（3）、aabb（1），其中纯合子有AABB（1）、aaBB（1）、aabb（1），所以F2 的白色个体中纯合子占3/13，C错误；F2 中黄色个体的基因型为1/3AAbb,2/3Aabb, 所以黄色个体自交有 2/3 会出现性状分离，D正确。
【点睛】正确分析题图信息，明确每种基因型的表现型是解答本题的关键，另外还需熟练掌握两对相对性状的杂交实验中F2的基因型及比例。
8．（2019·全国·高考真题）假设在特定环境中，某种动物基因型为BB和Bb的受精卵均可发育成个体，基因型为bb的受精卵全部死亡。现有基因型均为Bb的该动物1000对（每对含有1个父本和1个母本），在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中BB、Bb、bb个体的数目依次为
A．250、500、0
B．250、500、250
C．500、250、0
D．750、250、0
【答案】A
【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。据此答题。
【详解】双亲的基因型均为Bb，根据基因的分离定律可知：Bb×Bb→1/4BB、1/2Bb、1/4bb，由于每对亲本只能形成1个受精卵，1000对动物理论上产生的受精卵是1000个，且产生基因型为BB、Bb、bb的个体的概率符合基因的分离定律，即产生基因型为BB的个体数目为1/4×1000=250个，产生基因型为Bb的个体数目为1/2×1000=500个，由于基因型为bb的受精卵全部致死，因此获得基因型为bb的个体数目为0。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。
9．（2019·全国·高考真题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A．①或②
B．①或④
C．②或③
D．③或④
【答案】B
【分析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；②相同性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。
【详解】让全缘叶植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1:1，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，B正确，A、C、D均错误。
【点睛】解答本题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的分离定律和基因的自由组合定律。
10．（2022·四川省甘孜市丹巴县丹巴高中高一阶段练习）家兔的毛色受B、b和H、h两对等位基因控制,灰兔和白兔杂交,F1均为灰兔,F2中灰兔：黑兔：白兔=12 : 3 ：1，下列有关推断错误的是
A．亲代白兔的基因型为bbhh
B．F2中黑兔的基因型有两种
C．基因B、b和H、h位于两对同源染色体上
D．F2中的黑兔与白兔杂交,后代性状分离比为3 : 1
【答案】D
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在减数分裂产生配子过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合；按照自由组合定律，基因型为BbHh的个体产生的配子类型及比例是BH：bH：Bh：bh=1：1：1：1，自交后代的基因型及比例是B_H_：B_hh：bbH_： bbhh=9：3：3：1；由题意知，子二代的基因型及比例是灰兔：黑兔：白兔=12：3：1，是9：3：3：1的变式，因此家兔的毛色由2对等位基因控制，且遵循自由组合定律，子一代的基因型是BbHh，亲本灰兔的基因型是BBHH，白兔的基因型是bbhh。
【详解】A、根据分析可知，亲代白兔的基因型为bbhh，A正确；
B、F2中黑兔只占3/16，其基因型有两种，可能为BBhh、Bbhh，B正确；
C、根据分析可知，基因B、b和H、h位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律，C正确；
D、F2中的黑兔（可能为1/3BBhh、2/3Bbhh）与白兔（bbhh）杂交，后代中白兔为2/3×1/2=1/3，其它为黑兔，故性状分离比为2 : 1，D错误。
故选D。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会根据9：3：3：1的变式推测遵循的遗传规律及相关个体的基因型，分析出子二代不同个体的基因型及比例关系，并应用正推法进行概率计算。
11．（2022·重庆八中高三阶段练习）家蚕在生长到一定阶段后就开始化茧，某个家蚕品种含有基因M，可以控制一种酶的合成，在酶的催化下，细胞中的白色前体物质会转化为金黄色色素，基因N会抑制基因M的表达，基因M／m、N／n均位于常染色体上且独立遗传。某个农业生产基地利用该品系家蚕进行了如图所示的实验。下列有关叙述错误的是（ ）
A．家蚕茧色遗传遵循自由组合定律，亲本基因型为Mmnn，mmNn
B．该家蚕品系中金黄色家蚕和白色家蚕的基因型分别有2种和7种
C．让基因型为MmNn的雌雄个体杂交，子代金黄色个体中纯合子的比例为3／16
D．让子代金黄色的雌雄个体杂交，子代个体的表型及比例为金黄色：白色＝3：1
【答案】C
【分析】根据题意和图示分析可知：家蚕茧色由位于两对常染色体上的两对等位基因共同控制，这两对基因均完全显性，遵循基因的自由组合定律。由于基因M能通过控制酶的合成来控制合成金黄色色素，从而使蚕茧呈金黄色；基因N会抑制基因M的表达，但当基因N存在时，无论有无基因M，茧蚕均表现白色。所以金黄色家蚕的基因型为M_nn，白色家蚕基因型为_ _N_和mmnn。
【详解】A、金黄色家蚕的基因型为M_nn，白色家蚕基因型为_ _N_和mmnn，亲本中金黄色家蚕基因型为M_nn和白色家蚕杂交，后代中金黄色：白色=1：3，金黄色只能是1/2×1/2=1/4，故亲本中金黄色家蚕和白色家蚕的基因型分别是Mmnn、mmNn，A正确；
B、由题意可知，基因M控制合成的酶可合成金黄色色素，基因N会抑制基因M的表达，从而影响家蚕颜色，故金黄色家蚕的基因型有MMnn和Mmnn共2种，白色家蚕基因型有MMNN、MmNN、MMNn、MmNn、mmNN、MMNn、mmnn共7种，B正确；
C、基因型为MmNn的雌雄个体杂交，子代基因型及比例为：1MMNN、2MmNN、2MMNn、4MmNn、1mmNN、2mmNn、1MMnn、2Mmnn、1mmnn，表型及比例为：白茧：金黄茧=13：3，其中1MMnn和2Mmnn，则金黄色个体中纯合子的比例为1/3，C错误；
D、亲本基因型为Mmnn、mmNn，则子代金黄色个体基因型为Mmnn，相互杂交，则后代金黄色比例为3/4M-nn，所以子代个体的表型及比例为金黄色：白色＝3：1，D正确。
故选C。
12．（2022·河南·巩义一中高三阶段练习）某同学利用性状分离比的模拟实验装置，进行如下实验，从甲、乙两个容器中各随机抽出一个小球，记录组合情况，重复多次实验后，结果发现 AB、Ab、aB、ab 的比值接近 1：1：1：1．以下关于该实验的说法正确的是（ ）
A．甲容器代表某动物的雌生殖器官
B．小球的颜色和字母表示雌、雄配子的种类
C．该实验模拟的是减数分裂过程中非同源染色体上基因的自由组合
D．每个容器中两种的小球数量需相等，甲乙两个容器中小球的总数可以不同
【答案】C
【分析】根据题意和图示分析可知： 甲、乙两个容器中共有两对等位基因，又从甲、乙两个容器中各随机抽出一个小球，记录组合情况，重复多次实验后，结果发现AB、Ab、aB、ab的比值接近1：1：1：1，体现的是在减数第一次分裂后期，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
【详解】A、甲、乙两个容器分别代表某动物减数分裂过程中的两对同源染色体，A错误；
B、小球的颜色和字母表示等位基因的种类，B错误；
C、该实验模拟的是减数分裂过程中非同源染色体上非等位基因的自由组合，C正确；
D、每个容器中两种的小球数量需相等，且甲乙两个容器中小球的总数也要相等，D错误。
故选C。
13．（2022·新疆兵团第二师华山中学高三阶段练习）下列关于孟德尔杂交实验和相关遗传知识的叙述，正确的是（ ）
A．F1自交时，雌雄配子随机结合是基因自由组合的主要体现
B．自交时，由两对等位基因控制的性状会发生自由组合
C．等位基因的分离与非等位基因的自由组合同时发生
D．F2 的表现型比为 3∶1 的结果最能说明基因分离定律的实质
【答案】C
【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
【详解】A、基因自由组合定律的实质是在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，雌雄配子随机结合属于受精作用，没有体现基因自由组合，A错误；
B、位于非同源染色体上的非等位基因才能发生自由组合，若两对等位基因在同一对同源染色体上不发生自由组合，B错误；
C、等位基因的分离与非等位基因的自由组合是同时发生的，都发生在减数第一次分裂后期，C正确；
D、最能说明基因分离定律的实质是等位基因的分离，产生了两种配子且比例为1:1，D错误。
故选C。
14．（2022·陕西省汉中中学模拟预测）某高等植物花色受两对独立遗传的等位基因（A/a和B/b）控制，花色有紫色、红色和白色三种，花色与基因的关系如下图所示，我校生物兴趣小组选取不同颜色的纯合植物杂交（甲—紫色，乙—白色，丙—红色），结果如下，则乙的基因型和实验一的F2的表现型及其比例依次为（ ）
亲本组合
F1
F1自交得到的F2
实验一
甲×乙
全为紫色
？
实验二
乙×丙
全为红色
3红∶1白
A．aabb、9紫∶3红∶4白 B．aabb、1紫∶1红∶2白
C．AAbb、9紫∶3红∶4白 D．AAbb、1紫∶1红∶2白
【答案】A
【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。
【详解】乙为白色，甲为紫色，实验一中，甲乙杂交，后代全为紫色，则甲为AABB，乙的基因型为aabb、AAbb，又因为实验二中乙和丙（aaBB）杂交，后代全为红色（aaB_），因此乙为aabb，实验一中的F1为AaBb，F2为9紫（A_B_）∶3红（aaB_）∶4白（__bb）。
故选A。
15．（2022·陕西省汉中中学模拟预测）某单子叶植物的花粉粒非糯性（A）对糯性（a）为显性，花粉粒长形（D）对圆形（d）为显性，两对等位基因独立遗传，非糯性花粉遇碘液变蓝色，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子，它们的基因型分别为①AAdd、②AADD、③aadd、④aaDD，选择亲本组合正反交只记为1组，下列说法不正确的是（ ）
A．将①和④杂交与②和③杂交所得F1的花粉种类及比例相同
B．将②和③杂交所得F1的花粉在显微镜下加碘液观察，可看到4种花粉粒，比例为1∶1∶1∶1
C．若采用花粉鉴定法验证分离定律，可选择亲本组合有5种
D．若采用花粉鉴定法验证自由组合定律，可选择亲本组合有2种
【答案】C
【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。因此也称为独立分配定律。
【详解】A、将①和④杂交与②和③杂交所得F1都为AaDd，产生的花粉即雄配子种类及比例相同，A正确；
B、将②和③杂交所得F1的花粉在显微镜下加碘液观察，可看到4种花粉粒，表现型及比例为蓝色长形（AD）∶蓝色圆形（Ad）∶棕色长形（aD）∶棕色圆形（ad）=1∶1∶1∶1，B正确；
C、若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应选择亲本①和④、②和④、 ③和④、①和②、 ②和③、①和③杂交所得F1代的花粉，因此亲本的选择组合有6种，C错误；
D、若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以选择亲本①和④、②和③杂交所得F1代的花粉，D正确。
故选C。
二、多选题
16．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一开学考试）假说一演绎法是科学研究中常用的方法，利用该方法孟德尔发现了分离定律。下列关于孟德尔研究过程的分析正确的是（ ）
A．提出问题是建立在纯合亲本杂交和F1自交的遗传实验基础上的
B．“一对相对性状遗传实验中F2出现3：1性状分离比”属于假说的内容
C．为了验证作出的假说是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验
D．“若F1与aa杂交，能产生两种子代，且显性：隐性=l：1”属于演绎推理内容
【答案】ACD
【分析】孟德尔发现遗传定律用了假说演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论。
【详解】A、孟德尔是在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验基础上提出问题的，A正确；
B、“一对相对性状遗传实验中F2出现3∶1性状分离比”是孟德尔进行一对相对性状的杂交实验得出的结果，不属于假说的内容，B错误；
C、孟德尔通过测交实验来验证所作出的假设是否正确，C正确；
D、“若F1（Aa）与aa杂交，能产生两种子代，且显性∶隐性=l∶1”属于演绎推理内容，D正确。
故选ACD。
17．（2022·黑龙江·哈师大附中高二开学考试）果蝇是昆虫纲双翅目的一种小型蝇类，因为果蝇易饲养，繁殖快，生物学家常用它作为遗传学研究的实验材料。果蝇的性别决定为XY型，某种果蝇的直毛和分叉毛由一对等位基因（N/n）控制，且直毛对分叉毛为显性。下列相关叙述正确的是（ ）
A．若该对等位基因位于常染色体，果蝇群体中基因型可以有3种
B．若该对等位基因仅位于X染色体，果蝇群体中基因型可以有5种
C．若该对等位基因位于X和Y染色体的同源区段时，果蝇群体中基因型可以有6种
D．若该对等位基因仅位于X染色体，分叉毛雌性与直毛雄性交配后代中雌性均为直毛
【答案】ABD
【分析】根据题意，果蝇的直毛和分叉毛由一对等位基因（N/n）控制，且直毛对分叉毛为显性。如果（N/n）基因位于常染色体上，则种群中果蝇的基因型共有3种（NN、Nn、nn）；如果基因位于X染色体上，则种群中果蝇对应的基因型有5种（XNXN、XNXn、XnXn、XNY、XnY）；如果基因位于X、Y染色体的同源区段，则种群中果蝇对应的基因型共有7种（XNXN、XNXn、XnXn、XNYN、XNYn、XnYN、XnYn）。由于位于X染色体上的基因在遗传过程中与性别相关联，因此属于伴性遗传，可以通过统计后代中不同性别的性状分离比进行判断。
【详解】A、根据题意，若控制果蝇的直毛和分叉毛的基因（N/n)位于常染色体上，则果蝇群体中基因型可以有NN、Nn和nn三种，A正确；
B、若该对等位基因（N/n)仅位于X染色体上，果蝇群体中基因型可以有XNXN、XNXn、XnXn、XNY和XnY 5种，B正确；
C、若该对等位基因（N/n)位于X和Y染色体的同源区段时，果蝇群体中基因型有XNXN、XNXn、XnXn、XNYN、XnYN、XNYn和XnYn7种，C错误；
D、若该对等位基因（N/n)仅位于X染色体上，分叉毛雌性（XnXn)与直毛雄性（XNY)交配的后代中雌性个体的基因型都为XNXn，表现型均为直毛，D正确。
故选ABD。
18．（2022·江苏·盐城市第一中学高三阶段练习）某动物的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制，A/a、B/b、E/e位于三对同源染色体上。AABBEE为黑色，aabbee为白色，其他性状与基因型的关系如图所示，即肤色深浅与显性基因的个数有关。若两种基因型皆为AaBbEe该动物杂交，则关于其子代的说法中不正确的是（ ）
A．基因型有27种，表现型有7种
B．表现型不同但出现几率相同的只有两对
C．出现比例最高的表现型其几率为5/16
D．有两个显性基因和四个显性基因的个体数量大致相等
【答案】B
【分析】分离定律解决自由组合问题：（1）基因原理分离定律是自由组合定律的基础。（2）解题思路首先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，有几对基因就可以分解为几个分离定律问题，如AaBb×Aabb可分解为：Aa×Aa，Bb×bb，然后按分离定律进行逐一分析，最后将获得的结果进行综合，得到正确答案。
【详解】A、据题意可知，某动物的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制，且位于三对同源染色体上，遵循自由组合定律，因此两种基因型皆为AaBbEe该动物杂交，后代基因型为3×3×3=27种，肤色深浅与显性基因的个数有关，其中显性基因数分别有6个、5个、4个、3个、2个、1个、0个，因此表现型有7种，A正确；
B、据题意可知，显性基因数有6个的表现型概率为1/4×1/4×1/4=1/64，显性基因数有5个的表现型概率为2/4×1/4×1/4×3=6/64，显性基因数有4个的表现型概率为1/4×1/4×1/4×3+2/4×2/4×1/4×3=15/64，显性基因数有3个的表现型概率为1/4×2/4×1/4×6+2/4×2/4×2/4=20/64，显性基因数有2个的表现型概率为1/4×1/4×1/4×3+2/4×2/4×1/4×3=15/64，显性基因数有1个的表现型概率为2/4×1/4×1/4×3=6/64，显性基因数有0个的表现型概率为1/4×1/4×1/4=1/64，因此表现型不同但出现几率相同的有三种类型，B错误；
C、据B选项分析可知，显性基因数有3个的表现型出现的比例最高，其几率为20/64=5/16，C正确；
D、据B选项分析可知，有两个显性基因和四个显性基因的个体的比例相同，都是15/64，因此他们的个体数大致相等，D正确。
故选B。
19．（2022·江苏·高三期中）某植物为XY型性别决定的雌雄异株植物，其花色红花和白花受等位基因A、a控制；茎长受B+（高茎）、B（中茎）、b（矮茎）3个基因控制，B+对B、b为完全显性，B对b为完全显性，某种茎长基因型胚胎致死。现将一对高基红花植株个体杂交，产生的F1表型及比例如下表。
性别
F1的表型及数量
雌株
42高茎红花雄株、18中茎红花雌株
雄株
21高茎红花雄株、8中茎红花雄株、19高茎白花雄株、12中茎白花雄株
取F1中的中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32。下列叙述正确的是（ ）A．基因B+、B、b遵循自由组合定律
B．亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa
C．若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有4种基因型
D．取F2中的中茎红花雌、雄个体随机交配，F3中的中茎红花占5/6
【答案】BCD
【分析】由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，说明控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上。
【详解】A、基因B＋、B、b是控制茎长短的等位基因，等位基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，A错误；
B、由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，且红花后代出现白花，说明红花为显性，控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上，高茎红花植株B+＿XA＿个体杂交，子代中出现中茎，中茎由B基因控制，说明亲本控制茎高的基因型为杂合子；子代出现白花，说明控制花色的基因型也为杂合子。若雌性个体基因为B+BXAXa，则雄性个体为B+BXAY或B+bXAY时均满足条件；若雌性个体为基因型为B+bXAXa，则雄性个体为B+BXAY即可满足条件，因此亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa，B正确；
C、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，根据表中数据可知，茎高基因型为B+B+时合子致死，若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有B+B+XAXA，B+B+XAXa，B+B+XAY，B+B+XaY共4中基因型，C正确；
D、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，推出F1中高茎（1/2B+B，1/2B+b）红花雌（1/2XAXA，1/2XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，取F2中中茎（1/3BB，2/3Bb）红花雌（3/4XAXA，1/4XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，F3中中茎红花（B_XA_）占（1-bb）×（1-XaY）=（1-1/9）×（1-1/8×1/2）=5/6，D正确。
故选BCD。
20．（2022·山东省实验中学高三阶段练习）GAL4基因的表达产物能识别启动子中的UAS序列，从而驱动UAS序列下游基因的表达。野生型雌雄果蝇均为无色翅，且基因组中无GAL4基因和含UAS序列的启动子。科研人员利用基因工程在雄果蝇的一条Ⅲ号染色体上插入GAL4基因，雌果蝇的某条染色体上插入含有UAS序列的启动子的绿色荧光蛋白基因，利用杂交实验对雌果蝇中外源基因插入的位置进行判断：将上述雌雄果蝇杂交得到F1，让F1中绿色翅雌雄果蝇随机交配，观察并统计F2个体的表型和比例。下列说法正确的是（ ）
A．无论荧光蛋白基因插入的位置如何，F1中绿色翅∶无色翅均为3∶1
B．同时具备GAL4基因和含UAS序列的启动子的绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能表现出绿色性状
C．若F2中绿色翅∶无色翅＝9∶7，则荧光蛋白基因未插入Ⅲ号染色体上
D．若F2中绿色翅雌性∶无色翅雌性∶绿色翅雄性∶无色翅雄性＝6∶2∶3∶5，则绿色荧光蛋白基因插入X染色体上
【答案】BCD
【分析】分析题意可知，GAL4基因可以控制GAL4蛋白的表达，它能够与特定的DNA序列UAS结合，并驱动UAS下游基因的表达。将GAL4基因插入到雄果蝇的Ⅲ号染色体上(一条常染色体上)，UAS绿色荧光蛋白基因随机插入到雌果蝇某条染色体上，但无法表达(亲代雌果蝇缺乏GAL4蛋白)。同时具备GAL4和UAS-绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能合成GAL4蛋白驱动UAS下游的绿色荧光蛋白基因表达，从而表现出绿色性状。为便于理解，假设插入GAL4基因用A表示(没有该基因用a表示) ，插入UAS绿色荧光蛋白基因用B表示(没有该基因用b表示)。UAS-绿色荧光蛋白基因插入的位置有3种可能：Ⅲ号染色体上(则雄、雌基因型可表示为Aabb×aaBb，遵循连锁定律) ，其他常染色体上(则雄、雌基因型可表示为Aabb×aaBb，遵循自由组合定律)、X染色体上(则雄、雌基因型可表示为AaXbY×aaXBXb，遵循自由组合定律)。
【详解】A、若绿色荧光蛋白基因插入Ⅲ号染色体上，发生基因连锁，F1中绿色翅：无色翅为1：3，若插入Ⅲ号染色体以外的染色体上，两对基因遵循基因组合定律，F1中绿色翅与无色翅比例仍为1：3，A错误；
B、同时具备GAL4和UAS-绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能合成GAL4蛋白驱动UAS下游的绿色荧光蛋白基因表达，从而表现出绿色性状，B正确；
C、若F2中绿色翅：无色翅=9：7，则说明绿色荧光蛋白基因没有插入Ⅲ号染色体上，两种基因自由组合，不能确定荧光蛋白基因的具体位置，C正确；
D、若F2中绿色翅雌性：无色翅雌性：绿色翅雄性：无色翅雄性=6：2：3：5，雌雄中绿色翅和无色翅比例不同，说明与性别相关，则可以得出荧光蛋白基因插入X染色体的结论，D正确。
故选BCD。
第II卷（非选择题）
三、综合题
21．（2021·河南宋基信阳实验中学高三阶段练习）某雌雄同株同花植物的花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，E为红色基因，F基因能淡化红色，其花色与基因型的对应关系如下表。回答下列有关问题：
基因型
eeF_、eeff 或 E_FF
E_ Ff
E_ff
表现型
白色
粉红色
红色
(1)开粉红色花的植株的基因型有________种，纯合开白色花的植株的基因型为_________。
(2)一纯合开白色花的植株与一纯合开红色花的植株杂交，F1表现为粉红色，F1自交，F2的表现型和比例为___________。
(3)与白色花和粉色花相比，红色花显得更加艳丽，花香更浓烈。请你设计实验从开红色花的植株中筛选出纯合子。要求写出实验思路和预期结果及结论________。
【答案】(1) 2 eeff、EEFF、eeFF
(2)白色：粉红色：红色=1：2：1或白色：粉红色：红色=7：6：3
(3)将红花植株不断自交，筛选出不再发生性状分离的红花植株。如果该红花自交，子代全部表现为红花，则该红花植株为纯合子；如果该红花自交，子代的表现型及比例为白色：红色=1:3，则该红花植株为杂合子
【分析】由题可知，某雌雄同株同花植物的花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律。基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子时，位于同源染色体的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体的非等位基因进行自由组合。
(1)
已知该植物花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，粉红色花植株的基因型为E_ Ff，其中包括2种基因型，即EEFf和EeFf。白色花植株的基因型为eeF_、eeff 或 E_FF，其中纯合基因型有eeFF、eeff、EEFF。
(2)
红色花的基因型为E_ff，其中纯合红花基因型为EEff。该纯合红花植株与纯合开白色花的植株杂交，F1表现为粉红色，说明纯合白花植株的基因型为eeFF或EEFF。二者所得F1的基因型为EeFf或EEFf，若F1为EeFf，则F2自交后代基因型为6E_ Ff、3eeF_、1eeff 、3E_FF、3E_ff，表现型及比例为白色：粉红色：红色=7：6：3；若F1为EEFf，则F2自交后代基因型为1EEFF、2EEFf、1EEff，表现型及比例为白色：粉红色：红色=1：2：1。
(3)
为了从开红色花的植株中筛选出纯合子，实验思路是将红花植株不断自交，筛选出不再发生性状分离的红花植株。开红色花植株的基因型为EEff或Eeff，让红花植株自交，如果是基因型为EEff个体自交，即EEff×EEff，子代的基因型为EEff，全部表现为红花；如果是基因型为Eeff个体自交，即Eeff×Eeff，子代的基因型及比例为EEff：Eeff：eeff=1:2:1，表现型及比例为白色：红色=1:3。预期的结果和结论是如果该红花自交，子代全部表现为红花，则该红花植株为纯合子；如果该红花自交，子代的表现型及比例为白色：红色=1:3，则该红花植株为杂合子。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，结合遗传规律推测子代基因型、表现型及比例关系，并设计遗传实验探究个体的基因型。
22．（2023·全国·高三专题练习）现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，统计子代的性状为黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒=3：1：3：1。控制豌豆颜色性状的基因用Y/y表示，形状性状的基因用R/r表示，两对基因位于两对染色体上。回答下列问题：
(1)豌豆种子的圆粒和皱粒，豌豆子叶颜色的黄色和绿色，在遗传学中叫作___________。 根据上述杂交结果___________ （“可以”或“不可以”判断黄色为显性性状，可以判断豌豆形状中___________ 为显性性状。
(2)只考虑豌豆的形状，后代圆粒中，纯合子的比例为____________。 若两对性状都考虑，后代圆粒中，纯合子的比例为___________
(3)现有基因型为YyRr植株作为亲本进行自交，后代中与亲本表现型不同的比例为___________， 圆粒豌豆的比例为___________。
【答案】(1) 相对性状 不可以 圆粒
(2) 1/3 1/6
(3) 7/16 3/4
【分析】分析题文，黄色与绿色、种子的圆粒与皱粒这两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律，但每一对相对性状的遗传则遵循基因的分离定律。由此可将子代的这两对相对性状拆开来考虑，分别统计分析子代每一对相对性状的分离比，推知亲本基因型。
（1）相对性状是指同种生物同一性状的不同表现类型。因此，豌豆种子的圆粒和皱粒，豌豆子叶颜色的黄色和绿色，在遗传学中叫作相对性状。用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，子代黄色：绿色=1:1，属于测交，不能判断黄色为显性性状。子代中圆粒：皱粒=3:1，推出圆粒为显性性状。
（2）只考虑豌豆的形状，子代中圆粒：皱粒=3:1，推出亲代是杂合子（Rr）自交，所以子代圆粒的基因型及比例为RR：Rr=1:2，纯合子的比例为1/3。用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，子代黄色：绿色=1:1，属于测交，纯合子比例为1/2，若两对性状都考虑，后代圆粒中，纯合子的比例为1/2×1/3=1/6。
（3）基因型为YyRr植株作为亲本进行自交，后代表现型及比例为黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒=9:3:3:1，其中与亲本表现型不同的是黄色皱粒、绿色圆粒和绿色皱粒，所占比例为7/16， 圆粒豌豆的比例为9/16＋3/16=12/16=3/4。
23．（2022·全国·高一课时练习）某XY型性别决定的昆虫种群中，有正常翅灰体和正常翅黄体两种类型（翅形与体色分别由A、a和B、b基因控制）。偶尔发现了1只卷翅灰体雌性个体，利用该个体进行实验结果如下：
杂交组合 子代性状
卷翅灰体
卷翅黄体
正常翅灰体
正常翅黄体
组合一：卷翅灰体（♀）×正常翅灰体（♂）
159只
80只
161只
70只
组合二：F1卷翅灰体（♀）×F1卷翅灰体（♂）
215只
108只
71只
36只
(1)从变异角度分析，最初出现的卷翅雌性是__________的结果，F1中出现的卷翅黄体是_________的结果。
(2)A、a和B、b两对等位基因位于_____对同源染色体上，控制______（性状）的基因纯合致死。
(3)为确定卷翅基因是位于常染色体上，还是位于X染色体上，可通过统计_____________（填“组合一”或“组合二”；2分）杂交子代的性状表现来确定，若___________________，则该基因位于常染色体上；若_____________________，则该基因位于X染色体上。
【答案】(1) 基因突变 基因重组
(2) 两##2 灰体
(3) 组合二 雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3：1 雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例是1：1
【分析】根据表格分析，灰体（♀）与灰体（♂）杂交，后代灰体：黄体＝2：1，说明灰体是显性性状， BB致死；F1卷翅（♀）与F1卷翅（♂）杂交，后代卷翅：正常翅＝3：1，说明卷翅是显性性状，F1卷翅、灰体（♀）与F1卷翅、灰体（♂）杂交所得F2的性状分离比为卷翅、灰体：卷翅、黄体：正常翅、灰体：正常翅、黄体≈6：3：2：1，说明这两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。
(1)
从变异角度分析，基因突变可以产生新的基因，故最初那只卷翅雌性个体的出现是基因突变的结果。据分析可知，子一代中卷翅黄体个体的出现是控制不同性状的基因重新组合的结果，即基因重组的结果。
(2)
从杂交后代的表现型的比例看，控制翅型与体色的两对等位基因位于2对同源染色体上，由于后代灰体：黄体＝2：1，故控制灰体的基因纯合致死。
(3)
为确定卷翅基因是位于常染色体上，还是位于X染色体上，只考虑翅形这一对相对性状，若基因位于X染色体上，组合一卷翅（♀）和正常翅（♂）杂交，后代卷翅：正常翅＝1：1，可推测亲本基因型为XAXa和XaY，则杂交后代雌雄的表现型及比例一致，均为卷翅：正常翅＝1：1；若基因在常染色体上，Aa和aa杂交，子代的性状分离比也是卷翅：正常翅＝1：1，无法判定基因的位置。但可通过统计组合二杂交子代的性状表现来确定，因为组合二的后代卷翅：正常翅＝3：1，若基因位于X染色体上，则组合二的F1卷翅灰体（♀）×F1卷翅灰体（♂）基因型为XAXa和XAY，杂交后子代雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例1：1；若子代雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3：1，说明翅形这一对相对性状的遗传与性别不关联，则该基因位于常染色体上。
【点睛】本题考查自由组合定律和变异的种类，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论的能力。
24．（2022·湖南·高考真题）中国是传统的水稻种植大国，有一半以上人口以稻米为主食。在培育水稻优良品种的过程中，发现某野生型水稻叶片绿色由基因C控制。回答下列问题:
(1)突变型1叶片为黄色，由基因C突变为C1所致，基因C1纯合幼苗期致死。突变型1连续自交3代，F3成年植株中黄色叶植株占______。
(2)测序结果表明，突变基因C1转录产物编码序列第727位碱基改变，由5＇-GAGAG-3＇变为5＇-GACAG-3＇，导致第______位氨基酸突变为______，从基因控制性状的角度解释突变体叶片变黄的机理_____________________________________。（部分密码子及对应氨基酸:GAG谷氨酸;AGA精氨酸;GAC天冬氨酸;ACA苏氨酸;CAG谷氨酰胺）
(3)由C突变为C1产生了一个限制酶酶切位点。从突变型1叶片细胞中获取控制叶片颜色的基因片段，用限制酶处理后进行电泳（电泳条带表示特定长度的DNA片段），其结果为图中___（填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
(4)突变型2叶片为黄色，由基因C的另一突变基因C2所致。用突变型2与突变型1杂交，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。能否确定C2是显性突变还是隐性突变?______（填“能”或“否”），用文字说明理由_____________________________________。
【答案】(1)2/9
(2) 243 谷氨酰胺 基因突变影响与色素形成有关酶的合成，导致叶片变黄
(3)Ⅲ
(4) 能 若C2是隐性突变，则突变型2为纯合子，则子代CC2表现为绿色，C1C2表现为黄色，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若突变型2为显性突变，突变型2（C2C）与突变型1（CC1）杂交，子代表型及比例应为黄∶绿=3∶1，与题意不符
【分析】（1）基因突变具有低频性，一般同一位点的两个基因同时发生基因突变的概率较低；
（2）mRNA中三个相邻碱基决定一个氨基酸，称为一个密码子。
【详解】（1）突变型1叶片为黄色，由基因C突变为C1所致，基因C1纯合幼苗期致死，说明突变型1应为杂合子，C1对C为显性，突变型1自交1代，子一代中基因型为1/3CC、2/3CC1，子二代中3/5CC、2/5CC1，F3成年植株中黄色叶植株占2/9。
（2）突变基因C1转录产物编码序列第727位碱基改变，由5＇-GAGAG-3＇变为5＇-GACAG-3＇，突变位点前对应氨基酸数为726/3=242，则会导致第243位氨基酸由谷氨酸突变为谷氨酰胺。叶片变黄是叶绿体中色素含量变化的结果，而色素不是蛋白质，从基因控制性状的角度推测，基因突变影响与色素形成有关酶的合成，导致叶片变黄。
（3）突变型1应为杂合子，由C突变为C1产生了一个限制酶酶切位点。Ⅰ应为C酶切、电泳结果，II应为C1酶切、电泳结果，从突变型1叶片细胞中获取控制叶片颜色的基因片段，用限制酶处理后进行电泳，其结果为图中Ⅲ。
（4）用突变型2（C2_）与突变型1（CC1）杂交，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若C2是隐性突变，则突变型2为纯合子，则子代CC2表现为绿色，C1C2表现为黄色，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若突变型2为显性突变，突变型2（C2C）与突变型1（CC1）杂交，子代表型及比例应为黄∶绿=3∶1，与题意不符。故C2是隐性突变。
25．（2022·江苏盐城·高三期中）某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。下图为果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置示意图。请回答下列问题：
(1)由图可知，一只黑檀体紫眼焦刚毛果蝇的基因型为________。图中所列基因中，不能与翅外展基因发生自由组合的是________。
(2)同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合果蝇进行正反交，F1雌雄个体相互交配得到F2，F2中翅外展正常眼个体出现的概率为________。
(3)同学乙用焦刚毛白眼雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合雌蝇进行杂交(正交)，则子代中直刚毛白眼个体出现的概率为________；若进行反交(焦刚毛白眼雌蝇与直刚毛红眼雄蝇杂交)，子代雄蝇中焦刚毛白眼个体出现的概率为________。
(4)二倍体中缺失1条染色体的个体称为单体(2n－1)，多1条染色体的个体称为三体(2n＋1)。在果蝇中，Ⅳ号染色体缺失1条或多1条都可以存活，且能繁殖后代，如下图。已知果蝇的无眼性状由常染色体上的基因发生隐性突变引起。为判断该无眼基因是否位于Ⅳ号染色体上，某科研小组从无眼二倍体、野生型二倍体、野生型Ⅳ单体和野生型Ⅳ三体4种纯种果蝇中选取实验材料，并进行相关实验。
① 选择无眼二倍体与野生型Ⅳ单体果蝇进行杂交，若子代表型及比例为________，则该无眼基因位于Ⅳ号染色体上；否则该无眼基因不位于Ⅳ号染色体上。
② 选择无眼二倍体与野生型Ⅳ三体果蝇进行杂交，F1全为野生型，将F1中Ⅳ三体果蝇与无眼二倍体果蝇杂交，若子代表型及比例为________，则可证明该无眼基因位于Ⅳ号染色体上。
【答案】(1) eeprprXmXm或eeprprXmY 紫眼基因##基因pr
(2)3/16
(3) 0 1
(4) 野生型∶无眼＝1∶1##有眼∶无眼＝1∶1 野生型∶无眼＝5∶1##有眼∶无眼＝5∶1
【分析】分析图可知，白眼对应的w基因和焦刚毛对应的m基因均位于X染色体上，二者不能进行自由组合；粗糙眼的ra基因位于Ⅲ号染色体上，w基因和ra基因位于非同源染色体上，非同源染色体上的非等位基因可以自由组合。
【详解】（1）黑檀体紫眼焦刚毛果蝇可能为雌或雄，因此基因型为eeprprXmXm或eeprprXmY。翅外展基因位于Ⅱ号染色体上，由于非同源染色体上的非等位基因可以自由组合，因此同样位于Ⅱ号染色体上的pr基因（紫眼基因）不能与之自由组合。
（2）根据题意并结合图示可知，翅外展基因和粗糙眼基因位于非同源染色体上，翅外展粗糙眼果蝇的基因型为dpdprara，野生型即正常翅正常眼果蝇的基因型为DPDPRARA，二者杂交的F1基因型为 DPdpRAra，根据自由组合定律，F2中翅外展正常眼果蝇dpdpRA-出现的概率为:1/4×3/4=3/16。
（3）根据题意并结合图示可知，焦刚毛白眼雄果蝇的基因型为XmwY，野生型(直刚毛红眼)纯合雌果蝇的基因型为XMWXMW，后代的雌雄果蝇均为直刚毛红眼XMWXmw和XMWY，则子代中直刚毛白眼个体出现的概率为0；若进行反交，则亲本为焦刚毛白眼雌果蝇XmwXmw和直刚毛红眼雄果蝇XMWY，后代中雌果蝇均为直刚毛红眼(XMWXmw)，雄性均为焦刚毛白眼(XmwY)，故子代雄蝇中焦刚毛白眼个体出现的概率为1。
（4）由题意可知，果蝇的无眼和野生型是一对相对性状，由常染色体上的一对等位基因控制，用A/a表示相关基因。①选择无眼二倍体与野生型Ⅳ-单体果蝇进行杂交，无眼二倍体果蝇产生配子的染色体有4条，而野生型Ⅳ-单体果蝇产生的配子的染色体数目为4条或3条，所以二者交配时，若无眼基因位于Ⅳ号染色体上，后代野生型（Aa）和无眼果蝇（a0）的比例为1∶1；若不在Ⅳ号染色体，野生型为AA，无眼为aa，进行交配，后代基因型为Aa，全是野生型。② 选择无眼二倍体（aa）与野生型Ⅳ-三体果蝇(AAA)进行杂交，若无眼基因位于Ⅳ号染色体上，F1基因型是AAa和Aa，全为野生型，正常:三体=1:1。将F1中三体果蝇与无眼二倍体果蝇杂交，F1三体果蝇)产生的配子种类及比例为Aa:A:AA:a=2:2:1:1，无眼二倍体果蝇产生的配子为a，F2代基因型及比例为Aa:Aa:AAa:a=-2:2:1:1。对应的表现型及比例为野生型:无眼=5:1。
解密06 遗传的基本规律（分层训练）
B组 提高练
第I卷（选择题）
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一、单选题(共0分)
1．（2022·全国·高三阶段练习）孟德尔通过豌豆两对相对性状的杂交实验，发现了遗传因子的自由组合定律。关于实验的操作和分析，下列叙述错误的是（ ）
A．对杂交实验中的母本去雄套袋，待雌蕊成熟后进行人工授粉
B．F1产生4种类型的配子且比例相等，体现了自由组合定律的实质
C．受精过程中，F1产生的不同基因型的雌、雄配子随机结合属于基因重组
D．孟德尔演绎推理的测交结果会出现4种表现型且分离比为1：1：1：1
【答案】C
【分析】孟德尔发现遗传定律用了假说—演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论。
【详解】 A、人工异花授粉过程为：去雄（在花蕾期去掉雄蕊）→套上纸袋→人工异花授粉（待花成熟时，采集另一株植株的花粉涂在去雄花的柱头上）→套上纸袋，其中对杂交亲本的母本去雄并套袋，待雌蕊成熟后进行人工授粉，A正确；
B、F1产生的四种配子比例相等，是减数第一次分裂后期非同源染色的非等位基因自由组合的结果，体现了自由组合定律的实质，B正确；
C、F1产生的雌、雄配子通过减数分裂实现了基因重组，受精作用只是雌雄配子的随机结合，不存在基因重组，C错误；
D、孟德尔通过豌豆两对相对性状的杂交实验中，其演绎推理的测交结果会出现四种表现型且分离比为1：1：1：1，D正确。
故选C。
2．（2023·全国·高三专题练习）若哺乳动物毛色由位于常染色体上的基因决定，A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素，D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达。现进行杂交实验，杂交结果如表所示。下列叙述正确的是（ ）
组别
亲代
F1表现型
F1自由交配所得F2表现型及比例
一
黄色×褐色
全为黄色
黄色：褐色=13 ：3
二
全为褐色
黄色：褐色=1：3
A．第二组中F2出现性状分离是基因重组的结果
B．第一组中黄色亲本的基因型为aaDD，组合二中则为aaDd
C．第一组F1的基因型为AaDd，两对等位基因遵循基因的自由组合定律
D．第一组F2中，黄色的基因型有7种，黄色中纯合子所占的比例为1/13
【答案】C
【分析】结合题干和表格分析，褐色的基因型为A_dd，黄色的基因型是A_D_，aa_。
【详解】A、第二组中黄色和褐色杂交后代全是褐色，且F1自由交配，F2黄色：褐色=1：3，则亲本的基因型是aadd×AAdd，F1的基因型是Aadd，则F2出现性状分离是基因分离的结果，A错误；
B、第一组中F1的黄色的基因型是AaDd，亲本的基因型是aaDD×AAdd，即黄色亲本的基因型是aaDD，组合二中黄色亲本的基因型为aadd，B错误；
C、第一组F1自由交配后代表现性及比例为13:3，是9：3：3：1的变形，则F1的基因型为AaDd，两对等位基因遵循基因的自由组合定律，C正确；
D、第一组F2中，黄色的基因型有AADD：AaDD：AADd：AaDd：aaDD：aaDd：aadd=1：2：2：4：1：2：1，共有7种基因型，纯合子所占的比例为3/13，D错误。
故选C。
3．（2022·四川省射洪市金华中学高三阶段练习）一基因型为Aa的豌豆植株自交时，下列叙述错误的是（ ）
A．若自交后代的基因型及比例是Aa∶aa=2∶1，则可能是由显性纯合子死亡造成的
B．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa=2∶3∶1，则可能是由含有隐性基因的花粉有50%死亡造成的
C．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa=2∶2∶1，则可能是由隐性个体有50%死亡造成的
D．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa =4∶4∶1，则可能是由含有隐性基因的配子有50%死亡造成的
【答案】C
【解析】基因频率的计算：（1）在种群中一对等位基因的频率之和等于1，基因型频率之和也等于1；（2）一个等位基因的频率=该等位基因纯合子的频率+1/2杂合子的频率。
【详解】A、自交后代的基因型及比例应该是AA：Aa：aa=1：2：1，而实际结果是Aa：aa=2：1，则可能是由显性纯合子（AA）死亡造成的，A正确；
B、若含有隐性基因的花粉有50%死亡，则亲本中雌配子的种类及比例是1/2A、1/2a，雄配子的种类及比例是2/3A、1/3a，则后代中AA占2/6，Aa占3/6，aa占1/6，即AA∶Aa∶aa=2∶3∶1，B正确；
C、自交后代的基因型及比例应该是AA：Aa：aa=1：2：1，若隐性个体有50%死亡，则后代的基因型及比例是AA：Aa：aa=2：4：1，C错误；
D、若含有隐性基因的配子有50%的死亡，则配子中A的频率为2/3，a的频率为1/3，自交后代的基因型比例是（2/3×2/3）：（2/3×1/3×2）：（1/3×1/3）=4：4：1，D正确。
故选C。
【点睛】
4．（2018·江苏·高考真题）一对相对性状的遗传实验中，会导致子二代不符合3∶1性状分离比的情况是
A．显性基因相对于隐性基因为完全显性
B．子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等，雄配子中也相等
C．子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异
D．统计时子二代3种基因型个体的存活率相等
【答案】C
【分析】在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【详解】一对相对性状的遗传实验中，若显性基因相对于隐性基因为完全显性，则子一代为杂合子，子二代性状分离比为3:1，A正确；若子一代雌雄性都产生比例相等的两种配子，则子二代性状分离比为3:1，B正确；若子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异，则子二代性状分离比不为3:1，C错误；若统计时,子二代3种基因型个体的存活率相等，则表现型比例为3:1，D正确。
【点睛】解答本题的关键是掌握孟德尔一对相对性状的遗传实验，弄清楚子一代的基因型、表现型以及子二代基因型、表现型比例成立的前提条件。
5．（2021·山东·济南市历城第二中学高三）某研究所将拟南芥的三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3导入玉米，筛选出成功整合的耐盐植株（三个基因都表达才表现为高耐盐性状）。如图表示三个基因随机整合的情况，让三株转基因植株自交，后代高耐盐性状的个体比例最小的是
A．甲 B．乙 C．丙 D．三者相同
【答案】C
【分析】题图分析：甲细胞中三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3都在一条染色体上，乙细胞中三个抗盐基因SOSI、SOS2位于一条染色体上，而SOS3位于非同源染色体上，丙细胞中三个抗盐基因SOSI和SOS2位于同源染色体的不同位置上，而SOS3位于非同源染色体上，且三个基因都表达才表现为高耐盐性状。据此分析对各选项进行判断。
【详解】设三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3分别用A、B、D来表示，植株甲可产生两种类型的配子，ABD和abd，比例为1：1，让甲自交，后代高耐盐性状的个体比例是3/4，植株乙可产生ABD、AbD、aBd、abd这四种类型的配子，比例为1：1：1：1，让乙自交，后代高耐盐性状的个体比例是9/16，植株丙可产生AbD、Abd、aBD、aBd这四种类型的配子，比例为1：1：1：1，让丙自交，后代高耐盐性状的个体比例是6/16，因此应选C。
【点睛】本题综合考查了基因的分离定律和自由组合定律的相关知识，意在考查考生运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论的能力。
6．（2022·四川省甘孜市丹巴县丹巴高中高一阶段练习）家兔的毛色受B、b和H、h两对等位基因控制,灰兔和白兔杂交,F1均为灰兔,F2中灰兔：黑兔：白兔=12 : 3 ：1，下列有关推断错误的是
A．亲代白兔的基因型为bbhh
B．F2中黑兔的基因型有两种
C．基因B、b和H、h位于两对同源染色体上
D．F2中的黑兔与白兔杂交,后代性状分离比为3 : 1
【答案】D
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在减数分裂产生配子过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合；按照自由组合定律，基因型为BbHh的个体产生的配子类型及比例是BH：bH：Bh：bh=1：1：1：1，自交后代的基因型及比例是B_H_：B_hh：bbH_： bbhh=9：3：3：1；由题意知，子二代的基因型及比例是灰兔：黑兔：白兔=12：3：1，是9：3：3：1的变式，因此家兔的毛色由2对等位基因控制，且遵循自由组合定律，子一代的基因型是BbHh，亲本灰兔的基因型是BBHH，白兔的基因型是bbhh。
【详解】A、根据分析可知，亲代白兔的基因型为bbhh，A正确；
B、F2中黑兔只占3/16，其基因型有两种，可能为BBhh、Bbhh，B正确；
C、根据分析可知，基因B、b和H、h位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律，C正确；
D、F2中的黑兔（可能为1/3BBhh、2/3Bbhh）与白兔（bbhh）杂交，后代中白兔为2/3×1/2=1/3，其它为黑兔，故性状分离比为2 : 1，D错误。
故选D。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会根据9：3：3：1的变式推测遵循的遗传规律及相关个体的基因型，分析出子二代不同个体的基因型及比例关系，并应用正推法进行概率计算。
7．（2022·全国·高考真题）某种自花传粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上。A/a控制花粉育性，含A的花粉可育；含a的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色，红花对白花为显性。若基因型为AaBb的亲本进行自交，则下列叙述错误的是（ ）
A．子一代中红花植株数是白花植株数的3倍
B．子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/12
C．亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3倍
D．亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等
【答案】B
【分析】分析题意可知：A、a和B、b基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。
【详解】A、分析题意可知，两对等位基因独立遗传，故含a的花粉育性不影响B和b基因的遗传，所以Bb自交，子一代中红花植株B_：白花植株bb=3：1，A正确；
B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=1:1:1:1，由于含a的花粉50%可育，故雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:1:1，所以子一代中基因型为aabb的个体所占比例为1/4×1/6=1/24，B错误；
C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+1/2a，不育雄配子为1/2a，由于Aa个体产生的A：a=1:1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C正确；
D、两对等位基因独立遗传，所以Bb自交，亲本产生的含B的雄配子数和含b的雄配子数相等，D正确。
故选B。
8．（2022·河南·邓州春雨国文学校高三阶段练习）某植株从环境中吸收前体物质经一系列代谢过程合成紫色素，此过程由A、a和B、b两对等位基因共同控制（如图所示）。其中具有紫色素的植株开紫花，不能合成紫色素的植株开白花。据图所作的推测不正确的是（ ）
A．只有基因A和基因B同时存在，该植株才能表现紫花性状，AaBb自交，后代性状分离比为9：7
B．基因型为aaBb的植株不能利用前体物质合成中间物质，所以不能产生紫色素
C．AaBb×aabb的子代中，紫花植株与白花植株的比例为1：3
D．基因型为Aabb的植株自交后代必定发生性状分离
【答案】D
【分析】分析题图：图示为某植株从环境中吸收前体物质合成紫色素的过程图解。基因A能控制酶A的合成，酶A能促进前体物质合成中间物质；基因B能控制酶B的合成，酶B能促进中间物质合成紫色素。由此可见，只有基因A和基因B同时存在时，植物才表现为紫花性状，其余情况均表现为白花性状。
【详解】A、由题图可知，只有基因A和基因B同时存在时，该植株才能合成紫色素，才会表现紫花性状，AaBb自交，后代中A-B-（紫花）：A-bb（白花）：aaB-（白花）：aabb（白花）=9：3：3：1，因此后代性状分离比为9：7，A正确；
B、基因型为aaBb的植株不能合成酶A，即不能利用前体物质合成中间物质，所以不能产生紫色素，B正确；
C、AaBb×aabb→AaBb（紫花）：Aabb（白花）：aaBb（白花）：aabb（白花）=1：1：1：1，可见后代紫花植株与白花植株的比例为1：3，C正确；
D、基因型为Aabb的植株自交后代有3种基因型（AAbb、Aabb、aabb），均表现为白花，不会发生性状分离，D错误。
故选D。
9．（2019·全国·高考真题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A．①或②
B．①或④
C．②或③
D．③或④
【答案】B
【分析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；②相同性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。
【详解】让全缘叶植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1:1，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，B正确，A、C、D均错误。
【点睛】解答本题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的分离定律和基因的自由组合定律。
10．（2021·内蒙古赤峰·高一阶段练习）用纯种的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F1全部是黄色圆粒，F1自交得F2，在F2中纯合的绿色圆粒有2000个，则理论上F2中的黄色圆粒有（ ）
A．8000个 B．2000个 C．18000个 D．4000个
【答案】C
【分析】用纯合的黄色圆粒豌豆（YYRR）与绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交，F1全是黄色圆粒YyRr。F1自交得F2，根据F2中纯合的绿色圆粒的比例和数量以及杂合的黄色皱粒所占的比例进而计算出杂合的黄色皱粒的数量。
【详解】根据基因自由组合定律的规律，纯合的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F1全是黄色圆粒。F1自交得F2，在F2中纯合的绿色圆粒（yyRR）占1/16，共有2000个，则F2中黄色圆粒（Y-R-）占9/16，为2000×9=18000个。
故选C。
11．（2023·全国·高三专题练习）家蚕的性别决定方式为ZW型。雌雄家蚕均有体色正常和油质透明的个体，也均有结绿色茧和结白色茧的个体。家蚕体色正常与油质透明由基因T、t控制，结绿色茧与结白色茧由基因G、g控制。现有一只纯合体色正常结白色茧的家蚕甲与一只纯合体色油质透明结绿色茧的家蚕乙杂交，后代雄蚕均为体色正常结绿茧，雌蚕均为体色油质透明结绿茧。下列分析不正确的是（ ）
A．控制家蚕体色的基因位于性染色体上
B．结绿色茧基因对结白色茧基因为显性
C．体色正常结白茧的亲本的基因型为ggZTW
D．F1中的家蚕相互交配，F2中体色正常结白茧的个体占3/16
【答案】D
【分析】由题干可知：体色正常甲与体色油质透明乙杂交，后代雄蚕均为体色正常，雌蚕均为体色油质透明，在子代雌雄个体中性状不同，可判断控制家蚕体色的基因位于Z染色体上，并且体色正常为显性，则亲本的基因型为ZTZT、ZtW；纯合白色茧的家蚕甲纯合体结绿色茧的家蚕乙杂交，后代无论雌雄均结绿茧，据此可判断结绿色茧基因对结白色茧基因为显性，并且位于常染色体上，则亲本的基因型为gg、GG。综上所述，则亲本基因型为ggZTZT、GG ZtW，则子一代的表现型、基因型为雄蚕为体色正常结绿茧（GgZTZt），雌蚕为体色油质透明结绿茧（GgZtW）。
【详解】A、由题干可知：体色正常甲与体色油质透明乙杂交，后代雄蚕均为体色正常，雌蚕均为体色油质透明，在子代雌雄个体中性状不同，可判断控制家蚕体色的基因位于Z染色体上，并且体色正常为显性，A正确；
B、由题干可知：纯合白色茧的家蚕甲纯合体结绿色茧的家蚕乙杂交，后代无论雌雄均结绿茧，据此可判断结绿色茧基因对结白色茧基因为显性，并且位于常染色体上，B正确；
C、由分析可知，体色正常结白茧的亲本的基因型为ggZTW，C正确；
D、由分析可知，F1中的家蚕的基因型为体色正常结绿茧GgZTZt和体色油质透明结绿茧GgZtW，则F2中体色正常结白茧的个体占1/41/2=1/8，D错误。
故选D。
12．（2023·全国·高三专题练习）已知一批基因型为AA和Aa的豌豆和玉米种子，其中纯合子与杂合子的比例均为1：2，分别间行种植，则在自然状态下，豌豆和玉米子一代的显性性状与隐性性状的比例分别为（ ）
A．9：1、9：1 B．8：1、6：1
C．9：1、8：1 D．5：1、8：1
【答案】D
【分析】根据题意分析，豌豆和玉米种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3；豌豆是自花传粉、闭花受粉的植物，自然状态下只能进行自交，玉米间行种植，自然状态下可以发生自由交配。
【详解】豌豆种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3，自交后代出现aa的概率为2/3×1/4=1/6，隐性性状为1/6，则显性性状为5/6，显性∶隐性=5∶1；玉米种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3，玉米自由交配，利用配子法，产生的雌、雄配子的基因型及比例都是A∶a=1/3+2/3×1/2∶2/3×1/2=2∶1，后代显性性状为AA+Aa=2/3×2/3+2×1/3×2/3=8/9，隐性性状为aa=1/3×1/3=1/9，显性∶隐性=8∶1，ABC错误，D正确。
故选D。
13．（2022·全国·高三阶段练习）某品种玉米的种皮中有一种称为花青素的紫色素，而其他品种为无色。遗传学家将两个种皮都不含花青素的纯种玉米杂交，F1所有植株都产生了紫色的种子，F1植株随机传粉，所得F2植株中有56%能产生该色素，44%不能。下列相关分析错误的是（ ）
A．玉米种子的紫色与无色至少受两对等位基因控制
B．F2中两种表现型不同的植株杂交，所得子一代自交，子二代表现型比例为9∶7的概率约为
C．F2中产生花青素的植株随机传粉所得子代中有不能产生花青素
D．该实例体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程进而控制性状
【答案】C
【分析】1、所得F2植株中紫色∶无色＝56%∶44%≈9∶7，属于9：3：3：1的变形。
2、基因控制生物体性状的途径：
（1）基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状；
（2）基因还能通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状。
【详解】A、因为F2植株中紫色∶无色≈9∶7，所以玉米种子的紫色与无色至少是两对等位基因控制的遗传，A正确；
B、由题意可知，若2对等位基因为A/a、B/b，则紫色的基因型为A_B_，其他基因型为无色。F2中两种表现型不同的植株基因型为紫色A_B_共4种基因型，无色总共5种基因型，只有基因型为AABB（1/9）与无色的基因型为aabb（1/7）的植株杂交才会出现与题干描述相同的结果，概率是1/63，B正确；
C、F2中产生花青素的植株基因型共有4种，基因型及比例为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶2∶2∶4，随机传粉，把4种基因型的个体看成一个整体，共产生4种基因型的配子，基因型及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝4∶2∶2∶1，雌雄配子随机结合出现无色的概率为17/81，C错误；
D、该实例是基因控制和花青素合成有关的酶来完成对生物性状的控制的，D正确。
故选C。
14．（2022·山西·稷山县稷山中学高三阶段练习）为确定控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因在染色体上的位置，某实验小组利用卷翅红眼和直翅紫眼两个纯合品系进行了以下杂交实验，以下分析错误的是（ ）
A．控制眼色的基因位于X染色体上且红眼为显性性状
B．由实验结果可排除控制眼色的基因位于X、Y染色体同源区段的可能
C．F2中直翅紫眼个体均为雄性
D．F2中卷翅红眼个体中雌性∶雄性＝1∶1
【答案】C
【分析】亲本卷翅红眼和直翅紫眼两个纯合品系杂交，F1中雌、雄个体均为卷翅，说明卷翅对直翅为显性，且相关基因位于常染色体上；F1中雌蝇表现为红眼，雄蝇表现为紫眼，说明该性状表现与性别有关，根据交叉遗传的特性可知相关基因位于X染色体上，且红眼对紫眼为显性，因此，控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因分别用A/a和B/b表示，亲本基因型为AAXbXb、aaXBY，F1基因型为AaXBXb，AaXbY，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY）。
【详解】A、F1中雌蝇表现为红眼，雄蝇表现为紫眼，说明该性状表现与性别有关，根据交叉遗传的特性可知相关基因位于X染色体上，且红眼对紫眼为显性，A正确；
B、若控制眼色的基因位于X、Y染色体同源区段，纯合的亲本的基因型为XBYB（红眼）、XbXb（紫眼），子代不会出现紫眼雄性个体，与题意不符，B正确；
C、控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因分别用A/a和B/b表示，亲本基因型为AAXbXb、aaXBY，F1基因型为AaXBXb，AaXbY，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY），F2中直翅紫眼基因型为aaXbXb、aaXbY，雄性和雌性中都存在直翅紫眼个体，C错误；
D、由C分析可知，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY），F2中卷翅红眼中（A-XBXb、A-XBY）雌性：雄性=1：1，D正确。
故选C。
15．（2022·湖北省武穴中学高三期中）如图①②③④四个容器中各放置两种小球，球上标有字母 A 、a 、B 、b 。某同学做了以下几个模 拟实验，下列说法错误的是 （ ）
A．从容器③和④中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟基因的自由组合
B．从容器①和③中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，不能模拟雌雄配子的随机结合
C．从两个容器②中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟某个种群自由交配产生后 代的基因型之比
D．从两个容器③中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟雌雄配子的随机结合
【答案】B
【分析】分离定律的实质是杂合体内等位基因在减数分裂生成配子时随同源染色体的分开而分离，进入两个不同的配子，独立的随配子遗传给后代。
【详解】A、容器③和④分别代表两对同源染色体，A/a 、B/b 代表非同源染色体上的非等位基因， 可以模拟两对等位基因之间的自由组合，A正确；
BD、容器③和①中A：a 比例为 1：1 ，容器①中总球数比容器③中多，可以代表雄性生殖器官，容器③可以代表雌性生殖器官，可以模拟有性生殖过程中雌雄配子的随机结合，D正确、B错误；
C、容器②中A与a球数不相等，各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟某个种群自由交配产生后代的基因型之比，C正确。
故选B。
二、多选题(共0分)
16．（2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）南瓜果实中的白色与黄色、盘状与球状为两对相对性状，分别由基因A与a、B与b控制。现有纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交得到F1，F1全部表现为白色盘状，F1自交得到F2，下列关于实验结果的分析，不正确的是（ ）
A．性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性
B．若后代出现四种表型，则基因A与a、B与b独立遗传
C．F2中每对相对性状的分离比均为3：1
D．F2中重组类型所占的比例为5/8
【答案】BD
【分析】纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交，后代全部表现为白色盘状，说明性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性。
【详解】A、纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交，后代全部表现为白色盘状，说明性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性，A正确；
B、若后代出现四种表型，且比例为9：3：3：1，则基因A与a、B与b独立遗传，B错误；
C、无论两对基因位于一对染色体还是两对染色体，F2每对相对性状均会呈现3：1的性状分离比，C正确；
D、当两对基因分别位于两对同源染色体上时，F2中重组类型所占的比例为5/8。当两对基因位于一对同源染色体上时，重组类型的比例取决于该对同源染色体的非姐妹染色单体间的互换率，D错误。
故选BD。
17．（2022·黑龙江齐齐哈尔·高一期末）某XY型性别决定植物，籽粒颜色与甜度由常染色体上的基因决定。用两种纯合植株杂交得F1，F1雌雄个体间杂交得F2，F2籽粒的性状表现及其比例为紫色非甜︰紫色甜︰白色非甜︰白色甜＝27︰9︰21︰7，从而推出亲本性状基因型的可能组合是（ ）
A．AABBDD×aabbdd B．AAbbDD×aaBBdd
C．AABBdd×AAbbDD D．AAbbdd×aaBBDD
【答案】ABD
【分析】分析题干信息可知：子代性状分离比27：9：21：7，比值之和为64=43，说明籽粒颜色和甜度由三对自由组合的等位基因控制，其分离比可转化为（9：7）×（3：1），其中紫色：白色=9：7，说明籽粒颜色由两对自由组合的等位基因控制（假设为A、D），且A和D同时存在为紫色，其余均为白色；非甜：甜=3：1，则甜度由一对基因控制（假设为B），B_为非甜，bb为甜。
【详解】结合分析可知：根据F2发生的性状分离比，可知F1的基因型应为三杂合子AaBbDd，亲本的基因型可为AABBDD×aabbdd或者AAbbDD×aaBBdd或者AABBdd×aabbDD或者AAbbdd×aaBBDD。
ABD正确，C错误。
故选ABD。
18．（2020·江苏淮安·模拟预测）某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型AA的植株表现为大花瓣，Aa的为小花瓣，aa的为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr的花瓣为黄色，两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是（ ）
A．子代共有9种基因型
B．子代共有4种表现型
C．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例约为1/3
D．子代的所有植株中，纯合子约占1/16
【答案】BD
【分析】根据题意分析可知：控制花瓣大小和花色的基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，因此基因型为AaRr的亲本自交共产生16种组合方式，9种基因型，由于花瓣大小是不完全显性，且aa表现无花瓣，因此共有5种表现型。
【详解】A、由题意可知，Aa自交子代基因型有3种，Rr自交子代基因型有3种，所以基因型为AaRr的亲本自交，子代共有9种基因型，A正确；
B、由题意可知，Aa自交子代表现型有3种，Rr自交子代表现型有2种，但由于aa表现无花瓣，故aaR_与aarr的表现型相同，表现型共5种，B错误；
C、子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为2/3×1/2=1/3，C正确；
D、子代纯合子概率为1/2×1/2= 1/4，D错误。
故选BD。
【点睛】本题的知识点是基因的自由组合定律，基因的不完全显性，分析题干获取信息是解题的突破口，对于基因的自由组合定律的理解和应用是本题考查的重点。
19．（2022·江苏·高三期中）某植物为XY型性别决定的雌雄异株植物，其花色红花和白花受等位基因A、a控制；茎长受B+（高茎）、B（中茎）、b（矮茎）3个基因控制，B+对B、b为完全显性，B对b为完全显性，某种茎长基因型胚胎致死。现将一对高基红花植株个体杂交，产生的F1表型及比例如下表。
性别
F1的表型及数量
雌株
42高茎红花雄株、18中茎红花雌株
雄株
21高茎红花雄株、8中茎红花雄株、19高茎白花雄株、12中茎白花雄株
取F1中的中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32。下列叙述正确的是（ ）A．基因B+、B、b遵循自由组合定律
B．亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa
C．若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有4种基因型
D．取F2中的中茎红花雌、雄个体随机交配，F3中的中茎红花占5/6
【答案】BCD
【分析】由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，说明控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上。
【详解】A、基因B＋、B、b是控制茎长短的等位基因，等位基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，A错误；
B、由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，且红花后代出现白花，说明红花为显性，控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上，高茎红花植株B+＿XA＿个体杂交，子代中出现中茎，中茎由B基因控制，说明亲本控制茎高的基因型为杂合子；子代出现白花，说明控制花色的基因型也为杂合子。若雌性个体基因为B+BXAXa，则雄性个体为B+BXAY或B+bXAY时均满足条件；若雌性个体为基因型为B+bXAXa，则雄性个体为B+BXAY即可满足条件，因此亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa，B正确；
C、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，根据表中数据可知，茎高基因型为B+B+时合子致死，若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有B+B+XAXA，B+B+XAXa，B+B+XAY，B+B+XaY共4中基因型，C正确；
D、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，推出F1中高茎（1/2B+B，1/2B+b）红花雌（1/2XAXA，1/2XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，取F2中中茎（1/3BB，2/3Bb）红花雌（3/4XAXA，1/4XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，F3中中茎红花（B_XA_）占（1-bb）×（1-XaY）=（1-1/9）×（1-1/8×1/2）=5/6，D正确。
故选BCD。
20．（2022·辽宁·鞍山市第五中学二模）某种高度近视是由X染色体上显性基因（A）引起的遗传病，但男性不发病。现有一个女性患者与一个不携带该致病基因的男性结婚，其后代患病率为50%。下列叙述正确的地（ ）
A．该女性患者的女儿的基因型是XAXa
B．该女性患者的母亲也是患者
C．在男性和女性中该致病基因的基因频率相同
D．人群中该病的发病率低于50%
【答案】ABCD
【分析】女性患者(XAX-)与不携带该致病基因的男性(XaY)结婚。若该女性患者基因型为XAXA,则后代基因型及表现型为XAXa(女儿高度近视)、XAY(儿子正常),后代患病率为50%,符合题意；若该女性患者基因型为XAXa,则后代基因型及表现型为XAXa(女儿高度近视)、XaXa(女儿正常)、XaY(儿子正常)、XAY(儿子正常),后代患病率为25%,不符合题意，故舍去。
【详解】A、女性患者基因型为XAXA，不携带该致病基因的男性XaY，所生女儿基因型XAXa；A正确；
B、女性患者基因型为XAXA，母亲必有XA配子，所以必患有高度近视，B正确；
C、伴X染色体遗传病中该致病基因在男性和女性中的基因频率相等，C正确；
D、人群中男女比例为1:1，且男性全正常，女性中存在患高度近视和正常的，因此人群中该病的发病率低于50%，D正确。
故选ABCD。
第II卷（非选择题）
三、综合题(共0分)
21．（2021·山东·枣庄八中高三阶段练习）已知某二倍体植物雌雄同株异花（植株上既生雌花，又生雄花），在自然情况下自交和杂交皆可，该植物的红花（A）对白花（a）为显性，高茎（D）对矮茎（d）为显性，两对等位基因独立遗传。某科研组做了两组杂交实验：实验一：甲（红花高茎纯合子）与乙（白花矮茎纯合子）进行杂交，获得F1植株。
实验二：丙（白花高茎）与丁（白花矮茎）进行杂交，获得F1植株。
（1）该科研组继续用实验一获得的F1（作为父本）与实验二F1中白花高茎（作为母本）进行杂交，杂交操作步骤为___________，经过多次重复试验，发现F2表现型及比例均接近红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝3∶1∶1∶1。该小组推断基因型为___________的___________（填“雄”或“雌”）配子致死。为了验证该推断，该小组可利用实验一和实验二的F1植株与白花矮茎植株设计___________试验，并统计子代植株表现型及比例来达到目的。
（2）结合以上致死现象，科研团队尝试采用转基因的手段对实验一F1进行基因（i）导入到基因组的操作（注：只有一个基因i导入，且与A/a、D/d遵循自由组合定律），已知含有基因i的上述致死配子具有正常活性，实验一的F1作为父本与白花矮茎杂交，统计F2的表现型及其比例为___________。
【答案】 花蕾期对母本雌花套袋，采集父本花粉向母本人工授粉，母本继续套袋 aD 雄 正反交 红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝2∶2∶1∶2
【分析】分析题文描述：植物的红花（A）对白花（a）为显性，高茎（D）对矮茎（d）为显性，两对等位基因分别位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。红花高茎纯合子甲的基因型为AADD，白花矮茎纯合子乙的基因型为aadd，二者杂交所得F1植株的基因型为AaDd。白花高茎丙的基因型为aaDD或aaDd，白花矮茎丁的基因型为aadd，二者杂交产生的F1的植株为aaDd或aaDd和aadd。
【详解】（1）对某二倍体雌雄同株异花的植物进行杂交时，应在花蕾期对母本雌花套袋，采集父本花粉向母本人工授粉，母本继续套袋。由题意可推知：实验一获得的F1（作为父本）的基因型为AaDd，实验二F1中白花高茎（作为母本）的基因型为aaDd，理论上二者杂交所得F2的表现型及比例为红花高茎（AˍDˍ）∶红花矮茎（Aˍdd）∶白花高茎（aaDˍ）∶白花矮茎（aadd）＝3∶1∶3∶1，而实际上却是红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝3∶1∶1∶1，即白花高茎的个体数量少于理论值，据此可推知：基因型为aD的雄配子致死。为了验证该推断，可让实验一和实验二的F1植株分别与白花矮茎植株进行正反交试验，并统计子代植株表现型及比例。
（2）。实验一的F1的基因型为AaDd，而且只有一个基因i导入实验一的F1中，则F1产生的配子的基因型及其比例为ADi∶Adi∶aDi∶adi∶AD∶Ad∶aD∶ad＝1∶1∶1∶1∶1∶1∶1∶1。白花矮茎植株的基因型为aadd，只产生一种基因型为ad的配子。让实验一的F1作为父本与白花矮茎植株杂交，由于含有基因i的基因型为aD的致死雄配子具有正常活性，所以 F2的表现型及其比例为红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝2∶2∶1∶2。
【点睛】本题主要考查学生对基因的自由组合定律的相关知识的识记和理解能力，以及获取信息分析问题的能力。
22．（2020·新疆·三模）某种鸟类的羽色有红色、蓝色、黄色和白色四种，由两对等位基因（A/a、B/b）决定，其中A基因决定羽色为红色。一对羽色相同的亲本产生的足够多后代的表现型及比例如下表，相关基因不位于Z、W染色体的同源区段，回答下列有关问题：
子代表现型
黄色雄性
蓝色雄性
黄色雌性
蓝色雌性
红色雌性
白色雌性
所占比例
1/3
1/6
1/6
1/12
1/6
1/12
（1）上述子代羽色分离比为黄色：红色：蓝色：白色=_______。说明上述基因的遗传遵循基因的_______________定律。
（2）根据子代羽色分离比可以初步确定存在基因纯合致死现象，若A基因纯合致死，则亲本的表现型为_________色，子代中红色羽毛个体的基因型为_______________。
（3）若一只红色雌鸟与一只蓝色雄鸟的子代中出现白色鸟，则理论上这对亲本的子代中，黄色鸟所占的比例为_______________。
【答案】 6：2：3：1 自由组合 黄 AaZbW 1/4
【分析】据表格分析，一对相对性状的亲本杂交，后代出现四种不同的表现型，且后代中黄色：红色：蓝色：白色=6：2：3：1，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律，且后代中存在性别差异，说明一对等位基因位于常染色体上，一对等位基因位于Z染色体上，双显性表现为黄色，只有A基因在表现为红色，只有B基因在表现为蓝色，双隐性表现为白色，据此答题。
【详解】（1）根据子代中黄色：红色：蓝色：白色=（1/3+1/6）：1/6：（1/6+1/12）：1/12=6：2：3：1，是9：3：3：1的变形，可知上述两对基因遵循基因的自由组合定律。
（2）若A基因纯合致死，根据后代的性状分离比满足9：3：3：1的变形，且存在性别差异，可知亲本是双杂合，一对等位基因位于常染色体上，另一对等位基因位于性染色体上，则亲本的基因型是AaZBZb和AaZBW，表现为黄色；若A基因纯合致死，则子代中红色个体羽毛的基因型是AaZbW。
（3）红色雌鸟的基因型是A_ZbW，蓝色雄鸟的基因型是aaZBZ_，后代中出现了白色雄鸟（aaZbZb），则可知亲本的基因型是AaZbW和aaZBZb，则后代中黄色鸟（A_ZBZ_）所占的比例是1/2×1/2=1/4。
【点睛】本题考查的是基因的自由组合定律和伴性遗传的规律的应用，解答本题的关键是根据后代性状分离比推出亲本的基因型，并判断存在显性纯合致死现象。
23．（2020·安徽·六安市城南中学高三阶段练习）玉米条纹病由α细菌感染引起，叶枯病由β细菌感染引起。玉米条纹病抗性由基因A、a控制，叶枯病抗性由基因B、b控制，两对等位基因独立遗传。以下是利用玉米品种甲、乙所做实验的结果：
实验组别
品种
用α细菌感染自交后代
用β细菌感染自交后代
1
甲
均成活
均死亡
2
乙
均死亡
均成活
据表回答。
（1）抗叶枯病的玉米品种是______，判断依据是_____________。
（2）若用两种细菌同时感染品种乙的多棵植株，则成活个体所占比例为________。
（3）以上述玉米品种甲、乙为亲本进行杂交，取其F2中的三棵植株分别编号1、2、3，让其自交，收获种子并分别播种于不同实验区中进行相应处理，统计各区的存活率，结果如下表：
实验处理
无菌水
α细菌进行感染
β细菌进行感染
α细菌＋β细菌进行双感染
植株1自交后代存活率/%
100
25
0
0
植株2自交后代存活率/%
100
100
75
75
植株3自交后代存活率/%
100
25
75
？
据表推测：
①抗条纹病是________(填“显性性状”或“隐性性状”)。
②表中的“？”处数字是________。
【答案】 乙 用β细菌感染乙自交子代均成活，而用β细菌感染甲自交子代均死亡 0 隐性性状 18．75
【分析】1、基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子时，位于同源染色体的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。
2、分析第一个表格可知，甲自交后代用α细菌感染都成活，而用β细菌感染甲自交子代均死亡，说明甲植株具有玉米条纹病抗性，不抗枯叶病；乙植株自交后代用α细菌感染都死亡，而用β细菌感染甲自交子代均成活，说明乙植株不具有玉米条纹病抗性，但是抗枯叶病。分析表格二：植株1自交后代25%抗α细菌感染和都不抗β细菌感染，说明植株1是不抗条纹病杂合子（说明抗条纹病为隐性性状）、不抗叶枯病的纯合子；植株2自交，抗α细菌感染的比例是100%，抗β细菌感染的比例是75%，抗α、β感染的概率是75%，相当于1对相对性状的杂合子自交，则植株2是抗叶枯病的杂合子、抗条纹病的纯合子，说明抗叶枯病是显性性状，植株3自交抗α细菌感染的概率是25%，抗β细菌感染的概率是75%，相当于两对基因都是杂合子自交，也说明抗条纹病为隐性性状。
【详解】（1）由题知，叶枯病由β细菌引起，用β细菌感染品种乙自交后代，植株均成活，而用β细菌感染品种甲自交，植株均死亡，说明抗叶枯病的是品种乙。
（2）根据第（1）问可知，单独用β细菌感染品种乙，植株能存活，但用α细菌感染乙，会使植株全部死亡，因此若用两种细菌同时感染品种乙，植株存活总数为0，成活个体所占比例也为0。
（3）①由题知，抗条纹病由α细菌引起，观察植株1、2、3中α细菌的感染情况可知，三种植株自交后代存活率存在25%或100%两种情况，推知自交的亲本存在纯合和杂合两种情况。根据孟德尔遗传定律，杂合植株Aa自交后代的比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，性状比为显性：隐性＝3∶1，可推断出抗条纹病为隐性性状。
②观察植株1、2、3中β细菌的感染情况，可得出抗叶枯病为显性性状(推断过程同①)，推知植株1的基因型为Aabb，植株2的基因型为aaBb，植株3的基因型为AaBb。根据植株1、2、3的基因型，再加上品种甲为抗叶枯病但不抗条纹病，品种乙抗条纹病但不抗叶枯病，可推断出品种甲的基因型为aabb，品种乙的基因型为AaBb。在每个植株中，α细菌＋β细菌进行双感染的存活率＝α细菌感染该植株的存活率×β细菌感染该植株的存活率。在植株3中，25%×75%＝18．75%，所以“？”处的数字为18．75。
【点睛】本题考查基因分离定律和自由组合定律的应用，解答本题的关键是掌握基因的分离定律和自由组合定律的实质，能够根据表格一判断甲乙具有的表现型，再根据表格二逐一分析，判断两对性状的显隐性关系和亲本的基因型。
24．（2022·山西运城·高三期中）果蝇的正常眼和星眼受等位基因A、a控制，正常翅和小翅受等位基因B、b控制其中1对基因位于常染色体上。为进一步研究遗传机制，以纯合个体为材料进行了杂交实验，各组合重复多次，结果如下表。
杂交组合
P
F1
♀
♂
♀
♂
甲
星眼正常翅
正常眼小翅
星眼正常翅
星眼正常翅
乙
正常眼小翅
星眼正常翅
星眼正常翅
星眼小翅
丙
正常眼小翅
正常眼正常翅
正常眼正常翅
正常眼小翅
回答下列问题：
(1)综合考虑A、a和B、b两对基因，它们的遗传符合孟德尔遗传定律中的__________。组合甲中母本的基因型为__________。
(2)若组合乙F1的雌雄个体随机交配获得F2，则F2中星眼小翅雌果蝇占____________。果蝇的性染色体数目异常可影响性别，如XYY或XO为雄性，XXY为雌性。若发现组合甲F1中有1只非整倍体星眼小翅雄果蝇，原因是母本产生了不含__________的配子。
(3)若有一个由星眼正常翅雌、雄果蝇和正常眼小翅雌、雄果蝇组成的群体，群体中个体均为纯合子。该群体中的雌雄果蝇为亲本，随机交配产生F1，F1中正常眼小翅雌果蝇占21/200、星眼小翅雄果蝇占49/200，则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅占__________。
(4)写出以组合丙F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解。____________。
【答案】(1) 自由组合 AAXBXB
(2) 3/16 X染色体
(3)7/10
(4)
【分析】分析题意可知：甲、乙组中星眼与正常眼杂交，子代全为星眼，说明星眼为显性，且性别与性状无关，A、a基因位于常染色体上；甲组中雌性正常翅与雄性小翅杂交，子代全为正常翅，乙组中雌性小翅与雄性正常翅杂交，子代中雌性为正常翅，雄性为小翅，说明该性状与性别相关联，位于X染色体上，且正常翅为显性。
【详解】（1）分析题意可知：甲、乙组中星眼与正常眼杂交，子代全为星眼，说明星眼为显性，且性别与性状无关，A、a基因位于常染色体上；甲组中雌性正常翅与雄性小翅杂交，子代全为正常翅，乙组中雌性小翅与雄性正常翅杂交，子代中雌性为正常翅，雄性为小翅，说明该性状与性别相关联，位于X染色体上，且正常翅为显性；两对基因分别位于两对同源染色体上，它们的遗传遵循自由组合定律；组合甲中雌性为星眼正常翅，均为显性性状，且为纯合子，故基因型为AAXBXB。
（2）组合乙为雌性正常眼小翅（aaXbXb）×雄性星眼正常翅（AAXBY），F1基因型为AaXBXb、AaXbY，F1的雌雄个体随机交配获得F2，则F2中星眼（A_）小翅雌果蝇（XbXb）占3/4×1/4＝3/16；组合甲基因型为AAXBXB、aaXbY，F1的基因型应AaXBXb、AaXBY，若发现组合甲F1中有1只非整倍体星眼小翅雄果蝇，则个体基因型可能为AaXbO，原因是母本减数分裂时两条X染色体移向一极，产生了不含X染色体的卵细胞，再与父本产生的Xb的精子结合形成XO型的受精卵。
（3）若有一个由纯合子星眼正常翅雌（AAXBXB，产生的配子为AXB）、星眼正常翅雄果蝇（AAXBY，产生配子为AXB、AY）和正常眼小翅雌（aaXbXb，产生配子为aXb）、正常眼小翅雄果蝇（aaXbY，产生配子为aXb、aY）组成，随机交配后F1中正常眼小翅雌果蝇（aaXbXb）占21/200＝aXb×aXb，星眼小翅雄果蝇（AaXbY）占49/200＝AY×aXb，则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅（AAXBY）＝7/10。
（4）组合丙的双亲基因型为aaXbXb×aaXBY，F1基因型为aaXBXb、aaXbY，F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解为：
25．（2022·广东韶关·高三阶段练习）黄瓜的花有雌花、雄花与两性花之分（雌花：仅雌蕊发育；雄花：仅雄蕊发育；两性花：雌雄蕊均发育），自然条件下大多数黄瓜植株开两性花，少数黄瓜只开雌花或只开雄花，为探明黄瓜花的性别决定机制，某研究团队进行了下表一系列实验。
组别
亲本
子代
实验一
植株甲（只开雌花）×植株乙（两性花）
F1只开雌花
实验二
F1×植株乙
开两性花与只开雌花的黄瓜植株均有，且比例约为1:1
(1)根据上述实验可推测，雌花对两性花为__________性性状，让植株乙自交，子代黄瓜开__________花，基因型为__________（用M、m表示）。
(2)研究表明，对开两性花的黄瓜幼苗滴加一定量的乙烯利（分解后释放乙烯），部分花芽将发育成雌花，据此可推测基因M是__________合成途径的关键基因。
(3)后续研究表明，黄瓜花的性别分化还与另一对染色体上的基因F有关，基因型为FF或Ff的黄瓜开两性花或只开雌花，基因型为ff的黄瓜只开雄花，结合上述信息，只开雄花的黄瓜植株的基因型是__________。只开雌花的黄瓜基因型有__________种，基因型为FfMm的黄瓜与基因型为ffMm的黄瓜杂交，子代的表型及比例是__________。
【答案】(1) 显 两性 mm
(2)乙烯
(3) ffMM、ffMm、ffmm 3 雌花:雄花:两性花＝3:4:1
【分析】根据第一组数据子代只有一种表现型，说明雌花为显性。对两性花施用乙烯利，部分花芽将发育成雌花，说明乙烯抑制雄蕊的发育。
【详解】（1）植株甲（只开雌花）×植株乙（两性花），F1只开雌花，说明雌花为显性。则甲的基因型为MM，乙的基因型为mm，F1的基因型为Mm。让植株乙mm自交，子代只有mm，都是两性花。
（2）对开两性花（mm）的黄瓜幼苗滴加一定量的乙烯利，部分花芽将发育成雌花，说明乙烯抑制雄蕊的发育，具有M的基因雄蕊不发育而发育成雌花，可推测基因M是乙烯合成途径的关键基因。
（3）基因型为FF或Ff的黄瓜开两性花或只开雌花，基因型为ff的黄瓜只开雄花，基因型为mm的开两性花，M_开雌花，两对基因一起分析，只开雄花的植株具有ff基因，包括ffMM、ffMm、ffmm；只开雌花的基因型为FFMM、FFMm、FfMM、FfMm，共4种，两性花的基因型为FFmm、Ffmm。基因型为FfMm的黄瓜与基因型为ffMm的黄瓜杂交，两对基因分别分析，Ff×ff后代中Ff：ff=1：1，Mm×Mm后代中M_：mm=3：1，因具有ff的都为雄花，故雌花:雄花:两性花＝3:4:1。
解密06 遗传的基本规律（分层训练）
A组 基础练
第I卷（选择题）
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）某植株的一条染色体发生缺失，获得该缺失染色体的花粉不育，缺失染色体上具有红色显性基因B，正常染色体上具有白色隐性基因b（如图所示）。下列相关叙述错误的是（ ）
A．B与b的根本区别是脱氧核苷酸的排列顺序不同
B．该植株自交后代都是红色性状
C．以该植株作为母本，授以基因型为Bb正常植株的花粉，子代中红色：白色=3：1
D．该植株的变异可为生物进化提供原材料
【答案】B
【分析】图示植株的基因型为Bb,其中红色显性基因B在缺失染色体上,白色隐性基因b在正常染色体上，且含有缺失染色体的花粉不育,但含有缺失染色体的卵细胞可育。
【详解】A、B与b是等位基因，根本区别是脱氧核苷酸的排列顺序不同，A正确；
B、由于缺失染色体的花粉不育，所以该植株只产生一种雄配子b；而雌配子可以产生两种：B和b，所以该植株自交，下一代为Bb：bb=1：1，所以下一代红色性状∶白色性状＝1∶ 1，B错误；
C、雌配子和雄配子都可以产生两种：B和b，下一代为（Bb+BB）：bb=3：1，所以下一代红色性状∶白色性状＝3∶ 1，C正确；
D、遗传变异为生物的进化提供了原材料，D正确。
故选B。
2．（2021·吉林·延边甲子中学高中部有限公司高一期中）“敕勒川，阴山下。天似穹庐，笼盖四野。天苍苍，野茫茫。风吹草低见牛羊。”这是南北朝时阴山风光。今天的邵阳南山牧场重现了这种画面。下图是南山牧场一个山羊种群的毛色（黑毛和白毛）遗传图解，下列有关叙述正确的是（ ）
A．图中的全部的黑毛山羊基因型相同
B．图中的全部的白毛山羊基因型相同
C．探究第3代的黑毛山羊个体的基因型，可采用测交的实验方法
D．第3代的白毛山羊是杂合子的概率是2/4
【答案】A
【分析】分析题图：子一代中白毛羊和白毛羊杂交，后代出现黑毛羊，出现性状分离，说明白毛相对于黑毛为显性性状（相关基因用A、a表示），则黑毛羊的基因型为aa，子一代白毛羊的基因型均为Aa，亲代中白毛羊的基因型为 Aa，子二代中白毛羊的基因型为AA或Aa。
【详解】A、根据分析可知，白毛为显性性状，黑毛为隐性性状，所以图中的全部的黑毛山羊基因型相同，都是aa，A正确；
B、子二代中白毛羊基因型为AA或Aa，而其它白毛个体基因型均为Aa，B错误；
C、黑毛为隐性性状，黑毛个体的基因型为aa，无需测交以鉴定，C错误；
D、第3代的白毛山羊基因型为AA或Aa，是杂合子的概率是2/3，D错误。
故选A。
3．（2023·全国·高三专题练习）如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交，F1是粉红色的，有人认为这符合融合遗传理论，也有人认为这是不完全显性遗传的结果。为探究上述问题，下列做法不正确的是（ ）
A．用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，观察后代的花色
B．让F1进行自交，观察后代的花色
C．对F1进行测交，观察测交后代的花色
D．让F1与纯种红牡丹杂交，观察后代的花色
【答案】A
【分析】若发生基因融合现象，则后代不会发生性状分离，若基因不融合，粉色是由于F1红色基因只有一个，合成的红色物质少造成的，则F1进行自交或让F1与纯种白牡丹或者红牡丹杂交，后代均会发生性状分离。
【详解】A、用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，其后代仍然是粉红色，无法确定是否发生了融合，A错误；
B、让F1进行自交，若后代发生性状分离，比值为1:2:1，可以证明不是融合遗传，B正确；
CD、让F1与纯种白牡丹或者红牡丹杂交，其中一个杂交组合为测交，后代发生性状分离，比值为1:1，可以证明不是融合遗传，CD正确。
故选A。
4．（2021·江西吉安·高二期中）某科学家根据基因位于染色体上，形成配子时等位基因随同源染色体的分开而分离到两个子细胞，DNA位于染色体上，细胞分裂时复制的DNA会平均分配到两个子细胞，提出假说：基因位于DNA上。以上科学家运用的研究方法为（ ）
A．假说演绎法 B．归纳法
C．收集和分析资料法 D．类比推理法
【答案】C
【分析】科学探究常用的方法有观察法、实验法、调查法、资料分析法、类比推理法、假说演绎法、归纳法等。
【详解】A、假说演绎法基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论，A错误；
B、归纳法一般指归纳推理，归纳推理是一种由个别到一般的推理，由一定程度的关于个别事物的观点过渡到范围较大的观点，由特殊具体的事例推导出一般原理、原则的解释方法，B错误；
C、收集和分析资料：①资料的形式包括文字、图片、数据（图表）和音像等；②对获得的资料要进行整理和分析，从中寻找答案和探究线索，C正确；
D、类比推理法：根据两个对象在某些属性上相同或相似，通过比较而推断出它们在其他属性上也相同的推理过程，D错误。
故选C。
5．（2020·浙江·高考真题）若马的毛色受常染色体上一对等位基因控制，棕色马与白色马交配，均为淡棕色马，随机交配，中棕色马：淡棕色马：白色马=1：2：1。下列叙述正确的是
A．马的毛色性状中，棕色对白色为完全显性
B．中出现棕色、淡棕色和白色是基因重组的结果
C．中相同毛色的雌雄马交配，其子代中雌性棕色马所占的比例为3/8
D．中淡棕色马与棕色马交配，其子代基因型的比例与表现型的比例相同
【答案】D
【分析】分析题中信息：“棕色马与白色马交配，均为淡棕色马，随机交配，中棕色马：淡棕色马：白色马=1：2：1。”可知马的毛色的控制属于不完全显性。
【详解】A、马的毛色性状中，棕色对白色为不完全显性，A错误；
B、中出现棕色、淡棕色和白色是基因分离的结果，B错误；
C、中相同毛色的雌雄马交配，其子代中棕色马所占的比例为1/4+2/4×1/4=3/8，雌性棕色马所占的比例为3/16，C错误；
D、中淡棕色马与棕色马交配，其子代基因型的比例为1:1，,表现型为淡棕色马与棕色马，比例为1:1， D正确。
故选D。
【点睛】一对等位基因的遗传遵循基因分离定律，根据题中信息可知，马毛色遗传属于不完全显性，然后再依据基因分离定律写出每种表现型对应的基因型，即可得出准确答案。
6．（2018·江苏·高考真题）一对相对性状的遗传实验中，会导致子二代不符合3∶1性状分离比的情况是
A．显性基因相对于隐性基因为完全显性
B．子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等，雄配子中也相等
C．子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异
D．统计时子二代3种基因型个体的存活率相等
【答案】C
【分析】在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【详解】一对相对性状的遗传实验中，若显性基因相对于隐性基因为完全显性，则子一代为杂合子，子二代性状分离比为3:1，A正确；若子一代雌雄性都产生比例相等的两种配子，则子二代性状分离比为3:1，B正确；若子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异，则子二代性状分离比不为3:1，C错误；若统计时,子二代3种基因型个体的存活率相等，则表现型比例为3:1，D正确。
【点睛】解答本题的关键是掌握孟德尔一对相对性状的遗传实验，弄清楚子一代的基因型、表现型以及子二代基因型、表现型比例成立的前提条件。
7．（2022·江西·金溪一中高一阶段练习）报春花的花色白色(只含白色素)和黄色(含黄色锦葵色素)由两对等位基因(A 和 a，B 和 b)共同控制，两对等位基因独立遗传(如图所示)。现选择 AABB 和 aabb 两个品种进行杂交，得到 F1，F1自交得 F2。下列说法正确的是()
A．F1 的表现型是黄色
B．F2 中黄色∶白色的比例是 9∶7
C．F2 的白色个体中纯合子占 3/16
D．F2 中黄色个体自交有 2/3 会出现性状分离
【答案】D
【分析】根据图示信息，显性基因A控制以白色素为前体物合成黄色锦葵色素的代谢过程。B存在时可抑制其表达，所以其基因型和性状的关系是：A-B-、aaB-、aabb表现为白色，A-bb表现为黄色。
【详解】F1 的基因型为AaBb，表现型为白色，A错误；F2 中黄色∶白色的比例是3:13，B错误；F2 的白色个体应为A-B-（9）、aaB-（3）、aabb（1），其中纯合子有AABB（1）、aaBB（1）、aabb（1），所以F2 的白色个体中纯合子占3/13，C错误；F2 中黄色个体的基因型为1/3AAbb,2/3Aabb, 所以黄色个体自交有 2/3 会出现性状分离，D正确。
【点睛】正确分析题图信息，明确每种基因型的表现型是解答本题的关键，另外还需熟练掌握两对相对性状的杂交实验中F2的基因型及比例。
8．（2019·全国·高考真题）假设在特定环境中，某种动物基因型为BB和Bb的受精卵均可发育成个体，基因型为bb的受精卵全部死亡。现有基因型均为Bb的该动物1000对（每对含有1个父本和1个母本），在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中BB、Bb、bb个体的数目依次为
A．250、500、0
B．250、500、250
C．500、250、0
D．750、250、0
【答案】A
【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。据此答题。
【详解】双亲的基因型均为Bb，根据基因的分离定律可知：Bb×Bb→1/4BB、1/2Bb、1/4bb，由于每对亲本只能形成1个受精卵，1000对动物理论上产生的受精卵是1000个，且产生基因型为BB、Bb、bb的个体的概率符合基因的分离定律，即产生基因型为BB的个体数目为1/4×1000=250个，产生基因型为Bb的个体数目为1/2×1000=500个，由于基因型为bb的受精卵全部致死，因此获得基因型为bb的个体数目为0。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。
9．（2019·全国·高考真题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A．①或②
B．①或④
C．②或③
D．③或④
【答案】B
【分析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；②相同性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。
【详解】让全缘叶植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1:1，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，B正确，A、C、D均错误。
【点睛】解答本题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的分离定律和基因的自由组合定律。
10．（2022·四川省甘孜市丹巴县丹巴高中高一阶段练习）家兔的毛色受B、b和H、h两对等位基因控制,灰兔和白兔杂交,F1均为灰兔,F2中灰兔：黑兔：白兔=12 : 3 ：1，下列有关推断错误的是
A．亲代白兔的基因型为bbhh
B．F2中黑兔的基因型有两种
C．基因B、b和H、h位于两对同源染色体上
D．F2中的黑兔与白兔杂交,后代性状分离比为3 : 1
【答案】D
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在减数分裂产生配子过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合；按照自由组合定律，基因型为BbHh的个体产生的配子类型及比例是BH：bH：Bh：bh=1：1：1：1，自交后代的基因型及比例是B_H_：B_hh：bbH_： bbhh=9：3：3：1；由题意知，子二代的基因型及比例是灰兔：黑兔：白兔=12：3：1，是9：3：3：1的变式，因此家兔的毛色由2对等位基因控制，且遵循自由组合定律，子一代的基因型是BbHh，亲本灰兔的基因型是BBHH，白兔的基因型是bbhh。
【详解】A、根据分析可知，亲代白兔的基因型为bbhh，A正确；
B、F2中黑兔只占3/16，其基因型有两种，可能为BBhh、Bbhh，B正确；
C、根据分析可知，基因B、b和H、h位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律，C正确；
D、F2中的黑兔（可能为1/3BBhh、2/3Bbhh）与白兔（bbhh）杂交，后代中白兔为2/3×1/2=1/3，其它为黑兔，故性状分离比为2 : 1，D错误。
故选D。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会根据9：3：3：1的变式推测遵循的遗传规律及相关个体的基因型，分析出子二代不同个体的基因型及比例关系，并应用正推法进行概率计算。
11．（2022·重庆八中高三阶段练习）家蚕在生长到一定阶段后就开始化茧，某个家蚕品种含有基因M，可以控制一种酶的合成，在酶的催化下，细胞中的白色前体物质会转化为金黄色色素，基因N会抑制基因M的表达，基因M／m、N／n均位于常染色体上且独立遗传。某个农业生产基地利用该品系家蚕进行了如图所示的实验。下列有关叙述错误的是（ ）
A．家蚕茧色遗传遵循自由组合定律，亲本基因型为Mmnn，mmNn
B．该家蚕品系中金黄色家蚕和白色家蚕的基因型分别有2种和7种
C．让基因型为MmNn的雌雄个体杂交，子代金黄色个体中纯合子的比例为3／16
D．让子代金黄色的雌雄个体杂交，子代个体的表型及比例为金黄色：白色＝3：1
【答案】C
【分析】根据题意和图示分析可知：家蚕茧色由位于两对常染色体上的两对等位基因共同控制，这两对基因均完全显性，遵循基因的自由组合定律。由于基因M能通过控制酶的合成来控制合成金黄色色素，从而使蚕茧呈金黄色；基因N会抑制基因M的表达，但当基因N存在时，无论有无基因M，茧蚕均表现白色。所以金黄色家蚕的基因型为M_nn，白色家蚕基因型为_ _N_和mmnn。
【详解】A、金黄色家蚕的基因型为M_nn，白色家蚕基因型为_ _N_和mmnn，亲本中金黄色家蚕基因型为M_nn和白色家蚕杂交，后代中金黄色：白色=1：3，金黄色只能是1/2×1/2=1/4，故亲本中金黄色家蚕和白色家蚕的基因型分别是Mmnn、mmNn，A正确；
B、由题意可知，基因M控制合成的酶可合成金黄色色素，基因N会抑制基因M的表达，从而影响家蚕颜色，故金黄色家蚕的基因型有MMnn和Mmnn共2种，白色家蚕基因型有MMNN、MmNN、MMNn、MmNn、mmNN、MMNn、mmnn共7种，B正确；
C、基因型为MmNn的雌雄个体杂交，子代基因型及比例为：1MMNN、2MmNN、2MMNn、4MmNn、1mmNN、2mmNn、1MMnn、2Mmnn、1mmnn，表型及比例为：白茧：金黄茧=13：3，其中1MMnn和2Mmnn，则金黄色个体中纯合子的比例为1/3，C错误；
D、亲本基因型为Mmnn、mmNn，则子代金黄色个体基因型为Mmnn，相互杂交，则后代金黄色比例为3/4M-nn，所以子代个体的表型及比例为金黄色：白色＝3：1，D正确。
故选C。
12．（2022·河南·巩义一中高三阶段练习）某同学利用性状分离比的模拟实验装置，进行如下实验，从甲、乙两个容器中各随机抽出一个小球，记录组合情况，重复多次实验后，结果发现 AB、Ab、aB、ab 的比值接近 1：1：1：1．以下关于该实验的说法正确的是（ ）
A．甲容器代表某动物的雌生殖器官
B．小球的颜色和字母表示雌、雄配子的种类
C．该实验模拟的是减数分裂过程中非同源染色体上基因的自由组合
D．每个容器中两种的小球数量需相等，甲乙两个容器中小球的总数可以不同
【答案】C
【分析】根据题意和图示分析可知： 甲、乙两个容器中共有两对等位基因，又从甲、乙两个容器中各随机抽出一个小球，记录组合情况，重复多次实验后，结果发现AB、Ab、aB、ab的比值接近1：1：1：1，体现的是在减数第一次分裂后期，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
【详解】A、甲、乙两个容器分别代表某动物减数分裂过程中的两对同源染色体，A错误；
B、小球的颜色和字母表示等位基因的种类，B错误；
C、该实验模拟的是减数分裂过程中非同源染色体上非等位基因的自由组合，C正确；
D、每个容器中两种的小球数量需相等，且甲乙两个容器中小球的总数也要相等，D错误。
故选C。
13．（2022·新疆兵团第二师华山中学高三阶段练习）下列关于孟德尔杂交实验和相关遗传知识的叙述，正确的是（ ）
A．F1自交时，雌雄配子随机结合是基因自由组合的主要体现
B．自交时，由两对等位基因控制的性状会发生自由组合
C．等位基因的分离与非等位基因的自由组合同时发生
D．F2 的表现型比为 3∶1 的结果最能说明基因分离定律的实质
【答案】C
【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
【详解】A、基因自由组合定律的实质是在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，雌雄配子随机结合属于受精作用，没有体现基因自由组合，A错误；
B、位于非同源染色体上的非等位基因才能发生自由组合，若两对等位基因在同一对同源染色体上不发生自由组合，B错误；
C、等位基因的分离与非等位基因的自由组合是同时发生的，都发生在减数第一次分裂后期，C正确；
D、最能说明基因分离定律的实质是等位基因的分离，产生了两种配子且比例为1:1，D错误。
故选C。
14．（2022·陕西省汉中中学模拟预测）某高等植物花色受两对独立遗传的等位基因（A/a和B/b）控制，花色有紫色、红色和白色三种，花色与基因的关系如下图所示，我校生物兴趣小组选取不同颜色的纯合植物杂交（甲—紫色，乙—白色，丙—红色），结果如下，则乙的基因型和实验一的F2的表现型及其比例依次为（ ）
亲本组合
F1
F1自交得到的F2
实验一
甲×乙
全为紫色
？
实验二
乙×丙
全为红色
3红∶1白
A．aabb、9紫∶3红∶4白 B．aabb、1紫∶1红∶2白
C．AAbb、9紫∶3红∶4白 D．AAbb、1紫∶1红∶2白
【答案】A
【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。
【详解】乙为白色，甲为紫色，实验一中，甲乙杂交，后代全为紫色，则甲为AABB，乙的基因型为aabb、AAbb，又因为实验二中乙和丙（aaBB）杂交，后代全为红色（aaB_），因此乙为aabb，实验一中的F1为AaBb，F2为9紫（A_B_）∶3红（aaB_）∶4白（__bb）。
故选A。
15．（2022·陕西省汉中中学模拟预测）某单子叶植物的花粉粒非糯性（A）对糯性（a）为显性，花粉粒长形（D）对圆形（d）为显性，两对等位基因独立遗传，非糯性花粉遇碘液变蓝色，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子，它们的基因型分别为①AAdd、②AADD、③aadd、④aaDD，选择亲本组合正反交只记为1组，下列说法不正确的是（ ）
A．将①和④杂交与②和③杂交所得F1的花粉种类及比例相同
B．将②和③杂交所得F1的花粉在显微镜下加碘液观察，可看到4种花粉粒，比例为1∶1∶1∶1
C．若采用花粉鉴定法验证分离定律，可选择亲本组合有5种
D．若采用花粉鉴定法验证自由组合定律，可选择亲本组合有2种
【答案】C
【分析】自由组合的实质：当具有两对（或更多对）相对性状的亲本进行杂交，在子一代产生配子时，在等位基因分离的同时，非同源染色体上的基因表现为自由组合。其实质是非等位基因自由组合，即一对染色体上的等位基因与另一对染色体上的等位基因的分离或组合是彼此间互不干扰的，各自独立地分配到配子中去。因此也称为独立分配定律。
【详解】A、将①和④杂交与②和③杂交所得F1都为AaDd，产生的花粉即雄配子种类及比例相同，A正确；
B、将②和③杂交所得F1的花粉在显微镜下加碘液观察，可看到4种花粉粒，表现型及比例为蓝色长形（AD）∶蓝色圆形（Ad）∶棕色长形（aD）∶棕色圆形（ad）=1∶1∶1∶1，B正确；
C、若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应选择亲本①和④、②和④、 ③和④、①和②、 ②和③、①和③杂交所得F1代的花粉，因此亲本的选择组合有6种，C错误；
D、若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以选择亲本①和④、②和③杂交所得F1代的花粉，D正确。
故选C。
二、多选题
16．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一开学考试）假说一演绎法是科学研究中常用的方法，利用该方法孟德尔发现了分离定律。下列关于孟德尔研究过程的分析正确的是（ ）
A．提出问题是建立在纯合亲本杂交和F1自交的遗传实验基础上的
B．“一对相对性状遗传实验中F2出现3：1性状分离比”属于假说的内容
C．为了验证作出的假说是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验
D．“若F1与aa杂交，能产生两种子代，且显性：隐性=l：1”属于演绎推理内容
【答案】ACD
【分析】孟德尔发现遗传定律用了假说演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论。
【详解】A、孟德尔是在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验基础上提出问题的，A正确；
B、“一对相对性状遗传实验中F2出现3∶1性状分离比”是孟德尔进行一对相对性状的杂交实验得出的结果，不属于假说的内容，B错误；
C、孟德尔通过测交实验来验证所作出的假设是否正确，C正确；
D、“若F1（Aa）与aa杂交，能产生两种子代，且显性∶隐性=l∶1”属于演绎推理内容，D正确。
故选ACD。
17．（2022·黑龙江·哈师大附中高二开学考试）果蝇是昆虫纲双翅目的一种小型蝇类，因为果蝇易饲养，繁殖快，生物学家常用它作为遗传学研究的实验材料。果蝇的性别决定为XY型，某种果蝇的直毛和分叉毛由一对等位基因（N/n）控制，且直毛对分叉毛为显性。下列相关叙述正确的是（ ）
A．若该对等位基因位于常染色体，果蝇群体中基因型可以有3种
B．若该对等位基因仅位于X染色体，果蝇群体中基因型可以有5种
C．若该对等位基因位于X和Y染色体的同源区段时，果蝇群体中基因型可以有6种
D．若该对等位基因仅位于X染色体，分叉毛雌性与直毛雄性交配后代中雌性均为直毛
【答案】ABD
【分析】根据题意，果蝇的直毛和分叉毛由一对等位基因（N/n）控制，且直毛对分叉毛为显性。如果（N/n）基因位于常染色体上，则种群中果蝇的基因型共有3种（NN、Nn、nn）；如果基因位于X染色体上，则种群中果蝇对应的基因型有5种（XNXN、XNXn、XnXn、XNY、XnY）；如果基因位于X、Y染色体的同源区段，则种群中果蝇对应的基因型共有7种（XNXN、XNXn、XnXn、XNYN、XNYn、XnYN、XnYn）。由于位于X染色体上的基因在遗传过程中与性别相关联，因此属于伴性遗传，可以通过统计后代中不同性别的性状分离比进行判断。
【详解】A、根据题意，若控制果蝇的直毛和分叉毛的基因（N/n)位于常染色体上，则果蝇群体中基因型可以有NN、Nn和nn三种，A正确；
B、若该对等位基因（N/n)仅位于X染色体上，果蝇群体中基因型可以有XNXN、XNXn、XnXn、XNY和XnY 5种，B正确；
C、若该对等位基因（N/n)位于X和Y染色体的同源区段时，果蝇群体中基因型有XNXN、XNXn、XnXn、XNYN、XnYN、XNYn和XnYn7种，C错误；
D、若该对等位基因（N/n)仅位于X染色体上，分叉毛雌性（XnXn)与直毛雄性（XNY)交配的后代中雌性个体的基因型都为XNXn，表现型均为直毛，D正确。
故选ABD。
18．（2022·江苏·盐城市第一中学高三阶段练习）某动物的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制，A/a、B/b、E/e位于三对同源染色体上。AABBEE为黑色，aabbee为白色，其他性状与基因型的关系如图所示，即肤色深浅与显性基因的个数有关。若两种基因型皆为AaBbEe该动物杂交，则关于其子代的说法中不正确的是（ ）
A．基因型有27种，表现型有7种
B．表现型不同但出现几率相同的只有两对
C．出现比例最高的表现型其几率为5/16
D．有两个显性基因和四个显性基因的个体数量大致相等
【答案】B
【分析】分离定律解决自由组合问题：（1）基因原理分离定律是自由组合定律的基础。（2）解题思路首先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，有几对基因就可以分解为几个分离定律问题，如AaBb×Aabb可分解为：Aa×Aa，Bb×bb，然后按分离定律进行逐一分析，最后将获得的结果进行综合，得到正确答案。
【详解】A、据题意可知，某动物的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制，且位于三对同源染色体上，遵循自由组合定律，因此两种基因型皆为AaBbEe该动物杂交，后代基因型为3×3×3=27种，肤色深浅与显性基因的个数有关，其中显性基因数分别有6个、5个、4个、3个、2个、1个、0个，因此表现型有7种，A正确；
B、据题意可知，显性基因数有6个的表现型概率为1/4×1/4×1/4=1/64，显性基因数有5个的表现型概率为2/4×1/4×1/4×3=6/64，显性基因数有4个的表现型概率为1/4×1/4×1/4×3+2/4×2/4×1/4×3=15/64，显性基因数有3个的表现型概率为1/4×2/4×1/4×6+2/4×2/4×2/4=20/64，显性基因数有2个的表现型概率为1/4×1/4×1/4×3+2/4×2/4×1/4×3=15/64，显性基因数有1个的表现型概率为2/4×1/4×1/4×3=6/64，显性基因数有0个的表现型概率为1/4×1/4×1/4=1/64，因此表现型不同但出现几率相同的有三种类型，B错误；
C、据B选项分析可知，显性基因数有3个的表现型出现的比例最高，其几率为20/64=5/16，C正确；
D、据B选项分析可知，有两个显性基因和四个显性基因的个体的比例相同，都是15/64，因此他们的个体数大致相等，D正确。
故选B。
19．（2022·江苏·高三期中）某植物为XY型性别决定的雌雄异株植物，其花色红花和白花受等位基因A、a控制；茎长受B+（高茎）、B（中茎）、b（矮茎）3个基因控制，B+对B、b为完全显性，B对b为完全显性，某种茎长基因型胚胎致死。现将一对高基红花植株个体杂交，产生的F1表型及比例如下表。
性别
F1的表型及数量
雌株
42高茎红花雄株、18中茎红花雌株
雄株
21高茎红花雄株、8中茎红花雄株、19高茎白花雄株、12中茎白花雄株
取F1中的中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32。下列叙述正确的是（ ）A．基因B+、B、b遵循自由组合定律
B．亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa
C．若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有4种基因型
D．取F2中的中茎红花雌、雄个体随机交配，F3中的中茎红花占5/6
【答案】BCD
【分析】由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，说明控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上。
【详解】A、基因B＋、B、b是控制茎长短的等位基因，等位基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，A错误；
B、由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，且红花后代出现白花，说明红花为显性，控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上，高茎红花植株B+＿XA＿个体杂交，子代中出现中茎，中茎由B基因控制，说明亲本控制茎高的基因型为杂合子；子代出现白花，说明控制花色的基因型也为杂合子。若雌性个体基因为B+BXAXa，则雄性个体为B+BXAY或B+bXAY时均满足条件；若雌性个体为基因型为B+bXAXa，则雄性个体为B+BXAY即可满足条件，因此亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa，B正确；
C、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，根据表中数据可知，茎高基因型为B+B+时合子致死，若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有B+B+XAXA，B+B+XAXa，B+B+XAY，B+B+XaY共4中基因型，C正确；
D、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，推出F1中高茎（1/2B+B，1/2B+b）红花雌（1/2XAXA，1/2XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，取F2中中茎（1/3BB，2/3Bb）红花雌（3/4XAXA，1/4XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，F3中中茎红花（B_XA_）占（1-bb）×（1-XaY）=（1-1/9）×（1-1/8×1/2）=5/6，D正确。
故选BCD。
20．（2022·山东省实验中学高三阶段练习）GAL4基因的表达产物能识别启动子中的UAS序列，从而驱动UAS序列下游基因的表达。野生型雌雄果蝇均为无色翅，且基因组中无GAL4基因和含UAS序列的启动子。科研人员利用基因工程在雄果蝇的一条Ⅲ号染色体上插入GAL4基因，雌果蝇的某条染色体上插入含有UAS序列的启动子的绿色荧光蛋白基因，利用杂交实验对雌果蝇中外源基因插入的位置进行判断：将上述雌雄果蝇杂交得到F1，让F1中绿色翅雌雄果蝇随机交配，观察并统计F2个体的表型和比例。下列说法正确的是（ ）
A．无论荧光蛋白基因插入的位置如何，F1中绿色翅∶无色翅均为3∶1
B．同时具备GAL4基因和含UAS序列的启动子的绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能表现出绿色性状
C．若F2中绿色翅∶无色翅＝9∶7，则荧光蛋白基因未插入Ⅲ号染色体上
D．若F2中绿色翅雌性∶无色翅雌性∶绿色翅雄性∶无色翅雄性＝6∶2∶3∶5，则绿色荧光蛋白基因插入X染色体上
【答案】BCD
【分析】分析题意可知，GAL4基因可以控制GAL4蛋白的表达，它能够与特定的DNA序列UAS结合，并驱动UAS下游基因的表达。将GAL4基因插入到雄果蝇的Ⅲ号染色体上(一条常染色体上)，UAS绿色荧光蛋白基因随机插入到雌果蝇某条染色体上，但无法表达(亲代雌果蝇缺乏GAL4蛋白)。同时具备GAL4和UAS-绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能合成GAL4蛋白驱动UAS下游的绿色荧光蛋白基因表达，从而表现出绿色性状。为便于理解，假设插入GAL4基因用A表示(没有该基因用a表示) ，插入UAS绿色荧光蛋白基因用B表示(没有该基因用b表示)。UAS-绿色荧光蛋白基因插入的位置有3种可能：Ⅲ号染色体上(则雄、雌基因型可表示为Aabb×aaBb，遵循连锁定律) ，其他常染色体上(则雄、雌基因型可表示为Aabb×aaBb，遵循自由组合定律)、X染色体上(则雄、雌基因型可表示为AaXbY×aaXBXb，遵循自由组合定律)。
【详解】A、若绿色荧光蛋白基因插入Ⅲ号染色体上，发生基因连锁，F1中绿色翅：无色翅为1：3，若插入Ⅲ号染色体以外的染色体上，两对基因遵循基因组合定律，F1中绿色翅与无色翅比例仍为1：3，A错误；
B、同时具备GAL4和UAS-绿色荧光蛋白基因的果蝇，才能合成GAL4蛋白驱动UAS下游的绿色荧光蛋白基因表达，从而表现出绿色性状，B正确；
C、若F2中绿色翅：无色翅=9：7，则说明绿色荧光蛋白基因没有插入Ⅲ号染色体上，两种基因自由组合，不能确定荧光蛋白基因的具体位置，C正确；
D、若F2中绿色翅雌性：无色翅雌性：绿色翅雄性：无色翅雄性=6：2：3：5，雌雄中绿色翅和无色翅比例不同，说明与性别相关，则可以得出荧光蛋白基因插入X染色体的结论，D正确。
故选BCD。
第II卷（非选择题）
三、综合题
21．（2021·河南宋基信阳实验中学高三阶段练习）某雌雄同株同花植物的花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，E为红色基因，F基因能淡化红色，其花色与基因型的对应关系如下表。回答下列有关问题：
基因型
eeF_、eeff 或 E_FF
E_ Ff
E_ff
表现型
白色
粉红色
红色
(1)开粉红色花的植株的基因型有________种，纯合开白色花的植株的基因型为_________。
(2)一纯合开白色花的植株与一纯合开红色花的植株杂交，F1表现为粉红色，F1自交，F2的表现型和比例为___________。
(3)与白色花和粉色花相比，红色花显得更加艳丽，花香更浓烈。请你设计实验从开红色花的植株中筛选出纯合子。要求写出实验思路和预期结果及结论________。
【答案】(1) 2 eeff、EEFF、eeFF
(2)白色：粉红色：红色=1：2：1或白色：粉红色：红色=7：6：3
(3)将红花植株不断自交，筛选出不再发生性状分离的红花植株。如果该红花自交，子代全部表现为红花，则该红花植株为纯合子；如果该红花自交，子代的表现型及比例为白色：红色=1:3，则该红花植株为杂合子
【分析】由题可知，某雌雄同株同花植物的花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律。基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子时，位于同源染色体的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体的非等位基因进行自由组合。
(1)
已知该植物花色由两对独立遗传的等位基因E、e和F、f控制，粉红色花植株的基因型为E_ Ff，其中包括2种基因型，即EEFf和EeFf。白色花植株的基因型为eeF_、eeff 或 E_FF，其中纯合基因型有eeFF、eeff、EEFF。
(2)
红色花的基因型为E_ff，其中纯合红花基因型为EEff。该纯合红花植株与纯合开白色花的植株杂交，F1表现为粉红色，说明纯合白花植株的基因型为eeFF或EEFF。二者所得F1的基因型为EeFf或EEFf，若F1为EeFf，则F2自交后代基因型为6E_ Ff、3eeF_、1eeff 、3E_FF、3E_ff，表现型及比例为白色：粉红色：红色=7：6：3；若F1为EEFf，则F2自交后代基因型为1EEFF、2EEFf、1EEff，表现型及比例为白色：粉红色：红色=1：2：1。
(3)
为了从开红色花的植株中筛选出纯合子，实验思路是将红花植株不断自交，筛选出不再发生性状分离的红花植株。开红色花植株的基因型为EEff或Eeff，让红花植株自交，如果是基因型为EEff个体自交，即EEff×EEff，子代的基因型为EEff，全部表现为红花；如果是基因型为Eeff个体自交，即Eeff×Eeff，子代的基因型及比例为EEff：Eeff：eeff=1:2:1，表现型及比例为白色：红色=1:3。预期的结果和结论是如果该红花自交，子代全部表现为红花，则该红花植株为纯合子；如果该红花自交，子代的表现型及比例为白色：红色=1:3，则该红花植株为杂合子。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，结合遗传规律推测子代基因型、表现型及比例关系，并设计遗传实验探究个体的基因型。
22．（2023·全国·高三专题练习）现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，统计子代的性状为黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒=3：1：3：1。控制豌豆颜色性状的基因用Y/y表示，形状性状的基因用R/r表示，两对基因位于两对染色体上。回答下列问题：
(1)豌豆种子的圆粒和皱粒，豌豆子叶颜色的黄色和绿色，在遗传学中叫作___________。 根据上述杂交结果___________ （“可以”或“不可以”判断黄色为显性性状，可以判断豌豆形状中___________ 为显性性状。
(2)只考虑豌豆的形状，后代圆粒中，纯合子的比例为____________。 若两对性状都考虑，后代圆粒中，纯合子的比例为___________
(3)现有基因型为YyRr植株作为亲本进行自交，后代中与亲本表现型不同的比例为___________， 圆粒豌豆的比例为___________。
【答案】(1) 相对性状 不可以 圆粒
(2) 1/3 1/6
(3) 7/16 3/4
【分析】分析题文，黄色与绿色、种子的圆粒与皱粒这两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律，但每一对相对性状的遗传则遵循基因的分离定律。由此可将子代的这两对相对性状拆开来考虑，分别统计分析子代每一对相对性状的分离比，推知亲本基因型。
（1）相对性状是指同种生物同一性状的不同表现类型。因此，豌豆种子的圆粒和皱粒，豌豆子叶颜色的黄色和绿色，在遗传学中叫作相对性状。用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，子代黄色：绿色=1:1，属于测交，不能判断黄色为显性性状。子代中圆粒：皱粒=3:1，推出圆粒为显性性状。
（2）只考虑豌豆的形状，子代中圆粒：皱粒=3:1，推出亲代是杂合子（Rr）自交，所以子代圆粒的基因型及比例为RR：Rr=1:2，纯合子的比例为1/3。用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，子代黄色：绿色=1:1，属于测交，纯合子比例为1/2，若两对性状都考虑，后代圆粒中，纯合子的比例为1/2×1/3=1/6。
（3）基因型为YyRr植株作为亲本进行自交，后代表现型及比例为黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒=9:3:3:1，其中与亲本表现型不同的是黄色皱粒、绿色圆粒和绿色皱粒，所占比例为7/16， 圆粒豌豆的比例为9/16＋3/16=12/16=3/4。
23．（2022·全国·高一课时练习）某XY型性别决定的昆虫种群中，有正常翅灰体和正常翅黄体两种类型（翅形与体色分别由A、a和B、b基因控制）。偶尔发现了1只卷翅灰体雌性个体，利用该个体进行实验结果如下：
杂交组合 子代性状
卷翅灰体
卷翅黄体
正常翅灰体
正常翅黄体
组合一：卷翅灰体（♀）×正常翅灰体（♂）
159只
80只
161只
70只
组合二：F1卷翅灰体（♀）×F1卷翅灰体（♂）
215只
108只
71只
36只
(1)从变异角度分析，最初出现的卷翅雌性是__________的结果，F1中出现的卷翅黄体是_________的结果。
(2)A、a和B、b两对等位基因位于_____对同源染色体上，控制______（性状）的基因纯合致死。
(3)为确定卷翅基因是位于常染色体上，还是位于X染色体上，可通过统计_____________（填“组合一”或“组合二”；2分）杂交子代的性状表现来确定，若___________________，则该基因位于常染色体上；若_____________________，则该基因位于X染色体上。
【答案】(1) 基因突变 基因重组
(2) 两##2 灰体
(3) 组合二 雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3：1 雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例是1：1
【分析】根据表格分析，灰体（♀）与灰体（♂）杂交，后代灰体：黄体＝2：1，说明灰体是显性性状， BB致死；F1卷翅（♀）与F1卷翅（♂）杂交，后代卷翅：正常翅＝3：1，说明卷翅是显性性状，F1卷翅、灰体（♀）与F1卷翅、灰体（♂）杂交所得F2的性状分离比为卷翅、灰体：卷翅、黄体：正常翅、灰体：正常翅、黄体≈6：3：2：1，说明这两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。
(1)
从变异角度分析，基因突变可以产生新的基因，故最初那只卷翅雌性个体的出现是基因突变的结果。据分析可知，子一代中卷翅黄体个体的出现是控制不同性状的基因重新组合的结果，即基因重组的结果。
(2)
从杂交后代的表现型的比例看，控制翅型与体色的两对等位基因位于2对同源染色体上，由于后代灰体：黄体＝2：1，故控制灰体的基因纯合致死。
(3)
为确定卷翅基因是位于常染色体上，还是位于X染色体上，只考虑翅形这一对相对性状，若基因位于X染色体上，组合一卷翅（♀）和正常翅（♂）杂交，后代卷翅：正常翅＝1：1，可推测亲本基因型为XAXa和XaY，则杂交后代雌雄的表现型及比例一致，均为卷翅：正常翅＝1：1；若基因在常染色体上，Aa和aa杂交，子代的性状分离比也是卷翅：正常翅＝1：1，无法判定基因的位置。但可通过统计组合二杂交子代的性状表现来确定，因为组合二的后代卷翅：正常翅＝3：1，若基因位于X染色体上，则组合二的F1卷翅灰体（♀）×F1卷翅灰体（♂）基因型为XAXa和XAY，杂交后子代雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例1：1；若子代雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3：1，说明翅形这一对相对性状的遗传与性别不关联，则该基因位于常染色体上。
【点睛】本题考查自由组合定律和变异的种类，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论的能力。
24．（2022·湖南·高考真题）中国是传统的水稻种植大国，有一半以上人口以稻米为主食。在培育水稻优良品种的过程中，发现某野生型水稻叶片绿色由基因C控制。回答下列问题:
(1)突变型1叶片为黄色，由基因C突变为C1所致，基因C1纯合幼苗期致死。突变型1连续自交3代，F3成年植株中黄色叶植株占______。
(2)测序结果表明，突变基因C1转录产物编码序列第727位碱基改变，由5＇-GAGAG-3＇变为5＇-GACAG-3＇，导致第______位氨基酸突变为______，从基因控制性状的角度解释突变体叶片变黄的机理_____________________________________。（部分密码子及对应氨基酸:GAG谷氨酸;AGA精氨酸;GAC天冬氨酸;ACA苏氨酸;CAG谷氨酰胺）
(3)由C突变为C1产生了一个限制酶酶切位点。从突变型1叶片细胞中获取控制叶片颜色的基因片段，用限制酶处理后进行电泳（电泳条带表示特定长度的DNA片段），其结果为图中___（填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
(4)突变型2叶片为黄色，由基因C的另一突变基因C2所致。用突变型2与突变型1杂交，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。能否确定C2是显性突变还是隐性突变?______（填“能”或“否”），用文字说明理由_____________________________________。
【答案】(1)2/9
(2) 243 谷氨酰胺 基因突变影响与色素形成有关酶的合成，导致叶片变黄
(3)Ⅲ
(4) 能 若C2是隐性突变，则突变型2为纯合子，则子代CC2表现为绿色，C1C2表现为黄色，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若突变型2为显性突变，突变型2（C2C）与突变型1（CC1）杂交，子代表型及比例应为黄∶绿=3∶1，与题意不符
【分析】（1）基因突变具有低频性，一般同一位点的两个基因同时发生基因突变的概率较低；
（2）mRNA中三个相邻碱基决定一个氨基酸，称为一个密码子。
【详解】（1）突变型1叶片为黄色，由基因C突变为C1所致，基因C1纯合幼苗期致死，说明突变型1应为杂合子，C1对C为显性，突变型1自交1代，子一代中基因型为1/3CC、2/3CC1，子二代中3/5CC、2/5CC1，F3成年植株中黄色叶植株占2/9。
（2）突变基因C1转录产物编码序列第727位碱基改变，由5＇-GAGAG-3＇变为5＇-GACAG-3＇，突变位点前对应氨基酸数为726/3=242，则会导致第243位氨基酸由谷氨酸突变为谷氨酰胺。叶片变黄是叶绿体中色素含量变化的结果，而色素不是蛋白质，从基因控制性状的角度推测，基因突变影响与色素形成有关酶的合成，导致叶片变黄。
（3）突变型1应为杂合子，由C突变为C1产生了一个限制酶酶切位点。Ⅰ应为C酶切、电泳结果，II应为C1酶切、电泳结果，从突变型1叶片细胞中获取控制叶片颜色的基因片段，用限制酶处理后进行电泳，其结果为图中Ⅲ。
（4）用突变型2（C2_）与突变型1（CC1）杂交，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若C2是隐性突变，则突变型2为纯合子，则子代CC2表现为绿色，C1C2表现为黄色，子代中黄色叶植株与绿色叶植株各占50%。若突变型2为显性突变，突变型2（C2C）与突变型1（CC1）杂交，子代表型及比例应为黄∶绿=3∶1，与题意不符。故C2是隐性突变。
25．（2022·江苏盐城·高三期中）某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。下图为果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置示意图。请回答下列问题：
(1)由图可知，一只黑檀体紫眼焦刚毛果蝇的基因型为________。图中所列基因中，不能与翅外展基因发生自由组合的是________。
(2)同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合果蝇进行正反交，F1雌雄个体相互交配得到F2，F2中翅外展正常眼个体出现的概率为________。
(3)同学乙用焦刚毛白眼雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合雌蝇进行杂交(正交)，则子代中直刚毛白眼个体出现的概率为________；若进行反交(焦刚毛白眼雌蝇与直刚毛红眼雄蝇杂交)，子代雄蝇中焦刚毛白眼个体出现的概率为________。
(4)二倍体中缺失1条染色体的个体称为单体(2n－1)，多1条染色体的个体称为三体(2n＋1)。在果蝇中，Ⅳ号染色体缺失1条或多1条都可以存活，且能繁殖后代，如下图。已知果蝇的无眼性状由常染色体上的基因发生隐性突变引起。为判断该无眼基因是否位于Ⅳ号染色体上，某科研小组从无眼二倍体、野生型二倍体、野生型Ⅳ单体和野生型Ⅳ三体4种纯种果蝇中选取实验材料，并进行相关实验。
① 选择无眼二倍体与野生型Ⅳ单体果蝇进行杂交，若子代表型及比例为________，则该无眼基因位于Ⅳ号染色体上；否则该无眼基因不位于Ⅳ号染色体上。
② 选择无眼二倍体与野生型Ⅳ三体果蝇进行杂交，F1全为野生型，将F1中Ⅳ三体果蝇与无眼二倍体果蝇杂交，若子代表型及比例为________，则可证明该无眼基因位于Ⅳ号染色体上。
【答案】(1) eeprprXmXm或eeprprXmY 紫眼基因##基因pr
(2)3/16
(3) 0 1
(4) 野生型∶无眼＝1∶1##有眼∶无眼＝1∶1 野生型∶无眼＝5∶1##有眼∶无眼＝5∶1
【分析】分析图可知，白眼对应的w基因和焦刚毛对应的m基因均位于X染色体上，二者不能进行自由组合；粗糙眼的ra基因位于Ⅲ号染色体上，w基因和ra基因位于非同源染色体上，非同源染色体上的非等位基因可以自由组合。
【详解】（1）黑檀体紫眼焦刚毛果蝇可能为雌或雄，因此基因型为eeprprXmXm或eeprprXmY。翅外展基因位于Ⅱ号染色体上，由于非同源染色体上的非等位基因可以自由组合，因此同样位于Ⅱ号染色体上的pr基因（紫眼基因）不能与之自由组合。
（2）根据题意并结合图示可知，翅外展基因和粗糙眼基因位于非同源染色体上，翅外展粗糙眼果蝇的基因型为dpdprara，野生型即正常翅正常眼果蝇的基因型为DPDPRARA，二者杂交的F1基因型为 DPdpRAra，根据自由组合定律，F2中翅外展正常眼果蝇dpdpRA-出现的概率为:1/4×3/4=3/16。
（3）根据题意并结合图示可知，焦刚毛白眼雄果蝇的基因型为XmwY，野生型(直刚毛红眼)纯合雌果蝇的基因型为XMWXMW，后代的雌雄果蝇均为直刚毛红眼XMWXmw和XMWY，则子代中直刚毛白眼个体出现的概率为0；若进行反交，则亲本为焦刚毛白眼雌果蝇XmwXmw和直刚毛红眼雄果蝇XMWY，后代中雌果蝇均为直刚毛红眼(XMWXmw)，雄性均为焦刚毛白眼(XmwY)，故子代雄蝇中焦刚毛白眼个体出现的概率为1。
（4）由题意可知，果蝇的无眼和野生型是一对相对性状，由常染色体上的一对等位基因控制，用A/a表示相关基因。①选择无眼二倍体与野生型Ⅳ-单体果蝇进行杂交，无眼二倍体果蝇产生配子的染色体有4条，而野生型Ⅳ-单体果蝇产生的配子的染色体数目为4条或3条，所以二者交配时，若无眼基因位于Ⅳ号染色体上，后代野生型（Aa）和无眼果蝇（a0）的比例为1∶1；若不在Ⅳ号染色体，野生型为AA，无眼为aa，进行交配，后代基因型为Aa，全是野生型。② 选择无眼二倍体（aa）与野生型Ⅳ-三体果蝇(AAA)进行杂交，若无眼基因位于Ⅳ号染色体上，F1基因型是AAa和Aa，全为野生型，正常:三体=1:1。将F1中三体果蝇与无眼二倍体果蝇杂交，F1三体果蝇)产生的配子种类及比例为Aa:A:AA:a=2:2:1:1，无眼二倍体果蝇产生的配子为a，F2代基因型及比例为Aa:Aa:AAa:a=-2:2:1:1。对应的表现型及比例为野生型:无眼=5:1。
解密06 遗传的基本规律（分层训练）
B组 提高练
第I卷（选择题）
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一、单选题(共0分)
1．（2022·全国·高三阶段练习）孟德尔通过豌豆两对相对性状的杂交实验，发现了遗传因子的自由组合定律。关于实验的操作和分析，下列叙述错误的是（ ）
A．对杂交实验中的母本去雄套袋，待雌蕊成熟后进行人工授粉
B．F1产生4种类型的配子且比例相等，体现了自由组合定律的实质
C．受精过程中，F1产生的不同基因型的雌、雄配子随机结合属于基因重组
D．孟德尔演绎推理的测交结果会出现4种表现型且分离比为1：1：1：1
【答案】C
【分析】孟德尔发现遗传定律用了假说—演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结论。
【详解】 A、人工异花授粉过程为：去雄（在花蕾期去掉雄蕊）→套上纸袋→人工异花授粉（待花成熟时，采集另一株植株的花粉涂在去雄花的柱头上）→套上纸袋，其中对杂交亲本的母本去雄并套袋，待雌蕊成熟后进行人工授粉，A正确；
B、F1产生的四种配子比例相等，是减数第一次分裂后期非同源染色的非等位基因自由组合的结果，体现了自由组合定律的实质，B正确；
C、F1产生的雌、雄配子通过减数分裂实现了基因重组，受精作用只是雌雄配子的随机结合，不存在基因重组，C错误；
D、孟德尔通过豌豆两对相对性状的杂交实验中，其演绎推理的测交结果会出现四种表现型且分离比为1：1：1：1，D正确。
故选C。
2．（2023·全国·高三专题练习）若哺乳动物毛色由位于常染色体上的基因决定，A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素，D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达。现进行杂交实验，杂交结果如表所示。下列叙述正确的是（ ）
组别
亲代
F1表现型
F1自由交配所得F2表现型及比例
一
黄色×褐色
全为黄色
黄色：褐色=13 ：3
二
全为褐色
黄色：褐色=1：3
A．第二组中F2出现性状分离是基因重组的结果
B．第一组中黄色亲本的基因型为aaDD，组合二中则为aaDd
C．第一组F1的基因型为AaDd，两对等位基因遵循基因的自由组合定律
D．第一组F2中，黄色的基因型有7种，黄色中纯合子所占的比例为1/13
【答案】C
【分析】结合题干和表格分析，褐色的基因型为A_dd，黄色的基因型是A_D_，aa_。
【详解】A、第二组中黄色和褐色杂交后代全是褐色，且F1自由交配，F2黄色：褐色=1：3，则亲本的基因型是aadd×AAdd，F1的基因型是Aadd，则F2出现性状分离是基因分离的结果，A错误；
B、第一组中F1的黄色的基因型是AaDd，亲本的基因型是aaDD×AAdd，即黄色亲本的基因型是aaDD，组合二中黄色亲本的基因型为aadd，B错误；
C、第一组F1自由交配后代表现性及比例为13:3，是9：3：3：1的变形，则F1的基因型为AaDd，两对等位基因遵循基因的自由组合定律，C正确；
D、第一组F2中，黄色的基因型有AADD：AaDD：AADd：AaDd：aaDD：aaDd：aadd=1：2：2：4：1：2：1，共有7种基因型，纯合子所占的比例为3/13，D错误。
故选C。
3．（2022·四川省射洪市金华中学高三阶段练习）一基因型为Aa的豌豆植株自交时，下列叙述错误的是（ ）
A．若自交后代的基因型及比例是Aa∶aa=2∶1，则可能是由显性纯合子死亡造成的
B．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa=2∶3∶1，则可能是由含有隐性基因的花粉有50%死亡造成的
C．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa=2∶2∶1，则可能是由隐性个体有50%死亡造成的
D．若自交后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa =4∶4∶1，则可能是由含有隐性基因的配子有50%死亡造成的
【答案】C
【解析】基因频率的计算：（1）在种群中一对等位基因的频率之和等于1，基因型频率之和也等于1；（2）一个等位基因的频率=该等位基因纯合子的频率+1/2杂合子的频率。
【详解】A、自交后代的基因型及比例应该是AA：Aa：aa=1：2：1，而实际结果是Aa：aa=2：1，则可能是由显性纯合子（AA）死亡造成的，A正确；
B、若含有隐性基因的花粉有50%死亡，则亲本中雌配子的种类及比例是1/2A、1/2a，雄配子的种类及比例是2/3A、1/3a，则后代中AA占2/6，Aa占3/6，aa占1/6，即AA∶Aa∶aa=2∶3∶1，B正确；
C、自交后代的基因型及比例应该是AA：Aa：aa=1：2：1，若隐性个体有50%死亡，则后代的基因型及比例是AA：Aa：aa=2：4：1，C错误；
D、若含有隐性基因的配子有50%的死亡，则配子中A的频率为2/3，a的频率为1/3，自交后代的基因型比例是（2/3×2/3）：（2/3×1/3×2）：（1/3×1/3）=4：4：1，D正确。
故选C。
【点睛】
4．（2018·江苏·高考真题）一对相对性状的遗传实验中，会导致子二代不符合3∶1性状分离比的情况是
A．显性基因相对于隐性基因为完全显性
B．子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等，雄配子中也相等
C．子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异
D．统计时子二代3种基因型个体的存活率相等
【答案】C
【分析】在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【详解】一对相对性状的遗传实验中，若显性基因相对于隐性基因为完全显性，则子一代为杂合子，子二代性状分离比为3:1，A正确；若子一代雌雄性都产生比例相等的两种配子，则子二代性状分离比为3:1，B正确；若子一代产生的雄配子中2种类型配子活力有差异，雌配子无差异，则子二代性状分离比不为3:1，C错误；若统计时,子二代3种基因型个体的存活率相等，则表现型比例为3:1，D正确。
【点睛】解答本题的关键是掌握孟德尔一对相对性状的遗传实验，弄清楚子一代的基因型、表现型以及子二代基因型、表现型比例成立的前提条件。
5．（2021·山东·济南市历城第二中学高三）某研究所将拟南芥的三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3导入玉米，筛选出成功整合的耐盐植株（三个基因都表达才表现为高耐盐性状）。如图表示三个基因随机整合的情况，让三株转基因植株自交，后代高耐盐性状的个体比例最小的是
A．甲 B．乙 C．丙 D．三者相同
【答案】C
【分析】题图分析：甲细胞中三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3都在一条染色体上，乙细胞中三个抗盐基因SOSI、SOS2位于一条染色体上，而SOS3位于非同源染色体上，丙细胞中三个抗盐基因SOSI和SOS2位于同源染色体的不同位置上，而SOS3位于非同源染色体上，且三个基因都表达才表现为高耐盐性状。据此分析对各选项进行判断。
【详解】设三个抗盐基因SOSI、SOS2、SOS3分别用A、B、D来表示，植株甲可产生两种类型的配子，ABD和abd，比例为1：1，让甲自交，后代高耐盐性状的个体比例是3/4，植株乙可产生ABD、AbD、aBd、abd这四种类型的配子，比例为1：1：1：1，让乙自交，后代高耐盐性状的个体比例是9/16，植株丙可产生AbD、Abd、aBD、aBd这四种类型的配子，比例为1：1：1：1，让丙自交，后代高耐盐性状的个体比例是6/16，因此应选C。
【点睛】本题综合考查了基因的分离定律和自由组合定律的相关知识，意在考查考生运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论的能力。
6．（2022·四川省甘孜市丹巴县丹巴高中高一阶段练习）家兔的毛色受B、b和H、h两对等位基因控制,灰兔和白兔杂交,F1均为灰兔,F2中灰兔：黑兔：白兔=12 : 3 ：1，下列有关推断错误的是
A．亲代白兔的基因型为bbhh
B．F2中黑兔的基因型有两种
C．基因B、b和H、h位于两对同源染色体上
D．F2中的黑兔与白兔杂交,后代性状分离比为3 : 1
【答案】D
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在减数分裂产生配子过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合；按照自由组合定律，基因型为BbHh的个体产生的配子类型及比例是BH：bH：Bh：bh=1：1：1：1，自交后代的基因型及比例是B_H_：B_hh：bbH_： bbhh=9：3：3：1；由题意知，子二代的基因型及比例是灰兔：黑兔：白兔=12：3：1，是9：3：3：1的变式，因此家兔的毛色由2对等位基因控制，且遵循自由组合定律，子一代的基因型是BbHh，亲本灰兔的基因型是BBHH，白兔的基因型是bbhh。
【详解】A、根据分析可知，亲代白兔的基因型为bbhh，A正确；
B、F2中黑兔只占3/16，其基因型有两种，可能为BBhh、Bbhh，B正确；
C、根据分析可知，基因B、b和H、h位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律，C正确；
D、F2中的黑兔（可能为1/3BBhh、2/3Bbhh）与白兔（bbhh）杂交，后代中白兔为2/3×1/2=1/3，其它为黑兔，故性状分离比为2 : 1，D错误。
故选D。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会根据9：3：3：1的变式推测遵循的遗传规律及相关个体的基因型，分析出子二代不同个体的基因型及比例关系，并应用正推法进行概率计算。
7．（2022·全国·高考真题）某种自花传粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上。A/a控制花粉育性，含A的花粉可育；含a的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色，红花对白花为显性。若基因型为AaBb的亲本进行自交，则下列叙述错误的是（ ）
A．子一代中红花植株数是白花植株数的3倍
B．子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/12
C．亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3倍
D．亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等
【答案】B
【分析】分析题意可知：A、a和B、b基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。
【详解】A、分析题意可知，两对等位基因独立遗传，故含a的花粉育性不影响B和b基因的遗传，所以Bb自交，子一代中红花植株B_：白花植株bb=3：1，A正确；
B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=1:1:1:1，由于含a的花粉50%可育，故雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:1:1，所以子一代中基因型为aabb的个体所占比例为1/4×1/6=1/24，B错误；
C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+1/2a，不育雄配子为1/2a，由于Aa个体产生的A：a=1:1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C正确；
D、两对等位基因独立遗传，所以Bb自交，亲本产生的含B的雄配子数和含b的雄配子数相等，D正确。
故选B。
8．（2022·河南·邓州春雨国文学校高三阶段练习）某植株从环境中吸收前体物质经一系列代谢过程合成紫色素，此过程由A、a和B、b两对等位基因共同控制（如图所示）。其中具有紫色素的植株开紫花，不能合成紫色素的植株开白花。据图所作的推测不正确的是（ ）
A．只有基因A和基因B同时存在，该植株才能表现紫花性状，AaBb自交，后代性状分离比为9：7
B．基因型为aaBb的植株不能利用前体物质合成中间物质，所以不能产生紫色素
C．AaBb×aabb的子代中，紫花植株与白花植株的比例为1：3
D．基因型为Aabb的植株自交后代必定发生性状分离
【答案】D
【分析】分析题图：图示为某植株从环境中吸收前体物质合成紫色素的过程图解。基因A能控制酶A的合成，酶A能促进前体物质合成中间物质；基因B能控制酶B的合成，酶B能促进中间物质合成紫色素。由此可见，只有基因A和基因B同时存在时，植物才表现为紫花性状，其余情况均表现为白花性状。
【详解】A、由题图可知，只有基因A和基因B同时存在时，该植株才能合成紫色素，才会表现紫花性状，AaBb自交，后代中A-B-（紫花）：A-bb（白花）：aaB-（白花）：aabb（白花）=9：3：3：1，因此后代性状分离比为9：7，A正确；
B、基因型为aaBb的植株不能合成酶A，即不能利用前体物质合成中间物质，所以不能产生紫色素，B正确；
C、AaBb×aabb→AaBb（紫花）：Aabb（白花）：aaBb（白花）：aabb（白花）=1：1：1：1，可见后代紫花植株与白花植株的比例为1：3，C正确；
D、基因型为Aabb的植株自交后代有3种基因型（AAbb、Aabb、aabb），均表现为白花，不会发生性状分离，D错误。
故选D。
9．（2019·全国·高考真题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A．①或②
B．①或④
C．②或③
D．③或④
【答案】B
【分析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；②相同性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。
【详解】让全缘叶植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1:1，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，B正确，A、C、D均错误。
【点睛】解答本题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的分离定律和基因的自由组合定律。
10．（2021·内蒙古赤峰·高一阶段练习）用纯种的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F1全部是黄色圆粒，F1自交得F2，在F2中纯合的绿色圆粒有2000个，则理论上F2中的黄色圆粒有（ ）
A．8000个 B．2000个 C．18000个 D．4000个
【答案】C
【分析】用纯合的黄色圆粒豌豆（YYRR）与绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交，F1全是黄色圆粒YyRr。F1自交得F2，根据F2中纯合的绿色圆粒的比例和数量以及杂合的黄色皱粒所占的比例进而计算出杂合的黄色皱粒的数量。
【详解】根据基因自由组合定律的规律，纯合的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F1全是黄色圆粒。F1自交得F2，在F2中纯合的绿色圆粒（yyRR）占1/16，共有2000个，则F2中黄色圆粒（Y-R-）占9/16，为2000×9=18000个。
故选C。
11．（2023·全国·高三专题练习）家蚕的性别决定方式为ZW型。雌雄家蚕均有体色正常和油质透明的个体，也均有结绿色茧和结白色茧的个体。家蚕体色正常与油质透明由基因T、t控制，结绿色茧与结白色茧由基因G、g控制。现有一只纯合体色正常结白色茧的家蚕甲与一只纯合体色油质透明结绿色茧的家蚕乙杂交，后代雄蚕均为体色正常结绿茧，雌蚕均为体色油质透明结绿茧。下列分析不正确的是（ ）
A．控制家蚕体色的基因位于性染色体上
B．结绿色茧基因对结白色茧基因为显性
C．体色正常结白茧的亲本的基因型为ggZTW
D．F1中的家蚕相互交配，F2中体色正常结白茧的个体占3/16
【答案】D
【分析】由题干可知：体色正常甲与体色油质透明乙杂交，后代雄蚕均为体色正常，雌蚕均为体色油质透明，在子代雌雄个体中性状不同，可判断控制家蚕体色的基因位于Z染色体上，并且体色正常为显性，则亲本的基因型为ZTZT、ZtW；纯合白色茧的家蚕甲纯合体结绿色茧的家蚕乙杂交，后代无论雌雄均结绿茧，据此可判断结绿色茧基因对结白色茧基因为显性，并且位于常染色体上，则亲本的基因型为gg、GG。综上所述，则亲本基因型为ggZTZT、GG ZtW，则子一代的表现型、基因型为雄蚕为体色正常结绿茧（GgZTZt），雌蚕为体色油质透明结绿茧（GgZtW）。
【详解】A、由题干可知：体色正常甲与体色油质透明乙杂交，后代雄蚕均为体色正常，雌蚕均为体色油质透明，在子代雌雄个体中性状不同，可判断控制家蚕体色的基因位于Z染色体上，并且体色正常为显性，A正确；
B、由题干可知：纯合白色茧的家蚕甲纯合体结绿色茧的家蚕乙杂交，后代无论雌雄均结绿茧，据此可判断结绿色茧基因对结白色茧基因为显性，并且位于常染色体上，B正确；
C、由分析可知，体色正常结白茧的亲本的基因型为ggZTW，C正确；
D、由分析可知，F1中的家蚕的基因型为体色正常结绿茧GgZTZt和体色油质透明结绿茧GgZtW，则F2中体色正常结白茧的个体占1/41/2=1/8，D错误。
故选D。
12．（2023·全国·高三专题练习）已知一批基因型为AA和Aa的豌豆和玉米种子，其中纯合子与杂合子的比例均为1：2，分别间行种植，则在自然状态下，豌豆和玉米子一代的显性性状与隐性性状的比例分别为（ ）
A．9：1、9：1 B．8：1、6：1
C．9：1、8：1 D．5：1、8：1
【答案】D
【分析】根据题意分析，豌豆和玉米种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3；豌豆是自花传粉、闭花受粉的植物，自然状态下只能进行自交，玉米间行种植，自然状态下可以发生自由交配。
【详解】豌豆种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3，自交后代出现aa的概率为2/3×1/4=1/6，隐性性状为1/6，则显性性状为5/6，显性∶隐性=5∶1；玉米种子中，纯合子AA占1/3，杂合子Aa占2/3，玉米自由交配，利用配子法，产生的雌、雄配子的基因型及比例都是A∶a=1/3+2/3×1/2∶2/3×1/2=2∶1，后代显性性状为AA+Aa=2/3×2/3+2×1/3×2/3=8/9，隐性性状为aa=1/3×1/3=1/9，显性∶隐性=8∶1，ABC错误，D正确。
故选D。
13．（2022·全国·高三阶段练习）某品种玉米的种皮中有一种称为花青素的紫色素，而其他品种为无色。遗传学家将两个种皮都不含花青素的纯种玉米杂交，F1所有植株都产生了紫色的种子，F1植株随机传粉，所得F2植株中有56%能产生该色素，44%不能。下列相关分析错误的是（ ）
A．玉米种子的紫色与无色至少受两对等位基因控制
B．F2中两种表现型不同的植株杂交，所得子一代自交，子二代表现型比例为9∶7的概率约为
C．F2中产生花青素的植株随机传粉所得子代中有不能产生花青素
D．该实例体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程进而控制性状
【答案】C
【分析】1、所得F2植株中紫色∶无色＝56%∶44%≈9∶7，属于9：3：3：1的变形。
2、基因控制生物体性状的途径：
（1）基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状；
（2）基因还能通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状。
【详解】A、因为F2植株中紫色∶无色≈9∶7，所以玉米种子的紫色与无色至少是两对等位基因控制的遗传，A正确；
B、由题意可知，若2对等位基因为A/a、B/b，则紫色的基因型为A_B_，其他基因型为无色。F2中两种表现型不同的植株基因型为紫色A_B_共4种基因型，无色总共5种基因型，只有基因型为AABB（1/9）与无色的基因型为aabb（1/7）的植株杂交才会出现与题干描述相同的结果，概率是1/63，B正确；
C、F2中产生花青素的植株基因型共有4种，基因型及比例为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶2∶2∶4，随机传粉，把4种基因型的个体看成一个整体，共产生4种基因型的配子，基因型及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝4∶2∶2∶1，雌雄配子随机结合出现无色的概率为17/81，C错误；
D、该实例是基因控制和花青素合成有关的酶来完成对生物性状的控制的，D正确。
故选C。
14．（2022·山西·稷山县稷山中学高三阶段练习）为确定控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因在染色体上的位置，某实验小组利用卷翅红眼和直翅紫眼两个纯合品系进行了以下杂交实验，以下分析错误的是（ ）
A．控制眼色的基因位于X染色体上且红眼为显性性状
B．由实验结果可排除控制眼色的基因位于X、Y染色体同源区段的可能
C．F2中直翅紫眼个体均为雄性
D．F2中卷翅红眼个体中雌性∶雄性＝1∶1
【答案】C
【分析】亲本卷翅红眼和直翅紫眼两个纯合品系杂交，F1中雌、雄个体均为卷翅，说明卷翅对直翅为显性，且相关基因位于常染色体上；F1中雌蝇表现为红眼，雄蝇表现为紫眼，说明该性状表现与性别有关，根据交叉遗传的特性可知相关基因位于X染色体上，且红眼对紫眼为显性，因此，控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因分别用A/a和B/b表示，亲本基因型为AAXbXb、aaXBY，F1基因型为AaXBXb，AaXbY，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY）。
【详解】A、F1中雌蝇表现为红眼，雄蝇表现为紫眼，说明该性状表现与性别有关，根据交叉遗传的特性可知相关基因位于X染色体上，且红眼对紫眼为显性，A正确；
B、若控制眼色的基因位于X、Y染色体同源区段，纯合的亲本的基因型为XBYB（红眼）、XbXb（紫眼），子代不会出现紫眼雄性个体，与题意不符，B正确；
C、控制果蝇翅形和眼色的两对等位基因分别用A/a和B/b表示，亲本基因型为AAXbXb、aaXBY，F1基因型为AaXBXb，AaXbY，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY），F2中直翅紫眼基因型为aaXbXb、aaXbY，雄性和雌性中都存在直翅紫眼个体，C错误；
D、由C分析可知，二者自由交配获得F2的基因型为（3A-、1aa）（XBXb、XbXb、XBY、XbY），F2中卷翅红眼中（A-XBXb、A-XBY）雌性：雄性=1：1，D正确。
故选C。
15．（2022·湖北省武穴中学高三期中）如图①②③④四个容器中各放置两种小球，球上标有字母 A 、a 、B 、b 。某同学做了以下几个模 拟实验，下列说法错误的是 （ ）
A．从容器③和④中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟基因的自由组合
B．从容器①和③中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，不能模拟雌雄配子的随机结合
C．从两个容器②中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟某个种群自由交配产生后 代的基因型之比
D．从两个容器③中各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟雌雄配子的随机结合
【答案】B
【分析】分离定律的实质是杂合体内等位基因在减数分裂生成配子时随同源染色体的分开而分离，进入两个不同的配子，独立的随配子遗传给后代。
【详解】A、容器③和④分别代表两对同源染色体，A/a 、B/b 代表非同源染色体上的非等位基因， 可以模拟两对等位基因之间的自由组合，A正确；
BD、容器③和①中A：a 比例为 1：1 ，容器①中总球数比容器③中多，可以代表雄性生殖器官，容器③可以代表雌性生殖器官，可以模拟有性生殖过程中雌雄配子的随机结合，D正确、B错误；
C、容器②中A与a球数不相等，各随机抽取一个小球，并记录组合情况，可以模拟某个种群自由交配产生后代的基因型之比，C正确。
故选B。
二、多选题(共0分)
16．（2022·湖南省桃源县第一中学高三阶段练习）南瓜果实中的白色与黄色、盘状与球状为两对相对性状，分别由基因A与a、B与b控制。现有纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交得到F1，F1全部表现为白色盘状，F1自交得到F2，下列关于实验结果的分析，不正确的是（ ）
A．性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性
B．若后代出现四种表型，则基因A与a、B与b独立遗传
C．F2中每对相对性状的分离比均为3：1
D．F2中重组类型所占的比例为5/8
【答案】BD
【分析】纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交，后代全部表现为白色盘状，说明性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性。
【详解】A、纯合的白色球状品种与纯合的黄色盘状品种杂交，后代全部表现为白色盘状，说明性状白色对黄色为显性、盘状对球状为显性，A正确；
B、若后代出现四种表型，且比例为9：3：3：1，则基因A与a、B与b独立遗传，B错误；
C、无论两对基因位于一对染色体还是两对染色体，F2每对相对性状均会呈现3：1的性状分离比，C正确；
D、当两对基因分别位于两对同源染色体上时，F2中重组类型所占的比例为5/8。当两对基因位于一对同源染色体上时，重组类型的比例取决于该对同源染色体的非姐妹染色单体间的互换率，D错误。
故选BD。
17．（2022·黑龙江齐齐哈尔·高一期末）某XY型性别决定植物，籽粒颜色与甜度由常染色体上的基因决定。用两种纯合植株杂交得F1，F1雌雄个体间杂交得F2，F2籽粒的性状表现及其比例为紫色非甜︰紫色甜︰白色非甜︰白色甜＝27︰9︰21︰7，从而推出亲本性状基因型的可能组合是（ ）
A．AABBDD×aabbdd B．AAbbDD×aaBBdd
C．AABBdd×AAbbDD D．AAbbdd×aaBBDD
【答案】ABD
【分析】分析题干信息可知：子代性状分离比27：9：21：7，比值之和为64=43，说明籽粒颜色和甜度由三对自由组合的等位基因控制，其分离比可转化为（9：7）×（3：1），其中紫色：白色=9：7，说明籽粒颜色由两对自由组合的等位基因控制（假设为A、D），且A和D同时存在为紫色，其余均为白色；非甜：甜=3：1，则甜度由一对基因控制（假设为B），B_为非甜，bb为甜。
【详解】结合分析可知：根据F2发生的性状分离比，可知F1的基因型应为三杂合子AaBbDd，亲本的基因型可为AABBDD×aabbdd或者AAbbDD×aaBBdd或者AABBdd×aabbDD或者AAbbdd×aaBBDD。
ABD正确，C错误。
故选ABD。
18．（2020·江苏淮安·模拟预测）某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型AA的植株表现为大花瓣，Aa的为小花瓣，aa的为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr的花瓣为黄色，两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是（ ）
A．子代共有9种基因型
B．子代共有4种表现型
C．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例约为1/3
D．子代的所有植株中，纯合子约占1/16
【答案】BD
【分析】根据题意分析可知：控制花瓣大小和花色的基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，因此基因型为AaRr的亲本自交共产生16种组合方式，9种基因型，由于花瓣大小是不完全显性，且aa表现无花瓣，因此共有5种表现型。
【详解】A、由题意可知，Aa自交子代基因型有3种，Rr自交子代基因型有3种，所以基因型为AaRr的亲本自交，子代共有9种基因型，A正确；
B、由题意可知，Aa自交子代表现型有3种，Rr自交子代表现型有2种，但由于aa表现无花瓣，故aaR_与aarr的表现型相同，表现型共5种，B错误；
C、子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例为2/3×1/2=1/3，C正确；
D、子代纯合子概率为1/2×1/2= 1/4，D错误。
故选BD。
【点睛】本题的知识点是基因的自由组合定律，基因的不完全显性，分析题干获取信息是解题的突破口，对于基因的自由组合定律的理解和应用是本题考查的重点。
19．（2022·江苏·高三期中）某植物为XY型性别决定的雌雄异株植物，其花色红花和白花受等位基因A、a控制；茎长受B+（高茎）、B（中茎）、b（矮茎）3个基因控制，B+对B、b为完全显性，B对b为完全显性，某种茎长基因型胚胎致死。现将一对高基红花植株个体杂交，产生的F1表型及比例如下表。
性别
F1的表型及数量
雌株
42高茎红花雄株、18中茎红花雌株
雄株
21高茎红花雄株、8中茎红花雄株、19高茎白花雄株、12中茎白花雄株
取F1中的中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32。下列叙述正确的是（ ）A．基因B+、B、b遵循自由组合定律
B．亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa
C．若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有4种基因型
D．取F2中的中茎红花雌、雄个体随机交配，F3中的中茎红花占5/6
【答案】BCD
【分析】由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，说明控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上。
【详解】A、基因B＋、B、b是控制茎长短的等位基因，等位基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，A错误；
B、由表中数据可看出，花色在雌雄植株中有差异，且红花后代出现白花，说明红花为显性，控制花色的基因位于X染色体上，茎高在雌雄植株中均有出现，说明控制茎高的基因位于常染色体上，高茎红花植株B+＿XA＿个体杂交，子代中出现中茎，中茎由B基因控制，说明亲本控制茎高的基因型为杂合子；子代出现白花，说明控制花色的基因型也为杂合子。若雌性个体基因为B+BXAXa，则雄性个体为B+BXAY或B+bXAY时均满足条件；若雌性个体为基因型为B+bXAXa，则雄性个体为B+BXAY即可满足条件，因此亲代雌性个体基因型为B+BXAXa或B+bXAXa，B正确；
C、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，根据表中数据可知，茎高基因型为B+B+时合子致死，若同时考虑花色与茎长基因，F1致死的胚胎有B+B+XAXA，B+B+XAXa，B+B+XAY，B+B+XaY共4中基因型，C正确；
D、由题意，取F1中茎红花随机交配，F2矮茎红花个体占7/32可推知，F1中茎红花为雌为1/2BbXAXA，1/2BbXAXa，雄为BbXAY，则亲本应为B+bXAXa，B+BXAY，推出F1中高茎（1/2B+B，1/2B+b）红花雌（1/2XAXA，1/2XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，取F2中中茎（1/3BB，2/3Bb）红花雌（3/4XAXA，1/4XAXa）、雄（XAY）个体随机交配，F3中中茎红花（B_XA_）占（1-bb）×（1-XaY）=（1-1/9）×（1-1/8×1/2）=5/6，D正确。
故选BCD。
20．（2022·辽宁·鞍山市第五中学二模）某种高度近视是由X染色体上显性基因（A）引起的遗传病，但男性不发病。现有一个女性患者与一个不携带该致病基因的男性结婚，其后代患病率为50%。下列叙述正确的地（ ）
A．该女性患者的女儿的基因型是XAXa
B．该女性患者的母亲也是患者
C．在男性和女性中该致病基因的基因频率相同
D．人群中该病的发病率低于50%
【答案】ABCD
【分析】女性患者(XAX-)与不携带该致病基因的男性(XaY)结婚。若该女性患者基因型为XAXA,则后代基因型及表现型为XAXa(女儿高度近视)、XAY(儿子正常),后代患病率为50%,符合题意；若该女性患者基因型为XAXa,则后代基因型及表现型为XAXa(女儿高度近视)、XaXa(女儿正常)、XaY(儿子正常)、XAY(儿子正常),后代患病率为25%,不符合题意，故舍去。
【详解】A、女性患者基因型为XAXA，不携带该致病基因的男性XaY，所生女儿基因型XAXa；A正确；
B、女性患者基因型为XAXA，母亲必有XA配子，所以必患有高度近视，B正确；
C、伴X染色体遗传病中该致病基因在男性和女性中的基因频率相等，C正确；
D、人群中男女比例为1:1，且男性全正常，女性中存在患高度近视和正常的，因此人群中该病的发病率低于50%，D正确。
故选ABCD。
第II卷（非选择题）
三、综合题(共0分)
21．（2021·山东·枣庄八中高三阶段练习）已知某二倍体植物雌雄同株异花（植株上既生雌花，又生雄花），在自然情况下自交和杂交皆可，该植物的红花（A）对白花（a）为显性，高茎（D）对矮茎（d）为显性，两对等位基因独立遗传。某科研组做了两组杂交实验：实验一：甲（红花高茎纯合子）与乙（白花矮茎纯合子）进行杂交，获得F1植株。
实验二：丙（白花高茎）与丁（白花矮茎）进行杂交，获得F1植株。
（1）该科研组继续用实验一获得的F1（作为父本）与实验二F1中白花高茎（作为母本）进行杂交，杂交操作步骤为___________，经过多次重复试验，发现F2表现型及比例均接近红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝3∶1∶1∶1。该小组推断基因型为___________的___________（填“雄”或“雌”）配子致死。为了验证该推断，该小组可利用实验一和实验二的F1植株与白花矮茎植株设计___________试验，并统计子代植株表现型及比例来达到目的。
（2）结合以上致死现象，科研团队尝试采用转基因的手段对实验一F1进行基因（i）导入到基因组的操作（注：只有一个基因i导入，且与A/a、D/d遵循自由组合定律），已知含有基因i的上述致死配子具有正常活性，实验一的F1作为父本与白花矮茎杂交，统计F2的表现型及其比例为___________。
【答案】 花蕾期对母本雌花套袋，采集父本花粉向母本人工授粉，母本继续套袋 aD 雄 正反交 红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝2∶2∶1∶2
【分析】分析题文描述：植物的红花（A）对白花（a）为显性，高茎（D）对矮茎（d）为显性，两对等位基因分别位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。红花高茎纯合子甲的基因型为AADD，白花矮茎纯合子乙的基因型为aadd，二者杂交所得F1植株的基因型为AaDd。白花高茎丙的基因型为aaDD或aaDd，白花矮茎丁的基因型为aadd，二者杂交产生的F1的植株为aaDd或aaDd和aadd。
【详解】（1）对某二倍体雌雄同株异花的植物进行杂交时，应在花蕾期对母本雌花套袋，采集父本花粉向母本人工授粉，母本继续套袋。由题意可推知：实验一获得的F1（作为父本）的基因型为AaDd，实验二F1中白花高茎（作为母本）的基因型为aaDd，理论上二者杂交所得F2的表现型及比例为红花高茎（AˍDˍ）∶红花矮茎（Aˍdd）∶白花高茎（aaDˍ）∶白花矮茎（aadd）＝3∶1∶3∶1，而实际上却是红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝3∶1∶1∶1，即白花高茎的个体数量少于理论值，据此可推知：基因型为aD的雄配子致死。为了验证该推断，可让实验一和实验二的F1植株分别与白花矮茎植株进行正反交试验，并统计子代植株表现型及比例。
（2）。实验一的F1的基因型为AaDd，而且只有一个基因i导入实验一的F1中，则F1产生的配子的基因型及其比例为ADi∶Adi∶aDi∶adi∶AD∶Ad∶aD∶ad＝1∶1∶1∶1∶1∶1∶1∶1。白花矮茎植株的基因型为aadd，只产生一种基因型为ad的配子。让实验一的F1作为父本与白花矮茎植株杂交，由于含有基因i的基因型为aD的致死雄配子具有正常活性，所以 F2的表现型及其比例为红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝2∶2∶1∶2。
【点睛】本题主要考查学生对基因的自由组合定律的相关知识的识记和理解能力，以及获取信息分析问题的能力。
22．（2020·新疆·三模）某种鸟类的羽色有红色、蓝色、黄色和白色四种，由两对等位基因（A/a、B/b）决定，其中A基因决定羽色为红色。一对羽色相同的亲本产生的足够多后代的表现型及比例如下表，相关基因不位于Z、W染色体的同源区段，回答下列有关问题：
子代表现型
黄色雄性
蓝色雄性
黄色雌性
蓝色雌性
红色雌性
白色雌性
所占比例
1/3
1/6
1/6
1/12
1/6
1/12
（1）上述子代羽色分离比为黄色：红色：蓝色：白色=_______。说明上述基因的遗传遵循基因的_______________定律。
（2）根据子代羽色分离比可以初步确定存在基因纯合致死现象，若A基因纯合致死，则亲本的表现型为_________色，子代中红色羽毛个体的基因型为_______________。
（3）若一只红色雌鸟与一只蓝色雄鸟的子代中出现白色鸟，则理论上这对亲本的子代中，黄色鸟所占的比例为_______________。
【答案】 6：2：3：1 自由组合 黄 AaZbW 1/4
【分析】据表格分析，一对相对性状的亲本杂交，后代出现四种不同的表现型，且后代中黄色：红色：蓝色：白色=6：2：3：1，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律，且后代中存在性别差异，说明一对等位基因位于常染色体上，一对等位基因位于Z染色体上，双显性表现为黄色，只有A基因在表现为红色，只有B基因在表现为蓝色，双隐性表现为白色，据此答题。
【详解】（1）根据子代中黄色：红色：蓝色：白色=（1/3+1/6）：1/6：（1/6+1/12）：1/12=6：2：3：1，是9：3：3：1的变形，可知上述两对基因遵循基因的自由组合定律。
（2）若A基因纯合致死，根据后代的性状分离比满足9：3：3：1的变形，且存在性别差异，可知亲本是双杂合，一对等位基因位于常染色体上，另一对等位基因位于性染色体上，则亲本的基因型是AaZBZb和AaZBW，表现为黄色；若A基因纯合致死，则子代中红色个体羽毛的基因型是AaZbW。
（3）红色雌鸟的基因型是A_ZbW，蓝色雄鸟的基因型是aaZBZ_，后代中出现了白色雄鸟（aaZbZb），则可知亲本的基因型是AaZbW和aaZBZb，则后代中黄色鸟（A_ZBZ_）所占的比例是1/2×1/2=1/4。
【点睛】本题考查的是基因的自由组合定律和伴性遗传的规律的应用，解答本题的关键是根据后代性状分离比推出亲本的基因型，并判断存在显性纯合致死现象。
23．（2020·安徽·六安市城南中学高三阶段练习）玉米条纹病由α细菌感染引起，叶枯病由β细菌感染引起。玉米条纹病抗性由基因A、a控制，叶枯病抗性由基因B、b控制，两对等位基因独立遗传。以下是利用玉米品种甲、乙所做实验的结果：
实验组别
品种
用α细菌感染自交后代
用β细菌感染自交后代
1
甲
均成活
均死亡
2
乙
均死亡
均成活
据表回答。
（1）抗叶枯病的玉米品种是______，判断依据是_____________。
（2）若用两种细菌同时感染品种乙的多棵植株，则成活个体所占比例为________。
（3）以上述玉米品种甲、乙为亲本进行杂交，取其F2中的三棵植株分别编号1、2、3，让其自交，收获种子并分别播种于不同实验区中进行相应处理，统计各区的存活率，结果如下表：
实验处理
无菌水
α细菌进行感染
β细菌进行感染
α细菌＋β细菌进行双感染
植株1自交后代存活率/%
100
25
0
0
植株2自交后代存活率/%
100
100
75
75
植株3自交后代存活率/%
100
25
75
？
据表推测：
①抗条纹病是________(填“显性性状”或“隐性性状”)。
②表中的“？”处数字是________。
【答案】 乙 用β细菌感染乙自交子代均成活，而用β细菌感染甲自交子代均死亡 0 隐性性状 18．75
【分析】1、基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子时，位于同源染色体的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。
2、分析第一个表格可知，甲自交后代用α细菌感染都成活，而用β细菌感染甲自交子代均死亡，说明甲植株具有玉米条纹病抗性，不抗枯叶病；乙植株自交后代用α细菌感染都死亡，而用β细菌感染甲自交子代均成活，说明乙植株不具有玉米条纹病抗性，但是抗枯叶病。分析表格二：植株1自交后代25%抗α细菌感染和都不抗β细菌感染，说明植株1是不抗条纹病杂合子（说明抗条纹病为隐性性状）、不抗叶枯病的纯合子；植株2自交，抗α细菌感染的比例是100%，抗β细菌感染的比例是75%，抗α、β感染的概率是75%，相当于1对相对性状的杂合子自交，则植株2是抗叶枯病的杂合子、抗条纹病的纯合子，说明抗叶枯病是显性性状，植株3自交抗α细菌感染的概率是25%，抗β细菌感染的概率是75%，相当于两对基因都是杂合子自交，也说明抗条纹病为隐性性状。
【详解】（1）由题知，叶枯病由β细菌引起，用β细菌感染品种乙自交后代，植株均成活，而用β细菌感染品种甲自交，植株均死亡，说明抗叶枯病的是品种乙。
（2）根据第（1）问可知，单独用β细菌感染品种乙，植株能存活，但用α细菌感染乙，会使植株全部死亡，因此若用两种细菌同时感染品种乙，植株存活总数为0，成活个体所占比例也为0。
（3）①由题知，抗条纹病由α细菌引起，观察植株1、2、3中α细菌的感染情况可知，三种植株自交后代存活率存在25%或100%两种情况，推知自交的亲本存在纯合和杂合两种情况。根据孟德尔遗传定律，杂合植株Aa自交后代的比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，性状比为显性：隐性＝3∶1，可推断出抗条纹病为隐性性状。
②观察植株1、2、3中β细菌的感染情况，可得出抗叶枯病为显性性状(推断过程同①)，推知植株1的基因型为Aabb，植株2的基因型为aaBb，植株3的基因型为AaBb。根据植株1、2、3的基因型，再加上品种甲为抗叶枯病但不抗条纹病，品种乙抗条纹病但不抗叶枯病，可推断出品种甲的基因型为aabb，品种乙的基因型为AaBb。在每个植株中，α细菌＋β细菌进行双感染的存活率＝α细菌感染该植株的存活率×β细菌感染该植株的存活率。在植株3中，25%×75%＝18．75%，所以“？”处的数字为18．75。
【点睛】本题考查基因分离定律和自由组合定律的应用，解答本题的关键是掌握基因的分离定律和自由组合定律的实质，能够根据表格一判断甲乙具有的表现型，再根据表格二逐一分析，判断两对性状的显隐性关系和亲本的基因型。
24．（2022·山西运城·高三期中）果蝇的正常眼和星眼受等位基因A、a控制，正常翅和小翅受等位基因B、b控制其中1对基因位于常染色体上。为进一步研究遗传机制，以纯合个体为材料进行了杂交实验，各组合重复多次，结果如下表。
杂交组合
P
F1
♀
♂
♀
♂
甲
星眼正常翅
正常眼小翅
星眼正常翅
星眼正常翅
乙
正常眼小翅
星眼正常翅
星眼正常翅
星眼小翅
丙
正常眼小翅
正常眼正常翅
正常眼正常翅
正常眼小翅
回答下列问题：
(1)综合考虑A、a和B、b两对基因，它们的遗传符合孟德尔遗传定律中的__________。组合甲中母本的基因型为__________。
(2)若组合乙F1的雌雄个体随机交配获得F2，则F2中星眼小翅雌果蝇占____________。果蝇的性染色体数目异常可影响性别，如XYY或XO为雄性，XXY为雌性。若发现组合甲F1中有1只非整倍体星眼小翅雄果蝇，原因是母本产生了不含__________的配子。
(3)若有一个由星眼正常翅雌、雄果蝇和正常眼小翅雌、雄果蝇组成的群体，群体中个体均为纯合子。该群体中的雌雄果蝇为亲本，随机交配产生F1，F1中正常眼小翅雌果蝇占21/200、星眼小翅雄果蝇占49/200，则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅占__________。
(4)写出以组合丙F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解。____________。
【答案】(1) 自由组合 AAXBXB
(2) 3/16 X染色体
(3)7/10
(4)
【分析】分析题意可知：甲、乙组中星眼与正常眼杂交，子代全为星眼，说明星眼为显性，且性别与性状无关，A、a基因位于常染色体上；甲组中雌性正常翅与雄性小翅杂交，子代全为正常翅，乙组中雌性小翅与雄性正常翅杂交，子代中雌性为正常翅，雄性为小翅，说明该性状与性别相关联，位于X染色体上，且正常翅为显性。
【详解】（1）分析题意可知：甲、乙组中星眼与正常眼杂交，子代全为星眼，说明星眼为显性，且性别与性状无关，A、a基因位于常染色体上；甲组中雌性正常翅与雄性小翅杂交，子代全为正常翅，乙组中雌性小翅与雄性正常翅杂交，子代中雌性为正常翅，雄性为小翅，说明该性状与性别相关联，位于X染色体上，且正常翅为显性；两对基因分别位于两对同源染色体上，它们的遗传遵循自由组合定律；组合甲中雌性为星眼正常翅，均为显性性状，且为纯合子，故基因型为AAXBXB。
（2）组合乙为雌性正常眼小翅（aaXbXb）×雄性星眼正常翅（AAXBY），F1基因型为AaXBXb、AaXbY，F1的雌雄个体随机交配获得F2，则F2中星眼（A_）小翅雌果蝇（XbXb）占3/4×1/4＝3/16；组合甲基因型为AAXBXB、aaXbY，F1的基因型应AaXBXb、AaXBY，若发现组合甲F1中有1只非整倍体星眼小翅雄果蝇，则个体基因型可能为AaXbO，原因是母本减数分裂时两条X染色体移向一极，产生了不含X染色体的卵细胞，再与父本产生的Xb的精子结合形成XO型的受精卵。
（3）若有一个由纯合子星眼正常翅雌（AAXBXB，产生的配子为AXB）、星眼正常翅雄果蝇（AAXBY，产生配子为AXB、AY）和正常眼小翅雌（aaXbXb，产生配子为aXb）、正常眼小翅雄果蝇（aaXbY，产生配子为aXb、aY）组成，随机交配后F1中正常眼小翅雌果蝇（aaXbXb）占21/200＝aXb×aXb，星眼小翅雄果蝇（AaXbY）占49/200＝AY×aXb，则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅（AAXBY）＝7/10。
（4）组合丙的双亲基因型为aaXbXb×aaXBY，F1基因型为aaXBXb、aaXbY，F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解为：
25．（2022·广东韶关·高三阶段练习）黄瓜的花有雌花、雄花与两性花之分（雌花：仅雌蕊发育；雄花：仅雄蕊发育；两性花：雌雄蕊均发育），自然条件下大多数黄瓜植株开两性花，少数黄瓜只开雌花或只开雄花，为探明黄瓜花的性别决定机制，某研究团队进行了下表一系列实验。
组别
亲本
子代
实验一
植株甲（只开雌花）×植株乙（两性花）
F1只开雌花
实验二
F1×植株乙
开两性花与只开雌花的黄瓜植株均有，且比例约为1:1
(1)根据上述实验可推测，雌花对两性花为__________性性状，让植株乙自交，子代黄瓜开__________花，基因型为__________（用M、m表示）。
(2)研究表明，对开两性花的黄瓜幼苗滴加一定量的乙烯利（分解后释放乙烯），部分花芽将发育成雌花，据此可推测基因M是__________合成途径的关键基因。
(3)后续研究表明，黄瓜花的性别分化还与另一对染色体上的基因F有关，基因型为FF或Ff的黄瓜开两性花或只开雌花，基因型为ff的黄瓜只开雄花，结合上述信息，只开雄花的黄瓜植株的基因型是__________。只开雌花的黄瓜基因型有__________种，基因型为FfMm的黄瓜与基因型为ffMm的黄瓜杂交，子代的表型及比例是__________。
【答案】(1) 显 两性 mm
(2)乙烯
(3) ffMM、ffMm、ffmm 3 雌花:雄花:两性花＝3:4:1
【分析】根据第一组数据子代只有一种表现型，说明雌花为显性。对两性花施用乙烯利，部分花芽将发育成雌花，说明乙烯抑制雄蕊的发育。
【详解】（1）植株甲（只开雌花）×植株乙（两性花），F1只开雌花，说明雌花为显性。则甲的基因型为MM，乙的基因型为mm，F1的基因型为Mm。让植株乙mm自交，子代只有mm，都是两性花。
（2）对开两性花（mm）的黄瓜幼苗滴加一定量的乙烯利，部分花芽将发育成雌花，说明乙烯抑制雄蕊的发育，具有M的基因雄蕊不发育而发育成雌花，可推测基因M是乙烯合成途径的关键基因。
（3）基因型为FF或Ff的黄瓜开两性花或只开雌花，基因型为ff的黄瓜只开雄花，基因型为mm的开两性花，M_开雌花，两对基因一起分析，只开雄花的植株具有ff基因，包括ffMM、ffMm、ffmm；只开雌花的基因型为FFMM、FFMm、FfMM、FfMm，共4种，两性花的基因型为FFmm、Ffmm。基因型为FfMm的黄瓜与基因型为ffMm的黄瓜杂交，两对基因分别分析，Ff×ff后代中Ff：ff=1：1，Mm×Mm后代中M_：mm=3：1，因具有ff的都为雄花，故雌花:雄花:两性花＝3:4:1。
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