高中生物高考2022年高考生物一轮复习 第5单元 第15讲　基因的自由组合定律

这是一份高中生物高考2022年高考生物一轮复习 第5单元 第15讲　基因的自由组合定律，共24页。
第15讲　基因的自由组合定律
[目标要求]　1.基因的自由组合定律。2.孟德尔遗传实验的科学方法。
考点一　自由组合定律的发现及应用

1．两对相对性状杂交实验的“假说—演绎”分析
(1)观察现象，提出问题

(2)分析问题，提出假说
①提出假说
a．两对相对性状分别由两对遗传因子控制。
b．F1在产生配子时，每对遗传因子彼此分离，不同对的遗传因子可以自由组合。
c．F1产生的雌配子和雄配子各有4种：YR、Yr、yR、yr，且数量比相等。
d．受精时，雌雄配子的结合是随机的。
②遗传图解

③结果分析


(3)演绎推理，验证假说

(4)分析结果，得出结论：实验结果与演绎结果相符，假说成立，得出自由组合定律。
2．自由组合定律
(1)细胞学基础

(2)实质、发生时间及适用范围

3．孟德尔获得成功的原因


(1)F2的9∶3∶3∶1性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合(　√　)
(2)在F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生的F2中，与F1基因型完全相同的个体占(　√　)
(3)F2的黄色圆粒中，只有基因型为YyRr的个体是杂合子，其他的都是纯合子(　×　)
(4)若双亲豌豆杂交后子代表现型之比为1∶1∶1∶1，则两个亲本基因型一定为YyRr×yyrr(　×　)
(5)在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因表现为自由组合(　×　)
(6)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的雄配子和雌配子可以自由组合(　×　)
(7)孟德尔自由组合定律普遍适用于乳酸菌、酵母菌、蓝藻、各种有细胞结构的生物(　×　)
特别提醒　F2出现9∶3∶3∶1的4个条件
(1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性。
(2)不同类型的雌雄配子都能发育良好，且受精的机会均等。
(3)所有后代都应处于比较一致的环境中，而且存活率相同。
(4)供实验的群体要足够大，个体数量要足够多。

(1)(源于必修2 P9教材原文)F2中还出现了亲本所没有的性状组合——绿色圆粒和黄色皱粒。请思考：具有两对相对性状的纯合亲本杂交，产生的F1基因型为AaBb，则两亲本基因型是什么？F2中重组类型是什么？所占比例又是多少？
提示　亲本基因型可以是AABB×aabb，此时重组类型是A_bb和aaB_，占；亲本基因型还可以是AAbb×aaBB，此时重组类型是A_B_和aabb，占5/8。
(2)(摘自必修2 P10“旁栏思考”)从数学角度分析，9∶3∶3∶1与3∶1能否建立联系，这对于理解两对相对性状的遗传结果有什么启示？
提示　对于两对相对性状的遗传结果，如果对每一对性状单独进行分析，其性状的数量比都是3∶1，即每对性状的遗传都遵循了分离定律。两对相对性状的遗传结果可以表示为它们各自遗传结果的乘积，即9∶3∶3∶1来自(3∶1)2。

两对等位基因位置与遗传分析(以基因型AaBb为例)：



思维延伸　若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表现型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，出现这一结果的可能原因是A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞在减数分裂时形成四分体时期，四分体中的非姐妹染色体发生交叉互换，产生四种类型配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%。

考向一　自由组合定律发现的相关实验辨析
1．(2020·界首中学模拟)下列有关孟德尔两对相对性状(豌豆的黄色与绿色、圆粒与皱粒)杂交实验的分析，正确的是(　　)
A．孟德尔对F1植株上收获的556粒种子进行统计，发现4种表现型的数量比接近9∶3∶3∶1
B．基因型为YyRr的豌豆产生的YR卵细胞和YR精子的数量之比约为1∶1
C．基因型为YyRr的豌豆产生的雌、雄配子随机结合，体现了自由组合定律的实质
D．黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律
答案　A
解析　基因型为YyRr的豌豆将产生雌雄配子各4种，数量比接近1∶1∶1∶1，但雄配子的数量远远多于雌配子的数量，B错误；基因的自由组合定律的实质是减数分裂的过程中，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，基因型为YyRr的豌豆产生的雌、雄配子随机结合不能体现自由组合定律；C错误；控制这两对相对性状的两对基因位于一对同源染色体上或位于两对同源染色体上时，单独研究每一对均遵循分离定律，而只有当两对基因位于两对同源染色体上时才遵循自由组合定律，D错误。
2．(2020·湖南高二质检)某植物的两对等位基因分别用Y、y和R、r表示，若基因型为YyRr的该植物个体自交，F1的基因型及比例为Y_R_∶Y_ rr∶yyR_∶ yyrr＝9∶3∶3∶1，下列叙述错误的是(　　)
A．两对等位基因Y、y和R、r位于非同源染色体上
B．两对等位基因Y、y和R、r各控制一对相对性状
C．减数分裂产生的雌雄配子不存在差别性致死现象
D．受精过程中各种基因型的雌雄配子的结合是随机的
答案　B
解析　无论两对等位基因Y、y和R、r各控制一对相对性状还是同时控制一对相对性状，自交后代Y_R_∶Y_ rr∶yyR_∶ yyrr均为9∶3∶3∶1，B错误。
考向二　自由组合定律的实质及验证
3．(2021·河南南阳中学高三月考)某动物细胞中位于常染色体上的基因A、B、C分别对a、b、c为显性。现用两个纯合个体杂交得F1，F1测交的结果为aabbcc∶AaBbCc∶aaBbcc∶AabbCc＝1∶1∶1∶1。则F1体细胞中三对基因在染色体上的位置是(　　)

答案　B
解析　F1测交，即F1×aabbcc，其中aabbcc个体只能产生abc一种配子，而测交结果为aabbcc∶AaBbCc∶aaBbcc∶AabbCc＝1∶1∶1∶1，说明F1产生的配子为abc、ABC、aBc、AbC，其中a和c、A和C总在一起，说明A和a、C和c两对等位基因位于同一对同源染色体上，且A和C在同一条染色体上，a和c在同一条染色体上，B和b位于另一对同源染色体上。故选B。
4．(2021·山西高三月考)某单子叶植物非糯性(A)对糯性(a)为显性，抗病(T)对易染病(t)为显性，花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性，三对等位基因分别位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘变蓝色，糯性花粉遇碘变棕色。现有四种纯合子，基因型分别为①AATTdd、②AAttdd、③AAttDD、④aattdd。以下说法正确的是(　　)
A．选择①和③为亲本进行杂交，可通过观察F1的花粉来验证自由组合定律
B．任意选择上述亲本中的两个进行杂交，都可通过观察F1的花粉粒形状来验证分离定律
C．选择①和④为亲本进行杂交，将杂交所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色，显微镜下观察，蓝色花粉粒∶棕色花粉粒＝1∶1
D．选择①和②为亲本进行杂交，可通过观察F2植株的表现型及比例来验证自由组合定律
答案　C
解析　由于易染病与抗病基因的表现型在子代中体现，不能在配子中体现，所以不能用花粉来观察这一基因的遗传现象，A、B错误；由于易染病与抗病基因的表现型不在配子中表现，选择①和④进行杂交时，因为都是纯合子，所以子一代的基因型为AaTtdd，而其花粉经减数分裂得到，所以其中带有A、a基因的花粉数相等，所以蓝色花粉粒∶棕色花粉粒＝1∶1，C正确；①和②进行杂交，F1基因型为AATtdd，是非糯性抗病圆形粒，由于只有抗病基因和易染病基因杂合，所以只能观察到这一基因的分离现象，D错误。
方法总结　验证两对等位基因的遗传是否遵循自由组合定律的方法
验证方法
结论
自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，则遵循基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制
测交法
F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制，则遵循自由组合定律
花粉鉴定法
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
单倍体育种法
取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律

考点二　自由组合定律的常规解题规律和方法
题型1　由亲本基因型推断配子及子代相关种类及比例(拆分组合法)
1．思路
将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。
2．方法

题型分类
解题规律
示例
种类
问题
配子类型(配子种类数)
2n(n为等位基因对数)
AaBbCCDd产生配子种类数为23＝8(种)
配子间结合方式
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
AABbCc×aaBbCC，配子间结合方式种类数＝1×4×2＝8(种)
子代基因型(或表现型)
种类
双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表现型)种类等于各性状按分离定律所求基因型(或表现型)种类的乘积
AaBbCc×Aabbcc，基因型为3×2×2＝12(种)，表现型为2×2×2＝8(种)
概率
问题
基因型(或表现型)的比例
按分离定律求出相应基因型(或表现型)的比例，然后利用乘法原理进行组合
AABbDd×aaBbdd，F1中AaBbDd所占比例为1××＝
纯合子或杂合子出现的比例
按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率＝1－纯合子概率
AABbDd×AaBBdd，F1中AABBdd所占比例为××＝


1．某二倍体植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型为AA的植株表现为大花瓣，Aa为小花瓣，aa为无花瓣。花瓣颜色(红色和黄色)受另一对等位基因R、r控制，R对r为完全显性，两对等位基因独立遗传。下列有关叙述错误的是(　　)
A．若基因型为AaRr的个体测交，则子代表现型有3种，基因型有4种
B．若基因型为AaRr的亲本自交，则子代共有9种基因型，6种表现型
C．若基因型为AaRr的亲本自交，则子代有花瓣植株中，AaRr所占比例约为，而所有植株中纯合子约占
D．若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代中红色花瓣的植株占
答案　B
解析　若基因型为AaRr的个体测交，则子代基因型有AaRr、Aarr、aaRr、aarr 4种，表现型有3种，分别为小花瓣红色、小花瓣黄色、无花瓣，A项正确；若基因型为AaRr的亲本自交，由于两对基因独立遗传，因此根据基因的自由组合定律，子代共有3×3＝9(种)基因型，而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表现为无花瓣，故aaR_与aarr的表现型相同，所以子代表现型共有5种，B项错误；若基因型为AaRr的亲本自交，则子代有花瓣植株中，AaRr所占比例约为×＝，子代的所有植株中，纯合子所占比例约为，C项正确；若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代中红色花瓣(A_Rr)的植株所占比例为×＝，D项正确。
2.某植物个体的基因型为Aa(高茎)Bb(红花)Cc(灰种皮)dd(小花瓣)，请思考如下问题：
(1)若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图1所示，则其产生的配子种类数为______种，基因型为AbCd的配子所占比例为________，其自交所得子代的基因型有________种，其中AABbccdd所占比例为____________________，其子代的表现型有________种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为________。

(2)若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图2所示(不发生交叉互换)，则其产生的配子种类数为________种，基因型为AbCd的配子所占比例为______，其自交所得子代的基因型有______种，其中AaBbccdd所占比例为________，其子代的表现型有________种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为________。

答案　(1)8　　27　　8　　
(2)4　　9　　6　
解析　(1)如图1所示，四对基因分别位于不同对同源染色体上，则各自独立遗传，遵循基因的自由组合定律，先分开单独分析，每对基因中只有dd产生1种d配子，其他都产生2种配子，因此共产生2×2×2×1＝8(种)配子；基因型为AbCd的配子所占比例为×××1＝；自交所得子代的基因型有3×3×3×1＝27(种)，其中AABbccdd所占比例为×××1＝；其子代的表现型有2×2×2×1＝8(种)，其中高茎红花灰种皮小花瓣(A_B_C_dd)所占比例为×××1＝。
(2)如图2所示，A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，其他基因位于不同对同源染色体上，则AaBb可产生Ab和aB 2种配子，而Cc可产生2种配子，dd可产生1种配子，因此共产生2×2×1＝4(种)配子；基因型为AbCd的配子所占比例为××1＝；自交所得子代的基因型有3×3×1＝9(种)，其中AaBbccdd所占比例为××1＝，其中子代的表现型有3×2×1＝6(种)，其中高茎红花灰种皮小花瓣(A_B_C_dd)个体所占比例为××1＝。
题型2　根据子代表现型及比例推断亲本基因型(逆向组合法)
1．基因填充法
根据亲代表现型可大概写出其基因型，如A_B_、aaB_等，再根据子代表现型将所缺处补充完整，特别要学会利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。
2．分解组合法
根据子代表现型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：
(1)9∶3∶3∶1→(3∶1)(3∶1)→(Aa×Aa)(Bb×Bb)→AaBb×AaBb。
(2)1∶1∶1∶1→(1∶1)(1∶1)→(Aa×aa)(Bb×bb)→AaBb×aabb或Aabb×aaBb。
(3)3∶3∶1∶1→(3∶1)(1∶1)→(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)→AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。

3．在家蚕遗传中，黑色(A)与淡赤色(a)是有关蚁蚕(刚孵化的蚕)体色的相对性状，黄茧(B)与白茧(b)是有关茧色的相对性状，假设这两对相对性状自由组合，有三对亲本组合，杂交后得到的数量比如下表，下列说法错误的是(　　)
组别
黑蚁黄茧
黑蚁白茧
淡赤蚁黄茧
淡赤蚁白茧
组合一
9
3
3
1
组合二
0
1
0
1
组合三
3
0
1
0

A.组合一亲本基因型一定是AaBb×AaBb
B．组合三亲本基因型可能是AaBB×AaBB
C．若组合一和组合三亲本杂交，子代表现型及比例与组合三的相同
D．组合二亲本基因型一定是Aabb×aabb
答案　C
解析　组合一的杂交后代比例为9∶3∶3∶1，所以亲本基因型一定为AaBb×AaBb；组合二杂交后代只有白茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为1∶1，所以亲本基因型一定为Aabb×aabb；组合三杂交后代只有黄茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为3∶1，所以亲本基因型为AaBB×AaBB或AaBB×AaBb或AaBB×Aabb；只有组合一中的基因型AaBb和组合三中的基因型AaBB杂交，子代表现型及比例才与组合三的相同。
4．假如水稻的高秆(D)对矮秆(d)为显性，抗瘟病(R)对易染病(r)为显性。现有一高秆抗瘟病的亲本水稻和矮秆易染病的亲本水稻杂交，产生的F1再和隐性类型进行测交，结果如图所示(两对基因位于两对同源染色体上)，请问F1的基因型为(　　)

A．DdRR和ddRr B．DdRr和ddRr
C．DdRr和Ddrr D．ddRr
答案　C
解析　单独分析高秆和矮秆这一对相对性状，测交后代高秆∶矮秆＝1∶1，说明F1的基因型为Dd；单独分析抗瘟病与易染病这一对相对性状，测交后代抗瘟病∶易染病＝1∶3，说明F1中有2种基因型，即Rr和rr，且比例为 1∶1。综合以上分析可判断出F1的基因型为DdRr和Ddrr。
题型3　多对等位基因的自由组合
n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
亲本相对性状的对数
1
2
n
F1配子种类和比例
2
(1∶1)1
22
(1∶1)2
2n
(1∶1)n
F2表现型种类和比例
2
(3∶1)1
22
(3∶1)2
2n
(3∶1)n
F2基因型种类和比例
3
(1∶2∶1)1
32
(1∶2∶1)2
3n
(1∶2∶1)n
F2全显性个体比例
(3/4)1
(3/4)2
(3/4)n
F2中隐性个体比例
(1/4)1
(1/4)2
(1/4)n
F1测交后代表现型种类及比例
2
(1∶1)1
22
(1∶1)2
2n
(1∶1)n
F1测交后代全显性个体比例
(1/2)1
(1/2)2
(1/2)n
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

逆向思维　(1)某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为(3/4)n或隐性个体的比例为(1/4)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(2)某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为(1/2)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(3)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。

5．某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因控制(如A、a；B、b；C、c……)。当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即A_B_C_……)才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表现型及其比例如下：
甲×乙　　　　　乙×丙　　　　　　　乙×丁
↓ ↓ ↓
F1白色 F1红色 F1红色
↓⊗ 　 ↓⊗ 　 ↓⊗
F2白色　　F2红色81∶白色175　F2红色27∶白色37
甲×丙 甲×丁 丙×丁
↓ ↓ ↓
F1白色　　　　 F1红色　　　　　　 F1白色
↓⊗ 　 ↓⊗ 　 ↓⊗
F2白色　　F2红色81∶白色175　　　F2白色
根据杂交结果回答问题：
(1)这种植物花色的遗传遵循哪些遗传定律？
(2)本实验中，植物的花色受几对等位基因的控制，为什么？
答案　(1)基因的自由组合定律和基因的分离定律(或基因的自由组合定律)。
(2)4对。①本实验的乙×丙和甲×丁两个杂交组合中，F2中红色个体占全部个体的比例为81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，根据n对等位基因自由组合且完全显性时，F2中显性个体的比例为(3/4)n，可判断这两个杂交组合中都涉及4对等位基因。②综合杂交组合的实验结果，可进一步判断乙×丙和甲×丁两个杂交组合中所涉及的4对等位基因相同。
解析　由题意知，甲、乙、丙、丁为纯合白花品系，故至少含一对隐性纯合基因。因甲和乙的后代全为白色，故甲和乙中有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因；甲和丙的后代全为白色，故甲和丙中有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因；丙和丁的后代全为白色，故丙和丁中有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因。因乙和丙、甲和丁的F1全为红色，F2中红色占全部个体的比例为81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，故F1中含4对等位基因，即该对相对性状应是由4对等位基因控制的，每对基因的遗传仍遵循基因的分离定律，4对等位基因之间遵循基因的自由组合定律。由甲和乙、甲和丙、丙和丁中各有一对相同的隐性纯合基因，并结合乙和丙、甲和丁杂交后代F2的性状分离比，可推知乙和丙、甲和丁中的4对等位基因相同。设4对等位基因分别为A和a、B和b、C和c，D和d，依题意分析，甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系的基因型可分别为AAbbCCdd、AABBCCdd、aabbccDD、aaBBccDD。




教材结论性语句
(1)(必修2 P13)基因型是性状表现的内在因素，表现型是基因型的表现形式。
(2)(必修2 P30)基因的自由组合定律的实质：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；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。

1．(2017·全国Ⅱ，6)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其中，A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素；B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素；D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达；相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是(　　)
A．AABBDD×aaBBdd，或AAbbDD×aabbdd
B．aaBBDD×aabbdd，或AAbbDD×aaBBDD
C．aabbDD×aabbdd，或AAbbDD×aabbdd
D．AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd
答案　D
解析　由题意知，两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9，F2中黑色个体占＝＝，结合题干3对等位基因位于常染色体上且独立分配，说明符合基因的自由组合定律，黑色个体的基因型为A_B_dd，要出现的比例，可拆分为××，说明F1基因型为AaBbDd，结合选项分析，D项正确。
2．(2016·全国Ⅲ，6)用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是(　　)
A．F2中白花植株都是纯合子
B．F2中红花植株的基因型有2种
C．控制红花与白花的基因在一对同源染色体上
D．F2中白花植株的基因型种类比红花植株的多
答案　D
解析　用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株，即红花∶白花≈1∶3，符合两对等位基因自由组合的杂合子测交子代比例1∶1∶1∶1的变式，由此可推知该相对性状由两对独立遗传的等位基因控制(设为A、a和B、b)，C项错误；F1的基因型为AaBb，F1自交得到的F2中白花植株的基因型有A_bb、aaB_和aabb，A项错误；F2中红花植株(A_B_)的基因型有4种，B项错误；F2中白花植株的基因型有5种，红花植株的基因型有4种，D项正确。
3．(2020·全国Ⅱ，32)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表现型不同的4种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表现型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表现型。回答下列问题：
(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是____________________。
(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为__________、____________、____________和____________。
(3)若丙和丁杂交，则子代的表现型为_____________________________________________
________________________。
(4)选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为____________。
答案　(1)板叶、紫叶、抗病
(2)AABBDD　AabbDd　aabbdd　aaBbdd
(3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病
(4)AaBbdd
解析　(1)因3对基因分别位于3对同源染色体上，故其遗传遵循基因的自由组合定律。甲和丙中含3对相对性状，因两者杂交子代表现型均与甲相同，故甲中的板叶、紫叶和抗病都是显性性状。(2)由甲和丙杂交，子代表现型均与甲相同可知，甲的基因型为AABBDD，丙的基因型为aabbdd。由乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表现型可知，每对基因的组合情况均符合测交的特点，结合乙和丁的表现型，确定乙的基因型是AabbDd，丁的基因型是aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型为aaBbdd、aabbdd，表现型为花叶紫叶感病和花叶绿叶感病。(4)未知基因型的植株X与乙(AabbDd)杂交，若子代叶形的分离比为3∶1，则植株X叶形的相关基因型是Aa；若子代叶色的分离比为1∶1，则植株X叶色的相关基因型是Bb；若子代能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X能否抗病的相关基因型是dd。故植株X的基因型为AaBbdd。
4．(2018·全国Ⅲ，31)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果(红)与黄果(黄)、子房二室(二)与多室(多)、圆形果(圆)与长形果(长)、单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如下表。
组别
杂交组合
F1表现型
F2表现型及个体数(个)
甲
红二×黄多
红二
450红二、160红多、
150黄二、50黄多
红多×黄二
红二
460红二、150红多、
160黄二、50黄多
乙
圆单×长复
圆单
660圆单、90圆复、90长单、160长复
圆复×长单
圆单
510圆单、240圆复、
240长单、10长复

回答下列问题：
(1)根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于____________________上，依据是__________________________________；控制乙组两对相对性状的基因位于________(填“一对”或“两对”)同源染色体上，依据是_____________________________
________________________________________________________________________。
(2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合________的比例。
答案　(1)非同源染色体　F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1　一对　F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1　(2)1∶1∶1∶1
解析　(1)由于表中数据显示甲组F2的表现型及比例为红二∶红多∶黄二∶黄多≈9∶3∶3∶1，该比例符合基因的自由组合定律的性状分离比，所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组F2的表现型中，每对相对性状表现型的比例都符合3∶1，即圆形果∶长形果＝3∶1，单一花序∶复状花序＝3∶1，而圆单∶圆复∶长单∶长复不符合9∶3∶3∶1的性状分离比，不符合基因的自由组合定律，所以控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)根据乙组的相对性状表现型分离比可知，控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上，所以用“长复”(隐性纯合子)分别与乙组的两个F1进行杂交，不会出现测交结果为1∶1∶1∶1的比例。
5．(2019·江苏，32)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如表。请回答下列问题：
毛色
红毛
棕毛
白毛
基因组成
A_B_
A_bb、aaB_
aabb

(1)棕毛猪的基因型有________种。
(2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。
①该杂交实验的亲本基因型为___________________________________________________。
②F1测交，后代表现型及对应比例为____________________________________________。
③F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有________种(不考虑正反交)。
④F2的棕毛个体中纯合子的比例为________。F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比例为________。
(3)若另一对染色体上有一对基因I、i，I基因对A和B基因的表达都有抑制作用，i基因不抑制，如I_A_B_表现为白毛。基因型为IiAaBb的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为________，白毛个体的比例为________。
答案　(1)4　(2)①AAbb和aaBB　②红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1　③4　④1/3　1/9　(3)9/64　49/64
解析　(1)结合表格分析，棕毛猪的基因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb，共4种。(2)①亲本都为纯合棕毛猪，F1均表现为红毛，则F1的基因型为AaBb，亲本基因型为AAbb和aaBB。②据题干信息，控制猪毛色的两对等位基因独立遗传，则两对基因在遗传时遵循基因的自由组合定律。F1(AaBb)与aabb进行测交，后代的基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表现型及比例为红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1。③F1雌雄交配产生F2，F2的基因型有A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中纯合个体的基因型有AABB、AAbb、aaBB、aabb，其中AAbb×aabb、aaBB×aabb、AAbb×AAbb、aaBB×aaBB，共4种组合能产生棕毛子代。④F2中棕毛个体的基因型为A_bb、aaB_，所占比例为6/16，纯合棕毛个体所占比例为2/16，则F2的棕毛个体中纯合子的比例为1/3。F2中棕毛个体的基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb＝1∶2∶1∶2，其中1/3Aabb(♀)×1/3aaBb(♂)、1/3Aabb(♂)×1/3aaBb(♀)、1/3Aabb×1/3Aabb、1/3aaBb×1/3aaBb组合后代可以出现白毛，所占比例为1/3×1/3×1/2×1/2×2＋1/3×1/3×1/4＋1/3×1/3×1/4＝1/9。(3)据题干信息，I、i位于另一对同源染色体上，则I/i与A/a、B/b在遗传时也遵循自由组合定律。基因型为IiAaBb的雌雄个体交配，后代红毛个体的基因型应为iiA_B_，其所占比例为1/4×9/16＝9/64，后代白毛个体的基因型为I_ _ _ _ _、iiaabb，其所占比例为3/4＋1/4×1/16＝49/64。
课时精练
一、选择题
1．下列关于孟德尔遗传实验和遗传规律的叙述，正确的是(　　)
A．实验材料豌豆的雌蕊、雄蕊的形成由性染色体上的基因决定
B．非同源染色体自由组合，使所有非等位基因之间也发生自由组合
C．孟德尔对自由组合定律现象的解释是基于对减数分裂的研究而提出的假说
D．孟德尔设计测交实验并预测结果，是假说的演绎；实施测交实验，是假说的验证
答案　D
解析　实验材料豌豆无性染色体，A错误；非同源染色体自由组合，使非同源染色体上的非等位基因自由组合，不能使同源染色体上的非等位基因自由组合，B错误；孟德尔对自由组合定律现象的解释是基于人工杂交实验观察到的现象的基础上而提出的假说，C错误；孟德尔设计测交实验并预测结果，是假说的演绎；实施测交实验，是假说的验证，通过演绎推理及实验验证，证明其假说是正确的，D正确。
2．(2020·山东潍坊联考)水稻存在雄性不育基因：其中R(雄性可育)对r(雄性不育)为显性，是存在于细胞核中的一对等位基因；N(雄性可育)与S(雄性不育)是存在于细胞质中的基因；只有细胞质和细胞核中均为雄性不育基因时，个体才表现为雄性不育。下列有关叙述正确的是(　　)
A．R、r和N、S的遗传遵循基因的自由组合定律
B．水稻种群中雄性可育植株共有6种基因型
C．母本S(rr)与父本N(rr)的杂交后代均为雄性不育
D．母本S(rr)与父本N(Rr)的杂交后代均为雄性可育
答案　C
解析　遗传定律适用于真核生物的细胞核基因的遗传，细胞质中基因的遗传不遵循分离定律或自由组合定律，A错误；由题干分析可知，只有S(rr)表现雄性不育，其他均为可育，即水稻种群中雄性可育植株共有5种基因型，B错误；细胞质遗传的特点是所产生的后代细胞质基因均来自母本，而细胞核基因的遗传遵循基因的分离定律，因此母本S(rr)与父本N(rr)的杂交，后代细胞质基因为S，细胞核基因为rr，即产生的后代均为雄性不育，C正确；母本S(rr)与父本N(Rr)的杂交后代的基因型为S(Rr)、S(rr)，即后代一半雄性可育，一半雄性不育，D错误。
3．(2020·山东济宁联考)用玻璃珠和小桶模拟孟德尔杂交实验，下列相关叙述错误的是(　　)
A．在模拟两对相对性状杂交实验的受精过程时，全班同学组合方式总数为16种
B．在模拟两对相对性状的杂交实验时，应将雌1(Y、y各10个)、雌2(R、r各10个)两个小桶里的玻璃珠放到一个桶内，每次抽取其中两个
C．若在模拟一对相对性状的杂交实验时，在雌1中放入玻璃珠Y和y各10个，在雄1中放入玻璃珠Y和y各20个，也能获得相同的结果
D．若要模拟杂合子玉米(Yy)自交后代的显性个体之间随机交配的子代基因型种类和比例，可在雌1和雄1小桶中都放入20个Y玻璃珠和10个y玻璃珠
答案　B
解析　在模拟两对相对性状杂交实验的受精过程时，每个亲本能产生四种配子，因此全班同学组合方式总数为4×4＝16(种)，A正确；在模拟两对相对性状的杂交实验时，雌1(Y、y各10个)、雌2(R、r各10个)分别放入两个小桶内，每次分别随机抽取1张，验证自由组合定律，B错误；若在模拟一对相对性状的杂交实验时，因为雄配子数量远远多于雌配子，在雌1中放入玻璃珠Y和y各10个，在雄1中放入玻璃珠Y和y各20个，也能获得相同的结果，C正确；若要模拟杂合子玉米(Yy)自交后代的显性个体(1YY和2Yy)之间随机交配的子代基因型种类和比例，由于1YY和2Yy随机交配时产生的配子Y∶y＝2∶1，故可在雌1和雄1小桶中都放入20个Y玻璃珠和10个y玻璃珠，D正确。
4．甲和乙都是某种开两性花的植物，甲、乙体细胞中的有关基因组成如图。若通过一代杂交达成目标，下列操作合理的是(　　)

A．甲、乙杂交，验证D、d的遗传遵循基因的分离定律
B．乙自交，验证A、a的遗传遵循基因的分离定律
C．甲自交，验证A、a与B、b的遗传遵循基因的自由组合定律
D．甲、乙杂交，验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律
答案　B
解析　据题图分析可知，要验证D、d的遗传遵循基因的分离定律，应该先将甲(DD)与乙(dd)杂交获得子一代(Dd)，再将子一代与乙测交或将子一代自交，A不合理；甲自交、乙自交或甲和乙杂交都可以验证A、a的遗传遵循基因的分离定律，B合理；甲的基因组成中，A、a与B、b两对等位基因位于一对同源染色体上，不能验证A、a与B、b的遗传遵循基因的自由组合定律，C不合理；甲、乙杂交，可以验证A、a的遗传遵循基因的分离定律，但不能验证D、d的遗传遵循基因的分离定律，所以也不能验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律，D不合理。
5．(2019·湖南三湘名校第一次联考)现让基因型为DdRr的水稻和基因型为Ddrr的水稻杂交得F1，所得F1的结果如图所示。下列分析错误的是(　　)

A．高秆和矮秆分别由D、d基因控制
B．F1中有6种基因型、4种表现型
C．F1中4种表现型的比例是3∶1∶3∶1
D．F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为
答案　D
解析　由题图可知，F1中高秆∶矮秆＝3∶1，说明高秆对矮秆为显性性状，分别由基因D、d控制，A正确；基因型为DdRr和基因型为Ddrr的水稻杂交，Dd×Dd的F1有3种基因型(DD、Dd、dd)、2种表现型(高秆、矮秆)，Rr×rr的F1有2种基因型(Rr、rr)、2种表现型(非糯性、糯性)，因此F1中有6种基因型、4种表现型，B正确；在F1中，高秆∶矮秆＝3∶1，非糯性∶糯性＝1∶1，所以F1中4种表现型的比例是高秆非糯性∶矮秆非糯性∶高秆糯性∶矮秆糯性＝3∶1∶3∶1，C正确；F1高秆植株中，DD占、Dd占，产生的配子为D、d，因此F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为D×D＋d×d＝，D错误。
6．(2020·安徽师大附中高三期中)某植物红花和白花的相对性状同时受3对等位基因(A/a；B/b；C/c)控制，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙3个纯合白花品系，相互之间进行杂交，后代表现型见图。已知甲的基因型是AAbbcc，推测乙的基因型是(　　)

A．aaBBcc B．aabbCC
C．aabbcc D．AABBcc
答案　D
解析　由于甲的基因型是AAbbcc，且与乙杂交后代表现型为白色，说明乙不可能同时含BC基因。又甲与丙杂交后代表现型为红色，说明丙必有BC基因。而丙与乙杂交后代表现型为红色，说明乙必有A基因。选项中只有D符合。
7．(2020·山东济南联考)柑桔果实果皮的色泽有黄色、红色和橙色三种类型，由三对等位基因控制(分别用A/a、B/b、C/c表示)。设计不同杂交实验并对子代果皮颜色进行统计分析。
实验一：红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1。
实验二：橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1。下列分析错误的是(　　)
A．三对等位基因位于三对同源染色体上
B．实验一红色亲本的基因型可表示为AaBbCc
C．实验二中亲本橙色柑桔的基因型可以确定
D．实验一子代红色个体自交后代表现型比例为27∶36∶1
答案　C
解析　通过实验一相对性状个体间的杂交子代组合数为23＝8或红和黄均占1/8可以得出，实验一相当于测交，且三对基因位于三对同源染色体上，A项正确；通过实验二橙色和红色的子代出现黄色可以得出，黄色对于橙色和红色均为隐性，实验一红色和黄色两个亲本的基因型分别为AaBbCc和aabbcc，B项正确；实验二中子代黄色的基因型为aabbcc，则亲本红色的基因型为AaBbCc，通过子代的比例可推出实验二雌雄配子的组合数为16(即2×2×4)，三对基因有两对相当于测交，一对相当于自交，自交的基因是三对基因中的任一对均可，故实验二中橙色柑桔的基因型不能确定，C项错误；由分析可知，实验一子代红色个体的基因型也为AaBbCc，自交后代表现型中红色为3/4×3/4×3/4＝27/64，黄色为1/4×1/4×1/4＝1/64，其余为橙色，红色∶橙色∶黄色的比例为27∶36∶1，D项正确。
8．(2021·吉林高三质检)某植物花的颜色由三对独立遗传的基因(A和a、B和b、D和d)共同决定，基因a控制酶1的合成，使白色物质转化为红色素，基因B控制酶2的合成，使红色素转化为紫色素，基因D控制酶3的合成，使白色物质直接转化为紫色素。只要基因D存在，植株均开紫花。下列说法正确的是(　　)
A．紫花植株的基因型共有18种
B．红花植株自交后代均为红花植株
C．Aabbdd×aaBbdd的后代表现型比例为3∶1
D．该花色遗传说明基因对性状具有直接控制作用
答案　B
解析　据题意可知，紫花植株的基因型为aaB_dd 2种或_ _ _ _D_18种，共20种，A错误；红花植株的基因型为aabbdd，自交后代仍为aabbdd，表现为红色，B正确；Aabbdd×aaBbdd的后代为1/4Aabbdd(白色)、1/4aabbdd(红色)、1/4AaBbdd(白色)、1/4aaBbdd(紫色)，后代表现型比例为白色∶红色∶紫色＝2∶1∶1，C错误；该花色遗传说明基因对性状的控制是通过控制酶的合成来控制色素的合成，是间接控制性状的表现，D错误。
9．某种植物(二倍体)叶缘的锯齿状与非锯齿状受叶缘细胞中T蛋白含量的影响。T蛋白的合成由两对独立遗传的基因(A和a、T和t)控制，基因T仅在叶片细胞中表达，其表达产物是T蛋白，基因A抑制基因T的表达。两锯齿状植株作为亲本杂交获得F1，F1自交获得F2，F2中锯齿状植株与非锯齿状植株的比例是13∶3。下列分析正确的是(　　)
A．亲本的基因型分别是aaTt和AAtt
B．叶缘细胞缺少T蛋白的植株，叶缘呈锯齿状
C．F1群体中，T基因的基因频率为
D．基因型为aaTT的植物根尖细胞中也有T蛋白的存在
答案　B
解析　根据题目信息，基因T表达T蛋白，基因A抑制基因T的表达，则只有aaT_的植物才能表达T蛋白。根据F2中锯齿状植株与非锯齿状植株的比例是13∶3，判断F1的基因型为AaTt，亲本的基因型为AATT和aatt，A错误；aaT_的植物能表达T蛋白，表现为非锯齿状，因此叶缘细胞缺少T蛋白的植株，叶缘呈锯齿状，B正确；F1(AaTt)群体中，T基因的基因频率为，C错误；基因T仅在叶片细胞中表达，基因型为aaTT的植物根尖细胞中没有T蛋白的存在，D错误。
10. (2021·湖南郴州高三模拟)将抗冻基因导入西红柿细胞，获得抗冻植株P1、P2、P3，对P1、P2、P3测交获得F1，F1的表现型及比例如下表所示。
P
F1表现型及比例
P1
抗冻西红柿∶不抗冻西红柿＝1∶1
P2
全为抗冻西红柿
P3
抗冻西红柿∶不抗冻西红柿＝3∶1

下列叙述正确的是(　　)
A．P1中1个抗冻基因导入到1条染色体上
B．P2中抗冻基因导入到2条染色体上
C．P3中可能有2个抗冻基因分别导入到2条非同源染色体上
D．若P1与P2杂交，F1的表现型及比例可能为抗冻西红柿∶不抗冻西红柿＝1∶1
答案　C
解析　P1测交结果为抗冻西红柿∶不抗冻西红柿＝1∶1，说明可能有1个或多个抗冻基因导入到1条染色体上， A错误；P2测交结果全为抗冻西红柿，说明亲代是抗冻的纯合子，抗冻基因导入到一对同源染色体上，B错误；P3测交结果是抗冻西红柿∶不抗冻西红柿＝3∶1，用“＋”表示抗冻基因，“－”表示不抗基因，则P3的基因型可能为＋－/＋－，正常植株－－/－－，可能有2个抗冻基因分别导入到2条非同源染色体上，C正确；根据A和B的分析，由于P1和P2染色体上都含有抗冻基因(P1相当于显性杂合子，P2相当于显性纯合子)，所以其子代都表现为抗冻，D错误。
二、非选择题
11．果蝇体色黄色(A)对黑色(a)为显性，翅型长翅(B)对残翅(b)为显性。研究发现，用两种纯合果蝇杂交得到F1，F2中出现了四种表现型，数量分别为401、242、243、81只果蝇。请回答以下问题：
(1)同学们经分析提出了两种假说：
假说一：F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为________________。
假说二：雌配子或雄配子不育，则死亡的配子基因组成为________。
(2)请利用以上子代果蝇为材料，用最简便的方法设计一代杂交实验判断两种假说的正确性，则可选用________________________进行杂交，观察子代的表现型及比例来预期实验结果：
①若后代表现型及比例为_________________________________________________，
则假说一正确。
②若后代表现型及比例为___________________________________________________，
则假说二正确。
答案　(1)AaBB和AABb　AB　(2)F1与F2中黑色残翅个体杂交　①黄色长翅∶黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1∶1　②黄色残翅∶黑色长翅∶黑色残翅＝1∶1∶1
解析　(2)若要验证题述假说的正确性，可选用测交的方法，即选取F1与F2中黑色残翅个体杂交，观察子代的表现型及比例。若原因是F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为AaBB和AABb，则AaBb×aabb杂交的子代的表现型及比例应为黄色长翅(AaBb)∶黄色残翅(Aabb)∶黑色长翅(aaBb)∶黑色残翅(aabb)＝1∶1∶1∶1；若原因是基因型为AB的雌配子或雄配子致死，则AaBb×aabb杂交的子代表现型及比例应为黄色残翅(Aabb)∶黑色长翅(aaBb)∶黑色残翅(aabb)＝1∶1∶1。
12．(2020·黑龙江大庆实验中学第一次月考)某自花传粉的植物，花的颜色由两对基因(A和a、B和b)控制，其遗传遵循自由组合定律。其中A基因控制红色素合成，B基因控制紫色素合成，当两种色素同时合成时，花色表现为品红花，两种色素都不能合成时，花色表现为白花。科研小组做了甲、乙两组人工杂交实验，结果如下：
甲：品红花×白花→F1：品红花、红花
乙：品红花×紫花→F1：品红花、红花、紫花、白花
请回答：
(1)甲组品红花亲本和F1中品红花个体的基因型分别是________和________。
(2)乙组紫花亲本的基因型是________，F1中品红花、红花、紫花、白花的比例是____________。
(3)欲判断乙组F1中某品红花植株的基因型，请你为该科研小组设计一个最简便的实验方案，并预测实验结果及结论：
让该品红花植株自交，观察并统计后代的表现型及比例。
①若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________。
②若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________。
答案　(1)AABb　AaBb
(2)aaBb　3∶1∶3∶1
(3)①　AaBB　②　AaBb
解析　(1)据题干信息可推知，基因型为A_bb的花色为红色，基因型为aaB_的花色为紫色，基因型为A_B_的花色为品红色，基因型为aabb的花色为白色。甲组实验中，品红花亲本(A_B_)与白花亲本(aabb)杂交，F1中有品红花与红花(A_bb)两种表现型，则其品红花亲本基因型为AABb，进而推知F1中品红花个体的基因型是AaBb。(2)乙组品红花(A_B_)×紫花(aaB_)，后代出现了白花(aabb)，说明亲本品红花基因型为AaBb，紫花基因型为aaBb，则F1中四种表现型的比例是品红花(AaB_)∶红花(Aabb)∶紫花(aaB_)∶白花(aabb)＝3∶1∶3∶1。(3)乙组F1中某品红花植株的基因型为AaBB或AaBb，而该植物为自花传粉的植物，所以欲判断乙组F1中该品红花植株的基因型，最简便的实验方案：让该品红花植株自交(自花传粉)，观察并统计后代的表现型及比例。①若该品红花植株基因型为AaBB，则其自交子代的表现型及比例为品红花(A_BB)∶紫花(aaBB)＝3∶1，即子代中品红花比例为；②若该品红花植株基因型为AaBb，则其自交子代表现型及比例为品红花(A_B_)∶紫花(aaB_)∶红花(A_bb)∶白花(aabb)＝9∶3∶3∶1，即子代中品红花比例为。
13．(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，子代的表现型及比例为_________________________________________________________。
(3)选取实验二的F1抗螟矮株自交，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株约为3∶1∶3∶1，由此可知，乙中转入的A基因________(填“位于”或“不位于”)2号染色体上，理由是____________________________
________________________________________________________________________。
F2中抗螟矮株所占比例低于预期值，说明A基因除导致植株矮小外，还对F1的繁殖造成影响，结合实验二的结果推断这一影响最可能是_____________________________________。
F2抗螟矮株中ts基因的频率为________，为了保存抗螟矮株雌株用于研究，种植F2抗螟矮株使其随机受粉，并仅在雌株上收获籽粒，籽粒种植后发育形成的植株中抗螟矮株雌株所占的比例为________。
答案　(1)甲　雌雄同株
(2)是　AAtsts　抗螟雌雄同株∶抗螟雌株＝1∶1
(3)不位于　抗螟性状与性别性状间是自由组合的，因此A基因不位于Ts、ts基因所在的2号染色体上　含A基因的雄配子不育　1/2　1/6
解析　(1)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，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，子代表现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，后代表现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，后代表现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。