2024届高考生物一轮总复习第五单元遗传的基本规律和伴性遗传第4讲用分解组合的思想解决自由组合定律的相关问题教师用书

第 4 讲　用分解组合的思想解决自由组合定律的相关问题

遗传的基本规律是高考命题的热点内容，也是高中生物学难点之一。常结合减数分裂、生物育种、生物图表、伴性遗传等知识综合考查，这类题目一般都需要在基因的分离定律基础上，结合“基因的自由组合定律”的本质，发掘其内在规律，进行灵活迁移运用。因此，解这类题时可以把组成生物的多对相对性状分离开来，用基因的分离定律一对一对地加以研究，最后把研究的结果用一定的方法组合起来，即分解组合法。

1．(2020·浙江7月选考)若某哺乳动物毛发颜色由基因De(褐色)、Df(灰色)、d(白色)控制，其中De和Df分别对d完全显性。毛发形状由基因H(卷毛)、h(直毛)控制。控制两种性状的等位基因均位于常染色体上且独立遗传。基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配。下列说法正确的是(　 )

A．若De对Df共显性、H对h完全显性，则F1有6种表型

B．若De对Df共显性、H对h不完全显性，则F1有12种表型

C．若De对Df不完全显性、H对h完全显性，则F1有9种表型

D．若De对Df完全显性、H对h不完全显性，则F1有8种表型

解析：选B　若De对Df共显性，则Ded×Dfd子代有4种表型；若H对h完全显性，则Hh×Hh子代有2种表型；两对相对性状组合，则F1有8种表型，A错误。若De对Df共显性，则Ded×Dfd子代有4种表型；若H对h不完全显性，则Hh×Hh子代有3种表型；两对相对性状组合，则F1有12种表型，B正确。若De对Df不完全显性，则Ded×Dfd子代有4种表型；若H对h完全显性，则Hh×Hh子代有2种表型；两对相对性状组合，则F1有8种表型，C错误。若De对Df完全显性，则Ded×Dfd子代有3种表型；若H对h不完全显性，则Hh×Hh子代有3种表型；两对相对性状组合，则F1有9种表型，D错误。

2．(2021·河北高考改编)杜氏肌营养不良(DMD)是由单基因突变引起的伴X隐性遗传病，男性中发病率约为1/4 000。甲、乙家系中两患者的外祖父均表现正常，家系乙Ⅱ2还患有红绿色盲。两家系部分成员DMD基因测序结果(显示部分序列，其他未显示序列均正常)如图。下列叙述正确的是(　 )

A．家系甲Ⅱ1和家系乙Ⅱ2分别遗传其母亲的DMD致病基因

B．若家系乙Ⅰ1和Ⅰ2再生育一个儿子，儿子患两种病的概率比患一种病的概率低

C．不考虑其他突变，家系甲Ⅱ2和家系乙Ⅱ1婚后生出患DMD儿子的概率为1/8

D．人群中女性DMD患者频率远低于男性，女性中携带者的频率约为1/4 000

解析：选C　假设控制DMD、红绿色盲的基因用B/b、A/a表示。家系甲Ⅱ­1的致病基因可能是其母亲产生配子时发生了基因突变，家系乙Ⅱ­2遗传其母亲的DMD致病基因(或发育过程发生了基因突变)，A错误；若家系乙Ⅰ­1XABY和Ⅰ­2XABXab再生育一个儿子，由于ab基因连锁，互换的概率较低，因此，儿子患两种病的概率高于患一种病的概率，B错误；不考虑其他突变，仅分析DMD遗传病，家系甲Ⅱ­2的基因型为XBY，家系乙中Ⅰ­1的基因型为XBY，Ⅰ­2的基因型为XBXb，则Ⅱ­1基因型为XBXb的概率是1/2，家系甲Ⅱ­2和家系乙Ⅱ­1婚后生出患DMD儿子的概率为1/2×1/4＝1/8，C正确；由于DMD是由单基因突变引起的伴X染色体隐性遗传病，人群中女性DMD患者(XbXb)频率远低于男性(XbY)，由题干可知，男性中发病率约为1/4 000，即Xb＝1/4 000，则XB＝3 999/4 000，女性中携带者的频率约为2×1/4 000×3 999/4 000≈1/2 000，D错误。

3．(2021·全国甲卷)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。

回答下列问题：

(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是________________。

(2)甲、乙、丙、丁中属于杂合体的是________。

(3)实验②的F2中纯合体所占的比例为__________。

(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是_______________________________________________________

________________________________________________________________________。

解析：分析题表，实验②中F1自交得F2，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性(相关基因用A和a表示)，齿皮对网皮为显性(相关基因用B和b表示)，且F2出现9∶3∶3∶1。(1)实验①中F1表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性。(2)根据已知条件，甲、乙、丙、丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F1结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲、乙、丙、丁中属于杂合体的是甲和乙。(3)实验②的F2中纯合体基因型为1/16AABB，1/16AAbb,1/16aaBB,1/16aabb，所有纯合体占的比例为1/4。(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知叶形受2对等位基因控制，果皮受1对等位基因控制。

答案：(1)基因型不同的两个亲本杂交，F1分别统计，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律　缺刻叶和齿皮　(2)甲和乙　(3)1/4　(4)果皮　F2中齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，说明受1对等位基因控制

提能点(一)　“拆分法”计算自由组合定律问题

1．基因型(表型)种类、概率及比例

2．配子种类及概率的计算

[针对训练]

1．果蝇的灰身(A)与黑身(a)、大脉翅(B)与小脉翅(b)是两对相对性状，相关基因位于常染色体上且独立遗传。灰身大脉翅的雌蝇和灰身小脉翅的雄蝇杂交，子代中47只为灰身大脉翅，49支为灰身小脉翅，17只为黑身大脉翅，15只为黑身小脉翅。下列说法错误的是(　 )

A．亲本中雌雄果蝇的基因型分别为AaBb和Aabb

B．亲本雌蝇产生卵的基因组成种类数为4种

C．子代中表型为灰身大脉翅个体的基因型有4种

D．子代中灰身小脉翅雌雄个体相互交配的子代中会出现黑身小脉翅个体

解析：选C　亲本中灰身雌果蝇与灰身雄果蝇杂交，后代中灰身与黑身的比为(47＋49)∶(17＋15)＝96∶32＝3∶1，说明两个亲本都是杂合子，即基因型都是Aa，大脉翅雌果蝇与小脉翅雄果蝇杂交，后代中大脉翅与小脉翅的比为(47＋17)∶(49＋15)＝64∶64＝1∶1，说明大脉翅的雌果蝇的基因型为Bb，雄果蝇的基因型为bb，因此可知亲本中灰身大脉翅雌果蝇的基因型为AaBb，灰身小脉翅雄果蝇的基因型为Aabb，A正确；亲本雌蝇的基因型为AaBb，因此它可产生基因组成为AB、Ab、aB和ab 4种类型的卵细胞，B正确；由于亲本的基因型为AaBb和Aabb，所以它们的后代中灰身大脉翅A_B_有AABb、AaBb 2种基因型，C错误；子代中灰身小脉翅雌雄果蝇的基因型均为AAbb和Aabb，因此这些个体相互交配，后代中会出现aabb黑身小脉翅的个体，D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)。请思考回答以下问题：

(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________，其子代的表型有________种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为________。

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1/2×1/2×1/2×1＝1/8；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1/4×1/2×1/4×1＝1/32；其子代的表型有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3/4×3/4×3/4×1＝27/64。(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1/2×1/2×1＝1/4；自交所得子代的基因型有3×3×1＝9(种)，其中AaBbccdd所占比例为1/2×1/4×1＝1/8，其中子代的表型有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1/2×3/4×1＝3/8。

答案：(1)8　1/8　27　1/32　8　27/64　(2)4　1/4　9　1/8　6　3/8

利用分离定律解答自由组合问题的思路

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，有几对等位基因就可分解为几组分离定律问题。如AaBb×Aabb，可分解为两组：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。　　

提能点(二)　“逆向组合法”推断亲本基因型问题

1．利用基因填充法解答自由组合遗传题

(1)根据亲本和子代的表型写出亲本和子代的基因填充式，如基因式可表示为A_B_、A_bb。

(2)根据基因填充式推出基因型(此方法只适用于亲本和子代表型已知且显隐性关系已知时)。

2．根据子代表型及比例推测亲本基因型

规律：根据子代表型及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)。

(2)1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)。

(3)3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)。

(4)3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)(BB×BB)或(Aa×Aa)(BB×Bb)或(Aa×Aa)(BB×bb)或(Aa×Aa)(bb×bb)。

[针对训练]

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(　 )

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

解析：选C　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，A正确；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，D正确；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，B正确；只有组合一中的基因型AaBb和组合三中的基因型AaBB杂交，子代表型及比例才与组合三的相同，C错误。

4．(2020·全国卷Ⅱ)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__________________。

解析：(1)甲(板叶紫叶抗病)与丙(花叶绿叶感病)杂交，子代表型都是板叶紫叶抗病，说明板叶对花叶为显性、紫叶对绿叶为显性、抗病对感病为显性。(2)丙的表型为花叶绿叶感病，说明丙的基因型为aabbdd。根据甲与丙杂交子代都是板叶紫叶抗病推断，甲的基因型为AABBDD。乙(板叶绿叶抗病)与丁(花叶紫叶感病)杂交，子代出现个体数相近的8(即2×2×2)种不同表型，可以确定乙的基因型为AabbDd，丁的基因型为aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)与丁(aaBbdd)杂交，子代的基因型为aabbdd和aaBbdd，表型为花叶绿叶感病、花叶紫叶感病。(4)植株X与乙(AabbDd)杂交，统计子代个体性状。根据子代叶形的分离比为3∶1，确定亲本杂交组合为Aa×Aa；根据子代叶色的分离比为1∶1，确定亲本杂交组合为Bb×bb；根据子代能否抗病性状的分离比为1∶1，确定亲本杂交组合为dd×Dd，因此植株X的基因型为AaBbdd。

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

提能点(三)　“十字交叉法”计算遗传病的概率

当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率分析如下：

[针对训练]

5．一个正常的女人与一个并指(Bb)的男人结婚，他们生了一个白化病且手指正常的孩子。若他们再生一个孩子：

(1)只患并指的概率是____________。

(2)只患白化病的概率是____________。

(3)既患白化病又患并指的男孩的概率是________。

(4)只患一种病的概率是____________。

(5)患病的概率是____________。

解析：由题意知，第1个孩子的基因型应为aabb，则该夫妇基因型应分别为妻：Aabb；夫：AaBb。依据该夫妻基因型可知，孩子中并指的概率应为1/2(非并指概率为1/2)，白化病的概率应为1/4(非白化病概率应为3/4)。(1)再生一个只患并指孩子的概率为：并指概率－并指又白化概率＝1/2－1/2×1/4＝3/8。(2)只患白化病的概率为：白化病概率－白化病又并指的概率＝1/4－1/2×1/4＝1/8。(3)生一既患白化又并指的男孩的概率为：男孩出生率×白化病概率×并指概率＝1/2×1/4×1/2＝1/16。(4)后代只患一种病的概率为：并指概率×非白化病概率＋白化病概率×非并指概率＝1/2×3/4＋1/4×1/2＝1/2。(5)后代中患病的概率为：1－全正常(非并指、非白化)＝1－1/2×3/4＝5/8。

答案：(1)3/8　(2)1/8　(3)1/16　(4)1/2　(5)5/8

[课时验收评价]

1．两对独立遗传的等位基因A/a和B/b，且这两对基因均为完全显性，分别控制豌豆的两对相对性状，植株甲和植株乙进行杂交。下列相关叙述正确的是(　 )

A．若子一代出现3∶1∶3∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AaBb×aaBb

B．若子一代出现1∶1∶1∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AaBb×aabb

C．若子二代出现9∶3∶3∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AABB×aabb

D．若子二代出现3∶1的性状分离比，则两亲本的杂交组合可能有4种情况

解析：选D　3∶1∶3∶1可拆分为(3∶1)(1∶1)的分离比，说明两亲本中一对基因为杂合子自交型，另一对基因为测交型，所以两亲本的基因型为AaBb×aaBb或AaBb×Aabb，A错误；1∶1∶1∶1可拆分为(1∶1)(1∶1)，说明亲本中的两对基因均为测交，所以两亲本的基因型为AaBb×aabb或Aabb×aaBb，B错误；同理可判断，C错误，D正确。

2．基因型为AaBb的个体与基因型为aaBb的个体杂交，两对基因独立遗传，且A对a、B对b为完全显性，则后代中(　 )

A．表型有4种，比例为3∶1∶3∶1；基因型有6种

B．表型有2种，比例为1∶1；基因型有6种

C．表型有4种，比例为1∶1∶1∶1；基因型有4种

D．表型有3种，比例为1∶2∶1；基因型有4种

解析：选A　根据两对基因独立遗传，可以将基因型为AaBb的个体与基因型为aaBb的个体杂交，拆分成Aa与aa杂交、Bb与Bb杂交进行分析，其中Aa与aa杂交，后代有2种基因型，即Aa与aa，比例为1∶1，则2种表型比例也为1∶1；Bb与Bb杂交，后代有3种基因型，即BB、Bb和bb，比例为1∶2∶1，则表型有2种，比例为3∶1。因此基因型为AaBb的个体与基因型为aaBb的个体杂交，后代中表型有2×2＝4(种)，比例为(1∶1)×(3∶1)＝3∶1∶3∶1，基因型有2×3＝6(种)，A正确。

3．人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性；直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发，两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性，与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述正确的是(　 )

A．基因B、b的遗传不符合基因的分离定律

B．卵细胞中同时含A、B的概率为1/2

C．所生孩子中最多有6种不同的表型

D．生出一个无散光症直发孩子的概率为3/8

解析：选C　基因B、b的遗传符合基因的分离定律，A错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，卵细胞中同时含A、B的概率为1/4，B错误；已知女性的基因型是AaBb，无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb，二者婚配，所生孩子中的表型最多为2[散光(Aa)、不散光(aa)]×3[直发(BB)、波浪发(Bb)、卷发(bb)]＝6(种)，其中生出一个无散光症直发孩子(aaBB)的概率为1/2×1/4＝1/8，C正确，D错误。

4．(2022·武汉调研)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，则子代表型有3种，基因型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1/3，而所有植株中的纯合子约占1/4

D．若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代是红色花瓣的植株占3/8

解析：选B　若基因型为AaRr的个体测交，则子代基因型有AaRr、Aarr、aaRr、aarr 4种，表型有3种，分别为：小花瓣红色、小花瓣黄色、无花瓣，A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自交子代表型有3种，Rr自交子代表型有2种，但由于aa表现为无花瓣，故aaR_与aarr的表型相同，所以子代表型共有5种，B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2/3×1/2＝1/3，子代的所有植株中，纯合子所占比例约为1/4，C正确；若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交，则子代是红色花瓣(A_Rr)的植株所占比例为3/4×1/2＝3/8，D正确。

5．仓鼠的毛色有灰色和黑色，由3对独立遗传的等位基因(P和p、Q和q、R和r)控制，3对等位基因中至少各含有1个显性基因时，才表现为灰色，否则表现为黑色。下列叙述错误的是(　 )

A．3对基因中没有任意两对基因位于同一对同源染色体上

B．该种仓鼠纯合灰色、黑色个体的基因型各有1种、7种

C．基因型为PpQqRr的个体相互交配，子代中黑色个体占27/64

D．基因型为PpQqRr的灰色个体测交，子代黑色个体中纯合子占1/7

解析：选C　3对等位基因是独立遗传的，符合自由组合定律，任意两对都不会位于同一对同源染色体上，A正确；3对等位基因中至少各含有1个显性基因时，才表现为灰色，纯合灰色个体基因型为PPQQRR，纯合黑色个体基因型有ppqqrr、PPqqrr、ppQQrr、ppqqRR、PPQQrr、ppQQRR、PPqqRR 7种，B正确；基因型为PpQqRr的个体相互交配，子代中灰色个体占3/4×3/4×3/4＝27/64，黑色个体占1－27/64＝37/64，C错误；基因型为PpQqRr的灰色个体测交，后代有8种基因型，灰色个体的基因型1种，黑色个体的基因型7种，其中只有ppqqrr是黑色纯合子，D正确。

6．中国动物遗传学家陈桢证明金鱼体色是由常染色体上的基因控制的，白色是由四对隐性基因(aabbccdd)控制的性状。这四对基因分别位于不同的同源染色体上。而四对基因中只要有一个显性基因存在，个体就表现为紫色，观察发现紫色鱼的体色深浅程度随显性基因的数目增多而加深。用紫色最深的紫色鱼与白色鱼杂交得到足够数量的F1，让F1雌雄鱼杂交，得到F2个体(假设F2个体的各表型成活率相同)。则下列说法错误的是(　 )

A．控制金鱼体色的基因的遗传遵循基因自由组合定律

B．紫色最深的金鱼的基因型是AABBCCDD

C．F2紫色个体中纯合子占1/255

D．F2个体中杂合子占15/16

解析：选C　据题干信息，控制金鱼体色的四对等位基因分别位于不同的同源染色体上，可判断控制金鱼体色的基因的遗传遵循基因自由组合定律，A正确；据题干信息，只要有一个显性基因存在，个体就表现为紫色，且紫色深浅程度随显性基因数目的增多而加深，推断紫色最深的金鱼的基因型为AABBCCDD，B正确；紫色最深的鱼(AABBCCDD)与白色鱼(aabbccdd)杂交，F1的基因型为AaBbCcDd，F2中紫色个体所占比例为1－(1/4)4＝255/256，F2中的纯合子所占比例为(1/2)4，F2中白色纯合子所占比例为(1/4)4，因此F2紫色个体中纯合子所占的比例为(1/16－1/256)÷(255/256)＝1/17，C错误；F2中杂合子所占的比例为1－(1/2)4＝15/16，D正确。

7．如图为某二倍体植株的花色遗传生化机制。已知甲、乙、丙3个纯合红花株系，它们两两杂交产生的子代均表现为紫花。现分别用甲、乙、丙与某一纯合白花植株杂交鉴定该白花植株隐性纯合基因的对数。

下列推理不正确的是(　 )

A．此杂交实验可以鉴定出该白花植株隐性纯合基因的对数

B．若3组的杂交子代全开红花，则该白花植株存在3对隐性纯合基因

C．若其中一组杂交子代全为紫花，另两组子代全为红花，则该白花植株存在3对隐性纯合基因

D．若其中两组杂交子代全为紫花，另一组子代全为红花，则该白花植株存在3对隐性纯合基因

解析：选D　结合题意可知，红色植株的基因型一定含有A基因，紫色植株纯合子的基因型为AABBCCDD，蓝色植株的基因型为aaB_C_D_，白色植株纯合子的基因型为aabbCCDD或aabbccDD或aabbCCdd或aabbccdd或aaBBccDD或aaBBccdd或aaBBCCdd。根据题意可知三个纯合红花植株株系的基因型为AABBCCdd、AAbbCCDD、AABBccDD，若让甲、乙、丙与某一纯合白花植株杂交则后代出现的性状表现分别为全红、两红一紫和两紫一红，分别对应白花植株的基因型为含4对隐性基因、含3对隐性基因和含2对隐性基因的情况。根据题意显示，三种红色植株的基因型是确定的而且只有一对基因为隐性，因此可通过甲、乙、丙与某一纯合白花植株杂交鉴定该白花植株隐性纯合基因的对数，A正确；若3组的杂交子代全开红花，则该白花植株存在4对隐性纯合基因，即该白花植株的基因型为aabbccdd，B正确；若其中一组杂交子代全为紫花，另两组子代全为红花，则该白花植株存在3对隐性纯合基因，C正确；若其中两组杂交子代全为紫花，另一组子代全为红花，则该白花植株存在2对隐性纯合基因，D错误。

8．西红柿为自花受粉的植物，已知果实颜色有黄色和红色，果形有圆形和多棱形。控制这两对性状的基因分别位于不同对的染色体上。根据下表有关的杂交及数据统计，回答下列问题。

(1)上述两对性状的遗传符合____________定律，两对相对性状中，显性性状为____________。

(2)以A和a分别表示果色的显、隐性基因，B和b分别表示果形的显、隐性基因。请写出组别Ⅱ的亲本中红色圆果的基因型：________。

(3)现有红色多棱果、黄色圆果和黄色多棱果三个纯合品种，育种家期望获得红色圆果的新品种，为此进行杂交，应选用哪两个品种作为杂交亲本较好？____________和________。

(4)上述两亲本杂交得到F1，F1自交得F2，在F2中，表型为红色圆果的植株出现的比例为________，其中能稳定遗传的红色圆果又占该表型的比例为________。

解析：(1)根据表格分析可知，题述两对相对性状中，显性性状为红色、圆果，其遗传遵循自由组合定律。(2)根据组别Ⅱ的亲代表型推断其基因型为A_B_、A_bb，又因为后代表型比约为3∶3∶1∶1，所以亲本基因型为AaBb、Aabb。(3)要想获得红色圆果的新品种，选用表型为红色多棱果和黄色圆果两个品种作杂交亲本较好，所选亲本的基因型分别为AAbb和aaBB。(4)上述两个亲本杂交产生的F1的基因型为AaBb。在F2中，表型为红色圆果(A_B_)的植株出现的比例为3/4×3/4＝9/16，其中能稳定遗传的红色圆果(AABB)占该种表型的比例为1/16÷9/16＝1/9。

答案：(1)自由组合　红色、圆果　(2)AaBb　(3)红色多棱果　黄色圆果　(4)9/16　1/9

9．[压轴考法·适情选做]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：

(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________(不考虑正反交)种。

④F2的棕毛个体中纯合体的比例为__________。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_______。

解析：(1)由题表可知，棕毛猪的基因型有4种，即AAbb、Aabb、aaBB和aaBb。(2)①由两头纯合棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，可知两亲本的基因型为AAbb和aaBB。②F1的基因型为AaBb，F1测交后代的基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，因此其表型及比例为红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1。③F2中的纯合体有4种基因型，分别为AABB、AAbb、aaBB和aabb，其相互交配能产生棕毛子代的基因型组合有4种，即AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb。④由自由组合定律可知，基因型为AaBb的F1雌雄个体交配产生的后代(F2)中，棕色个体中各基因型及所占比例为1/6AAbb、1/6aaBB、1/3Aabb、1/3aaBb，其中纯合子占1/3，F2中棕毛个体相互交配时，只有1/3Aabb×1/3Aabb、1/3aaBb×1/3aaBb、1/3Aabb(♀)×1/3aaBb(♂)和1/3aaBb(♀)×1/3Aabb(♂)四种杂交组合会产生白色个体，那么白毛个体所占的比例为1/3×1/3×1/4×4＝1/9。(3)基因型为IiAaBb的雌雄个体交配时，子代中红毛个体的基因型为iiA_B_，由于三对基因独立遗传，其所占的比例为1/4×3/4×3/4＝9/64；白毛个体的基因型为I_____和iiaabb，即3/4＋1/4×1/4×1/4＝49/64。

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