专题08基因的自由组合定律1．（2021·全国乙卷高考真题）某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性状）。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（）A．植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体B．n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数【答案】B【分析】1、基因的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组合是互不干扰的；在减数分裂的过程中，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。2、分析题意可知：n对等位基因独立遗传，即n对等位基因遵循自由组合定律。【详解】A、每对等位基因测交后会出现2种表现型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体，A正确；B、不管n有多大，植株A测交子代比为（1：1）n=1：1：1：1……（共2n个1），即不同表现型个体数目均相等，B错误；C、植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；D、n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1-（1/2n），故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。故选B。2．（2021·全国甲卷高考真题）果蝇的翅型、眼色和体色3个性状由3对独立遗传的基因控制，且控制眼色的基因位于X染色体上。让一群基因型相同的果蝇（果蝇M）与另一群基因型相同的果蝇（果蝇N）作为亲本进行杂交，分别统计子代果蝇不同性状的个体数量，结果如图所示。已知果蝇N表现为显性性状灰体红眼。下列推断错误的是（）
A．果蝇M为红眼杂合体雌蝇B．果蝇M体色表现为黑檀体C．果蝇N为灰体红眼杂合体D．亲本果蝇均为长翅杂合体【答案】A【分析】分析柱形图：果蝇M与果蝇N作为亲本进行杂交杂交，子代中长翅：残翅=3：1，说明长翅为显性性状，残翅为隐性性状，亲本关于翅型的基因型均为Aa（假设控制翅型的基因为A/a）；子代灰身：黑檀体=1：1，同时灰体为显性性状，亲本关于体色的基因型为Bb×bb（假设控制体色的基因为B/b）；子代红眼：白眼=1：1，红眼为显性性状，且控制眼色的基因位于X染色体上，假设控制眼色的基因为W/w），故亲本关于眼色的基因型为XWXw×XwY或XwXw×XWY。3个性状由3对独立遗传的基因控制，遵循基因的自由组合定律，因为N表现为显性性状灰体红眼，故N基因型为AaBbXWXw或AaBbXWY，则M的基因型对应为AabbXwY或AabbXwXw。【详解】AB、根据分析可知，M的基因型为AabbXwY或AabbXwXw，表现为长翅黑檀体白眼雄蝇或长翅黑檀体白眼雌蝇，A错误，B正确；C、N基因型为AaBbXWXw或AaBbXWY，灰体红眼表现为长翅灰体红眼雌蝇，三对基因均为杂合，C正确；D、亲本果蝇长翅的基因型均为Aa，为杂合子，D正确。故选A。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明
二、综合题3．（2021·湖南高考真题）油菜是我国重要的油料作物，油菜株高适当的降低对抗倒伏及机械化收割均有重要意义。某研究小组利用纯种高秆甘蓝型油菜Z，通过诱变培育出一个纯种半矮秆突变体S。为了阐明半矮秆突变体S是由几对基因控制、显隐性等遗传机制，研究人员进行了相关试验，如图所示。回答下列问题：（1）根据F2表现型及数据分析，油菜半矮杆突变体S的遗传机制是______，杂交组合①的F1产生各种类型的配子比例相等，自交时雌雄配子有______种结合方式，且每种结合方式机率相等。F1产生各种类型配子比例相等的细胞遗传学基础是______。（2）将杂交组合①的F2所有高轩植株自交，分别统计单株自交后代的表现型及比例，分为三种类型，全为高轩的记为F3-Ⅰ，高秆与半矮秆比例和杂交组合①、②的F2基本一致的记为F3-Ⅱ，高秆与半矮秆比例和杂交组合③的F2基本一致的记为F3-Ⅲ。产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为______。产生F3-Ⅲ的高秆植株基因型为______（用A、a；B、b；C、c……表示基因）。用产生F3-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交试验，能否验证自由组合定律？______。【答案】由两对位于非同源染色体上的隐性基因控制16F1减数分裂产生配子时，位于同源染色体上的等位基因分离，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合7∶4∶4Aabb、aaBb不能【分析】实验①②中，F2高杆∶半矮杆≈15∶1，据此推测油菜株高性状由两对独立遗传的基因控制，遵循基因的自由组合定律。【详解】（1）根据分析可推测，半矮秆突变体S是双隐性纯合子，只要含有显性基因即表现为高杆，杂交组合①的F1为双杂合子，减数分裂产生配子时，位于同源染色体上的等位基因分离，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合，所以产生4种比例相等的配子，自交时雌雄配子有16种结合方式，且每种结合方式机率相等，导致F2出现高杆∶半矮杆≈15∶1。
（2）杂交组合①的F2所有高秆植株基因型包括1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb，所有高秆植株自交，分别统计单株自交后代的表现型及比例，含有一对纯合显性基因的高杆植株1AABB、2AABb、2AaBB、1AAbb、1aaBB，占高杆植株的比例为7/15，其后代全为高秆，记为F3-Ⅰ；AaBb占高杆植株的比例为4/15，自交后代高秆与半矮秆比例≈15∶1，和杂交组合①、②的F2基本一致，记为F3-Ⅱ；2Aabb、2aaBb占高杆植株的比例为4/15，自交后代高秆与半矮秆比例和杂交组合③的F2基本一致，记为F3-Ⅲ，产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为7∶4∶4。用产生F3-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交试验，不论两对基因位于一对同源染色体上，还是两对同源染色体上，亲本均产生两种数量相等的雌雄配子，子代均出现高杆∶半矮杆=3∶1，因此不能验证基因的自由组合定律。【点睛】解答本题的关键是熟记两对相对性状的杂交实验结果，再根据实验①②中的性状分离比推测各表现型对应的基因型，即可顺利解答该题。4．（2021·全国乙卷高考真题）果蝇的灰体对黄体是显性性状，由X染色体上的1对等位基因（用A/a表示）控制；长翅对残翅是显性性状，由常染色体上的1对等位基因（用B/b表示）控制。回答下列问题：（1）请用灰体纯合子雌果蝇和黄体雄果蝇为实验材料，设计杂交实验以获得黄体雌果蝇。_______（要求：用遗传图解表示杂交过程。）（2）若用黄体残翅雌果蝇与灰体长翅雄果蝇（XAYBB）作为亲本杂交得到F1，F1相互交配得F2，则F2中灰体长翅∶灰体残翅∶黄体长翅∶黄体残翅=______，F2中灰体长翅雌蝇出现的概率为_____________。【答案】
3：1：3：13/16【分析】分析题意可知：果蝇的灰体对黄体是显性性状，由X染色体上的1对等位基因A/a控制，可知雌果蝇基因型为XAXA（灰体）、XAXa（灰体）、XaXa（黄体），雄果蝇基因型为XAY（灰体）、XaY（黄体）；长翅对残翅是显性性状，由常染色体上的1对等位基因B/b控制，可知相应基因型为BB（长翅）、Bb（长翅）、bb（残翅）。【详解】（1）亲本灰体纯合子雌果蝇的基因型为XAXA，黄体雄果蝇基因型为XaY，二者杂交，子一代基因型和表现型为XAXa（灰体雌果蝇）、XAY（灰体雄果蝇），想要获得黄体雌果蝇XaXa，则需要再让子一代与亲代中的黄体雄果蝇杂交，相应遗传图解如下：
子二代中黄体雌果蝇即为目标果蝇，选择即可。（2）已知长翅对残翅是显性性状，基因位于常染色体上，若用黄体残翅雌果蝇（XaXabb）与灰体长翅雄果蝇(XAYBB)作为亲本杂交得到F1，F1的基因型为XAXaBb、XaYBb，F1相互交配得F2，分析每对基因的遗传，可知F2中长翅：残翅=（1BB+2Bb）∶（1bb）=3∶1，灰体：黄体=（1XAXa+1XAY）∶（1XaXa+1XaY）=1∶1，故灰体长翅：灰体残翅：黄体长翅：黄体残翅=（1/2×3/4）∶（1/2×1/4）∶（1/2×3/4）∶（1/2×1/4）=3∶1∶3∶1，F2中灰体长翅雌蝇（XAXaB-）出现的概率为1/4×3/4=3/16。【点睛】本题考查基因自由组合定律以及伴性遗传规律的应用的相关知识，意在考查考生运用所学知识解决实际问题的能力，答题关键在于利用分离定律思维解决自由组合定律概率计算问题。1．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高三月考）香豌豆能利用体内的前体物质经过一系列代谢活动逐步合成中间产物和紫色素，此过程是由B、b和D、d两对等位基因控制（如右图所示），两对基因不在同一对染色体上。其中具有紫色素的植株开紫花，只具有蓝色中间产物的开蓝花，两者都没有的则开白花。下列叙述中不正确的是（）
A．香豌豆基因型为B_D_时，才可能开紫花B．基因型为bbDd的香豌豆植株不能合成中间物质，所以开白花C．基因型为BbDd的香豌豆自花传粉，后代表现型比例为9:4:3D．基因型Bbdd与bbDd杂交，后代表现型的比例为1:1:1:1【答案】D【解析】【分析】由题意可知，两对基因不在同一对染色体上，其遗传遵循基因的自由组合定律。【详解】A、紫花的基因组成是B_D_，蓝花的基因组成是B_dd，白花的基因组成是bbD_和bbdd，A项正确；B、基因型为bbDd的香豌豆植株因为缺乏基因B，无法合成中间产物，所以开白花，B正确；C、基因型BbDd的香豌豆自花传粉，后代表现型比例为9紫（B_D_）：4白（3bbD_+1bbdd）：3蓝（B_dd），C正确；D、基因型Bbdd与bbDd杂交，后代基因型为1BbDd、1Bbdd、1bbDd、1bbdd，表现型的比例为紫：蓝：白=1:1:2，D错误。故选D。2．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高三月考）豌豆子叶的黄色（Y）对绿色（y）为显性，圆粒种子（R）对皱粒种子（r）为显性。某人用黄色圆粒和绿色圆粒的豌豆进行杂交，发现后代出现4种类型，对性状的统计结果如图所示，下列叙述错误的是（）A．亲本的基因组成是YyRr（黄色圆粒），yyRr（绿色圆粒）B．在F1中，表现型不同于亲本的是黄色皱粒、绿色皱粒，它们之间的数量比为1：1C．F1中纯合子占的比例是1/4，F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRrD．如果用F1中的一株黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，得到的F2的性状类型只有4种，
数量比为1：1：1：1【答案】D【解析】【分析】分析题图：单独分析子代中的每一对性状，圆粒：皱粒=3：1，所以亲本基因型是Rr×Rr，后代中黄色：绿色=1：1，所以亲本基因型是Yy×yy，综上，亲本基因型为RrYy×Rryy。【详解】A、由以上分析可知，亲本的基因组成是YyRr（黄色圆粒），yyRr（绿色圆粒），A正确；B、在F1中，表现型不同于亲本的是黄色皱粒、绿色皱粒，它们之间的数量比为1：1，B正确；C、F1中纯合子yyRR和yyrr占的比例是1/2×1/2=1/4，F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRr，C正确；D、F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRr，如果用F1中的一株黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，得到的F2的性状类型有四种，数量比为1：1：1：1或者是有两种，数量比为1：1，D错误。故选D。3．（2020·河南高三月考）豌豆子叶的黄色（Y）对绿色（y）为显性，种子的圆粒（R）对皱粒（r）为显性，控制这两对性状的两对基因独立遗传。现用纯合黄色圆粒品种与纯合绿色皱粒品种杂交获得F1，F1自交得到F2。下列相关叙述正确的是（）A．F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程体现了自由组合定律的实质B．F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提C．从F2的黄色皱粒豌豆植株中任取两株，则这两株豌豆基因型不同的概率为5/9D．若自然条件下将F2中黄色圆粒豌豆混合种植，后代出现绿色皱粒豌豆的概率为1/36【答案】D【解析】【分析】基因自由组合定律的实质：（1）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。（2）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为减数分裂时同源染色体上的等位基因彼此分离，同时非同源染色体上的非等位基因自由组合，F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程不能体现基因自由组合定律的实质，A错误；B、通常情况下，生物雄配子数量要远远多于雌配子数量，F2出现9:3:3:1的性状分离比不需要F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，B错误；C、F2中黄色皱粒植株的基因型为1/3YYrr、2/3yyrr从F2黄色皱粒植株中任取两株，这两株基因型不同的概率为2×1/3×2/3=4/9，C错误；D、F2中黄色圆粒植株的基因型为1/9YYRR、2/9YYRr、2/9YyRR、4/9YyRr，因豌豆为闭花受粉植物，自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植相当于让F2中所有黄色圆粒植株自交，故后代出现绿色皱粒植株的概率为4/9×1/16=1/36，D正确。故选D。4．（2020·四川省成都市新都一中高三月考）如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆实验材料及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。下列叙述正确的是A．可以分别选甲、乙、丙、丁为材料来演绎分离定律的杂交实验B．甲、乙图个体减数分裂时可以恰当地揭示孟德尔的自由组合定律的实质C．丁个体DdYyrr测交子代一定会出现比例为1:1:1:1的四种表现型D．用丙自交，其子代的表现型比例为3:1:3:1【答案】A【解析】【分析】基因分离定律的实质：等位基因随同源染色体的分离而分离；自由组合定律的实质：同源染色上的等位基因彼此分离，同时非同源染色体上的非等位基因自由组合。验证基因分离定律或基因自由组合定律的实质，可用测交方法证明F1能产生2种或4种比例相同的配子。【详解】A、基因分离定律研究的是一对等位基因在遗传过程中的传递规律，因此可用可以分别选甲、
乙、丙、丁为材料来演绎分离定律的杂交实验，A正确；B、甲基因型为Yyrr、乙基因型为YYRr，都只有一对基因是杂合子，只能揭示基因的分离定律的实质，B错误；C、丁个体DdYyrr测交，由于有两对基因连锁，所以相当于1对杂合子测交，子代会出现2种表现型，比例为1：1，C错误；D、丙的基因型为ddYyRr，相当于两对基因杂合，且杂合的两对基因位于两对非同源染色体上，遵循基因自由组合定律，所以丙自交，其子代的表现型比例为9：3：3：1，D错误。故选A。【点睛】验证基因分离定律或基因自由组合定律的实验设计思路：根据基因分离定律或基因自由组合定律的实质可知，如果遵循基因分离定律，F1可产生两种比例相等的配子；如果遵循基因自由组合定律，F1可产生比例相等的四种配子，因此，方法1.测交法：杂种F1与隐性纯合子杂交，若测交后代出现两种表现型比例为1：1，则该性状遗传符合分离定律；若测交后代出现四种表现型比例为1：1：1：1，则两对性状的遗传符合自由组合定律。2.自交法：若F1自交后代出现两种表现型比例为3：1，则该性状遗传符合分离定律，若自交后代出现四种表现型比例为9：3：3：1，则两对性状的遗传符合自由组合定律。5．（2021·河南宛城南阳中学高三月考）已知三对基因在染色体上的位置情况如图所示，且三对基因分别单独控制三对相对性状，则下列说法正确的是A．三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律B．基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表现型，比例为3∶3∶1∶1C．如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它能产生4种配子D．基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表现型，比例不一定为9∶3∶3∶1【答案】B【解析】【分析】
分析题图可知：图中A和B、a和b基因连锁，不遵循基因的自由组合定律；而与D、d基因位于非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。据此答题。【详解】A、图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，属于连锁基因，不遵循基因的自由组合定律，A错误；B、基因A、a与D、d遵循自由组合定律，因此基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表现型，比例为（1：1）×（3：1）=3：1：3：1，B正确；C、如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只能产生AB和ab共2种配子，C错误；D、图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，若不考虑交叉互换，AaBb的个体只能产生AB和ab两种配子，当AaBb自交时后代只有两种表现型，D错误。故选B。6．（2020·湖南长沙长郡中学高三开学考试）某自花传粉植物具有抗病与不抗病（相关基因用A/a表示）、宽叶和窄叶（相关基因用B/b表示）两对相对性状，两对相对性状独立遗传。现有一株基因型为AaBb的植株自交，子一代表现型是抗病宽叶：不抗病宽叶：抗病窄叶：不抗病窄叶=5：1：1：1。出现该比例的原因是亲本中有两种基因型的卵细胞不育，则这两种不育卵细胞的基因型是（）A．AB和abB．aB和abC．AB和AbD．Ab和aB【答案】D【解析】【分析】据题干分析可知，本题考查基因的自由组合定律。已知亲本中有两种基因型的卵细胞不育，可根据子一代表现型之比进行分析解答。【详解】子一代表现型及比例是抗病宽叶∶不抗病宽叶∶抗病窄叶∶不抗病窄叶=5：1∶1∶l，说明基因型为ab的卵细胞和花粉均正常；若基因型为AB和Ab的卵细胞不育，子代表现型及比例为抗病宽叶∶抗病窄叶：不抗病宽叶：不抗病窄叶=3：1：3：1，不符合题意：若基因型为Ab和aB的卵细胞不育，符合题意。综上所述，D正确，ABC错误。7．（2020·湖南高三其他）大麦是二倍体自花传粉植物，其二棱穗型和六棱穗型受基因D、d
控制，种子带壳和裸粒受基因R、r控制，高茎和矮茎受基因H、h控制。现将纯合的二棱带壳高茎植株与纯合的六棱裸粒矮茎植株杂交，F1全表现为二棱带壳高茎，F1测交后代的表现型及比例为二棱带壳高茎：二棱带壳矮茎：六棱裸粒高茎：六棱裸粒矮茎=1：1：1：1。下列分析错误的是（）A．基因D、d和基因R、r位于一对同源染色体上B．F1产生的配子的基因型及比例为DRH：DRh：drH：drh=1：1：1：1C．通过F1自交能验证这三对基因能自由组合D．若F1自交，产生的后代中二棱带壳高茎植株占7/16【答案】CD【解析】【分析】本题研究的是三对等位基因，根据“纯合的二棱带壳高茎植株与纯合的六棱裸粒矮茎植株杂交，F1全表现为二棱带壳高茎”，可判断二棱、带壳和高茎为显性性状，故F1为杂合子，F1测交后代的表现型及比例为二棱带壳高茎∶二棱带壳矮茎∶六棱裸粒高茎∶六棱裸粒矮茎=1∶1∶1∶1，可知F1只产生了四种数量相等的配子，由此可判断有两对基因表现为连锁，据此答题。【详解】AB、根据题意可知，让纯合的二棱带壳高茎植株与纯合的六棱裸粒矮茎植株杂交，F1全表现为二棱带壳高茎，因此二棱、带壳和高茎为显性性状，F1的基因型为DdRrHh，其测交后代的表现型及比例为二棱带壳高茎∶二棱带壳矮茎∶六棱裸粒高茎∶六棱裸粒矮茎=1∶1∶1∶1。因此，F1产生的配子的基因型及比例为DRH∶DRh∶drH∶drh=1∶1∶1∶1，则基因D和R位于一条染色体上，基因d和r位于另一条同源染色体上，且能和基因H、h自由组合，A、B正确；C、F1二棱带壳高茎植株的基因型为DdRrHh，由于基因D、d和R、r位于一对同源染色体上，因此该植株自交不能验证这三对基因能自由组合，C错误；D、若F1自交，产生的后代中二棱带壳高茎植株所占比例为（3/4）×（3/4）=9/16，D错误。故选CD。【点睛】本题主要考查自由组合定律，考查学生的理解能力。8．（2020·张家口市宣化第一中学高三月考）某严格闭花受粉植物，其花色黄色（Y）对绿色（y）为显性，种子圆粒（R）对皱粒（r）为显性。某人用黄色圆粒和绿色圆粒的两亲本进行
杂交，实验结果（F1）为黄色圆粒：绿色圆粒：黄色皱粒：绿色皱粒=897:902:298:305，回答以下问题：（1）根据F1推测Y/y和R/r两对等位基因位于__________（填“同源”或“非同源”）染色体上；两亲本的基因型为黄色圆粒：___________，绿色圆粒：________________。（2）让F1中所有绿色圆粒植株自然结实（假设结实率、成活率等均相同），理论上其F2的表现型及数量比为_____________________________。（3）该植物中，抗病和感病由另一对等位基因控制，但未知其显隐性关系。现分别有1株抗病（甲）和感病（乙）植株（甲、乙是否为纯合子未知），请利用以上植株，探究抗病和感病的显隐性，简要写出实验思路并对实验结果进行分析。_________________________________________________________________________________【答案】非同源YyRryyRr绿色圆粒：绿色皱粒=5:1答案一：将抗病（或甲）和感病（或乙）植株进行自交，如果某植株后代出现性状分离，则该植株具有的性状（或表现型）为显性性状；如果自交后代都不出现性状分离，则将两植株（或甲、乙）的后代进行杂交，杂交后代表现出来的性状（或表现型）即为显性性状。答案二：将抗病（或甲）和感病（或乙）植株进行杂交，如果后代只表现一种性状（或表现型），则该性状（或表现型）即为显性性状；如果后代只表现两种性状（或表现型），则将杂交后代进行自交，出现性状分离的植株的性状（或表现型）即为显性性状【解析】【分析】分析实验结果可知，黄色圆粒和绿色圆粒进行杂交，子代中黄色：绿色=1：1，相当于一对相对性状的测交实验，亲本基因型是Yy×yy，圆粒：皱粒=3：1，相当于一对相对性状的杂合子自交实验，亲本基因型是Rr×Rr，因此对于2对等位基因来说，黄色圆粒亲本的基因型是YyRr，绿色圆粒亲本基因型是yyRr。【详解】（1）由试题分析可推测，Y/y和R/r两对等位基因位于位于非同源染色体上，黄色圆粒亲本的基因型是YyRr，绿色圆粒亲本基因型是yyRr。（2）让F1中所有绿色圆粒植株（1/3yyRR、2/3yyRr）自然生长结实理论上其F2的表现型及数量比为2/3×1/4yyRR：(1/3+2/3×1/2)yyRr：2/3×1/4yyrr=(1/6yyRR+4/6yyRr)绿色圆粒：1/6yyrr绿色皱粒=5：1。
（3）答案一：将抗病（或甲）和感病（或乙）植株进行自交，如果某植株后代出现性状分离，则该植株具有的性状（或表现型）为显性性状；如果自交后代都不出现性状分离，则将两株植株（或甲乙）的自交后代进行杂交，杂交后代表现出来的性状（或表现型）即为显性性状。答案二：将抗病（或甲）和感病（或乙）植株进行杂交，如果后代只表现一种性状（或表现型），则该性状（或表现型）即为显性性状；如果出现两种性状（或表现型），则将杂交后代进行自交，出现性状分离的植株的性状（或表现型）即为显性性状。9．（2020·安徽省砀山第二中学月考）已知猫的双瞳同色和双瞳异色由一对位于常染色体上的基因T、t控制。耳朵形状由位于另一对常染色体上的基因D、d控制，折耳(DD)与立直耳(dd)杂交，子一代为折耳立(Dd)。甲、乙两个科研小组分别将多只折耳双瞳异色猫与多只折耳立双瞳同色猫作亲本杂交，甲组的F1为折耳双瞳同色：折耳立双瞳同色=1:1，乙组的F1为折耳双瞳异色：折耳双瞳同色：折耳立双瞳异色：折耳立双瞳同色=1：1：1：1。回答下列问题：(1)根据____组的杂交结果可判断双瞳同色是____性状。(2)乙组亲本中，折耳双瞳异色猫与折耳立双瞳同色猫的基因型分别是________。(3)乙组子代中折耳立双瞳同色的雌雄猫相互交配，所得后代的表现型比例是________。(4)现要选育出能稳定遗传的折耳双瞳同色猫，请利用甲、乙两组亲本及子代中现有的猫为材料，设计出所用时间最短的实验方案________。【答案】甲显性DDtt、DdTt6：3：3：2：1：1利用甲组亲本中折耳立双瞳同色猫为材料，雌雄相互交配，从后代中选出折耳双瞳同色猫【解析】【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的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，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、折耳(DD)与立直耳(dd)杂交，子一代为折耳立(Dd)，因此折耳与立直耳是不完全显性，子一代折耳立相互交配，子二代的基因型及比例是TT：Tt：tt=1：2：1，分别表现为折耳、半折耳立、立直耳；甲组实验双瞳异色猫与多只双瞳同色猫作亲本杂交，甲组的F1为双瞳同色，，说双瞳同色是显性。【详解】（1）将多只折耳双瞳异色猫与多只折耳立双瞳同色猫作亲本杂交，甲组的F1为折耳双瞳同色︰折耳立双瞳同色＝1︰1，说明双瞳同色相对于双瞳异色为显性性状。
（2）乙组的F1为折耳双瞳异色︰折耳双瞳同色︰折耳立双瞳异色︰折耳立双瞳同色＝1︰1︰1︰1，则乙组亲本中，折耳双瞳异色猫与折耳立双瞳同色猫的基因型分别是DDtt、DdTt。（3）乙组子代中折耳立双瞳同色的雌雄猫基因型为DdTt，相互交配，后代中会出现6种表现型，分别为折耳立双瞳同色：折耳双瞳同色：立直耳双瞳同色：折耳立双瞳异色：折耳双瞳异色：立直耳双瞳异色=6︰3︰3︰2︰1︰1。（4）现要选育出能稳定遗传的折耳双瞳同色猫DDTT，利用甲组亲本中折耳立双瞳同色猫DdTT为材料，雌雄相互交配，从后代中选出折耳双瞳同色猫DDTT。【点睛】本题要求考生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会根据子代的表现型判断性状的显隐性关系及子代表现型及比例关系判断亲本的基因型，并应用正推法结合题干信息进行推理、综合解答问题。10．（2020·山东潍坊·高三月考）豌豆的花色有紫花和白花两种表现型，为探究豌豆花色的遗传规律，随机选取了多对天然紫花和白花植株作为亲本进行杂交试验，结果如下：亲本F1F1自交得到的F2紫花×白花紫花紫花：白花=15：1对此实验结果，兴趣小组的同学提出了两种假设：假设①：该植物花色遗传受两对独立遗传的基因控制(A/a、B/b)；假设②：受一对基因(A/a)控制，但含a的花粉部分不育。（1）该植株自然状态下的传粉方式为________。若假设①成立，理论上F2代紫花植株中纯合子比例为________；若假设②成立，F1植株产生的含a的花粉不育的比例是________。（2）为验证上述假设，可利用F1植株作父本进行测交实验。请预测两种假设的测交实验结果：假设①：________________。假设②：________________。（3）受假设②的启发，请提出第三种可能的假设________。【答案】自花(闭花)传粉1/56/7紫花：白花=3﹕1紫花﹕白花=7﹕1受一对基因(A/a)控制，但含a的雌雄配子均部分不育(或受一对基因(A/a)控制，但含a的雌配子部分不育)【解析】
【分析】豌豆属于自花、闭花授粉植物，自然状态下只能进行自交实验。若该植物花色遗传受两对独立遗传的基因控制，根据F2中紫花：白花=15：1，说明只要含有显性基因即为紫花，而只有aabb为白花，且F1的基因型为AaBb。若是受一对基因(A/a)控制，但含a的花粉部分不育，则根据后代有紫花和白花出现，说明F1能产生两种配子，即F1为杂合子，产生雌配子的种类和比例不受影响，即雌配子A：a=1:1，而产生雄配子中a所占雄配子比例可设为x，根据F2中白花占1/16，可知1/2x=1/16，解得x=1/8，即雄配子中A：a=7:1。【详解】（1）豌豆在自然状态下自花传粉、闭花授粉。若假设①成立，即紫花性状是由A与a、B与b两对位于不同对的染色体上的基因控制的，该植物花色性状的遗传遵循基因的自由组合定律。则根据F2中紫花：白花=15：1可知，aabb表现为白花，其余表现为紫花（A-B-、A-bb、aaB下标-）。紫花中纯合子的基因型是AABB、AAbb和aaBB，占全部紫花的3/15，即1/5。若假设②成立，则aa表现为白花，其余表现为紫花，即F1为杂合子，由于产生雌配子的种类和比例不受影响，所以雌配子种类和比例为A：a=1:1，而产生雄配子中a的配子所占比例可设为x，根据F2中白花占1/16，可知1/2x=1/16，解得x=1/8，即雄配子中A：a=7:1。说明a基因的雄配子不育的比例是6/7。（2）若假设①成立，则F1的基因型为AaBb，由于两对基因独立遗传，且只要含有显性基因即为紫花，故测交结果为AaBb：aaBb：Aabb：aabb=1:1:1:1，即表现型及比例为紫花：白花=3﹕1。若假设②成立，则F1的基因型为Aa，如杂合植株产生的a基因的雄配子不育的比例是6/7，即雄配子中A：a=7:1，则测交结果为Aa：aa=7:1，即紫花﹕白花=7﹕1。（3）假设②是认为含a基因的雄配子可育性降低，也可以假设③：假设植株花色受一对基因(A/a)控制，但含a的雌雄配子均部分不育。【点睛】本题考查学生对基因的分离定律和自由组合定律的掌握程度，侧重考查学生理解分析能力。11．（2020·云南文山·高三月考）某自花传粉植物的红花和白花这对相对性状同时受三对等位基因（A、a；B、b；C、c）控制，三对基因独立遗传。当个体中每对等位基因都至少有一个显性基因时（即A_B_C_）才开红花，否则开白花．（1）相对性状是指_____________________________。
（2）红花品系可能的基因型有_________种，若一品系的纯种白花与其他不同基因型的白花品系杂交，子代均为白花，其最可能的基因型为_______________。（3）现有三个不同品系的纯种白花1、2、3，为确定其基因组成，拟进行如下实验：步骤1：各品系与纯种红花植株杂交，获得F1。步骤2：F1在自然状态下授粉，统计F2表现型及比例。根据实验结果，可推断：①若F2_________________，说明该品系含一对隐性基因。②若F2___________________，说明该品系含两对隐性基因。③若F2____________________，说明该品系含三对隐性基因。【答案】一种生物的同一性状的不同表现类型8aabbcc红花：白花=3：1红花：白花=9：7红花：白花=27：37【解析】【分析】基因分离定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，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；由题意知，A（a）、B（b）、C（c）独立遗传，因此遵循自由组合定律。【详解】（1）一种生物的同一性状的不同表现类型称为相对性状。（2）由题可知，由于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，则红花品系的基因型有2×2×2=8种；若一品系的纯种白花与其他不同基因型的白花品系杂交，子代均为白花，说明后代中不能同时出现含有A_B_C_的基因型，因此该纯种白花一定是aabbcc。（3）题干说明了该植物为自花传粉，所以自然状态下为自交。纯种红花基因型为ABBBCC，若该品系含一对隐性基因，则基因型为AAbbCC或aaBBCC或AABBcc，其杂交F1基因型为AABbCC或AaBBCC或AABBCc，含一对杂合子，自交后出现红花∶白花=3∶1；若该品系含两对隐性基因，其基因型aaBBcc或AAbbcc或aabbCC，F1基因型为AaBBCc或AABbCc或AaBbCC，含两对杂合子，自交后山现红花∶白花=9∶7；若该品系含三对隐性基因其基因型为aabbcc，因此F1基因型为AaBbCc，含三对杂合子，自交后出现红花∶白花=27∶37。
【点睛】熟知自由组合定律的实质与应用是解答本题的关键，能用分离定律解答关于自由组合定律的问题是解答本题的另一关键。12．（2020·湖南雨花·雅礼中学高三月考）某雌雄异株的植物（XY型）有高秆和矮秆（由基因A、a控制）、抗病和感病（由基因B、b控制）两对相对性状，均由核基因控制（不考虑基因位于X、Y染色体同源区段此种情况）。某科研小组用该种植物进行了杂交实验结果如下表所示。请分析作答：亲本F1F2高感×矮抗正交高抗高抗∶高感∶矮抗∶矮感=5∶3∶3∶1反交高抗（1）该植物进行杂交实验时，与豌豆相比可以省去的步骤是__________。（2）控制上述两对相对性状的基因_______（填“遵循”或“不遵循”）自由组合定律，理由是__________。（3）控制上述两对相对性状的基因均位于________染色体上，判断依据是___________。（4）由上述杂交实验结果推测有可能是含________基因的花粉不育导致。若该推测属实，F2中纯合子个体所占比例为________。【答案】去雄遵循F2的表现型及比例为9∶3∶3∶1的变式常高秆感病植株与矮秆抗病植株正交、反交结果相同（F1表现型与性别无关）AB1/4【解析】【分析】由题中的表格可知，亲本中高感与矮抗杂交，F1均为高抗，且正交、反交实验结果均相同，说明高秆和抗病是显性性状，基因A/a和B/b位于常染色体上。F1自交，F2中高抗∶高感∶矮抗∶矮感=5∶3∶3∶1，与9∶3∶3∶1相比可知基因型A_B_中的某些基因型无法存活。【详解】（1）由于该植物为雌雄异株，与豌豆相比，该植物进行杂交实验操作时，可以省去去雄步骤。（2）由于F2中高抗∶高感∶矮抗∶矮感=5∶3∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式，所以控制上述两对相对性状的基因遵循自由组合定律。
（3）由题干信息，亲本正交、反交实验结果均相同，与性别无关联，所以可判断控制上述两对相对性状的基因均位于常染色体上。（4）若上述杂交结果是由于某种花粉不育导致的，可推测致死的是A_B_中的基因型，而A_bb、aaB_、aabb中不存在致死基因型，进一步推测纯合子AAbb、aaBB、aabb都不致死，因此，Ab、aB、ab的花粉都可育，那么只可能是含AB基因的花粉不育。A_B_中致死的基因型及比例是1/16AABB，1/16AaBb，1/16AABb、1/16AaBB，则F2中纯合子个体所占比例为（4-1）/（16-4），即1/4。【点睛】要求考生理解基因的自由组合定律，及对生物学数据的抽象分析能力。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。13．（2020·江苏如皋高三开学考试）已知豌豆(2n＝14)的花色受非同源染色体上的两对等位基因的控制。红花（A）对白花（a）为完全显性。B基因为修饰基因，能淡化花的颜色，BB与Bb的淡化程度不同，前者淡化为白色，后者淡化为粉色。现将两株纯合的白花豌豆杂交得到的F1，F1均表现为粉色，F1自交产生F2。请回答下列问题：（1）控制豌豆花色遗传的两对基因遵循______规律，白花豌豆的基因型有_____种。（2）杂交实验中，亲本基因型为______；F2中开红花个体的比例占_____。（3）如果将F1测交，后代表现型有______，对应比例为______。（4）F2的开白花个体中纯合体的比例为______。（5）让F2中开粉花的个体在自然状态下进行种植，它们的后代中开白花个体的比例为______。【答案】自由组合5AABB×aabb3/16红色、粉色、白色1:1:23/73/8【解析】【分析】分析题意可知：豌豆的花色受非同源染色体上的两对等位基因的控制，因此符合基因的自由组合定律。根据表中信息可知，红色的基因型为A_bb，粉色的基因型为A_Bb，白色的基因型为aa__，__BB，包括aaBB、aaBb、aabb、AABB、AaBB共5种基因型。【详解】（1）根据题意可知，控制豌豆花色遗传的两对基因位于非同源染色体上，因此遵循基因自由组合定律，根据以上分析可知，白花豌豆的基因型有aaBB、aaBb、aabb、AABB、AaBB共5种。（2）根据以上分析可知，白花豌豆的基因型有aaBB、aaBb、aabb、AABB、AaBB共5
种，粉色的基因型为A_Bb。结合题意两株纯合的白花豌豆杂交得到的F1均表现为粉色，则两株纯合的白花豌豆基因型分别为aabb、AABB，那么F1的基因型为AaBb，F1自交后代为9A_B_、3A_bb、3aaB_、1aabb，其中开红花个体的基因型为A_bb，所占比例为3/16。（3）根据题意，将F1测交，即AaBb×aabb，后代基因型及表现型为1AaBb粉色、1Aabb红色、1aaBb白色、1aabb白色，故表现型及对应比例为红色：粉色：白色=1：1：2。（4）根据以上分析可知，F1自交后代F2为9A_B_、3A_bb、3aaB_、1aabb，则F2的9A_B_中有6A_Bb开粉花，有3A_BB开白花，3aaB_表现为白花，1aabb表现白花，故F2的开白花个体中纯合体的比例为3/7。（5）让F2中开粉花的个体自然状态下种植，即基因型为A_Bb的个体自交，其中AABb占1/3，AaBb占2/3，则自交后产生白花（包括aaBB、aaBb、aabb、AABB、AaBB）的比例为1/3×1/4+2/3×7/16=3/8。【点睛】本题考查基因自由组合定律的应用，要求学生掌握基因自由组合定律的实质和应用，把握基因自由组合定律中常见的分离比及对应的基因型，能够根据题意推导相关个体的基因型和表现型，利用所学的基因自由组合定律解决问题，这是该题考查的重点。14．（2020·四川省成都市新都一中高三月考）女娄菜是一种雌雄异株的二倍体植物，其花色遗传由两对等位基因A和a、B和b共同控制（如图甲所示）．其中基因A和a位于常染色体上，基因B和b在性染色体上（如图乙所示）．请据图回答： （1）据图乙可知，在减数分裂过程中，X与Y染色体能发生交叉互换的区段是______。（2）开金黄色花的雄株的基因型有___________，绿花植株的基因型有______种。（3）某一白花雌株与一开金黄色花雄株杂交所得F1都开绿花，则白花雌株的基因型是______。（4）要确定某一开绿花的雌性植株的基因型，可采用的最简捷方案是用______个体（写基因型）与其______（杂交、测交）。【答案】ⅠAAXbY和AaXbY；6aaXBXBaaXbY；测交【解析】
【分析】分析图甲：基因A和B同时存在时，分别控制酶1和酶2合成，才能合成绿色色素，即A_XBX—、A_XBY表现为绿色；A_XbXb、A_XbY表现为金黄色；aa__表现为白色。分析图乙：Ⅰ区段为X和Y染色体的同源区段，而Ⅱ和Ⅲ为非同源区段。同时B基因位于X染色体的非同源区段。【详解】（1）在减数分裂过程中，X与Y染色体的同源区段能发生交叉互换，因此在减数分裂过程中，X与Y染色体能发生交叉互换的区段是Ⅰ。（2）根据以上分析可知，开金黄色花的雄株的基因型A_XbY，即AAXbY和AaXbY；绿花植株的基因型为A_XBX¯或A_XBY，有2×2+2=6种。（3）某一白花雌株（aaX-X-）与一开金黄色花雄株（A_XbY）杂交所得F1都开绿花（A_XBXb或A_XBY），即要保证子代的X染色体含显性基因，则亲代白花雌株为XBXB，故其基因型是aaXBXB。（4）要确定某一开绿花的雌性植株（AAXBXB、AAXBXb、AaXBXB、AaXBXb）的基因型，可采用的最简捷杂交方案是用aaXbY个体对其测交，据后代表现型及比例即可判断：①若为AAXBXB×aaXbY→AaXBXb、AaXBY（雌雄个体均为绿色）；②若为AAXBXb×aaXbY→AaXBXb、AaXbXb、AaXBY、AaXbY（绿色雌性：金黄色雌性：绿色雄性：金黄色雄性=1：1：1：1）；③若为AaXBXB×aaXbY→AaXBXb、aaXBXb、AaXBY、aaXBY（绿色雌性：白色雌性：绿色雄性：白色雄性=1：1：1：1）；④若为AaXBXb×aaXbY，则后代三种表现型均能出现。【点睛】解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律和伴性遗传的相关知识点，能够根据乙图确定B、b的位置，结合图甲分析不同的表现型对应的可能的基因型，进而利用所学知识结合题干要求分析答题。15．（2020·湖南长沙长郡中学高三月考）豌豆是遗传实验常用的材料，请分析回答下列有关豌豆杂交实验的问题。（1）高茎豌豆（Dd）自交后代出现矮茎豌豆，矮茎豌豆出现是不是基因重组的结果？____________，为什么？____________________________________。（2）孟德尔用纯种黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆进行实验，F2出现四种表现型且比例为9：
3：3：1，这个比例出现的条件是（至少答两点）____________________________________；____________________________________。（3）将红花腋生与白花顶生豌豆植株作为亲本进行杂交得到F1（设花色基因用A、a，腋生、顶生基因用B．b表示），F1自交得到的F2表现型及比例是白花顶生：红花顶生：白花腋生：红花腋生=15：9：5：3，则亲本红花腋生植株的基因型是____________。若对上述F1植株进行测交，则子代表现型及比例是红花顶生：红花腋生：白花顶生：白花腋生=____________。【答案】不是只涉及一对等位基因（或一对相对性状），不存在基因重组豌豆的圆粒对皱粒完全显性黄色对绿色完全显性F1产生的雌雄配子的存活率相同Aabb1：1：3：3【解析】【分析】两对相对性状的豌豆杂交实验证明了基因的自由组合定律，9：3：3：1的性状分离比是在完全显性，且配子存活力、受精几率等都相同的情况下才能符合。白花顶生：红花顶生：白花腋生：红花腋生=15：9：5：3可以分解为：白花：红花=5:3，顶生：腋生=3:1,据此分析。【详解】（1）基因重组是指生物体进行有性生殖的过程中，控制不同性状的基因的重新组合，D．d基因控制的是同一性状的相对性状，因此，高茎豌豆（Dd）自交后代出现矮茎豌豆并不是基因重组的结果。（2）豌豆的圆粒对皱粒完全显性黄色对绿色完全显性、F1产生的雌雄配子的存活率相同等（3）红花腋生的基因型为A_bb，白花顶生的基因型为aaB_，两者杂交得到的F1自交，F2表现型及比例是白花顶生：红花顶生：白花腋生：红花腋生=15：9：5：3，其中白花；红花=5：3，说明F1为Aa、aa，顶生腋生为3：1，说明F1为Bb，因此亲本红花腋生的基因型为Aabb，白花顶生的基因型为aaBB，F1为AaBb、aabb，F1产生的配子的种类及其比例为ABAb：ab：ab=1：1：3：3，则F1植株与aabb测交，后代表现型及比例是红花顶生：红花腋生：白花顶生：白花腋生=1：1：3：3。【点睛】考生应掌握分离和自由组合规律的基本分离比，应用拆解法将自由组合问题分解为不同性状的分离定律问题，从而进行综合分析。16．（2020·
安徽马鞍山高三一模）育种工作者为探究控制某农作物叶片大小和果实颜色两对相对性状的基因组成及基因位置关系，进行了相关实验。选择纯合大叶、红果和纯合小叶、黄果植株作亲本杂交，获得F1。育种工作者用F1自交、测交获得了大量的后代（不考虑交叉互换）。请回答下列问题：（1）F1自交后代中，红果599株，黄果201株，据此判断，___________为显性形状，且红果、黄果的遗传遵循______________________。（2）F1自交后代中，大叶451株，小叶349株，据此判断，大叶、小叶性状至少受_________对等位基因的控制。如果只考虑大叶、小叶这对相对性状，F2小叶植株中杂合子所占比例为___________________。（3）F1测交后代中，大叶红果∶大叶黄果∶小叶红果∶小叶黄果＝1∶1∶3∶3，据此判断，控制叶片大小和果实颜色两对相对性状的基因至少位于_________对同源染色体上，F1配子的类型有_______________种。【答案】红果基因分离定律两4/7三8【解析】【分析】根据题意分析可知，F1自交后代中，红果：黄果=599∶201≈3∶1，说明该性状受一对等位基因（设为,A、a）控制，且红果为显性性状；大叶∶小叶=451∶349≈9∶7，是9∶3∶3∶1的变形，说明该对性状至少受两对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，子一代基因型为双杂合子（设为BbCc），则双显性（B_C_）为大叶，其余基因型为小叶。【详解】（1）根据分析，F1自交后代中，红果∶黄果=599∶201≈3∶1，说明该性状受一对等位基因（设为A、a）控制，子一代基因型为杂合子（设为Aa），遵循基因的分离定律，且红果为显性性状。（2）根据分析，F1自交后代中大叶∶小叶=451∶349≈9∶7，是9∶3∶3∶1的变形，说明该对性状至少受两对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律。子一代基因型为双杂合子（设为BbCc），F2中双显性（B_C_）为大叶，其余基因型为小叶，小叶中杂合子的基因型为Bbcc、bbCc，概率为4/7。（3）F1基因型为AaBbCc，测交后代中，大叶∶小叶＝1∶3，红果∶黄果＝1∶1，两对相对性状遗传时测交后代性状分离比为（1∶3）×（1∶1）=1∶1∶3∶3，说明控制叶片大小的两对等位基因与控制果实颜色的一对等位基因在遗传时彼此独立，遵循基因的自由组合定律，据此判断，控制叶片大小和果实颜色两对相对性状的基因至少位于三对同源染色体上，F1
配子的ABC、ABc、AbC、Abc、aBC、aB、abC、abc，共8种。【点睛】解答本题的关键是了解孟德尔而两对相对性状和一对相对性状实验的后代性状分离比，进而根据题干后代的性状分离比确定控制两对相对性状的等位基因的对数。
