2024届高考生物一轮总复习必修2第1章遗传因子的发现第2节孟德尔的豌豆杂交实验二课件

第2节孟德尔的豌豆杂交实验(二)考点一自由组合定律的发现及应用1.两对相对性状的杂交实验——发现问题。(1)杂交实验过程。绿圆绿皱9∶3∶3∶1结果结论F1全为黄色圆粒说明____________为显性性状F2中圆粒∶皱粒＝3∶1说明种子粒形的遗传遵循______定律F2中黄色∶绿色＝3∶1说明种子粒色的遗传遵循______定律F2中出现两种亲本类型(黄色圆粒、绿色皱粒)和两种新类型(绿色圆粒、黄色皱粒)说明不同性状之间进行了__________(2)结果及结论。黄色和圆粒分离分离自由组合

(3)问题提出。 ①为什么会出现新的性状组合呢？②这与一对相对性状实验中F2

的3∶1的数量比有联系吗？两对遗传因子每对遗传因子不同对的遗2.对自由组合现象的解释——提出假说。(1)理论解释(提出假设)。①两对相对性状分别由______________控制。②F1产生配子时，_______________彼此分离，____________________可以自由组合。4随机③F1产生的雌配子和雄配子各有______种，且数量比相等。④受精时，雌雄配子的结合是________的。传因子(2)遗传图解。(3)结果分析：F2

共有9种基因型，4种表型。

(1)YYRR基因型个体在F2

中的比例为1/16，在黄色圆粒豌豆中的比例为1/9，注意范围不同。黄圆中杂合子占8/9，绿圆中杂合子占2/3。

(2)若亲本是黄皱(YYrr)和绿圆(yyRR)，则F2

中重组类型为绿皱(yyrr)和黄圆(Y_R_)，所占比例为1/16＋9/16＝10/16；亲本类型为黄皱(Y_rr)和绿圆(yyR_)，所占比例为3/16＋3/16＝6/16。

3.对自由组合现象的验证——演绎推理、验证假说。测交(1)方法：______实验。(2)目的：验证假说是否成立。(3)遗传图解。(4)结论：实验结果与演绎结果相符，假说成立。4.用分离定律分析两对相对性状的杂交实验。5.自由组合定律。非同源染色体上(1)内容。减数分裂Ⅰ后期真核生物细胞核(2)实质与各种比例的关系。非同源染1∶1∶1∶11∶1∶1∶11∶1∶1∶1色体非同源染色体1∶1∶1∶19∶3∶3∶1(3)细胞学基础。

(1)个数≠种类数；雌配子数≠雄配子数。4种雌配子比例相同，4

种雄配子比例相同，但雄配子数远远多于雌配子数。(2)只有非同源染色体上的非等位基因能自由组合。6.孟德尔成功的原因。考点二自由组合定律的常规题型1.已知亲代求子代的“顺推型”题目。(1)适用范围：两对或两对以上的基因独立遗传，并且不存在相互作用(如导致配子致死)。(2)解题思路：“先分开，后组合”。(3)常见题型分析。①基因型(表型)种类及概率。有多对等位基因的个体举例：基因型为AaBbCc的个体产生配子的种类数Aa

Bb

Cc↓

↓

↓2×

2×

2＝8种产生某种配子的概率产生ABC配子的概率为1/2(A)×1/2(B)×1/2(C)＝1/8

注：在计算不同于双亲的表型的概率时，可以先算与双亲一样的表型的概率，然后用1减去相同表型的概率即可。②配子种类及概率的计算。2.已知子代求亲代的“逆推型”题目。(1)解题思路：将自由组合定律的性状分离比拆分成分离定律的分离比分别分析，再运用乘法定理进行逆向组合。(2)常见的几种分离比。亲本相对性状的对数F1配子F2表型F2基因型种类比例种类比例种类比例12(1∶1)12(3∶1)13(1∶2∶1)1222(1∶1)222(3∶1)232(1∶2∶1)2n2n(1∶1)n2n(3∶1)n3n(1∶2∶1)n3.多对基因控制生物性状的分析。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。F1(AaBb)自交后代表型比例原因分析测交后代比例9∶3∶1∶1正常的完全显性1∶1∶1∶19∶7当两个显性基因同时存在时表现为一种性状，其他的基因型为另一种性状，即(9A_B_)∶(3A_bb＋3aaB_＋1aabb)1∶3考点三自由组合定律的特殊情况1.“和”为16的特殊分离比成因。(1)基因互作。F1(AaBb)自交后代表型比例原因分析测交后代比例12∶3∶1只要A(或B)存在就表现为同一种性状，其余正常表现，即(9A_B_＋3A_bb)∶(3aaB_)∶(1aabb)或(9A_B_＋3aaB_)∶(3A_bb)∶(1aabb)2∶1∶1(续表)F1(AaBb)自交后代表型比例原因分析测交后代比例9∶3∶4a(或b)成对存在时表现为一种性状，其余正常表现，(9A_B_)∶(3A_bb)∶(3aaB_＋1aabb)或(9A_B_)∶(3aaB_)∶(3A_bb＋1aabb)1∶1∶2(续表)F1(AaBb)自交后代表型比例原因分析测交后代比例9∶6∶1单独存在A或B时表现为同一种性状，其余正常表现，即(9A_B_)∶(3A_bb＋3aaB_)∶(1aabb)1∶2∶113∶3只存在某一种显性基因(如A)时表现为一种性状，其余基因型表现为另一种性状，即(9A_B_＋3aaB_＋1aabb)∶(3A_bb)3∶1(续表)F1(AaBb)自交后代表型比例原因分析测交后代比例15∶1存在显性基因时为同一种表型，其余正常表现，即(9A_B_＋3aaB_＋3A_bb)∶(1aabb)3∶110∶6具有单显基因时为一种表型，其余基因型为另一种表型，即(9A_B_＋1aabb)∶(3aaB_＋3A_bb)1∶1(续表)(2)显性基因累加效应。①表现：②原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。2.“和”小于16的特殊分离比成因。连锁类型基因A和B在一条染色体上，基因a和b在另一条染色体上基因A和b在一条染色体上，基因a和B在另一条染色体上图解配子类型AB∶ab＝1∶1Ab∶aB＝1∶13.基因完全连锁遗传现象(以A、a和B、b两对基因为例，不考虑染色体互换)。连锁类型基因A和B在一条染色体上，基因a和b在另一条染色体上基因A和b在一条染色体上，基因a和B在另一条染色体上自交后代基因型1AABB、2AaBb、1aabb1AAbb、2AaBb、1aaBB表型性状分离比3∶1性状分离比1∶2∶1测交后代基因型1AaBb、1aabb1Aabb、1aaBb表型性状分离比1∶1性状分离比1∶1(续表)【基础测评】1.易错诊断(1)按照孟德尔遗传定律，AaBbCcDd个体自交，子代基因型有16种。()(2)自由组合定律的实质是等位基因分离的同时，非等位基因自由组合。()(3)F1

黄色圆粒豌豆(YyRr)产生基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子的数量比为1∶1。()(4)只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现，F1测交后代比例为1∶2∶1。()(5)显性纯合致死时，F1(AaBb)自交后代比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2.在孟德尔两对相对性状杂交实验中，F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生F2。下列表述正确的是()A.F1

产生4种配子，比例为1∶1∶1∶1B.F1

可产生基因型为Yy的卵细胞C.基因自由组合定律的实质指F1

产生的雌雄配子随机结合D.F2

中黄色圆粒豌豆约占3/16答案：A

3.决定小鼠毛色为黑(B)/褐(b)色、有(s)/无(S)白斑的两对等位基因分别位于两对同源染色体上。基因型为BbSs的小鼠间相互交配，后代中出现黑色有白斑小鼠的比例是()

B.3/16D.9/16A.1/16C.7/16答案：B

4.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。用两个纯合个体杂交得F1

，F1测交结果为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()ABCD答案：B考向1自由组合定律的实验分析及实验探究[典例1](2022年全国乙卷)某种植物的花色有白、红和紫三种，花的颜色由花瓣中色素决定，色素的合成途径是白色红色

紫色。其中酶1的合成由基因A控制，酶2的合成由基因B控制，基因A和B位于非同源染色体上。回答下列问题。

(1)现有紫花植株(基因型为AaBb)与红花杂合体植株杂交，子代植株表型及其比例为________；子代中红花植株的基因型是________；子代白花植株中纯合体所占的比例是________。

(2)已知白花纯合体的基因型有2种。现有1株白花纯合体植株甲，若要通过杂交实验(要求选用1种纯合体亲本与植株甲只进行1次杂交)来确定其基因型，请写出所选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。_______________________________________________________________________________________________________________。

解析：相关基因型与表型的关系是A_B_紫色、A_bb红色、aaB_白色、aabb白色。基因A和基因B位于非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。基因型为AaBb的紫花植株与红花杂合体植株(基因型为Aabb)杂交，子代基因型及比例为A_Bb∶A_bb∶aaBb∶aabb＝(3/4×1/2)∶(3/4×1/2)∶(1/4×1/2)∶(1/4×1/2)＝3∶3∶1∶1，相应的表型及比例为紫色∶红色∶白色＝3∶3∶2；子代中红花植株的基因型为AAbb、Aabb；子代白花植株包括aaBb与aabb，二者比例为1∶1，故子代白花植株中纯合体占的比例是1/2。(2)根据上述分析，白花纯合体的基因型有aaBB与aabb两种，要选用1种纯合亲本通过1次杂交实验来确定其基因型，关键思路是要判断该白花植株甲是否含有B基因，且不能选择白花亲本，否则后代全部为白花，无法判断，故而选择基因型为AAbb的红花纯合个体为亲本，与待测植株甲进行杂交。若子代全为红花，则待测白花纯合个体的基因型为aabb；若子代全为紫花，则待测白花纯合个体基因型为aaBB。答案：(1)紫色∶红色∶白色＝3∶3∶2AAbb、Aabb1/2(2)选用的亲本基因型AAbb预期实验结果及结论，若子代全为红花，则待测白花纯合个体的基因型为aabb；若子代全为紫花，则待测白花纯合个体基因型为aaBB品系①②③④隐性性状—残翅黑身紫红眼相应染色体Ⅱ、ⅢⅡⅡⅢ【考向集训】

1.(2022年河南南阳一中月考)现有四个纯种果蝇品系，其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其余性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示。现要设计验证孟德尔遗传定律的第一步杂交实验，相关叙述正确的是()

A.若通过观察体色验证分离定律，可选择交配品系组合为②×④ B.若通过观察翅型验证分离定律，必须选择交配品系组合①×② C.若验证自由组合定律，可选择观察体色与眼色两对相对性状

D.若验证自由组合定律，可选择观察翅型和体色两对相对性状

解析：若通过观察体色验证分离定律，可选择交配品系组合为①×③或②×③或③×④，选择②×④涉及两对等位基因，且不涉及体色的相对性状，A错误。若通过观察翅型验证分离定律，可选择交配品系组合为①×②或②×③或②×④，B错误。要验证基因自由组合定律，则控制两对相对性状的基因要位于不同对的同源染色体上，控制翅型和体色的基因都位于Ⅱ号染色体上，控制眼色的基因位于Ⅲ号染色体上，所以可选择观察体色与眼色两对相对性状来验证基因自由组合定律，C正确。控制翅型和体色的基因都位于Ⅱ号染色体上，因此选择翅型和体色即选择②×③不能验证基因自由组合定律，D错误。答案：C考向2自由组合定律的常规题型

[典例2](2021年湖南高考)油菜是我国重要的油料作物，油菜株高适当地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

表型及数据分析，油菜半矮秆突变体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，且每种结合方式概率相等。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

所有高秆植株自交，分别统计单株自交后代的表型及比例，分为三种类型，全为高秆的记为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？__________。

解析：(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秆，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，且每种结合方式概率相等，导致F2

出现高秆∶半矮秆≈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型及比例，含有纯合显性基因的高秆植株1AABB、2AABb、2AaBB、1AAbb、1aaBB，占高秆植株的比例为7/15，其后代全为高秆，记为F3－Ⅰ；AaBb占高秆植株的比例为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占高秆植株的比例为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，子代均出现高秆∶半矮秆＝3∶1，因此不能验证基因的自由组合定律。答案：(1)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

(2)7∶4∶4

Aabb、aaBb

不能

【考向集训】

2.(2021年重庆西南大学附中)两对独立遗传的等位基因A－a和B－b，且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×aabbC.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×aabbD.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：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。答案：D

3.(2022年广东佛山模拟)玉米雌雄同株但雌雄异花，进行杂交实验操作方便。某校生物园种植有如下玉米品种①～⑥(如下表，所研究的相对性状及等位基因的情况为①的全部性状为显性，每对基因纯合；②～⑥各表现出其中一种隐性性状，其他则为显性并且基因纯合)，研究性学习小组开展了有关实践学习(不考虑染色体交叉互换和基因突变)。品种①全显性②粒色③节长度④株高⑤味道性状(基因)显性(基因纯合)红色(aa)短节(bb)矮秆(dd)甜味(tt)基因所在染色体(代号)ⅠⅣⅠⅠⅣⅣ回答下列问题：

(1)给雌蕊受粉后要立即进行套袋处理，目的是___________________________________________________________________。

(2)若研究株高这一对等位基因是否按分离定律遗传，则选用作亲本的品种组合是________。(品种代号)。品种②与品种③杂交(不考虑其他性状与基因)，则F2

的基因型及比例为________。

(3)若用上述性状品种进行基因的自由组合实验，则选用品种④与品种⑤杂交是否可行？并说明理由：____________________________________________________________________________。

(4)计划通过杂交育种获得有较高经济价值的红色甜玉米(已知黄粒与红粒、非甜与甜味是相对性状)，请你帮他们设计育种方案(写出简要思路)：______________________________________________________________________________________________。

解析：(1)玉米雌雄同株但雌雄异花，给雌蕊授粉后要立即进行套袋处理，目的是防止发生再次传粉而影响杂交实验结果(保证实验结果为传粉操作的两个亲本杂交所得)。(2)若研究株高这一对等位基因是否按分离定律遗传，那么需要选择纯合子AA和aa杂交得到Aa，再让Aa自交得到子二代，如果子二代出现性状分离比高∶矮＝3∶1，则说明控制高度的等位基因是按分离定律遗传的。对于高矮这对相对性状而言，④基因型是dd，①、②、③、⑤的基因型是DD。所以可以选用亲本④和①或②或③或⑤杂交。品种②与品种③杂交(不考虑其他性状与基因)，②的基因型是aaBB、③的基因型是AAbb，所以杂交得到F1是AaBb，但是A、a和B、b这两对等位基因位于同一条染色体上，A和b连锁，a和B连锁，不考虑染色体交叉互换和基因突变，那么F1减数分裂产生的配子是Ab和aB，自交得到F2

的基因型及比例为aaBB∶AaBb∶AAbb＝1∶2∶1。(3)④与⑤中株高和味道的两对基因均位于Ⅳ染色体上，④TTdd、⑤ttDD，选用品种④与品种⑤杂交不能验证基因的自由组合，原因是④与⑤中株高和味道的两对基因均位于Ⅳ染色体，T与d连锁、t与D连锁。只有两对及以上的等位基因位于不同的同源染色体上才能发生基因的自由组合。品种④与品种⑤杂交，F2不出现9∶3∶3∶1的性状分离比。(4)通过杂交育种获得有较高经济价值的红色甜玉米(已知黄粒与红粒、非甜与甜味是相对性状)，简要思路如下，用品种②aaTT与品种⑤AAtt杂交，F1

表现出黄色非甜(基因型为AaTt)，用F1

自交，粒色和味道的两对基因位于不同的同源染色体上，独立遗传，则F2

将出现黄色非甜A_T_、黄色甜味A_tt、红色非甜aaT_、红色甜味aatt四种类型，直接选出红色甜味类型(aatt)即可。

答案：(1)防止发生再次传粉而影响杂交实验结果(保证实验结果为传粉操作的两个亲本杂交所得)(2)④与①(或②、③、⑤任一种均可)aaBB∶AaBb∶AAbb＝1∶2∶1(3)不行，因为品种④与品种⑤虽然有两对相对性状，但控制这两对相对性状的两对等位基因位于同一对同源染色体上，两品种杂交，F2不出现

9∶3∶3∶1的性状分离比(4)用品种②与品种⑤杂交，F1

表现出黄色非甜(基因型为AaTt)，用F1自交，则F2

将出现黄色非甜、黄色甜味、红色非甜、红色甜味四种类型，直接选出红色甜味类型(aatt)即可考向3性状分离比的“和”为16时的合并

[典例3](2021年全国甲卷)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)。实验亲本F1F2①甲×乙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—②丙×丁缺刻叶齿皮9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮请回答下列问题：

(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：(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，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。

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，说明受一对等位基因控制

【考向集训】

4.(2021年八省联考辽宁卷)杜洛克大红猪皮毛颜色由常染色体上两对独立遗传的基因(R、r和T、t)控制。基因R或T单独存在的个体，能将无色色素原转化为沙色色素；基因r、t不能转化无色色素原；基因R和T同时存在的个体，沙色色素累加形成红色色素。若将基因型为RrTt的雌雄个体杂交，所得子代表型中红色∶沙色∶白色的比例为()A.1∶2∶1B.9∶6∶1C.9∶4∶3D.12∶3∶1

解析：根据题干信息，红色、沙色、白色对应的基因型分别为R_T_、(rrT_和R_tt)、rrtt，若将基因型为RrTt

的雌雄个体杂交，子代的表型和比例应为

9(红色R_T_)∶3(沙色rrT_)∶3(沙色R_tt)∶1(白色rrtt)。综上可知，所得子代表型中红色∶沙色∶白色的比例为9∶(3＋3)∶1＝9∶6∶1，B正确。答案：B

5.(2022年全国甲卷)玉米是我国重要的粮食作物。玉米通常是雌雄同株异花植物(顶端长雄花序，叶腋长雌花序)，但也有的是雌雄异株植物。玉米的性别受两对独立遗传的等位基因控制，雌花花序由显性基因B控制，雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌株。现有甲(雌雄同株)、乙(雌株)、丙(雌株)、丁(雄株)4种纯合体玉米植株。回答下列问题。

(1)若以甲为母本、丁为父本进行杂交育种，需进行人工传粉，具体做法是_____________________________________________。

(2)乙和丁杂交，F1全部表现为雌雄同株；F1自交，F2

中雌株所占比例为________，F2中雄株的基因型是________；在F2

的雌株中，与丙基因型相同的植株所占比例是________。

(3)已知玉米籽粒的糯和非糯是由1对等位基因控制的相对性状。为了确定这对相对性状的显隐性，某研究人员将糯玉米纯合体与非糯玉米纯合体(两种玉米均为雌雄同株)间行种植进行实验，果穗成熟后依据果穗上籽粒的性状，可判断糯与非糯的显隐性。若糯是显性，则实验结果是________________________________________________________________________________________；若非糯是显性，则实验结果是______________________________________________________________________________________。

解析：(1)若以甲为母本、丁为父本进行杂交育种，需进行人工传粉，甲为雌雄同株植物，丁为雄性，因玉米为雌雄同株异花，可直接对母本甲的雌花花序进行套袋处理，待甲植株雌蕊成熟后，采集丁的花粉，撒在甲的雌花序上，再次套袋处理，避免自花或异花传粉。(2)B_T_为雌雄同株，B_tt和bbtt为雌株，bbT_为雄株。甲为BBTT，乙为BBtt或bbtt，丙为BBtt或bbtt，丁为bbTT。乙和丁杂交，F1全部表现为雌雄同株，可知乙和丁的基因型分别为BBtt，bbTT。F1(BbTt)自交，F2

中雌株(3/16B_tt，1/16bbtt)所占比例为4/16＝1/4，F2

中雄株的基因型是bbTT和bbTt。在F2

的雌株中(1BBtt、1bbtt、2Bbtt)，与丙基因型相同的植株所占比例是1/4。(3)糯玉米和非糯玉米均为纯合体，且均是雌雄同株，可自花传粉，也可杂交。两种玉米间行种植，若糯为显性，则糯玉米植株子代均为糯玉米，非糯玉米子代有糯玉米和非糯玉米；若非糯为显性，则非糯玉米植株子代均为非糯玉米，糯玉米子代有糯玉米和非糯玉米。

答案：(1)对母本甲的雌花花序进行套袋，甲植株雌蕊成熟时，用丁花粉为甲植株传粉，再套袋

(2)1/4bbTT和bbTt1/4 (3)糯玉米植株子代均为糯玉米，非糯玉米子代有糯玉米和非糯玉米非糯玉米植株子代均为非糯玉米，糯玉米子代有糯玉米和非糯玉米考向4性状分离比的“和”小于16时的致死

[典例4](2021年山东高考)番茄是雌雄同花植物，可自花受粉也可异花受粉。M、m基因位于2号染色体上，基因型为mm的植株只产生可育雌配子，表现为小花、雄性不育，基因型为MM、Mm的植株表现为大花、可育，R、r基因位于5号染色体上，基因型为RR、Rr、rr的植株表型分别为正常成熟红果、晚熟红果、晚熟黄果。细菌中的H基因控制某种酶的合成，导入H基因的转基因番茄植株中，H基因只在雄配子中表达，喷施萘乙酰胺(NAM)后含H基因的雄配子死亡。不考虑基因突变和交叉互换。回答下列问题：

(1)基因型Mm的植株连续自交两代，F2

中雄性不育植株所占比例为________，雄性不育植株与野生型植株杂交所得可育晚熟红果杂交种的基因型为__________，以该杂交种为亲本连续种植，若每代均随机受粉，则

F2中可育晚熟红果植株所占比例为______________。

(2)已知H基因在每条染色体上最多插入1个且不影响其他基因，将H基因导入基因型为Mm的细胞并获得转基因植株甲和乙，植株甲和乙分别与雄性不育植株杂交，在形成配子时喷施NAM，F1均表现为雄性不育。若植株甲和乙的体细胞中含1个或多个H基因，则以上所得F1的体细胞中含有______个H基因。若植株甲的体细胞中仅含1个H基因，则H基因插入了________所在的染色体上。若植株乙的体细胞中含n个H基因，则H基因在染色体上的分布必须满足的条件是_______________________________，植株乙与雄性不育植株杂交，若不喷施NAM，则子一代中不含H基因的雄性不育植株所占比例为________。

(3)若植株甲的细胞中仅含1个H基因，在不喷施NAM的情况下，利用植株甲与非转基因植株通过一次杂交即可选育出与植株甲基因型相同的植株，请写出选育方案____________________________________________________________________________。

解析：(1)基因型为Mm的植株连续自交两代，F1

的基因型有MM(雄性可育)∶Mm(雄性可育)∶mm(雄性不育)＝1∶2∶1，而F1只有MM和Mm可自交，二者比值为1∶2，F2出现mm的概率为2/3×1/4＝1/6。雄性不育植株(mm)与野生型(M_)杂交，所得可育植株基因型必为Mm，晚熟红果基因型是Rr，所以可育晚熟红果基因型为MmRr。连续种植，因为涉及雄性不育，所以将两对性状拆分来分析，则F1

中MM(雄性可育)∶Mm(雄性可育)∶mm(雄性不育)＝1∶2∶1，RR∶Rr∶rr＝1∶2∶1，F1

随机受粉，采用配子棋盘法分析：雄雌1/2M1/2m2/3M1/3MM1/3Mm1/3m1/6Mm1/6mm1/2R1/4RR1/4Rr1/2r1/4Rr1/4rr

所以F2

中可育晚熟红果(M_Rr)所占比例为5/6×1/2＝5/12。(2)植株甲和乙(Mm)(父本)分别与雄性不育植株(mm)(母本)杂交，在形成配子时喷洒NAM，可以使含有H基因的雄配子致死，F1均为雄性不育(mm)，说明父本(Mm)产生的含有M的雄配子致死，即H基因导致的，所以一定有1个H基因与M基因连锁，而m基因所在的染色体上没有H基因，所以只产生了含有m基因的雄配子，所以F1一定不存在H基因，即其体细胞中含有0个H基因。若甲的体细胞只含有1个H基因，则H基因只能插入在M基因所在的染色体上，而植株乙体细胞含有n个H基因，则一定有一个H基因在M基因所在的染色体上，要保证乙能产生含m基因的雄配子，则其他的H基因不能同时位于一对同源染色体上，否则产生的所有配子中一定含有H基因，都会致死。所以乙必须满足的条件是必须有一个H基因位于M基因所在的染色体上，且一对同源染色体上不能同时有H基因。植株乙与雄性不育植株(mm)杂交，不喷施NAM，就不会出现雄配子致死，子一代中不含H基因的雄性不育植株(mm)所占比例就是乙产生的不含H基因的m的雄配子所占比例，减数分裂产生配子时M与m所在的同源染色体分离，则m所在染色体不含H基因，仅看这一对同源染色体的话，不含H的概率占1/2，而其他对含H基因的同源染色体仍然是一条有H，另一条没有，所以就每一对含H基因的同源染色体，配子中获得不含H基因的染色体的概率是1/2，乙共导入了n个H基因，所以最终不含H基因的配子概率是1/2n。(3)植株甲的基因型是Mm，要通过一次杂交获得与其基因型相同的植株，则需要mm与其杂交，mm只能做母本，则甲只能做父本，因为不喷施NAM，所以不会有致死配子，则二者杂交后代有Mm(大花)∶mm(小花)，根据性状即可把Mm筛选出来。答案：(1)1/6MmRr5/12(2)0M基因必须有1个H基因位于M所在染色体上，且2条同源染色体上不能同时存在H基因1/2n

(3)以雄性不育植株为母本，植株甲为父本，进行杂交，子代中大花植株即为所需植株(或：利用雄性不育植株与植株甲杂交，子代中大花植株即为所需植株)

【考向集训】

6.(2022年全国甲卷)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1/12C.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

解析：由题干可知含A的花粉可育，含a的花粉50%可育、50%不育，基因型为AaBb的亲本，Aa产生的花粉为1/2A、1/2a，但a的花粉50%可育、50%不育，所以产生的花粉A占2/3，a占1/3。AaBb产生的花粉(雄配子)类型及比例为1/3AB、1/3Ab、1/6aB、1/6ab，雌配子类型及比例为1/4AB、1/4Ab、1/4aB、1/4ab。等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，a基因不育对B/b基因的致死率相等，B/b控制花色，红花对白花为显性，AaBb的亲本进行自交，子代红花(B_)∶白花(bb)＝3∶1，A正确。AaBb产生的花粉(雄配子)类型及比例为1/3AB、1/3Ab、1/6aB、1/6ab；雌配子类型及比例为1/4AB、1/4Ab、1/4aB、1/4ab。子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/4×1/6＝1/24，B错误。Aa产生的花粉为1/2A、1/2a，但a的花粉50%可育、50%不育，所以产生的雄配子可育的有1/2A，1/4a，1/4a不育，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3倍，C正确。AaBb两对等位基因位于非同源染色体上，符合基因的自由组合定律，位于非同源染色体上的非等位基因的分离和组合是互不干扰的，所以亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等，D正确。答案：B

7.(2021年山东临沂调研)果蝇的体色有黄身(H)、灰身(h)之分，翅形有长翅(V)、残翅(v)之分。现用两种纯合果蝇杂交，因某种精子没有受精能力，导致F2

的4种表型比例为5∶3∶3∶1。下列说法错误的是()A.果蝇体色和翅形的遗传遵循自由组合定律B.亲本果蝇的基因型是HHvv和hhVVC.不具有受精能力的精子基因组成是HVD.F2

黄身长翅果蝇中双杂合子的比例为2/5

解析：5∶3∶3∶1是9∶3∶3∶1的变式，这说明果蝇体色和翅形这两对性状的遗传遵循自由组合定律，A正确。F1

的基因型是HhVv，一种精子不具有受精能力使F2

比例为5∶3∶3∶1，这种精子的基因型只能为HV，则亲本基因型为HHvv和hhVV，B、C正确。F2

黄身长翅果蝇的基因型是HhVV、HHVv、HhVv，比例为1∶1∶3，所以双