2026《金版教程》高考复习方案生物创新多选版-第14讲 基因的自由组合定律

第14讲基因的自由组合定律阐明有性生殖中基因的分离和自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。考点一两对相对性状的遗传分析1．孟德尔两对相对性状的杂交实验(1)观察现象、提出问题(2)分析问题、提出假说(3)演绎推理、验证假说(4)分析结果、得出结论孟德尔测交实验结果与预期的结果相符，从而证实了假说是正确的，得出自由组合定律。2．基因自由组合定律(1)内容控制不同性状的遗传因子的分离和组合是eq\x(\s\up1(17))互不干扰的；在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子eq\x(\s\up1(18))彼此分离，决定不同性状的遗传因子eq\x(\s\up1(19))自由组合。(2)时间eq\x(\s\up1(20))减数分裂Ⅰ后期。(3)实质同源染色体分离，非同源染色体自由组合，非同源染色体上的eq\x(\s\up1(21))非等位基因自由组合。(4)适用范围3．孟德尔获得成功的原因4．孟德尔遗传规律的应用题型一两对相对性状的杂交实验[例1]“假说—演绎法”是现代科学研究中常用的一种方法，下列属于孟德尔在研究两对相对性状杂交实验过程中的“演绎”环节的是()A．黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交获得F1，F1自交后代有四种表型且比例接近9∶3∶3∶1B．由F2出现了重组型，推测F1产生配子时不同对的遗传因子自由组合C．若将F1与隐性纯合子杂交，则后代出现四种表型且比例为1∶1∶1∶1D．将F1与隐性纯合子杂交，后代有四种表型且比例接近1∶1∶1∶1答案：C解析：将F1与隐性纯合子杂交，后代有四种表型且比例接近1∶1∶1∶1，这属于实验验证，D错误。[例2](多选)南瓜的果实白色(W)对黄色(w)为显性，果实盘状(D)对球状(d)为显性。现用白色盘状南瓜和黄色盘状南瓜杂交，统计子代性状所占百分比，结果如图。有关叙述错误的是()A．亲本的基因型为WwDd和wwDdB．子代中重组性状类型占1/8C．子代中能稳定遗传的个体占1/3D．子代的性状分离比为3∶1∶3∶1答案：BC解析：由图子代黄色∶白色＝1∶1，可知亲本关于果实颜色的基因型为Ww、ww，子代果实形状为盘状∶球状＝3∶1，则亲本果实形状的基因型都为Dd，因此亲本基因型为WwDd和wwDd，A正确；子代中重组性状有白色球状(Wwdd)、黄色球状(wwdd)，重组性状类型占1/2×1/4＋1/2×1/4＝1/4，B错误；纯合子能够稳定遗传，因此子代中能稳定遗传的个体(wwDD、wwdd)占1/2×1/4＋1/2×1/4＝1/4，C错误；子代基因型为1WwDD(白色盘状)、2WwDd(白色盘状)、1Wwdd(白色球状)、1wwDD(黄色盘状)、2wwDd(黄色盘状)、1wwdd(黄色球状)，因此子代的性状分离比为3∶1∶3∶1，D正确。孟德尔两对相对性状杂交实验的分析1．表型分析(1)显隐性双显个体(Y_R_)占eq\f(9,16)。单显个体(Y_rr＋yyR_)占eq\f(3,16)＋eq\f(3,16)＝eq\f(3,8)。双隐个体(yyrr)占eq\f(1,16)。(2)与亲本关系F2中亲本类型(Y_R_＋yyrr)占eq\f(9,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(5,8)。F2中重组类型(Y_rr＋yyR_)占eq\f(3,16)＋eq\f(3,16)＝eq\f(3,8)。注：含两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中重组类型所占的比例并不都是eq\f(3,8)。如：YYrr×yyRR→F1eq\o(→,\s\up7(⊗))F2，F2中重组性状类型为双显性和双隐性，共占eq\f(9,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(5,8)。2．基因型分析(1)纯合子所占比例eq\f(1,16)YYRR＋eq\f(1,16)YYrr＋eq\f(1,16)yyRR＋eq\f(1,16)yyrr＝eq\f(1,4)，位置在棋盘的对角线上。(2)杂合子所占比例1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)。双杂合个体(YyRr)占eq\f(1,4)。单杂合个体(YyRR、YYRr、Yyrr、yyRr)各占eq\f(1,8)，共占eq\f(1,2)。注：基因型为YYRR的纯合个体在F2中的比例为eq\f(1,16)，在F2黄色圆粒豌豆中的比例是eq\f(1,9)，要注意范围不同。3．自由组合现象中的4个注意点(1)基因组合种类(16种)≠基因型种类(9种)。(2)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。(3)配子的随机结合(受精作用)≠基因的自由组合(减数分裂Ⅰ)。(4)非等位基因(位于同源染色体上和非同源染色体上)≠非同源染色体上的基因。只有非同源染色体上的非等位基因能自由组合。题型二自由组合定律的实质及验证[例3]果蝇的野生型和突变型受常染色体上的两对等位基因(A、a和B、b)控制，研究发现果蝇在A和B同时存在时表现为野生型，其他表现为突变型。现用自然种群中的两只基因型相同的野生型雌雄果蝇杂交，子代野生型∶突变型＝3∶1，回答下列问题：(1)若这两对等位基因遵循自由组合定律，则亲本的基因型组合为______________。若这两对等位基因不遵循自由组合定律，则亲本的基因型组合可能有________种。(2)为验证该对相对性状的遗传是否遵循基因的自由组合定律，请用纯合的基因型AABB、aaBB、AAbb、aabb的雌雄果蝇为实验材料进行设计实验(要求：请写出实验思路、预期结果和结论)。答案：(1)AaBB×AaBB或AABb×AABb3(2)方法一：实验思路：选用基因型为AABB和基因型为aabb的雌雄果蝇相互交配，得到F1，将F1与异性aabb的果蝇交配，观察并记录子代的表型和比例。预期结果和结论：若产生子代的表型和比例为野生型∶突变型＝1∶3，则可验证该相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律；若产生子代的表型和比例为野生型∶突变型＝1∶1，则可验证该相对性状的遗传不遵循基因的自由组合定律。方法二：实验思路：选用基因型为AABB和基因型为aabb的雌雄果蝇相互交配，得到F1，将F1雌雄果蝇相互交配，观察并记录子代的表型和比例。预期结果和结论：若产生子代的表型和比例为野生型∶突变型＝9∶7，则可验证该相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律；若产生子代的表型和比例为野生型∶突变型＝3∶1，则可验证该相对性状的遗传不遵循基因的自由组合定律。同理，选用AAbb与aaBB的杂交子代自交或测交也可。基因自由组合定律的验证方法(1)自交法：双杂合子自交后代的分离比为9∶3∶3∶1，则符合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。(2)测交法：双杂合子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。(3)花粉鉴定法：双杂合子若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律。(4)单倍体育种法：取双杂合子花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，并培育成植株，若植株有四种表型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律。题型三孟德尔遗传定律的应用[例4]假定基因A是视网膜正常所必需的，基因B是视神经正常所必需的，两对基因独立遗传。现有基因型为AaBb的双亲，从理论上分析，他们所生的后代视觉正常的可能性是()A．3/16 B．4/16C．7/16 D．9/16答案：D[例5](2024·新课标卷，34)某种瓜的性型(雌性株/普通株)和瓜刺(黑刺/白刺)各由1对等位基因控制。雌性株开雌花，经人工诱雄处理可开雄花，能自交；普通株既开雌花又开雄花。回答下列问题。(1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性，则F1瓜刺的表型及分离比是__________________。若要判断瓜刺的显隐性，从亲本或F1中选择材料进行的实验及判断依据是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)王同学将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，F1经诱雄处理后自交得F2，能够验证“这2对等位基因不位于1对同源染色体上”这一结论的实验结果是______________________________________________________________________________________________________。(3)白刺瓜受消费者青睐，雌性株的产量高。在王同学实验所得杂交子代中，筛选出白刺雌性株纯合体的杂交实验思路是____________________________________________________________________________________________。答案：(1)黑刺∶白刺＝1∶1将亲本或F1的黑刺普通株自交，观察统计后代瓜刺的表型及分离比，若自交后代发生性状分离，则黑刺为显性性状，若未发生性状分离，则白刺为显性性状(其他答案合理即可)(2)F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1(3)F2中的白刺雌性株和普通株作为亲本进行杂交，子代均为雌性株的母本是白刺雌性株纯合体(其他答案合理即可)解析：(1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交，F1瓜刺的表型及比例是黑刺∶白刺＝1∶1时，不能判断瓜刺性状的显隐性，此时亲本显性个体为杂合子，若要判断瓜刺的显隐性，可从亲本中选择黑刺普通株或F1中选择黑刺普通株进行自交，若后代全为黑刺，则黑刺为隐性性状，若后代既有黑刺也有白刺，则黑刺为显性性状。同样可以选择白刺植株进行实验判断。(2)将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，说明黑刺、雌性株为显性。假设控制瓜刺的基因用A、a表示，控制瓜性型的基因用B、b表示，则F1的基因型为AaBb。F1经诱雄处理(性状改变而基因型不变)后，自交得F2，若这2对等位基因位于非同源染色体上，则遵循自由组合定律，F2的表型及比例应为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1。(3)王同学实验所得F2中白刺雌性株的基因型为aaBb或aaBB，利用其为材料获得白刺雌性株纯合体的思路：将F2中的白刺雌性株经诱雄处理后分别自交，子代全为白刺雌性株的亲本为纯合体(aaBB)，子代中既有白刺雌性株，也有白刺普通株的亲本为杂合体(aaBb)。也可用F2中白刺雌性株与白刺普通株(aabb)杂交，若该白刺雌性株为纯合子(aaBB)，则后代都为白刺雌性株；若该白刺雌性株为杂合子(aaBb)，则后代白刺雌性株∶白刺普通株＝1∶1。[例6](2024·河北，23)西瓜瓜形(长形、椭圆形和圆形)和瓜皮颜色(深绿、绿条纹和浅绿)均为重要育种性状。为研究两类性状的遗传规律，选用纯合体P1(长形深绿)、P2(圆形浅绿)和P3(圆形绿条纹)进行杂交。为方便统计，长形和椭圆形统一记作非圆，结果见表。实验杂交组合F1表型F2表型和比例①P1×P2非圆深绿非圆深绿∶非圆浅绿∶圆形深绿∶圆形浅绿＝9∶3∶3∶1②P1×P3非圆深绿非圆深绿∶非圆绿条纹∶圆形深绿∶圆形绿条纹＝9∶3∶3∶1回答下列问题：(1)由实验①结果推测，瓜皮颜色遗传遵循________定律，其中隐性性状为________。(2)由实验①和②结果不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断，还需从实验①和②的亲本中选用________进行杂交。若F1瓜皮颜色为________，则推测两基因为非等位基因。(3)对实验①和②的F1非圆形瓜进行调查，发现均为椭圆形，则F2中椭圆深绿瓜植株的占比应为________。若实验①的F2植株自交，子代中圆形深绿瓜植株的占比为________。(4)SSR是分布于各染色体上的DNA序列，不同染色体具有各自的特异SSR。SSR1和SSR2分别位于西瓜的9号和1号染色体。在P1和P2中SSR1长度不同，SSR2长度也不同。为了对控制瓜皮颜色的基因进行染色体定位，电泳检测实验①F2中浅绿瓜植株、P1和P2的SSR1和SSR2的扩增产物，结果如图。据图推测控制瓜皮颜色的基因位于________染色体。检测结果表明，15号植株同时含有两亲本的SSR1和SSR2序列，同时具有SSR1的根本原因是________________________________________________________，同时具有SSR2的根本原因是__________________________________________________。(5)为快速获得稳定遗传的圆形深绿瓜株系，对实验①F2中圆形深绿瓜植株控制瓜皮颜色的基因所在染色体上的SSR进行扩增、电泳检测。选择检测结果为______________的植株，不考虑交换，其自交后代即为目的株系。答案：(1)基因的分离浅绿(2)P2和P3深绿(3)3/815/64(4)9号F1减数分裂时发生染色体互换，产生了同时具有两个亲本的SSR1的配子F1产生的具有来自P11号染色体的配子与具有来自P21号染色体的配子受精(5)与P1的检测结果相同解析：(1)分析实验①，仅考虑瓜皮颜色，F1(深绿)自交所得F2中深绿∶浅绿＝3∶1，说明瓜皮颜色遗传遵循基因的分离定律，其中深绿为显性性状，浅绿为隐性性状。(2)实验①中能判断出深绿对浅绿为显性性状，实验②中能判断出深绿对绿条纹为显性性状，两组实验无法判断出浅绿与绿条纹性状基因之间的关系。从实验①和实验②的亲本中选择P2和P3进行杂交，若浅绿和绿条纹受等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为b1b1，P3瓜皮颜色的基因型为b2b2，二者杂交子代瓜皮颜色为浅绿或绿条纹；若浅绿和绿条纹受非等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为bbDD，P2瓜皮颜色的基因型为BBdd，二者杂交所得F1的基因型为BbDd，颜色表现为深绿。(3)假设瓜形受等位基因A/a控制，瓜皮颜色受等位基因B/b控制，则杂交组合基因型分析如下：F2表型比例为9∶3∶3∶1，说明控制瓜形和瓜皮颜色的两对基因独立遗传。实验①的F2自交，两对基因分开分析，F2中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，自交子代中圆形(aa)的占比＝1/4＋1/2×1/4＝3/8；F2中BB∶Bb1∶b1b1＝1∶2∶1，自交子代中深绿(B_)的占比＝1/4＋1/2×3/4＝5/8，则子代中圆形深绿瓜植株的占比为3/8×5/8＝15/64。(4)(5)圆形瓜植株控制瓜形的基因为纯合子。亲本P1(纯合体)的条带上具有深绿基因，对实验①F2中圆形深绿瓜植株控制瓜皮颜色的基因所在染色体上的SSR进行扩增、电泳，若检测结果的条带与P1的完全相同，说明是深绿纯合子。[例7]小麦是我国重要的农作物。我国育种工作者发现了一株雄性不育小麦，这对培育高产杂交小麦具有重要意义。(1)在小麦的杂交育种过程中，选择雄性不育植株可以减少________操作步骤，明显提高育种工作效率。(2)为研究此雄性不育性状的遗传机制，育种工作者利用育性正常与雄性不育小麦进行了杂交实验，过程如图1：从上述实验结果可以推测育性正常与雄性不育性状的遗传遵循孟德尔的________定律，其中雄性不育性状为________性状。根据杂交结果还可以得出该雄性不育株细胞质中不存在独立控制不育性状的基因，请写出此推测的理由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在后续研究中，育种工作者在上述雄性不育植株中发现了一株矮秆雄性不育突变体，利用该突变体进行了新的杂交实验，如图2：请利用遗传图解解释F1矮秆雄性不育株与株高正常可育株杂交出现上述结果的原因(雄性不育/可育基因用A/a表示，株高基因用B/b表示)。(4)与普通的雄性不育系相比，矮秆雄性不育系在实际生产应用中的优势是__________________________________________。答案：(1)去雄(2)分离显性若该雄性不育株(母本)细胞质中存在独立控制不育性状的基因，子代应该都不育，但子代有可育个体，说明该雄性不育株细胞质中不存在独立控制不育性状的基因(3)(4)可通过株高直接选择出雄性不育系植株解析：(1)在小麦的杂交育种过程中，正常流程是“去雄—套袋—人工授粉—再套袋”，选择雄性不育植株可以减少人工去雄这一环节。(2)雄性不育(母本)与可育个体(父本)杂交，子代雄性不育与可育个体之比为1∶1，并且可育个体自交后代都可育，说明可育个体为隐性纯合个体，雄性不育个体为杂合子，雄性不育为显性性状。育性正常与雄性不育性状的遗传遵循孟德尔的分离定律。(3)根据F1子代只有矮秆，可知亲本矮秆为显性纯合个体，株高正常为隐性纯合个体；结合(2)可知，雄性不育为显性性状，可育为隐性性状，设雄性不育、可育由基因A/a控制，矮秆、株高正常由基因B/b控制，故亲本基因型为AaBB(矮秆雄性不育)和aabb(株高正常可育)，F1个体为AaBb(矮秆雄性不育)∶aaBb(矮秆可育)＝1∶1，对F1矮秆雄性不育(AaBb)进行测交，子代只有两种表型矮秆雄性不育(基因型A_B_)和株高正常可育(基因型aabb)，说明F1的矮秆雄性不育(基因型为AaBb)只能产生AB、ab两种配子，故可推测AB连锁、ab连锁，F1矮秆雄性不育株与株高正常可育株杂交，遗传图解见答案。(4)普通的雄性不育系不容易被选出来，矮秆雄性不育系由于矮秆基因与不育基因连锁，可从矮秆性状直接选出雄性不育植株用于生产。考点二自由组合定律的常规题型题型一由亲本基因型、表型推断子代基因型、表型[例1](2021·全国乙卷改编)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种不同表型的个体B．n越大，植株A测交子代中不同表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解析：1对基因杂合，测交结果会出现21种不同表型个体，2对基因杂合，测交结果会出现22种不同表型个体，植株A为n对基因均杂合的个体，所以，测交子代会出现2n种不同表型的个体，A正确；植株A为n对基因均杂合的个体，不论n为多少，其测交子代中不同表型个体数目应相等，B错误；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均为1/2n，C正确；n对基因均杂合的个体测交，子代中纯合子占1/2n，D正确。[例2](2022·全国乙卷，32)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eq\o(→,\s\up7(酶1))红色eq\o(→,\s\up7(酶2))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和基因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占的比例为________。(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，请写出选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。答案：(1)白色∶红色∶紫色＝2∶3∶3AAbb、Aabb1/2(2)选用的亲本基因型为：AAbb；预期的实验结果及结论：若子代花色全为红花，则待测白花纯合体基因型为aabb；若子代花色全为紫花，则待测白花纯合体基因型为aaBB。解析：由题干知：紫花植株基因型为A_B_，红花植株基因型为A_bb，白花植株基因型为aaB_、aabb。(1)紫花植株(AaBb)与红花杂合体(Aabb)杂交，子代的基因型及比例为AABb(紫花)∶AaBb(紫花)∶aaBb(白花)∶AAbb(红花)∶Aabb(红花)∶aabb(白花)＝1∶2∶1∶1∶2∶1。故子代植株表型及比例为白色∶红色∶紫色＝2∶3∶3；子代中红花植株的基因型有2种：AAbb、Aabb；子代白花植株中纯合体(aabb)占的比例为1/2。(2)若选用白花纯合体(aaBB或aabb)与甲(aaBB或aabb)杂交，后代全为白花，无法根据子代表型确定亲本基因型；若选用紫花纯合体(AABB)与甲(aaBB或aabb)杂交，后代均为紫花，无法根据子代表型确定亲本基因型；若选用红花纯合体(AAbb)与甲(aaBB或aabb)杂交，若白花基因型为aaBB，则杂交组合及结果为：aaBB×AAbb→AaBb(全为紫花)；若白花基因型为aabb，则杂交组合及结果为：aabb×AAbb→Aabb(全为红花)。这样就可以根据子代的表型推出白花纯合体的基因型。利用分离定律解题方法(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(3)常见题型分析①基因型(表型)种类及概率提醒：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AaBbCc↓↓↓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题型二由子代推亲代基因型、表型[例3](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________。答案：(1)板叶、紫叶、抗病(2)AABBDDAabbDdaabbddaaBbdd(3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病(4)AaBbdd解析：(1)(2)甲(板叶紫叶抗病)与丙(花叶绿叶感病)杂交，子代表型与甲相同，可知显性性状为板叶、紫叶、抗病，甲为显性纯合子，基因型为AABBDD，丙的基因型为aabbdd。乙(A_bbD_)×丁(aaB_dd)→子代出现8种表型可推知每一对基因都测交，乙、丁的基因型分别为AabbDd、aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型和表型为aabbdd(花叶绿叶感病)和aaBbdd(花叶紫叶感病)。(4)已知杂合子自交分离比为3∶1，测交比为1∶1，故X与乙杂交，叶形分离比为3∶1，则为Aa×Aa，叶色分离比为1∶1，则为Bb×bb，能否抗病分离比为1∶1，则为Dd×dd，由于乙的基因型为AabbDd，可知X的基因型为AaBbdd。根据子代基因型、表型及比例推测亲代基因型方法方法一基因填充法根据亲代表型大概写出基因型，如A_B_等，再根据子代表型将所缺处填完，尤其要注意利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦出现双隐性个体，则亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。方法二根据子代分离比解题(1)可先单独分析，然后再组合。单独分析某一性状时：①若子代性状比例为显∶隐＝3∶1→亲代一定是杂合子，即Bb×Bb→3B_∶1bb。②若子代性状比例为显∶隐＝1∶1→双亲一定是测交类型，即Bb×bb→1Bb∶1bb。③若子代只有显性性状，则双亲至少有一方是显性纯合子，即BB×BB或BB×Bb或BB×bb。④若子代只有隐性性状，则双亲一定都是隐性纯合子，即bb×bb→bb。(2)也可根据特殊比值直接推断，如下：①9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)·(Bb×Bb)⇒AaBb×AaBb。②3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)·(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)⇒AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。③1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)⇒AaBb×aabb或Aabb×aaBb。④3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)(BB×__)或(AA×__)(Bb×Bb)或(Aa×Aa)(bb×bb)或(aa×aa)(Bb×Bb)。⑤1∶1⇒(1∶1)×1⇒(Aa×aa)(BB×__)或(AA×__)(Bb×bb)或(aa×aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(bb×bb)。题型三探究性状由几对等位基因控制[例4]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，F1自由交配，F2中毛色表型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是()A．AABBDD×aaBBdd，或AAbbDD×aabbddB．aaBBDD×aabbdd，或AAbbDD×aaBBDDC．aabbDD×aabbdd，或AAbbDD×aabbddD．AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd答案：D解析：根据题干中的信息可以确定这三对基因的关系，用图表示：黄色毛个体的基因型为aa____或者A___D_，褐色毛个体的基因型为A_bbdd，黑色毛个体的基因型为A_B_dd；根据F2中表型数量比为52∶3∶9可得比例之和为52＋3＋9＝64，即43，说明F1的基因型中三对基因均为杂合，四个选项中只有D项子代三对基因均杂合，D正确，A、B、C错误。[例5](多选)某水生观赏植物叶有普通叶和圆形叶两种类型，其花有红花和白花两种类型。现用两个纯种的普通叶红花(甲)和圆形叶白花(乙)植株杂交得F1，再用F1自交得F2，F2的表型及比例为普通叶红花∶圆形叶红花∶普通叶白花∶圆形叶白花＝27∶21∶9∶7。下列叙述错误的是()A．由于杂交实验F2表型及比例不是9∶3∶3∶1，故控制该植株两对相对性状的基因不遵循自由组合定律B．该植物的叶形性状由位于非同源染色体上的两对等位基因控制，而花色性状由另一对等位基因控制C．若将F1与乙植株杂交，所得子代的表型及比例应为普通叶红花∶圆形叶红花∶普通叶白花∶圆形叶白花＝3∶1∶3∶1D．若将甲植株移栽至陆地上，其新生的叶片全为圆形叶，若再将其移回原地，其新生的叶片全为普通叶，这说明环境也会影响该植株叶形表现答案：AC解析：根据题干信息“F2的表型及比例为普通叶红花∶圆形叶红花∶普通叶白花∶圆形叶白花＝27∶21∶9∶7”，其中普通叶∶圆形叶＝(27＋9)∶(21＋7)＝9∶7，红花∶白花＝(27＋21)∶(9＋7)＝3∶1，而9∶7为9∶3∶3∶1的变式，说明该植株的叶形性状受非同源染色体上的两对等位基因控制，而花色由另一对同源染色体上的一对等位基因控制，且控制两对性状的三对等位基因遵循自由组合定律，才有(9∶7)×(3∶1)＝27∶21∶9∶7，A错误，B正确；如果用A/a、B/b来表示控制叶形的基因，C/c表示控制花色的基因，由F2中普通叶∶圆形叶＝9∶7和红花∶白花＝3∶1可知，F1的基因型为AaBbCc，则植株甲的基因型为AABBCC，植株乙的基因型为aabbcc。若将F1(AaBbCc)与乙植株(aabbcc)杂交，所得子代的表现类型及比例应为普通叶红花(1AaBbCc)∶圆形叶红花(1AabbCc＋1aaBbCc＋1aabbCc)∶普通叶白花(1AaBbcc)∶圆形叶白花(1Aabbcc＋1aaBbcc＋1aabbcc)＝1∶3∶1∶3，C错误。判断性状由几对等位基因控制如果题目给出的数据是比例的形式，或给出的性状比接近“常见”性状比，则可将性状比中的数值相加。自交情况下，得到的总和是4的几次方，该性状就由几对等位基因控制；测交情况下，得到的总和是2的几次方，该性状就由几对等位基因控制。例如，当自交后代表型比例为9∶3∶3∶1(各数值加起来是16，即42)或测交结果是1∶1∶1∶1(各数值加起来是4，即22)时，可判断为由两对同源染色体上的两对等位基因控制的性状。同理，如果题目中自交后代性状比中的数值加起来是256(即44)或测交后代表型比例中的数值加起来是16(即24)，可判断为由四对同源染色体上的四对等位基因控制的性状。[例6](2022·北京，18)番茄果实成熟涉及一系列生理生化过程，导致果实颜色及硬度等发生变化。果实颜色由果皮和果肉颜色决定。为探究番茄果实成熟的机制，科学家进行了相关研究。(1)果皮颜色由一对等位基因控制。果皮黄色与果皮无色的番茄杂交的F1果皮为黄色，F1自交所得F2果皮颜色及比例为________________。(2)野生型番茄成熟时果肉为红色。现有两种单基因纯合突变体，甲(基因A突变为a)果肉黄色，乙(基因B突变为b)果肉橙色。用甲、乙进行杂交实验，结果如图1。据此，写出F2中黄色的基因型：____________。(3)深入研究发现，成熟番茄的果肉由于番茄红素的积累而呈红色，当番茄红素量较少时，果肉呈黄色，而前体物质2积累会使果肉呈橙色，如图2。上述基因A、B以及另一基因H均编码与果肉颜色相关的酶，但H在果实中的表达量低。根据上述代谢途径，aabb中前体物质2积累、果肉呈橙色的原因是__________________________________________________________________________________________________。(4)有一果实不能成熟的变异株M，果肉颜色与甲相同，但A并未突变，而调控A表达的C基因转录水平极低。C基因在果实中特异性表达，敲除野生型中的C基因，其表型与M相同。进一步研究发现M中C基因的序列未发生改变，但其甲基化程度一直很高。推测果实成熟与C基因甲基化水平改变有关。欲为此推测提供证据，合理的方案包括________，并检测C的甲基化水平及表型。①将果实特异性表达的去甲基化酶基因导入M②敲除野生型中果实特异性表达的去甲基化酶基因③将果实特异性表达的甲基化酶基因导入M④将果实特异性表达的甲基化酶基因导入野生型答案：(1)黄色∶无色＝3∶1(2)aaBB、aaBb(3)基因A突变为a，但果肉细胞中的基因H仍表达出少量酶H，持续生成前体物质2；基因B突变为b，前体物质2无法转变为番茄红素(4)①②④解析：(1)果皮黄色与果皮无色的番茄杂交所得的F1果皮为黄色，说明黄色是显性性状，设控制果皮颜色的基因为D、d，则亲本中黄色果皮植株的基因型为DD，无色果皮植株的基因型为dd，则F1植株的相关基因型为Dd；F1自交所得的F2中，果皮颜色及比例为黄色(D_)∶无色(dd)＝3∶1。(2)结合题中信息可知，番茄果肉颜色由两对等位基因控制，两种单基因纯合突变体杂交得F1，F1自交得F2，F2中红色∶黄色∶橙色＝185∶62∶83≈9∶3∶4，说明F1是双杂合子，则F1的基因型为AaBb。由题意知，单基因纯合突变体甲(基因A突变为a)的果肉为黄色，单基因纯合突变体乙(基因B突变为b)的果肉为橙色，则甲的基因型为aaBB，乙的基因型为AAbb，则F2中黄色的基因型为aaBB、aaBb。(3)结合题图分析可知，aabb中缺乏基因A，不能合成酶A，但果肉细胞中的基因H仍表达出少量酶H，前体物质1在酶H的作用下持续生成前体物质2；又由于aabb中没有B基因，故其不能合成酶B，前体物质2因无法转变为番茄红素而积累，而前体物质2积累会使果肉呈橙色。(4)结合题中信息推测，果实成熟与C基因甲基化水平改变有关，欲为该推测提供证据，可以将果实特异性表达的去甲基化酶基因导入M，敲除野生型中果实特异性表达的去甲基化酶基因，将果实特异性表达的甲基化酶基因导入野生型，检测C基因的甲基化水平及个体的表型。[例7]中国科学家研究发现黄瓜的苦味物质——葫芦素主要由两个“主控开关”控制合成，叶苦与非苦由一对等位基因A和a控制，果苦与非苦由另一对等位基因B和b控制(二者独立遗传)。现将叶和果实均苦味、叶和果实均非苦味的两品系进行杂交，得到F1全为叶和果实均非苦味类型。进一步研究发现叶片中葫芦素能有效抵御害虫侵害，减少农药的使用。下列有关说法错误的是()A．亲本叶和果实均苦味、叶和果实均非苦味的基因型分别为aabb和AABBB．将F1自交得F2，F2中表型为叶苦果非苦的黄瓜中纯合子所占比例为1/3C．将F1植株进行花药离体培养即可快速获得稳定遗传的所需植株D．依据题意，表型为叶苦果非苦的黄瓜可作为育种工作者首选答案：C解析：分析题意，叶和果实均苦味与叶和果实均非苦味两品系杂交，F1全为叶和果实非苦味类型，说明叶和果实非苦都是显性性状，则亲本基因型为aabb、AABB，A正确；子一代(AaBb)自交，则子二代中表型符合要求的个体为aaB_，其中aaBB占1/3，aaBb占2/3，即其中纯合子占1/3，B正确；将F1植株进行花药离体培养然后用秋水仙素加倍才可快速获得稳定遗传的所需植株，C错误；由于提高叶片中葫芦素的含量能有效抵御害虫侵害，减少农药的使用，而我们食用的是黄瓜果实，因此作为育种工作者，应该选育表型为叶苦果非苦的黄瓜，D正确。考点三自由组合定律的特殊分离比题型一“和”为16的特殊分离比1．“和”为16的特殊分离比成因(1)基因互作双杂合的F1自交和测交后代的表型比例分别为9∶3∶3∶1和1∶1∶1∶1，但基因之间相互作用会导致自交和测交后代的比例发生改变。根据表中不同条件，总结自交和测交后代的比例。F1(AaBb)自交后代比例原因分析测交后代比例9∶3∶3∶1正常的完全显性1∶1∶1∶19∶7当双显性基因同时出现时为一种表型，其余的为另一种表型1∶39∶3∶4存在aa(或bb)时表现为隐性性状，其余正常表现1∶1∶29∶6∶1双显性、单显性、双隐性存在时分别对应一种表型1∶2∶115∶1只要具有显性基因其表型就一致，其余的为另一种表型3∶113∶3双显性基因、双隐性基因和一种单显性基因存在时表现为一种性状，另一种单显性基因存在时表现为另一种性状3∶1(2)基因遗传效应的累加①表现②原因：A与B的作用效果相同，显性基因越多，其效果越强。AaBb与AaBb的子代中含0个显性基因的基因型为1aabb，含1个显性基因的基因型为2Aabb、2aaBb，含2个显性基因的基因型为1AAbb、1aaBB、4AaBb，含3个显性基因的基因型为2AABb、2AaBB，含4个显性基因的基因型为1AABB，因此9∶3∶3∶1变化为1∶4∶6∶4∶1。2．特殊分离比的解题技巧——合并同类项法(1)看F2的组合表型比例，若比例中数字之和是16，不管以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律。(2)将异常分离比与正常分离比9∶3∶3∶1进行对比，分析合并性状的类型。如比例为9∶3∶4，则为9∶3∶(3∶1)，即4为后两种性状的合并结果。[例1](2023·新课标卷，5)某研究小组从野生型高秆(显性)玉米中获得了2个矮秆突变体。为了研究这2个突变体的基因型，该小组让这2个矮秆突变体(亲本)杂交得F1，F1自交得F2，发现F2中表型及其比例是高秆∶矮秆∶极矮秆＝9∶6∶1。若用A、B表示显性基因，则下列相关推测错误的是()A．亲本的基因型为aaBB和AAbb，F1的基因型为AaBbB．F2矮秆的基因型有aaBB、AAbb、aaBb、Aabb，共4种C．基因型是AABB的个体为高秆，基因型是aabb的个体为极矮秆D．F2矮秆中纯合子所占比例为1/2，F2高秆中纯合子所占比例为1/16答案：D解析：该小组让这2个矮秆突变体杂交得F1，F1自交得F2，发现F2中表型及其比例是高秆∶矮秆∶极矮秆＝9∶6∶1，9∶6∶1为9∶3∶3∶1的变式，可推知玉米的株高由两对独立遗传的等位基因控制，且F1的基因型为AaBb，高秆植株的基因型为A_B_，矮秆植株的基因型为A_bb、aaB_，极矮秆植株的基因型为aabb，C正确；由题意知，两亲本均为矮秆突变体，可推出两亲本的基因型分别为aaBB、AAbb，F1的基因型为AaBb，F2中矮秆植株的基因型为aaBB、aaBb、AAbb、Aabb，共4种，A、B正确；F2矮秆植株中纯合子(aaBB、AAbb)所占的比例为1/3，F2高秆植株中纯合子(AABB)所占的比例为1/9，D错误。[例2](2021·湖北高考)甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米品种。甲分别与乙、丙杂交产生F1，F1自交产生F2，结果如下表。组别杂交组合F1F21甲×乙红色籽粒901红色籽粒，699白色籽粒2甲×丙红色籽粒630红色籽粒，490白色籽粒根据结果，下列叙述错误的是()A．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色B．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制C．组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色∶1白色D．组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色答案：C解析：组1中的F2中红色籽粒∶白色籽粒约为9∶7，组2中的F2中红色籽粒∶白色籽粒＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律，综合分析可知，红色为显性，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c，甲、乙、丙的基因型可分别为AAbbCC、aaBBCC、AABBcc(本题只列举其中一种可能情况)，若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒(AaBBCc)，两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色，A、B正确；组1中的F1(AaBbCC)与甲(AAbbCC)杂交，所产生玉米子代基因型是A_BbCC∶A_bbCC＝1∶1，籽粒性状比为1红色∶1白色，C错误；组2中的F1(AABbCc)与丙(AABBcc)杂交，所产生玉米子代基因型是AAB_Cc∶AAB_cc＝1∶1，籽粒性状比为1红色∶1白色，D正确。[例3]玉米的株高是一对相对性状，现将株高70cm和50cm的植株杂交得到F1，F1自交得到F2，F2中株高70cm∶65cm∶60cm∶55cm∶50cm的比例约为1∶4∶6∶4∶1。若取F2中的60cm植株随机传粉产生的F3中60cm纯合植株的比例为()A．1/36 B．2/9C．1/2 D．3/16答案：B解析：F2中株高70cm∶65cm∶60cm∶55cm∶50cm约为1∶4∶6∶4∶1，而1∶4∶6∶4∶1是9∶3∶3∶1的变式，说明玉米株高这一性状受两对等位基因控制(设相关基因为A/a、B/b)，其遗传遵循基因自由组合定律，且F1的基因型为AaBb。株高与显性基因的数量有关，具有累加效应，且每多一个显性基因，株高增加(70－50)/4＝5cm。F2中60cm植株(4/6AaBb、1/6AAbb、1/6aaBB)产生的配子为1/6AB、1/3Ab、1/3aB、1/6ab，则F2中的60cm植株随机传粉产生的F3中60cm的纯合植株(AAbb、aaBB)的比例为1/3×1/3＋1/3×1/3＝2/9。题型二“和”小于16的特殊分离比1．致死效应的快速确认若子代比例“和”小于16，则可能存在“致死”现象。如A基因纯合致死，则可导致子代基因型为AA__的个体致死，此个体占1/4，从而导致子代成活个体组合方式由“16”变“12”。同理，因其他致死类型的存在，“16”也可能变为其他数值。2．致死类型归类分析(1)显性纯合致死致死基因F1自交后代基因型及比例F1测交后代基因型及比例AA和BB致死AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1AA(或BB)致死AaB_∶aaB_∶Aabb∶aabb＝6∶3∶2∶1或A_Bb∶A_bb∶aaBb∶aabb＝6∶3∶2∶1其余基因型个体致死AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1(2)隐性纯合致死致死类型F1自交后代基因型及比例F1测交后代基因型及比例双隐性致死A_B_∶A_bb∶aaB_＝9∶3∶3AaBb∶Aabb∶aaBb＝1∶1∶1单隐性致死A_B_∶A_bb＝9∶3或A_B_∶aaB_＝9∶3AaBb∶Aabb＝1∶1或AaBb∶aaBb＝1∶13.致死类问题解题思路(1)第一步，无论是配子致死还是合子致死，均按无致死现象、遵循遗传规律写出配子种类及比例，并书写遗传图解；(2)第二步，根据题目信息“划掉”遗传图解中致死配子或个体；(3)第三步，根据“划掉”后的情况调整配子或个体基因型前的“系数”，分析得出正确答案。[例4](2023·全国乙卷，6)某种植物的宽叶/窄叶由等位基因A/a控制，A基因控制宽叶性状；高茎/矮茎由等位基因B/b控制，B基因控制高茎性状。这2对等位基因独立遗传。为研究该种植物的基因致死情况，某研究小组进行了两个实验，实验①：宽叶矮茎植株自交，子代中宽叶矮茎∶窄叶矮茎＝2∶1；实验②：窄叶高茎植株自交，子代中窄叶高茎∶窄叶矮茎＝2∶1。下列分析及推理中错误的是()A．从实验①可判断A基因纯合致死，从实验②可判断B基因纯合致死B．实验①中亲本的基因型为Aabb，子代中宽叶矮茎的基因型也为AabbC．若发现该种植物中的某个植株表现为宽叶高茎，则其基因型为AaBbD．将宽叶高茎植株进行自交，所获得子代植株中纯合子所占比例为1/4答案：D解析：实验①宽叶矮茎植株(A_bb)自交，子代中宽叶矮茎∶窄叶矮茎＝2∶1，可推知亲本宽叶矮茎植株的基因型为Aabb，子代中宽叶矮茎植株的基因型也为Aabb，A基因纯合致死；实验②窄叶高茎植株(aaB_)自交，子代中窄叶高茎∶窄叶矮茎＝2∶1，可推知亲本窄叶高茎植株的基因型为aaBb，子代中窄叶高茎植株的基因型也为aaBb，B基因纯合致死，A、B正确；由以上分析可知，A基因纯合致死，B基因纯合致死，若发现该种植物中的某个植株表现为宽叶高茎，则其基因型为AaBb，C正确；将宽叶高茎植株(AaBb)进行自交，子代植株的基因型为4/9AaBb、2/9Aabb、2/9aaBb、1/9aabb，其中纯合子所占的比例为1/9，D错误。[例5](多选)(2022·全国甲卷，6，改编)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，则下列叙述正确的是()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答案：ACD解析：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；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；由于亲本Aa个体产生的A∶a＝1∶1，且含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是1/2A＋1/2×1/2a，不育雄配子为1/2×1/2a，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的3倍，C正确；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。题型三探究不同对基因在常染色体上的位置[例6](多选)隐性基因b(黑色体色)、st(鲜红眼色)和h(钩状刚毛)是位于野生型果蝇三个常染色体上的基因。用三对基因均杂合的雌蝇进行测交实验，据表分析合理的是()测交亲本子代性状及其数量杂合雌蝇×黑色鲜红黑色鲜红253、黑色256、鲜红238、野生型253杂合雌蝇×钩状鲜红钩状鲜红236、鲜红255、钩状250、野生型259杂合雌蝇×黑色钩状黑色钩状25、黑色484、钩状461、野生型30A.基因b与基因st是连锁的B．测交子代中野生型个体为杂合子C．各组均发生过基因重组D．第三组中杂合雌蝇产生的配子中BH少于Bh答案：BCD解析：组合一中，子代有4种表型，比例约为1∶1∶1∶1，说明杂合雌蝇产生4种配子，所以b与st不是连锁的，A错误；由于测交是与隐性个体杂交，所以得到的子代中野生型个体为杂合子，B正确；由于三组测交后代都产生了四种表型，说明各组均发生过基因重组，C正确；由于杂合雌蝇与黑色钩状进行测交的后代中，钩状果蝇总数461大于野生型数量30，说明杂合雌蝇产生的配子中BH少于Bh，D正确。[例7]“游裙水满绿苹洲，上已微寒懒出游。薄幕蛙声连晓闹，今年田稻十分秋。”雄性不育是水稻育种过程中的重要性状，研究者在不同水稻品种中鉴定出A基因和B基因，它们都是调控光周期敏感性的雄性育性基因，负责在花药发育过程中将糖由叶片运往花药。回答下列问题：(1)雄性不育水稻花粉不育，在杂交过程中只能作为________，其在杂交操作过程中的优势是______________________________。(2)研究发现，水稻A基因主要在长日照条件下表达。经检测，aa突变体在长日照和短日照条件下的花粉存活情况如图1所示。由图1可知________________________________________________________________________。(3)水稻B基因主要在短日照条件下表达，A基因和B基因独立发挥作用，bb突变体的花粉存活情况如图2。为探究A和B是否位于同1对同源染色体上，研究者进行实验：步骤1：aa突变体和bb突变体杂交得F1；步骤2：F1自交获得F2；步骤3：将F2随机均分为2组，分别在长日照和短日照条件下培养，统计花粉育性情况(不考虑互换)。①若A和B位于1对同源染色体上，F2的表型及比例是__________________________________________________________________；②若A和B位于2对同源染色体上，F2的表型及比例是______________________________________________________________________；用上述实验方法________(填“能”或“不能”)确定A和B的位置关系。答案：(1)母本免去了去雄的麻烦(2)突变体长日照条件下花粉育性下降50%，短日照条件下花粉育性正常(3)①长日照条件下，育性正常(100%育性)∶半不育(50%育性)＝3∶1；短日照条件下，育性正常∶不育＝3∶1②长日照条件下，育性正常∶半不育(50%育性)＝3∶1；短日照条件下，育性正常∶不育＝3∶1不能解析：(1)依题意，雄性不育水稻花粉不育，因此在杂交过程中只能作为母本，且免去了去雄的麻烦，节省了人力。(2)依题意，A基因主要在长日照条件下表达，据图1可知，aa突变体在长日照和短日照条件下的花粉育性表现分别为50%和100%。由此可知，长日照条件下花粉育性下降50%，短日照条件下花粉育性正常。(3)依题意，水稻B基因主要在短日照条件下表达，A基因和B基因独立发挥作用。据图可知，①若A和B位于同一对同源染色体上，则F1的基因型为AaBb(且A和b连锁，a和B连锁)，在长日照条件下，F1产生的雌雄配子的比例为Ab∶aB＝1∶1，则子代为1AAbb∶2AaBb∶1aaBB。据图1可知，aa突变体在长日照和短日照条件下的花粉育性表现分别为50%和100%，据图2可知，bb突变体在长日照和短日照条件下的花粉育性表现分别为100%和0，则F2的表型及比例为长日照条件下，育性正常(100%育性)∶半不育(50%育性)＝3∶1；短日照条件下，育性正常∶不育＝3∶1。②若A和B分别位于两对同源染色体上，在长日照条件下，F1产生的雌雄配子的比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，则F2基因型及比例为9A_B_∶3aaB_∶3A_bb∶1aabb。则F2的表型及比例为长日照条件下，育性正常∶半不育(50%育性)＝3∶1；短日照条件下，育性正常∶不育＝3∶1；可见上述实验方法不能确定A和B的位置关系。判断不同对基因在常染色体上的位置(1)判断两对基因是否位于一对同源染色体上以AaBb为例，若两对等位基因位于一对同源染色体上，不考虑染色体互换，则产生两种类型的配子，在此基础上进行自交会产生两种或三种表型，测交会出现两种表型。若两对等位基因位于一对同源染色体上，考虑同源染色体非姐妹染色单体的互换，则产生四种类型的配子，在此基础上进行自交或测交会出现四种表型(测交后代出现两多两少的分离比，而非1∶1∶1∶1的分离比)。(2)判断两对基因是否位于不同对同源染色体上以AaBb为例，若两对等位基因分别位于两对同源染色体上，则产生四种类型的配子。在此基础上进行测交或自交时后代表型会出现特定的性状分离比，如1∶1∶1∶1或9∶3∶3∶1(或9∶7等变式)，也会出现致死背景下特殊的性状分离比，如4∶2∶2∶1或6∶3∶2∶1等。在涉及两对等位基因遗传时，后代表型若出现上述性状分离比，可考虑基因位于两对同源染色体上。[例8](2024·贵州，20)已知小鼠毛皮的颜色由一组位于常染色体上的复等位基因B1(黄色)、B2(鼠色)、B3(黑色)控制。现有甲(黄色短尾)、乙(黄色正常尾)、丙(鼠色短尾)、丁(黑色正常尾)4种基因型的雌雄小鼠若干，某研究小组对其开展了系列实验，结果如图所示。回答下列问题：(1)基因B1、B2、B3之间的显隐性关系是________________________________。实验③中的子代比例说明了______________________________________________________，其黄色子代的基因型是________。(2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型共有________种，其中基因型组合为________的小鼠相互交配产生的子代毛皮颜色种类最多。(3)小鼠短尾(D)和正常尾(d)是一对相对性状，短尾基因纯合时会导致小鼠在胚胎期死亡。小鼠毛皮颜色基因和尾形基因的遗传符合自由组合定律，若甲雌雄个体相互交配，则子代表型及比例为________________________________________________；为测定丙产生的配子类型及比例，可选择丁个体与其杂交，选择丁的理由是______________________________________________________________________________________________。答案：(1)B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性B1基因具有纯合致死效应，即B1B1个体致死B1B3、B1B2(2)5B1B3与B2B3(3)黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾＝4∶2∶2∶1丁的基因型为B3B3dd，为隐性纯合子，可选其与丙测交来测定丙产生的配子类型及比例解析：(1)根据实验③甲(黄色)和乙(黄色)杂交，子代出现鼠色，可判断B1对B2为显性，再结合实验①甲(黄色)和丁(黑色)杂交，子代表型及比例为黄色∶鼠色＝1∶1，而黑色未出现，说明B1、B2对B3为显性，即B1、B2、B3的显隐性关系为B1对B2、B3为显性，B2对B3为显性。由实验②乙×丁→子代黄色∶黑色＝1∶1可知，乙的基因型为B1B3。实验③甲×乙(B1B3)，子代出现鼠色，可推测甲的基因型为B1B2，子代比例为黄色∶鼠色＝2∶1，说明黄色个体中有纯合致死现象，即B1B1个体致死，故黄色子代的基因型为B1B2、B1B3。(2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型有B1B2、B1B3、B2B2、B3B3、B2B3，其中基因型组合为B1B3、B2B3的小鼠相互交配，产生的子代毛皮颜色种类为三种，种类最多。(3)同时考虑毛皮颜色和尾形时，甲(黄色短尾)的基因型为B1B2Dd(DD个体致死)，两对等位基因的遗传遵循自由组合定律，甲雌雄个体交配，子代黄色∶鼠色＝2∶1，短尾∶正常尾＝2∶1，故子代表型及比例为黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾＝4∶2∶2∶1。丙的表型为鼠色短尾(B2_Dd)，可通过测交实验测定丙产生的配子种类及比例，故可选择与隐性纯合子丁(B3B3dd)进行测交，由后代的表型及比例可推测丙产生的配子类型及比例。[例9]研究人员发现某野生稻品种甲7号染色体上具有抗病基因H，12号染色体上具有耐缺氮基因T，而华南籼稻优良品种乙染色体相应位置均为隐性基因。将甲、乙杂交，F1自交，用PCR方法检测F2群体中不同植株的基因型，发现不同基因型个体数如表。HHHhhhTTTttt127160549749(1)耐缺氮性状的遗传遵循________定律，判断的依据是________________________________。(2)F2群体中HH、Hh、hh基因型个体的数量比总是1∶6∶5，________(填“符合”或“不符合”)典型的孟德尔遗传比例。研究人员推测“F1产生的雌配子育性正常，而带有H基因的花粉成活率很低。”请设计杂交实验检验上述推测，并写出支持上述推测的子代性状及数量比__________________________________________________________________________。(3)进一步研究发现品种乙7号染色体上有两个紧密连锁在一起的基因P1和P2(如图)，P1编码抑制花粉发育的毒性蛋白，P2编码能解除该毒性蛋白作用的保护性蛋白。品种甲7号染色体上无基因P1和P2。①据此可知，F1带有H基因花粉成活率低的原因是P1在________________分裂时期表达，而P2在________中表达。②P1和P2被称为自私基因，其“自私性”的意义是使______________________________更多地传递给子代，“自私”地维持了物种自身的稳定性。(4)科研人员利用杂交育种技术改良乙水稻，获得了HHTT型乙水稻新品种。最终选出的植株中，部分个体含P1、P2基因，部分不含，应保存其中哪一类？并分析说明理由。______________________________________________________。答案：(1)基因分离F2中TT、Tt、tt的比例约为1∶2∶1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F2中耐缺氮植株比例约为eq\f(3,4)))(2)不符合以F1为母本，品种乙为父本，子代中抗病个体与不抗病个体比例是1∶1；以F1为父本，品种乙为母本，子代中抗病个体与不抗病个体比例为1∶5(3)①减数第一次(或有丝)精细胞(花粉)②亲本的遗传信息(亲本的遗传物质、亲本的DNA)(4)有P1、P2基因。能够保持品系的优良性状(或无P1、P2基因。有利于进一步杂交进行性状改良)解析：(1)根据甲、乙杂交，F1自交后代F2中，TT、Tt、tt的比例约为1∶2∶1，可推出控制缺氮性状的遗传遵循基因的分离定律。(2)HH∶Hh∶hh＝1∶6∶5不符合典型的孟德尔遗传比例。由题意知“F1产生的雌配子育性正常，而带有H基因的花粉成活率很低”，假设F1产生的雄配子H的概率为x，则雄配子h的概率为1－x，而产生的雌配子都能正常成活，H＝eq\f(1,2)，h＝eq\f(1,2)。由F2群体中HH∶Hh∶hh＝1∶6∶5，可知HH＝eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)x，x＝eq\f(1,6)，即雄配子H的概率为eq\f(1,6)，h的概率为1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6)，即F1产生的雄配子H∶h＝1∶5，若雄配子都能正常成活的话，H∶h应该等于1∶1，因此雄配子H的成活率＝eq\f(1,5)。可通过正交反交实验检验上述推测，具体为F1为母本，品种乙为父本的杂交实验，预测结果子代中抗病个体与不抗病个体比例是1∶1；以F1为父本，品种乙为母本，预测结果子代中抗病个体与不抗病个体比例为1∶5，二者正反交结果不同，则可验证。(3)①P1基因能够编码抑制花粉发育的毒性蛋白，P2基因编码能解除该毒性蛋白作用的保护性蛋白，带有H基因(不含P1、P2基因)的花粉成活率很低，可推测P1蛋白在所有花粉细胞中都存在，P2蛋白只在含有P1、P2基因的花粉中存在，所以P1在减数第二次分裂前表达，P2在精细胞中表达。②通过维持物种自身的稳定性可知“自私性”的意义是使亲本的遗传信息更多地传递给子代。(4)根据以上分析可知，有P1、P2基因能够保持品系的优良性状、无P1、P2基因有利于进一步杂交进行性状改良，因此应保存含P1、P2基因的种类。课时作业题号12345678难度★★★★★★★★★对点孟德尔两对相对性状杂交实验由子代推亲本基因型自由组合中配子致死自由组合定律应用9∶3∶3∶1变式遗传与电泳自由组合实验分析自由组合定律、致死题号9101112131415难度★★★★★★★★★★★★对点9∶3∶3∶1变式判断基因位于几对同源染色体判断基因位于几对同源染色体、配子产生情况自由组合定律、致死自由组合实验分析9∶3∶3∶1变式、育种自由组合定律、判断基因位于几对同源染色体上1．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：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；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；F2中黄色皱粒豌豆植株的基因型为1/3YYrr、2/3YYrr，从F2黄色皱粒豌豆植株中任取两株，这两株豌豆基因型不同的概率为2×1/3×2/3＝4/9，C错误；F2中黄色圆粒豌豆植株的基因型为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中黄色圆粒豌豆植株混合种植相当于让F2中所有黄色圆粒豌豆植株自交，故后代出现绿色皱粒豌豆的概率为4/9×1/16＝1/36，D正确。2．某种哺乳动物的直毛(B)对卷毛(b)为显性，黑色(C)对白色(c)为显性(这两对基因分别位于不同对的同源染色体上)。基因型为BbCc的个体与“个体X”交配，子代的表型有：直毛黑色、卷毛黑色、直毛白色和卷毛白色，它们之间的比为3∶3∶1∶1。“个体X”的基因型为()A．BbCc B．BbccC．bbCc D．bbcc答案：C3．番茄的单式花序和复式花序是一对相对性状，由A、a基因决定。番茄花的颜色黄色和白色是一对相对性状，由B、b基因决定。将纯合的单式花序黄色花植株与复式花序白色花植株进行杂交，所得F1均为单式花序黄色花。将F1分别作母本和父本，进行测交，所得后代的表型和数量如图所示，下列分析不正确的是()A．番茄的单式花序和黄色花为显性性状B．这两对基因的遗传遵循基因的自由组合定律C．F1自交后代中复式花序白色花植株占1/16D．F1产生的基因型为ab的花粉可能有2/3不育答案：C解析：由F1性状可知，番茄的单式花序和黄色花为显性性状，A正确；由测交实验结果可知，两对基因的遗传遵循基因的自由组合定律，B正确；由图可知，F1作父本时，子代中基因型为aabb的个体数量是其他子代个体数量的1/3，推测F1产生的基因型为ab的花粉可能有2/3不育，D正确；由F1测交结果可知，AaBb产生雄配子的种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝3∶3∶3∶1，而雌配子的种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，故自交后代中复式花序白色花植株(aabb)占1/10×1/4＝1/40，C错误。4．水稻品质和抗性的协同提升是育种科学家的共同目标。已知水稻的香味和抗性由两对独立遗传的等位基因控制。现有两个纯合的水稻品系，一种有香味但易感病，另一种没有香味但有抗性。科研人员对两种水稻进行杂交，得到的F1表型均为有香味且有抗性。下列叙述错误的是()A．F1在减数分裂Ⅰ过程中会发生等位基因的分离和非等位基因的自由组合B．若从F1开始逐代自交，则两个显性基因的频率将逐渐增大C．F1与两种亲本分别杂交，两组后代中有香味且有抗性的个体占比相同D．对F1的花药进行离体培养，将获得的单倍体植株进行染色体加倍后，所需要类型的植株占1/4答案：B解析：已知水稻的香味和抗性由两对独立遗传的等位基因控制，两种水稻进行杂交，得到的F1表型均为有香味且有抗性，则有香味和有抗性为显性性状。F1在减数分裂Ⅰ过程中既遵循分离定律，也遵循自由组合定律，A正确；若从F1开始逐代自交，后代纯合子概率会变大，没有单独淘汰任何个体，两个显性基因的频率和两个隐性基因的频率相同，B错误；设由A/a控制有无香味，由B/b控制抗性，则亲本基因型为AAbb×aaBB，F1为AaBb，AaBb×AAbb→A_Bbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，AaBb×aaBB→AaB_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，两组后代中有香味且有抗性的个体占比相同，都是1/2，C正确；F1基因型为双杂合子，能产生4种配子，比例是1∶1∶1∶1，对F1的花药进行离体培养，将获得的单倍体植株进行染色体加倍后，所需要类型的植株占1/4，D正确。5．乙烯是果实成熟所必需的激素。某自花传粉植物(2n)果实的不能正常成熟(不成熟)与能正常成熟(成熟)是一对相对性状，由基因A/a、B/b控制，已知基因A控制合成的酶能催化乙烯合成。现有甲、乙、丙三种纯合植株，甲和乙表现为果实不成熟，丙表现为果实成熟，用这3个纯合子进行杂交实验得到F1，F1自交得到F2，结果如表所示。下列相关分析正确的是()实验杂交组合F1表型F2表型及分离比①甲×丙不成熟不成熟∶成熟＝3∶1②乙×丙成熟成熟∶不成熟＝3∶1③甲×乙不成熟不成熟∶成熟＝13∶3A.人工促进乙烯的合成可能会解决果实不耐储存的问题B．实验①F2不成熟植株产生的配子的情况为AB∶Ab＝1∶1C．实验①②F2的不成熟植株杂交，子代成熟∶不成熟＝2∶1D．实验③F2不成熟植株中自交不出现性状分离的占7/13答案：D解析：乙烯是果实成熟所必需的激素，人工抑制乙烯的合成使果实延迟成熟，可能会解决果实不耐储存的问题，A错误；实验③F2表型及比例为13∶3为9∶3∶3