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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5讲利用归纳推理法分析遗传的异常现象和特殊分离比教师用书
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第 5 讲 利用归纳推理法分析遗传的异常现象和特殊分离比
遗传定律的分离比是高中生物教学的重点和难点，也是高考的热点，在两对等位基因控制两对相对性状独立遗传时，具有两对相对性状的纯合子亲本进行杂交，F2出现四种表型，比例为9∶3∶3∶1。但在高考生物试题中，为评价学生科学思维与科学探究的核心素养，对遗传定律的考查，侧重点之一是F2的表型及比例在各种变式情境下的特殊分离比，因此，本书对遗传定律中特殊分离比的题型进行归类与分析，便于考生更好地理解与突破这一难点。
1．(2022·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1/12
C．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：选B 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；由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A＋1/2a，不育雄配子为1/2a，由于Aa个体产生的A∶a＝1∶1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，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。
2．(2021·山东高考)果蝇星眼、圆眼由常染色体上的一对等位基因控制，星眼果蝇与圆眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝1∶1，星眼果蝇与星眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝2∶1。缺刻翅、正常翅由 X 染色体上的一对等位基因控制，且 Y染色体上不含有其等位基因，缺刻翅雌果蝇与正常翅雄果蝇杂交所得子一代中，缺刻翅雌果蝇∶正常翅雌果蝇＝1∶1，雄果蝇均为正常翅。若星眼缺刻翅雌果蝇与星眼正常翅雄果蝇杂交得 F1，下列关于 F1的说法错误的是( )
A．星眼缺刻翅果蝇与圆眼正常翅果蝇数量相等
B．雌果蝇中纯合子所占比例为1/6
C．雌果蝇数量是雄果蝇的二倍
D．缺刻翅基因的基因频率为 1/6
解析：选D 亲本星眼缺刻翅雌果蝇基因型为AaXBXb，星眼正常翅雄果蝇基因型为AaXbY，则F1中星眼缺刻翅果蝇(只有雌蝇，基因型为AaXBXb，比例为2/3×1/3＝2/9)与圆眼正常翅果蝇(1/9aaXbXb、1/9aaXbY)数量相等，A正确；雌果蝇中纯合子基因型为aaXbXb，在雌果蝇中所占比例为1/3×1/2＝1/6，B正确；由于缺刻翅雄果蝇致死，故雌果蝇数量是雄果蝇的2倍，C正确；F1中XBXb∶XbXb∶XbY＝1∶1∶1，则缺刻翅基因XB的基因频率为1/(2×2＋1)＝1/5，D错误。
3．(2022·山东高考，改编)某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制，其中基因A控制紫色，a无控制色素合成的功能。基因B控制红色，b控制蓝色。基因I不影响上述2对基因的功能，但i纯合的个体为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙，它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考虑突变，根据表中杂交结果，下列推断正确的是( )
杂交组合
F1表型
F2表型及比例
甲×乙
紫红色
紫红色∶靛蓝色∶白色＝9∶3∶4
乙×丙
紫红色
紫红色∶红色∶白色＝9∶3∶4
A.让只含隐性基因的植株与F2测交，可确定F2中各植株控制花色性状的基因型
B．让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为1/4
C．若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则该植株可能的基因型最多有9种
D．若甲与丙杂交所得F1自交，则F2表型比例为9紫红色∶3靛蓝色∶3红色∶1蓝色
解析：选C 由题干信息可知，基因型为aaB_I_表现为红色，基因型为aabbI_表现为蓝色，基因型为_ _ _ _ii表现为白色。两对杂交组合中的表型及比例可说明相关的2对等位基因的遗传符合自由组合定律。根据两对杂交组合F2表型及比例可知该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙的基因型依次为AAbbII、AABBii、aaBBII。当F2中植株是白花时，其基因型为_ _ _ _ii，与只含隐性基因的植株测交后代仍然是白花，无法鉴别白花植株的具体基因型，A错误。甲×乙杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AABbIi∶AABBIi∶AABbII∶AABBII＝4∶2∶2∶1；乙×丙杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AaBBIi∶AABBIi∶AaBBII∶AABBII＝4∶2∶2∶1；其中II∶Ii＝1∶2，所以让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为2/3×1/4＝1/6，B错误。若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则亲本为____Ii，则该植株可能的基因型最多有9种(3×3)，C正确。甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII，假设这3对等位基因的遗传符合自由组合定律，则其自交的F2的表型及比例为紫红色(A_B_II)∶靛蓝色(A_bbII)∶红色(aaB_II)∶蓝色(aabbII)＝9∶3∶3∶1；假设A/a与B/b这2对等位基因连锁，则其自交的F2的表型比例不会出现题述结果，D错误。
知能集成(一) 归纳分离定律的遗传特例
特例一 复等位基因与雄性不育遗传问题
1．复等位基因
指同源染色体同一位置上控制某类性状的基因有2种以上(如ABO血型涉及IA、IB、i三种基因)。复等位基因在群体中尽管有多个，但其在每个个体的体细胞中仍然是成对存在的，而且彼此间具有显隐性关系，遗传时遵循基因分离定律。
例如，人类ABO血型的决定方式如下：
IAIA、IAi―→A型血；IBIB、IBi―→B型血；
IAIB―→AB型血(共显性)；ii―→O型血。
2．雄性不育
(1)细胞核雄性不育：核基因控制的雄性不育，有显性核不育和隐性核不育，遗传方式符合孟德尔遗传定律。
(2)细胞质雄性不育：表现为母体遗传、花粉败育和雌穗正常。可以被显性核恢复基因恢复育性。
(3)核质互作不育型：是由核基因和细胞质基因相互作用共同控制的雄性不育类型。
[针对训练]
1．某哺乳动物的毛色受三个位于常染色体上的复等位基因A1(黄色)、A2(黑色)、A3(白色)控制(A1对A2、A3为显性，A2对A3为显性)，某一基因存在纯合致死现象。基因型为A1A3的个体与基因型为A1A2的个体交配得到F1，F1表型及比例相对值如图所示。下列叙述错误的是( )
A．该哺乳动物中复等位基因的存在体现了基因突变的不定向性
B．该哺乳动物的群体中，基因型为A1A1的个体不能存活
C．F1中个体自由交配所得F2中黄色∶黑色∶白色＝5∶3∶1
D．F1中黄色个体与黑色个体交配，后代出现白色个体的概率为1/8
解析：选C 基因突变的不定向性表现为一个基因可以向不同的方向发生突变，产生一个以上的等位基因，A正确；基因型为A1A2的个体与基因型为A1A3的个体交配，理论上F1的基因型为A1A1、A1A3、A1A2、A2A3，而图中F1表型及比例为黄色∶黑色＝2∶1，推知A1基因纯合致死，B正确；F1中个体随机交配，得到的F2中致死(1/9A1A1)∶黄色(2/9A1A2、2/9A1A3)∶黑色(1/9A2A2、2/9A2A3)∶白色(1/9A3A3)＝1∶4∶3∶1，故F2的实际表型及比例为黄色∶黑色∶白色＝4∶3∶1，C错误；F1中黄色个体的基因型为1/2A1A3、1/2A1A2，黑色个体的基因型为A2A3，它们交配产生的后代出现白色(A3A3)个体的概率为1/2×1/4＝1/8，D正确。
2．某一年生植物开两性花，其花非常小，杂交育种时去雄困难。其花粉可育与不育由细胞核基因A/a(A、a基因仅在花粉中表达)和线粒体基因(N、S，每一植株只具其中一种基因)共同控制，花粉不育的机理如图所示(P蛋白的存在是S基因表达的必要条件)：
a基因P蛋白
S基因S蛋白花粉不育(不具受精能力)
(1)上述基因中，遵循孟德尔遗传规律的是________________________。
(2)基因型可用“线粒体基因(核基因型)”的形式表示，如植株N(aa)、花粉N(a)。现有植株N(aa)、S(aa)、S(AA)、N(AA)，要培育出植株S(Aa)。
①选用的父本是________________，母本是________。
②植株S(Aa)产生的花粉中可育花粉的基因型及所占比例是________。该植株自交后代的基因型及比例是________________________________。
解析：(1)只有细胞核基因A/a的遗传遵循孟德尔遗传规律。(2)①根据题中信息可知，S基因为线粒体基因，且含a基因的个体花粉不育，若要培育出基因型为S(Aa)的个体，母本中一定含有S基因和a基因，结合题中信息可知，可选择的母本的基因型是S(aa)，父本基因型是N(AA)或S(AA)。②植株S(Aa)产生的花粉有S(A)和S(a)两种，其中可育花粉的基因型为S(A)，所占比例为1/2。植株S(Aa)自交，其产生的可育花粉的基因型为S(A)，产生的卵细胞的基因型为S(A)和S(a)，因此，该个体自交后代的基因型及比例为S(AA)∶S(Aa)＝1∶1。
答案：(1)细胞核基因A、a (2)①N(AA)或S(AA) S(aa) ②S(A)，1/2 S(AA)∶S(Aa)＝1∶1
特例二 异常分离比问题
1．不完全显性
F1的性状表现介于显性和隐性的亲本之间的显性表现形式。如紫茉莉的花色遗传中，红色花(RR)与白色花(rr)杂交产生的F1为粉红花(Rr)，F1自交后代有3种表型：红花、粉红花、白花，性状分离比为1∶2∶1，图解如下：
P RR(红花) × rr(白花)
↓
F1 Rr(粉红花)
↓⊗
F2 1RR(红花)∶2Rr(粉红花)∶1rr(白花)
2．致死现象
(1)胚胎致死：某些基因型的个体死亡，如下图：
Aa×Aa
⇓
1AA∶2Aa∶1aa⇒
(2)配子致死：指致死基因在配子时期发生作用，从而不能形成有生活能力的配子的现象。例如，A基因使雄配子致死，则基因型为Aa的个体自交，只能产生一种成活的a雄配子、A和a两种雌配子，形成的后代基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1。
[针对训练]
3．在牵牛花的遗传实验中，用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1。如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花进行自交，则后代表型及比例应该为( )
A．红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1
B．红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1
C．红色∶粉红色∶白色＝1∶4∶1
D．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1
解析：选B 设相关基因用A、a表示，由题意分析可知，F2中粉红色牵牛花与红色牵牛花的比例为2∶1，因此自交时，1/3AA自交子代为1/3AA,2/3Aa自交子代为1/6AA、2/6Aa、1/6aa，合并起来为3/6AA、2/6Aa、1/6aa，对应表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1。
4．研究发现基因家族存在一类“自私基因”，可通过“杀死”不含这类基因的配子来改变分离比例。如E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能“杀死”体内2/3不含该基因的雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1随机传粉获得F2。下列相关叙述错误的是( )
A．亲本产生的雄配子中，E∶e＝3∶1
B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1
C．F2中基因型为ee的个体所占比例为5/32
D．从亲本→F1→F2，e的基因频率逐代降低
解析：选C E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，A正确；基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，雌配子比例为1/2E和1/2e，根据雌雄配子的随机结合，可求出F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，B正确；F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，据此可求出F1产生的雄配子为e＝4/8×1/2×1/3＋1/8＝5/24、E＝3/8＋4/8×1/2＝5/8，即E∶e＝3∶1，雌配子为5/8E和3/8e，再根据雌雄配子的随机结合可求出基因型为ee的个体所占比例为1/4e×3/8e＝3/32，C错误；E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低，D正确。
特例三 从性遗传和母系影响
1．从性遗传
由常染色体上基因控制的性状，在表型上受个体性别影响的现象。如绵羊的有角和无角受常染色体上一对等位基因控制，有角基因H为显性，无角基因h为隐性，在杂合子(Hh)中，公羊表现为有角，母羊表现为无角，其基因型与表型关系如下表：
基因型
HH
Hh
hh
雄性
有角
有角
无角
雌性
有角
无角
无角
2.“母性”效应
是指子代的某一表型受到母本基因型的影响，而和母本的基因型所控制的表型一样。因此正反交不同，但不是细胞质遗传，这种遗传不是由细胞质基因所决定的，而是由核基因的表达并积累在卵细胞中的物质所决定的。
[针对训练]
5．“母性效应”是指子代某一性状的表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖，但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋的区分。旋转方向符合“母性效应”，遗传过程如下图所示。下列叙述正确的是( )
A．与螺壳旋转方向有关的基因的遗传不遵循基因的分离定律
B．螺壳表现为左旋的个体和表现为右旋的个体的基因型都有3种
C．让图示中F2个体进行自交，其后代螺壳都将表现为右旋
D．欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作为父本进行交配
解析：选D 与螺壳旋转方向有关的基因是一对等位基因，且F1自交后代出现3种基因型，其比例是1∶2∶1，说明与螺壳旋转方向有关的基因的遗传遵循基因分离定律，A错误；螺壳表现为左旋，说明母本的基因型为dd，故螺壳表现为左旋的个体的基因型为dd或Dd(2种)，螺壳表现为右旋，说明母本的基因型为DD或Dd，故螺壳表现为右旋的个体的基因型为DD、dd或Dd(3种)，B错误；螺壳表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配，因此，让图示中F2个体进行自交，基因型为Dd和DD的个体的子代螺壳都将表现为右旋，而基因型为dd的个体的子代螺壳将表现为左旋，C错误；左旋椎实螺的基因型是Dd或dd，欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作父本进行交配，若左旋椎实螺基因型为dd，则子代螺壳均为左旋，若左旋椎实螺基因型为Dd，则子代螺壳均为右旋，D正确。
6．已知控制卡拉库尔羊的有角(H)和无角(h)，毛色的银灰色(D)和黑色(d)这两对相对性状的H(h)和D(d)基因各自独立遗传。研究人员将多只纯种卡拉库尔羊进行如下杂交实验，产生了大量的F1与F2个体，统计结果如表：
实验一
有角×无角
F1
公羊
全为有角
母羊
全为无角
实验二
F1雌雄个体交配
F2
公羊
有角∶无角＝3∶1
母羊
有角∶无角＝1∶3
请回答下列问题：
(1)根据实验一判断，有角和无角的性状不仅由基因控制，还与________有关。
(2)实验二中，多只不同性别的基因型均为Hh的卡拉库尔羊交配，雄性卡拉库尔羊中无角比例为1/4，但雌性卡拉库尔羊中无角比例为3/4，请解释这种现象。____________________________________________。
(3)推测等位基因H和h位于________染色体上。检验方法：用实验一中的F1有角公羊与多只纯种无角母羊杂交，若子代的表型及比例为________________________________，则上述推测正确。
(4)卡拉库尔羊的银灰色羊皮质量非常好，牧民让银灰色的卡拉库尔羊自由交配，但每一代中总会出现约1/3的黑色卡拉库尔羊。试分析产生这种现象的原因：________________________。现将银灰色的卡拉库尔羊随机交配，F1继续随机交配得到F2，请推算F2群体中D基因的基因频率是________。
解析：(1)实验一中有角与无角杂交所得子一代基因型均为Hh，但子一代公羊均表现为有角，母羊均表现为无角，说明有、无角这对相对性状的遗传与性别相关。(2)子二代基因型及比例应为HH∶Hh∶hh＝1∶2∶1，公羊中无角比例为1/4，但母羊中无角比例为3/4，说明基因型为HH的公羊和母羊中均表现为有角；基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角；基因型为hh的公羊和母羊中均表现为无角。(3)推测等位基因H和h位于常染色体上，实验一中的F1有角公羊(Hh)与多只纯种无角母羊(hh)杂交，后代基因型及比例应为Hh∶hh＝1∶1，对应表型及比例为公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角，如基因在性染色体上，结果与此不同。(4)银灰色羊自由交配，后代均出现性状分离，说明银灰色羊基因型均为Dd，每一代中总会出现约1/3的黑色羊，说明DD纯合致死。基因型Dd银灰色羊自由交配，由于DD纯合致死，F1中基因型及比例为Dd∶dd＝2∶1，D基因的基因频率为1/3，F1自由交配得F2，F2基因型及比例为Dd∶dd＝1∶1，D基因的基因频率为1/4。
答案：(1)性别 (2)基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角 (3)常 公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角(或有角公羊∶无角公羊＝1∶1，母羊全为无角；或有角公羊∶无角公羊∶无角母羊＝1∶1∶2) (4)DD纯合致死(或DD致死或D基因纯合致死) 25%(或1/4)
知能集成(二) 基因自由组合现象的特殊分离比问题分析
特例一 “和”为16的特殊分离比成因
1．基因互作
组别
类型
F1(AaBb)自交后代比例
F1测交后代比例
Ⅰ
存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正常表现
9∶6∶1
1∶2∶1
Ⅱ
两种显性基因同时存在时，表现为一种性状，否则表现为另一种性状
9∶7
1∶3
Ⅲ
当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性状，其余正常表现
9∶3∶4
1∶1∶2
Ⅳ
只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现
15∶1
3∶1
2．显性基因累加效应
(1)表型。
(2)原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，效果越强。
[针对训练]
1．小麦种皮有红色和白色，这一相对性状由作用相同的两对等位基因(R1/r1；R2/r2)控制，红色(R1、R2)对白色(r1、r2)为显性，且显性基因效应可以累加。一株深红色小麦与一株白色小麦杂交，得到的F1为中红，其自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是( )
A．这两对等位基因位于两对同源染色体上
B．F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子
C．浅红色小麦自由传粉，后代可出现三种表型
D．该小麦种群中，中红色植株的基因型为R1r1R2r2
解析：选D 由题意可知，F1自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1，该比例为9∶3∶3∶1的变式，因此控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上，A正确；由于后代出现1∶4∶6∶4∶1的比例，因此F1的基因型为R1r1R2r2，F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子，即R1R2∶R1r2∶r1R2∶r1r2＝1∶1∶1∶1，B正确；浅红色小麦的基因型为R1r1r2r2、r1r1R2r2，浅红色小麦自由传粉，后代可出现中红、浅红、白色三种表型(两个显性基因、一个显性基因、没有显性基因)，C正确；该小麦种群中，中红色植株的基因型中含有两个显性基因，即R1R1r2r2、r1r1R2R2、R1r1R2r2，D错误。
2．某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。
实验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶。
实验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3。
(1)甘蓝叶色中隐性性状是________，实验①中甲植株的基因型为________。
(2)实验②中乙植株的基因型为__________，子代中有________种基因型。
(3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，则丙植株所有可能的基因型是________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型是______________________________；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，则丙植株的基因型为________。
解析：(1)根据实验①②判断甘蓝的绿叶是隐性性状，紫叶是显性性状。由题干可知，两对基因都为隐性的个体表现为隐性性状，结合实验①可判断出甲植株的基因型是aabb。(2)根据实验②子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3，可推知乙植株的基因型是AaBb，基因型为AaBb、aabb的植株杂交，子代中有4种基因型，分别是AaBb、Aabb、aaBb、aabb。(3)若丙植株与甲植株(aabb)杂交，子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，可推出紫叶丙植株只能产生两种配子，且有一种配子是ab，进而推出丙的基因型是Aabb或aaBb；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，说明丙植株产生的配子中只能含一个隐性基因或全是显性基因，可利用分离定律列出丙植株可能的基因型，符合要求的丙植株的基因型是AABB、AABb、AAbb、aaBB、AaBB；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，且该子代自交后代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，这是自由组合定律9∶3∶3∶1性状分离比的变式，推出子代紫叶植株的基因型是AaBb，由此推出丙植株的基因型是AABB。
答案：(1)绿色 aabb (2)AaBb 4 (3)Aabb、aaBb AABB 、AABb 、AAbb、aaBB、AaBB AABB
性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤
特例二 “和”小于16的特殊分离比成因
——致死遗传现象
1．胚胎致死或个体致死
(1)显性纯合致死
致死类型
AaBb自交后代比例
AaBb测交后代比例
AABB致死
8(4AaBb＋2AaBB＋2AABb)∶
3aaB_∶3A_bb∶1aabb＝8∶3∶3∶1
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1
AA和BB都致死
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1
AA(或BB)致死
6(2AaBB＋4AaBb)∶
3aaB_∶2Aabb∶1aabb或6(2AABb＋4AaBb)∶3A_bb∶2aaBb∶1aabb
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1
(2)隐性纯合致死
致死类型
AaBb自交后代比例
aabb致死
A_B_∶A_bb∶aaB_＝9∶3∶3
aa和bb都致死
9A_B_(全显性)＝9∶0∶0∶0
aa(或bb)致死
9A_B_∶3A_bb或9A_B_∶3aaB_
2.配子致死或配子不育
[针对训练]
3．某二倍体植物的花色和茎高分别由基因A/a、B/b控制，用甲、乙、丙三种基因型不同的红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎。用F1植株随机交配，F2植株的表型及比例均为红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝9∶1∶1∶1。下列叙述错误的是( )
A．甲、乙、丙都能产生AB配子
B．这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律
C．F2出现9∶1∶1∶1比例的原因是部分个体致死
D．甲、乙、丙植株的基因型分别是AABB、AABb、AaBb
解析：选D 红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎，说明甲、乙、丙都可以产生AB配子，A正确；花色和茎高性状由两对基因控制，且出现性状9∶1∶1∶1的分离比，这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律，B正确；由上述分析可得，根据基因型判断死亡个体的基因型是Aabb和aaBb，C正确；进一步判断甲、乙、丙植株的基因型为AABB、AABb、AaBB，但无法确定甲、乙、丙为三种基因型中的哪种，D错误。
4．某种植物的花色同时受A、a与B、b两对基因控制，基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花。将蓝花植株(♀)与黄花植株(♂)杂交，取F1红花植株自交得F2，F2的表型及其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝7∶3∶1∶1。据此回答下列问题：
(1)F1红花的基因型为________，上述每一对等位基因的遗传遵循____________定律。
(2)F1若出现蓝花，则母本、父本的基因型分别为________、________，亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是________。
(3)对F2出现的表型及其比例有两种不同的观点加以解释。
观点一：F1产生的配子中某种雌雄配子同时致死。
观点二：F1产生的配子中某种雌配子或雄配子致死。
你支持上述________，重新设计实验证明你的观点。
实验方案：________________________________________________________________。
实验结果与结论：①_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据F2的表型比例可知F1红花的基因型为AaBb，上述每一对等位基因的遗传遵循基因分离定律，两对基因之间符合自由组合定律。(2)基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花，根据F2表型比例可知，A_B_表现为红花，aabb表现为白花，亲本为蓝花植株与黄花植株。若F2出现蓝花(A_bb)，说明亲本黄花基因型为aaBb，又由于F2中A_B_∶aaB_∶A_bb∶aabb＝7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，A_B_少了2，A_bb少了2，最可能的原因是Ab的雄配子或雌配子致死，因此不存在AAbb的纯合子，亲本蓝花植株和F2蓝花植株的基因型一定为Aabb，故母本、父本的基因型分别为Aabb、aaBb，根据分析可知所有蓝花基因型均为Aabb，所以亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是100%。(3)若观点一成立，则F1只能产生3种能够参与受精的雌、雄配子，F2的组合数为3×3＝9(种)，与题干F2的组合数为7＋3＋1＋1＝12(种)不符；若观点二成立，则子一代产生的可育配子是3种和4种，F2的组合数为3×4＝12(种)，与题意相符，所以支持上述观点二；实验方案及结果与结论见答案。
答案：(1)AaBb 基因分离 (2)Aabb aaBb 100% (3)观点二 分别取F1红花植株作父本、母本，与aabb植株进行杂交 ①若F1红花植株作父本，子代出现4种表型，其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝1∶1∶1∶1。F1红花植株作母本，子代出现3种表型，其比例为红花∶黄花∶白花＝1∶1∶1，则Ab雌配子致死 ②若F1红花植株作母本，子代出现4种表型，其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝1∶1∶1∶1。F1红花植株作父本，子代出现3种表型，其比例为红花∶黄花∶白花＝1∶1∶1，则Ab雄配子致死
[课时验收评价]
1．在某种奶牛品种中，毛皮的红褐色(R－)与红色(R＋)是一对相对性状。杂种的毛皮颜色与性别有关，雄牛是红褐色，而雌牛是红色。现将纯种红色雌牛与纯种红褐色雄牛杂交，产生大量的F1，再将F1雌雄个体交配产生F2。下列说法错误的是( )
A．F1雄牛、雌牛的表型不同，基因型相同
B．F1雌牛与红色纯合雄牛杂交，子代中红色∶红褐色＝1∶1
C．F1雄牛与红褐色纯合雌牛杂交，子代中红色∶红褐色＝1∶3
D．F2中红色牛∶红褐色牛＝1∶1
解析：选B 纯种红色雌牛(R＋R＋)与纯种红褐色雄牛(R－R－)杂交，F1的基因型为R＋R－，雄牛表现为红褐色，而雌牛表现为红色，A正确；F1雌牛(R＋R－)与红色纯合雄牛(R＋R＋)杂交，子代中红色包括1/2R＋R＋(雄性、雌性)、1/4R＋R－(雌性)，红褐色只有1/4R＋R－(雄性)，红色∶红褐色＝3∶1，B错误；F1雄牛(R＋R－)与红褐色纯合雌牛(R－R－)杂交，子代中红色只有R＋R－的雌性，占1/4，故红色∶红褐色＝1∶3，C正确；F1的基因型为R＋R－，F1自由交配，F2中R＋R＋∶R＋R－∶R－R－＝1∶2∶1，根据各种基因型在雌雄个体中的表型可知，F2中红色牛∶红褐色牛＝1∶1，D正确。
2．某动物性别决定方式为ZW型，眼色红眼、伊红眼、白眼分别受Z染色体上的等位基因A1、A2、A3控制。某小组用一只伊红眼雄性与红眼雌性杂交，F1中雄性全为红眼，雌性既有伊红眼，也有白眼。下列说法错误的是( )
A．与该动物的眼色有关的基因型有9种
B．A1、A2、A3的产生体现了基因突变的不定向性
C．3个等位基因之间的显隐性关系为A1＞A2＞A3
D．选择白眼雌性与红眼雄性个体杂交可快速鉴定子代性别
解析：选D 该动物群体中与眼色有关的基因型雌性有3种，雄性有6种，共有9种，A正确；A1、A2、A3三种复等位基因的产生体现了基因突变的不定向性，B正确；根据题中子一代中雌性的两种表型可知，亲本雄性个体为杂合子且能说明伊红眼对白眼为显性，又根据子一代雄性个体均为红眼能说明红眼对伊红眼、白眼为显性，即3个等位基因之间的显隐性关系为A1＞A2＞A3，C正确；选择白眼雌性(ZA3W)与红眼雄性(ZA1ZA1、ZA1ZA2、ZA1ZA3)个体杂交，产生的后代中无论哪种表型均为既有雌性，也有雄性，故无法快速鉴定子代性别，D错误。
3．老鼠的皮毛黄色(A)对灰色(a)为显性。有一位遗传学家在实验中发现含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞结合致死。黄鼠与黄鼠杂交，F1中同一毛色的鼠相互交配，假设每只老鼠产生子代的数目相同，F2中黄鼠和灰鼠的比例为( )
A．4∶5 B．1∶1 C．2∶1 D．3∶1
解析：选A 由于含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞结合致死，黄鼠的基因型均为Aa，故黄鼠与黄鼠交配，即Aa×Aa，因此F1中Aa占2/3、aa占1/3。将F1中同一毛色的鼠相互交配得到F2，其中1/3aa后代仍为aa；2/3Aa后代中出现性状分离(Aa占2/3、aa占1/3)。故F2中黄鼠的比例为2/3×2/3＝4/9，灰鼠的比例为1/3＋2/3×1/3＝5/9，黄鼠和灰鼠的比例为4∶5。
4．某两性花植物花的颜色受A/a、B/b两对独立遗传的基因控制，其中A控制红色色素的合成(AA和Aa的作用相同)；B能减少红色色素的含量，且BB将红色色素减少为0。以下为某杂交实验及其结果(亲本都是纯合子)。下列有关叙述错误的是( )
A．白花植株的基因型共有5种
B．亲本中白花植株基因型为aaBB
C．F1测交后代表型及其比例为红花∶粉红花∶白花＝1∶1∶2
D．将F2中红花植株自交，后代中白花植株占1/9
解析：选D 由题干信息可知，某植物的花色由2对等位基因控制，A_BB、aa_ _为白花，A_bb为红花，A_Bb为粉红花，纯种白花与纯种红花进行杂交，F1均为粉红花，F1自交，F2表现为3红花∶6粉红花∶7白花＝3∶6∶7，其分离比是9∶3∶3∶1 的变式，因此2对等位基因遵循自由组合定律，所以F1的基因型是AaBb，亲本白花的基因型是aaBB，红花的基因型是AAbb。白花植株的基因型有A_BB(2种)、aa_ _(3种)，共5种，A正确；亲本中白花植株基因型为aaBB，B正确；F1基因型为AaBb，测交后代基因型及比例为1/4AaBb(粉红花)∶1/4aaBb(白花)∶1/4Aabb(红花)∶1/4aabb(白花)，故表型及其比例为红花∶粉红花∶白花＝1∶1∶2，C正确；F2中红花植株(1/3AAbb、2/3Aabb)自交，后代只出现白花和红花，其中白花aabb占2/3×1/4＝1/6，D错误。
5．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Srr与父本Nrr的杂交后代均为雄性不育
D．母本Srr与父本NRr的杂交后代均为雄性可育
解析：选C 遗传定律适用于真核生物的细胞核基因遗传，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；由题意分析可知，只有Srr表现为雄性不育，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，而细胞核基因遗传遵循分离定律，因此母本Srr与父本Nrr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Srr与父本NRr杂交，后代的基因型为SRr、Srr，即后代一半雄性可育，一半雄性不育，D错误。
6．某植物正常株开两性花，且有只开雄花和只开雌花的两种突变型植株。取纯合雌株和纯合雄株杂交，F1全为正常株，F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4。下列推测不合理的是( )
A．该植物的性别由位于非同源染色体上的两对基因决定
B．雌株和雄株两种突变型都是正常株隐性突变的结果
C．F1正常株测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2
D．F2中纯合子测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝2∶1∶1
解析：选D 由F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4＝9∶3∶(3＋1)可知，该植物的性别由位于非同源染色体上的两对基因决定，A合理；正常株为双显性，雌株和雄株至少有一对隐性基因，所以雌株和雄株两种突变型都是正常株隐性突变的结果，B合理；两对基因分别用A、a和B、b表示，则F1基因型为AaBb，双亲为AAbb和aaBB，遵循基因的自由组合定律；F1正常株测交后代为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表型为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2，C合理；F2中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb，若其中基因型为aaBB、aabb的个体为雌株，不能与aabb进行测交，则测交后代分别为AaBb、Aabb，表型为正常株∶雄株＝1∶1，D不合理。
7．柑橘的果皮色泽同时受多对等位基因控制(用A、a，B、b，C、c等表示)，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表现为红色，当个体的基因型中每对等位基因都不含显性基因时表现为黄色，其余表现为橙色。现有三株柑橘进行如下甲、乙两组杂交实验。
实验甲：红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1
实验乙：橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1
据此分析下列叙述错误的是( )
A．果皮的色泽受3对等位基因的控制
B．实验甲亲、子代中红色果皮植株基因型相同
C．实验乙橙色亲本有3种可能的基因型
D．若实验乙中橙色亲本的基因型已确定，则橙色子代有10种基因型
解析：选D 根据题意分析可知，实验甲中红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1，相当于测交，说明果皮的色泽受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，A正确；根据以上分析可知，实验甲的亲本基因型组合为AaBbCc×aabbcc，则子代红色果皮植株的基因型也是AaBbCc，B正确；实验乙中橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1，由于后代出现了黄色果皮aabbcc(1/16)，说明红色亲本基因型为AaBbCc，且亲本相当于一对杂合子自交、两对杂合子测交，则橙色亲本有三种基因型，分别为Aabbcc、aaBbcc或aabbCc，C正确；根据以上分析可知，实验乙中若橙色亲本的基因型已确定，则子代的基因型一共有3×2×2＝12(种)，其中红色子代有2种基因型，橙色子代有9种基因型，黄色子代有1种基因型，D错误。
8．某自花传粉植物的花瓣有深红色、大红色、粉红色、浅红色、白色5种颜色，由独立遗传的两对等位基因控制，且显性基因的个数越多，色越深。下列说法错误的是( )
A．5种花色的植株中，基因型种类最多的是粉红花植株
B．大红花植株与浅红花植株杂交，子代中浅红花植株占1/2
C．自交子代有5种花色的植株基因型只有1种
D．自交子代花色与亲本相同的植株基因型有4种
解析：选B 设某自花传粉植物的花瓣颜色由两对等位基因A、a和B、b控制，则含有4个显性基因AABB为深红色，其次AABb、AaBB为大红色，AaBb、AAbb、aaBB为粉红色，Aabb、aaBb为浅红色，aabb为白色。粉红色的基因型最多，有AaBb、AAbb、aaBB三种，A正确；大红花植株基因型为AABb、AaBB，产生的配子中含有2个显性基因的和含有1个显性基因的各占1/2，浅红花植株基因型为Aabb、aaBb，产生的配子中含有1个显性基因的和不含显性基因的各占1/2，二者杂交，由于子代中浅红花植株的基因型只含1个显性基因，所以概率为1/2×1/2＝1/4，B错误；自交子代有5种花色的植株基因型只有AaBb一种，C正确；基因型AABB、AAbb、aaBB、aabb自交后代均只有1种表型，所以自交子代花色与亲本相同的植株基因型有4种，D正确。
9．人类肤色由3对独立遗传的等位基因控制，其中深肤色由显性基因控制，皮肤为深黑色的基因型为AABBDD，皮肤为白色的基因型为aabbdd。下表列出了基因型为AaBbDd的男女婚配后代个体中所能具有的全部表现类型及所占的比例。若基因型为AaBbDd与Aabbdd的男女婚配，则下列有关子代的叙述错误的是(不考虑同源染色体非姐妹染色单体的交换)( )
类型
一
二
三
四
五
六
七
显性基因个数
0
1
2
3
4
5
6
在所有类型中所占的比例
1/64
6/64
15/64
20/64
15/64
6/64
1/64
A．子代中不会出现类型六和类型七的个体
B．子代中类型三的个体出现的概率为5/16
C．子代中类型二的个体的基因型有3种
D．子代中皮肤颜色类型四∶类型五＝4∶1
解析：选B 控制肤色的3对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律，显性基因个数越多，肤色越深，基因型为AaBbDd与Aabbdd的男女婚配，所有子代的可能情况如表(括号内为显性基因个数)：
项目
1AA(2)
2Aa(1)
1aa(0)
1Bb(1)
1Dd(1)
1AABbDd(4)
2AaBbDd(3)
1aaBbDd(2)
1dd(0)
1AABbdd(3)
2AaBbdd(2)
1aaBbdd(1)
1bb(0)
1Dd(1)
1AAbbDd(3)
2AabbDd(2)
1aabbDd(1)
1dd(0)
1AAbbdd(2)
2Aabbdd(1)
1aabbdd(0)
由表可知，类型三的个体出现的概率为6/16，B错误，A、C、D正确。
10．[压轴考法·适情选做]某二倍体植物为雌雄同株，其花色由细胞核中两对等位基因D/d和E/e控制，D对d、E对e为显性，其中D基因控制红色色素的合成，E基因控制蓝色色素的合成，2种色素均不合成时花呈白色。D、E基因转录得到的mRNA能够相互配对形成双链，导致两种色素均不能合成。用纯合的红花植株和蓝花植株杂交，F1均开白花，F1自由交配得F2。下列叙述错误的是( )
A．该植物种群中白花植株的基因型有5种，红花和蓝花的基因型各有2种
B．含D、E基因的植株由于彼此干扰了基因的转录，不能合成色素而开白花
C．若这两对基因位于两对同源染色体上，则F2中红花∶白花∶蓝花约为3∶10∶3
D．若F2中红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1，则D与e一定位于同一条染色体上
解析：选B 分析题干可知，D、E同时存在时开白花，则白花的基因型为D_E_、ddee；红花基因型为D_ee；蓝花基因型为ddE_。用纯合的红花植株(DDee)和蓝花植株(ddEE)杂交，F1的基因型为DdEe，均开白花。白花的基因型有D_E_、ddee，共有5种，A正确；mRNA为翻译的模板，据题干信息“D、E基因转录得到的mRNA能够相互配对形成双链，导致两种色素均不能合成”可知含D、E基因的植株由于彼此干扰了基因的翻译，不能合成色素而开白花，B错误；若这两对基因位于两对同源染色体上，则F2中D_E_(白花)∶D_ee(红花)∶ddE_(蓝花)∶ddee(白花)＝9∶3∶3∶1，故红花∶白花∶蓝花约为3∶10∶3，C正确；若D与e位于同一条染色体上，则F1产生的配子类型及比例为De∶dE＝1∶1，F2中DDee∶DdEe∶ddEE＝1∶2∶1，即红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1；若D与E位于同一条染色体上，则配子类型及比例为DE∶de＝1∶1，F2中DDEE∶DdEe∶ddee＝1∶2∶1，F2中全为白花。因此，若F2中红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1，则D与e一定位于同一条染色体上，D正确。
11．某多年生植物的高茎和矮茎由等位基因A、a控制，红花和白花由等位基因B、b控制，两对基因独立遗传。某高茎红花植株自交的子一代中高茎红花∶高茎白花∶矮茎红花∶矮茎白花＝5∶3∶3∶1。回答下列问题：
(1)控制这两对相对性状的基因________(填“遵循”或“不遵循”)基因的自由组合定律。
(2)已知通过受精作用得到的各种基因型的受精卵均能正常发育。为研究子一代出现该比例的原因，有人提出两种假说，
假说一：亲本产生的AB雄配子不能受精；
假说二：亲本产生的AB雌配子不能受精。
请利用上述实验中的植株为材料，设计测交实验分别证明两种假说是否成立(写出简要实验方案、预期实验结果)。
①支持假说一的实验方案和实验结果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②支持假说二的实验方案和实验结果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)据题意可知，控制高茎和矮茎、红花和白花的两对基因独立遗传，所以控制这两对相对性状的基因遵循基因的自由组合定律，且亲本高茎红花的基因型为AaBb。(2)假说提出两种可能，AB雄配子不能受精或AB雌配子不能受精，故①要用亲本高茎红花为父本与子一代矮茎白花为母本测交证明假说一，因母本只产生ab雌配子，父本能产生AB、Ab、aB、ab四种雄配子，若AB雄配子不能受精，则子一代没有高茎红花个体；②用亲本高茎红花为母本与子一代矮茎白花为父本测交证明假说二，因父本只产生ab雄配子，母本能产生AB、Ab、aB、ab四种雌配子，若AB雌配子不能受精，则子一代没有高茎红花个体。
答案：(1)遵循 (2)①以亲本高茎红花为父本与子一代矮茎白花测交，子代出现高茎白花∶矮茎白花∶矮茎红花＝1∶1∶1(或子代仅未出现高茎红花) ②以亲本高茎红花为母本与子一代矮茎白花测交，子代出现高茎白花∶矮茎白花∶矮茎红花＝1∶1∶1(或子代仅未出现高茎红花)
12．某雌雄同株的植株的雄性不育(不能产生可育花)性状受一组复等位基因控制，其中Ms为显性不育基因，ms为隐性可育基因，Msf为显性恢复可育基因，三者之间的显隐性关系为Msf＞Ms＞ms。回答下列问题：
(1)植株甲为雄性不育，植株乙为雄性可育，甲和乙杂交，F1均为雄性可育，F1自交产生的F2中雄性不育占1/8，亲本中植株甲和植株乙的基因型分别为________________，F2的雄性可育植株中纯合子占________。
(2)某混合种植的群体中只有MsfMs和Msms两种基因型，且两种基因型植株数量相等，该群体随机交配一代，后代表型比例为_________________。
(3)现有某雄性可育的植株，自交后代均为雄性可育，请设计一次合理的杂交实验判断该可育植株的基因型，写出杂交实验，实验结果和相应的实验结论：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)植株甲为雄性不育，基因型是Ms_，乙为雄性可育，基因型是msms或Msf_，杂交后代都可育，说明乙的基因型是MsfMsf，F1自交产生的F2中雄性不育占1/8。甲的基因型是Msms；子一代基因型是MsfMs、Msfms，子一代自交得到子二代，雄性可育的基因型是MsfMsf、MsfMs、MsfMsf、Msfms、msms，其中纯合体是MsfMsf、msms，占3/7。(2)MsfMs和Msms两种基因型的个体比例是1∶1，自由交配时产生雌配子的类型及比例是Msf∶Ms∶ms＝1∶2∶1，雄配子的类型及比例是Msf∶Ms＝1∶1，自由交配后代雄性不育的比例是MsMs＋Msms＝1/2×1/2＋1/2×1/4＝3/8，雄性可育占5/8，雄性可育∶雄性不育＝5∶3。(3)某雄性可育的植株，自交后代均为雄性可育，该植株的基因型可能是MsfMsf、Msfms或msms，让该植株与基因型为MsMs植株杂交，如果基因型是MsfMsf，则后代都表现为雄性可育，如果基因型是Msfms，则后代雄性可育∶雄性不育＝1∶1，如果基因型是msms，杂交后代都表现为雄性不育。
答案：(1)Msms和MsfMsf 3/7 (2)雄性可育∶雄性不育＝5∶3 (3)让该植株和基因型为MsMs的植株杂交，若后代全为雄性可育，则该植株的基因型为MsfMsf；若后代雄性可育∶雄性不育＝1∶1，则该植株的基因型为Msfms；若后代全为雄性不育，则该植株的基因型为msms
13．[压轴考法·适情选做]构成稻米的淀粉有直链淀粉和支链淀粉两种。当前农业栽培的水稻直链淀粉的含量差异较大，主要有高含量、中高含量、中等含量、中低含量和低含量等品种。目前，针对水稻直链淀粉含量差异的解释主要有以下两种假说：
假说一：该性状受两对独立遗传的等位基因(D/d，E/e)控制，每个显性基因对直链淀粉含量的增加效应相同且具叠加性。
假说二：该性状受一组复等位基因控制(a1—高含量、a2—中高含量、a3—中等含量、a4—中低含量、a5—低含量)，这些基因彼此间具有完全显隐性关系。
回答下列问题：
(1)若假说一成立，中等含量直链淀粉水稻的基因型为：____________，让杂合中等含量水稻进行自交，后代的表型及比例为______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)为检验假说二是否成立，某研究小组利用不同含量直链淀粉的五个纯种品系水稻进行了如下实验：
实验一：低含量水稻×中低含量水稻→F1为中低含量水稻；
实验二：中等含量水稻×中高含量水稻→F1为中高含量水稻；
实验三：实验一中F1×实验二中F1→F2为中等含量水稻∶中高含量水稻＝1∶1；
实验四：实验二中F1×高含量水稻→F2为高含量水稻。
①由实验结果推测，复等位基因a1、a2、a3、a4、a5之间的显隐性关系是____________________________(若a1对a2为显性，可表示为a1>a2，依此类推)。
②中高含量水稻的基因型有________种，让实验三F2中的中高含量水稻随机交配，子代中a5的基因频率为________。
(3)某同学设计了用中低含量直链淀粉水稻进行自交的方案来检验上述两种假说成立与否。请写出预期实验结果和结论：__________________________________________________
________________________________________________________________________
__________________________。
解析：(1)如果假说一成立，则中等含量直链淀粉水稻的基因型有DDee、ddEE、DdEe；杂合中等含量水稻(DdEe)进行自交，后代高含量(DDEE)∶中高含量(DDEe、DdEE)∶中等含量(DDee、ddEE、DdEe)∶中低含量(ddEe、Ddee)∶低含量(ddee)＝1/16∶(2/16＋2/16)∶(1/16＋1/16＋4/16)∶(2/16＋2/16)∶1/16＝1∶4∶6∶4∶1。(2)①实验一说明中低含量(a4)对低含量(a5)为显性；实验二说明中高含量(a2)对中等含量(a3)为显性；实验三为实验一中F1(a4a5)与实验二中F1(a2a3)杂交，子代基因型及比例为a2a4∶a2a5∶a3a4∶a3a5＝1∶1∶1∶1，表型及比例为中高含量水稻∶中等含量水稻＝1∶1，说明a2和a3相对于a4和a5为显性；实验四为实验二中F1(a2a3)与高含量水稻(a1a1)杂交，子代全为高含量水稻，说明a1相对于a2和a3为显性。综上所述，复等位基因a1、a2、a3、a4、a5之间的显隐性关系是a1>a2>a3>a4>a5。②如果假说二正确，则中高含量水稻的基本型有a2a2、a2a3、a2a4、a2a5，共4种；实验三F2中的中高含量水稻基因型及比例为a2a4∶a2a5＝1∶1，其随机交配，基因频率未发生改变，所以子代中a5的基因频率＝1/4＝25%。(3)如果假说一正确，则中低含量直链淀粉水稻基因型为ddEe和Ddee，自交子代会出现基因型ddEE和DDee(中等含量直链淀粉水稻)；如果假说二正确，则中低含量直链淀粉水稻基因型为a4a4和a4a5，自交子代基因型是a4a4、a4a5、a5a5，为中低含量和低含量直链淀粉水稻。所以若子代出现中等含量直链淀粉的水稻，则假说一成立；若子代不出现中等含量直链淀粉的水稻，则假说二成立。
答案：(1)DDee、ddEE、DdEe 高含量∶中高含量∶中等含量∶中低含量∶低含量＝1∶4∶6∶4∶1 (2)①a1>a2>a3>a4>a5 ②4 25% (3)若子代出现中等含量的水稻，则假说一成立；若子代不出现中等含量水稻，则假说二成立
遗传定律的分离比是高中生物教学的重点和难点，也是高考的热点，在两对等位基因控制两对相对性状独立遗传时，具有两对相对性状的纯合子亲本进行杂交，F2出现四种表型，比例为9∶3∶3∶1。但在高考生物试题中，为评价学生科学思维与科学探究的核心素养，对遗传定律的考查，侧重点之一是F2的表型及比例在各种变式情境下的特殊分离比，因此，本书对遗传定律中特殊分离比的题型进行归类与分析，便于考生更好地理解与突破这一难点。
1．(2022·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1/12
C．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：选B 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；由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A＋1/2a，不育雄配子为1/2a，由于Aa个体产生的A∶a＝1∶1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，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。
2．(2021·山东高考)果蝇星眼、圆眼由常染色体上的一对等位基因控制，星眼果蝇与圆眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝1∶1，星眼果蝇与星眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝2∶1。缺刻翅、正常翅由 X 染色体上的一对等位基因控制，且 Y染色体上不含有其等位基因，缺刻翅雌果蝇与正常翅雄果蝇杂交所得子一代中，缺刻翅雌果蝇∶正常翅雌果蝇＝1∶1，雄果蝇均为正常翅。若星眼缺刻翅雌果蝇与星眼正常翅雄果蝇杂交得 F1，下列关于 F1的说法错误的是( )
A．星眼缺刻翅果蝇与圆眼正常翅果蝇数量相等
B．雌果蝇中纯合子所占比例为1/6
C．雌果蝇数量是雄果蝇的二倍
D．缺刻翅基因的基因频率为 1/6
解析：选D 亲本星眼缺刻翅雌果蝇基因型为AaXBXb，星眼正常翅雄果蝇基因型为AaXbY，则F1中星眼缺刻翅果蝇(只有雌蝇，基因型为AaXBXb，比例为2/3×1/3＝2/9)与圆眼正常翅果蝇(1/9aaXbXb、1/9aaXbY)数量相等，A正确；雌果蝇中纯合子基因型为aaXbXb，在雌果蝇中所占比例为1/3×1/2＝1/6，B正确；由于缺刻翅雄果蝇致死，故雌果蝇数量是雄果蝇的2倍，C正确；F1中XBXb∶XbXb∶XbY＝1∶1∶1，则缺刻翅基因XB的基因频率为1/(2×2＋1)＝1/5，D错误。
3．(2022·山东高考，改编)某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制，其中基因A控制紫色，a无控制色素合成的功能。基因B控制红色，b控制蓝色。基因I不影响上述2对基因的功能，但i纯合的个体为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙，它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考虑突变，根据表中杂交结果，下列推断正确的是( )
杂交组合
F1表型
F2表型及比例
甲×乙
紫红色
紫红色∶靛蓝色∶白色＝9∶3∶4
乙×丙
紫红色
紫红色∶红色∶白色＝9∶3∶4
A.让只含隐性基因的植株与F2测交，可确定F2中各植株控制花色性状的基因型
B．让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为1/4
C．若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则该植株可能的基因型最多有9种
D．若甲与丙杂交所得F1自交，则F2表型比例为9紫红色∶3靛蓝色∶3红色∶1蓝色
解析：选C 由题干信息可知，基因型为aaB_I_表现为红色，基因型为aabbI_表现为蓝色，基因型为_ _ _ _ii表现为白色。两对杂交组合中的表型及比例可说明相关的2对等位基因的遗传符合自由组合定律。根据两对杂交组合F2表型及比例可知该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙的基因型依次为AAbbII、AABBii、aaBBII。当F2中植株是白花时，其基因型为_ _ _ _ii，与只含隐性基因的植株测交后代仍然是白花，无法鉴别白花植株的具体基因型，A错误。甲×乙杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AABbIi∶AABBIi∶AABbII∶AABBII＝4∶2∶2∶1；乙×丙杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AaBBIi∶AABBIi∶AaBBII∶AABBII＝4∶2∶2∶1；其中II∶Ii＝1∶2，所以让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为2/3×1/4＝1/6，B错误。若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则亲本为____Ii，则该植株可能的基因型最多有9种(3×3)，C正确。甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII，假设这3对等位基因的遗传符合自由组合定律，则其自交的F2的表型及比例为紫红色(A_B_II)∶靛蓝色(A_bbII)∶红色(aaB_II)∶蓝色(aabbII)＝9∶3∶3∶1；假设A/a与B/b这2对等位基因连锁，则其自交的F2的表型比例不会出现题述结果，D错误。
知能集成(一) 归纳分离定律的遗传特例
特例一 复等位基因与雄性不育遗传问题
1．复等位基因
指同源染色体同一位置上控制某类性状的基因有2种以上(如ABO血型涉及IA、IB、i三种基因)。复等位基因在群体中尽管有多个，但其在每个个体的体细胞中仍然是成对存在的，而且彼此间具有显隐性关系，遗传时遵循基因分离定律。
例如，人类ABO血型的决定方式如下：
IAIA、IAi―→A型血；IBIB、IBi―→B型血；
IAIB―→AB型血(共显性)；ii―→O型血。
2．雄性不育
(1)细胞核雄性不育：核基因控制的雄性不育，有显性核不育和隐性核不育，遗传方式符合孟德尔遗传定律。
(2)细胞质雄性不育：表现为母体遗传、花粉败育和雌穗正常。可以被显性核恢复基因恢复育性。
(3)核质互作不育型：是由核基因和细胞质基因相互作用共同控制的雄性不育类型。
[针对训练]
1．某哺乳动物的毛色受三个位于常染色体上的复等位基因A1(黄色)、A2(黑色)、A3(白色)控制(A1对A2、A3为显性，A2对A3为显性)，某一基因存在纯合致死现象。基因型为A1A3的个体与基因型为A1A2的个体交配得到F1，F1表型及比例相对值如图所示。下列叙述错误的是( )
A．该哺乳动物中复等位基因的存在体现了基因突变的不定向性
B．该哺乳动物的群体中，基因型为A1A1的个体不能存活
C．F1中个体自由交配所得F2中黄色∶黑色∶白色＝5∶3∶1
D．F1中黄色个体与黑色个体交配，后代出现白色个体的概率为1/8
解析：选C 基因突变的不定向性表现为一个基因可以向不同的方向发生突变，产生一个以上的等位基因，A正确；基因型为A1A2的个体与基因型为A1A3的个体交配，理论上F1的基因型为A1A1、A1A3、A1A2、A2A3，而图中F1表型及比例为黄色∶黑色＝2∶1，推知A1基因纯合致死，B正确；F1中个体随机交配，得到的F2中致死(1/9A1A1)∶黄色(2/9A1A2、2/9A1A3)∶黑色(1/9A2A2、2/9A2A3)∶白色(1/9A3A3)＝1∶4∶3∶1，故F2的实际表型及比例为黄色∶黑色∶白色＝4∶3∶1，C错误；F1中黄色个体的基因型为1/2A1A3、1/2A1A2，黑色个体的基因型为A2A3，它们交配产生的后代出现白色(A3A3)个体的概率为1/2×1/4＝1/8，D正确。
2．某一年生植物开两性花，其花非常小，杂交育种时去雄困难。其花粉可育与不育由细胞核基因A/a(A、a基因仅在花粉中表达)和线粒体基因(N、S，每一植株只具其中一种基因)共同控制，花粉不育的机理如图所示(P蛋白的存在是S基因表达的必要条件)：
a基因P蛋白
S基因S蛋白花粉不育(不具受精能力)
(1)上述基因中，遵循孟德尔遗传规律的是________________________。
(2)基因型可用“线粒体基因(核基因型)”的形式表示，如植株N(aa)、花粉N(a)。现有植株N(aa)、S(aa)、S(AA)、N(AA)，要培育出植株S(Aa)。
①选用的父本是________________，母本是________。
②植株S(Aa)产生的花粉中可育花粉的基因型及所占比例是________。该植株自交后代的基因型及比例是________________________________。
解析：(1)只有细胞核基因A/a的遗传遵循孟德尔遗传规律。(2)①根据题中信息可知，S基因为线粒体基因，且含a基因的个体花粉不育，若要培育出基因型为S(Aa)的个体，母本中一定含有S基因和a基因，结合题中信息可知，可选择的母本的基因型是S(aa)，父本基因型是N(AA)或S(AA)。②植株S(Aa)产生的花粉有S(A)和S(a)两种，其中可育花粉的基因型为S(A)，所占比例为1/2。植株S(Aa)自交，其产生的可育花粉的基因型为S(A)，产生的卵细胞的基因型为S(A)和S(a)，因此，该个体自交后代的基因型及比例为S(AA)∶S(Aa)＝1∶1。
答案：(1)细胞核基因A、a (2)①N(AA)或S(AA) S(aa) ②S(A)，1/2 S(AA)∶S(Aa)＝1∶1
特例二 异常分离比问题
1．不完全显性
F1的性状表现介于显性和隐性的亲本之间的显性表现形式。如紫茉莉的花色遗传中，红色花(RR)与白色花(rr)杂交产生的F1为粉红花(Rr)，F1自交后代有3种表型：红花、粉红花、白花，性状分离比为1∶2∶1，图解如下：
P RR(红花) × rr(白花)
↓
F1 Rr(粉红花)
↓⊗
F2 1RR(红花)∶2Rr(粉红花)∶1rr(白花)
2．致死现象
(1)胚胎致死：某些基因型的个体死亡，如下图：
Aa×Aa
⇓
1AA∶2Aa∶1aa⇒
(2)配子致死：指致死基因在配子时期发生作用，从而不能形成有生活能力的配子的现象。例如，A基因使雄配子致死，则基因型为Aa的个体自交，只能产生一种成活的a雄配子、A和a两种雌配子，形成的后代基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1。
[针对训练]
3．在牵牛花的遗传实验中，用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1。如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花进行自交，则后代表型及比例应该为( )
A．红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1
B．红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1
C．红色∶粉红色∶白色＝1∶4∶1
D．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1
解析：选B 设相关基因用A、a表示，由题意分析可知，F2中粉红色牵牛花与红色牵牛花的比例为2∶1，因此自交时，1/3AA自交子代为1/3AA,2/3Aa自交子代为1/6AA、2/6Aa、1/6aa，合并起来为3/6AA、2/6Aa、1/6aa，对应表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1。
4．研究发现基因家族存在一类“自私基因”，可通过“杀死”不含这类基因的配子来改变分离比例。如E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能“杀死”体内2/3不含该基因的雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1随机传粉获得F2。下列相关叙述错误的是( )
A．亲本产生的雄配子中，E∶e＝3∶1
B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1
C．F2中基因型为ee的个体所占比例为5/32
D．从亲本→F1→F2，e的基因频率逐代降低
解析：选C E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，A正确；基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，雌配子比例为1/2E和1/2e，根据雌雄配子的随机结合，可求出F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，B正确；F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，据此可求出F1产生的雄配子为e＝4/8×1/2×1/3＋1/8＝5/24、E＝3/8＋4/8×1/2＝5/8，即E∶e＝3∶1，雌配子为5/8E和3/8e，再根据雌雄配子的随机结合可求出基因型为ee的个体所占比例为1/4e×3/8e＝3/32，C错误；E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低，D正确。
特例三 从性遗传和母系影响
1．从性遗传
由常染色体上基因控制的性状，在表型上受个体性别影响的现象。如绵羊的有角和无角受常染色体上一对等位基因控制，有角基因H为显性，无角基因h为隐性，在杂合子(Hh)中，公羊表现为有角，母羊表现为无角，其基因型与表型关系如下表：
基因型
HH
Hh
hh
雄性
有角
有角
无角
雌性
有角
无角
无角
2.“母性”效应
是指子代的某一表型受到母本基因型的影响，而和母本的基因型所控制的表型一样。因此正反交不同，但不是细胞质遗传，这种遗传不是由细胞质基因所决定的，而是由核基因的表达并积累在卵细胞中的物质所决定的。
[针对训练]
5．“母性效应”是指子代某一性状的表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖，但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋的区分。旋转方向符合“母性效应”，遗传过程如下图所示。下列叙述正确的是( )
A．与螺壳旋转方向有关的基因的遗传不遵循基因的分离定律
B．螺壳表现为左旋的个体和表现为右旋的个体的基因型都有3种
C．让图示中F2个体进行自交，其后代螺壳都将表现为右旋
D．欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作为父本进行交配
解析：选D 与螺壳旋转方向有关的基因是一对等位基因，且F1自交后代出现3种基因型，其比例是1∶2∶1，说明与螺壳旋转方向有关的基因的遗传遵循基因分离定律，A错误；螺壳表现为左旋，说明母本的基因型为dd，故螺壳表现为左旋的个体的基因型为dd或Dd(2种)，螺壳表现为右旋，说明母本的基因型为DD或Dd，故螺壳表现为右旋的个体的基因型为DD、dd或Dd(3种)，B错误；螺壳表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配，因此，让图示中F2个体进行自交，基因型为Dd和DD的个体的子代螺壳都将表现为右旋，而基因型为dd的个体的子代螺壳将表现为左旋，C错误；左旋椎实螺的基因型是Dd或dd，欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作父本进行交配，若左旋椎实螺基因型为dd，则子代螺壳均为左旋，若左旋椎实螺基因型为Dd，则子代螺壳均为右旋，D正确。
6．已知控制卡拉库尔羊的有角(H)和无角(h)，毛色的银灰色(D)和黑色(d)这两对相对性状的H(h)和D(d)基因各自独立遗传。研究人员将多只纯种卡拉库尔羊进行如下杂交实验，产生了大量的F1与F2个体，统计结果如表：
实验一
有角×无角
F1
公羊
全为有角
母羊
全为无角
实验二
F1雌雄个体交配
F2
公羊
有角∶无角＝3∶1
母羊
有角∶无角＝1∶3
请回答下列问题：
(1)根据实验一判断，有角和无角的性状不仅由基因控制，还与________有关。
(2)实验二中，多只不同性别的基因型均为Hh的卡拉库尔羊交配，雄性卡拉库尔羊中无角比例为1/4，但雌性卡拉库尔羊中无角比例为3/4，请解释这种现象。____________________________________________。
(3)推测等位基因H和h位于________染色体上。检验方法：用实验一中的F1有角公羊与多只纯种无角母羊杂交，若子代的表型及比例为________________________________，则上述推测正确。
(4)卡拉库尔羊的银灰色羊皮质量非常好，牧民让银灰色的卡拉库尔羊自由交配，但每一代中总会出现约1/3的黑色卡拉库尔羊。试分析产生这种现象的原因：________________________。现将银灰色的卡拉库尔羊随机交配，F1继续随机交配得到F2，请推算F2群体中D基因的基因频率是________。
解析：(1)实验一中有角与无角杂交所得子一代基因型均为Hh，但子一代公羊均表现为有角，母羊均表现为无角，说明有、无角这对相对性状的遗传与性别相关。(2)子二代基因型及比例应为HH∶Hh∶hh＝1∶2∶1，公羊中无角比例为1/4，但母羊中无角比例为3/4，说明基因型为HH的公羊和母羊中均表现为有角；基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角；基因型为hh的公羊和母羊中均表现为无角。(3)推测等位基因H和h位于常染色体上，实验一中的F1有角公羊(Hh)与多只纯种无角母羊(hh)杂交，后代基因型及比例应为Hh∶hh＝1∶1，对应表型及比例为公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角，如基因在性染色体上，结果与此不同。(4)银灰色羊自由交配，后代均出现性状分离，说明银灰色羊基因型均为Dd，每一代中总会出现约1/3的黑色羊，说明DD纯合致死。基因型Dd银灰色羊自由交配，由于DD纯合致死，F1中基因型及比例为Dd∶dd＝2∶1，D基因的基因频率为1/3，F1自由交配得F2，F2基因型及比例为Dd∶dd＝1∶1，D基因的基因频率为1/4。
答案：(1)性别 (2)基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角 (3)常 公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角(或有角公羊∶无角公羊＝1∶1，母羊全为无角；或有角公羊∶无角公羊∶无角母羊＝1∶1∶2) (4)DD纯合致死(或DD致死或D基因纯合致死) 25%(或1/4)
知能集成(二) 基因自由组合现象的特殊分离比问题分析
特例一 “和”为16的特殊分离比成因
1．基因互作
组别
类型
F1(AaBb)自交后代比例
F1测交后代比例
Ⅰ
存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正常表现
9∶6∶1
1∶2∶1
Ⅱ
两种显性基因同时存在时，表现为一种性状，否则表现为另一种性状
9∶7
1∶3
Ⅲ
当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性状，其余正常表现
9∶3∶4
1∶1∶2
Ⅳ
只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现
15∶1
3∶1
2．显性基因累加效应
(1)表型。
(2)原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，效果越强。
[针对训练]
1．小麦种皮有红色和白色，这一相对性状由作用相同的两对等位基因(R1/r1；R2/r2)控制，红色(R1、R2)对白色(r1、r2)为显性，且显性基因效应可以累加。一株深红色小麦与一株白色小麦杂交，得到的F1为中红，其自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是( )
A．这两对等位基因位于两对同源染色体上
B．F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子
C．浅红色小麦自由传粉，后代可出现三种表型
D．该小麦种群中，中红色植株的基因型为R1r1R2r2
解析：选D 由题意可知，F1自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1，该比例为9∶3∶3∶1的变式，因此控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上，A正确；由于后代出现1∶4∶6∶4∶1的比例，因此F1的基因型为R1r1R2r2，F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子，即R1R2∶R1r2∶r1R2∶r1r2＝1∶1∶1∶1，B正确；浅红色小麦的基因型为R1r1r2r2、r1r1R2r2，浅红色小麦自由传粉，后代可出现中红、浅红、白色三种表型(两个显性基因、一个显性基因、没有显性基因)，C正确；该小麦种群中，中红色植株的基因型中含有两个显性基因，即R1R1r2r2、r1r1R2R2、R1r1R2r2，D错误。
2．某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。
实验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶。
实验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3。
(1)甘蓝叶色中隐性性状是________，实验①中甲植株的基因型为________。
(2)实验②中乙植株的基因型为__________，子代中有________种基因型。
(3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，则丙植株所有可能的基因型是________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型是______________________________；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，则丙植株的基因型为________。
解析：(1)根据实验①②判断甘蓝的绿叶是隐性性状，紫叶是显性性状。由题干可知，两对基因都为隐性的个体表现为隐性性状，结合实验①可判断出甲植株的基因型是aabb。(2)根据实验②子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3，可推知乙植株的基因型是AaBb，基因型为AaBb、aabb的植株杂交，子代中有4种基因型，分别是AaBb、Aabb、aaBb、aabb。(3)若丙植株与甲植株(aabb)杂交，子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，可推出紫叶丙植株只能产生两种配子，且有一种配子是ab，进而推出丙的基因型是Aabb或aaBb；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，说明丙植株产生的配子中只能含一个隐性基因或全是显性基因，可利用分离定律列出丙植株可能的基因型，符合要求的丙植株的基因型是AABB、AABb、AAbb、aaBB、AaBB；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，且该子代自交后代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，这是自由组合定律9∶3∶3∶1性状分离比的变式，推出子代紫叶植株的基因型是AaBb，由此推出丙植株的基因型是AABB。
答案：(1)绿色 aabb (2)AaBb 4 (3)Aabb、aaBb AABB 、AABb 、AAbb、aaBB、AaBB AABB
性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤
特例二 “和”小于16的特殊分离比成因
——致死遗传现象
1．胚胎致死或个体致死
(1)显性纯合致死
致死类型
AaBb自交后代比例
AaBb测交后代比例
AABB致死
8(4AaBb＋2AaBB＋2AABb)∶
3aaB_∶3A_bb∶1aabb＝8∶3∶3∶1
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1
AA和BB都致死
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1
AA(或BB)致死
6(2AaBB＋4AaBb)∶
3aaB_∶2Aabb∶1aabb或6(2AABb＋4AaBb)∶3A_bb∶2aaBb∶1aabb
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1
(2)隐性纯合致死
致死类型
AaBb自交后代比例
aabb致死
A_B_∶A_bb∶aaB_＝9∶3∶3
aa和bb都致死
9A_B_(全显性)＝9∶0∶0∶0
aa(或bb)致死
9A_B_∶3A_bb或9A_B_∶3aaB_
2.配子致死或配子不育
[针对训练]
3．某二倍体植物的花色和茎高分别由基因A/a、B/b控制，用甲、乙、丙三种基因型不同的红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎。用F1植株随机交配，F2植株的表型及比例均为红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝9∶1∶1∶1。下列叙述错误的是( )
A．甲、乙、丙都能产生AB配子
B．这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律
C．F2出现9∶1∶1∶1比例的原因是部分个体致死
D．甲、乙、丙植株的基因型分别是AABB、AABb、AaBb
解析：选D 红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎，说明甲、乙、丙都可以产生AB配子，A正确；花色和茎高性状由两对基因控制，且出现性状9∶1∶1∶1的分离比，这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律，B正确；由上述分析可得，根据基因型判断死亡个体的基因型是Aabb和aaBb，C正确；进一步判断甲、乙、丙植株的基因型为AABB、AABb、AaBB，但无法确定甲、乙、丙为三种基因型中的哪种，D错误。
4．某种植物的花色同时受A、a与B、b两对基因控制，基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花。将蓝花植株(♀)与黄花植株(♂)杂交，取F1红花植株自交得F2，F2的表型及其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝7∶3∶1∶1。据此回答下列问题：
(1)F1红花的基因型为________，上述每一对等位基因的遗传遵循____________定律。
(2)F1若出现蓝花，则母本、父本的基因型分别为________、________，亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是________。
(3)对F2出现的表型及其比例有两种不同的观点加以解释。
观点一：F1产生的配子中某种雌雄配子同时致死。
观点二：F1产生的配子中某种雌配子或雄配子致死。
你支持上述________，重新设计实验证明你的观点。
实验方案：________________________________________________________________。
实验结果与结论：①_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据F2的表型比例可知F1红花的基因型为AaBb，上述每一对等位基因的遗传遵循基因分离定律，两对基因之间符合自由组合定律。(2)基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花，根据F2表型比例可知，A_B_表现为红花，aabb表现为白花，亲本为蓝花植株与黄花植株。若F2出现蓝花(A_bb)，说明亲本黄花基因型为aaBb，又由于F2中A_B_∶aaB_∶A_bb∶aabb＝7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，A_B_少了2，A_bb少了2，最可能的原因是Ab的雄配子或雌配子致死，因此不存在AAbb的纯合子，亲本蓝花植株和F2蓝花植株的基因型一定为Aabb，故母本、父本的基因型分别为Aabb、aaBb，根据分析可知所有蓝花基因型均为Aabb，所以亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是100%。(3)若观点一成立，则F1只能产生3种能够参与受精的雌、雄配子，F2的组合数为3×3＝9(种)，与题干F2的组合数为7＋3＋1＋1＝12(种)不符；若观点二成立，则子一代产生的可育配子是3种和4种，F2的组合数为3×4＝12(种)，与题意相符，所以支持上述观点二；实验方案及结果与结论见答案。
答案：(1)AaBb 基因分离 (2)Aabb aaBb 100% (3)观点二 分别取F1红花植株作父本、母本，与aabb植株进行杂交 ①若F1红花植株作父本，子代出现4种表型，其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝1∶1∶1∶1。F1红花植株作母本，子代出现3种表型，其比例为红花∶黄花∶白花＝1∶1∶1，则Ab雌配子致死 ②若F1红花植株作母本，子代出现4种表型，其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝1∶1∶1∶1。F1红花植株作父本，子代出现3种表型，其比例为红花∶黄花∶白花＝1∶1∶1，则Ab雄配子致死
[课时验收评价]
1．在某种奶牛品种中，毛皮的红褐色(R－)与红色(R＋)是一对相对性状。杂种的毛皮颜色与性别有关，雄牛是红褐色，而雌牛是红色。现将纯种红色雌牛与纯种红褐色雄牛杂交，产生大量的F1，再将F1雌雄个体交配产生F2。下列说法错误的是( )
A．F1雄牛、雌牛的表型不同，基因型相同
B．F1雌牛与红色纯合雄牛杂交，子代中红色∶红褐色＝1∶1
C．F1雄牛与红褐色纯合雌牛杂交，子代中红色∶红褐色＝1∶3
D．F2中红色牛∶红褐色牛＝1∶1
解析：选B 纯种红色雌牛(R＋R＋)与纯种红褐色雄牛(R－R－)杂交，F1的基因型为R＋R－，雄牛表现为红褐色，而雌牛表现为红色，A正确；F1雌牛(R＋R－)与红色纯合雄牛(R＋R＋)杂交，子代中红色包括1/2R＋R＋(雄性、雌性)、1/4R＋R－(雌性)，红褐色只有1/4R＋R－(雄性)，红色∶红褐色＝3∶1，B错误；F1雄牛(R＋R－)与红褐色纯合雌牛(R－R－)杂交，子代中红色只有R＋R－的雌性，占1/4，故红色∶红褐色＝1∶3，C正确；F1的基因型为R＋R－，F1自由交配，F2中R＋R＋∶R＋R－∶R－R－＝1∶2∶1，根据各种基因型在雌雄个体中的表型可知，F2中红色牛∶红褐色牛＝1∶1，D正确。
2．某动物性别决定方式为ZW型，眼色红眼、伊红眼、白眼分别受Z染色体上的等位基因A1、A2、A3控制。某小组用一只伊红眼雄性与红眼雌性杂交，F1中雄性全为红眼，雌性既有伊红眼，也有白眼。下列说法错误的是( )
A．与该动物的眼色有关的基因型有9种
B．A1、A2、A3的产生体现了基因突变的不定向性
C．3个等位基因之间的显隐性关系为A1＞A2＞A3
D．选择白眼雌性与红眼雄性个体杂交可快速鉴定子代性别
解析：选D 该动物群体中与眼色有关的基因型雌性有3种，雄性有6种，共有9种，A正确；A1、A2、A3三种复等位基因的产生体现了基因突变的不定向性，B正确；根据题中子一代中雌性的两种表型可知，亲本雄性个体为杂合子且能说明伊红眼对白眼为显性，又根据子一代雄性个体均为红眼能说明红眼对伊红眼、白眼为显性，即3个等位基因之间的显隐性关系为A1＞A2＞A3，C正确；选择白眼雌性(ZA3W)与红眼雄性(ZA1ZA1、ZA1ZA2、ZA1ZA3)个体杂交，产生的后代中无论哪种表型均为既有雌性，也有雄性，故无法快速鉴定子代性别，D错误。
3．老鼠的皮毛黄色(A)对灰色(a)为显性。有一位遗传学家在实验中发现含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞结合致死。黄鼠与黄鼠杂交，F1中同一毛色的鼠相互交配，假设每只老鼠产生子代的数目相同，F2中黄鼠和灰鼠的比例为( )
A．4∶5 B．1∶1 C．2∶1 D．3∶1
解析：选A 由于含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞结合致死，黄鼠的基因型均为Aa，故黄鼠与黄鼠交配，即Aa×Aa，因此F1中Aa占2/3、aa占1/3。将F1中同一毛色的鼠相互交配得到F2，其中1/3aa后代仍为aa；2/3Aa后代中出现性状分离(Aa占2/3、aa占1/3)。故F2中黄鼠的比例为2/3×2/3＝4/9，灰鼠的比例为1/3＋2/3×1/3＝5/9，黄鼠和灰鼠的比例为4∶5。
4．某两性花植物花的颜色受A/a、B/b两对独立遗传的基因控制，其中A控制红色色素的合成(AA和Aa的作用相同)；B能减少红色色素的含量，且BB将红色色素减少为0。以下为某杂交实验及其结果(亲本都是纯合子)。下列有关叙述错误的是( )
A．白花植株的基因型共有5种
B．亲本中白花植株基因型为aaBB
C．F1测交后代表型及其比例为红花∶粉红花∶白花＝1∶1∶2
D．将F2中红花植株自交，后代中白花植株占1/9
解析：选D 由题干信息可知，某植物的花色由2对等位基因控制，A_BB、aa_ _为白花，A_bb为红花，A_Bb为粉红花，纯种白花与纯种红花进行杂交，F1均为粉红花，F1自交，F2表现为3红花∶6粉红花∶7白花＝3∶6∶7，其分离比是9∶3∶3∶1 的变式，因此2对等位基因遵循自由组合定律，所以F1的基因型是AaBb，亲本白花的基因型是aaBB，红花的基因型是AAbb。白花植株的基因型有A_BB(2种)、aa_ _(3种)，共5种，A正确；亲本中白花植株基因型为aaBB，B正确；F1基因型为AaBb，测交后代基因型及比例为1/4AaBb(粉红花)∶1/4aaBb(白花)∶1/4Aabb(红花)∶1/4aabb(白花)，故表型及其比例为红花∶粉红花∶白花＝1∶1∶2，C正确；F2中红花植株(1/3AAbb、2/3Aabb)自交，后代只出现白花和红花，其中白花aabb占2/3×1/4＝1/6，D错误。
5．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Srr与父本Nrr的杂交后代均为雄性不育
D．母本Srr与父本NRr的杂交后代均为雄性可育
解析：选C 遗传定律适用于真核生物的细胞核基因遗传，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；由题意分析可知，只有Srr表现为雄性不育，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，而细胞核基因遗传遵循分离定律，因此母本Srr与父本Nrr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Srr与父本NRr杂交，后代的基因型为SRr、Srr，即后代一半雄性可育，一半雄性不育，D错误。
6．某植物正常株开两性花，且有只开雄花和只开雌花的两种突变型植株。取纯合雌株和纯合雄株杂交，F1全为正常株，F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4。下列推测不合理的是( )
A．该植物的性别由位于非同源染色体上的两对基因决定
B．雌株和雄株两种突变型都是正常株隐性突变的结果
C．F1正常株测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2
D．F2中纯合子测交后代表现为正常株∶雄株∶雌株＝2∶1∶1
解析：选D 由F1自交所得F2中正常株∶雄株∶雌株＝9∶3∶4＝9∶3∶(3＋1)可知，该植物的性别由位于非同源染色体上的两对基因决定，A合理；正常株为双显性，雌株和雄株至少有一对隐性基因，所以雌株和雄株两种突变型都是正常株隐性突变的结果，B合理；两对基因分别用A、a和B、b表示，则F1基因型为AaBb，双亲为AAbb和aaBB，遵循基因的自由组合定律；F1正常株测交后代为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表型为正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2，C合理；F2中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb，若其中基因型为aaBB、aabb的个体为雌株，不能与aabb进行测交，则测交后代分别为AaBb、Aabb，表型为正常株∶雄株＝1∶1，D不合理。
7．柑橘的果皮色泽同时受多对等位基因控制(用A、a，B、b，C、c等表示)，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表现为红色，当个体的基因型中每对等位基因都不含显性基因时表现为黄色，其余表现为橙色。现有三株柑橘进行如下甲、乙两组杂交实验。
实验甲：红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1
实验乙：橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1
据此分析下列叙述错误的是( )
A．果皮的色泽受3对等位基因的控制
B．实验甲亲、子代中红色果皮植株基因型相同
C．实验乙橙色亲本有3种可能的基因型
D．若实验乙中橙色亲本的基因型已确定，则橙色子代有10种基因型
解析：选D 根据题意分析可知，实验甲中红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1，相当于测交，说明果皮的色泽受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，A正确；根据以上分析可知，实验甲的亲本基因型组合为AaBbCc×aabbcc，则子代红色果皮植株的基因型也是AaBbCc，B正确；实验乙中橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1，由于后代出现了黄色果皮aabbcc(1/16)，说明红色亲本基因型为AaBbCc，且亲本相当于一对杂合子自交、两对杂合子测交，则橙色亲本有三种基因型，分别为Aabbcc、aaBbcc或aabbCc，C正确；根据以上分析可知，实验乙中若橙色亲本的基因型已确定，则子代的基因型一共有3×2×2＝12(种)，其中红色子代有2种基因型，橙色子代有9种基因型，黄色子代有1种基因型，D错误。
8．某自花传粉植物的花瓣有深红色、大红色、粉红色、浅红色、白色5种颜色，由独立遗传的两对等位基因控制，且显性基因的个数越多，色越深。下列说法错误的是( )
A．5种花色的植株中，基因型种类最多的是粉红花植株
B．大红花植株与浅红花植株杂交，子代中浅红花植株占1/2
C．自交子代有5种花色的植株基因型只有1种
D．自交子代花色与亲本相同的植株基因型有4种
解析：选B 设某自花传粉植物的花瓣颜色由两对等位基因A、a和B、b控制，则含有4个显性基因AABB为深红色，其次AABb、AaBB为大红色，AaBb、AAbb、aaBB为粉红色，Aabb、aaBb为浅红色，aabb为白色。粉红色的基因型最多，有AaBb、AAbb、aaBB三种，A正确；大红花植株基因型为AABb、AaBB，产生的配子中含有2个显性基因的和含有1个显性基因的各占1/2，浅红花植株基因型为Aabb、aaBb，产生的配子中含有1个显性基因的和不含显性基因的各占1/2，二者杂交，由于子代中浅红花植株的基因型只含1个显性基因，所以概率为1/2×1/2＝1/4，B错误；自交子代有5种花色的植株基因型只有AaBb一种，C正确；基因型AABB、AAbb、aaBB、aabb自交后代均只有1种表型，所以自交子代花色与亲本相同的植株基因型有4种，D正确。
9．人类肤色由3对独立遗传的等位基因控制，其中深肤色由显性基因控制，皮肤为深黑色的基因型为AABBDD，皮肤为白色的基因型为aabbdd。下表列出了基因型为AaBbDd的男女婚配后代个体中所能具有的全部表现类型及所占的比例。若基因型为AaBbDd与Aabbdd的男女婚配，则下列有关子代的叙述错误的是(不考虑同源染色体非姐妹染色单体的交换)( )
类型
一
二
三
四
五
六
七
显性基因个数
0
1
2
3
4
5
6
在所有类型中所占的比例
1/64
6/64
15/64
20/64
15/64
6/64
1/64
A．子代中不会出现类型六和类型七的个体
B．子代中类型三的个体出现的概率为5/16
C．子代中类型二的个体的基因型有3种
D．子代中皮肤颜色类型四∶类型五＝4∶1
解析：选B 控制肤色的3对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律，显性基因个数越多，肤色越深，基因型为AaBbDd与Aabbdd的男女婚配，所有子代的可能情况如表(括号内为显性基因个数)：
项目
1AA(2)
2Aa(1)
1aa(0)
1Bb(1)
1Dd(1)
1AABbDd(4)
2AaBbDd(3)
1aaBbDd(2)
1dd(0)
1AABbdd(3)
2AaBbdd(2)
1aaBbdd(1)
1bb(0)
1Dd(1)
1AAbbDd(3)
2AabbDd(2)
1aabbDd(1)
1dd(0)
1AAbbdd(2)
2Aabbdd(1)
1aabbdd(0)
由表可知，类型三的个体出现的概率为6/16，B错误，A、C、D正确。
10．[压轴考法·适情选做]某二倍体植物为雌雄同株，其花色由细胞核中两对等位基因D/d和E/e控制，D对d、E对e为显性，其中D基因控制红色色素的合成，E基因控制蓝色色素的合成，2种色素均不合成时花呈白色。D、E基因转录得到的mRNA能够相互配对形成双链，导致两种色素均不能合成。用纯合的红花植株和蓝花植株杂交，F1均开白花，F1自由交配得F2。下列叙述错误的是( )
A．该植物种群中白花植株的基因型有5种，红花和蓝花的基因型各有2种
B．含D、E基因的植株由于彼此干扰了基因的转录，不能合成色素而开白花
C．若这两对基因位于两对同源染色体上，则F2中红花∶白花∶蓝花约为3∶10∶3
D．若F2中红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1，则D与e一定位于同一条染色体上
解析：选B 分析题干可知，D、E同时存在时开白花，则白花的基因型为D_E_、ddee；红花基因型为D_ee；蓝花基因型为ddE_。用纯合的红花植株(DDee)和蓝花植株(ddEE)杂交，F1的基因型为DdEe，均开白花。白花的基因型有D_E_、ddee，共有5种，A正确；mRNA为翻译的模板，据题干信息“D、E基因转录得到的mRNA能够相互配对形成双链，导致两种色素均不能合成”可知含D、E基因的植株由于彼此干扰了基因的翻译，不能合成色素而开白花，B错误；若这两对基因位于两对同源染色体上，则F2中D_E_(白花)∶D_ee(红花)∶ddE_(蓝花)∶ddee(白花)＝9∶3∶3∶1，故红花∶白花∶蓝花约为3∶10∶3，C正确；若D与e位于同一条染色体上，则F1产生的配子类型及比例为De∶dE＝1∶1，F2中DDee∶DdEe∶ddEE＝1∶2∶1，即红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1；若D与E位于同一条染色体上，则配子类型及比例为DE∶de＝1∶1，F2中DDEE∶DdEe∶ddee＝1∶2∶1，F2中全为白花。因此，若F2中红花∶白花∶蓝花约为1∶2∶1，则D与e一定位于同一条染色体上，D正确。
11．某多年生植物的高茎和矮茎由等位基因A、a控制，红花和白花由等位基因B、b控制，两对基因独立遗传。某高茎红花植株自交的子一代中高茎红花∶高茎白花∶矮茎红花∶矮茎白花＝5∶3∶3∶1。回答下列问题：
(1)控制这两对相对性状的基因________(填“遵循”或“不遵循”)基因的自由组合定律。
(2)已知通过受精作用得到的各种基因型的受精卵均能正常发育。为研究子一代出现该比例的原因，有人提出两种假说，
假说一：亲本产生的AB雄配子不能受精；
假说二：亲本产生的AB雌配子不能受精。
请利用上述实验中的植株为材料，设计测交实验分别证明两种假说是否成立(写出简要实验方案、预期实验结果)。
①支持假说一的实验方案和实验结果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②支持假说二的实验方案和实验结果是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)据题意可知，控制高茎和矮茎、红花和白花的两对基因独立遗传，所以控制这两对相对性状的基因遵循基因的自由组合定律，且亲本高茎红花的基因型为AaBb。(2)假说提出两种可能，AB雄配子不能受精或AB雌配子不能受精，故①要用亲本高茎红花为父本与子一代矮茎白花为母本测交证明假说一，因母本只产生ab雌配子，父本能产生AB、Ab、aB、ab四种雄配子，若AB雄配子不能受精，则子一代没有高茎红花个体；②用亲本高茎红花为母本与子一代矮茎白花为父本测交证明假说二，因父本只产生ab雄配子，母本能产生AB、Ab、aB、ab四种雌配子，若AB雌配子不能受精，则子一代没有高茎红花个体。
答案：(1)遵循 (2)①以亲本高茎红花为父本与子一代矮茎白花测交，子代出现高茎白花∶矮茎白花∶矮茎红花＝1∶1∶1(或子代仅未出现高茎红花) ②以亲本高茎红花为母本与子一代矮茎白花测交，子代出现高茎白花∶矮茎白花∶矮茎红花＝1∶1∶1(或子代仅未出现高茎红花)
12．某雌雄同株的植株的雄性不育(不能产生可育花)性状受一组复等位基因控制，其中Ms为显性不育基因，ms为隐性可育基因，Msf为显性恢复可育基因，三者之间的显隐性关系为Msf＞Ms＞ms。回答下列问题：
(1)植株甲为雄性不育，植株乙为雄性可育，甲和乙杂交，F1均为雄性可育，F1自交产生的F2中雄性不育占1/8，亲本中植株甲和植株乙的基因型分别为________________，F2的雄性可育植株中纯合子占________。
(2)某混合种植的群体中只有MsfMs和Msms两种基因型，且两种基因型植株数量相等，该群体随机交配一代，后代表型比例为_________________。
(3)现有某雄性可育的植株，自交后代均为雄性可育，请设计一次合理的杂交实验判断该可育植株的基因型，写出杂交实验，实验结果和相应的实验结论：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)植株甲为雄性不育，基因型是Ms_，乙为雄性可育，基因型是msms或Msf_，杂交后代都可育，说明乙的基因型是MsfMsf，F1自交产生的F2中雄性不育占1/8。甲的基因型是Msms；子一代基因型是MsfMs、Msfms，子一代自交得到子二代，雄性可育的基因型是MsfMsf、MsfMs、MsfMsf、Msfms、msms，其中纯合体是MsfMsf、msms，占3/7。(2)MsfMs和Msms两种基因型的个体比例是1∶1，自由交配时产生雌配子的类型及比例是Msf∶Ms∶ms＝1∶2∶1，雄配子的类型及比例是Msf∶Ms＝1∶1，自由交配后代雄性不育的比例是MsMs＋Msms＝1/2×1/2＋1/2×1/4＝3/8，雄性可育占5/8，雄性可育∶雄性不育＝5∶3。(3)某雄性可育的植株，自交后代均为雄性可育，该植株的基因型可能是MsfMsf、Msfms或msms，让该植株与基因型为MsMs植株杂交，如果基因型是MsfMsf，则后代都表现为雄性可育，如果基因型是Msfms，则后代雄性可育∶雄性不育＝1∶1，如果基因型是msms，杂交后代都表现为雄性不育。
答案：(1)Msms和MsfMsf 3/7 (2)雄性可育∶雄性不育＝5∶3 (3)让该植株和基因型为MsMs的植株杂交，若后代全为雄性可育，则该植株的基因型为MsfMsf；若后代雄性可育∶雄性不育＝1∶1，则该植株的基因型为Msfms；若后代全为雄性不育，则该植株的基因型为msms
13．[压轴考法·适情选做]构成稻米的淀粉有直链淀粉和支链淀粉两种。当前农业栽培的水稻直链淀粉的含量差异较大，主要有高含量、中高含量、中等含量、中低含量和低含量等品种。目前，针对水稻直链淀粉含量差异的解释主要有以下两种假说：
假说一：该性状受两对独立遗传的等位基因(D/d，E/e)控制，每个显性基因对直链淀粉含量的增加效应相同且具叠加性。
假说二：该性状受一组复等位基因控制(a1—高含量、a2—中高含量、a3—中等含量、a4—中低含量、a5—低含量)，这些基因彼此间具有完全显隐性关系。
回答下列问题：
(1)若假说一成立，中等含量直链淀粉水稻的基因型为：____________，让杂合中等含量水稻进行自交，后代的表型及比例为______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)为检验假说二是否成立，某研究小组利用不同含量直链淀粉的五个纯种品系水稻进行了如下实验：
实验一：低含量水稻×中低含量水稻→F1为中低含量水稻；
实验二：中等含量水稻×中高含量水稻→F1为中高含量水稻；
实验三：实验一中F1×实验二中F1→F2为中等含量水稻∶中高含量水稻＝1∶1；
实验四：实验二中F1×高含量水稻→F2为高含量水稻。
①由实验结果推测，复等位基因a1、a2、a3、a4、a5之间的显隐性关系是____________________________(若a1对a2为显性，可表示为a1>a2，依此类推)。
②中高含量水稻的基因型有________种，让实验三F2中的中高含量水稻随机交配，子代中a5的基因频率为________。
(3)某同学设计了用中低含量直链淀粉水稻进行自交的方案来检验上述两种假说成立与否。请写出预期实验结果和结论：__________________________________________________
________________________________________________________________________
__________________________。
解析：(1)如果假说一成立，则中等含量直链淀粉水稻的基因型有DDee、ddEE、DdEe；杂合中等含量水稻(DdEe)进行自交，后代高含量(DDEE)∶中高含量(DDEe、DdEE)∶中等含量(DDee、ddEE、DdEe)∶中低含量(ddEe、Ddee)∶低含量(ddee)＝1/16∶(2/16＋2/16)∶(1/16＋1/16＋4/16)∶(2/16＋2/16)∶1/16＝1∶4∶6∶4∶1。(2)①实验一说明中低含量(a4)对低含量(a5)为显性；实验二说明中高含量(a2)对中等含量(a3)为显性；实验三为实验一中F1(a4a5)与实验二中F1(a2a3)杂交，子代基因型及比例为a2a4∶a2a5∶a3a4∶a3a5＝1∶1∶1∶1，表型及比例为中高含量水稻∶中等含量水稻＝1∶1，说明a2和a3相对于a4和a5为显性；实验四为实验二中F1(a2a3)与高含量水稻(a1a1)杂交，子代全为高含量水稻，说明a1相对于a2和a3为显性。综上所述，复等位基因a1、a2、a3、a4、a5之间的显隐性关系是a1>a2>a3>a4>a5。②如果假说二正确，则中高含量水稻的基本型有a2a2、a2a3、a2a4、a2a5，共4种；实验三F2中的中高含量水稻基因型及比例为a2a4∶a2a5＝1∶1，其随机交配，基因频率未发生改变，所以子代中a5的基因频率＝1/4＝25%。(3)如果假说一正确，则中低含量直链淀粉水稻基因型为ddEe和Ddee，自交子代会出现基因型ddEE和DDee(中等含量直链淀粉水稻)；如果假说二正确，则中低含量直链淀粉水稻基因型为a4a4和a4a5，自交子代基因型是a4a4、a4a5、a5a5，为中低含量和低含量直链淀粉水稻。所以若子代出现中等含量直链淀粉的水稻，则假说一成立；若子代不出现中等含量直链淀粉的水稻，则假说二成立。
答案：(1)DDee、ddEE、DdEe 高含量∶中高含量∶中等含量∶中低含量∶低含量＝1∶4∶6∶4∶1 (2)①a1>a2>a3>a4>a5 ②4 25% (3)若子代出现中等含量的水稻，则假说一成立；若子代不出现中等含量水稻，则假说二成立
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