2026届高考生物一轮总复习提能训练练案19基因的自由组合定律

这是一份2026届高考生物一轮总复习提能训练练案19基因的自由组合定律，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2024·荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟)孟德尔在对两对相对性状进行研究的过程中，发现了基因的自由组合定律。下列有关自由组合定律的几组比例中，能直接说明自由组合定律实质的是( )
A．测交后代的性状表现比例为1∶1∶1∶1
B．F1产生配子的比例为1∶1∶1∶1
C．F2的性状表现比例为9∶3∶3∶1
D．F2的遗传因子组成比例为1∶1∶1∶1∶2∶2∶2∶2∶4
答案：B
解析：基因自由组合定律的实质是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；发生的时间为减数第一次分裂后期同源染色体分离时，所以F1经过减数分裂产生4种配子的比例为1∶1∶1∶1，直接体现了基因自由组合定律实质。
2．(2024·河北省八县联考一模)玉米穗长受两对等位基因A/a、B/b控制，A与B均可使穗长度增加，且增加长度相同，穗的最终长度与显性基因的数量有关。基因型为AaBb的玉米(甲)与基因型为aabb的玉米(乙)杂交，子代表型有3种且比例为1∶2∶1，下列叙述正确的是( )
A．玉米减数分裂产生花粉粒时，A与a的分离发生在减数分裂Ⅱ的后期
B．两对基因遵循自由组合定律，玉米甲自交产生的后代有4种表型
C．测交后代中占比为1/2的表型，在玉米甲自交后代中占比为1/4
D．玉米甲自交后代有9种基因型，其中纯合子表现为4种穗长
答案：C
解析：A和a是位于一对同源染色体上的等位基因，在减数第一次分裂后期分离，A错误；AaBb的玉米(甲)与基因型为aabb的玉米(乙)杂交，子代表型有3种且比例为1∶2∶1，即子代基因型有4种，AaBb，Aabb、aaBb、aabb，说明两对等位基因遵循自由组合定律，那么AaBb自交子代的表型有5种，其中AABB是1种表型，AABb、AaBB是1种表型，AaBb、aaBB、AAbb是1种表型，Aabb、aaBb是1种表型，aabb是1种表型，共5种表型，B错误；测交后代中占比为1/2的表型的基因型是Aabb和aaBb，AaBb自交的子代中Aabb占1/2×1/4＝1/8和aaBb占1/2×1/4＝1/8，因此占1/4，C正确；玉米甲AaBb自交后代有3×3＝9种基因型，其中纯合子表现为3种穗长，AABB是1种，aabb是1种，AAbb和aaBB是1种，共3种表型，D错误。
3．(2025·菏泽市东明县一中期末)某动物毛色由位于常染色体上的三对独立遗传的基因控制，已知A基因控制合成酶①，B基因控制合成酶②，R基因的表达产物抑制A基因表达。下列叙述错误的是( )
eq \x(黄色素)eq \(――→,\s\up7(酶①))eq \x(褐色素)eq \(――→,\s\up7(酶②))eq \x(黑色素)
A．该动物毛色为黄色的基因型有18种
B．基因A和B通过控制酶的合成来控制代谢过程进而控制毛色
C．基因型为AaBbrr的黑色个体相互交配，子代中纯合个体占1/4
D．基因型为AaBbRr的黄色个体自交，子代中A基因的频率为1/2
答案：A
解析：根据题目信息，黑色个体的基因型为A_B_rr，褐色个体的基因型为A_bbrr，黄色个体的基因型为_ _ _ _R_、aa_ _rr，共有3×3×2＋3＝21种，A错误；由图中色素的生成过程可知，基因A和B通过控制酶的合成来控制代谢过程进而控制毛色，B正确；基因型为AaBbrr的黑色个体相互交配，三对基因分开算，Aa自交子代纯合子(AA＋aa)比例为1/2，Bb自交子代纯合子(BB＋bb)比例为1/2，故纯合子比例为1/2×1/2＝1/4，C正确；基因型为AaBbRr的黄色个体自交，就第一对基因而言，子代基因型及比例为1/4AA,1/2Aa,1/4aa，故子代中A基因的频率为1/2，D正确。
4．(2024·荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟)与自由组合有关的叙述中错误的是( )
A．是生物多样性的原因之一，并能指导作物的杂交育种
B．不可指导对细菌的遗传研究
C．有n对等位基因的个体自交，后代可能有2n种表现型，所以产生的变异频率很低
D．以分离规律为基础，并与分离规律同时起作用
答案：C
解析：基因自由组合定律是生物产生多样性的重要原因，作物杂交原理是基因重组，自由组合属于基因重组，A正确；细菌是原核生物，无染色体，不存在自由组合定律，B正确；n对等位基因个体自交，后代可能有表型2n种，变异频率很高，C错误；基因自由组合定律以分离定律为基础，D正确。
5．(2024·湖南考前仿真模拟)某种鹌鹑的羽毛有黄羽和白羽两种，受两对独立遗传的等位基因A/a、B/b控制，这两对等位基因位于常染色体上，羽毛颜色的遗传机制如图所示。下列相关推测错误的是( )
A．两只黄羽鹌鹑杂交，子代只有黄羽鹌鹑，则双亲中一定有一只基因型是AAbb
B．让基因型为AaBb的雌雄个体杂交，子代中表型及比例为黄羽∶白羽＝3∶13
C．该鹌鹑品系中黄羽鹌鹑和白羽鹌鹑的基因型分别有1种和8种
D．若让一只黄羽鹌鹑和一只白羽鹌鹑杂交，F1全为黄羽鹌鹑，则双亲的基因型为AAbb和aabb
答案：C
解析：两只黄羽鹌鹑杂交，子代只有黄羽鹌鹑，则双亲中一定有一只基因型是AAbb，若两只都为Aabb，则后代会有白羽鹌鹑出现，A正确；分析鹌鹑羽毛颜色的遗传机制可知，白羽鹌鹑基因型为aa_ _、A_B_，黄羽鹌鹑基因型为A_bb，因此让基因型为AaBb的雌雄个体杂交，子代中表型及比例为黄羽∶白羽＝3∶13，B正确；该鹌鹑品系中黄羽鹌鹑基因型有A_bb，2种，白羽鹌鹑的基因型为aa_ _、A_B_,7种，C错误；若让一只黄羽鹌鹑(基因型有A_bb)和一只白羽鹌鹑杂交，F1全为黄羽鹌鹑，则双亲的基因型中不能出现B基因否则后代会出现白羽鹌鹑，因此亲代白羽鹌鹑基因型为aabb，黄羽鹌鹑亲代不能为Aabb，因此双亲的基因型为AAbb和aabb，D正确。
6．某植物的花色由3对独立遗传的等位基因控制，其机制如图所示。现让两纯合亲本杂交，F1均为白花，F1自交所得F2为白花∶蓝花∶紫花＝52∶3∶9。下列说法错误的是( )
A．两纯合亲本的基因型为AABBDD和aabbdd
B．蓝花的基因型有2种
C．F2紫花中纯合子占eq \f(1,9)
D．基因型为aaBbDd的个体自花传粉，其子代全为白花个体
答案：A
解析：由图知，蓝花的基因型为A_bbdd，紫花的基因型为A_B_dd，其余均为白花，3对等位基因独立遗传，遵循自由组合定律，两纯合亲本杂交，F2的表型及比例为白花∶蓝花∶紫花＝52∶3∶9，则F1的基因型为AaBbDd，两纯合亲本基因型为AABBDD和aabbdd或者aaBBDD和AAbbdd或者AAbbDD和aaBBdd或者AABBdd和aabbDD，A错误；由题可知，蓝花的基因型为AAbbdd、Aabbdd，共有2种，B正确；紫花的基因型为A_B_dd，占F2的eq \f(9,64)，纯合子AABBdd占F2的eq \f(1,64)，所以F2紫花中纯合子占eq \f(1,9)，C正确；基因型为aaBbDd的个体自交后代均含有aa，无法产生蓝色中间产物，全部开白花，D正确。
7．(2024·海南省琼海市嘉积中学三模)果蝇的紫眼和红眼、卷翅和正常翅分别由等位基因A/a和B/b控制。现用纯种野生型(红眼正常翅)果蝇和某突变品系(紫眼卷翅)果蝇进行杂交，正反交结果一致，结果如下图。下列有关叙述正确的是( )
A．果蝇的红眼、卷翅为显性性状，两对等位基因在一对染色体上
B．F2红眼卷翅个体中基因型与F1红眼卷翅相同的概率为2/3
C．决定果蝇红眼性状的基因A在纯合时会引起果蝇死亡
D．F2中红眼正常翅杂合体果蝇的比例为1/3
答案：B
解析：F1红眼卷翅自交，出现6∶2∶3∶1的性状比，说明两对等位基因遵循基因自由组合定律，且出现致死，红眼、卷翅为显性，A错误；F2中红眼∶紫眼＝3∶1，卷翅∶正常翅＝2∶1，说明BB纯合致死，则F2红眼卷翅A_B_个体中基因型与F1红眼卷翅AaBb相同的概率为2/3×1＝2/3，B正确，C错误；F2中红眼正常翅A_bb杂合体Aabb果蝇的比例为2/3，D错误。
二、非选择题
8．(2025·辽宁省名校联盟模拟)野鸡(ZW型，2n＝78)的长腿和短腿由A/a基因控制，圆眼和豁眼由B/b基因控制。让长腿圆眼鸡品系与短腿豁眼鸡品系中的雌雄个体进行正反交，子代全为长腿圆眼鸡。回答下列问题：
(1)家鸡的A、B基因分别控制其________性状。一对同源染色体中丢失1条的生物称为单体，7号染色体单体雄性野鸡在减数分裂时，初级精母细胞中可形成________个四分体。
(2)A/a、B/b基因在染色体上的分布可能为(不考虑ZW同源区段)两对基因位于两对常染色体上或________；若要判断A/a、B/b基因在染色体上的位置，可采取的杂交方案是________。
(3)若A/a、B/b基因位于两对常染色体上，另取多只长腿圆眼鸡与短腿豁眼鸡杂交，若后代中长腿圆眼鸡∶短腿圆眼鸡＝3∶1，则亲本中长腿圆眼鸡的基因型及比例为________。
答案：(1)长腿、圆眼 38 (2)两对基因位于一对常染色体上 让子代的长腿圆眼鸡雌、雄个体杂交，观察并统计后代的表型及比例(合理即可)
(3)AABB∶AaBB＝1∶1
解析：(1)由“长腿圆眼鸡品系与短腿豁眼鸡品系中的雌雄个体进行正反交，子代全为长腿圆眼鸡”可知，长腿(A)、圆眼(B)为显性性状。7号染色体单体即缺失了一条7号染色体的个体，其染色体数目为77条，故减数分裂时可形成38个四分体。
(2)根据题意，要符合“长腿圆眼鸡品系与短腿豁眼鸡品系中的雌雄个体正反交，子代全为长腿圆眼鸡”，A/a、B/b基因可位于两对常染色体上或两对基因位于一对常染色体上。若A/a、B/b基因位于两对常染色体上，则亲本的基因型为AABB、aabb，子代的基因型为AaBb，F1雌、雄个体杂交，后代的表型及比例为长腿圆眼∶长腿豁眼∶短腿圆眼∶短腿豁眼＝9∶3∶3∶1；若A/a、B/b基因位于一对常染色体上，则亲本的基因型为AABB、aabb，子代的基因型为AaBb，F1雌、雄个体杂交，后代的表型及比例为长腿圆眼∶短腿豁眼＝3∶1。
(3)根据题意可知，亲本长腿圆眼鸡的基因型为AABB或AaBB，子代短腿占1/4，可推算出亲本中AABB∶AaBB＝1∶1。
B组
一、选择题
1．(2025·重庆沙坪坝高三开学考试)韭菜植株的叶形宽叶和窄叶是由一对等位基因(A/a)控制，灰霉病的抗性受另一对等位基因(B/b)控制。某研究小组用纯合的宽叶抗病、窄叶不抗病韭菜进行正反交实验，结果F1全为宽叶不抗病个体，F1随机受粉，F2中宽叶抗病、宽叶不抗病、窄叶不抗病个体数量比约为1∶2∶1，下列叙述错误的是( )
A．A/a与B/b不遵循自由组合定律
B．基因A和B在同一条染色体上
C．只考虑叶形和灰霉病抗性基因，若不发生变异，则一个F1个体能产生两种类型的配子
D．若F2中出现窄叶抗病个体，则可能是配子形成时发生了染色体片段互换
答案：B
解析：根据F2性状分离比1∶2∶1，可知两对基因不遵循自由组合定律，A正确；F1全为宽叶不抗病个体，所以不抗病和宽叶为显性性状。则亲代基因型为AAbb和aaBB，F1为AaBb。F2中宽叶抗病、宽叶不抗病、窄叶不抗病个体数量比约为1∶2∶1，所以两对等位基因在同一对染色体上，又因为亲代基因型为AAbb和aaBB，所以A和b在同一条染色体上，a和B在同一条染色体上，B错误；F1为AaBb，A和b在同一条染色体上，a和B在同一条染色体上，若不发生变异，只能产生Ab和aB两种配子，C正确；若不发生变异，F2只能有AAbb、aaBB、AaBb三种基因型，对应性状分别为宽叶抗病、窄叶不抗病、宽叶不抗病，不存在窄叶抗病(aabb)个体。若配子形成时发生了染色体片段互换，就可能产生ab配子，得到aabb个体，D正确。
2．(2025·江苏南通高三阶段练习)某种植物的高度由两对独立遗传的等位基因A、a和B、b决定，植株的高度随显性基因数目的递加而增高，且A、B效果相同。已知纯合子AABB和aabb分别高50 cm、30 cm，先让两者作为亲本杂交获得F1，F1自交获得F2。相关叙述正确的是( )
A．F1的高度均为50 cm
B．F2中植株的高度有4种类型
C．F2中高度为40 cm的植株的基因型有3种
D．F2中植株的高度大于30 cm的占12/16
答案：C
解析：基因型为AABB和aabb的两株植物杂交，F1的基因型为AaBb，又由于显性基因以累加效应决定植株的高度，且每个显性基因的遗传效应是相同的，纯合子AABB高50 cm，aabb高30 cm，即植株的高度与显性基因的个数呈正相关，每增加一个显性基因，植株增高(50－30)÷4＝5 cm，F1基因型为AaBb，F1的高度均为30＋5＋5＝40 cm，A错误；F2中，A和B的显性基因数目可以为0、1、2、3、4共5种情况，对应的高度分别为30 cm、35 cm、40 cm、45 cm、50 cm，共有5种类型，B错误；F1基因型为AaBb，F1自交，F2中高度是40 cm的植株的基因型中含有两个显性基因，即AAbb、aaBB、AaBb,3种，C正确；F2中植株的基因型及比例为：AABB(1/16)、AABb(2/16)、AAbb(1/16)、AaBB(2/16)、AaBb(4/16)、Aabb(2/16)、aaBB(1/16)、aaBb(2/16)、aabb(1/16)。其中高度大于30 cm的植株有AABB、AABb、AAbb、AaBB、AaBb、Aabb、aaBB、aaBb，共占15/16，D错误。
3．(2025·湖南常德高三阶段练习)玉米粒的颜色由基因A/a控制，形状由基因B/b控制，现用纯种黄色饱满玉米和白色皱缩玉米杂交，F1全部表现为黄色饱满。F1自交得到F2，F2的表型及比例为黄色饱满66%、黄色皱缩9%、白色饱满9%、白色皱缩16%。下列分析错误的是( )
A．两对相对性状的遗传不遵循自由组合定律
B．基因A和B位于一条染色体上
C．F2中纯合子所占比例为34%
D．F1植株体内有20%的卵原细胞在减数分裂过程中发生了互换
答案：D
解析：F2中黄色∶白色＝3∶1，饱满∶皱缩＝3∶1，但四种表型比例不是9∶3∶3∶1及其变式，故每对相对性状的遗传都遵循分离定律，但两对性状的遗传不遵循自由组合定律，A正确；纯种黄色饱满玉米(AABB)与白色皱缩玉米(aabb)杂交，后代中黄色饱满和白色皱缩的比例较大，说明AB和ab的配子较多，说明AB连锁，ab连锁，即基因A、B位于同一条染色体上，B正确；题中显示，黄色饱满66%∶黄色皱缩9%∶白色饱满9%∶白色皱缩16%，说明ab配子的比例为4/10，则AB配子的比例也为4/10，则另外两种配子的比例为(1－4/10－4/10)/2＝1/10，即F1产生配子AB∶Ab∶aB∶ab＝4∶1∶1∶4，F2中纯合子所占比例为(4/10)2＋(4/10)2＋(1/10)2＋(1/10)2＝34%，C正确；F1植株减数分裂产生的卵细胞中Ab、aB重组类型各占1/10，且发生互换的卵原细胞产生的卵细胞的种类及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，各占1/4，故可判断发生互换的卵原细胞占(1/10)/(1/4)＝2/5＝40%，D错误。
4．(2025·广东揭阳高三阶段练习)某雌雄同株植物花的颜色由A/a、B/b两对等位基因控制。A基因控制红色素的合成(AA和Aa的效应相同，B基因具有淡化色素的作用)，现用两纯合白花植株进行人工杂交(子代数量足够多)，F1自交，产生的F2中红色∶粉色∶白色＝3∶6∶7。下列说法错误的是( )
A．该花色的两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律
B．用于人工杂交的两纯合白花植株的基因型一定是AABB、aabb
C．红花植株的自交后代中一定会出现红色∶白色＝3∶1
D．BB和Bb淡化色素的程度不同，基因型为_ _BB的个体表现为白色
答案：C
解析：F1植株自交，产生的F2中红色∶粉色∶白色＝3∶6∶7，为9∶3∶3∶1的变式，说明控制该花色的两对等位基因的传递遵循基因的自由组合定律，A正确；纯合白色植株的基因型为AABB或aaBB或aabb，要使子一代全部是基因型为AaBb，后代性状分离比为3∶6∶7，用于人工杂交的两纯合白花植株只能选择AABB×aabb，B正确；红色的基因型为A_bb，理论上，其自交后代不会出现粉红色，若红花植株为Aabb，则自交后代为红色∶白色＝3∶1，若红花植株为AAbb，则自交后代均为红色，C错误；BB和Bb淡化色素的程度不同，如A_Bb为粉色，但A_BB为白色，故基因型为_ _BB个体表现为白色，D正确。
5．(多选)(2025·湖南常德高三检测)如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆植株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。下列叙述错误的是( )
A．图甲、乙、丙、丁所示个体都可以作为验证基因分离定律的材料
B．图丁所示个体自交后代中表型为黄皱与绿皱的比例是3∶1
C．图甲、乙所示个体减数分裂时，都能揭示基因的自由组合定律的实质
D．图乙所示个体自交后代会出现3种表型，比例为1∶2∶1
答案：CD
解析：甲、乙、丙、丁均含有等位基因，都可以作为研究基因分离定律的材料，A正确；图丁个体自交后代中DDYYrr∶DdYyrr∶ddyyrr＝1∶2∶1，其中黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶1，B正确；图甲、乙都只有一对等位基因，所示个体减数分裂时，不能用来揭示基因的自由组合定律的实质，C错误；图乙个体(YYRr)自交，只会出现两种表型，黄色圆粒(YYR_)∶黄色皱粒(YYrr)＝3∶1，D错误。
6．(多选)常染色体上的A、B、C三个基因分别对a、b、c完全显性。用隐性性状个体与显性纯合个体杂交得F1，F1测交基因型及比例为aabbcc∶AaBbCc∶aaBbcc∶AabbCc＝1∶1∶1∶1。不考虑基因突变和染色体的互换，下列叙述正确的是( )
A．F1个体的基因A与c位于同一条染色体上
B．F1个体的基因a与c位于同一条染色体上
C．基因B/b与C/c的遗传遵循自由组合定律
D．基因A/a与B/b的遗传遵循自由组合定律
答案：BCD
解析：F1产生的配子为ac∶AC＝1∶1，F1个体的基因a与c位于同一条染色体上，A错误，B正确；F1产生的配子中bc∶BC∶Bc∶bC＝1∶1∶1∶1，可知基因B/b与C/c的遗传遵循自由组合定律，C正确；F1产生的配子中ab∶AB∶aB∶Ab＝1∶1∶1∶1，可知基因A/a与B/b的遗传遵循自由组合定律，D正确。
7．(多选)某植物有两个缺刻叶的品系甲与乙，让它们分别与一纯合的正常叶植株杂交，F1均为正常叶植株，F1自交得F2。由品系甲与纯合正常叶植株杂交得到的F2中正常叶植株27株、缺刻叶植株37株，由品系乙与纯合正常叶植株杂交得到的F2中正常叶植株27株、缺刻叶植株21株。根据上述杂交结果，下列推测错误的是( )
A．该植物的叶形性状至少是由三对等位基因控制的
B．品系甲、乙均为纯合子，其基因型均可能有多种
C．上述F2中缺刻叶植株杂合子自交均不会发生性状分离
D．上述两个F1杂交，理论上后代正常叶植株中杂合子占1/18
答案：BD
解析：由题意可知，品系甲的基因型为aabbcc，其与纯合的正常叶植株(AABBCC)杂交，F1的基因型为AaBbCc。品系乙的基因型为AAbbcc(或aaBBcc或aabbCC)，其与纯合的正常叶植株(AABBCC)杂交，F1的基因型为AABbCc(或AaBBCc或AaBbCC)。品系甲、乙均为纯合子，品系甲只有一种基因型，B错误；两品系得到的F1杂交，即AaBbCc×AABbCc(或AaBbCc×AaBBCc或AaBbCc×AaBbCC)，后代正常叶植株的基因型为A_B_C_，其中纯合子所占的比例为1/2×1/3×1/3＝1/18，则杂合子所占的比例为1－1/18＝17/18，D错误。
二、非选择题
8．(2025·广东东莞高三阶段练习)番茄的杂种优势十分显著，在育种过程中可用番茄叶的形状、茎的颜色(D/d)以及植株茸毛等作为性状选择的标记。为研究这三对性状的遗传规律，选用以下A1～A4四种纯合体为亲本做了杂交实验，实验结果(不考虑交叉互换且无致死现象)如下表所示：
回答下列问题：
(1)番茄茎的颜色相对性状的显性性状是________，判断依据是_____________________________。
(2)根据亲本组合________杂交结果可判断，植株茸毛至少受________对等位基因控制，遵循________定律，实验中F2出现所示性状及其比例的原因是F1产生配子时____________________________________________________________。
(3)低温处理会导致某种基因型的花粉存活率降低，用低温处理A1×A2组合的F1后，F2的表型为缺刻叶∶薯叶＝5∶1，可推知携带________基因的花粉存活率降低了________。请设计实验验证该结论。(写出实验思路、实验结果及实验结论)
__________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案：(1)紫茎 亲本组合A1×A4杂交F1表型为紫茎，F2紫茎∶绿茎＝3∶1 (2)A1×A4或A2×A3 2/两 自由组合 同源染色体上等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合
(3)薯叶 1/2 将低温处理的F1作为父本与薯叶番茄杂交，子代缺刻叶∶薯叶＝2∶1，说明低温处理使携带薯叶基因的花粉存活率降低了1/2
解析：(1)据表可知，亲本组合A1和A4杂交F1表型为紫茎，F2紫茎∶绿茎＝3∶1，说明紫茎是显性。
(2)据表可知，亲本组合A1×A4或A2×A3杂交F1表型为浓茸毛；F2中浓茸毛∶多茸毛∶少茸毛＝12∶3∶1，是9∶3∶3∶1的变式，故可判断植株茸毛受2对等位基因控制；遵循自由组合定律；实验中F2出现所示性状及其比例的原因是F1产生配子时，同源染色体上等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
(3)据题干信息“低温处理会导致某种基因型的花粉(雄配子)存活率降低”可知，用低温处理A1×A2组合的F1后，F2的表型为缺刻叶∶薯叶＝5∶1，而正常情况下，缺刻叶∶薯叶＝3∶1，可知薯叶为隐性性状，假设基因E/e控制番茄叶的形状，故可推断含有e(薯叶)基因的雄配子(花粉)存在致死情况，若含有e(薯叶)基因的雄配子存活率为x，则F2的表型为缺刻叶∶薯叶＝5∶1＝(1EE＋(1＋x)Ee)∶xee，得x＝1/2，故含有e(薯叶)基因的雄配子(花粉)的存活率降低了1－1/2＝1/2；可采用测交的方式来验证F1产生花粉(雄配子)的类型和比例，故可将低温处理的F1作为父本(Ee)与薯叶番茄(ee)杂交，统计子代表型及比例，子代缺刻叶(Ee)∶薯叶(ee)＝2∶1，即雄配子的比例为：E∶e＝2∶1，说明低温处理使携带薯叶基因的花粉存活率降低了1/2。
C组
一、选择题
1．(2024·名校联盟全国优质校大联考)在一个果蝇品系中出现了一只染色体变异的果蝇，正常果蝇和变异果蝇的染色体及所含的基因如图所示。变异果蝇的三条染色体在减数分裂中会发生联会，其中两条随机移向一极，另一条移向另一极。在变异的染色体中，B基因所在染色体高度螺旋化，无法表达。将变异果蝇进行测交，缺体(2n－1)果蝇可以存活。下列说法正确的是( )
A．不考虑染色体发生交换，A和a只在减数第二次分裂发生分离
B．若染色体发生交换(考虑所有可能)，变异果蝇产生的正常配子有4种基因型
C．变异果蝇产生的配子中正常配子所占比例为1/3
D．不考虑染色体发生交换，测交子代多翅脉短刚毛个体所占比例为1/6
答案：B
解析：A和a是等位基因，等位基因在减数第一次分裂随同源染色体分离而分开，A错误；若染色体发生交换(考虑所有可能)，变异果蝇产生的正常配子有AB、Ab、aB、ab共4种基因型，B正确；变异果蝇产生的配子中，有1/6Ab、1/6aB、1/6AaB、1/6b、1/6A、1/6aBb共6种，正常配子所占比例为1/6Ab，C错误；变异果蝇产生的配子中，有1/6Ab、1/6aB、1/6AaB、1/6b、1/6A、1/6aBb共6种，测交子代基因型为1/6Aabb、1/6aaBb、1/6AaaBb、1/6abb、1/6Aab、1/6aaBbb，在变异的染色体中，B基因所在染色体高度螺旋化，无法表达，测交子代多翅脉短刚毛个体所占比例为0，D错误。
2．(2025·东北师大附中模拟)三叶草(Trifliumrepens,2n)的花色由A/a和B/b两对等位基因控制，A基因控制红色素的合成，B基因控制蓝色素的合成，含A、B基因的三叶草开紫花，不含A、B基因的三叶草开白花。现将纯合紫花与白花三叶草杂交得F1，F1全为紫花三叶草，F1自交得F2，F2三叶草中紫花∶红花∶蓝花∶白花＝41∶7∶7∶9。不考虑基因突变和致死，下列叙述不正确的是( )
A．A/a和B/b基因的遗传均遵循基因的分离定律
B．F2与F1三叶草基因型相同的个体占5/16
C．F1形成配子时，有1/4的细胞在四分体时期染色体发生了互换
D．F2中的红花三叶草与蓝花三叶草杂交，子代中白花三叶草占9/49
答案：C
解析：由题可知，白花植株基因型为aabb，纯合紫花植株基因型应为AABB，红花植株为A_bb，蓝花植株为aaB_，白花植株(aabb)与纯合紫花植株(AABB)杂交F1为AaBb，F1自交得F2，F2三叶草中紫花∶红花∶蓝花∶白花＝41∶7∶7∶9，即A_∶aa＝(41＋7)∶(7＋9)＝3∶1，同理B_∶bb＝(41＋7)∶(7＋9)＝3∶1，A/a和B/b基因的遗传均遵循基因的分离定律，A正确；由于F2的比例不是9∶3∶3∶1或其变式，因此两对基因的遗传不符合自由组合定律，F1紫花植株的基因型为AaBb，且A、B基因位于一条染色体上，a、b基因位于同源的另一条染色体上。根据F2中白花植株(aabb)所占比例为9/64分析，F1产生的四种配子的比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝3∶1∶1∶3，F2中AaBb所占比例为20/64，即5/16，B正确；若不发生染色体互换，F1产生的两种配子为AB∶ab＝1∶1，现F1产生的四种配子的比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝3∶1∶1∶3，说明有一半的细胞发生了染色体互换，产生了四种配子AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，故F1形成配子时，有1/2的细胞在减数分裂Ⅰ前期染色体发生了交换，C错误；F2中的红花植株(1/7AAbb、6/7Aabb)与蓝花植株(1/7aaBB、6/7aaBb)杂交，红花植株产生的配子为4/7Ab、3/7ab，蓝花植株产生的配子为4/7aB、3/7ab，子代中白花植株(aabb)占3/7×3/7＝9/49，D正确。
3．(2025·长沙市一中高考适应性演练)某农业研究所将苏云金芽孢杆菌的抗虫基因(Bt基因)导入棉花(雌雄同花)的受精卵中，筛选出Bt基因成功整合到染色体上的抗虫植株(假定Bt基因都能正常表达)，某些抗虫植株体细胞含三个Bt基因，Bt基因在染色体上的整合情况为如图所示的三种类型(黑点表示Bt基因的整合位点)，抗虫植株所含Bt基因的个数与抗虫程度呈正相关。下列推断错误的是( )
A．乙植株进行自交子一代中具有抗虫特性的植株所占比例为15/16
B．丙植株进行自交后的子代全为抗虫植株
C．丙植株的子代抗虫植株等级可分为6个等级
D．丙植株的子代抗虫植株自交后代全为抗虫植株的占子代抗虫植株的比例是37/63
答案：B
解析：甲植株产生的配子均含有Bt基因，因此其自交后代均含有抗虫基因，乙植株产生的配子中有3/4含有Bt基因，因此其自交后代中有1－1/4×1/4＝15/16的个体含有Bt基因，只要含有Bt基因就有抗虫性，A正确；丙植株Bt基因整合到三对非同源染色体的各一条染色体上，在减数分裂时会形成8种配子，只有一种配子三条染色体均不含Bt基因，受精时有64种配对方式，只有三条染色体均不含Bt基因的配子两两结合产生的植株才不具有抗虫特性，因此具有抗虫特性植株的比例为1－1/8×1/8＝63/64，B错误；设Bt基因成功整合到染色体上的部位用A表示，其同源染色体对应的位置无此基因用O表示；用数字1、2、3表示Bt基因整合到不同的染色体上如A1、A2和A3；同对的同源染色体对应的位置无此Bt基因，用O1、O2和O3表示，如图所示，。由图可知，丙植株的基因型可看作：A1O1A2O2A3O3，则丙植株自交可求出子代的基因型，A1O1A2O2A3O3×A1O1A2O2A3O3，根据逐对分析法，分析可得：A1O1×A1O1→1A1A1、2A1O1、1O1O1；A2O2×A2O2→1A2A2、2A2O2、1O2O2；A3O3×A3O3→1A3A3、2A3O3、1O3O3。三对结果综合分析可得出结论，由“Bt基因都能正常表达”可知，植株所含Bt基因的个数与抗虫程度呈正相关，又因为抗虫植株含A的个数为1到6个，所以丙植株的子代抗虫植株等级可分为6个等级，C正确；从上述分析可知，64种基因组合方式中有1种基因型O1O1O2O2O3O3，不含A，即不具有Bt基因，不具有抗虫性，其余63种基因组合方式具有抗虫性。而抗虫植株自交后代全都为抗虫植株的条件是必须至少有一对同源染色体都有A(即Bt基因)，含2个或3个A可能符合此条件，而含4个或5个或6个的一定符合此条件，计算可知抗虫植株自交后代全为抗虫植株的共有37/64，而抗虫植株总共有63/64，所以子代抗虫植株中自交后代全都为抗虫植株的占子代抗虫植株的比例是37/63，D正确。
4．(2024·山东省实验中学二模)某家禽等位基因M/m控制黑色素的合成(MM与Mm的效应相同)，并与等位基因T/t共同控制喙色，与等位基因R/r共同控制羽色。三对基因均位于常染色体上。研究者利用纯合品系P1(黑喙黑羽)、P2(黑喙白羽)和P3(黄喙白羽)进行相关杂交实验，并统计F1和F2的部分性状，结果见表(不考虑染色体互换)。下列说法错误的是( )
A．该家禽喙色的遗传遵循基因的自由组合定律，F2的花喙个体中纯合体占比为1/3
B．实验1的F2中黄喙个体均为白羽，其余个体均为黑羽
C．若实验2中F2的黑羽个体间随机交配，则后代会出现黄喙黑羽个体
D．统计实验2中F2个体的喙色和羽色，可以判断基因T/t和R/r在染色体上的位置关系
答案：C
解析：由题干信息可知，该家禽喙色由M/m和T/t共同控制，实验1的F2中喙色表型有三种，比例为9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，表明F1产生的雌雄配子各有4种，且比例相同，受精时雌雄配子结合方式有16种，故家禽喙色的遗传遵循自由组合定律；F2中花喙个体(M_tt)占3/16，其中纯合子MMtt占1/3，A正确；该家禽羽色由M/m和R/r共同控制，实验2的F2中羽色表型有三种，比例为3∶6∶7，是9∶3∶3∶1的特殊分离比，因此F1灰羽个体基因型为MmRr，黑羽的基因型为MMRR、MmRR，综合实验1和实验2的结果可知，P1的基因型为MMTTRR，P2的基因型为MMTTrr，P3的基因型为mmttRR，实验1F1的基因型为MmTtRR，则后代黄喙个体均为白羽，其余个体均为黑羽，B正确；由实验1和实验2结果可知，黄喙个体基因型为mmT_和mmtt，黑羽的基因型为M_RR，黑羽个体间随机交配不存在黄喙黑羽的个体，即黄喙黑羽个体占比为0，C错误；实验结果能证明M/m和T/t两对等位基因自由组合，M/m和R/r两对等位基因自由组合，但要判断基因T/t和R/r在染色体上的位置关系，还需要统计实验2中F2个体的喙色和羽色，D正确。
5．(多选)(2025·福州一中期末)某雌雄同株的二倍体植物中，控制抗病(A)与易感病(a)、高茎(B)与矮茎(b)的基因分别位于两对染色体上。让纯种抗病高茎植株与纯种易感病矮茎植株杂交，F1全为抗病高茎植株，F1自交获得的F2中，抗病高茎∶抗病矮茎∶易感病高茎∶易感病矮茎＝9∶3∶3∶1。下列有关叙述正确的是( )
A．等位基因A、a与B、b的遗传既遵循分离定律又遵循自由组合定律
B．从F2开始抗病植株连续进行多代的自交和随机交配，后代中抗病基因频率均不变
C．F2中的抗病高茎植株进行自交，后代的性状比例为25∶5∶5∶1
D．F2中的抗病高茎植株随机交配，后代的性状比例为64∶8∶8∶1
答案：ACD
解析：已知控制抗病(A)与易感病(a)、高茎(B)与矮茎(b)的基因分别位于两对染色体上，且由F2中抗病高茎∶抗病矮茎∶易感病高茎∶易感病矮茎＝9∶3∶3∶1，可知抗病∶易感病＝3∶1，高茎∶矮茎＝3∶1，可推知每对基因遵循分离定律，两对基因之间遵循自由组合定律，A正确；根据显隐性可知，亲本基因型为AABB×aabb，子一代基因型为AaBb，F2中的抗病植株基因型为AA(1/3)、Aa(2/3)，A的基因频率为2/3，a的基因频率为1/3，当F2中的抗病植株自交时，后代为AA(1/3＋1/4×2/3＝1/2)、Aa(1/2×2/3＝1/3)、aa(1/4×2/3＝1/6)，其中A的基因频率为2/3，选出抗病植株(3/5AA、2/5Aa)继续自交，后代AA＝3/5＋2/5×1/4＝7/10，aa＝2/5×1/4＝1/10，Aa＝2/10，A的基因频率为7/10＋2/10×1/2＝4/5；当F2中的抗病植株(1/3AA、2/3Aa)随机交配时，后代为AA(2/3×2/3＝4/9)、Aa(2×2/3×1/3＝4/9)、aa(1/3×1/3＝1/9)，其中A的基因频率为2/3，选出抗病植株(1/2AA、1/2Aa)继续自由交配，根据其产生的配子A＝3/4、a＝1/4，可知后代AA＝3/4×3/4＝9/16，aa＝1/4×1/4＝1/16，Aa＝6/16，故A的基因频率为9/16＋6/16×1/2＝3/4，故从F2开始抗病植株连续进行多代的自交和随机交配，后代中抗病基因频率会发生变化，B错误；F2中抗病植株为AA(1/3)、Aa(2/3)，自交后代为AA(1/3＋1/4×2/3＝1/2)、Aa(1/2×2/3＝1/3)、aa(1/4×2/3＝1/6)，抗病∶易感病＝5∶1，同理可推出，F2中高茎植株自交后代高茎∶矮茎＝5∶1，故F2中的抗病高茎植株进行自交，后代的性状比例为(5∶1)×(5∶1)＝25∶5∶5∶1，C正确；F2中抗病植株为AA(1/3)、Aa(2/3)，随机交配后代为AA(2/3×2/3＝4/9)、Aa(2×2/3×1/3＝4/9)、aa(1/3×1/3＝1/9)，抗病∶易感病＝8∶1，同理可推出，F2中高茎植株随机交配后代高茎∶矮茎＝8∶1，故F2中的抗病高茎植株随机交配，后代的性状比例为(8∶1)×(8∶1)＝64∶8∶8∶1，D正确。
6．(多选)(2025·山东省新高考联合体测评)番茄是雌雄同花植物，可自花受粉也可异花受粉。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基因同时控制果实的成熟时期和颜色。选大花正常熟红果与小花晚熟黄果杂交，结果如表。下列说法正确的是( )
A.晚熟对正常熟显性，红果对黄果显性
B．M、m和R、r位于两对同源染色体上
C．F2有8种表现型
D．选F2大花晚熟与小花正常熟杂交，F3雄性不育占1/3
答案：ABD
解析：据F2可知，晚熟∶正常熟＝3∶1，红果∶黄果＝3∶1，可推断晚熟对正常熟显性，红果对黄果显性，A正确；依题意，M、m控制花大小及育性，R、r控制成熟时期和颜色。据F2可知，大花晚熟∶大花正常熟∶小花晚熟∶小花正常熟＝9∶3∶3∶1，符合自由组合定律，可推断M、m和R、r位于两对同源染色体上，B正确；分析表格数据可知，F1自交产生F2的表型及比例为大花晚熟∶大花正常熟∶小花晚熟∶小花正常熟＝9∶3∶3∶1，则可推断F1大花晚熟红果的基因型为MmRr。依题意，基因型为mm的植株表现为小花，基因型为MM、Mm的植株表现为大花，F2中红果∶黄果＝3∶1，亲本表型为大花正常熟红果与小花晚熟黄果，结合F1基因型，可推断亲本基因型分别为MMRR、mmrr。综合以上分析可知，晚熟红果基因型为Rr，正常熟红果基因型为RR，晚熟黄果基因型为rr。故F2的表型有2×3＝6种，C错误；依题意，基因型mm表现雄性不育，F2中大花晚熟中只考虑大花基因型为1MM∶2Mm，小花基因型为mm，故F2大花晚熟与小花正常熟杂交，F3雄性不育为：2/3×1/2＝1/3，D正确。
7．(多选)(2024·东北三省三校第一次联考)果蝇的灰身和黑身由基因B/b控制，长翅和残翅由V/v控制，长触角与短触角由A/a控制，三对等位基因均位于常染色体上。科研人员用1只黑身、残翅、短触角雌果蝇(隐性纯合子)进行了两个杂交实验：
杂交1：该雌果蝇与1只灰身、长翅雄果蝇(甲)杂交，子代表型及比例如下：
黑身、长翅∶黑身、残翅∶灰身、长翅∶灰身、残翅＝9∶41∶39∶11；
杂交2：该亲本雌果蝇与另一只灰身、长触角的雄果蝇(乙)杂交，子代表型及比例如下：
黑身、长触角∶黑身、短触角∶灰身、长触角∶灰身、短触角＝24∶23∶27∶26。
根据以上结果分析，下列有关叙述，正确的是( )
A．甲、乙雄果蝇均为杂合子
B．杂交1和杂交2均为测交实验
C．甲果蝇中B和v位于一条染色体上，b、V位于另一条同源染色体上
D．乙果蝇中B/b位于一对同源染色体上，A/a位于另一对同源染色体上
答案：ABD
解析：由题意可知，该雌果蝇为隐性纯合子，基因型是aabbvv，杂交1中该雌果蝇与甲杂交，甲的表型为灰身长翅，故甲的基因型为B_V_，子代表型及其比例为黑身长翅：黑身残翅：灰身长翅：灰身残翅＝9∶41∶39∶11，有四种表型，说明甲的基因型是双杂合子BbVv，杂交2中该雌果蝇与乙杂交，乙的表型为灰身长触角，故乙的基因型为A_B_，子代表型为黑身长触角∶黑身短触角∶灰身长触角∶灰身短触角＝24∶23∶27∶26≈1∶1∶1∶1，则乙的基因型为杂合子，即AaBb，A、B正确；杂交1的子代有四种表型，但比例与1∶1∶1∶1相差甚远，且观察发现黑身残翅∶灰身长翅＝41∶39≈1∶1，黑身长翅：灰身残翅＝9∶11≈1∶1，且两部分相差很多，推测控制黑身(b)和残翅(v)的基因位于同一条染色体上，控制灰身(B)和长翅(V)的基因在同一条染色体上。由于发生染色体互换引起基因重组，所以出现了四种表型，C错误；杂交2的子代也有四种表型，且比例为1∶1∶1∶1，说明A/a和B/b基因符合自由组合定律，即A/a和B/b分别位于两对同源染色体上，D正确。
二、非选择题
8．(2024·衡中同卷期末考试)薹叶与主茎的关系是区分不同种类油菜的重要指标，薹叶一般分为全抱茎、半抱茎和不抱茎。某野生型油菜薹叶为全抱茎，控制薹叶与主茎关系的基因位于10号染色体上；与油菜育性有关的基因A、a和B、b分别位于7号和9号染色体上，当A基因存在且b基因纯合时，植株表现为雄性不育。科研人员在野生型油菜中偶然发现了一株纯合薹叶不抱茎的植株甲，经确定该植株为雄性不育株。现利用植株甲与具有某种优良性状的纯合薹叶全抱茎可育品系乙进行育种实验，实验过程如图所示。请回答下列问题：
(1)在油菜种群中，雄性不育植株的基因型有____________种。杂交育种过程中，雄性不育植株的优点有_____________________________________________ ___________________________。
(2)图中F1植株关于雄性育性的表型为________，若让F1自交，则自交子代中关于薹叶与主茎关系的表型及比例为_______________________________ _________________________________________。
(3)将筛选出的基因型为AaBb的薹叶半抱茎植株自交，后代中薹叶不抱茎且雄性不育植株(品系丙)所占的比例为________。
(4)现有具另一种优良性状的薹叶全抱茎品系丁，为获得同时具有乙、丁两品系优良性状的杂合子，且在开花前通过薹叶与主茎的关系即可判断是否为杂交种，科研人员选择________(填“品系乙”或“品系丙”)与品系丁进行间行种植，再选取________(填“品系乙”“品系丙”或“品系丁”)植株上所结的种子进行种植。该实验思路的设计依据是_______________________________________ _________________________________________________________________。
答案：(1)2/两/二 雄性不育植株只能作为母本，避免了人工去雄的麻烦 (2)雄性可育 薹叶全抱茎∶薹叶半抱茎∶薹叶不抱茎＝1∶2∶1
(3)3/64 (4)品系丙 品系丙 品系丙既有品系乙的优良性状，又为雄性不育品系，与品系丁杂交时只能作为母本，因此品系丙植株上所结的种子一定为杂合子，具有两者的优良性状，且为薹叶半抱茎
解析：(1)当A基因存在且b基因纯合时，植株表现为雄性不育，雄性不育植株的基因型为A_bb，即AAbb、Aabb 2种。杂交育种过程中，雄性不育植株只能作为母本，避免了人工去雄的麻烦。
(2)图中F1植株关于雄性育性的基因型为AaBb，表现为雄性可育；由图可知，F2均为薹叶半抱茎，证明薹叶与主茎的关系为不完全显性，当F1自交时，自交后代关于薹叶与主茎关系的表型及比例为薹叶全抱茎∶薹叶半抱茎∶薹叶不抱茎＝1∶2∶1。
(3)基因型为AaBb的薹叶半抱茎植株自交后代出现薹叶不抱茎植株的概率是1/4，雄性不育植株的概率为3/4×1/4，所以自交后代中薹叶不抱茎且雄性不育植株所占的比例为1/4×3/4×1/4＝3/64。
(4)若要获得具有品系乙优良性状和品系丁优良性状的杂合子，并且要在开花前通过薹叶与主茎关系判断是否为杂交种，最好选用品系丙植株，因为品系丙植株既有品系乙的优良性状，又为雄性不育个体，在与品系丁杂交的过程中，只能作为母本，因此从品系丙植株上所得的种子一定为杂合子，具有两品系的优良性状，且均表现为薹叶半抱茎。
亲本组合
F1表型
F2表型及数量(株)
A1×A2
缺刻叶
缺刻叶(60)，薯叶(21)
A1×A4
浓茸毛、紫茎
浓茸毛、绿茎(19)，浓茸毛、紫茎(41)，多茸毛、紫茎(15)，少茸毛、紫茎(5)
A2×A3
浓茸毛
浓茸毛(60)，多茸毛(17)，少茸毛(5)
实验
亲本
F1
F2
1
P1×P3
黑喙
9/16黑喙，3/16花喙(黑黄相间)，4/16黄喙
2
P2×P3
灰羽
3/16黑羽，6/16灰羽，7/16白羽
P
F1
F1自交产生F2的表型及比例
大花正常熟红果×小花晚熟黄果
大花晚
熟红果
大花晚熟∶大花正常熟∶小花晚熟∶小花正常熟＝9∶3∶3∶1 红果∶黄果＝3∶1