2021版新高考选考生物一轮复习通用版学案：第13讲　基因的分离定律


第13讲　基因的分离定律


考点1　基因的分离定律及其验证

1．孟德尔遗传实验的杂交方法与程序

2．一对相对性状杂交实验的“假说—演绎”分析


3.基因的分离定律


(必修2 P7“技能训练”改编)本来开白花的花卉，偶然出现了开紫花的植株，怎样获得开紫花的纯种呢？
答案：方法一：用紫花植株的花粉进行花药离体培养，然后用秋水仙素处理，保留紫花的品种；方法二：让该紫花植株连续自交，直到后代不再出现性状分离为止。

【真题例证·体验】
(2019·高考全国卷Ⅱ)某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株(植株甲)进行了下列四个实验。
①让植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是(　　)
A．①或②　　　　　　　 B．①或④
C．②或③ D．③或④
解析：选B。实验①中植株甲自交，子代出现了性状分离，说明作为亲本的植株甲为杂合子。实验④中植株甲与另一具有相同性状的个体杂交，后代出现3∶1的性状分离比，说明亲本均为杂合子。在相对性状的显隐性不确定的情况下，无法依据实验②或③判定植株甲为杂合子。
【考法纵览·诊断】
(1)假设在特定环境中，某种动物基因型为BB和Bb的受精卵均可发育成个体，基因型为bb的受精卵全部死亡。现有基因型均为Bb的该动物1 000对(每对含有1个父本和1个母本)，在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中BB、Bb、bb个体的数目依次为250、500、0　　
[2019·全国卷Ⅲ，T6A](√)
(2)某生物基因型为A1A2，A1和A2的表达产物N1和N2可随机组合形成二聚体蛋白，即N1N1、N1N2、N2N2三种蛋白。若该生物体内A2基因表达产物的数量是A1的2倍，则由A1和A2表达产物形成的二聚体蛋白中，N1N1型蛋白占的比例为1/9
[2018·天津卷，T6D](√)
(3)一对相对性状的遗传实验中，会导致子二代不符合3∶1性状分离比的情况是子一代产生的雌配子中2种类型配子数目相等，雄配子中也相等
[2018·江苏卷，T6B](×)
(4)杂合子与纯合子基因组成不同，性状表现也不同
[2012·江苏卷，T11B](×)
(5)孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型
[2012·江苏卷，T11C](×)
【长句应答·特训】
读下图信息，思考并回答下列问题：

F2
雄配子
雌配子
1/2D
1/2d
1/2D
1/4DD高
1/4Dd高
1/2d
1/4Dd高
1/4dd矮
(1)若F1所产生的雄配子中D∶d＝2∶1，雌配子中D∶d＝2∶1，则F2中高茎∶矮茎＝________。
(2)一对相对性状的遗传实验中，若统计的样本数量足够大，子二代的性状分离比是1∶2∶1的原因可能是________________________________________________________。
(3)结合上述问题分析，孟德尔一对相对性状的杂交实验中，实现3∶1的分离比必须同时满足的条件包括__________________________________________________________。
(4)在基因分离定律的现代解释中决定分离比3∶1出现的最核心的内容是__________。
(5)测交法可用于检测F1基因型的关键原因是_________________________________。
答案：(1)8∶1　(2)显性基因相对于隐性基因为不完全显性　(3)①F1形成的两种配子的数目相等且生活力相同；②雌、雄配子结合的机会相等；③F2不同的基因型的个体的存活率相等；④等位基因间的显隐性关系是完全的；⑤观察的子代样本数目足够多　(4)等位基因随着同源染色体的分开而分离　(5)孟德尔用隐性纯合子对F1进行测交实验，隐性纯合子只产生一种含隐性基因的配子，分析测交后代的性状表现及比例即可推知F1产生的配子种类及比例，从而检测出F1的基因型

1．杂交、自交和测交的辨析

2．“四步法”理顺“假说—演绎”推理过程

3．“四法”验证分离定律



遗传学核心概念辨析
生命观念
1．(原创)下列关于遗传学基本概念的叙述，正确的有(　　)
①兔的白毛和黑毛，狗的长毛和卷毛都是相对性状
②纯合子杂交产生的子一代所表现的性状就是显性性状，XAY、XaY属于纯合子
③不同环境下，基因型相同，表现型不一定相同
④A和A、b和b不属于等位基因，C和c属于等位基因
⑤后代中同时出现显性性状和隐性性状的现象叫做性状分离，两个双眼皮的夫妇生了一个单眼皮的孩子属于性状分离
⑥检测某雄兔是否是纯合子，可以用测交的方法
A．2项　　　　　　　 B．3项
C．4项 D．5项
解析：选B。兔的白毛和黑毛是一对相对性状，狗的长毛和卷毛不是一对相对性状，①错误；具有一对相对性状的两纯合子杂交产生的子一代所表现的性状是显性性状，②错误；性状的表现是基因型与环境相互作用的结果，基因型相同，环境不同，表现型不一定相同，③正确；同源染色体的同一位置上控制相对性状的基因是等位基因，如C和c，④正确；性状分离是指在杂种后代中，同时出现显性性状和隐性性状的现象，⑤错误；动物纯合子的检测，可以用测交法，⑥正确。
2．(2020·湖南十三校联考)假说—演绎法是现代科学研究中常用的方法，利用该方法孟德尔发现了两个遗传规律。下列有关叙述正确的是(　　)
A．孟德尔所作假设的核心内容是“性状是由位于染色体上的基因控制的”
B．孟德尔发现的遗传规律可以解释所有有性生殖生物的核遗传现象
C．孟德尔在发现基因分离定律时的“演绎”过程：若F1产生配子时成对的遗传因子分离，则F2中三种基因型个体的数量比接近1∶2∶1
D．提出问题是建立在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验基础上的
解析：选D。孟德尔未提出“基因”这一概念，A错误；孟德尔的遗传规律不能解释连锁互换现象，B错误；孟德尔在发现基因分离定律时的“演绎”过程：若F1产生配子时成对的遗传因子分离，则测交后代会出现两种性状，分离比接近1∶1，C错误；提出问题是建立在豌豆纯合亲本杂交和F1自交遗传实验基础上的，D正确。

遗传学科学实验方法
科学思维、科学探究
3．豌豆的花为两性花(即一朵花中既有雄蕊，也有雌蕊)，黄瓜的花为单性花(即一朵花中只有雄蕊或雌蕊)。下列有关植物杂交育种的说法，正确的是(　　)
A．对两性花的植物进行杂交需要对父本进行去雄
B．对单性花的植物进行杂交的基本操作程序是去雄→套袋→授粉→套袋
C．无论是两性花植物还是单性花植物，在杂交过程中都需要套袋
D．提供花粉的植株称为母本
解析：选C。对两性花的植物进行杂交需要对母本进行去雄；对单性花的植物进行杂交的基本操作程序是套袋→授粉→套袋；无论是两性花植物还是单性花植物，在杂交过程中都需要套袋，其目的是避免外来花粉的干扰；提供花粉的植株称为父本，接受花粉的植株称为母本。
4．(2020·湖北孝感中学期末)玉米中因含支链淀粉多而具有粘性(由基因W控制)的子粒和花粉遇碘不变蓝色；含直链淀粉多不具有粘性(由基因w控制)的子粒和花粉遇碘变蓝色。W对w完全显性。把WW和ww杂交得到的种子播种下去，先后获取花粉和子粒，分别滴加碘液观察统计，结果应为(　　)
A．花粉1/2变蓝色、子粒3/4变蓝色
B．花粉、子粒各3/4变蓝色
C．花粉1/2变蓝色、子粒1/4变蓝色
D．花粉、子粒全部变蓝色
解析：选C。WW和ww杂交，F1的基因型为Ww，其能产生W和w两种比例相等的配子，其中W遇碘不变蓝色，w遇碘变蓝色，即产生的花粉遇碘1/2不变蓝色，1/2变蓝色。F1的基因型为Ww，其自交后代的基因型及比例为WW∶Ww∶ww＝1∶2∶1，其中WW和Ww遇碘不变蓝色，ww遇碘变蓝色，即所结的种子遇碘3/4不变蓝色，1/4变蓝色。
5．(2019·高考全国卷Ⅲ)玉米是一种二倍体异花传粉作物，可作为研究遗传规律的实验材料。玉米子粒的饱满与凹陷是一对相对性状，受一对等位基因控制。回答下列问题。
(1)在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子通常表现的性状是________。
(2)现有在自然条件下获得的一些饱满的玉米子粒和一些凹陷的玉米子粒，若要用这两种玉米子粒为材料验证分离定律，写出两种验证思路及预期结果。
解析：(1)在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子通常表现为显性性状。(2)欲验证基因的分离定律，可采用自交法和测交法。根据题意，现有在自然条件下获得的具有一对相对性状的玉米子粒若干，其显隐性未知，若要用这两种玉米子粒为材料验证分离定律，可让两种性状的玉米分别自交，若某些亲本自交后，子代出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律；若子代没有出现3∶1的性状分离比，说明亲本均为纯合子，在子代中选择两种性状的玉米杂交得F1，F1自交得F2，若F2出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。也可让两种性状的玉米杂交，若F1只表现一种性状，说明亲本均为纯合子，让F1自交得F2，若F2出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律；若F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状分离比，说明该亲本分别为杂合子和纯合子，则可验证分离定律。
答案：(1)显性性状
(2)验证思路及预期结果
①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。
②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。
③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。
④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状分离比，则可验证分离定律。(任答两种即可)

遗传实验中常用的材料及其特点
(1)豌豆：①自花传粉、闭花受粉；②自然状态下一般都是纯种；③有易于区分的相对性状；④性状能够稳定遗传给后代。
(2)玉米：①雌雄同株且为单性花，便于人工授粉；②生长周期短，繁殖速率快；③相对性状差别显著，易于区分观察；④产生的后代数量多，统计更准确。
(3)果蝇：①易于培养，繁殖快；②染色体数目少且大；③产生的后代多；④相对性状易于区分。
考点2　基因分离定律的重点题型突破
突破点1　巧用4种方法判断性状的显隐性
(1)根据概念判断显隐性
→甲性状→
(2)根据子代表现型判断显隐性

(3)设计杂交实验判断显隐性

(4)根据遗传系谱图判断显隐性


1．(2020·江西南昌三校联考)玉米甜和非甜是一对相对性状，随机取非甜玉米和甜玉米进行间行种植。其中一定能够判断甜和非甜的显隐性关系的是(　　)

解析：选C。A选项中，当非甜和甜玉米都是纯合子时，不能判断显隐性关系。B选项中，当其中有一个植株是杂合子时，不能判断显隐性关系。C选项中，非甜与甜玉米杂交，若后代只出现一种性状，则该性状为显性性状；若出现两种性状，则说明非甜和甜玉米中有一个是杂合子，有一个是隐性纯合子，此时非甜玉米自交，若出现性状分离，说明非甜玉米是显性性状，若没有出现性状分离，则说明非甜玉米是隐性纯合子。D选项中，若后代有两种性状，则不能判断显隐性关系。
2．已知牛的有角与无角为一对相对性状，由常染色体上的等位基因A与a控制。在自由放养多年的一群牛中(无角的基因频率与有角的基因频率相等)，随机选出1头无角公牛和6头有角母牛分别交配，每头母牛只产了1头小牛。在6头小牛中，3头有角，3头无角。
(1)根据上述结果能否确定这对相对性状中的显性性状？请简要说明推断过程。
(2)为了确定有角与无角这对相对性状的显隐性关系，用上述自由放养的牛群(假设无突变发生)为实验材料，再进行新的杂交实验，应该怎样进行？(简要写出杂交组合、预期结果并得出结论)
答案：(1)不能确定。
①假设无角为显性，则公牛的基因型为Aa，6头母牛的基因型都为aa，每个交配组合的后代或为有角或为无角，概率各占1/2，6个组合后代合计会出现3头无角小牛，3头有角小牛。
②假设有角为显性，则公牛的基因型为aa，6头母牛可能有两种基因型，即AA和Aa，AA的后代均为有角，Aa的后代或为无角或为有角，概率各占1/2，由于配子的随机结合及后代数量少，实际分离比例可能偏离理论值。所以，只要母牛中具有Aa基因型的头数大于或等于3头，那么6个组合后代合计也可能出现3头无角小牛，3头有角小牛。综合上述分析，不能确定有角为显性，还是无角为显性。
(2)从牛群中选择多对有角牛与有角牛杂交(有角牛×有角牛)。如果后代出现无角小牛，则有角为显性，无角为隐性；如果后代全部为有角小牛，则无角为显性，有角为隐性。或从牛群中选择多对无角牛与无角牛杂交(无角牛×无角牛)。如果后代出现有角小牛，则无角为显性；有角为隐性；如果后代全部为无角小牛，则有角为显性，无角为隐性。
突破点2　纯合子与杂合子的判断





鉴定某生物个体是纯合子还是杂合子，当待测个体是动物时，常采用测交法； 当待测个体是植物时，上述四种方法均可以，但自交法较简单。　

3．(2020·河南濮阳南乐一中月考)现有一株高茎(显性)豌豆甲，欲知其是否是纯合子，最简便易行的办法是(　　)
A．选另一株矮茎豌豆与甲杂交，子代中若有矮茎出现，则甲为杂合子
B．选另一株矮茎豌豆与甲杂交，子代若都表现为高茎，则甲为纯合子
C．让甲与多株高茎豌豆杂交，子代中若高、矮茎之比接近3∶1，则甲为杂合子
D．让豌豆甲进行自花传粉，若子代中有矮茎出现，则甲为杂合子
解析：选D。鉴定某生物个体是纯合子还是杂合子时，对植物而言，最简便易行的办法是自交法，对动物而言，最简便易行的办法是测交法。所以要确定豌豆甲的基因型，最简便易行的办法是让豌豆甲进行自花传粉，若子代中有矮茎出现，则甲为杂合子，若子代全为高茎，则甲是纯合子。
4．(2020·安徽师大附中月考)现有两瓶世代连续的果蝇，甲瓶中的个体全为灰身，乙瓶中的个体既有灰身也有黑身。让乙瓶中的全部灰身果蝇与异性黑身果蝇交配，若后代都不出现性状分离则可以认为(　　)
A．甲瓶中果蝇为乙瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为杂合子
B．甲瓶中果蝇为乙瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为纯合子
C．乙瓶中果蝇为甲瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为杂合子
D．乙瓶中果蝇为甲瓶中果蝇的亲本，乙瓶中灰身果蝇为纯合子
解析：选D。假设果蝇的灰身、黑身性状由一对等位基因B、b控制。根据题中提示“让乙瓶中的全部灰身果蝇与异性黑身果蝇交配，若后代都不出现性状分离”，说明灰身对黑身为显性，且乙瓶中的灰身为显性纯合子(BB)，乙瓶中的黑身为隐性纯合子(bb)，甲瓶中的个体全为灰身，若甲是亲代，不会出现乙瓶中的子代，因为甲的基因型若是BB，乙瓶中不可能有黑身个体，若甲的基因型是Bb，则乙瓶中应有基因型为Bb的个体，所以，不可能是甲为亲代，乙为子代；若乙是亲代，即BB×bb，甲为子代，则基因型为Bb，表现型为灰身。
突破点3　不同条件下连续自交与自由交配
(1)两种自交类型的解题技巧
①不淘汰相关基因型
a．杂合子Aa连续自交，第n代的比例情况如下表所示：
Fn
杂合子
纯合子
显性纯合子
隐性纯合子
显性性状个体
隐性性状个体
所占
比例

1－
－
－
＋
－
b.根据上表比例，纯合子、杂合子所占比例的坐标曲线图为：

由该曲线得到的启示：在育种过程中，选育符合人们要求的个体(显性)，可进行连续自交，直到性状不再发生分离为止，即可留种推广使用。
②逐代淘汰隐性个体
杂合子Aa连续自交，且逐代淘汰隐性个体，自交n代后，显性个体中，纯合子比例为 ，杂合子比例为 。
(2)两种自由交配类型的解题技巧
①杂合子Aa连续自由交配n代
后代杂合子比例为，显性纯合子比例为，隐性纯合子比例为。
②杂合子Aa连续自由交配n代，且逐代淘汰隐性个体
后代显性个体中，纯合子比例为，杂合子比例为。

5．(2020·四川成都高三模拟)已知牛的体色由一对等位基因(A、a)控制，其基因型为AA的个体是红褐色，基因型为aa的个体是红色，在基因型为Aa的个体中，雄牛为红褐色，雌牛为红色。现有一群牛，只有AA、Aa两种基因型，其比例为1∶2，且雌∶雄＝1∶1。若让该群体的牛分别进行自交(基因型相同的雌雄个体交配)和自由交配，则子代的表现型及比例分别是(　　)
A．自交：红褐色∶红色＝5∶1；自由交配：红褐色∶红色＝8∶1
B．自交：红褐色∶红色＝3∶1；自由交配：红褐色∶红色＝4∶1
C．自交：红褐色∶红色＝2∶1；自由交配：红褐色∶红色＝2∶1
D．自交：红褐色∶红色＝1∶1；自由交配：红褐色∶红色＝4∶5
解析：选C。先求出不同交配类型产生的后代的基因型及概率，然后再根据题意求出表现型的比例。亲本的基因型及概率：1/3AA、2/3Aa，雌∶雄＝1∶1，自交的子代中基因型AA占(1/3)×1＋(2/3)×(1/4)＝1/2，Aa占(2/3)×(1/2)＝1/3，aa占1/6；在基因型为Aa的个体中有1/2为红褐色(雄牛)，1/2为红色(雌牛)，因此，子代中红褐色个体占1/2＋(1/3)×(1/2)＝2/3，则红色个体占1/3，即红褐色∶红色＝2∶1。求自由交配产生子代的基因型时，可利用配子的概率求解，亲本产生的雄(或雌)配子中：A占2/3，a占1/3，则自由交配产生子代的基因型及概率：AA的概率＝(2/3)×(2/3)＝4/9，Aa的概率＝2×(2/3)×(1/3)＝4/9，aa的概率＝(1/3)×(1/3)＝1/9；再根据前面的计算方法可知，子代的表现型及比例为红褐色∶红色＝2∶1。
6．(不定项)用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体，根据各代Aa的基因型频率绘制的曲线如下图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．曲线Ⅱ的F3中Aa的基因型频率为0.4
B．曲线Ⅲ的F2中Aa的基因型频率为0.4
C．曲线Ⅳ的Fn中纯合子的比例比上一代增加(1/2)n＋1
D．曲线Ⅰ和Ⅳ的各子代间A和a的基因频率始终相等
解析：选ABD。依题意可首先分析出前三代中Aa的基因型频率(如表)，据此可判断曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别对应表中的②④③① 4种情况。

①连续自交
②随机交配
③连续自交并逐代淘汰隐性个体
④随机交配并逐代淘汰隐性个体
P
1
1
1
1
F1
1/2
1/2
2/3
2/3
F2
1/4
1/2
2/5
1/2
由图可知，曲线Ⅱ的F3中Aa的基因型频率与曲线Ⅲ的F2中Aa的基因型频率相同，均为0.4，A、B正确；曲线Ⅳ的Fn中纯合子的比例和上一代中纯合子的比例分别为1－1/2n和1－1/2n－1，两者相差1/2n，C错误；曲线Ⅰ和Ⅳ分别代表随机交配和连续自交两种情况，此过程中没有发生淘汰和选择，所以各子代间A和a的基因频率始终相等，D正确。
突破点4　复等位基因


7．(2020·河南南阳一中模拟)在家兔的常染色体上有一系列决定毛色的复等位基因：A、a1、a2、a。其中A基因对a1、a2、a为显性，a1基因对a2、a为显性，a2对a为显性。该系列基因在决定家兔毛皮颜色时其表现型与基因型的关系如下表。让全色的家兔和喜马拉雅色的家兔杂交，则不会出现的情况是(　　)
毛皮颜色表现型
基因型
全色
A_
青旗拉
a1_
喜马拉雅
a2_
白化
aa
A．后代出现七种基因型
B．后代出现四种表现型
C．后代会产生基因型为a1a1的个体
D．复等位基因之间的根本区别是基因中的碱基排列顺序不同
解析：选C。全色家兔的基因型有AA、Aa1、Aa2、Aa四种，会产生A、a1、a2、a四种类型的配子，喜马拉雅色的家兔有a2a2、a2a两种基因型，会产生a2、a两种类型的配子，其杂交子代会产生Aa2、Aa、a1a2、a1a、a2a2、a2a、aa七种基因型，四种表现型，但是不会产生基因型为a1a1的个体。
8．(不定项)异色瓢虫的鞘翅斑纹有3种常见类型：浅色的黄底型(ss)、黑色的四窗型和二窗型。群体中还存在罕见的斑纹类型：黑缘型(SA)、均色型(SE)和横条型(ST)等多种，它们的斑纹遗传机制有一种特殊的镶嵌显性现象，即纯种双亲的性状在后代的同一个体不同部位表现出来，如下图所示。已知ST、SE和SA对s均为显性，下列叙述正确的是(　　)

A．鞘翅斑纹遗传遵循遗传学上的分离定律
B．黑缘型SAs与横条型STs杂交后代是浅色的黄底型的概率是1/4
C．使用杂合的横条型、黑缘型异色瓢虫2个群体进行杂交实验，不能筛选出黑缘型和横条型纯种
D．假如各种基因型的个体均有机会交配，则异色瓢虫鞘翅的斑纹遗传中子一代表现型一定与亲本不同
解析：选AB。遗传图解中SA、SE遵循基因的分离定律，分析可知鞘翅斑纹遗传遵循遗传学上的分离定律，A正确；SAs×STs→1/4SAST(新类型)、1/4SAs(黑缘型)、1/4STs(横条型)、1/4ss(浅色的黄底型)，B正确；先取多只雌性(或雄性)鞘翅斑纹为横条型异色瓢虫杂合子(STs)与多只雄性(或雌性)鞘翅斑纹为黑缘型异色瓢虫杂合子(SAs)杂交，子代基因型为SAST、SAs、STs、ss，然后根据镶嵌显性现象，可以将基因型为SAST的个体选出，再雌雄交配，从中获得黑缘型和横条型的个体即为纯系(STST、SASA)，C错误；假如各种基因型的个体均有机会交配，则异色瓢虫鞘翅的斑纹遗传中子一代表现型与亲本表现型可能相同，如SAs×SASA，后代不会出现性状分离，与亲本的表现型一样，D错误。
突破点5　分离定律异常分离现象的三大成因
(1)不完全显性(A、a分别控制红花和白花)

(2)存在致死现象

(3)从性遗传


9．(2020·福建泉州一模)某种植物的叶色与花色皆是由一对等位基因控制的。研究人员任取红叶植株与绿叶植株杂交，F1均表现淡红叶；任取红花植株与白花植株杂交，F1均表现淡红花。研究人员经分析认为叶色和花色是由同一对基因控制的，若让淡红叶淡红花植株自交，则下列关于子代的预期不能支持该看法的是(　　)
A．红叶植株皆开红花
B．绿叶植株皆开白花
C．淡红叶淡红花植株占1/4
D．红叶红花植株占1/4
解析：选C。红叶植株与绿叶植株杂交，后代全部为淡红叶植株，则控制红叶和绿叶的性状为不完全显性；红花植株与白花植株杂交，F1均表现淡红花，则控制红花和白花的基因也为不完全显性，由于这两对相对性状由一对等位基因控制，假设相关基因用A、a表示，淡红叶淡红花基因型为Aa，Aa自交后代中Aa个体比例为1/2，即淡红叶淡红花植株占1/2，C符合题意。
10．基因型为Aa的某植株产生的“a”花粉中有一半是致死的，则该植株自花传粉产生的子代中AA∶Aa∶aa基因型个体的数量比为(　　)
A．3∶2∶1　　　　　　 B．2∶3∶1
C．4∶4∶1 D．1∶2∶1
解析：选B。据题意可知，“a”花粉中有一半是致死的，所以该植株产生的雄配子有两种：1/3a、2/3A，雌配子也有两种：1/2a、1/2A，雌雄配子结合后产生的子代中AA＝1/3，Aa＝1/2，aa＝1/6，所以AA∶Aa∶aa＝2∶3∶1。
11．人类的秃顶和非秃顶由位于常染色体上的一对等位基因B和b控制，结合下表信息判断，下列叙述不正确的是(　　)
项目
BB
Bb
bb
男
非秃顶
秃顶
秃顶
女
非秃顶
非秃顶
秃顶
A．非秃顶的两人婚配，后代男孩可能为秃顶
B．秃顶的两人婚配，后代女孩可能为秃顶
C．非秃顶男与秃顶女婚配，生一个秃顶男孩的概率为1/2
D．秃顶男与非秃顶女婚配，生一个秃顶女孩的概率为0
答案：D
突破点6　表型模拟问题
(1)表型模拟：指生物的表现型不仅仅取决于基因型，还受所处环境的影响，从而导致基因型相同的个体在不同环境中的表现型有差异。
(2)实例分析：果蝇长翅(V)和残翅(v)的遗传受温度的影响，其表现型、基因型与环境的关系如表：
环境
表现型
基因型　　　　　　　
25 ℃(正常温度)
35 ℃
VV、Vv
长翅
残翅
vv
残翅
(3)实验设计：设计实验确认隐性个体是“aa”的纯合子还是“Aa”的表型模拟。


12．兔的毛色黑色(W)与白色(w)是一对相对性状，与性别无关。下图所示两种交配中，亲代兔E、F、P、Q均为纯合子，子代兔在不同环境下成长，其毛色如图所示，下列分析错误的是(　　)

A．兔G和兔H的基因型相同
B．兔G与兔R交配得到子代，若子代在30 ℃环境下成长，其毛色最可能全为黑色
C．兔G与兔R交配得到子代，若子代在－15 ℃环境下成长，最可能的表现型及其比例为黑色∶白色＝1∶1
D．由图可知，表现型是基因和环境因素共同作用的结果
解析：选B。兔E和兔F均为纯合子，所以兔G与兔H的基因型均为Ww，但两者的表现型不同，A正确；兔G(Ww)与兔R(ww)交配所得子代的基因型为Ww和ww，若子代在30 ℃环境下成长，则Ww和ww的表现型均为白色，B错误；兔G(Ww)与兔R(ww)交配所得子代的基因型为Ww和ww，若子代在－15 ℃环境下成长，则Ww的表现型为黑色，ww的表现型为白色，比例是1∶1，C正确；由图可知，表现型是基因与环境共同作用的结果，D正确。
13．(不定项)某种两性花的植物，可以通过自花传粉或异花传粉繁殖后代。在25 ℃条件下，基因型为AA和Aa的植株都开红花，基因型为aa的植株开白花，但在30 ℃的条件下，各种基因型的植株均开白花。下列说法不正确的是(　　)
A．不同温度条件下同一基因型植株花色不同，说明环境能影响生物的性状
B．若要探究一开白花植株的基因型，最简单可行的方法是在25 ℃条件下进行杂交实验
C．在25 ℃的条件下生长的白花植株自交，后代中不会出现红花植株
D．在30 ℃的条件下生长的白花植株自交，产生的后代在25 ℃条件下生长不会出现红花植株
解析：选BD。基因型是AA和Aa的该植物在25 ℃条件下都开红花，而在30 ℃条件下均开白花，说明环境能影响生物的性状，A项正确；探究该白花植株的基因型是AA、Aa还是aa，最简单可行的方法是在25 ℃条件下进行自交，并在25 ℃的条件下培养后代，如果后代全部是红花植株，说明该植株的基因型为AA，如果都开白花，说明该植株的基因型为aa，如果既有开白花的植株，也有开红花的植株，则说明该植株的基因型为Aa，B项错误；在25 ℃的条件下生长的白花植株的基因型是aa，此种基因型的个体自交后代的基因型仍为aa，表现为白花，后代中不会出现红花植株，C项正确；在30 ℃的条件下，各种基因型的植株均开白花，所以在30 ℃的条件下生长的白花植株自交，产生的后代在25 ℃条件下生长可能会出现红花植株，D项错误。

[易误警示]
易错点1　“演绎”≠测交
[点拨]　“演绎”不同于测交实验，前者只是理论推导，后者则是在大田中进行测交实验验证。
易错点2　认为杂合子(Dd)产生雌雄配子的数量相等
[点拨]　F1(Dd)产生配子的数量中D(♂)＝d(♂)、D(♀)＝d(♀)；D(♂)≠D(♀)、d(♂)≠d(♀)。
易错点3　小样本问题——小样本不一定符合遗传定律
[点拨]　遗传定律是一种统计学规律，只有样本足够大时才有规律性。当子代数目较少时，不一定符合预期的分离比。如两只杂合黑豚鼠杂交，生下的4只小豚鼠不一定符合3黑1白，有可能只有黑色或只有白色，也有可能既有黑色又有白色，甚至还可能3白1黑。
易错点4　不明确果皮、种皮及胚、胚乳的来源及相关性状的统计时机
[点拨]　(1)果皮(包括豆荚)、种皮分别由子房壁、珠被(母本体细胞)发育而来，基因型与母本相同。
(2)胚(由胚轴、胚根、胚芽、子叶组成)由受精卵发育而来，基因型与其发育成的植株相同。
(3)胚乳由受精极核发育而来，基因型为母本配子基因型的两倍加上父本配子基因型。
以上各部分的基因型如下图所示

(4)相关性状统计(欲统计甲、乙杂交后的F1性状)
①种子胚(如子叶颜色)和胚乳性状的统计：在本次杂交母本植株所结种子内直接统计即可。
②其他所有性状的统计(包括F1的种皮颜色、植株高矮、花的颜色、果皮的颜色或味道等)均需将上述杂交后所产生的种子种下，在新长成的植株中做相应统计。
易错点5　从性遗传≠伴性遗传
[点拨]　从性遗传是指由常染色体上的基因控制的性状，在表现型上受个体性别影响的现象，这种现象主要通过性激素起作用。从性遗传和伴性遗传的表现型都与性别有密切的联系，但它们是两种截然不同的遗传方式。伴性遗传的基因位于性染色体上，而从性遗传的基因位于常染色体上；从性遗传的基因在传递时并不与性别相联系，其与位于性染色体上基因的传递有本质区别。从性遗传的本质：表现型＝基因型＋环境条件(性激素种类及含量差异)。
[纠错体验]
1．(2020·安徽合肥高三调研)“假说—演绎法”是科学研究中常用的方法，孟德尔在发现基因分离定律时的“演绎”过程是(　　)
A．由一对相对性状的杂交实验推测，生物的性状是由遗传因子决定的
B．由F2中出现了“3∶1”性状分离比，推测生物体产生配子时，成对的遗传因子彼此分离
C．若F1产生配子时成对的遗传因子彼此分离，则测交后代性状分离比为1∶1
D．若测交后代性状分离比接近1∶1，则F1的遗传因子组成为Aa
解析：选C。“演绎”是根据假说内容推测测交实验的结果，即若F1产生配子时成对的遗传因子彼此分离，则测交后代的两种性状分离比为1∶1，C符合题意。
2．(2020·安徽合肥高三调研)番茄中红果(R)对黄果(r)是显性，如果把红果植株上的花粉授到黄果植株的柱头上，所结果实的颜色和果实内某一粒种子的胚的基因型分别是(　　)
A．黄或红，rr　　　　　 B．黄，Rr或rr
C．红，RR或rr D．黄，Rr
解析：选B。果实的果皮由母本的子房壁发育而来，故其性状应受母本基因的控制。该果实的母本的基因型为rr，故果实的颜色应为黄色。题干中未明确说明红果为纯合子，则红果既可为纯合子(RR)，也可为杂合子(Rr)，则其与黄果植株(基因型为rr)杂交，其子一代胚的基因型应为Rr或rr，B正确。
3．(2020·福建三明期末)下列遗传实例中，属于性状分离现象的是(　　)
A．某非糯性水稻产生的花粉既有糯性的又有非糯性的
B．对某未知基因型的个体进行测交后子代的性状表现
C．一对表现型正常的夫妇生了一个正常的女儿和色盲的儿子
D．纯合红花和纯合白花的植物杂交，所得F1的花色表现为粉红花
解析：选C。性状分离是指在杂种后代中，同时显现出显性性状和隐性性状的现象，也就是说只有亲本表现型一致，子代出现不同性状时方可称作性状分离，选项C中的亲本表现为一种性状，后代有两种性状，符合性状分离的概念，C符合题意。
4．(不定项)牛的有角和无角为一对相对性状(由A和a控制)，但雌牛中的杂合子表现隐性性状。现让多对纯合的有角雄牛和无角雌牛杂交，F1中雄牛全表现为有角，雌牛全表现为无角，再让F1中的雌雄个体自由交配，则下列有关F2的叙述，正确的是(　　)
A．F2的有角牛中，雄牛∶雌牛＝1∶1；F2的雌牛中，有角∶无角＝3∶1
B．若用F2中的无角雄牛和无角雌牛自由交配，则F3中有角牛的概率为1/6
C．控制该相对性状的基因位于X染色体上
D．在F2的无角雌牛中杂合子所占比例为2/3
解析：选BD。根据题干信息可知，牛的有角和无角为从性遗传，基因型为Aa的雄牛有角、雌牛无角，故F2的有角牛中，雄牛∶雌牛＝3∶1；F2的雌牛中，有角∶无角＝1∶3，A错误。F2中的无角雄牛(aa)和无角雌牛(Aa∶aa＝2∶1)自由交配，则F3中有角牛为雄牛，其概率为(2/3)×(1/2)×(1/2)＝1/6，B正确。根据亲本和F1的表现型可推知，控制该对相对性状的基因位于常染色体上，且有角为显性性状，C错误。在F2的无角雌牛(Aa或aa)中，杂合子(Aa)所占比例为2/3，D正确。


1．(2020·江西五市八校一模)下列选项中能判断出性状显隐性的是(　　)
A．一红色茉莉花与白色茉莉花杂交，子代全部为粉红色茉莉花
B．果蝇的眼色遗传方式为伴X染色体遗传，一白眼雄果蝇与一红眼雌果蝇杂交，子代雌果蝇中白眼和红眼各占一半
C．患某遗传病的男子与一正常女子结婚，生育一患病的儿子
D．高茎豌豆和矮茎豌豆杂交，子代中高茎豌豆∶矮茎豌豆≈1∶1
解析：选B。一红色茉莉花与白色茉莉花杂交，子代全部为粉红色茉莉花，则控制红花和白花的性状为不完全显性，A不符合题意；一白眼雄果蝇与一红眼雌果蝇杂交，子代雌果蝇中白眼和红眼各占一半，说明红眼雌果蝇亲本是杂合子，杂合子表现的性状是显性性状，B符合题意；选项C、D可看作测交组合，不能判断显隐性，C、D不符合题意。
2．(2020·福建福州质量抽测)假说—演绎法是现代科学研究中常用的一种科学方法，下列属于孟德尔在发现分离定律时的假说的内容是(　　)
A．子一代自交，后代出现3∶1的性状分离比
B．受精时，雌雄配子的结合是随机的，雌雄配子的数量比例为1∶1
C．生物体产生配子时，成对的遗传因子随着同源染色体的分离而彼此分离
D．生物的性状是由遗传因子决定的，这些因子就像独立的颗粒，不相融合
解析：选D。子一代自交，后代出现3∶1的性状分离比属于实验现象，A错误；雌雄配子的数量不相等，B错误；生物体产生配子时，成对的遗传因子彼此分离，孟德尔未涉及“同源染色体的分离”这一观点，C错误；生物的性状是由遗传因子决定的，这些因子就像独立的颗粒，不相融合，这属于假说内容，D正确。
3．(2021·预测)下列关于一对相对性状遗传的叙述，正确的是(　　)
A．若仅考虑一对等位基因，在一个生物群体中，有4种不同的交配类型
B．通过测交可以推测被测个体产生配子的种类和数量
C．F2的表现型比为3∶1的结果最能说明基因分离定律的实质
D．自交是鉴别和保留纯合的抗锈病(显性)小麦最简便易行的方法
解析：选D。若仅考虑一对等位基因(A、a)，可有AA×AA、AA×Aa、AA×aa、Aa×aa、Aa×Aa、aa×aa 6种不同的交配类型，A错误；测交可以推测被测个体的基因型，并可以推测被测个体产生配子的种类和比例，不能测得配子的数量，B错误；基因分离定律的实质是等位基因分离，分别进入不同的配子中去，此过程发生在F1减数分裂过程中，C错误；鉴别植物是纯合子还是杂合子可用自交和测交的方法，小麦是自花传粉的植物，两种方法比较来说，自交是最简单易行的方法，D正确。
4．(2020·安徽合肥四校联考)在下图所示利用小桶Ⅰ、Ⅱ模拟性状分离比的实验中，下列相关叙述错误的是(　　)

A．分别从两个桶内抓取一个小球，组合在一起的过程发生在图示的c时期
B．每次要保证随机抓取，读取组合后必须放回
C．要求每个桶中小球总数量必须相同，并且每个桶中不同的小球必须相等
D．需要统计全班的结果并计算平均值，是为了减少统计的误差
解析：选C。Ⅰ、Ⅱ小桶中的小球表示的是一对等位基因D和d，说明模拟的是基因分离定律实验。分别从两个桶内抓取一个小球，组合在一起模拟的过程是受精作用，即为图示c时期，A正确；模拟分离定律实验时，每次要保证随机抓取，读取组合后必须放回，B正确；两个小桶的小球模拟的是雌雄生殖器官中产生的配子数，雌雄个体产生的雌雄配子数目本就不相等，每个小桶中小球总数量不一定要相同，C错误；为了减少误差，需要统计全班的结果并计算平均值，D正确。
5．(2021·预测)已知某种老鼠的体色由常染色体上的基因A＋、A和a决定，A＋(纯合会导致胚胎致死)决定黄色，A决定灰色，a决定黑色，且A＋对A是显性，A对a是显性。下列说法正确的是(　　)
A．该种老鼠的成年个体最多有6种基因型
B．A＋、A和a基因遵循基因的自由组合定律
C．基因型均为A＋a的一对老鼠交配产下了3只小鼠，可能全表现为黄色
D．一只黄色雌鼠和一只黑色纯合雄鼠杂交，后代可能出现3种表现型
解析：选C。根据题意分析可知，由于A＋纯合会导致胚胎致死，因此该种老鼠的成年个体最多有5种基因型(A＋A、A＋a、AA、Aa、aa)，A错误；A＋、A和a为复等位基因，位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律，B错误；基因型均为A＋a的一对老鼠交配，后代基因型及比例为A＋a∶aa＝2∶1，其产生的3只小鼠可能都是黄色(A＋a)，C正确；一只黄色雌鼠(A＋A或A＋a)和一只黑色纯合雄鼠(aa)杂交，后代只能出现黄色、灰色(或黄色、黑色)两种表现型，D错误。
6．(2020·河南洛阳模拟)已知马的毛色有栗色和白色两种，由位于常染色体上的一对等位基因控制。在自由放养多年的一马群中，两基因频率相等。正常情况下，每匹母马一次只生产一匹小马。以下关于性状遗传的研究方法及推断不正确的是(　　)
A．选择多对栗色马与白色马杂交，若后代白色马明显多于栗色马，则白色为显性
B．随机选出一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配，若所产小马都是栗色，则栗色为显性
C．自由放养的马群随机交配一代，若后代栗色马明显多于白色马，则栗色为显性
D．选择多对栗色公马和栗色母马交配一代，若后代全部为栗色马，则白色为显性
解析：选B。设相关基因用A、a表示。由于两基因频率相等，即A＝1/2，a＝1/2，则选择多对栗色马和白色马杂交后，后代中表现显性性状的个体会明显多于表现隐性性状的个体，A正确；正常情况下，每匹母马一次只生产一匹小马，若一匹栗色公马和六匹白色母马分别交配，所产小马只有6匹，由于后代数目少，偶然性较大，不能确定栗色为显性，B错误；自由放养的马群随机交配一代，若后代栗色马明显多于白色马，则说明栗色为显性，C正确；多对栗色公马和栗色母马杂交，若后代全部是栗色马，则说明栗色最可能为隐性，因为如果是显性，很可能会出现性状分离，D正确。
7．(2020·河南洛阳尖子生联考)黄瓜是雌雄同株单性花植物，果皮的绿色和黄色是受一对等位基因控制的具有完全显、隐性关系的相对性状。从种群中选定两个个体进行杂交，根据子代的表现型一定能判断显、隐性关系的是(　　)
A．绿色果皮植株自交和黄色果皮植株自交
B．绿色果皮植株和黄色果皮植株正、反交
C．绿色果皮植株自交和黄色果皮植株与绿色果皮植株杂交
D．黄色果皮植株自交或绿色果皮植株自交
解析：选C。如果绿色果皮植株和黄色果皮植株都是纯合子，则自交后代不发生性状分离，无法判断显、隐性关系，A、D不符合题意。作为雌雄同株的植物——黄瓜没有性染色体，不论两亲本都是纯合子，还是绿色果皮植株和黄色果皮植株有一株为杂合子，正、反交结果都相同，无法判断显、隐性关系，B不符合题意。绿色果皮植株自交，若后代发生性状分离，则绿色果皮为显性；若不发生性状分离，则说明绿色果皮是纯合子，再和黄色果皮植株杂交，若后代出现黄色果皮植株，则黄色果皮为显性，若后代均为绿色果皮植株，则绿色果皮为显性，C符合题意。
8．(2020·湖南三湘名校联考)豌豆的紫花对白花为显性。两紫花豌豆杂交，F1中既有紫花豌豆又有白花豌豆。现去掉F1中的白花豌豆，则自然状态下F2的表现型比例为(　　)
A．1∶1　　　　　　　　 B．3∶1
C．5∶1 D．9∶6
解析：选C。两紫花豌豆杂交，F1中既有紫花豌豆又有白花豌豆，说明这两株紫花豌豆为杂合子。若控制花色的基因用A和a表示，则F1的基因型及其比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，其中aa表现为白花。去掉F1中的白花豌豆，则剩余的紫花豌豆中，基因型为AA的个体占1/3，Aa的个体占2/3。豌豆是自花传粉、闭花受粉的植物，在自然状态下只能进行自交，因此1/3AA的紫花植株自交所得的F2均为紫花，2/3Aa的紫花植株自交所得的F2中白花(aa)为(2/3)×(1/4)＝1/6，紫花(A－)为(2/3)×(3/4)＝1/2。所以F2的表现型及比例为紫花∶白花＝(1/3＋1/2)∶1/6＝5∶1，C符合题意。
9．某常染色体显性遗传病在人群中的发病率为36%。现有一对患病的夫妇，他们所生小孩正常的概率是多少？若他们已经生有一个正常男孩，那他们再生一个正常女孩的概率是多少(　　)
A．16/81　1/8 B．16/81　1/4
C．81/10 000　1/8 D．81/10 000　1/4
解析：选A。常染色体显性遗传病在人群中的发病率为36%，相关基因用A、a表示，说明aa的概率为64%，所以人群中a基因占80%，A基因占20%，AA的概率为20%×20%＝4%，Aa的概率为32%。已知父母患病，所以基因型是Aa的概率为32%/36%，要生出不患病的孩子，那么父母的基因型都是Aa，都是Aa的概率是(32%/36%)×(32%/36%)，两个Aa生出aa的概率是1/4，所以总的来说孩子正常的概率是(32%/36%)×(32%/36%)×(1/4)＝16/81。该夫妇已经生有一个正常男孩，则该夫妇的基因型分别为Aa、Aa，生一个正常女孩的概率是(1/4)×(1/2)＝1/8。
10．(不定项)(2020·山东重点学校联考)家鼠的毛色受常染色体上的一对等位基因(A/a)控制，且黄色对灰色为显性，含AA的胚胎致死。下列叙述错误的是(　　)
A．无须测交实验，只看毛色即可知道个体的基因型
B．黄色鼠自由交配的后代中黄色鼠∶灰色鼠＝2∶1
C．黄色鼠与灰色鼠杂交能获得最大比例的黄色鼠
D．黄色鼠与黄色鼠交配得到F1，F1自由交配一次得到F2，F2中黄色鼠的比例是4/9
解析：选CD。黄色对灰色为显性，含AA的胚胎致死，故家鼠中只有Aa(黄色)和aa(灰色)的个体，故无须测交实验，只看毛色即可知道个体的基因型，A正确；黄色鼠基因型均为Aa，故自由交配的后代中黄色鼠∶灰色鼠＝2∶1，B正确；黄色鼠(Aa)与灰色鼠(aa)杂交后代中黄色鼠占1/2，而黄色鼠(Aa)与黄色鼠(Aa)交配所得后代中黄色鼠占2/3，C错误；黄色鼠(Aa)与黄色鼠(Aa)交配得到F1，F1中Aa∶aa＝2∶1，若F1自由交配得到F2，F1中A的基因频率为1/3，a的基因频率为2/3，所得F2中AA＝1/9(致死)，Aa＝4/9，aa＝4/9，故F2中黄色鼠的比例是1/2，D错误。
11．(不定项)(原创)一株基因型为Aa的植物自交得到后代，下列相关叙述正确的是(　　)
A．若自交后代基因型比例是2∶3∶1，可能是含有隐性基因的花粉50%的死亡造成的
B．若自交后代的基因型比例是2∶2∶1，可能是隐性个体有50%的死亡造成的
C．若自交后代的基因型比例是4∶4∶1，可能是含有隐性基因的配子有50%的死亡造成的
D．若自交后代的基因型比例是1∶2∶1，可能是花粉有50%的死亡造成的
解析：选ACD。一杂合子(Aa)植株自交时，后代基因型及比例理论上应该是AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1。若自交后代基因型比例是2∶3∶1，说明Aa和aa分别有1/4和1/2死亡，则可能是含有隐性基因的花粉50%的死亡造成的，A正确；若自交后代的基因型比例是2∶2∶1，则可能是杂合子和隐性个体都有50%的死亡造成的，B错误；若含有隐性基因的配子有50%的死亡，则自交后代的基因型比例是4∶4∶1，C正确；若花粉有50%的死亡，其并不影响花粉的基因型比例，所以后代的性状分离比仍然是1∶2∶1，D正确。
12．(2020·山东青岛一模)某二倍体哺乳动物的毛色有三种表现型，受等位基因B1、B2和B3控制。当B1、B2和B3基因纯合时，个体分别表现为红色、黄色和黑色。现有三个纯系亲本杂交，其后代表现情况如下(后代数量足够多)，请回答下列问题：

亲本
F1
组合一
红色♀
黑色♂
红色♀
红色♂
组合二
黑色♀
黄色♂
黄色♀
黑色♂
组合三
黄色♀
红色♂
？
？
(1)控制该动物毛色的基因位于________染色体上，根据组合________可作出此判断。
(2)已知B1对B2为显性，则组合三的F1表现为_________________________。在该动物某种群中随机选取多只红色雌性个体与一黄色雄性个体杂交，后代中黄色个体占的比例理论上取决于________________________________________________________________________。
(3)该动物的毛型有短绒和长绒两种类型，显隐性关系未知，相关基因(用D、d表示)与控制毛色的基因位于不同的同源染色体上。甲(♀)和乙(♂)均为黄色长绒个体，二者杂交子一代中两对相对性状都出现了性状分离，则甲的基因型为________。
(4)以甲、乙杂交后代为选择材料，如何从中尽快筛选出稳定遗传的黄色长绒雄性个体？请写出筛选思路：_______________________________________________________。
解析：(1)组合一中，纯合亲本红色雌性与黑色雄性杂交，后代雌雄性全部为红色，说明红色对黑色为显性性状，即B1对B3为显性；组合二中，黑色母本与黄色父本杂交，后代雌性为黄色，雄性为黑色，表现为与性别相关联，说明为伴X染色体遗传，且黄色对黑色为显性性状，即B2对B3为显性。(2)已知B1对B2为显性，则组合三亲本为XB2XB2、XB1Y，后代基因型为XB1XB2、XB2Y，因此后代雌性个体全为红色，雄性个体全为黄色。在该动物某种群中随机选取多只红色雌性个体(XB1X－)与一黄色雄性个体(XB2Y)杂交，后代中黄色个体占的比例理论上取决于B2基因在该种群中的基因频率。(3)甲(♀)和乙(♂)均为黄色长绒个体，二者杂交子一代中两对相对性状都出现了性状分离，说明长绒对短绒是显性性状，且母本两对基因都是杂合的，因此甲的基因型为DdXB2XB3。(4)根据以上分析可知，甲的基因型为DdXB2XB3，乙的基因型为DdXB2Y，选择甲与乙杂交子一代中多只黄色长绒雄性个体(D_XB2Y)分别与短绒雌性个体(dd_ _)杂交，若某个杂交组合的后代全部为长绒个体，则该组合的父本为满足需要的个体。
答案：(1)X　二
(2)雌性个体全为红色，雄性个体全为黄色(或仅答雌性个体全为红色)　B2基因在该种群中的基因频率(或雌性个体中B2基因在等位基因中占的比例)
(3)DdXB2XB3
(4)选择甲与乙杂交子一代中多只黄色长绒雄性个体分别与短绒雌性个体杂交，若某个杂交组合的后代全部为长绒个体，则该组合的父本为满足需要的个体
13．(2020·广东惠州模拟)自交不亲和性指某一植物的雌雄两性机能正常，但不能进行自花传粉或不能进行同一品系内异花传粉的现象。请回答下列问题：
(1)烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制，以上复等位基因的出现是________的结果，同时也体现了该生命现象具有________的特点。
(2)烟草的自交不亲和性机理如下图所示。

据图分析，自然条件下，烟草不存在S系列基因的纯合个体的原因是_____________。
只考虑S(S1、S2……S15)基因，该植物在自然界中存在着________种基因型，因此，自然条件下，自交不亲和性阻碍了自花受粉，增加了植物的________多样性，从而增强了对多变环境的适应性。
(3)我市某果园种植有极受市民喜爱的同一品系的红心李，也存在着类似烟草的这种自交不亲和性机制，因此有经验的果农常常要在红心李园中栽种几棵本地产的三华李树作为授粉树，以获得预期的产量和果实品质。请从三华李的S基因型角度说明作为授粉树必须具备的特点_________________________________________________________。
解析：(1)生物个体中控制同一性状的不同表现型的基因互为等位基因。烟草的自交不亲和性是由位于一对同源染色体上的复等位基因(S1、S2……S15)控制，以上复等位基因的出现是基因突变的结果，同时也体现了基因突变具有不定向性的特点。(2)第一幅图中，S3S4的花粉落在S1S2植株的柱头上，花粉管都能伸长，均可与卵细胞完成受精作用；第二幅图中，S1S2的花粉落在S1S2植株的柱头上，花粉管都不能伸长；第三幅图中，S1S3的花粉落在S1S2植株的柱头上，S3花粉管伸长，S1花粉管不伸长，S3可与卵细胞完成受精作用；因此，当花粉所含S基因与卵细胞的S基因种类相同时，花粉管就不能伸长完成受精作用，所以自然条件下，烟草不存在S系列基因的纯合个体。只考虑S(S1、S2……S15)基因，该植物在自然界中存在着C＝105种基因型，因此，自然条件下，自交不亲和性阻碍了自花受粉，增加了植物的基因多样性，从而增强了对多变环境的适应性。(3)由于三华李的花粉所含S基因与卵细胞的S基因种类相同时，花粉管就不能伸长完成受精作用，所以作为授粉树必须保证其花粉所含的S基因型与红心李的S基因型不同。
答案：(1)基因突变　不定向性　(2)当花粉粒所携带的S等位基因与母本的任何一个S基因种类相同时，花粉管就不能伸长完成受精作用　105　基因(或遗传)　(3)三华李的S基因型应该与红心李的S基因型不同
14．(2021·预测)玉米(2N＝20)是雌雄异花、雌雄同株的作物。自然状态下的玉米可以在植株间相互传粉，也可以同株异花传粉(自交)。请回答下列问题：
(1)在杂交过程中，玉米相对于豌豆可以省去________环节，在开花前直接对雌、雄花序进行________处理即可。
(2)玉米某正常细胞着丝点已分裂且细胞内含有20条染色体，某同学判断该细胞处于减数第二次分裂后期，他作出该判断的理由是____________________________________。
(3)玉米的高茎对矮茎为显性。为研究一纯合高茎玉米植株的果穗上所结子粒是全为纯合子、全为杂合子还是既有纯合子又有杂合子，某同学选取了该玉米果穗上两粒种子作为亲本，单独隔离种植，观察、记录并分别统计子一代植株的性状，子一代全为高茎，他就判断该玉米果穗所有子粒为纯合子，可老师认为他的结论不科学，理由是________________。
请以该果穗为实验材料，写出科学的实验思路：_____________________________。
预期现象及结论：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
解析：(1)玉米是单性花，可以省去去雄环节，为防止同株异花传粉，需要在开花前对雌、雄花序进行套袋处理。(2)该细胞着丝点已分裂，只能处于有丝分裂后期或者减数第二次分裂后期，有丝分裂后期细胞的染色体数目应该为40，而观察到的细胞内只含有20条染色体，故处于减数第二次分裂后期。(3)某同学选取该玉米果穗上两粒种子作为亲本，选择的样本太少，实验有一定的偶然性，不能代表全部子粒的基因型，因此实验不科学。应该用该玉米果穗上所有子粒作为亲本，单独隔离种植，观察、记录并分别统计子一代植株的高茎、矮茎个体数量。预期现象及结论：①如果该玉米果穗所有子粒全是纯合子，则自交后代全为高茎；②如果该玉米果穗上的子粒全是杂合子，则每一粒种子自交后代既有高茎又有矮茎；③如果该玉米果穗上的子粒既有纯合子也有杂合子，则部分亲本的子一代全为高茎，另一部分亲本的子一代既有高茎又有矮茎。
答案：(1)去雄　套袋
(2)该细胞着丝点已分裂，若处于有丝分裂后期，则其染色体数目应该为40(合理即可)
(3)选择的样本太少，实验具有一定的偶然性，不能代表全部子粒的基因型　实验思路：用该玉米果穗所有子粒作为亲本，单独隔离种植，观察、记录并分别统计子一代植株的高茎、矮茎个体数量　预期现象及结论：①若子一代全为高茎，说明该玉米果穗所有子粒全是纯合子　②若全部亲本的子一代都既有高茎又有矮茎，说明该玉米果穗上的子粒全是杂合子　③若部分亲本的子一代全为高茎，另一部分亲本的子一代既有高茎又有矮茎，说明该玉米果穗上的子粒既有纯合子也有杂合子

15．(不定项)对图甲中1～4号个体进行基因检测，将含有该遗传病基因或正常基因的相关DNA片段各自用电泳法分离。正常基因显示一个条带，患病基因显示为另一种条带，结果如下图乙。下列有关分析判断错误的是(　　)

A．图乙中的编号c对应系谱图中的4号个体
B．条带2的DNA片段含有该遗传病致病基因
C．8号个体的基因型与3号个体的基因型相同的概率为1/3
D．9号个体与该遗传病携带者结婚，孩子患病的概率为1/8
解析：选CD。系谱图中1、2号都正常，但他们的女儿4号患病，说明该病为常染色体隐性遗传病，设相关基因用A、a表示，1、2号个体的基因型为Aa，4号个体的基因型为aa，则4号个体对应图乙中的编号c，条带2为致病基因，条带1为正常基因，A、B正确；由图乙可知，3号个体的基因型为Aa，甲中8号个体的基因型为1/3AA或2/3Aa，因此两者相同的概率为2/3，C错误；9号个体的基因型为1/3AA或2/3Aa，他与一个携带者(Aa)结婚，孩子患病的概率为(2/3)×(1/4)＝1/6，D错误。
16．(不定项)山羊胡子的出现由B基因决定，等位基因Bb、B＋分别决定有胡子和无胡子，但是Bb在雄性中为显性基因，在雌性中为隐性基因。有胡子雌山羊与无胡子雄山羊的纯合亲本杂交产生F1，F1中的2个个体交配产生F2(如下图所示)。下列判断正确的是(　　)
无胡子(♂)×有胡子(♀↓
F1×F1
↓
F2
A．F1中雌性表现为有胡子
B．F1中雄性50%表现为有胡子
C．F2纯合子中有胡子和无胡子两种表现型均有
D．控制山羊有无胡子的基因的遗传不具有伴性遗传的特点
解析：选CD。无胡子雄山羊B＋B＋与有胡子雌山羊BbBb杂交，F1的基因型都是B＋Bb，雄性都表现为有胡子，雌性都表现为无胡子。F2的基因型有B＋B＋(雌雄都表现为无胡子)，BbBb(雌雄都表现为有胡子)，B＋Bb(雄性都表现为有胡子，雌性都表现为无胡子)。在杂合子中，有胡子基因Bb的表现受性别影响，但该基因的遗传不是伴性遗传。
17．(不定项)安达卢西亚鸡的毛色有蓝色、黑色和白点三种，且由一对等位基因(B、b)控制。下表为相关遗传实验研究结果，下列分析错误的是(　　)
组别
P
F1
1
黑色×蓝色
黑色∶蓝色＝1∶1
2
白点×蓝色
蓝色∶白点＝1∶1
3
黑色×白点
全为蓝色
A．蓝色安达卢西亚鸡的基因型为Bb，黑色鸡和白点鸡都是纯合子
B．蓝色的安达卢西亚鸡群随机交配，产生的后代有五种表现型
C．黑色安达卢西亚鸡群随机交配，产生的后代中约有1/3为白点鸡
D．一只蓝色安达卢西亚母鸡，如不考虑交叉互换和基因突变，则该鸡的一个次级卵母细胞的毛色基因组成为BB或bb
答案：BC
18．(2019·高考北京卷)油菜是我国重要的油料作物，培育高产优质新品种意义重大。油菜的杂种一代会出现杂种优势(产量等性状优于双亲)，但这种优势无法在自交后代中保持。杂种优势的利用可显著提高油菜籽的产量。
(1)油菜具有两性花，去雄是杂交的关键步骤，但人工去雄耗时费力，在生产上不具备可操作性。我国学者发现了油菜雄性不育突变株(雄蕊异常，肉眼可辨)，利用该突变株进行的杂交实验如下：

①由杂交一结果推测，育性正常与雄性不育性状受________对等位基因控制。在杂交二中，雄性不育为________性性状。
②杂交一与杂交二的F1表现型不同的原因是育性性状由位于同源染色体相同位置上的3个基因(A1、A2、A3)决定。品系1、雄性不育株、品系3的基因型分别为A1A1、A2A2、A3A3。根据杂交一、二的结果，判断A1、A2、A3之间的显隐性关系是________________。
(2)利用上述基因间的关系，可大量制备兼具品系1、3优良性状的油菜杂交种子(YF1)，供农业生产使用，主要过程如下：
①经过图中虚线框内的杂交后，可将品系3的优良性状与________性状整合在同一植株上，该植株所结种子的基因型及比例为________。
②将上述种子种成母本行，将基因型为________的品系种成父本行，用于制备YF1。
③为制备YF1，油菜刚开花时应拔除母本行中具有某一育性性状的植株。否则，得到的种子给农户种植后，会导致油菜籽减产，其原因是________________________________。
(3)上述辨别并拔除特定植株的操作只能在油菜刚开花时(散粉前)完成，供操作的时间短，还有因辨别失误而漏拔的可能。有人设想：“利用某一直观的相对性状在油菜开花前推断植株的育性”，请用控制该性状的等位基因(E、e)及其与A基因在染色体上的位置关系展示这一设想。
解析：(1)①根据杂交一中杂合子F1自交后得到的F2为3育性正常∶1雄性不育，推知育性正常与雄性不育性状受一对等位基因控制。根据杂交二的F1均为雄性不育，推知在杂交二中雄性不育为显性性状。②杂交一中P雄性不育株(A2A2)×品系1(A1A1)→F1全为育性正常，说明A1相对A2为显性。杂交二中P雄性不育株(A2A2)×品系3(A3A3)→F1均为雄性不育，说明A2相对A3为显性。(2)①观察虚线框，可将品系3(A3A3)的优良性状与雄性不育性状整合在同一植株上，该植株基因型为A2A3，该植株与品系3杂交，所结种子的基因型及比例为A2A3∶A3A3＝1∶1。②将上述种子种成母本行，将基因型为A1A1的品系种成父本行，用于制备YF1。③若不拔除母本行中具有某一育性性状的植株(A3A3)，该种植株会自交，该种植株也会与A2A3植株杂交，这样所得种子中混有A3A3自交产生的种子、A2A3与A3A3杂交所产生的种子，这些种子在生产上无杂种优势且部分雄性不育。(3)需辨别植株的基因型为A2A3和A3A3。假设E基因位于A2基因所在染色体上，e基因在A3基因所在染色体上，则母本行中某一育性性状植株基因型为A3A3ee，而雄性不育植株基因型为A2A3Ee。若油菜植株具有E基因对应的显性性状，则其为雄性不育植株；若油菜具有e基因对应的隐性性状，则其为育性正常植株。
答案：(1)①一　显　②A1对A2为显性；A2对A3为显性　(2)①雄性不育　A2A3∶A3A3＝1∶1　②A1A1
③所得种子中混有A3A3自交产生的种子、A2A3与A3A3杂交所产生的种子，这些种子在生产上无杂种优势且部分雄性不育
(3)