考点29 基因的自由组合定律-备战2021年高考生物一轮复习考点一遍过 学案

考点29 基因的自由组合定律
高考频度：★★★★☆ 难易程度：★★★☆☆

1．两对相对性状的杂交实验——发现问题
其过程为：
P　　　　　　　　黄圆×绿皱
　　　　　　　　 ↓
F1 　 黄圆
　　　　　　　　 ↓⊗
F2　　　9黄圆∶3黄皱∶3绿圆∶1绿皱
2．对自由组合现象的解释——提出假说
（1）配子的产生
①假说：F1在产生配子时，每对遗传因子彼此分离，不同对的遗传因子可以自由组合。
②F1产生的配子
a．雄配子种类及比例：YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。
b．雌配子种类及比例：YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。
（2）配子的结合
①假说：受精时，雌雄配子的结合是随机的。
②F1配子的结合方式有16种。
（3）遗传图解

3．设计测交方案及验证——演绎和推理
（1）方法：测交实验。
（2）遗传图解

4．自由组合定律——得出结论
（1）实质：非同源染色体上的非等位基因自由组合。(如图)

（2）时间：减数第一次分裂后期。
（3）范围：有性生殖的生物，真核细胞的核内染色体上的基因。无性生殖和细胞质基因遗传时不遵循。
5．基因分离定律和自由组合定律关系及相关比例

6．用“先分解后组合”法解决自由组合定律的相关问题
（1）思路：首先将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题，在独立遗传的情况下，有几对基因就可分解为几个分离定律的问题。
（2）分类剖析
①配子类型问题
a．多对等位基因的个体产生的配子种类数是每对基因产生相应配子种类数的乘积。
b．举例：AaBbCCDd产生的配子种类数

②求配子间结合方式的规律：两基因型不同的个体杂交，配子间结合方式种类数等于各亲本产生配子种类数的乘积。
③基因型问题
a．任何两种基因型的亲本杂交，产生的子代基因型的种类数等于亲本各对基因单独杂交所产生基因型种类数的乘积。
b．子代某一基因型的概率是亲本每对基因杂交所产生相应基因型概率的乘积。
c．举例：AaBBCc×aaBbcc杂交后代基因型种类及比例
Aa×aa→1Aa∶1aa　　2种基因型
BB×Bb→1BB∶1Bb 2种基因型
Cc×cc→1Cc∶1cc 2种基因型
子代中基因型种类：2×2×2＝8种。
子代中AaBBCc所占的概率为1/2×1/2×1/2＝1/8。
④表现型问题
a．任何两种基因型的亲本杂交，产生的子代表现型的种类数等于亲本各对基因单独杂交所产生表现型种类数的乘积。
b．子代某一表现型的概率是亲本每对基因杂交所产生相应表现型概率的乘积。
c．举例：AaBbCc×AabbCc杂交后代表现型种类及比例
Aa×Aa→3A_∶1aa　 2种表现型
Bb×bb→1Bb∶1bb 2种表现型
Cc×Cc→3C_∶1cc 2种表现型
子代中表现型种类：2×2×2＝8种。
子代中A_B_C_所占的概率为3/4×1/2×3/4＝9/32。

考向一 把握自由组合定律的实质

1．下列有关自由组合定律的叙述，正确的是
A．自由组合定律是孟德尔根据豌豆两对相对性状的杂交实验结果及其解释直接归纳总结的，不适用于多对相对性状的遗传
B．控制不同性状的遗传因子的分离和组合是相互联系、相互影响的
C．在形成配子时，决定不同性状的遗传因子的分离是随机的，所以称为自由组合定律
D．在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子表现为自由组合
【答案】D
【解析】自由组合定律的内容：（1）控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；（2）在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。因此，B、C选项错误，D选项正确。自由组合定律是孟德尔根据豌豆两对相对性状的杂交实验结果及其解释归纳总结的，也适用于多对相对性状的遗传，因此，A选项错误。
规律总结
基因自由组合定律的适用条件及发生时间
（1）条件
①有性生殖的生物；②减数分裂过程中；③细胞核基因；④非同源染色体上的非等位基因自由组合。

（2）时间：减数第一次分裂后期。

2.最能正确表示基因自由组合定律实质的是(　　)

【答案】 D
【解析】 基因的自由组合定律的实质是在减数分裂产生配子的过程中,等位基因分离,非同源染色体上的非等位基因自由组合。

考向二 把握自由组合定律的验证

3. 已知玉米子粒黄色(A)对白色(a)为显性,非糯(B)对糯(b)为显性,这两对性状自由组合。请选用适宜的纯合亲本进行一个杂交实验来验证:①子粒的黄色与白色的遗传符合分离定律;②子粒的非糯与糯的遗传符合分离定律;③以上两对性状的遗传符合自由组合定律。要求:写出遗传图解,并加以说明。
【答案】 亲本　　　 (纯合白非糯)aaBB×AAbb(纯合黄糯)
　亲本或为 (纯合黄非糯)AABB×aabb(纯合白糯)
　　 ↓
　　 F1 AaBb(杂合黄非糯)
　　 ↓⊗
　 　 F2
F2子粒中:①若黄粒(A_)∶白粒(aa)=3∶1,则说明该性状的遗传符合分离定律;②若非糯粒(B_)∶糯粒(bb)=3∶1,则说明该性状的遗传符合分离定律;③若黄非糯粒∶黄糯粒∶白非糯粒∶白糯粒=9∶3∶3∶1即A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1,则说明这两对性状的遗传符合自由组合定律(其他合理答案也可)。
【解析】 根据题目要求“选用适宜的纯合亲本”“杂交实验”等关键词,可选择(纯合白非糯)aaBB和(纯合黄糯)AAbb或(纯合黄非糯)AABB和(纯合白糯)aabb作为亲本,杂交后F1均为AaBb(杂合黄非糯)。F1自交,若F2中黄粒(A_)∶白粒(aa)=3∶1,则说明子粒的黄色与白色的性状遗传符合分离定律,同理,若F2中非糯粒(B_)∶糯粒(bb)=3∶1,则说明子粒的非糯与糯的性状遗传符合基因分离定律。若F2中黄非糯粒∶黄糯粒∶白非糯粒∶白糯粒=9∶3∶3∶1,即A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1,则说明以上两对性状遗传符合自由组合定律。
技法提炼
遗传定律的验证方法
验证方法
结论
自交法
F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制
F1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
测交法
F1测交后代的性状比例为1∶1，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制
F1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
花粉鉴定法
F1若有两种花粉，比例为1∶1，则符合分离定律
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律
单倍体育种法
取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有两种表现型，比例为1∶1，则符合分离定律
取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律

4. 某二倍体植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制,基因型为AA的植株表现为大花瓣,基因型为Aa的植株表现为小花瓣,基因型为aa的植株表现为无花瓣。花瓣颜色(红色和黄色)受另一对等位基因R、r控制,R对r为完全显性,两对基因独立遗传。下列有关叙述错误的是 (　　)
A.若基因型为AaRr的个体测交,则子代表现型有3种,基因型有4种
B.若基因型为AaRr的亲本自交,则子代共有9种基因型,6种表现型
C.若基因型为AaRr的亲本自交,则子代有花瓣植株中,AaRr所占比例约为1/3,而所有植株中的纯合子约占1/4
D.若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交,则子代是红色花瓣的植株占3/8
【答案】B
【解析】 若基因型为AaRr的个体测交,则子代基因型有AaRr、Aarr、aaRr、aarr 4种,表现型有3种,分别为小花瓣红色、小花瓣黄色、无花瓣,A项正确;若基因型为AaRr的亲本自交,由于两对基因独立遗传,因此根据基因的自由组合定律,子代共有3×3=9(种)基因型,Aa自交子代表现型有3种,Rr自交子代表现型有2种,但由于aa表现为无花瓣,故aaR_与aarr的表现型相同,所以子代表现型共有5种,B项错误;若基因型为AaRr的亲本自交,则子代有花瓣植株中,AaRr所占比例约为2/3×1/2=1/3,子代的所有植株中,纯合子所占比例约为1/4,C项正确;若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交,则子代是红色花瓣(A_Rr)的植株所占比例为3/4×1/2=3/8,D项正确。

考向三 亲本基因型的确定

5.玉米籽粒的颜色由三对独立遗传的等位基因共同控制。基因型为A_B_C_的籽粒有色,其余基因型的籽粒均为无色。现以一株有色籽粒玉米植株X为父本,分别进行杂交实验,结果如下表。据表分析植株X的基因型为 (　　)
父本
母本
F1
有色
籽粒
无色
籽粒
有色籽粒玉米植株X
AAbbcc
50%
50%
aaBBcc
50%
50%
aabbCC
25%
75%
A.AaBbCc B.AABbCc C.AaBBCc D.AaBbCC
【答案】D
【解析】 ①根据有色籽粒植株A_B_C_×AAbbcc→50%有色籽粒(A_B_C_),分别考虑每一对基因,应该有一对后代出现显性基因的可能性为50%,其余两对100%出现显性基因,则有色籽粒植株X的基因型可以是AaBBCc、AABBCc、AaBbCC、AABbCC;②根据有色籽粒植株 A_B_C_×aaBBcc→50%有色籽粒(A_B_C_),分别考虑每一对基因,应该有一对后代出现显性基因的可能性为50%,其余两对100%出现显性基因,则有色籽粒植株X的基因型可以是AaBBCC、AaBbCC、AABBCc、AABbCc;③根据有色籽粒植株A_B_C_×aabbCC→25%有色籽粒(A_B_C_),分别考虑每一对基因,应该有两对后代出现显性基因的可能性为50%,其余一对100%出现显性基因,则有色籽粒植株X的基因型可以是 AaBbCC、AaBbCc。根据上面三个过程的结果可以推知植株X的基因型为AaBbCC。
解题技巧
利用基因式法解答自由组合遗传题
（1）根据亲本和子代的表现型写出亲本和子代的基因式，如基因式可表示为A_B_、A_bb。
（2）根据基因式推出基因型(此方法只适用于亲本和子代表现型已知且显隐性关系已知时)。

6.(2017·全国卷Ⅱ)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,F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比,则杂交亲本的组合是 (　　)
A.AABBDD×aaBBdd,或AAbbDD×aabbdd B.aaBBDD×aabbdd,或AAbbDD×aaBBDD
C.aabbDD×aabbdd,或AAbbDD×aabbdd D.AAbbDD×aaBBdd,或AABBDD×aabbdd
【答案】D
【解析】 本题主要考查基因自由组合定律的应用。由题意可知,决定黄毛色的基因型为aa_ _ _ _或A_ _ _D_,决定黑毛色的基因型为A_B_dd,且黑色个体在F2中所占比例为9÷(52+3+9)=9/64=3/4×3/4×1/4,可以推测出F1基因型为AaBbDd(黄色),再根据亲本为两个纯合的黄色品种以及黄色品种的基因型,可推出杂交亲本的组合可能为AAbbDD×aaBBdd或AABBDD×aabbdd,因此D项正确。

考向四 利用“拆分法”解决自由组合定律问题

7．果蝇的灰身与黑身是一对相对性状，受等位基因A、a控制，红眼与白眼是另一对相对性状，受等位基因B、b控制。现有2只雌雄果蝇杂交，子代表现型及比例为灰身红眼雌果蝇∶灰身红眼雄果蝇∶灰身白眼雄果蝇∶黑身红眼雌果蝇∶黑身红眼雄果蝇∶黑身白眼雄果蝇=6∶3∶3∶2∶1∶1，不考虑其他等位基因且不含等位基因的个体均视为纯合子。下列相关叙述中错误的是
A．亲本雄果蝇的基因型一定为AaXBY
B．验证灰身红眼雌果蝇基因型只能与aaXbY交配
C．子代灰身红眼果蝇中，纯合子占2/9
D．子代中黑身红眼果蝇的基因型有3种
【答案】B
【解析】子代雌果蝇中，灰身∶黑身=6:2=3∶1；雄果蝇中，灰身∶黑身=（3+3）∶（1+1）=3∶1；表现型在雌雄中无差别，故该基因位于常染色体上；在雌性中，全为红眼，在雄性中，红眼∶白眼=（3+1）∶（3+1）=1∶1，红眼和白眼在雌雄中的比例有差别，故控制红眼与白眼的基因位于X染色体上。据上述分析可知，亲本基因型为AaXBXb和AaXBY，A正确；验证灰身红眼雌果蝇基因型，也可以用AaXbY，如果是纯合子，子代全为灰身红眼，如果子代出现黑身白眼，说明为杂合子，B错误；子代灰身红眼果蝇中有（1/3AA、2/3Aa）×(1/3XBXb、1/3XBXB、1/3XBY)，纯合子为1/3AA×1/3XBXB和1/3AA×1/3XBY，共2/9，C正确；子代中黑身红眼果蝇的基因型有aaXBXb、aaXBXB、aaXBY，D正确，所以选B。
解题必备
根据子代表现型及比例推测亲本基因型
规律：根据子代表现型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：
（1）9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)；
（2）1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)；
（3）3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)；
（4）3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)×(BB×BB)或(Aa×Aa)×(BB×Bb)或(Aa×Aa)×(BB×bb)或(Aa×Aa)×(bb×bb)。

8．苜蓿种子的子叶黄色与褐色为一对相对性状,分别由基因Y、y控制;圆粒与肾粒为一对相对性状,分别由基因R、r控制。某科研小组进行遗传实验时,黄色圆粒苜蓿与黄色肾粒苜蓿杂交,后代出现四种表现型,数量统计如图所示。下列相关表述不正确的是 (　　)

A.杂交后代中,圆粒与肾粒的比例为1∶1,黄色与褐色的比例为3∶1
B.亲本中黄色圆粒和黄色肾粒的基因型分别是YyRr和Yyrr
C.若亲本黄色圆粒和褐色肾粒杂交,后代可能出现四种表现型,比例为1∶1∶1∶1
D.黄色肾粒和褐色圆粒杂交,后代一定是黄色圆粒
【答案】D
【解析】 据图杂交后代数据黄色(96+96)∶褐色(32+32)为3∶1,圆粒(96+32)∶肾粒(32+96)为1∶1,A正确;亲本选用黄色圆粒苜蓿与黄色肾粒苜蓿杂交,根据子代比例得出基因型分别是YyRr和Yyrr,B正确;亲本黄色圆粒和褐色肾粒杂交可能为测交,后代可能出现四种表现型,比例为1∶1∶1∶1,C正确;黄色肾粒和褐色圆粒杂交,黄色和圆粒如果为杂合,后代会出现黄色圆粒、褐色肾粒、褐色圆粒、黄色肾粒,D错误。


考向五 利用分离组合法解决自由组合遗传病概率计算题

9．如图是甲病（用A、a表示）和乙病（用B、b表示）两种遗传病的遗传系谱图。据图分析，下列选项中错误的是

A．甲病是常染色体上的显性遗传病
B．若II2与另一正常男子婚配，则其子女患甲病的概率为1/2
C．假设II1与II6不携带乙病基因，若III2与III3婚配，生出只患一种病的孩子的概率是3/8
D．假设II1与II6不携带乙病基因，若III1与III4婚配，生出正常孩子的概率是7/24
【答案】C
【解析】系谱图显示，Ⅱ５和Ⅱ６均患甲病，其女儿Ⅲ３正常，据此可推知：甲病是常染色体上的显性遗传病，A正确。由Ⅲ1正常可推知：Ⅱ2的基因型为Aa，与另一正常男子（aa）婚配，则其子女患甲病（Aa）的概率为1/2，B正确。Ⅱ1和Ⅱ2均不患乙病，其儿子Ⅲ2患乙病，说明乙病是隐性遗传病，若Ⅱ1与Ⅱ6不携带乙病基因，则乙病是伴X染色体隐性遗传病，若只研究甲病，则Ⅲ2的基因型为Aa，Ⅲ3的基因型为aa，二者所生子女正常的概率为1/2aa，患甲病的概率为1-1/2＝1/2，若只研究乙病，Ⅲ2的基因型为XbY，因Ⅰ2、Ⅱ５和Ⅱ６的基因型分别为XbY、XBXb、XBY，所以Ⅲ3的基因型为1/2XBXB、1/2XBXb，Ⅲ2与Ⅲ3所生子女患乙病的概率为1/2×1/2（XbY＋XbXb）＝1/4，正常的概率为1-1/4＝3/4，可见，Ⅲ2与Ⅲ3所生子女只患一种病的概率是1/2×3/4＋1/4×1/2＝1/2，C错误。综上分析，若只研究甲病，则Ⅲ1与Ⅲ3的基因型均为aa，进而推知：Ⅱ５和Ⅱ６的基因型均为Aa，Ⅲ4的基因型为1/3AA或2/3Aa，Ⅲ1与Ⅲ4所生子女正常的概率为2/3×1/2aa＝1/3，若只研究乙病，Ⅲ1的基因型为1/2XBXB或1/2XBXb，Ⅲ4的基因型为XBY，所以Ⅲ1与Ⅲ4所生子女患乙病的概率为1/2×1/4XbY＝1/8，正常的概率为1-1/8＝7/8，可见，Ⅲ1与Ⅲ4婚配，生出正常孩子的概率是1/3×7/8＝7/24，D正确。
归纳整合
巧用分解组合法解答遗传病概率问题

①只患甲病的概率是m·(1－n)；
②只患乙病的概率是n·(1－m)；
③甲、乙两病均患的概率是m·n；
④甲、乙两病均不患的概率是(1－m)·(1－n)。

10．基因型为AaBbDdEeGgHhKk的个体自交,假定这7对等位基因自由组合,则下列有关其子代的叙述,正确的是 (　　)
A.1对等位基因杂合、6对等位基因纯合的个体出现的概率为5/64
B.3对等位基因杂合、4对等位基因纯合的个体出现的概率为35/128
C.5对等位基因杂合、2对等位基因纯合的个体出现的概率为67/256
D.7对等位基因纯合个体出现的概率与7对等位基因杂合的个体出现的概率不同
【答案】B
【解析】1对等位基因杂合、6对等位基因纯合的个体出现的概率为7×(1/2)1(1/2)6=7/128,A错误;5对等位基因杂合、2对等位基因纯合的个体出现的概率为21×(1/2)2(1/2)5=21/128,C错误;7对等位基因纯合的个体与7对等位基因杂合的个体出现的概率相等,均为1/128,D错误。

1.已知牵牛花的花色受三对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、C和c)控制,其途径如图所示,其中蓝色和红色混合后显紫色,蓝色和黄色混合后显绿色,现有某紫花植株自交子代出现白花、黄花,据此判断下列叙述错误的是 (　　)

A.自然种群中红花植株的基因型有4种
B.用于自交的紫花植株的基因型为AaBbCc
C.自交子代中绿花植株和红花植株的比例可能不同
D.自交子代出现的黄花植株的比例为
2.某种鸟类的毛色受两对常染色体上独立遗传的等位基因控制,其基因控制色素的合成途径如图所示。若要通过一次杂交实验来判断某白羽雄鸟的基因型,则下列方案可行的是(　C　)

A.让该白羽雄鸟和纯合的白羽雌鸟杂交
B.让该白羽雄鸟和杂合的白羽雌鸟杂交
C.让该白羽雄鸟和纯合的红羽雌鸟杂交
D.让该白羽雄鸟和纯合的紫羽雌鸟杂交
3．已知A与a、B与b、C与c 3对等位基因自由组合，基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，正确的是
A．表现型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16
B．表现型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16
C．表现型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8
D．表现型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16
4．豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。某人用黄色圆粒和绿色圆粒的豌豆进行杂交，发现后代性状统计结果为：黄色圆粒376，黄色皱粒124，绿色圆粒373，绿色皱粒130，下列说法错误的是
A．亲本的基因组成是YyRr和yyRr
B．F1中纯合子占的比例是1/4
C．用F1中的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，得到的F2有四种表现型
D．用F1中的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豆杂交得到的F2中，r基因的频率为1/3
5．某种花的花色种类多种多样，其中白色的不含花青素，深红色的含花青素最多，花青素含量的多少决定着花瓣颜色的深浅，由两对独立遗传的基因(A和a，B和b)所控制；显性基因A和B可以使花青素含量增加，两者增加的量相等，并且可以累加。一个基因型为AaBb的植株作父本与一个基因型为AABb植株作母本杂交，下列关于子代植株描述正确的是
A．理论上可以产生三种表现型的后代
B．与父本基因型不相同的概率为1/4
C．与母本表现相同的概率为1/8
D．花色最浅的植株的基因型为Aabb
6．大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因控制。用黄色大鼠与黑色大鼠进行杂交实验，结果如图。据图判断，下列叙述正确的是

A．黄色为显性性状，黑色为隐性性状
B．F1与黄色亲本杂交，后代有两种表现型
C．F1和F2中灰色大鼠均为杂合子
D．F2黑色大鼠与米色大鼠杂交，其后代中出现米色大鼠的概率为1/4
7．人类ABO血型由9号染色体上的3个复等位基因（IA，IB和i）决定，血型的基因型组成见表。若一AB型血红绿色盲男性和一O型血红绿色盲携带者的女性婚配，下列叙述不正确的是
血型
A
B
AB
O
基因型
IAIA，IAi
IBIB，IBi
IAIB
ii
A．他们生A型血色盲男孩的概率为1/8
B．他们B型血色盲女儿和AB型血色觉正常男性婚配，生B型血色盲男孩的概率为1/4
C．他们A型血色盲儿子和A型血色觉正常女性婚配，有可能生O型血色盲女儿
D．他们生的女儿色觉应该全部正常
8．人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性；直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发，两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性，与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述正确的是
A．基因B、b的遗传不符合基因的分离定律
B．卵细胞中同时含A、B的概率为1/2
C．所生孩子中最多有6种不同的表现型
D．生出一个无散光症直发孩子的概率为3/8
9．来航鸡羽毛的颜色由A、a和B、b两对等位基因共同控制，其中B、b分别控制黑色和白色，A能抑制B的表达，A存在时表现为白色。某人做了如下杂交实验:

亲本(P)组合
子一代(F1)
子二代(F2)
表现型
白色(♀)×白色(♂)
白色
白色∶黑色=13∶3
下列说法正确的是
A．白色亲本的基因型是AAbb和aaBB
B．F2中白色羽毛来航鸡的基因型共有5种
C．F2的纯合子中白色个体占3/16
D．若对F2中黑色羽毛来航鸡进行测交得F3，则F3中黑色个体占2/3
10．某植物茎的高度由两对等位基因A/a、B/b共同决定，只有A、B基因同时存在才表现为高茎；E基因使雄配子致死，相关基因在染色体上的分布如下图。研究人员利用甲、乙植株进行杂交实验，分别得到F1，F1自交得到F2，下列叙述错误的是

A．如果甲作父本，则F2中高茎植株所占的比例为9/16
B．如果甲作母本，则F2群体中B基因的基因频率是1/2
C．如果乙作父本为正交，则反交的F1个体数量是正交的1/2
D．如果将甲植株连续自交两代，则子二代中纯合子的比例为3/4
11．若某哺乳动物毛发颜色由基因De（褐色）、Df（灰色）、d（白色）控制，其中De和Df分别对d完全显性。毛发形状由基因H（卷毛）、h（直毛）控制。控制两种性状的等位基因均位于常染色体上且独立遗传。基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配。下列说法正确的是（ ）
A．若De对Df共显性、H对h完全显性，则F1有6种表现型
B．若De对Df共显性、H对h不完全显性，则F1有12种表现型
C．若De对Df不完全显性、H对h完全显性，则F1有9种表现型
D．若De对Df完全显性、H对h不完全显性，则F1有8种表现型
12．豌豆对低温的抗性由基因D、d控制,花叶病抗性由基因H、h控制(花叶病由花叶病毒引起)。以下是利用纯种豌豆甲、乙所做实验的结果。据此回答下列问题:
实验处理
常温下花
叶病毒感染
低温下无花
叶病毒感染
甲子代成活率(%)
100
0
乙子代成活率(%)
0
100
(1)抗花叶病的豌豆品种是　　　　 　　,判断依据是　 。 
(2)若低温下用花叶病毒感染品种乙的多株植株,则成活率为　 　。 
(3)用豌豆品种甲和乙进行杂交得到F1,F1自交,取F1植株上收获的种子分别播种于四个不同实验区中进行相应处理,统计各区豌豆的存活率,结果如表,据表推测:
实验处理
Ⅰ区常温
Ⅱ区常温
Ⅲ区低温
Ⅳ区低温
存活率(%)
100
25
25
?
①抗花叶病是　　　　　　　(填“显性性状”或“隐性性状”),品种甲的基因型是　　　　　　　　　。 
②根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个实验区的数据　　　　　(填“能”或“不能”)确定D、d和H、h两对基因是否遵循自由组合定律,第Ⅳ实验区“?”处数据为　　　　　　时支持“D、d和H、h两对基因遵循自由组合定律”这一假设。 
13．某自花授粉植物红花和白花这对相对性状同时受4对等位基因(A、a;B、b;C、c;D、d)控制。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才开红花,否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合品系,相互之间进行杂交得到F1,F1自交得到F2。结果如下表:
杂交组合
F1花色
F2花色及其比例
甲×乙
白色
全为白色
乙×丙
红色
红色∶白色=81∶175
乙×丁
红色
红色∶白色=27∶37
甲×丙
白色
全为白色
甲×丁
红色
红色∶白色=81∶175
丙×丁
红色
红色∶白色=3∶1
根据杂交结果回答下列问题:
(1)控制花色的4对等位基因位于　　对同源染色体上,原因是 。 
(2)品系甲、乙、丙、丁的表现型依次是　　　　　　　　　,F1中红色个体是　　　　 　(填“纯合子”或“杂合子”)。 
(3)某同学通过遗传规律推测得出丙×丁杂交获得的F2的红色个体纯合子占1/3,请你设计操作简便的实验对该推测结果进行验证(要求:写出实验思路和预期实验结果)。

15．（2017·新课标Ⅱ卷）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，F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是
A．AABBDD×aaBBdd，或AAbbDD×aabbdd
B．aaBBDD×aabbdd，或AAbbDD×aaBBDD
C．aabbDD×aabbdd，或AAbbDD×aabbdd
D．AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd
16．（2018·全国Ⅲ卷）某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果（红）与黄果（黄），子房二室（二）与多室（多），圆形果（圆）与长形果（长），单一花序（单）与复状花序（复）。实验数据如下表：
组别
杂交组合
F1表现型
F2表现型及个体数
甲
红二×黄多
红二
450红二、160红多、150黄二、50黄多
红多×黄二
红二
460红二、150红多、160黄二、50黄多
乙
圆单×长复
圆单
660圆单、90圆复、90长单、160长复
圆复×长单
圆单
510圆单、240圆复、240长单、10长复
回答下列问题：
（1）根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于__________上，依据是___________________________；控制乙组两对相对性状的基因位于___________（填“一对”或“两对”）同源染色体上，依据是_____________________。
（2）某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合的__________________的比例。
17．（2020年全国统一高考生物试卷（新课标Ⅱ)·32）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。现有表现型不同的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，子代表现型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表现型。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，则子代的表现型为_________________。
（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_________________。
16．（2020年山东省高考生物试卷（新高考)·23）玉米是雌雄同株异花植物，利用玉米纯合雌雄同株品系M培育出雌株突变品系，该突变品系的产生原因是2号染色体上的基因Ts突变为ts，Ts对ts为完全显性。将抗玉米螟的基因A转入该雌株品系中获得甲、乙两株具有玉米螟抗性的植株，但由于A基因插入的位置不同，甲植株的株高表现正常，乙植株矮小。为研究A基因的插入位置及其产生的影响，进行了以下实验：
实验一：品系M（TsTs）×甲（Atsts）→F1中抗螟∶非抗螟约为1∶1
实验二：品系M（TsTs）×乙（Atsts）→F1中抗螟矮株∶非抗螟正常株高约为1∶1
（1）实验一中作为母本的是______________，实验二的F1中非抗螟植株的性别表现为__________ （填：雌雄同株、雌株或雌雄同株和雌株）。
（2）选取实验一的F1抗螟植株自交，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株约为2∶1∶1。由此可知，甲中转入的A基因与ts基因_____________ （填：是或不是）位于同一条染色体上，F2中抗螟雌株的基因型是_____________。若将F2中抗螟雌雄同株与抗螟雌株杂交，子代的表现型及比例为_____________。
（3）选取实验二的F1抗螟矮株自交，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株约为3∶1∶3∶1，由此可知，乙中转入的A基因_____________ （填：位于或不位于）2号染色体上，理由是_____________。 F2中抗螟矮株所占比例低于预期值，说明A基因除导致植株矮小外，还对F1的繁殖造成影响，结合实验二的结果推断这一影响最可能是_____________。F2抗螟矮株中ts基因的频率为_____________，为了保存抗螟矮株雌株用于研究，种植F2抗螟矮株使其随机受粉，并仅在雌株上收获籽粒，籽粒种植后发育形成的植株中抗螟矮株雌株所占的比例为_____________。

1．【答案】C
【解析】自然种群中红花植株的基因型有AABBcc、AaBBcc、AABbcc、AaBbcc,共4种,A正确;根据分析,亲本紫花植株的基因型为AaBbCc,B正确;由于亲本紫花植株的基因型为AaBbCc,其自交子代中绿花植株(A_bbC_)的概率为,红花植株(A_B_cc)的概率为,所以比例相同,C错误;亲本紫花植株的基因型为AaBbCc,则自交子代出现的黄花植株(A_bbcc)的比例为,D正确。
2．【答案】D
【解析】亲本基因型分别为AaBbCc、AabbCc，并且基因独立遗传，因此后代表现型种类=2×2×2=8种，AaBbCc个体的比例=1/2×1/2×1/2＝1/8，A错误；后代表现型应为8种，后代中aaBbcc个体的比例=1/4×1/2×1/4＝1/32，B错误；后代中Aabbcc个体的比例=1/2×1/2×1/4＝1/16，C错误；后代表现型应为8种，后代中aaBbCc个体的比例=1/4×1/2×1/2＝1/16，D正确。
3．【答案】D
【解析】根据题意分析，某人用黄色圆粒Y_R_和绿色圆粒yyR_的豌豆进行杂交，后代黄色∶绿色=（376+124）∶（373+130）≈1∶1，圆粒∶皱粒=（376+373）∶（124+130）≈3∶1，因此亲本基因型为YyRr和yyRr，A正确；F1中纯合子的比例为1/2×1/2=1/4，B正确；F1中的黄色圆粒豌豆基因型为YyRR或YyRr，绿色皱粒豌豆基因型为yyrr，两者杂交后代的表现型有2×2=4种，C正确；用F1中的黄色圆粒豌豆（YyRR或YyRr）与绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交得到的F2中，Rr∶rr=（2/3）∶（1/3）=2∶1，因此r的基因频率=2/3×1/2+1/3=2/3，D错误。
4．【答案】D
【解析】根据题意分析，一个基因型为AaBb的植株作父本与一个基因型为AABb植株作母本杂交，后代含有的显性基因的数量可以是4个、3个、2个、1个，因此理论上可以产生4种表现型的后代，A错误；后代与父本基因型（AABb）不相同的概率为1-1/2×1/2=3/4，B错误；子代植株与母本表现相同的概率为1/2×1/2+1/2×1/4=3/8，C错误；花色最浅的植株只含有一个显性基因，基因型为Aabb，D正确。
5．【答案】D
【解析】牵牛花子代的基因型中无rr，但有Rr，Rr∶RR=1∶1，关于花色的基因型组合为Rr×RR；子代WW∶Ww∶ww＝1∶2∶1，说明双亲关于叶形的基因型组合为Ww×Ww，因此双亲的基因型组合为RrWw×RRWw。对植物来说，自交是验证亲代基因型最简便的方法。复制时产生的两条姐妹染色单体上的基因相同，而等位基因一般位于同源染色体上。基因型为RrWw的个体自交，后代的表现型比例为9∶3∶3∶1，而表格中所有个体的表现型为双显性和一种单显性，因此与表格中不同的表现型有双隐性和另一个单显性，占(1＋3)/16＝1/4。
6．【答案】D
【解析】ABO血型的基因位于常染色体上，色盲基因位于X染色体上，因此两对等位基因的遗传遵循自由组合定律；假设色盲基因用h表示，正常基因用H表示，AB型血红绿色盲男性的基因型是IAIBXhY，O型血红绿色盲携带者的女性的基因型是iiXHXh，二者婚配后代的基因型是IAiXHXh、IAiXhXh、IAiXHY、IAiXhY、IBiXHXh、IBiXhXh、IBiXHY、IBiXhY，比例是1∶1∶1∶1∶1∶1∶1∶1。因此二者婚配生A型血色盲男孩的概率为IAiXhY=1/8，A正确；B型血色盲女儿的基因型是IBiXhXh，AB型血色觉正常男性的基因型是IAIBXHY，二者婚配，后代生B型血色盲男孩的概率为IBIBXhY+IBiXhY=1/4，B正确；由分析可知，A型血色盲儿子的基因型是IAiXhY，A型血色盲正常女性的基因型可能是IAiXHXh、IAIAXHXh、IAiXHXH、IAIAXHXH，因此后代可能会出现O型血色盲女儿，C正确；单独分析色盲，男性的基因型是XhY，女性的基因型是XHXh，后代女儿的基因型是XHXh∶XhXh=1∶1，女儿色觉正常的概率是50%，D错误。
7．【答案】C
【解析】基因B、b的遗传符合基因的分离定律，A错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，卵细胞中同时含A、B的概率为1/4，B错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，一个无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb，二者婚配，所生孩子中最多有2[散光（Aa）、不散光（aa）]×3[直发（BB）、波浪发（Bb）、卷发（bb）]＝6种不同的表现型，其中生出一个无散光症直发孩子（aaBB）的概率为1/2×1/4＝1/8，C正确，D错误。
8．【答案】D
【解析】根据题意和图表分析可知，B、b分别控制黑色和白色，A能抑制B的表达，A存在时表现为白色，则黑色的基因型为aaB_，其余基因型均表现为白色。F2中白色∶黑色=13∶3，是“9∶3∶3∶1”的变式，说明两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律，其中F1的基因型为AaBb，亲本都是白色，基因型为aabb×AABB。根据前面的分析可知，白色亲本的基因型是aabb×AABB，A错误；F2中白色羽毛来航鸡的基因型共有7种，即AABB、AABb、AAbb、AaBB、AaBb、Aabb、aabb，B错误；F2的纯合子共有4种，共占1/4，其中白色个体（AABB、AAbb、aabb）占3/4，C错误；若对F2中黑色羽毛来航鸡进行测交，即1/3aaBB和2/3aaBb×aabb，得F3，则F3中黑色个体占1-2/3×1/2（aabb）=2/3，D正确。
9．【答案】C
【解析】根据题干信息和图形分析，A/a、B/b位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，且A_B_表现为高茎，其余基因型表现为矮茎。而A/a、E/e位于一对同源染色体上，且当E存在时，雄配子致死。如果甲作父本，则其只能产生ABe一种配子，而e基因对后代没有影响，因此F1基因型为AaBb，则F2中高茎植株所占的比例=3/4×3/4=9/16，A正确；根据图形分析可知，B基因不受E的影响，因此如果甲作母本，F1基因型为Bb，F2群体中BB∶Bb∶bb=1∶2∶1，则F2中B基因的基因频率是1/2，B正确；由于基因E只会使得雄配子致死，雌配子不受影响，而植物产生的雄配子是足够多的，因此正反交产生的后代的数量是差不多的，C错误；当甲自交时，B基因始终是纯合的，可以不考虑，则甲的基因型为AAEe，雄配子为Ae、雌配子为AE、Ae，子一代基因型及其比例为AAEe∶AAee=1∶1，纯合子占1/2，其中前者自交后代仍然有1/2为纯合子，后者自交后代全部为纯合子，因此子二代中纯合子的比例=1/2×1/2+1/2=3/4，D正确。
11.【答案】B
【解析】A、若De对Df共显性，H对h完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基 因型有则DeDf、Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型2种，则F1有4×2=8种表现型，A错误；
B、若De对Df共显性，H对h不完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有则DeDf、 Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型3种，则F1有4×3=12种表现型，B正确；
C、若De对Df不完全显性，H对h完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有则DeDf、 Ded、Dfd和dd四种，表现型4种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型2种，则F1有4×2=8种表现型，C错误；
D、若De对Df完全显性，H对h不完全显性，基因型为DedHh和DfdHh雌雄个体交配，毛发颜色基因型有则DeDf、 Ded、Dfd和dd四种，表现型3种，毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种，表现型3种，则F1有3×3=9种表现型，D错误。
12.【答案】(1)甲　常温下用花叶病毒感染甲,子代均成活,而用花叶病毒感染乙,子代均死亡
(2) 0　(3) ①隐性性状　DDhh　② 不能　6.25
【解析】(1)由实验结果可知,常温下用花叶病毒感染甲,子代均成活,而用花叶病毒感染乙,子代均死亡,由此判断豌豆甲抗花叶病。(2)由题(1)可知,乙不抗花叶病,在低温无花叶病毒感染的状态下,乙的子代均成活,说明乙抗低温,在低温下用花叶病毒感染品种乙的多株植株,因乙不抗花叶病,所以其成活率为0。(3)①在低温无感染花叶病毒的状态下,甲子代成活率为0,因此甲不抗低温,由以上分析可知,豌豆品种甲抗花叶病不抗低温,豌豆品种乙抗低温不抗花叶病。豌豆品种甲和乙都是纯合子,它们进行杂交得到的F1表现的是双显性的性状,F1自交后会发生性状分离,取F1的种子进行种植后,在常温下存活率是100%说明该区域无花叶病毒感染,而在另一区域常温下能存活25%说明该区域有花叶病毒感染,有1/4是抗花叶病的,说明抗花叶病是隐性性状,低温处理的区域也有25%的存活率,说明抗低温也是隐性性状,由此可知甲的基因型为DDhh。②根据前三个实验区的数据不能确定D、d和H、h两对基因遵循自由组合定律,若在低温下用花叶病毒感染,得到既抗低温又抗花叶病的植株所占子代的比例为1/16,即该区域的存活率为6.25%时,即可支持“D、d和H、h两对基因遵循自由组合定律”。
13.【答案】(1)4　乙×丙和甲×丁两个杂交组合中,F2中红色个体占全部个体的比例为81/(81+175)=(3/4)4,与4对同源染色体上4对等位基因自由组合时F2中A　B　C　D　所占比例相同 
(2)白色、白色、白色、红色　杂合子
(3)实验思路:让该杂交组合产生的F2的红花植株进行自交,观察、统计子代的表现型及其比例。
预期实验结果:F3中红花∶白花=5∶1。
【解析】(1)根据题意,A　B　C　D　的植株开红色花,其他基因型的植株开白色花。根据乙×丙和甲×丁两个杂交组合中,F2中红色个体所占的比例81/256,即(3/4)4判断F1的基因型为AaBbCcDd,且4对基因自由组合。 (2)根据甲×乙和甲×丙两组杂交F1植株的花色都为白色,判断甲、乙、丙的表现型都为白色。根据乙×丁、甲×丁、丙×丁三组杂交,F1植株的花色都为红色,F2红色的不同比例,判断丁的基因型为AABBCCDD,甲的基因型为aabbccdd,乙的基因型可为aabbccDD,丙的基因型可为AABBCCdd,因此丁表现型为红色,F1全为杂合子。(3)推测丙×丁杂交得到的F2中红色个体中纯合子占1/3,要证得这一结论,可以让F2的红色植株进行自交,由于F2红色个体中纯合子占1/3,杂合子占1-1/3=2/3,因此其自交后代中,红色个体占1/3+2/3×
(3/4)=5/6,白色个体占2/3×(1/4)=1/6,即若自交后代出现红花∶白花=5∶1,即可验证该推论。
14．【答案】D
【解析】由题可以直接看出F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比，F2为52+3+9=64份，可以推出F1产生雌雄配子各8种，即F1的基因型为三杂AaBbDd，只有D选项符合。或者由黑色个体的基因组成为A_B_dd，占9/64=3/4×3/4×1/4，可推出F1的基因组成为AaBbDd；或者由褐色个体的基因组成为A_bbdd，占3/64=3/4×1/4×1/4，也可推出F1基因组成为AaBbDd，进而推出D选项正确。
15．【答案】（1）非同源染色体　　F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1　　 一对　　F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1
（2）1∶1∶1∶1
【解析】（1）因题干说明是二倍体自花传粉植物，故杂交的品种均为纯合子，根据表中甲的数据，可知F1的红果、二室均为显性性状，甲的两组F2的表现型之比均接近9∶3∶3∶1，所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的F1的圆果、单一花序均为显性性状，F2中第一组：圆∶长=（660+90）∶（90+160）=3∶1、单：复=（660+90）∶（90+160）=3∶1；第二组：圆∶长=（510+240）∶（240+10）=3∶1、单∶复=（510+240）∶（240+10）=3∶1；但两组的四种表现型之比均不是9∶3∶3∶1，说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律，控制这两对性状的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上。（2）根据表中乙组的杂交实验得到的F1均为双显性杂合子，F2的性状分离比不符合9∶3∶3∶1，说明F1产生的四种配子不是1∶1∶1∶1，所以用两个F1分别与“长复”双隐性个体测交，就不会出现1∶1∶1∶1的比例。
16． 【答案】（1）选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1和F2，若各杂交组合的F2中均
出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上；若出现其他 结果，则可确定这三对等位基因不是分别位于三对染色体上。
（2）选择①×②杂交组合进行正反交，观察F1雄性个体的表现型。若正交得到的F1中雄性个体与反交得到的F1中雄性个体有眼/无眼、正常刚毛/小刚毛这两对相对性状的表现均不同，则证明这两对等位基因都位于X染色体上。
【解析】（1）实验思路：将确定三对基因是否分别位于三对染色体上，拆分为判定每两对基因是否位于一对染色体上，如利用①和②进行杂交去判定A/a和B/b是否位于位于一对染色体上。
实验过程：（以判定A/a和B/b是否位于位于一对染色体上为例）

预期结果及结论：
若F2的表现型及比例为有眼正常刚毛∶有眼小刚毛∶无眼正常刚毛∶无眼小刚毛＝9∶3∶3∶1，则A/a和B/b位于位于两对染色体上；否则A/a和B/b位于同一对染色体上。
（2）实验思路：将验证A/a和B/b这两对基因都位于X染色体上，拆分为验证A/a位于X染色体上和B/b位于X染色体上分别进行验证。如利用①和③进行杂交实验去验证A/a位于X染色体上，利用②和③进行杂交实验去验证B/b位于X染色体上。
实验过程：（以验证A/a位于X染色体上为例）
取雌性的①和雄性的③进行杂交实验：

预期结果及结论：
若子一代中雌性全为有眼，雄性全为无眼，则A/a位于X染色体上；
若子一代中全为有眼，且雌雄个数相等，则A/a位于常染色体上。
17.【答案】（1）板叶、紫叶、抗病 （2）AABBDD AabbDd aabbdd aaBbdd
（3）花叶绿叶感病、花叶紫叶感病 （4）AaBbdd
【解析】（1）甲板叶紫叶抗病与丙花叶绿叶感病杂交，子代表现型与甲相同，可知显性性状为板叶、紫叶、抗病，甲为显性纯合子AABBDD。
（2）已知显性性状为板叶、紫叶、抗病，再根据甲乙丙丁的表现型和杂交结果可推知，甲、乙、丙、丁的基因型分别为AABBDD、AabbDd、aabbdd、aaBbdd。
（3）若丙aabbdd和丁aaBbdd杂交，根据自由组合定律，可知子代基因型和表现型为：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杂交，叶色分离比为1：1，则为Bb×bb杂交，能否抗病分离比为1：1，则为Dd×dd杂交，由于乙的基因型为AabbDd，可知X的基因型为AaBbdd。
18.【答案】（1）甲 雌雄同株 （2）是 AAtsts 抗螟雌雄同株∶抗螟雌株=1∶1
（3）不位于 抗螟性状与性别性状间是自由组合的，因此A基因不位于Ts、ts基因所在的2号染色体上 含A基因的雄配子不育 1/2 1/6
【解析】（1）根据题意和实验结果可知，实验一中玉米雌雄同株M的基因型为TsTs，为雌雄同株，而甲品系的基因型为tsts，为雌株，只能做母本，根据以上分析可知，实验二中F1的OOTsts非抗螟植株基因型为OOTsts，因此为雌雄同株。
（2）根据以上分析可知，实验一的F1AOTsts抗螟雌雄同株自交，后代F2为1AAtsts抗螟雌株：2AOTsts抗螟雌雄同株：1OOTsTs非抗螟雌雄同株，符合基因分离定律的结果，说明实验一中基因A与基因ts插入到同一条染色体上，后代中抗螟雌株的基因型为AAtsts，将F2中AAtsts抗螟雌株与AOTsts抗螟雌雄同株进行杂交，AAtsts抗螟雌株只产生一种配子Ats，AOTsts抗螟雌雄同株作为父本产生两种配子，即Ats、OTs，则后代为AAtsts抗螟雌株：AOTsts抗螟雌雄同株=1:1。
（3）根据以上分析可知，实验二中选取F1AOTsts抗螟雌雄同株矮株自交，后代中出现抗螟雌雄同株：抗螟雌株：非抗螟雌雄同株：非抗螟雌株=3：1：3：1，其中雌雄同株：雌株=1:1，抗螟：非抗螟=1:1，说明抗螟性状与性别之间发生了自由组合现象，故乙中基因A不位于基因ts的2号染色体上，且F2中抗螟矮株所占比例小于理论值，说明A基因除导致植株矮小外，还影响了F1的繁殖，根据实验结果可知，在实验二的F1中，后代AOTsts抗螟雌雄同株矮株：OOTsts非抗螟雌雄同株正常株高=1:1，则说明含A基因的卵细胞发育正常，而F2中抗螟矮株所占比例小于理论值，故推测最可能是F1产生的含基因A的雄配子不育导致后代中雄配子只产生了OTs 和Ots两种，才导致F2中抗螟矮株所占比例小于理论值的现象。根据以上分析可知，实验二的F2中雌雄同株：雌株=3:1，故F2中抗螟矮植株中ts的基因频率不变，仍然为1/2；根据以上分析可知，F2中抗螟矮株的基因型雌雄同株为1/3AOTsTs、2/3AOTsts，雌株基因型为AOtsts，由于F1含基因A的雄配子不育，则1/3AOTsTs、2/3AOTsts产生的雄配子为2/3OTs、1/3Ots，AOtsts产生的雌配子为1/2Ats、1/2Ots，故雌株上收获的籽粒发育成的后代中抗螟矮植株雌株AOtsts所占比例为1/2×1/3=1/6。