2019高考生物试题分项版解析专题08遗传的基本规律含解析12625.pdf

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1、专题 08 遗传的基本规律 1.（2019全国 1 卷.5）某种二倍体高等植物的性别决定类型为 XY 型。该植物有宽叶和窄叶两种叶形，宽叶对窄叶为显性。控制这对相对性状的基因（B/b）位于 X 染色体上，含有基因 b 的花粉不育。下列叙述错误的是 A.窄叶性状只能出现在雄株中，不可能出现在雌株中 B.宽叶雌株与宽叶雄株杂交，子代中可能出现窄叶雄株 C.宽叶雌株与窄叶雄株杂交，子代中既有雌株又有雄株 D.若亲本杂交后子代雄株均为宽叶，则亲本雌株是纯合子【答案】C【解析】XY 型性别决定的生物中，基因型 XX 代表雌性个体，基因型 XY 代表雄性个体，含有基因 b 的花粉不育即表示雄配子 Xb不育

2、，雌配子正常。【详解】窄叶性状个体的基因型为 XbXb或 XbY，由于父本无法提供正常的 Xb配子，故雌性后代中无基因型为XbXb的个体，故窄叶性状只能出现在雄性植株中，A 正确；宽叶雌株与宽叶雄株，宽叶雌株的基因型为 XBX-，宽叶雄株的基因型为 XBY，雌株中可能有 Xb配子，所以子代中可能出现窄叶雄株，B 正确；宽叶雌株与窄叶雄株，宽叶雌株的基因型为 XBX-，窄叶雄株的基因型为 XbY，由于雄株提供的配子中 Xb不可育，只有 Y 配子可育，故后代中只有雄株，C 错误；若杂交后代中雄株均为宽叶，故其母本只提供了 XB配子，由于母本的Xb是可育的，故该母本为宽叶纯合子，D 正确。故选 C。

3、2.（2019全国 2 卷.5）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。植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离 用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶 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 11 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 31 其中能够判定植株甲为杂合子的实验是 A.或 B.或 C.或 D.或【答案】B【解析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：不同性状的亲本杂交

4、子代只出现一种性状子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；相同性状的亲本杂交子代出现不同性状子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。【详解】让全缘叶植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，错误；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，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂

5、合子、谁是纯合子无法判断，错误；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，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，正确。综上分析，供选答案组合，B 正确，A、C、D 均错误。【点睛】解答本题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的分离定律和基因的自由组合定律。3.（2019 全国 3 卷.6）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 1000 对（每对含有 1 个父本和 1 个母

6、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 A.250、500、0 B.250、500、250 C.500、250、0 D.750、250、0【答案】A【解析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代据此答题。【详解】双亲的基因型均为 Bb，根据基因的分离定律可知：BbBb1/4BB、1/2Bb、1/4bb，由于每对亲本只能形成 1 个受精卵，1000 对动物理论上产生

7、的受精卵是 1000 个，且产生基因行为 BB、Bb、bb 的个体的概率符合基因的分离定律，即产生基因型为 BB 的个体为 1/41000=250 个，产生基因型为 Bb 的个体为1/21000=500 个，由于基因型为 bb 的受精卵全部致死，因此获得基因型为 bb 的个体的基因型为 0。综上所述，BCD 不符合题意，A 符合题意。故选 A。4.（2019 江苏卷.25）下图为某红绿色盲家族系谱图，相关基因用 XB、Xb表示。人的 MN 血型基因位于常染色体上，基因型有 3 种：LMLM（M 型）、LNLN（N 型）、LMLN（MN 型）。已知 I-1、I-3为 M 型，I-2、I-4 为

8、N 型。下列叙述正确的是（多选）A.-3 的基因型可能为 LMLNXBXB B.-4 的血型可能为 M 型或 MN 型 C.-2 是红绿色盲基因携带者的概率为 1/2 D.-1 携带的 Xb可能来自于 I-3【答案】AC【解析】红绿色盲为伴 X 染色体隐性遗传，Y 染色体不含有其等位基因；男性的色盲基因来自于母亲，只能遗传给女儿，而女性的色盲基因既可以来自于母亲，也可以来自于父亲，既能遗传给女儿，也能遗传给儿子。在 MN血型系统中，M 型、N 型和 MN 型的基因型依次为 LMLM、LNLN和 LMLN。在此基础上结合题意并依据图示呈现的亲子代的表现型推知相应个体的基因型，进而判断各选项的正确

9、与否。【详解】仅研究红绿色盲，依题意和图示分析可知：-1 的基因型为 XbY，由此推知：-1 和-2 的基因型分别是 XBY 和 XBXb，-2 和-3 的基因型及其比例为 XBXBXBXb11。仅研究 MN 血型，-1 和-2 的基因型分别是 LMLM和 LNLN，因此-1、-2 和-3 的基因型均为 LMLN。综上分析，-3 的基因型为 LMLNXBXB或 LMLNXBXb，-2 是红绿色盲携带者的概率是 1/2，A、C 正确；-3 和-4 的基因型分别是 LMLM和 LNLN，因此-4 的基因型为 LMLN，表现型为 MN 型，B 错误；-1 和-4 的基因型均为 XBY，因此-1 携带

10、的 Xb来自于-3，-3 携带的 Xb来自于-2，即-1 携带的 Xb可能来自于-2，D 错误。【点睛】遗传系谱图试题的解题技巧(1)遗传系谱图的解题思路 寻求两个关系：基因的显隐性关系；基因与染色体的关系。找准两个开始：从子代开始；从隐性个体开始。学会双向探究：逆向反推(从子代的分离比着手)；顺向直推(已知表现型为隐性性状，可直接写出基因型；若表现型为显性性状，则先写出基因型，再看亲子关系)。(2)对于系谱图中遗传病概率的计算。若不知道遗传方式，则首先要以系谱图中“各家庭成员的亲子代的表现型”的为切入点，判断出该病的遗传方式，再结合系谱图写出双亲的基因型，最后求出子代的表现型及比例。若已知遗

11、传方式，则需结合系谱图写出双亲的基因型，最后求出子代的表现型及比例。如果是两种遗传病相结合的类型，可采用“分解组合法”，即从每一种遗传病入手，算出其患病和正常的概率，然后依题意进行组合，从而获得答案。5.（2019浙江卷.17）一对表现型正常的夫妇生了一个患半乳糖血症的女儿和一个正常的儿子。若这个儿子与一个半乳糖血症携带者的女性结婚，他们所生子女中，理论上患半乳糖血症女儿的可能性是 A.1/l2 B.1/8 C.1/6 D.1/3【答案】A【解析】2/3*1/4*1/2=1/12 6.（2019浙江卷.28）加试题下图为甲、乙两种遗传病（其中一种为伴性遗传）的某遗传家系图，家系中无基因突变发生

12、，且 l4无乙病基因。人群中这两种病的发病率均为 1/625。下列叙述正确的是 A.若2的性染色体组成为 XXY，推测4发生染色体畸变的可能性大于5。B.若4与5再生 1 个孩子，患甲病概率是 1/26，只患乙病概率是 25/52 C.1与3：基因型相同的概率是 2/3，与5基因型相同的概率是 24/39 D.若1，与人群中某正常男性结婚所生子女患病的概率是 l/39【答案】B【解析】题干信息明确一种病为伴性遗传。看 1 和 2 生出 4 号个体，明显的形状分离，所以甲病为隐性遗传病；同时 4 号是一位女性患者，所以甲病为伴 X 染色体隐性遗传病（下述相关基因用 A/a表示）。也能得出乙病为伴

13、性遗传的结论。关于乙病，系谱图中均为男性患者，且患者的男性后代均为患者，初步判断为伴 Y 遗传病。同时若为伴 X显性、隐性的话，与 3 和 4 生出 6、8 号个体冲突，故而确定乙病为伴 Y 遗传（假设致病基因为 b）。A 选项。2 为乙病患者男性，两条 XX 染色体均正常，理论上可以是正常的卵细胞与 XY 的精子结合，也可以是 XX 卵细胞与 Y 的精子结合。故而父本和母本发生染色体畸变的概率都有，很难区分，A 错误。B 选项。4 的基因型可以直接写出aaXYb，而 5 的基因型可以是 AAXX也可以是 AaXX，二者的比例需要用到题干“两种病的发病率均为 1 625”。发病率为 1/625

14、，所以 aa 的频率为 1/625，a 为 1/25、A 为24/25；所以正常人群中 AA 的概率为：（24/25）2/（1-（1/625）=12/13，Aa 的概率为 1/13。亦即正常人中的杂合子=Aa/（1-aa）。所以 4 号（XYb）aa 和 5 号（AAXX（12/13）、AaXX（1/13）再生一个孩子的情况下：对乙病而言，XYb和XX 后代女性都正常、男性都患病；对甲病而言，aa 和 AA（12/13）、Aa（1/13）后代 aa 占 1/13*1/2=26/1。即 7.（2019海南卷.18）以豌豆为材料进行杂交实验，下列说法错误的是 A.豌豆是自花传粉且闭花受粉的二倍体植

15、物 B.进行豌豆杂交时，母本植株需要人工去雄 C.杂合子中的等位基因均在形成配子时分离 D.非等位基因在形成配子时均能够自由组合【答案】D【解析】非同源染色体上的非等位基因在形成配子时才能够自由组合，D 错。8.（2019海南卷.19）人苯丙酮尿症由常染色体上的隐性基因 m 控制，在人群中的发病率极低。理论上，下列推测正确的是 A.人群中 M 和 m 的基因频率均为 1/2 B.人群中男性和女性患苯丙酮尿症的概率相等 C.苯丙酮尿症患者母亲的基因型为 Mm 和 mm 的概率相等 D.苯丙酮尿症患者与正常人婚配所生儿子患苯丙酮尿症的概率为 1/2【答案】B【解析】人苯丙酮尿症是由常染色体基因控制

16、的，其遗传跟性别不关联，人群中男女患病概率相等，B 正确。9 （2018天津卷，6）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 A.1/3 B.1/4 C.1/8 D.1/9【答案】D【解析】基因 A1、A2的表达产物 N1、N2可随机结合，组成三种类型的二聚体蛋白 N1N1、N1N2、N2N2，若该生物体内 A2基因表达产物的数量是 A1的 2 倍，则 N1占 1/3

17、，N2占 2/3，由于 N1和 N2可随机组合形成二聚体蛋白，因此 N1N1占 1/31/3=1/9。10（2018江苏卷，6）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 A.显性基因相对于隐性基因为完全显性 B.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 C.子一代产生的雄配子中 2 种类型配子活力有差异，雌配子无差异 D.统计时子二代 3 种基因型个体的存活率相等【答案】C 11.（2018 浙江卷）5一对 A 血型和 B 血型的夫妇,生了 AB 血型的孩子。AB 血型的这种显性类型属于 A完全显性 B不完全显性 C共显性 D性状分离【答案】

18、C【解析】AB 血型的基因型是 IAIB，属于共显性 12.（2018 浙江卷）19下列关于基因和染色体的叙述,错误的是 A体细胞中成对的等位基因或同源染色体在杂交过程中保持独立性 B受精卵中成对的等位基因或同源染色体一半来自母方,另一半来自父方 C减数分裂时,成对的等位基因或同源染色体彼此分离分别进入不同配子 D雌雄配子结合形成合子时,非同源染色体上的非等位基因自由组合【答案】D【解析】雌雄配子结合形成合子时，是受精作用，减数第一次分裂后期发生非同源染色体上的非等位基因自由组合，D 错 13.（2018 浙江卷）28【加试题】为研究某种植物 3 种营养成分(A、B 和 C)含量的遗传机制,先

19、采用 CRISPR/Cas9 基因编輯技术,对野生型进行基因敲除突变实验,经分子鉴定获得 3 个突变植株(M1、M2 和 M3)。其自交一代结果见下表,表中高或低指营养成分含量高或低。下列叙述正确的是 A从 M1 自交一代中取纯合的(A 高 B 低 C 低)植株,与 M2 基因型相同的植株杂交,理论上 其杂交一代中只出现(A 高 B 低 C 低)和(A 低 B 低 C 高)两种表现型,且比例一定是 1:1 B从 M2 自交一代中取纯合的(A 低 B 高 C 低)植株,与 M3 基因型相同的植株杂交,理论 上其杂交一代中,纯合基因型个体数:杂合基因型个体数一定是 1:1 CM3 在产生花粉的减数

20、分裂过程中,某对同源染色体有一小段没有配对,说明其中一个 同源染色体上一定是由于基因敲除缺失了一个片段 D可从突变植株自交一代中取 A 高植株与 B 高植株杂交,从后代中选取 A 和 B 两种成分 均高的植株,再与 C 高植株杂交,从杂交后代中能选到 A、B 和 C 三种成分均高的植株【答案】A【解析】由野生型自交没有出现性状分离，可以推断其基因型是纯合子，表示为 AABBCC，由野生型 3种营养成分 A 低 B 低 C 高，可以推测可能性之一是前体物质ABC,分别是相应的基因控制相应的酶来催化合成的。营养成分不能合成或者被消耗转化为其他营养成分，其含量低，如果营养成分合成且不被消耗，其含量高

21、。据此推测基因型为 A_B_C_，表现型为 A 低 B 低 C 高，同理 A 高 B 低 C 低的基因型为 A_bbC_和 A_bbcc，A 低 B 低 C 低的基因型为 aa_ _ _ _，M1 自交后代三种表现型比例为 3：9：4；M2 自交后代三种表现型之比是 4：3：9，M3 自交后代三种表现型比例为 3：9：4，以上比例之和都为 16，推断 M1、M2、M3 的基因型皆为双杂合；根据子代表现型及比例，可以推断亲代 M1、M2、M3 基因型分别是 AaBbCC、AABbCc、AaBBCc。每组自交子代表现及比例跟假设吻合，说明假设的基因控制性状流程是对的。从M1自交一代中取纯合的（A高

22、B低C低）植株，与M2基因型相同的植株杂交，即为AAbbCCAABbCcAA（Bb：bb）C_=1（A 高 B 低 C 低）:1（A 低 B 低 C 高），A 对；从 M2 自交一代中取纯合的（A 低 B 高 C 低）植株，与 M3 基因型相同的植株杂交，亲本杂交组合是AABBccAaBBCc，子代纯合子为 1/211/2=1/4，理论上其杂交一代中，纯合基因型个体数：杂合基因型个体数是 1：3，B 错 M3 在产生花粉的减数分裂过程中，某对同源染色体有一小段没有配对，可能是 XY 性染色体，基因敲除是人工基因突变，不是染色体畸变，C 错 因为控制三种性状的基因有关联，不可能出现三者都高的个体

23、，只能其中一个高，D 错。二、非选择题 1.（2019全国 1 卷.10）某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置如图所示。回答下列问题。（1）同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合子果蝇进行杂交，F2中翅外展正常眼个体出现的概率为_。图中所列基因中，不能与翅外展基因进行自由组合的是_。（2）同学乙用焦刚毛白眼雄性蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇进行杂交(正交)，则子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为_；若进行反交，子代中白跟个体出现的概率为_。（3）为了验证遗传规律，同学丙让白眼黑檀体雄果蝇与野生型（红眼灰体）纯合子雌果蝇进行杂交得到 F1

24、，F1相互交配得到 F2，那么，在所得实验结果中，能够验证自由组合定律的 F1表现型是_，F2表现型及其分离比是_；验证伴性遗传时应分析的相对性状是_，能够验证伴性遗传的 F2表现型及其分离比是_。【答案】(1).3/16 (2).紫眼基因 (3).0 (4).1/2 (5).红眼灰体 (6).红眼灰体：红眼黑檀体：白眼灰体：白眼黑檀体=9:3:3:1 (7).红眼/白眼 (8).红眼雌蝇：红眼雄蝇：白眼雄蝇=2:1:1【解析】由图可知，白眼对应的基因和焦刚毛对应的基因均位于 X染色体上，二者不能进行自由组合；翅外展基因和紫眼基因位于 2 号染色体上，二者不能进行自由组合；粗糙眼和黑檀体对应的

25、基因均位于 3 号染色体上，二者不能进行自由组合。位于非同源染色体：X 染色体、2 号及 3 号染色体上的基因可以自由组合。【详解】（1）翅外展粗糙眼果蝇的基因型为 dpdprara，野生型即正常翅正常眼果蝇的基因型为：DPDPRARA，二者杂交的 F1基因型为：DPdpRAra，F2中翅外展正常眼果蝇 dpdpRA-出现的概率为：1/43/4=3/16。图中翅外展基因与紫眼基因均位于 2 号染色体上，不能进行自由组合。（2）焦刚毛白眼雄果蝇的基因型为：XsnwY，野生型即直刚毛红眼纯合雌果蝇的基因型为：XSNWXSNW，后代的雌雄果蝇均为直刚毛红眼：XSNWXaw，XSNWY，子代雄果蝇中出

26、现焦刚毛的概率为 0。若进行反交，则亲本为：焦刚毛白眼雌果蝇 XsnwXsnw直刚毛红眼纯合雄果蝇 XSNWY，后代中，雌果蝇均为直刚毛红眼，雄性均为焦刚毛白眼。故子代出现白眼即 XsnwY 的概率为 1/2。（3）控制红眼、白眼的基因位于 X 染色体上，控制灰体、黑檀体的基因位于 3 号染色体上，两对等位基因符合基因的自由组合定律。白眼黑檀体雄果蝇的基因型为：eeXwY，野生型即红眼灰体纯合雌果蝇的基因型为：EEXWXW，F1中雌雄果蝇均为红眼灰体 EeXWXw，EeXWY。故能够验证基因的自由组合定律的 F1中雌雄果蝇均表现为红眼灰体，F2中红眼灰体 E-XW-：红眼黑檀体 ee XW-：

27、白眼灰体 E-XwY：白眼黑檀体 ee XwY=9:3:3:1。因为控制红眼、白眼的基因位于 X 染色体上，故验证伴性遗传时应该选择红眼和白眼这对相对性状，F1中雌雄均表现为红眼，基因型为：XWXw，XWY，F2中雌性全部是红眼，雄性中红眼：白眼=1:1。【点睛】验证基因的自由组合定律，需要获得双杂合的个体，若其自交后代为 9：3:3:1 或其变式，说明两对基因符合基因的自由组合定律，否则不符合。也可以通过测交验证。2.（2019全国 2 卷.10）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

28、。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。实验：让绿叶甘蓝（甲）的植株进行自交，子代都是绿叶 实验：让甲植株与紫叶甘蓝（乙）植株进行杂交，子代个体中绿叶紫叶=13 回答下列问题。（1）甘蓝叶色中隐性性状是_，实验中甲植株的基因型为_。（2）实验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分离比为 11，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 151，则丙植株的基因型为_。【答案】(1).绿色 (2).aabb (3).A

29、aBb (4).4 (5).Aabb、aaBb (6).AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb (7).AABB【解析】依题意：只含隐性基因的个体表现为隐性性状，说明隐性性状的基因型为 aabb。实验的子代都是绿叶，说明甲植株为纯合子。实验的子代发生了绿叶紫叶13 性状分离，说明乙植株产生四种比值相等的配子，并结合实验的结果可推知：绿叶为隐性性状，其基因型为 aabb，紫叶为 A_B_、A_bb和 aaB_。【详解】(1)依题意可知：只含隐性基因的个体表现为隐性性状。实验中，绿叶甘蓝甲植株自交，子代都是绿叶，说明绿叶甘蓝甲植株为纯合子；实验中，绿叶甘蓝甲植株与紫叶甘蓝乙植株杂交，子代

30、绿叶紫叶13，说明紫叶甘蓝乙植株为双杂合子，进而推知绿叶为隐性性状，实验中甲植株的基因型为 aabb。(2)结合对(1)的分析可推知：实验中乙植株的基因型为 AaBb，子代中有四种基因型，即 AaBb、Aabb、aaBb和 aabb。(3)另一紫叶甘蓝丙植株与甲植株杂交，子代紫叶绿叶11，说明紫叶甘蓝丙植株的基因组成中，有一对为隐性纯合、另一对为等位基因，进而推知丙植株所有可能的基因型为 aaBb、Aabb。若杂交子代均为紫叶，则丙植株的基因组成中至少有一对显性纯合的基因，因此丙植株所有可能的基因型为 AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB。若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子

31、代中紫叶绿叶151，为 9331的变式，说明该杂交子代的基因型均为 AaBb，进而推知丙植株的基因型为 AABB。【点睛】由题意“受两对独立遗传的基因 A/a和 B/b控制”可知：某种甘蓝的叶色的遗传遵循自由组合定律。据此，以题意呈现的“只含隐性基因的个体表现为隐性性状”和“实验与的亲子代的表现型及其比例”为切入点，准确定位隐性性状为绿叶、只要含有显性基因就表现为紫叶，进而对各问题情境进行分析解答。3.（2019全国 3 卷.10）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

32、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_。【答案】(1).显性性状 (2).思路及预期结果 两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现 31 的性状分离比，则可验证分离定律。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 31 的性状分离比，则可验证分离定律。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31 的性状分离比，则可验证分离定律。让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的

33、玉米杂交，如果 F1表现两种性状，且表现为 11 的性状分离比，则可验证分离定律。【解析】本题主要考查基因分离定律相关知识。验证分离定律有两种方法：自交法（杂合子自交后代性状表现为3:1）和测交法（后代性状表现为 1:1）【详解】(1)在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子中存在控制该性状的一对等位基因，其通常表现的性状是显性性状。(2)玉米是异花传粉作物，茎顶开雄花，叶腋开雌花，因自然条件下，可能自交，也可能杂交，故饱满的和凹陷玉米子粒中可能有杂合的，也可能是纯合的，用这两种玉米子粒为材料验证分离定律，首先要确定饱满和凹陷的显隐性关系，再采用自交法和测交法验证。思路及预期结果：两种玉米分别自

34、交，若某些玉米自交后，子代出现 31 的性状分离比，则可验证分离定律。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 31 的性状分离比，则可验证分离定律。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31 的性状分离比，则可验证分离定律。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。4.（2019北京卷.7）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

35、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：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。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

36、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：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_。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。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

37、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 _。【答案】(1).一 (2).显 (3).A1A2A3 (4).雄性不育 (5).A2A3：A3A3=1:1 (6).A1A1 (7).A1A2自交会出现 1/4A2A2 雄性不育，而导致减产 (8).将 E 基因移入 A2基因所在的染色体，使其紧密连锁，则表现 E 基因性状个体为不育，未表现 E 基因性状个体为可育【解析】【分析】杂交一 F2育性正常和雄性不育出现性状分离比为 3:1，说明控制雄性不育和育性正常是一对相对性状，由一对等位基因控制，育性正常为显性，雄性不育为隐性。杂交二，亲本雄性不育与品系 3杂交，后代全为雄性不

38、育，说明雄性不育为显性，品系 3 的性状为隐性。F1雄性不育与品系 3杂交，后代育性正常：雄性不育比例为 1:1，属于测交实验。【详解】（1）通过分析可知，育性正常与雄性不育性状受一对等位基因控制；杂交二，雄性不育显性性状。品系 1、雄性不育株、品系 3 的基因型分别为 A1A1、A2A2、A3A3，通过分析可知，杂交一 A1为显性基因，A2为隐性，杂交二 A2为显性，A3为隐性，由此推断 A1、A2、A3之间的显隐性关系是：A1A2A3。（2）通过杂交二，可将品系 3 A3A3的优良性状与雄性不育株 A2 A2杂交，得到 A2A3，再与 A3A3杂交，得到A2A3：A3A3=1:1。将 A2

39、A3种植成母本行，将基因型为 A1A1的品系 1 种成父本行，制备 YF1即 A1A3。由于 A2A3A1A1杂交后代有 A1A3和 A1A2两种基因型的可育油菜种子，A1A3自交后代皆可育，但是 A1A2自交会出现 1/4A2A2雄性不育，而导致减产。（3）将 E 基因移入 A2基因所在的染色体，使其紧密连锁，则表现 E 基因性状个体为不育，未表现 E 基因性状个体为可育，这样成功去除 A1A2，只留下 A1A3。【点睛】本题考查基因分离定律的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力。5.（2019天津卷.10）作物 M 的 F1基因杂合，具有优良性状。F1

40、自交形成自交胚的过程见途径 1（以两对同源染色体为例）。改造 F1相关基因，获得具有与 F1优良性状一致的 N 植株，该植株在形成配子时，有丝分裂替代减数分裂，其卵细胞不能受精，直接发育成克隆胚，过程见途径 2。据图回答：（1）与途径 1 相比，途径 2 中 N 植株形成配子时由于有丝分裂替代减数分裂，不会发生由_和_导致的基因重组，也不会发生染色体数目_。（2）基因杂合是保持 F1优良性状的必要条件。以 n 对独立遗传的等位基因为例，理论上，自交胚与 F1基因型一致的概率是_，克隆胚与 N 植株基因型一致的概率是_。通过途径_获得的后代可保持 F1的优良性状。【答案】(1).同源染色体非姐妹

41、染色单体交叉互换 (2).非同源染色体自由组合 (3).减半 (4).1/2n (5).100%(6).2【解析】【分析】本题考查可遗传变异和育种的相关知识。由题意可知，可以通过两条途径获得 F1的优良性状，途径 1 为正常情况下 F1自交获得具有优良性状的子代，途径 2 中先对 M植株进行基因改造，再诱导其进行有丝分裂而非减数分裂产生卵细胞，导致其卵细胞含有与 N植株体细胞一样的遗传信息，再使得未受精的卵细胞发育成克隆胚，该个体与 N 植株的遗传信息一致。【详解】（1）途径 1 是通过减数分裂形成配子，而途径 2 中通过有丝分裂产生配子，有丝分裂过程中不发生基因重组，且子细胞中染色体数不减半

42、，故与途径 1 相比，途径 2 中 N植株形成配子时不会发生同源染色体非姐妹染色单体的交叉互换和非同源染色体的自由组合，也不会发生染色体数目减半。（2）由题意可知，要保持 F1优良性状需要基因杂合，一对杂合基因的个体自交获得杂合子的概率是 1/2，若该植株有 n 对独立遗传的等位基因，根据自由组合定律，杂合子自交子代中每对基因均杂合的概率为 1/2n，故自交胚与 F1基因型（基因杂合）一致的概率为 1/2n。而克隆胚的形成相当于无性繁殖过程，子代和 N 植株遗传信息一致，故克隆胚与 N 植株基因型一致的概率是 100%。（3）途径 1 产生自交胚的过程存在基因重组，F1产生的配子具有多样性，经

43、受精作用后的子代具有多样性，不可保持 F1的优良性状；而途径 2 产生克隆胚的过程不存在基因重组，子代和亲本的遗传信息一致，可以保持 F1的优良性状。【点睛】结合题意和图示分析获得具有优良性状的个体的两条途径是解题关键，途径 1 获得子代的本质为有性生殖，途径 2 获得子代的本质为无性生殖。6.（2019江苏卷.32）杜洛克猪毛色受两对独立遗传的等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如下表。请回答下列问题：毛色 红毛 棕毛 白毛 基因组成 A_B_ A_bb、aaB_ aabb （1）棕毛猪的基因型有_种。（2）已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的 F1均表现为红毛，F1雌雄交配产

44、生 F2。该杂交实验的亲本基因型为_。F1测交，后代表现型及对应比例为_。F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有_种（不考虑正反交）。F2的棕毛个体中纯合体的比例为_。F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比例为_。（3）若另一对染色体上有一对基因 I、i，I 基因对 A 和 B 基因的表达都有抑制作用，i 基因不抑制，如 I_A_B_表现为白毛。基因型为 IiAaBb的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为_，白毛个体的比例为_。【答案】(1).4 (2).Aabb和 aaBB (3).红毛棕毛白毛=121 (4).4 (5).1/3 (6).1/9 (7).9/64 (8).4

45、9/64【解析】由题意：猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，可知猪毛色的遗传遵循自由组合定律。AaBb 个体相互交配，后代 A_B_：A_bb：aaB_：aabb9:3:3:1，本题主要考查自由组合定律的应用，以及 9:3:3:1变型的应用。【详解】（1）由表格知：棕毛猪的基因组成为 A_bb、aaB_，因此棕毛猪的基因型有：AAbb、Aabb、aaBB、aaBb 4 种。（2）由两头纯合棕毛猪杂交，F1均为红毛猪，红毛猪的基因组成为 A_B_，可推知两头纯合棕毛猪的基因型为 AAbb 和 aaBB，F1红毛猪的基因型为 AaBb。F1测交，即 AaBb 与 aabb 杂交，后代基因型及比例为

46、 AaBb:Aabb:aaBb:aabb1:1:1:1，根据表格可知后代表现型及对应比例为：红毛：棕毛：白毛1:2:1 F1红毛猪的基因型为 AaBb，F1雌雄个体随机交配产生 F2，F2的基因型有：A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中纯合子有：AABB、AAbb、aaBB、aabb，能产生棕色猪（A_bb、aaB_）的基因型组合有：AAbbAAbb、aaBBaaBB、AAbbaabb、aaBBaabb 共 4 种。F2的基因型及比例为 A_B_：A_bb：aaB_：aabb9:3:3:1，棕毛猪 A_bb：aaB_ 所占比例为 6/16，其中纯合子为 AAbb、aaBB，所占比例为

47、2/16，故 F2的棕毛个体中纯合体所占的比例为 2/6，即 1/3。F2的棕毛个体中各基因型及比例为 1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、2/6aaBb。棕毛个体相互交配，能产生白毛个体（aabb）的杂交组合及概率为：2/6Aabb2/6Aabb2/6aaBb2/6aaBb2/6Aabb2/6aaBb21/31/31/41/31/31/41/31/31/21/221/9。（3）若另一对染色体上的 I 基因对 A 和 B 基因的表达有抑制作用，只要有 I 基因，不管有没有 A 或 B 基因都表现为白色，基因型为 IiAaBb 个体雌雄交配，后代中红毛个体即基因型为 ii A_B_的

48、个体。把 Ii 和 AaBb分开来做，IiIi后代有3/4I _ 和1/4ii，AaBbAaBb后代基因型及比例为A_B_：A_bb：aaB_：aabb9:3:3:1。故子代中红毛个体（ii A_B_）的比例为 1/49/169/64，棕毛个体（ii A_bb、iiaaB_）所占比例为 1/46/166/64，白毛个体所占比例为：19/646/6449/64。【点睛】1、两对基因位于两对同源染色体上，其遗传符合基因的自由组合定律。2、具有两对相对性状的双杂合子自交，其后代表现型及比例符合 9:3:3:1，测交后代表现型及比例符合1:1:1:1。7.（2019 浙江卷.31）（7 分）某种昆虫眼

49、色的野生型和朱红色、野生型和棕色分别由等位基因 A、a 和 B、b 控制，两对基因分别位于两对同源染色体上。为研究其遗传机制，进行了杂交实验，结果见下表：回答下列问题：（1）野生型和朱红眼的遗传方式为_，判断的依据是_（2）杂交组合丙中亲本的基因型分别为_和_，F1中出现白眼雄性个体的原因是_（3）以杂交组合丙 F1中的白眼雄性个体与杂交组合乙中的雌性亲本进行杂交，用遗传图解表示该过程【答案】（1）伴 X 染色体隐性遗传 杂交组合甲的亲本均为野生型，F1中雌性个体均为野生型，而雄性个体中出现了朱红眼（2）BbXAXa BbXAY 两对等位基因均为隐性时表现为白色（3）【解析】原理上讲题目考查的

50、是遗传学中常见的基因互作现象。笔者很认同这类题目，因为教材处理对学生产生的印象就是基因与性状的一一对应，其实绝大多数情况下不是如此，或者根本没有这么简单的例子。性状是一系列相关基因有序表达的产物。在此基础上我们来看题目“眼色的野生型和朱红色、野生型和棕色分别由等位基因 A、a 和 B、b 控制，两对基因分别位于两对同源染色体上。”1 甲组杂交试验的结果很直观能够得出结论，符合：后代中雌性均表现同种性状，而雄性后代两种类型的比例（接近）为 1：1。可以直接得出结论：雌性表现的为显性性状（野生型）、另一种（朱红眼）为隐性，且相关基因位于 X 染色体的特有区段。同时据题目表述也能得出控制棕色眼的基因