孟德尔的豌豆杂交实验(二) 课时训练（2016届高考生物一轮）
[名校模题]
1．(2015·南京模拟)牵牛花的叶子有普通叶和枫形叶两种，种子有黑色和白色两种。现用纯种的普通叶白色种子和纯种的枫形叶黑色种子作为亲本进行杂交，得到的F1为普通叶黑色种子，F1自交得F2，结果符合基因的自由组合定律。下列对F2的描述中错误的是( )
A．F2中有9种基因型、4种表现型
B．F2中普通叶与枫形叶之比为3∶1
C．F2中与亲本表现型相同的个体大约占3/8
D．F2中普通叶白色种子个体的基因型有4种
解析 由题干信息可知，F2共有9种基因型、4种表现型，其中与亲本表现型相同的个体大约占3/16＋3/16＝3/8；F2中普通叶白色种子的个体有纯合和杂合2种基因型。
答案 D
2．在西葫芦的皮色遗传中，黄皮基因Y对绿皮基因y为显性，但在另一白色显性基因W存在时，基因Y和y都不能表达。现有基因型为WwYy的个体自交，其后代表现型种类及比例是( )
A．4种 9∶3∶3∶1 B．2种 13∶3
C．3种 12∶3∶1 D．3种 10∶3∶3
解析 由题意可知，白皮个体的基因型为W_ _ _，黄皮个体的基因型为wwY_，绿皮个体的基因型为wwyy。基因型为WwYy的个体自交，子代的表现型及比例为白皮∶黄皮∶绿皮＝12∶3∶1。
答案 C
3. (2015·南京九中月考)人类的肤色由A/a、B/b、E/e三对等位基因共同控制，A/a、B/b、E/e位于三对同源染色体上。AABBEE为黑色，aabbee为白色，其他性状与基因型的关系如下图所示，即肤色深浅与显性基因个数有关，如基因型为AaBbEe、AABbee与aaBbEE等与含任何三个显性基因的肤色一样。
若双方均含3个显性基因的杂合体婚配(AaBbEe×AaBbEe)，则子代肤色的基因型和表现型分别有多少种( )
A．27,7 B．16,9
C．27,9 D．16,7
解析 AaBbEe与AaBbEe婚配，子代基因型种类有3×3×3＝27种，其中显性基因个数分别有6个、5个、4个、3个、2个、1个、0个，共有7种表现型。
答案 A
4．(2015·济宁联考)番茄的花色和叶的宽窄分别由一对等位基因控制，且两对基因中某一对基因纯合时会使受精卵致死。现用红色窄叶植株自交，子代的表现型及其比例为红色窄叶∶红色宽叶∶白色窄叶∶白色宽叶＝6∶2∶3∶1。下列有关表述正确的是( )
A．这两对基因位于一对同源染色体上
B．这两对相对性状中显性性状分别是红色和宽叶
C．控制花色的基因具有隐性纯合致死效应
D．自交后代中纯合子所占比例为1/6
解析 根据红色窄叶植株自交后代表现型比例为6∶2∶3∶1可知，这两对等位基因位于两对同源染色体上，其遗传遵循基因的自由组合定律；由子代中红色∶白色＝2∶1、窄叶∶宽叶＝3∶1，可知红色、窄叶为显性性状，且控制花色的显性基因纯合致死；子代中只有白色窄叶和白色宽叶中有纯合子，所占比例为2/12，即1/6。
答案 D
[必纠错题]
5．(2015·浙江五校联考)某育种专家在农田中发现一株大穗不抗病的小麦，自花受粉后获得160粒种子，这些种子发育成的小麦中有30株大穗抗病和若干株小穗抗病，其余的都不抗病。若将这30株大穗抗病的小麦作为亲本自交，在F1中选择大穗抗病小麦再进行自交，理论上F2中能稳定遗传的大穗抗病小麦占F2中所有大穗抗病小麦的比例为( )
A．2/10 B．7/10
C．2/9 D．7/9
易错提示 160棵大穗不抗病小麦自花受粉后，后代中30株大穗抗病和若干株小穗抗病，其余的都不抗病，则后代应符合9∶3∶3∶1的比例，从而确定出30株大穗抗病的基因型及比例。抗病为隐性性状，在30株大穗抗病小麦→F1→F2的自交过程中可以不用考虑抗病，只考虑大小穗。
解析 由题意可知，大穗、不抗病是显性性状，小穗、抗病是隐性性状，设相关基因用A、a和B、b表示。30株大穗抗病植株的基因型为1/3AAbb、2/3Aabb，在F1中选择的再次进行自交的大穗抗病植株中，有3/5AAbb、2/5Aabb，F1大穗抗病小麦自交产生的F2中，大穗抗病植株的基因型为7/10AAbb、2/10Aabb，所以F2中能稳定遗传的大穗抗病小麦占所有大穗抗病小麦的比例为7/9。
答案 D
[高考真题]
6．(2014·海南卷，
22)基因型为AaBbDdEeGgHhKk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．6对等位基因纯合的个体出现的概率与6对等位基因杂合的个题出现的概率不同
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＝C×2/4×(1/4＋1/4) ×(1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) ×(1/4＋1/4) ＝7/128，A错；3对等位基因杂合、4对等位基因纯合的个体出现的概率＝C×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4× (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) ＝35/128，B正确；5对等位基因杂合、2对等位基因纯合的个体出现的概率＝C2/4×2/4×2/4× (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) ×(1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) ＝21/128，C错；6对等位基因纯合的个体出现的概率＝C×2/4×(1/4＋1/4) ×(1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) × (1/4＋1/4) ×(1/4＋1/4) ＝7/128, 6对等位基因杂合的个体出现的概率＝C×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4× (1/4＋1/4) ＝7/128，两种情况概率相同，D错误。
答案 B
7．(2014·上海卷， 25)某种植物果实重量由三对等位基因控制，这三对基因分别位于三对同源染色体上，对果实重量的增加效应相同且具叠加性。已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150g和270g.现将三对基因均杂合的两植株杂交，F1中重量为190g的果实所占比例为( )
A．3/64 B．5/64
C．12/64 D．15/64
解析 由于隐性纯合子(aabbcc)和显性纯合子(AABBCC)果实重量分别为150g和270g.，则每个显性基因的增重为(270－150)/ 6＝20(g)，AaBbCc果实重量为210，自交后代中重量190克的果实其基因型中只有两个显性基因、四个隐性基因，即AAbbcc、aaBBcc、aabbCC、AaBbcc、AabbCc、aaBbCc六种，所占比例依次为1/64、1/64、1/64、4/64、4/64、4/64、。故为15/64，选D。
答案 D
8．(2014·海南卷， 29)某种植物的表现型有高茎和矮茎、紫花和白花，其中紫花和白花这对相对性状由两对等位基因控制，这两对等位基因中任意一对为隐性纯合则表现为白花。用纯合的高茎白花个体与纯合的矮茎白花个体杂交，F1表现为高茎紫花，F1自交产生F2，F2有4种表现型：高茎紫花162株，高茎白花126株，矮茎紫花54株，矮茎白花42株。请回答：
(1)根据此杂交实验结果可推测，株高受________对等位基因控制，依据是________。在F2中矮茎紫花植株的基因型有________种，矮茎白花植株的基因型有________种。
(2)如果上述两对相对性状自由组合，则理论上F2中高茎紫花、高茎白花、矮茎紫花和矮茎白花这4种表现型的数量比为________。
解析 (1)根据F2中高茎∶矮茎＝(162＋126)∶(54＋42)＝3∶1，可知株高是受一对等位基因控制；假设紫花和白花受A、a和B、b两对基因控制，高茎和矮茎受基因D、d控制，根据题干可知，紫花基因型为A_B_、白花基因型为A_bb、aaB_、aabb。根据纯合白花和纯合白花杂交出现紫花(A_B_)，可知亲本纯合白花的基因型是AAbb和aaBB，故F1的基因型为AaBbDd，因此F2的紫花植株基因型有：AABBdd、AABbdd、AaBBdd、AaBbdd四种，矮茎白花植株的基因型有：AAbbdd、Aabbdd 、aaBBdd、、aaBbdd、aabbdd五种。(2)F1的基因型为AaBbDd，A和B一起考虑，D和d基因单独考虑分别求出相应的表现型比例，然后相乘即可。即AaBb自交，后代紫花(A_B_)：白花(A_bb、aaB_、aabb)＝9∶7，Dd自交，后代高茎∶矮茎＝3∶1，因此理论上F2中高茎紫花、高茎白花、矮茎紫花和矮茎白花＝27∶21∶9∶7
答案 (1)一 F2中高茎∶矮茎＝3∶1 4 5 (2)27∶21∶9∶7
9．(2014·四川卷， 11)小鼠的皮毛颜色由常染色体的两对基因控制，其中A/a控制灰色物质合成，B/b控制黑色物质合成。两对基因控制有色物质合成关系如下图：
(1)选取三只不同颜色的纯合小鼠(甲－灰鼠，乙－白鼠，丙－黑鼠)进行杂交，结果如下：
亲本组合
F1
F2
实验一
甲×乙
全为灰鼠
9灰鼠∶3黑鼠∶4白鼠
实验二
乙×丙
全为黑鼠
3黑鼠∶1白鼠
①两对基因(A/a和B/b)位于________对染色体上，小鼠乙的基因型为________。
②实验一的F2代中白鼠共有________种基因型，灰鼠中杂合体占的比例为________。
③图中有色物质1代表________色物质，实验二的F2代中黑鼠的基因型为________。
(2)在纯合灰鼠群体的后代中偶然发现一只黄色雄鼠(丁)，让丁与纯合黑鼠杂交，结果如下：
亲本组合
F1
F2
实
验
三
丁×纯合黑鼠
1黄鼠∶1灰鼠
F1黄鼠随机交配：
3黄鼠∶1黑鼠
F1灰鼠随机交配：3灰鼠∶1黑鼠
①据此推测：小鼠丁的黄色性状是由________突变产生的，该突变属于________性突变。
②为验证上述推测，可用实验三F1代的黄鼠与灰鼠杂交。若后代的表现型及比例为________，则上述推测正确。
③用三种不同颜色的荧光，分别标记小鼠丁精原细胞的基因A、B及突变产生的新基因，观察其分裂过程，发现某个次级精母细胞有3种不同颜色的4个荧光点，其原因是________。
解析 (1) ① 由实验一可知，两对基因控制的F2为9∶3∶3∶1的变式(9∶3∶4)，符合自由组合定律，故A/a 和B/b是位于非同源染色体上的两对基因。而且A_B_为灰色，A_bb，aabb为白色， aaBB为黑色(A/a控制灰色合成，B/b控制黑色合成)。有色物质1为黑色，基因I为B，有色物质2为灰色，基因II为A。以为F1 AaBb为灰色可证实推论，亲本应该中甲为AABB，乙为aabb(甲和乙为AAbb，aaBB性状与题意不符合)。②由两对相对性状杂交实验可知F2中白鼠基因型为Aabb、AAbb和aabb三种。灰鼠中AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb＝1∶2∶2∶4。除了AABB外皆为杂合子，杂合子比例为8/9。③由①解析可知有色物质1是黑色，实验二中，丙为纯合子，F1全为黑色，丙为aaBB，F1为aaBb，F2中aaB_(aaBB、aaBb)∶aabb＝3∶1。
(2) ①实验三中丁与纯合黑鼠(aaBB)杂交，后代有两种性状，说明丁为杂合子，且杂交后代中有灰色个体，说明新基因相对于A为显性(本解析中用A＋表示)。结合F1、F2未出现白鼠可知，丁不含b基因，其基因型为A＋ABB。
②若推论正确，则F1中黄鼠基因型为A＋ABB，灰鼠为AaBB。杂交后代基因型及比例为A＋ABB∶A＋aBB∶AaBB∶aaBB＝1∶1∶1∶1，表现型及其比例为黄∶灰∶黑＝2∶1∶1。③在减数第一次分裂过程中联会后，同源染色体分离，非同源染色体自由组合。次级精母细胞进行减数第二次分裂，姐妹染色单体分离。由于姐妹染色单体是由同一条染色体通过复制而来的，若不发生交叉互换基因两两相同，应该是4个荧光点，2种颜色。出现第三种颜色应该是发生交叉互换的结果。
答案 (1) ①2 aabb ②3 8/9 ③黑 aaBB、aaBb
(2)①A 显 ②黄鼠∶灰鼠∶黑鼠＝2∶1∶1 ③基因A与新基因所在同源染色体的非姐妹染色单体之间发生了交叉互换
[拓展应用]
10. (2015·安徽名校联考)玉米是一种雌雄同株的植物，正常植株的基因型为A_B_，其顶部开雄花，下部开雌花；基因型为aaB_的植株不能长出雌花而成为雄株；基因型为A_bb或aabb植株的顶端长出的是雌花而成为雌株(两对基因位于两对同源染色体上)。育种工作者选用上述材料作亲本，杂交后得到下表中的结果。则所用亲本的基因型组合是( )
类型
正常株
雄株
雌株
数目
998
1 001
1 999
A.aaBb×Aabb或AaBb×aabb
B．AaBb×Aabb或AaBb×aabb
C．aaBb×AaBb或AaBb×Aabb
D．aaBb×aabb或Aabb×aabb
解析 据题意，A_B_为正常株、aaB_为雄株，A_bb和aabb为雌株，要使某对亲本组合产生的后代满足正常株∶雄株∶雌株＝1∶1∶2的结果，只要符合测交类型即可，即亲本杂交组合为aaBb×Aabb或AaBb×aabb，A正确。
答案 A
11．将基因型为AaBbCcDD和AABbCcDd的向日葵杂交，按基因自由组合定律，后代中基因型为AABBCCDd的个体所占的比例应为( )
A．1/8 B．1/16
C．1/32 D．1/64
解析 多对基因遗传时，每一对基因均遵循基因的分离定律，故在处理多对基因遗传时应先把不同基因分开，一对一对处理。即Aa×AA→1/2AA，Bb×Bb→1/4BB，Cc×Cc→1/4CC，DD×Dd→1/2Dd，故AABBCCDd的概率为1/2×1/4×1/4×1/2＝1/64。
答案 D
12．(2015·潍坊三市联考)已知某一动物种群中仅有Aabb和AAbb两种类型的个体(aa的个体在胚胎期死亡)，两对性状的遗传遵循自由组合定律，Aabb∶AAbb＝1∶1，且该种群中雌雄个体比例为1∶1，个体间可以自由交配，则该种群自由交配产生的成活子代中能稳定遗传的个体所占比例是( )
A. B.
C. D.
解析 在自由交配的情况下，上下代之间种群的基因频率不变。由Aabb∶AAbb＝1∶1可得，A的基因频率为，a的基因频率为。故子代中AA的基因型频率是A的基因频率的平方，为，子代中aa的基因型频率是a的基因频率的平方，为，Aa的基因型频率为。因基因型为aa的个体在胚胎期死亡，所以能稳定遗传的个体(AA)所占比例是÷(＋)＝。
答案 B
13．食指长于无名指为长食指，反之为短食指，该相对性状由常染色体上一对等位基因控制(TS表示短食指基因，TL表示长食指基因)。此等位基因表达受性激素影响，TS
在男性为显性，TL在女性为显性。若一对夫妇均为短食指，所生孩子中既有长食指又有短食指，则该夫妇再生一个孩子是长食指的概率为( )
A. B.
C. D.
解析 由题干信息知：母亲基因型为TSTS，她的子女肯定携带TS基因，故子女中长食指应为女性，基因型为TLTS，由此可推出父亲基因型为TLTS，故该对夫妇再生一长食指孩子的概率为1/4(女性TLTS,1/2×1/2＝1/4)。
答案 A
14．某植物的花色有紫色、红色和白色三种类型，该性状是由两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)决定的，且只有在两种显性基因同时存在时才能开紫花。下表为该植物纯合亲本间杂交实验的结果，请分析回答：
组
亲本
F1
F2
1
白花×红花
紫花
紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4
2
紫花×红花
紫花
紫花∶红花＝3∶1
3
紫花×白花
紫花
紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4
(1)若表中红花亲本的基因型为aaBB，则第1组实验中白花亲本的基因型为________，F2中紫花植株的基因型应为________，F2表现为白花的个体中，与白花亲本基因型相同的占________；若第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，后代的表现型应为________。
(2)请写出第2组实验的遗传图解；
(3)若第3组实验的F1与某纯合白花品种杂交，请简要分析杂交后代可能出现的表现型比例及相对应的该白花品种可能的基因型：
①如果杂交后代紫花与白花之比为1∶1，则该白花品种的基因型是________；
②如果______________________，则该白花品种的基因型是aabb。
解析 (1)由于F2符合双杂合子的比例9∶3∶(3＋1)，所以F1是双杂合子，因为红花亲本的基因型为aaBB，则白花的基因型为AAbb，紫花的基因型中应该含有A和B基因，所以基因型为AABB、AABb、AaBb、AaBB；根据F1的基因型AaBb，后代产生AAbb的概率是1/4×1/4＝1/16，而后代中白花的性状所占的比例为4/16，所以F2表现为白花的个体中，与白花亲本基因型相同的占1/4；第三组的白花的基因型是aabb，若第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，双亲的基因型是AAbb和aabb后代全部是白花。
(2)F2没有白花说明F1的基因型是A_BB，又因为后代出现性状分离说明F1的基因型是杂合子为AaBB，亲本的基因型为AABB和aaBB，遗传图解见答案。
(3)第3组实验的F1
的基因型为AaBb，若后代为1∶1，说明后代没有红花，那么Aa和AA后代中没有aa，就不会出现红花，所以AaBb和AAbb的后代紫∶白＝1∶1；AaBb和aabb的后代的基因型为1AaBb(紫)∶1aaBb(红)∶1 Aabb(白)∶1aabb(白)，所以性状为紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2。
答案 (1)AAbb A_B_(AABB、AABb、AaBb、AaBB) 1/4 全为白花
(2)
(3)①AAbb ②杂交后代紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2
15．某种植物花的颜色由两对基因(A和a，B和b)控制，A基因控制色素合成(AA和Aa的效应相同)，B基因为修饰基因，淡化颜色的深度(BB和Bb的效应不同)。其基因型与表现型的对应关系见下表，请回答下列问题：
基因组合
A_Bb
A_bb
A_BB或aa__
花的颜色
粉色
红色
白色
(1)让纯合白花植株和纯合红花植株杂交，产生的子一代植株花色全为粉色的。请写出可能的杂交组合亲本基因型：_______________________________________________。
(2)为了探究两对基因(A和a，B和b)是在同一对同源染色体上，还是在两对同源染色体上，某课题小组选用基因型为AaBb的植株进行自交实验。
①实验假设：这两对基因在染色体上的位置有三种类型，已给出两种类型，请将未给出的类型画在方框内。如图所示，竖线表示染色体，黑点表示基因在染色体上的位置。
②实验步骤：第一步：粉花植株自交。
第二步：观察并统计子代植株花的颜色和比例。
③实验可能的结果(不考虑交叉互换)及相应的结论：
a．若________________，两对基因在两对同源染色体上(符合第一种类型)。
b．若子代植株花粉色∶白色＝1∶1，两对基因在一对同源染色体上(符合第二种类型)。
c．若________________，两对基因在一对同源染色体上(符合第三种类型)。
解析 (1)由题意知，纯合白花有AABB、aabb和aaBB 3种基因型，纯合红花基因型为AAbb，若两者杂交子一代全为粉色花(A_Bb)，则杂交组合亲本基因型为AABB×AAbb或aaBB×AAbb。(2)两对基因(A和a，B和b)是在同一对同源染色体上，还是在两对同源染色体上，通过观察可能性知，还有一种类型应该为A与B连锁，a与b连锁。F1粉色花基因型为AaBb，若符合第一种类型，则有子代基因型为1AABB(白色花)、2AABb(粉色花)、4AaBb(粉色花)、2AaBB(白色花)、1AAbb(红色花)、2Aabb(红色花)、1aaBB(白色花)、2aaBb(白色花)、1aabb(白色花)，即子代植株花粉色∶红色∶白色＝6∶3∶7；若符合第二种类型，则子代的基因型为1AABB(白色花)、2AaBb(粉色花)、1aabb(白色花)，即子代植株花粉色∶白色＝1∶1；若符合第三种类型，则子代基因型为2AaBb(粉色花)、1AAbb(红色花)、1aaBB(白色花)、即子代植株花粉色∶红色∶白色＝2∶1∶1。
答案 (1)AABB×AAbb或aaBB×AAbb
(2)①如图 ③a.子代植株花粉色∶红色∶白色＝6∶3∶7 c．子代植株花粉色∶红色∶白色＝2∶1∶1
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