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课时跟踪检测(十八) 基因自由组合定律题型归类例析
提能强化练——考点强化·重能力
1．小麦的粒色受两对同源染色体上的两对基因R1和r1、R2和r2控制。R1和R2决定红色，r1和r2决定白色，R对r为不完全显性，并有累加效应，也就是说，麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深。将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1，F1自交得F2，则F2的基因型种类数和不同表现型比例为( )
A．3种、3 ：1 B．3种、1：2：1
C．9种、9 ：3：3：1 D．9种、1：4：6：4：1
解析：将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1，F1的基因型为R1r1R2r2，所以F1自交后代F2的基因型有9种；后代中r1r1r2r2占1/16，R1r1r2r2和r1r1R2r2共占4/16，R1R1r2r2、r1r1R2R2和R1r1R2r2共占6/16，R1R1R2r2和R1r1R2R2共占4/16，R1R1R2R2占1/16，所以不同表现型的比例为1：4：6：4：1。
答案：D
2．用两个圆形南瓜做杂交实验，子一代均为扁盘状南瓜。子一代自交，子二代出现扁盘状、圆形和长形三种南瓜，三者的比例为9：6：1，现用一扁盘状南瓜做测交实验，则其子代中扁盘状、圆形和长形三种南瓜的比例不可能为( )
A．1：0：0 B．1：1：0
C．1：0：1 D．1：2：1
解析：根据题意可知，南瓜形状受两对等位基因(假设等位基因为A和a、B和b)控制，其遗传符合基因的自由组合定律，则扁盘状、圆形和长形的基因型分别为A_B_、(A_bb和aaB_)、aabb。扁盘状南瓜的基因型有四种可能：AABB、AABb、AaBB、AaBb，故其测交后代中扁盘状、圆形和长形三种南瓜的比例可能为1：0：0、1：1：0、1：2：1。
答案：C
3．在小鼠的一个自然种群中，体色有黄色(Y)和灰色(y)，尾巴有短尾(D)和长尾(d)，两对相对性状的遗传符合基因的自由组合定律。任取一对黄色短尾个体经多次交配，F1的表现型为：黄色短尾：黄色长尾：灰色短尾：灰色长尾＝4：2：2：1。实验中发现有些基因型有致死现象(胚胎致死)。以下说法错误的是( )
A．黄色短尾个体的基因型为YyDd
B．灰色短尾个体的基因型为yyDd
C．F1中致死个体的基因型共有4种
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D．两对基因中，显性纯合均能致死
解析：据题意分析，一对黄色短尾个体基因型均为YyDd，交配才能出现灰色长尾(yydd)，故A正确。按照基因自由组合定律，F1的表现型应该为：黄色短尾：黄色长尾：灰色短尾：灰色长尾＝9：3：3：1，而实际是4：2：2：1，说明有些基因型有致死现象，灰色短尾个体的基因型为2yyDd1yyDD(致死)，故B正确。黄色短尾基因型为YYDD(1/16)、YyDD(2/16)、YyDd(4/16)、YYDd(2/16)，说明YYDD(1/16)、YyDD(2/16)、YYDd(2/16)这3种均致死，黄色长尾为2Yydd1YYdd(致死)，加上1yyDD(致死)，故F1中致死个体的基因型共有5种，故C错。YYDD致死，D正确。
答案：C
4．(2018·黑龙江模拟)雄蜂是单倍体，现有一雄蜂和一雌蜂交配产生的Fl中，雄蜂的基因型有AB、Ab、aB和ab四种，雌蜂的基因型有：AaBb、Aabb、aaBb和aabb四种，则亲本的基因型是( )
A．aaBb×Ab B．AaBb×ab
C．AaBb×Ab D．AAbb×aB
解析：雄蜂是由卵细胞发育成的，基因型有AB、Ab、aB、ab四种，可以推断出雌蜂为AaBb，又由于后代中雌蜂有AaBb、 Aabb、aaBb、aabb四种，说明雄蜂应为ab。
答案：B
5．(2018·贵州遵义高三模拟卷)二倍体结球甘蓝的叶色由独立遗传的两对等位基因(B、b和D、d)控制，下表是纯合甘蓝杂交实验的统计数据：
亲本组合
F1株数
F2株数
紫色叶
绿色叶
紫色叶
绿色叶
①紫色叶×绿色叶
121
0
415
30
②紫色叶×绿色叶
89
0
242
81
据表判断，下列叙述错误的是( )
A．组合②的亲本中，紫色叶植株的基因型是BBdd(或bbDD)
B．组合①的F2植株中，紫色叶基因型有4种
C．组合①的F2紫色叶植株中，纯合子所占的比例为1/5
D．组合②的F1与绿色叶甘蓝杂交后代的表现型有2种
解析：亲本组合②中，F1植株自交产生的F2植株中紫色叶：绿色叶(bbdd)＝242：81＝3：1，则F1植株为bbDd或Bbdd，而绿色叶的基因型为bbdd，所以亲本组合②
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中的紫色叶基因型为bbDD或BBdd，A正确；根据亲本组合①中，F1植株自交产生的F2植株中紫色叶：绿色叶＝451：30＝15：1，说明只有bbdd是绿色，所以紫色的基因型有3×3－1＝8种，B错误；组合①中的F1紫色叶植株为BbDd，自交产生的F2为紫色叶(9B_D_、3bbD_、3B_dd)：绿色叶(1bbdd)＝15：1，紫色叶植株中纯合子为BBDD、bbDD、BBdd，所占的比例为3/15＝1/5，C正确；若组合②的F1与绿色叶甘蓝杂交，即bbDd或Bbdd与bbdd杂交，后代有两种表现型，D正确。
答案：B
6．玉米是雌雄同株的植物，顶生的垂花是雄花序，侧生的穗是雌花序。已知玉米中有两对独立遗传的基因(T对t，B对b)可以改变玉米的性别，即把雌雄同株转变为雌株或雄株。当基因b纯合且t不纯合时，使植株没有雌花序成为雄株；当基因t纯合时，使垂花成为雌花序，不产生花粉。现将基因型为BBTt植株与bbtt植株相间种植，子代基因型不可能为( )
A．BBTT B．BbTt
C．BBtt D．bbtt
解析：BBTt是雌雄同株，可以自交，bbtt是雌性，可以接受BBTt花粉，所以子代的基因型为BBTT、BBTt、BBtt、BbTt、Bbtt，一定没有bbtt，所以A、B、C选项正确。
答案：D
7．(2018·河南信阳高中月考)下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。下列叙述正确的是( )
A．甲、乙、丙、丁都可以作为验证基因分离定律的材料
B．图丁个体自交后代中最多有三种基因型、两种表现型
C．图丙、丁所表示个体减数分裂时，可以揭示基因的自由组合定律的实质
D．图丙个体自交，子代表现型比例为9：3：3：1，属于假说—演绎的实验验证阶段
解析：
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分析题图可知，甲乙图中，两对等位基因分别位于2对同源染色体上，因此在遗传过程中遵循自由组合定律，丙丁中，Y(y)与D(d)位于一对同源染色体上，两对等位基因不遵循自由组合定律。基因分离定律的实质是位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，甲乙丙丁都可以作为验证基因分离定律的材料，A正确；丁的基因型是DdYyrr，Y(y)与D(d)位于一对同源染色体上，如果发生交叉互换，则丁个体自交后代会出现3种表现型，B错误；图甲基因型Yyrr、图乙基因型是YYRr，不论是否遵循自由组合定律，都产生比例是11的两种类型的配子，因此不能揭示基因的自由组合定律的实质，C错误；假说演绎法的验证阶段是测交实验，不是自交实验，D错误。
答案：A
8．(2018·内蒙古北京八中分校调考题)某种动物的眼色由两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制，具体控制关系如图。相关叙述正确的是( )
A．A基因正常表达时，以任一链为模板转录和翻译产生酶A
B．B基因上可结合多个核糖体，以提高酶B的合成效率
C．该动物群体中无色眼的基因型只有1种，猩红色眼对应的基因型有4种
D．若一对无色眼亲本所形成的受精卵中基因a突然变成了基因A，或基因b突然变成了基因B，则发育成的子代为深红色眼
解析：A基因正常表达时，以非编码链为模板转录形成mRNA，以mRNA为模板翻译产生酶A，A错误；以B基因的一条链为模板、转录出的mRNA可结合多个核糖体，以提高酶B的合成效率，B错误；分析图示可知：无色眼没有酶A和酶B，为无色底物，缺乏A基因和B基因，基因型只有aabb这1种，猩红色眼有A基因控制合成的酶A或B基因控制合成的酶B，因此对应的基因型有4种，分别为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb，C正确；若一对无色眼亲本(aabb)所形成的受精卵中基因a或b发生突变，发育成的子代的基因型为Aabb或aaBb，表现为猩红色眼，D错误。
答案：C
9．某种二倍体动物的体色有黑色、白色两种，由三对独立遗传的基因控制。如图表示该动物体色形成的机理，体内未形成黑色素的均表现为白色。下列说法中不正确的是( )
A．基因型为AABbCC的个体应该不是黑色个体
B．基因型为AaBbCc与aabbcc的个体杂交，后代中出现黑色个体的概率是1/8
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C．图中显示基因通过控制酶的合成进而控制生物的性状
D．白色个体的基因型有多种类型，如aaBbCC、AabbCc
解析：由图可知，黑色素形成需要酶1、酶2、酶3同时存在，故黑色个体基因型为A_bbC_，A正确；基因型为AaBbCc与aabbcc的个体杂交，后代中出现黑色个体(A_bbC_)的概率是1/2×1/2×1/2＝1/8，B正确；图中显示基因通过控制酶的合成进而控制生物的性状，C正确；AabbCc为黑色个体，故D错误。
答案：D
10．(经典模拟)为提高小麦的抗旱性，有人将大麦的抗旱基因(HVA)导入小麦细胞，筛选出HVA基因成功整合到染色体上的小麦细胞，并用植物组织培养的方法培育成高抗旱性T0植株(假定HVA基因都能正常表达)。某些T0植株体细胞含两个HVA基因，这两个基因在染色体上的整合情况有如图所示的三种类型(黑点表示HVA基因的整合位点，不考虑交叉互换)。将T0植株与非转基因小麦杂交，相关叙述不正确的是( )
A．该育种过程依据的生物学原理是基因重组，能定向改变生物的遗传性状
B．若两个HVA基因的整合位点属于图乙类型，则子代中含HVA基因的个体所占比例为50%
C．若两个HVA基因的整合位点属于图丙类型，则子代中含HVA基因的个体所占的比例为75%
D．若两个HVA基因的整合位点如图甲，该T0植株自交后代中含HVA基因的个体占50%
解析：该抗旱植株通过转基因技术获得，其依据的原理是基因重组，基因工程育种最大的优点是能定向改变生物的遗传性状，A正确；分析题干信息和图中信息，用D来表示HVA基因，用O来表示染色体上没有HVA基因的情况，则图甲所示细胞的基因型为DD，图乙所示细胞的基因型为DO，图丙所示细胞的基因型为DODO。则HVA基因整合位点如图乙的植株与非转基因小麦杂交后代中含HVA基因的个体所占比例为50%；HVA基因整合位点如图丙所示植株与非转基因小麦杂交后代中含HVA基因的个体所占的比例是75%，B正确，C正确；HVA基因整合位点如图甲所示植株自交后代中含HVA基因的个体占100%，D错误。
答案：D
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11．(2018·江西南昌高三联考卷)某能进行自花传粉和异花传粉的植物的花色由3对独立遗传的基因(A和a、B和b、C和c)共同决定，花中相关色素的合成途径如图所示，理论上纯合的紫花植株的基因型有( )
A．3种 B．5种
C．10种 D．20种
解析：基因a能控制酶1的合成，酶1能催化白色前体物转变为红色素；基因B能控制酶2合成，酶2能催化红色素转变成紫色素；基因C能控制酶3的合成，酶3能催化白色前体物转变为紫色素。因此理论上纯合的紫花植株的基因型有5种：aaBBcc、aabbCC、aaBBCC、AAbbCC、AABBCC，B项正确，A、C、D三项均错误。
答案：B
12．(2018·河北省唐山一中月考)某哺乳动物棒状尾(A)对正常尾(a)为显性；黄色毛(Y)对白色毛(y)为显性，但是雌性个体无论毛色基因型如何，均表现为白色毛。两对基因均位于常染色体上并遵循基因的自由组合定律。下列叙述正确的是( )
A．A与a、Y与y两对等位基因位于同一对同源染色体上
B．若想依据子代的表现型判断出性别能满足要求的交配组合有两组
C．基因型为Yy的雌雄个体杂交，子代黄色毛和白色毛的比例为35
D．若黄色与白色两个体交配，生出一只白色雄性个体，则母本的基因型是Yy
解析：由控制两对性状的基因遵循自由组合定律可知，这两对基因分别位于两对同源染色体上，A错误；若想依据子代的表现型判断出性别，只有YY×yy这一组杂交组合，B错误；基因型为Yy的雌雄个体杂交，F1基因型为1YY、2Yy、1yy，雄性中黄色毛：白色毛＝3：1，雌性全为白色毛，故子代黄色毛和白色毛的比例为35，C正确；当亲本的杂交组合为Yy×yy时，也可生出白色雄性(yy)个体，D错误。
答案：C
大题冲关练——综合创新·求突破
13．(2018·宁夏银川唐徕回民中学高三模拟)
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有三个通过不同途径得到的纯种白花矮牵牛花品系，将它们相互杂交，得到如下结果。请回答(不考虑突变和交叉互换现象)：
杂交实验
亲本
后代表现型
1
品系1×品系2
全部白花
2
品系1×品系3
全部红花
3
品系2×品系3
全部白花
4
F1红花×品系1
红花：白花为1：3
5
F1红花×品系2
红花：白花为1：7
6
F1红花×品系3
红花：白花为1：1
(1)结合杂交实验1、2、3，这种矮牵牛花的花色性状不可能由一对等位基因控制，理由是___________________________________。
(2)由上述实验结果可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循__________， 且至少由____________________________对等位基因控制，则F1红花的基因型为__________。(答题时请依次使用基因A，a，B，b，C，c……)
(3)根据以上分析，结合杂交实验的结果，可推知杂交实验3的亲本基因型的组合类型可能是__________。
解析：(1)依题意可知：三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基因控制，则它们的基因型均相同，则杂交实验1、2、3的后代不会出现红花，所以，这种矮牵牛花的花色性状不可能由一对等位基因控制。(2)再结合杂交实验4、5、6的后代表现型及其比例可推知，该牵牛花的花色性状的遗传遵循基因的自由组合定律。若由两对基因控制，则品系1和品系3的子代红花基因型应为双杂合子(如AaBb)，品系1和品系3应为单显性纯合子(如AAbb、aaBB)。若假设成立，杂交4、6的子代的分离比应该相同，与事实不符，说明该牵牛花的花色至少由3对基因控制，进而推知F1红花的基因型为AaBbCc。(3)综合分析表中信息可知：只有显性基因A、B、C同时存在时才表现为红花，其余情况均为白花。结合对(2)的分析可知：F1红花的基因型为AaBbCc。F1红花与品系2杂交，其后代红花：白花为1：7，据此推知品系2的基因型为aabbcc；F1红花与品系3杂交，其后代红花：白花为1：
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1，说明品系3的基因型中有两对基因显性纯合，可能为AABBcc或AAbbCC或aaBBCC；所以杂交实验3的亲本基因型的组合类型可能为：aabbcc×AABBcc或aabbcc×AAbbCC或aabbcc×aaBBCC。
答案：(1)三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基因控制，则它们的基因型均相同，则杂交后代不会出现红花(或若为一对等位基因控制，与杂交实验的结果不符。其它答案合理可酌情给分)
(2)基因的自由组合定律 3 AaBbCc
(3)aabbcc×AABBcc 或aabbcc×AAbbCC 或aabbcc×aaBBCC
14．果蝇3号常染色体上有裂翅基因。为培育果蝇新品系，研究人员进行如下杂交实验(以下均不考虑交叉互换)。
(1)将某裂翅果蝇与非裂翅果蝇杂交，F1表现型比例为裂翅：非裂翅＝1：1，F1非裂翅果蝇自交，F2均为非裂翅，由此可推测出裂翅性状由________性基因控制。F1裂翅果蝇自交后代中，裂翅与非裂翅比例接近2：1的原因可能是
________________________________________________________________________。
(2)将裂翅品系的果蝇自交，后代均为裂翅而无非裂翅，这是因为在________(填“裂翅”或“非裂翅”)基因所在的染色体上，还存在另一基因(b)，且隐性纯合致死，所以此裂翅品系的果蝇虽然均为________，但自交后代不出现性状分离，因此裂翅基因能一直保留下来。
(3)果蝇的2号染色体上有卷翅基因D和另一基因E(纯合致死)。卷翅品系的果蝇自交后代均为卷翅，与上述裂翅品系果蝇遗传特点相似。利用裂翅品系和卷翅品系杂交培育裂卷翅果蝇品系，F1基因型及表现型如图甲所示。
欲培育出图乙所示裂卷翅果蝇，可从图甲所示F1中选择合适的果蝇进行杂交。若从F1中选取________与裂卷翅果蝇杂交，理论上应产生四种表现型的子代，但实际上没有裂卷翅果蝇。推测可能是F1裂卷翅果蝇产生的含有________基因的配子死亡，无法产生相应的后代。若从F1中选取表现型为________与________的果蝇杂交，子代裂卷翅果蝇有________种基因型，其中包含图乙所示裂卷翅果蝇，进而培养出新品系。
解析：(1)由题意可知，裂翅果蝇与非裂翅果蝇杂交，F1表现型比例为裂翅：非裂翅＝1：1，F1非裂翅果蝇自交，F2
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均为非裂翅，由此可推测出裂翅性状由显性基因控制；假设果蝇裂翅和非裂翅分别由A和a基因控制，F1裂翅果蝇自交后代出现性状分离，表明F1的基因型为Aa，F1自交，理论上其自交后代的基因型为1AA：2Aa：1aa，而实际表现型及其分离比为裂翅：非裂翅＝2：1，其原因最可能是裂翅基因纯合致死。(2)裂翅品系的基因型为Aa，其自交后代均为裂翅(Aa)而无非裂翅(aa)，可能是因为在a基因所在的染色体上还存在另一基因(b)，且隐性纯合致死，所以此裂翅品系的果蝇虽然均为杂合子(即Aa)，但自交后代不出现性状分离，因此裂翅基因能一直保留下来。(3)欲培育出图乙所示的裂卷翅果蝇，其基因型是AaBbDdEe，由于亲本之一是F1中裂卷翅果蝇，基因型是AaBBDdee，还需要从图甲所示F1中选择一个含基因b、E的果蝇进行杂交，从图中可看出只有野生型果蝇适合；野生型果蝇与裂卷翅果蝇杂交，理论上应产生四种表现型的子代，但实际上没有裂卷翅果蝇，即没有含基因A和D的果蝇，推测可能是F1裂卷翅果蝇产生的含有A和D基因的配子死亡，无法产生相应的后代；要想培养出图乙所示基因型为AaBbDdEe的裂卷翅果蝇，可从F1中选表现型为裂翅与卷翅的果蝇杂交，子代个体裂卷翅果蝇基因型有4种，即裂翅果蝇产生的配子ABdE、ABde与卷翅果蝇产生的配子aBDe、abDe随机结合。
答案：(1)显 裂翅基因纯合致死 (2)非裂翅 杂合子 (3)野生型 A和D 裂翅 卷翅 4
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