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专题 06 基因的分离定律和自由组合定律
一、单选题
1．（2022·全国甲卷·高考真题）某种自花传粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上。A/a控制
花粉育性，含A的花粉可育；含a的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色，红花对白花为显性。若基
因型为AaBb的亲本进行自交，则下列叙述错误的是（ ）
A．子一代中红花植株数是白花植株数的3倍
B．子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/12
C．亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3倍
D．亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
分析题意可知：A、a和B、b基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。
【详解】
A、分析题意可知，两对等位基因独立遗传，故含a的花粉育性不影响B和b基因的遗传，所以Bb自交，
子一代中红花植株B_：白花植株bb=3：1，A正确；
B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=1:1:1:1，由于含a的花粉50%可育，故
雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:1:1，所以子一代中基因型为aabb的个体所占比例为1/4×1/6=1/24，
B错误；
C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+1/2a，不育雄配子为1/2a，由
于Aa个体产生的A：a=1:1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C正确；
D、两对等位基因独立遗传，所以Bb自交，亲本产生的含B的雄配子数和含b的雄配子数相等，D正确。
故选B。
2．（2022·山东·高考真题）野生型拟南芥的叶片是光滑形边缘，研究影响其叶片形状的基因时，发现了6
个不同的隐性突变，每个隐性突变只涉及1个基因。这些突变都能使拟南芥的叶片表现为锯齿状边缘。利
用上述突变培育成6个不同纯合突变体①~⑥，每个突变体只有1种隐性突变。不考虑其他突变，根据表中
的杂交实验结果，下列推断错误的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司杂交组
子代叶片边缘
合
①×② 光滑形
① ×③ 锯齿状
①×④ 锯齿状
①×⑤ 光滑形
②×⑥ 锯齿状
A．②和③杂交，子代叶片边缘为光滑形 B．③和④杂交，子代叶片边缘为锯齿状
C．②和⑤杂交，子代叶片边缘为光滑形 D．④和⑤杂交，子代叶片边缘为光滑形
【答案】C
【解析】
【分析】
6个不同的突变体均为隐性纯合，可能是同一基因突变形成的，也可能是不同基因突变形成的。
【详解】
AB、①×③、①×④的子代全为锯齿状，说明①与③④应是同一基因突变而来，因此②和③杂交，子代叶
片边缘为光滑形，③和④杂交，子代叶片边缘为锯齿状，AB正确；
C、①×②、①×⑤的子代叶片边缘为全为光滑形，说明①与②、①与⑤是分别由不同基因发生隐性突变导
致，但②与⑤可能是同一基因突变形成的，也可能是不同基因突变形成的；若为前者，则②和⑤杂交，子
代叶片边缘为锯齿状，若为后者，子代叶片边缘为光滑形，C错误；
D、①与②是由不同基因发生隐性突变导致，①与④应是同一基因突变而来，②×⑥的子代叶片边缘为全为
锯齿状，说明②⑥是同一基因突变形成的，则④与⑥是不同基因突变形成的，④和⑥杂交，子代叶片边缘
为光滑形，D正确。
故选C。
3．（2022·山东·高考真题）家蝇Y染色体由于某种影响断成两段，含s基因的小片段移接到常染色体获得
XY'个体，不含s基因的大片段丢失。含s基因的家蝇发育为雄性，只含一条X染色体的雌蝇胚胎致死，其
他均可存活且繁殖力相同。M、m是控制家蝇体色的基因，灰色基因M对黑色基因m为完全显性。如图所
示的两亲本杂交获得F，从F 开始逐代随机交配获得F。不考虑交换和其他突变，关于F 至F，下列说法
1 1 n 1 n
错误的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．所有个体均可由体色判断性别 B．各代均无基因型为MM的个体
C．雄性个体中XY'所占比例逐代降低 D．雌性个体所占比例逐代降低
【答案】D
【解析】
【分析】
含s基因的家蝇发育为雄性，据图可知，s基因位于M基因所在的常染色体上，常染色体与性染色体之间
的遗传遵循自由组合定律。
【详解】
A、含有M的个体同时含有s基因，即雄性个体均表现为灰色，雌性个体不会含有M，只含有m，故表现
为黑色，因此所有个体均可由体色判断性别，A正确；
B、含有Ms基因的个体表现为雄性，基因型为MsMs的个体需要亲本均含有Ms基因，而两个雄性个体不能
杂交，B正确；
C、亲本雌性个体产生的配子为mX，雄性亲本产生的配子为XMs、Ms0、Xm、m0，子一代中只含一条X
染色体的雌蝇胚胎致死，雄性个体为1/3XXY’（XXMsm）、1/3XY’（XMsm），雌蝇个体为1/3XXmm，
把性染色体和常染色体分开考虑，只考虑性染色体，子一代雄性个体产生的配子种类及比例为3/4X、
1/40，雌性个体产生的配子含有X，子二代中3/4XX、1/4X0；只考虑常染色体，子二代中1/2Msm、
1/2mm，1/8mmX0致死，XXmm表现为雌性，所占比例为3/7，雄性个体3/7XXY’（XXMsm）、
1/7XY’（XMsm），即雄性个体中XY'所占比例由1/2降到1/4，逐代降低，雌性个体所占比例由1/3变为
3/7，逐代升高，C正确，D错误。
故选D。
4．（2022年6月·浙江·高考真题）番茄的紫茎对绿茎为完全显性。欲判断一株紫茎番茄是否为纯合子，下
列方法不可行的是（ ）
A．让该紫茎番茄自交
B．与绿茎番茄杂交
C．与纯合紫茎番茄杂交
学科网（北京）股份有限公司D．与杂合紫茎番茄杂交
【答案】C
【解析】
【分析】
常用的鉴别方法：（1）鉴别一只动物是否为纯合子，可用测交法；（2）鉴别一棵植物是否为纯合子，可
用测交法和自交法，其中自交法最简便；（3）鉴别一对相对性状的显性和隐性，可用杂交法和自交法
（只能用于植物）；（4）提高优良品种的纯度，常用自交法；（5）检验杂种F1的基因型采用测交法。
设相关基因型为A、a，据此分析作答。
【详解】
A、 紫茎为显性，令其自交，若为纯合子，则子代全为紫茎，若为杂合子，子代发生性状分离，会出现绿
茎， A不符合题意；
B、 可通过与绿茎纯合子（aa）杂交来鉴定，如果后代都是紫茎，则是纯合子；如果后代有紫茎也有绿茎，
则是杂合子，B不符合题意；
C、 与紫茎纯合子（AA）杂交后代都是紫茎，故不能通过与紫茎纯合子杂交进行鉴定，C符合题意；
D、 能通过与紫茎杂合子杂交（Aa）来鉴定，如果后代都是紫茎，则是纯合子；如果后代有紫茎也有绿茎，
则是杂合子，D不符合题意。
故选C。
5．（2022年1月·浙江·高考真题）孟德尔杂交试验成功的重要因素之一是选择了严格自花受粉的豌豆作为
材料。自然条件下豌豆大多数是纯合子，主要原因是（ ）
A．杂合子豌豆的繁殖能力低 B．豌豆的基因突变具有可逆性
C．豌豆的性状大多数是隐性性状 D．豌豆连续自交，杂合子比例逐渐减小
【答案】D
【解析】
【分析】
连续自交可以提高纯合子的纯合度。
【详解】
孟德尔杂交试验选择了严格自花授粉的豌豆作为材料，而连续自交可以提高纯合子的纯合度，因此，自然
条件下豌豆经过连续数代严格自花授粉后，大多数都是纯合子，D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查基因分离定律的实质，要求考生识记基因分离定律的实质及应用，掌握杂合子连续自交后代的情
学科网（北京）股份有限公司况，再结合所学的知识准确答题。
二、多选题
6．（2022·山东·高考真题）某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制，其中基因A控制紫色，a无
控制色素合成的功能。基因B控制红色，b控制蓝色。基因1不影响上述2对基因的功能，但i纯合的个体
为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花
和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙，它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考
虑突变，根据表中杂交结果，下列推断正确的是（ ）
杂交组合 F1表型 F2表型及比例
甲×乙 紫红色 紫红色∶靛蓝色∶白色=9∶3∶4
乙×丙 紫红色 紫红色∶红色∶白色=9∶3∶4
A．让只含隐性基因的植株与F 测交，可确定F 中各植株控制花色性状的基因型
2 2
B．让表中所有F 的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为1/6
2
C．若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则该植株可能的基因型最多有9种
D．若甲与丙杂交所得F 自交，则F 表型比例为9紫红色∶3靛蓝色∶3红色∶1蓝色
1 2
【答案】BCD
【解析】
【分析】
题意分析，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花，基因型为aaB_I_表现为红色，
_____ii表现为白色。杂交组合一中F 的性状分离比为紫红色∶靛蓝色∶白色=9∶3∶4，为9∶3∶3∶1的
2
变式，说明相关的两对等位基因的遗传符合基因自由组合定律，同理根据乙、丙杂交结果，也说明相关的
等位基因的遗传符合基因自由组合定律。根据F 中性状表现确定亲本甲、乙和丙的基因型依次为
2
AAbbII、AABBii，aaBBII。
【详解】
A、当植株是白花时候，其基因型为____ii，与只含隐性基因的植株与F 测交仍然是白花，无法鉴别它的具
2
体的基因型，A错误；
B、甲×乙杂交组合中F 的紫红色植株基因型为AABbIi：AABBIi：AABbII：AABBII=4：2：2：1。乙×丙
2
杂交组合中F 的紫红色植株基因型为AaBBIi：AABBIi：AaBBII：AABBII=4：2：2：1。其中II：Ii=1：2
2
所以白花植株在全体子代中的比例为2/3×1/4=1/6，B正确；
C、若某植株自交子代中白花植株占比为1/4，则亲本为（____Ii），则该植株可能的基因型最多有9种
（3×3），C正确；
学科网（北京）股份有限公司D、甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII，其自交的子一代的表现型比为紫红色（A_B_II）：靛蓝色花
（A_bbII）：红色（aaB_II）：蓝色（aabbII]）=9:3:3:1，D正确。
故选BCD。
三、非选择题
7．（2022甲卷·全国·高考真题）玉米是我国重要的粮食作物。玉米通常是雌雄同株异花植物（顶端长雄花
序，叶腋长雌花序），但也有的是雌雄异株植物。玉米的性别受两对独立遗传的等位基因控制，雌花花序
由显性基因B控制，雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌株。现有甲（雌雄同株）、乙（雌
株）、丙（雌株）、丁（雄株）4种纯合体玉米植株。回答下列问题。
(1)若以甲为母本、丁为父本进行杂交育种，需进行人工传粉，具体做法是_____________。
(2)乙和丁杂交，F 全部表现为雌雄同株；F 自交，F 中雌株所占比例为_____________，F 中雄株的基因
1 1 2 2
型是_____________；在F 的雌株中，与丙基因型相同的植株所占比例是_____________。
2
(3)已知玉米籽粒的糯和非糯是由1对等位基因控制的相对性状。为了确定这对相对性状的显隐性，某研究
人员将糯玉米纯合体与非糯玉米纯合体（两种玉米均为雌雄同株）间行种植进行实验，果穗成熟后依据果
穗上籽粒的性状，可判断糯与非糯的显隐性。若糯是显性，则实验结果是_____________；若非糯是显性，
则实验结果是_____________。
【答案】(1)对母本甲的雌花花序进行套袋，待雌蕊成熟时，采集丁的成熟花粉，撒在甲的雌蕊柱头上，再
套上纸袋。
(2) 1/4 bbTT、bbTt 1/4
(3) 糯性植株上全为糯性籽粒，非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒 非糯性植株上只有非糯
籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒
【解析】
【分析】
雌花花序由显性基因B控制，雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌株、甲（雌雄同株）、乙
（雌株）、丙（雌株）、丁（雄株），可推断出甲的基因型为BBTT，乙、丙基因型可能为BBtt或bbtt，
丁的基因型为bbTT。
(1)
杂交育种的原理是基因重组，若甲为母本，丁为父本杂交，因为甲为雌雄同株异花植物，所以在花粉未成
熟时需对甲植株雌花花序套袋隔离，等丁的花粉成熟后再通过人工授粉把丁的花粉传到甲的雌蕊柱头后，
再套袋隔离。
(2)
根据分析及题干信息“乙和丁杂交，F 全部表现为雌雄同株”，可知乙基因型为BBtt，丁的基因型为
1
学科网（北京）股份有限公司bbTT，F 基因型为BbTt，F 自交F 基因型及比例为9B＿T＿（雌雄同株）：3B＿tt（雌株）：3bbT＿（雄
1 1 2
株）：1bbtt（雌株），故F 中雌株所占比例为1/4，雄株的基因型为bbTT、bbTt，雌株中与丙基因型相同
2
的比例为1/4。
(3)
假设糯和非糯这对相对性状受A/a基因控制，因为两种玉米均为雌雄同株植物，间行种植时，既有自交又
有杂交。若糯性为显性，基因型为AA，非糯基因型为aa，则糯性植株无论自交还是杂交，糯性植株上全
为糯性籽粒，非糯植株杂交子代为糯性籽粒，自交子代为非糯籽粒，所以非糯植株上既有糯性籽粒又有非
糯籽粒。同理，非糯为显性时，非糯性植株上只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。
8．（2022·全国乙卷·高考真题）某种植物的花色有白、红和紫三种，花的颜色由花瓣中色素决定，色素的
合成途径是：白色 红色 紫色。其中酶1的合成由基因A控制，酶2的合成由基因B控制，基因A
和基因B位于非同源染色体上、回答下列问题。
(1)现有紫花植株（基因型为AaBb）与红花杂合体植株杂交，子代植株表现型及其比例为______；子代中
红花植株的基因型是______；子代白花植株中纯合体占的比例为______。
(2)已知白花纯合体的基因型有2种。现有1株白花纯合体植株甲，若要通过杂交实验（要求选用1种纯合
体亲本与植株甲只进行1次杂交）来确定其基因型，请写出选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。
【答案】(1) 白色：红色：紫色=2：3：3 AAbb、Aabb 1/2
(2)选用的亲本基因型为：AAbb；预期的实验结果及结论：若子代花色全为红花，则待测白花纯合体基因
型为aabb；若子代花色全为紫花，则待测白花纯合体基因型为aaBB
【解析】
【分析】
根据题意，Aa和Bb两对基因遵循自由组合定律，A_B_表现为紫花，A_bb表现为红花，aa_ _表现为白花。
(1)
紫花植株（AaBb）与红花杂合体（Aabb）杂交，子代可产生6种基因型及比例为AABb（紫花）：AaBb
（紫花）：aaBb（白花）：AAbb（红花）：Aabb（红花）：aabb（白花）=1:2:1:1:2:1。故子代植株表现
型及比例为白色：红色：紫色=2：3：3；子代中红花植株的基因型有2种：AAbb、Aabb；子代白花植株
中纯合体(aabb)占的比例为1/2。
(2)
白花纯合体的基因型有aaBB和aabb两种。要检测白花纯合体植株甲的基因型，可选用AAbb植株与之杂
交，若基因型为aaBB则实验结果为：aaBB×AAbb→AaBb（全为紫花）；若基因型为aabb则实验结果为：
学科网（北京）股份有限公司aabb×AAbb→Aabb（全为红花）。这样就可以根据子代的表现型将白花纯合体的基因型推出。
9．（2022·广东·高考真题）《诗经》以“蚕月条桑”描绘了古人种桑养蚕的劳动画面，《天工开物》中
“今寒家有将早雄配晚雌者，幻出嘉种”，表明我国劳动人民早已拥有利用杂交手段培有蚕种的智慧，现
代生物技术应用于蚕桑的遗传育种，更为这历史悠久的产业增添了新的活力。回答下列问题：
(1)自然条件下蚕采食桑叶时，桑叶会合成蛋白醇抑制剂以抵御蚕的采食，蚕则分泌更多的蛋白酶以拮抗抑
制剂的作用。桑与蚕相互作用并不断演化的过程称为________________。
(2)家蚕的虎斑对非虎斑、黄茧对白茧、敏感对抗软化病为显性，三对性状均受常染色体上的单基因控制且
独立遗传。现有上述三对基因均杂合的亲本杂交，F 中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是
1
________________；若上述杂交亲本有8对，每只雌蚕平均产卵400枚，理论上可获得________________
只虎斑、白茧、抗软化病的纯合家蚕，用于留种。
(3)研究小组了解到：①雄蚕产丝量高于雌蚕；②家蚕的性别决定为ZW型；③卵壳的黑色（B）和白色
（b）由常染色体上的一对基因控制；④黑壳卵经射线照射后携带B基因的染色体片段可转移到其他染色
体上且能正常表达。为达到基于卵壳颜色实现持续分离雌雄，满足大规模生产对雄蚕需求的目的，该小组
设计了一个诱变育种的方案。下图为方案实施流程及得到的部分结果。
统计多组实验结果后，发现大多数组别家蚕的性别比例与I组相近，有两组（Ⅱ、Ⅲ）的性别比例非常特
殊。综合以上信息进行分析：
①Ⅰ组所得雌蚕的B基因位于________________染色体上。
②将Ⅱ组所得雌蚕与白壳卵雄蚕（bb）杂交，子代中雌蚕的基因型是________________（如存在基因缺失，
亦用b表示）。这种杂交模式可持续应用于生产实践中，其优势是可在卵期通过卵壳颜色筛选即可达到分
离雌雄的目的。
③尽管Ⅲ组所得黑壳卵全部发育成雄蚕，但其后代仍无法实现持续分离雌雄，不能满足生产需求，请简要
学科网（北京）股份有限公司说明理由________________。
【答案】(1)协同进化
(2) 3/64 50
(3) 常 bbZWB Ⅲ组所得黑壳卵雄蚕为杂合子，与白壳卵雌蚕杂交，后代的黑壳卵和白壳卵
中均既有雌性又有雄性，无法通过卵壳颜色区分性别
【解析】
【分析】
家蚕的性别决定方式是ZW型，雌蚕的性染色体组成是ZW，雄蚕的性染色体组成是ZZ。
(1)
不同物种之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展，这就是协同进化。
(2)
由题意可知，三对性状均受常染色体上的单基因控制且独立遗传，即符合自由组合定律，将三对基因均杂
合的亲本杂交，可先将三对基因分别按照分离定律计算，再将结果相乘，即F 各对性状中，虎斑个体占
1
3/4，白茧个体占1/4，抗软化病个体占1/4，相乘后F 中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是
1
3/4×1/4×1/4=3/64。若上述杂交亲本有8对，每只雌蚕平均产卵400枚，总产卵数为8×400=3200枚，其中
虎斑、白茧、抗软化病的纯合家蚕占1/4×1/4×1/4=1/64，即3200×1/64=50只。
(3)
分析题意和图示方案可知，黑卵壳经射线照射后，携带B基因的染色体片段转移到其他染色体上且能正常
表达，转移情况可分为三种，即携带B基因的染色体片段未转移或转移到常染色体上、转移到Z染色体上
或转移到W染色体上。将诱变孵化后挑选的雌蚕作为亲本与雄蚕（bb）杂交，统计子代的黑卵壳孵化后雌
雄家蚕的数目，结合图中的三组结果分析，Ⅰ组黑卵壳家蚕中雌雄比例接近1：1，说明该性状与性别无关，
即携带B基因的染色体片段未转移或转移到了常染色体上；Ⅱ组黑卵壳家蚕全为雌性，说明携带B基因的
染色体片段转移到了W染色体上；Ⅲ组黑卵壳家蚕全为雄性，说明携带B基因的染色体片段转移到了Z染
色体上。
①由以上分析可知，Ⅰ组携带B基因的染色体片段未转移或转移到了常染色体上，即所得雌蚕的B基因位
于常染色体上。
②由题意可知，如存在基因缺失，亦用b表示。Ⅱ组携带B基因的染色体片段转移到了W染色体上，亲本
雌蚕的基因型为bbZWB，与白卵壳雄蚕bbZZ杂交，子代雌蚕的基因型为bbZWB(黑卵壳)，雄蚕的基因型
为bbZZ(白卵壳)，可以通过卵壳颜色区分子代性别。将子代黑卵壳雌蚕继续杂交，后代类型保持不变，故
这种杂交模式可持续应用于生产实践中。
③由题意分析可知，如存在基因缺失，亦用b表示。Ⅲ组携带B基因的染色体片段转移到了Z染色体上，
学科网（北京）股份有限公司亲本雌蚕的基因型为bbZBW，与白卵壳雄蚕bbZZ杂交，子代雌蚕的基因型为bbZW（白卵壳），雄蚕的
基因型为bbZBZ（黑卵壳）。再将黑壳卵雄蚕（bbZBZ）与白壳卵雌蚕（bbZW）杂交，子代为bbZBZ、
bbZZ、bbZBW、bbZW，其后代的黑壳卵和白壳卵中均既有雌性又有雄性，无法通过卵壳颜色区分性别，
故不能满足生产需求。
10．（2022年1月·浙江·高考真题）果蝇的正常眼和星眼受等位基因A、a控制，正常翅和小翅受等位基因
B、b控制其中1对基因位于常染色体上。为进一步研究遗传机制，以纯合个体为材料进行了杂交实验，各
组合重复多次，结果如下表。
P F
1
杂交组合
♀ ♂ ♀ ♂
甲 星眼正常翅 正常眼小翅 星眼正常翅 星眼正常翅
乙 正常眼小翅 星眼正常翅 星眼正常翅 星眼小翅
正常眼正常
丙 正常眼小翅 正常眼正常翅 正常眼小翅
翅
回答下列问题：
(1)综合考虑A、a和B、b两对基因，它们的遗传符合孟德尔遗传定律中的__________。组合甲中母本的基
因型为__________。果蝇的发育过程包括受精卵、幼虫、蛹和成虫四个阶段。杂交实验中，为避免影响实
验结果的统计，在子代处于蛹期时将亲本__________。
(2)若组合乙F 的雌雄个体随机交配获得F，则F 中星眼小翅雌果蝇占____________。果蝇的性染色体数
1 2 2
目异常可影响性别，如XYY或XO为雄性，XXY为雌性。若发现组合甲F 中有1只非整倍体星眼小翅雄
1
果蝇，原因是母本产生了不含__________的配子。
(3)若有一个由星眼正常翅雌、雄果蝇和正常眼小翅雌、雄果蝇组成的群体，群体中个体均为纯合子。该群
体中的雌雄果蝇为亲本，随机交配产生F，F 中正常眼小翅雌果蝇占21/200、星眼小翅雄果蝇占49/200，
1 1
则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅占__________。
(4)写出以组合丙F 的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解。____________。
1
【答案】(1) 自由组合定律 AAXBXB 移除
(2) 3/16 X染色体
(3)7/10
学科网（北京）股份有限公司(4)
【解析】
【分析】
分析题意可知，甲、乙组中星眼与正常眼杂交，子代全为星眼，说明星眼为显性，且性别与形状无关，
A、a基因位于常染色体上；甲组中雌性正常翅与雄性小翅杂交，子代全为正常翅，乙组中雌性小翅与雄性
正常翅杂交，子代中雌性为正常翅，雄性为小翅，说明该性状与性别相关联，位于X染色体上，且正常翅
为显性。
(1)
结合分析可知，A、a位于常染色体，而B、b位于X染色体，两对基因分别位于两对同源染色体，它们的
遗传遵循自由组合定律；组合甲中母本为星眼正常翅，均为显性性状，且为纯合子，故基因型为
AAXBXB；杂交实验中，为避免影响实验结果的统计，在子代处于蛹期时将亲本移除。
(2)
组合乙为♀正常眼小翅（aaXbXb）×♂星眼正常翅（AAXBY），F 基因型为AaXBXb、AaXbY，F 的雌雄个
1 1
体随机交配获得F，则F 中星眼（A-）小翅雌果蝇（XbXb）占3/4×1/4=3/16；组合甲基因型为AAXBXB、
2 2
aaXbY，F 基因型应为AaXBXb、AaXBY，若发现组合甲F 中有1只非整倍体星眼小翅雄果蝇，则该个体基
1 1
因型可能为AaXbO。原因是母本产生了不含X染色体的配子。
(3)
设亲本星眼正常翅雄果蝇在亲本雄果蝇中占比为m，则正常眼小翅雄果蝇在雄果蝇中占比为（1-m）。同
理设亲本雌果蝇中正常眼小翅在雌果蝇中占比为n,则星眼正常翅雌果蝇占比为（1-n）。由题意可知，子代
正常眼小翅雌果蝇占21/200，即为aaXbXb,1/2×aaXbXb×aaXbY=1/2（1-m）n=21/200，星眼小翅雄果蝇占
49/200，即为AaXbY=1/2×AAXBY×aaXbXb=1/2mn=49/200。可算出n=7/10,1-m=3/10,则m=7/10，即亲本星眼
正常翅雄果蝇在亲本雄果蝇中占比为7/10。
(4)
组合丙的双亲基因型为aaXbXb×aaXBY，F 基因型为aaXBXb、aaXbY，F 的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解
1 1
为：
学科网（北京）股份有限公司。
【点睛】
本题考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质和使用条件，学会根据子代表现型比例推测亲本基
因型及性状偏离比出现的原因，并能结合题意分析作答。
11．（2022年6月·浙江·高考真题）某种昆虫野生型为黑体圆翅，现有3个纯合突变品系，分别为黑体锯
翅、灰体圆翅和黄体圆翅。其中体色由复等位基因A/A /A 控制，翅形由等位基因B/b控制。为研究突变
1 2 3
及其遗传机理，用纯合突变品系和野生型进行了基因测序与杂交实验。回答下列问题：
(1)基因测序结果表明，3个突变品系与野生型相比，均只有1个基因位点发生了突变，并且与野生型对应
的基因相比，基因长度相等。因此，其基因突变最可能是由基因中碱基对发生___________导致。
(2)研究体色遗传机制的杂交实验，结果如表1所示：
表1
P F F
1 2
杂交组
合
♀ ♂ ♀ ♂ ♀ ♂
黄
Ⅰ 黑体 黄体 黄体 3黄体：1黑体 3黄体：1黑体
体
黑
Ⅱ 灰体 灰体 灰体 3灰体：1黑体 3灰体：1黑体
体
黄
Ⅲ 灰体 灰体 灰体 3灰体：1黄体 3灰体：1黄体
体
注：表中亲代所有个体均为圆翅纯合子。
根据实验结果推测，控制体色的基因A（黑体）、A（灰体）和A（黄体）的显隐性关系为___________
1 2 3
（显性对隐性用“>”表示），体色基因的遗传遵循___________定律。
(3)研究体色与翅形遗传关系的杂交实验，结果如表2所示：
表2
P F F
杂交 1 2
学科网（北京）股份有限公司组合 ♀ ♂ ♀ ♂ ♀ ♂
灰体 黑体 灰体 灰体 3灰体圆翅：1黑体圆翅：3灰
Ⅳ 6灰体圆翅：2黑体圆翅
圆翅 锯翅 圆翅 圆翅 体锯翅：1黑体锯翅
黑体 灰体 灰体 灰体 3灰体圆翅：1黑体圆翅：3灰 3灰体圆翅：1黑体圆翅：3灰
Ⅴ
锯翅 圆翅 圆翅 锯翅 体锯翅：1黑体锯翅 体锯翅：1黑体锯翅
根据实验结果推测，锯翅性状的遗传方式是___________，判断的依据是___________。
(4)若选择杂交Ⅲ的F 中所有灰体圆翅雄虫和杂交Ⅴ的F 中所有灰体圆翅雌虫随机交配，理论上子代表现
2 2
型有___________种，其中所占比例为2/9的表现型有哪几种？___________。
(5)用遗传图解表示黑体锯翅雌虫与杂交Ⅲ的F 中灰体圆翅雄虫的杂交过程。
1
【答案】(1)替换
(2) A＞A＞A 分离
2 3 1
(3) 伴X染色体隐性遗传 杂交V的母本为锯翅，父本为圆翅，F 的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯
1
翅
(4) 6 灰体圆翅雄虫和灰体锯翅雄虫
(5)
【解析】
【分析】
根据题干信息可知，控制体色的A/ A/ A 是复等位基因，符合基因的分离定律，并且由表1的F 和F 雌
1 2 3 1 2
雄个体表现型一致，可知控制体色的基因位于常染色体上。只看翅型，从表2的组合V，F 的雌虫全为圆
1
翅，雄虫全为锯翅，性状与性别相关联，可知控制翅型的基因位于X染色体上，所以控制体色和控制翅型
的基因符合基因的自由组合定律。
(1)
由题干信息可知，突变的基因 “与野生型对应的基因相比长度相等”，基因突变有碱基的增添、缺失和
学科网（北京）股份有限公司替换三种类型，突变后基因长度相等，可判定是碱基的替换导致。
(2)
由杂交组合Ⅰ的F 可知，黄体（A）对黑体（A）为显性；由杂交组合Ⅱ可知，灰体（A）对黑体（A）
1 3 1 2 1
为显性，由杂交组合Ⅲ可知，灰体（A）对黄体（A3）为显性，所以三者的显隐性关系为黄体对黑体为显
2
性，灰体对黄体对黑体为显性，即A＞A＞A，由题意可知三个体色基因为复等位基因，根据等位基因概
2 3 1
念“位于同源染色体上控制相对性状的基因”可知，体色基因遵循基因分离定律。
(3)
分析杂交组合V，母本为锯翅，父本为圆翅，F 的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯翅，性状与性别相关联，可
1
知控制锯翅的基因是隐性基因，并且在X染色体上，所以锯翅性状的遗传方式是伴X染色体隐性遗传。
(4)
表1中亲代所有个体均为圆翅纯合子，杂交组合Ⅲ的亲本为灰体（基因型AA）和黄体（基因型AA），
2 2 3 3
F 的灰体基因型为AA，雌雄个体相互交配，子代基因型是AA（灰体）：AA（灰体）：AA（黄体）
1 2 3 2 2 2 3 3 3
=1：2：1，所以杂交组合Ⅲ中F 的灰体圆翅雄虫基因型为1/3 A AXBY和2/3 A AXBY；杂交组合Ⅴ中，
2 2 2 2 3
只看体色这对相对性状，因为F 只有一种表现型，故亲本为AA AA，F 基因型为AA，雌雄个体相互
1 1 1 2 2 1 1 2
交配，F 基因型为AA（黑体）：AA（灰体）：AA（灰体）=1：2：1；只看杂交组合Ⅴ中关于翅型的
2 1 1 1 2 2 2
性状，亲本为XbXbXBY，F 基因型为XBXb，XbY，F 雌雄个体相互交配，F 的圆翅雌虫的基因型为
1 1 2
XBXb，所以杂交组合Ⅴ的F 的灰体圆翅雌虫基因型为1/3 A AXBXb，2/3 AA XBXb。控制体色和翅型的基
2 2 2 1 2
因分别位于常染色体和X染色体，符合自由组合定律，可先按分离定律分别计算，再相乘，所以杂交组合
Ⅲ中F 的灰体圆翅雄虫和杂交组合Ⅴ的F 的灰体圆翅雌虫随机交配，只看体色，AA、AA 和AA、
2 2 2 2 2 3 2 2
AA 随机交配，雄配子是1/3A 、2/3A ，雌配子是1/3A 、2/3A ，子代基因型为4/9 A A（灰体）、2/9
1 2 3 2 1 2 2 2
AA（灰体）、2/9 A A（灰体）、1/9 A A（黄体），可以出现灰体（占8/9）和黄体（占1/9）2种体色；
2 3 1 2 1 3
只看翅型，XBY与XBXb杂交，子代基因型为1/4XBXB、1/4XBXb、1/4XBY、1/4XbY，雌性只有圆翅1种表
现型，雄性有圆翅和锯翅2种表现型，所以子代的表现型共有2×3=6种。根据前面所计算的子代表现型，
2/9=8/9（灰体）×1/4（圆翅雄虫或锯翅雄虫），故所占比例为2/9的表现型有灰体圆翅雄虫和灰体锯翅雄
虫。
(5)
黑体锯翅雌虫的基因型为AAXbXb，由（4）解析可知，杂交组合Ⅲ的F 灰体雄虫基因型为AA，所以灰
1 1 1 2 3
体圆翅雄虫的基因型为AAXBY，二者杂交的遗传图解如下：
2 3
学科网（北京）股份有限公司一、单选题
1．（2021年湖北高考真题）甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米品种，甲分别与乙、丙杂
交产生F，F 自交产生F，结果如表。
1 1 2
组别 杂交组合 F F
1 2
红色籽
1 甲×乙 901红色籽粒，699白色籽粒
粒
红色籽
2 甲×丙 630红色籽粒，490白色籽粒
粒
根据结果，下列叙述错误的是（ ）
A．若乙与丙杂交，F 全部为红色籽粒，则F 玉米籽粒性状比为9红色：7白色
1 2
B．若乙与丙杂交，F 全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制
1
C．组1中的F 与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色：1白色
1
D．组2中的F 与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白色
1
【答案】C
【解析】
【分析】
据表可知：甲×乙产生F 全是红色籽粒，F 自交产生F 中红色：白色=9：7，说明玉米籽粒颜色受两对等位
1 1 2
基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律；甲×丙产生F 全是红色籽粒，F 自交产生F 中红色：白色
1 1 2
=9：7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律。综合分析可知，红
色为显性，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c，甲乙丙的基因型可分别为
AAbbCC、aaBBCC、AABBcc。（只写出一种可能情况)
学科网（北京）股份有限公司【详解】
A、若乙与丙杂交，F 全部为红色籽粒（AaBBCc），两对等位基因遵循自由组合定律，则F 玉米籽粒性状
1 2
比为9红色：7白色，A正确；
B、据分析可知若乙与丙杂交，F 全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制，B正确；
1
C、据分析可知，组1中的F（AaBbCC）与甲（AAbbCC）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白
1
色，C错误；
D、组2中的F（AABbCc）与丙（AABBcc）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白色，D正确。
1
故选C。
2．（2021年湖北高考真题）浅浅的小酒窝，笑起来像花儿一样美。酒窝是由人类常染色体的单基因所决
定，属于显性遗传。甲、乙分别代表有、无酒窝的男性，丙、丁分别代表有、无酒窝的女性。下列叙述正
确的是（ ）
A．若甲与丙结婚，生出的孩子一定都有酒窝
B．若乙与丁结婚，生出的所有孩子都无酒窝
C．若乙与丙结婚，生出的孩子有酒窝的概率为50%
D．若甲与丁结婚，生出一个无酒窝的男孩，则甲的基因型可能是纯合的
【答案】B
【解析】
【分析】
结合题意分析可知，酒窝属于常染色体显性遗传，设相关基因为A、a，则有酒窝为AA和Aa，无酒窝为
aa，据此分析作答。
【详解】
A、结合题意可知，甲为有酒窝男性，基因型为AA或Aa，丙为有酒窝女性，基因型为AA或Aa，若两者
均为Aa，则生出的孩子基因型可能为aa，表现为无酒窝，A错误；
B、乙为无酒窝男性，基因型为aa，丁为无酒窝女性，基因型为aa，两者结婚，生出的孩子基因型均为
aa，表现为无酒窝，B正确；
C、乙为无酒窝男性，基因型为aa，丙为有酒窝女性，基因型为AA或Aa。两者婚配，若女性基因型为
AA，则生出的孩子均为有酒窝；若女性基因型为Aa，则生出的孩子有酒窝的概率为1/2，C错误；
D、甲为有酒窝男性，基因型为AA或Aa，丁为无酒窝女性，基因型为aa，生出一个无酒窝的男孩aa，则
甲的基因型只能为Aa，是杂合子，D错误。
故选B。
3．（2021年海南高考真题）孟德尔的豌豆杂交实验和摩尔根的果蝇杂交实验是遗传学的两个经典实验。
学科网（北京）股份有限公司下列有关这两个实验的叙述，错误的是（ ）
A．均将基因和染色体行为进行类比推理，得出相关的遗传学定律
B．均采用统计学方法分析实验结果
C．对实验材料和相对性状的选择是实验成功的重要保证
D．均采用测交实验来验证假说
【答案】A
【解析】
【分析】
1、孟德尔发现遗传定律用了假说演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证 (测交
实验)→得出结论。
2、萨顿运用类比推理的方法提出基因在染色体的假说，摩尔根运用假说演绎法证明基因在染色体上。
【详解】
A、两个实验都是采用的假说演绎法得出相关的遗传学定律，A错误;
B、孟德尔豌豆杂交实验和摩尔根果蝇杂交实验都采用了统计学方法分析实验数据，B正确;
C、孟德尔豌豆杂交实验成功的原因之一是选择了豌豆作为实验材料，并且从豌豆的众多性状中选择了7
对性状；摩尔根的果蝇杂交实验成功的原因之一是选择了果蝇作为实验材料，同时也从果蝇的众多性状当
中选择了易于区分的白红眼性状进行研究，C正确；
D、这两个实验都采用测交实验来验证假说，D正确。
故选A。
4．（2021.6月浙江高考真题）某同学用红色豆子（代表基因B）和白色豆子（代表基因b）建立人群中某
显性遗传病的遗传模型，向甲乙两个容器均放入10颗红色豆子和40颗白色豆子，随机从每个容器内取出
一颗豆子放在一起并记录，再将豆子放回各自的容器中并摇匀，重复100次。下列叙述正确的是（ ）
A．该实验模拟基因自由组合的过程
B．重复100次实验后，Bb组合约为16%
C．甲容器模拟的可能是该病占36%的男性群体
D．乙容器中的豆子数模拟亲代的等位基因数
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题意可知，本实验用甲、乙两个容器代表雌、雄生殖器官，甲、乙两个容器内的豆子分别代表雌、雄
配子，用豆子的随机组合，模拟生物在生殖过程中，等位基因的分离和雌雄配子的随机结合。其中红色豆
学科网（北京）股份有限公司子代表某显性病的致病基因B，白色豆子代表正常基因b，甲、乙两个容器均放入10颗红色豆子和40颗白
色豆子，即表示雌雄配子均为B=20%、b=80%。
【详解】
A、由分析可知，该实验模拟的是生物在生殖过程中，等位基因的分离和雌雄配子的随机结合，A错误；
B、重复100 次实验后，Bb的组合约为20%×80%×2=32%，B错误；
C、若甲容器模拟的是该病（B_）占36%的男性群体，则该群体中正常人（bb）占64%，即b=80%，
B=20%，与题意相符，C正确；
D、由分析可知，乙容器中的豆子数模拟的是雌性或雄性亲本产生的配子种类及比例，D错误。
故选C。
5．（2021.6月浙江高考真题）某玉米植株产生的配子种类及比例为 YR∶ Yr∶yR∶yr=1∶1∶1∶1。若
该个体自交，其F 中基因型为YyRR个体所占的比例为（ ）
1
A．1/16 B．1/8 C．1/4 D．1/2
【答案】B
【解析】
【分析】
基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分
裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
【详解】
分析题干信息可知：该玉米植株产生的配子种类及比例为 YR∶ Yr∶yR∶yr=1∶1∶1∶1，其中
Y∶y=1∶1，R∶r=1∶1，故推知该植株基因型为YyRr，若该个体自交，其F 中基因型为YyRR个体所占
1
的比例为1/2×1/4=1/8，B正确，ACD错误。
故选B。
6．（2021年全国乙卷）某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性
状）。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（ ）
A．植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大
C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等
D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数
【答案】B
【解析】
【分析】
学科网（北京）股份有限公司1、基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减
数分裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
2、分析题意可知：n对等位基因独立遗传，即n对等位基因遵循自由组合定律。
【详解】
A、每对等位基因测交后会出现2种表现型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表
现型的个体，A正确；
B、不管n有多大，植株A测交子代比为（1：1）n 1：1：1：1……（共2n个1），即不同表现型个体数目
=
均相等，B错误；
C、植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；
D、n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1-（1/2n），故杂合子的个体
数多于纯合子的个体数，D正确。
故选B。
7．（2021年1月浙江卷）某种小鼠的毛色受AY（黄色）、A（鼠色）、a（黑色）3个基因控制，三者互
为等位基因，AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，并且基因型AYAY胚胎致死（不计入个体数）。
下列叙述错误的是（ ）
A．若AYa个体与AYA个体杂交，则F 有3种基因型
1
B．若AYa个体与Aa个体杂交，则F 有3种表现型
1
C．若1只黄色雄鼠与若干只黑色雌鼠杂交，则F 可同时出现鼠色个体与黑色个体
1
D．若1只黄色雄鼠与若干只纯合鼠色雌鼠杂交，则F 可同时出现黄色个体与鼠色个体
1
【答案】C
【解析】
【分析】
由题干信息可知，AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，AYAY胚胎致死，因此小鼠的基因型及对应
毛色表型有AYA（黄色）、AYa（黄色）、AA（鼠色）、Aa（鼠色）、aa（黑色），据此分析。
【详解】
A、若AYa个体与AYA个体杂交，由于基因型AYAY胚胎致死，则F 有AYA、AYa、Aa共3种基因型，A正
1
确；
B、若AYa个体与Aa个体杂交，产生的F 的基因型及表现型有AYA（黄色）、AYa（黄色）、Aa（鼠色）、
1
aa（黑色），即有3种表现型，B正确；
C、若1只黄色雄鼠（AYA或AYa）与若干只黑色雌鼠（aa）杂交，产生的F 的基因型为AYa（黄色）、Aa
1
（鼠色），或AYa（黄色）、aa（黑色），不会同时出现鼠色个体与黑色个体，C错误；
学科网（北京）股份有限公司D、若1只黄色雄鼠（AYA或AYa）与若干只纯合鼠色雌鼠（AA）杂交，产生的F 的基因型为AYA（黄
1
色）、AA（鼠色），或AYA（黄色）、Aa（鼠色），则F 可同时出现黄色个体与鼠色个体，D正确。
1
故选C。
8．（2021年1月浙江卷）小家鼠的某1个基因发生突变，正常尾变成弯曲尾。现有一系列杂交试验，结
果如下表。第①组F 雄性个体与第③组亲本雌性个体随机交配获得F。F 雌性弯曲尾个体中杂合子所占比
1 2 2
例为（ ）
杂
P F
交 1
组
雌 雄 雌 雄
合
正常
① 弯曲尾 1/2弯曲尾，1/2正常尾 1/2弯曲尾，1/2正常尾
尾
弯曲
② 弯曲尾 全部弯曲尾 1/2弯曲尾，1/2正常尾
尾
正常
③ 弯曲尾 4/5弯曲尾，1/5正常尾 4/5弯曲尾，1/5正常尾
尾
注：F 中雌雄个体数相同
1
A．4/7 B．5/9 C．5/18 D．10/19
【答案】B
【解析】
【分析】
分析表格，由第②组中弯曲尾与弯曲尾杂交，F 的雌雄个体表现不同，说明该性状的遗传与性别相关联，
1
相关基因位于性染色体上，又由F 中雌性全为弯曲尾，雄性中弯曲尾∶正常尾=1∶1，可推测控制尾形的
1
基因位于X染色体上，且弯曲尾对正常尾为显性，该小家鼠发生的突变类型为显性突变。设相关基因为
A、a，则正常尾个体的基因型为XaY、XaXa，弯曲尾个体的基因型为XAXA、XAXa、XAY，据此分析。
【详解】
依据以上分析，由第①组中弯曲尾与正常尾杂交，F 中雌雄个体均为弯曲尾∶正常尾=1∶1，可推测第①
1
组亲本基因型为XAXa×XaY，则产生的F 中雄性个体基因型及比例为XAY：XaY=1∶1；第③组中弯曲尾与
1
正常尾（XaY）杂交，F 中雌雄个体均为弯曲尾∶正常尾=4∶1，由于亲本雄性正常尾（XaY）产生的配子
1
类型及比例为Xa∶Y=1∶1，根据F 比例可推得亲本雌性弯曲尾产生的配子类型及比例为XA∶Xa=4∶1。
1
若第①组F 雄性个体与第③组亲本雌性个体随机交配产生F，已知第①组F 雄性个体中XAY：
1 2 1
XaY=1∶1，产生的配子类型及比例为XA∶Xa∶Y=1∶1∶2，而第③组亲本雌性个体产生的配子类型及比例
学科网（北京）股份有限公司为XA∶Xa=4∶1，则F 中雌性弯曲尾（XAXA、XAXa）个体所占比例为1/4×4/5+1/4×1/5+1/4×4/5=9/20，F 中
2 2
雌性弯曲尾杂合子（XAXa）所占比例为1/4×1/5+1/4×4/5=5/20，综上，F 雌性弯曲尾个体中杂合子所占比例
2
为5/20÷9/20=5/9。因此B正确，ACD错误。
故选B。
二、多选题
9．（2021辽宁高考真题）雌性小鼠在胚胎发育至4-6天时，细胞中两条X染色体会有一条随机失活，经
细胞分裂形成子细胞，子细胞中此条染色体仍是失活的。雄性小鼠不存在X染色体失活现象。现有两只转
荧光蛋白基因的小鼠，甲为发红色荧光的雄鼠（基因型为XRY），乙为发绿色荧光的雌鼠（基因型为
XGX）。甲乙杂交产生F，F 雌雄个体随机交配，产生F。若不发生突变，下列有关叙述正确的是（ ）
1 1 2
A．F 中发红色荧光的个体均为雌性
1
B．F 中同时发出红绿荧光的个体所占的比例为1/4
1
C．F 中只发红色荧光的个体，发光细胞在身体中分布情况相同
1
D．F 中只发一种荧光的个体出现的概率是11/16
2
【答案】ABD
【解析】
【分析】
雌性小鼠发育过程中一条X染色体随机失活，雄性小鼠不存在这种现象，甲乙杂交产生的F1的基因型是
XRX、XY、XRXG、XGY，F 随机交配，雌配子产生的种类及比例是XR：XG：X=2：1：1，雄配子产生的
1
种类及比例为X：XG：Y=1：1：2。
【详解】
A、由分析可知，F 中雄性个体的基因型是XGY和XY，不存在红色荧光，即F 中发红色荧光的个体均为
1 1
雌性，A正确；
B、F 的基因型及比例为XRX：XY：XRXG：XGY=1：1：1：1，根据题意，“细胞中两条X染色体会有一
1
条随机失活”，所以XRXG个体有的细胞发红色荧光，有的细胞发绿色荧光，因此同时发出红绿荧光的个
体（XRXG）所占的比例为1/4，B正确；
C、F 中只发红光的个体的基因型是XRX，由于存在一条X染色体随机失活，则发光细胞在身体中分布情
1
况不相同，C错误；
D、F 中只发一种荧光的个体包括XRX、XRY、XGX、XGY、XGXG，所占的比例为
2
2/4×1/4+2/4×2/4+1/4×1/4+1/4×2/4+1/4×1/4+1/4×1/4=11/16，D正确。
故选ABD。
学科网（北京）股份有限公司三、非选择题
10．（2021辽宁高考真题）水稻为二倍体雌雄同株植物，花为两性花。现有四个水稻浅绿叶突变体W、
X、Y、Z，这些突变体的浅绿叶性状均为单基因隐性突变（显性基因突变为隐性基因）导致。回答下列问
题：
(1)进行水稻杂交实验时，应首先除去__________未成熟花的全部__________，并套上纸袋。若将W与野
生型纯合绿叶水稻杂交，F 自交，F 的表现型及比例为__________。
1 2
(2)为判断这四个突变体所含的浅绿叶基因之间的位置关系，育种人员进行了杂交实验，杂交组合及F 叶色
1
见下表。
实验分组 母本 父本 F 叶色
1
第1组 W X 浅绿
第2组 W Y 绿
第3组 W Z 绿
第4组 X Y 绿
第5组 X Z 绿
第6组 Y Z 绿
实验结果表明，W的浅绿叶基因与突变体__________的浅绿叶基因属于非等位基因。为进一步判断X、
Y、Z的浅绿叶基因是否在同一对染色体上，育种人员将第4、5、6三组实验的F 自交，观察并统计F 的
1 2
表现型及比例。不考虑基因突变、染色体变异和互换，预测如下两种情况将出现的结果：
①若突变体X、Y、Z的浅绿叶基因均在同一对染色体上，结果为__________。
②若突变体X、Y的浅绿叶基因在同一对染色体上，Z的浅绿叶基因在另外一对染色体上，结果为
__________。
(3)叶绿素a加氧酶的功能是催化叶绿素a转化为叶绿素b。研究发现，突变体W的叶绿素a加氧酶基因
OsCAO1某位点发生碱基对的替换，造成mRNA上对应位点碱基发生改变，导致翻译出的肽链变短。据此
推测，与正常基因转录出的mRNA相比，突变基因转录出的mRNA中可能发生的变化是__________。
【答案】(1) 母本
雄蕊
绿叶：浅绿叶=3：1
(2) Y、Z 三组均为绿叶：浅绿叶=1：1 第4组绿叶：浅绿叶=1：1；第5组和第6组绿叶：
浅绿叶=9：7
学科网（北京）股份有限公司(3)终止密码提前出现
【解析】
【分析】
基因自由组合定律的实质：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂过
程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
(1)
水稻为雌雄同株两性花，利用水稻进行杂交时，应先除去母本未成熟花的全部雄蕊（防止自花受粉），并
套袋，防止外来花粉干扰。若将浅绿叶W（隐性纯合）与野生型纯合绿叶水稻杂交，F 为杂合子，自交后
1
代F 的表现型及比例为绿叶：浅绿叶=3：1。
2
(2)
分析表格：W、X、Y、Z均为单基因隐性突变形成的浅绿叶突变体，第1组W、X杂交，F 仍为浅绿叶，
1
说明W和X为相同隐性基因控制；第2组W、Y杂交，第3组W、Z杂交，F 均表现绿叶，说明W的浅
1
绿叶基因与Y、Z不是同一基因，即属于非等位基因。设W（X）的浅绿叶基因为a，Y的浅绿叶基因为
b，Z的浅绿叶基因为c，当任何一对隐性基因纯合时就表现为浅绿叶。
①若突变体X、Y、Z的浅绿叶基因均在同一对染色体上，则第4组为X（aaBBCC）×Y（AAbbCC），F
1
基因型为AaBbCC，F 产生的配子为aBC、AbC，自交后代F 为1aaBBCC（浅绿叶）、1AAbbCC（浅绿
1 2
叶）、2AaBbCC（绿叶），即绿叶：浅绿叶=1：1；同理第5组和第6组的结果也是绿叶：浅绿叶=1：1。
②若突变体X、Y的浅绿叶基因在同一对染色体上，Z的浅绿叶基因在另外一对染色体上，则第4组为X
（aaBBCC）×Y（AAbbCC），结果与上一小问X、Y、Z的浅绿叶基因均在同一对染色体上时相同，即绿
叶：浅绿叶=1：1；第5组为X（aaBBCC）×Z（AABBcc），F 基因型为AaBBCc，F 产生配子时，A、a
1 1
和C、c可以进行自由组合，产生4种配子，自交后代F 符合9：3：3：1，由于何一对隐性基因纯合时就
2
表现为浅绿叶，则F 的表现型为绿叶：浅绿叶=9：7；第6组为Y（AAbbCC）×Z（AABBcc），F 基因型
2 1
为AABbCc，F 产生配子时，B、b和C、c可以进行自由组合，F 结果与第5组相同，即绿叶：浅绿叶
1 2
=9：7。
(3)
分析题意可知，OsCAO1基因某位点发生碱基对的替换，造成mRNA上对应位点碱基发生改变，有可能使
终止密码提前出现，导致翻译出的肽链变短。
【点睛】
本题结合可遗传变异，考查基因的分离定律和基因的自由组合定律的相关知识，解题本题关键是根据杂交
实验的表格获取到基因类型和所在位置，再结合所学知识解决问题。
11．（2021年江苏高考真题）以下两对基因与果蝇眼色有关。眼色色素产生必需有显性基因A，aa时眼色
学科网（北京）股份有限公司白色；B存在时眼色为紫色，bb时眼色为红色。2个纯系果蝇杂交结果如下图，请据图回答下问题。
(1)果蝇是遗传学研究的经典实验材料，摩尔根等利用一个特殊眼色基因突变体开展研究，把基因传递模式
与染色体在减数分裂中的分配行为联系起来，证明了____________。
(2)A基因位于______染色体上，B基因位于______染色体上。若要进一步验证这个推论，可在2个纯系中
选用表现型为______________的果蝇个体进行杂交。
(3)上图F 中紫眼雌果蝇的基因型为______，F 中紫眼雌果蝇的基因型有_________种.
1 2
(4)若亲代雌果蝇在减数分裂时偶尔发生X染色体不分离而产生异常卵，这种不分离可能发生的时期有
_________，该异常卵与正常精子受精后，可能产生的合子主要类型有________.
(5)若F 中果蝇单对杂交实验中出现了一对果蝇的杂交后代雌雄比例为2:1，由此推测该对果蝇的_________
2
性个体可能携带隐性致死基因；若继续对其后代进行杂交，后代雌雄比为_______________时，可进一步
验证这个假设。
【答案】(1)基因位于染色体上
(2) 常 X
红眼雌性和白眼雄性
(3) AaXBXb 4
(4) 减数第一次分裂后期或减数第二次分裂后期
AaXBXBXb、AaXbO、AaXBXBY、AaYO。
(5) 雌
4:3
【解析】
学科网（北京）股份有限公司【分析】
分析题意：由F 红眼性状只在雄果蝇出现可知，红眼性状与性别有关，说明B/b基因位于X染色体上。F
2 2
雌雄果蝇均出现白眼和紫眼，说明A/a基因位于常染色体上，两对基因自由组合。据题意：眼色色素产生
必需有显性基因A，aa时眼色白色；B存在时眼色为紫色，bb时眼色为红色。则P纯系白眼雌×红眼雄
（AAXbY），F 全为紫眼（A-XBX-、A-XBY），说明P纯系白眼雌为aaXBXB。由此可知，F 为AaXBXb
1 1
（紫眼雌）、AaXBY（紫眼雄）。
(1)
摩尔根等利用一个特殊眼色基因突变体开展研究，把基因传递模式与染色体在减数分裂中的分配行为联系
起来，利用假说演绎法，证明了基因位于染色体上。
(2)
据分析可知，A基因位于常染色体上，B基因位于X染色体上。若要进一步验证这个推论，可在2个纯系
中选用红眼雌果蝇（AAXbXb）和白眼雄果蝇（aaXBY）杂交，子代为AaXBXb（紫眼雌性）、AaXbY（红
眼雄性），即可证明。
(3)
据分析可知，F 中紫眼雌果蝇的基因型为AaXBXb，F 中紫眼雄果蝇的基因型为AaXBY，杂交后，F 中紫
1 1 2
眼雌果蝇的基因型A-XBX-，有2×2=4种。
(4)
P纯系白眼雌为aaXBXB，若亲代雌果蝇在减数分裂时偶尔发生X染色体不分离而产生异常卵，这种不分离
可能发生减数第一次分裂后期（同源染色体未分离）或减数第二次分裂后期（姐妹染色单体未分离），产
生的异常卵细胞基因型为aXBXB或a。P红眼雄（AAXbY）产生的精子为AXb和AY，该异常卵与正常精子
受精后，可能产生的合子主要类型有AaXBXBXb、AaXbO、AaXBXBY、AaYO。
(5)
若F 中果蝇单对杂交实验中出现了一对果蝇的杂交后代雌雄比例为2:1，说明雄性个体有一半致死，雌性
2
正常，致死效应与性别有关联，则可推测是b基因纯合致死，该对果蝇的雌性个体可能携带隐性致死基因，
则该F 亲本为XBXb和XBY杂交，F 为：雌性1/2XBXB、1/2XBXb，雄性为XBY、XbY（致死）。若假设成
2 3
立，继续对其后代进行杂交，后代为3XBXB、1XBXb、3XBY、1XbY（致死），雌雄比为4：3。
【点睛】
本题考查基因自由组合定律的实质及应用、伴性遗传等知识，要求考生掌握基因自由组合定律的实质，能
根据子代的表现型推断亲代的基因型；掌握伴性遗传的特点，对于减数分裂过程中染色体的异常分离、基
因隐性纯合致死是本题的难点和易错点。
12．（2021湖南高考真题）菜是我国重要的油料作物，油菜株高适当的降低对抗倒伏及机械化收割均有重
学科网（北京）股份有限公司要意义。某研究小组利用纯种高秆甘蓝型油菜Z，通过诱变培育出一个纯种半矮秆突变体S。为了阐明半
矮秆突变体S是由几对基因控制、显隐性等遗传机制，研究人员进行了相关试验，如图所示。
回答下列问题：
（1）根据F 表现型及数据分析，油菜半矮杆突变体S的遗传机制是______，杂交组合①的F 产生各种类
2 1
型的配子比例相等，自交时雌雄配子有______种结合方式，且每种结合方式机率相等。F 产生各种类型配
1
子比例相等的细胞遗传学基础是______。
（2）将杂交组合①的F 所有高轩植株自交，分别统计单株自交后代的表现型及比例，分为三种类型，全
2
为高轩的记为F-Ⅰ，高秆与半矮秆比例和杂交组合①、②的F 基本一致的记为F-Ⅱ，高秆与半矮秆比例和
3 2 3
杂交组合③的F 基本一致的记为F-Ⅲ。产生F-Ⅰ、F-Ⅱ、F-Ⅲ的高秆植株数量比为______。产生F-Ⅲ的
2 3 3 3 3 3
高秆植株基因型为______（用A、a；B、b；C、c……表示基因）。用产生F-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交
3
试验，能否验证自由组合定律？______。
【答案】 由两对位于非同源染色体上的隐性基因控制 16 F 减数分裂产生配子时，位于同
1
源染色体上的等位基因分离，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合 7∶4∶4 Aabb、aaBb
不能
【解析】
【分析】
实验①②中，F 高杆∶半矮杆≈15∶1，据此推测油菜株高性状由两对独立遗传的基因控制，遵循基因的
2
自由组合定律。
【详解】
（1）根据分析可推测，半矮秆突变体S是双隐性纯合子，只要含有显性基因即表现为高杆，杂交组合①
的F 为双杂合子，减数分裂产生配子时，位于同源染色体上的等位基因分离，位于非同源染色体上的非等
1
位基因自由组合，所以产生4种比例相等的配子，自交时雌雄配子有16种结合方式，且每种结合方式机率
相等，导致F 出现高杆∶半矮杆≈15∶1。
2
（2）杂交组合①的F 所有高秆植株基因型包括1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、
2
1aaBB、2aaBb，所有高秆植株自交，分别统计单株自交后代的表现型及比例，含有一对纯合显性基因的高
学科网（北京）股份有限公司杆植株1AABB、2AABb、2AaBB、1AAbb、1aaBB，占高杆植株的比例为7/15，其后代全为高秆，记为
F-Ⅰ；AaBb占高杆植株的比例为4/15，自交后代高秆与半矮秆比例≈15∶1 ，和杂交组合①、②的F 基本
3 2
一致，记为F-Ⅱ；2Aabb、2aaBb占高杆植株的比例为4/15，自交后代高秆与半矮秆比例和杂交组合③的
3
F 基本一致，记为 F-Ⅲ，产生F-Ⅰ、F-Ⅱ、F-Ⅲ的高秆植株数量比为7∶4∶4。用产生F-Ⅲ的高秆植株
2 3 3 3 3 3
进行相互杂交试验，不论两对基因位于一对同源染色体上，还是两对同源染色体上，亲本均产生两种数量
相等的雌雄配子，子代均出现高杆∶半矮杆=3∶1，因此不能验证基因的自由组合定律。
【点睛】
解答本题的关键是熟记两对相对性状的杂交实验结果，再根据实验①②中的性状分离比推测各表现型对应
的基因型，即可顺利解答该题。
13．（2021年海南高考真题）科研人员用一种甜瓜（2n）的纯合亲本进行杂交得到F，F 经自交得到F，
1 1 2
结果如下表。
性状 控制基因及其所在染色体 母本 父本 F F
1 2
果皮底色 A/a，4号染色体 黄绿色 黄色 黄绿色 黄绿色：黄色≈3:1
橘红
果肉颜色 B/b，9号染色体 白色 橘红色 橘红色：白色≈3:1
色
E/e，4号染色体
无覆 有覆纹：无覆纹
果皮覆纹 无覆纹 有覆纹
F/f，2号染色体
纹 ≈9:7
已知A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，当E和F同时存在时果皮才表现出有
覆纹性状。不考虑交叉互换、染色体变异、基因突变等情况，回答下列问题。
(1)果肉颜色的显性性状是____________。
(2)F 的基因型为____________，F 产生的配子类型有____________种。
1 1
(3)F 的表现型有____________种，F 中黄绿色有覆纹果皮、黄绿色无覆纹果皮、黄色无覆纹果皮的植株数
2 2
量比是____________，F 中黄色无覆纹果皮橘红色果肉的植株中杂合子所占比例是____________。
2
【答案】(1)橘红色
(2) AaBbEeFf 8
(3) 6 9:3:4
5/6
【解析】
【分析】
分析表格数据可知，控制果肉颜色的B、b基因位于9号染色体，控制果皮底色的A、a基因和控制果皮覆
纹中的E、e基因均位于4号染色体，且A和E连锁，a和e连锁；控制果皮覆纹E、e和F、f的基因分别
学科网（北京）股份有限公司位于4和2号染色体上，两对基因独立遗传，且有覆纹基因型为E-F-，无覆纹基因型为E-ff、eeF-、eeff，
据此分析作答。
(1)
结合表格分析可知，亲本分别是白色和橘红色杂交，F 均为橘红色，F 杂交，子代出现橘红色：白色=3:1
1 1
的性状分离比，说明橘红色是显性性状。
(2)
由于F 中黄绿色：黄色≈3:1，可推知F 应为Aa，橘红色：白色≈3:1，F 应为Bb，有覆纹：无覆纹
2 1 1
≈9:7，则F 应为EeFf，故F 基因型应为AaBbEeFf；由于A和E连锁，a和e连锁，而F、f和B、b独立
1 1
遗传，故F 产生的配子类型有2（AE、ae）×2（F、f）×2（B、b）=8种。
1
(3)
结合表格可知，F 中关于果肉颜色的表现型有2种，由于A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另
2
一条染色体上，单独观察果皮底色及果皮覆纹的表现型，有无覆纹黄绿色、无覆纹黄色、有覆纹黄绿色三
种表现型，故F 的表现型有2×3=6种；由于A和E连锁，a和e连锁。F 中基因型为A-E-的为3/4，aaee的
2 2
为1/4，F 中黄绿色有覆纹果皮（A-E-F-）、黄绿色无覆纹果皮（A-E-ff）、黄色无覆纹果皮（aaeeF-、
2
aaeeff）的植株数量比是（3/4×3/4）：（3/4×1/4）：（1/4×3/4+1/4×1/4）=9:3:4；F 中黄色无覆纹果皮中的
2
纯合子占1/2，橘红色果肉植株中纯合子为1/3，纯合子所占比例为1/6，故杂合子所占比例是1-1/6=5/6。
【点睛】
解答本题的关键是明确三对性状与对应基因的关系，并能根据图表信息确定相关基因型，进而分析作答。
14．（2021年福建高考真题）某一年生植物甲和乙是具有不同优良性状的品种，单个品种种植时均正常生
长。欲获得兼具甲乙优良性状的品种，科研人员进行杂交实验，发现部分F 植株在幼苗期死亡。已知该植
1
物致死性状由非同源染色体上的两对等位基因（A/a和B/b）控制，品种甲基因型为aaBB，品种乙基因型
为_ _bb。回答下列问题:
(1)品种甲和乙杂交，获得优良性状F 的育种原理是___________。
1
(2)为研究部分F 植株致死的原因，科研人员随机选择10株乙，在自交留种的同时，单株作为父本分别与
1
甲杂交，统计每个杂交组合所产生的F 表现型，只出现两种情况，如下表所示。
1
甲（母本） 乙（父本） F
1
乙-1 幼苗期全部死亡
aaBB
乙-2 幼苗死亡:成活=1:1
①该植物的花是两性花，上述杂交实验，在授粉前需要对甲采取的操作是___________、___________。
②根据实验结果推测，部分F 植株死亡的原因有两种可能性:其一，基因型为A_B_的植株致死；其二，基
1
学科网（北京）股份有限公司因型为___________的植株致死。
③进一步研究确认，基因型为A_B_的植株致死，则乙-1的基因型为___________。
(3)要获得全部成活且兼具甲乙优良性状的F 杂种，可选择亲本组合为:品种甲（aaBB）和基因型为
1
___________的品种乙，该品种乙选育过程如下:
第一步:种植品种甲作为亲本
第二步:将乙-2自交收获的种子种植后作为亲本，然后___________统计每个杂交组合所产生的F 表现型。
1
选育结果:若某个杂交组合产生的F 全部成活，则___________的种子符合选育要求。
2
【答案】(1)基因重组
(2) 去雄 套袋 aaBb AAbb
(3) aabb 用这些植株自交留种的同时，单株作为父本分别与母本甲杂交 对应父本乙自交收
获
【解析】
【分析】
分析题意可知，品种甲基因型为aaBB，品种乙基因型为_ _bb，乙的基因型可能有AAbb、Aabb、aabb，甲
与乙杂交，子代基因型可能为AaBb、aaBb，据此分析作答。
(1)
品种甲和乙杂交，可以集合两个亲本的优良性状，属于杂交育种，原理是基因重组。
(2)
①该植物的花是两性花，为避免自花授粉和其它花粉干扰，在上述杂交实验，在授粉前需要对甲采取的操
作是去雄和套袋处理。
②据题意可知，品种甲基因型为aaBB，品种乙基因型为_ _bb，又因为单个品种种植时均正常生长，品种
乙基因型可能为AAbb、Aabb，aabb，则与aaBB杂交后F 基因型为AaBb或aaBb，进一步可推测部分F
1 1
植株致死的基因型为AaBb或aaBb。
③若进一步研究确认致死基因型为A_B_，则乙-1基因型应为AAbb，子代AaBb全部死亡。
(3)
由于A-B-的个体全部死亡，故不能选择AAbb类型与甲杂交，要获得全部成活且兼具甲乙优良性状的F 杂
1
种，可选择亲本组合为:品种甲（aaBB）和基因型为aabb的纯合品种乙杂交，具体过程如下：
第一步:种植品种甲（aaBB）作为亲本；
第二步:将乙-2（Aabb）自交收获的种子种植后作为亲本，然后用这些植株自交留种（保留aabb种子）的
同时，单株作为父本分别与母本甲杂交，统计每个杂交组合所产生的F 表现型。
1
第三步：若某个杂交组合产生的F 全部成活，则证明该父本基因型为aabb，对应父本乙自交收获的种子符
2
学科网（北京）股份有限公司合要求，可保留制种。
【点睛】
解答本题的关键是根据题意明确乙可能的基因型，并根据题目“幼苗死亡:成活=1:1”推测乙-2个体的基因
型，进而作答。
15．（2021年北京高考真题）玉米是我国重要的农作物，研究种子发育的机理对培育高产优质的玉米新品
种具有重要作用。
(1)玉米果穗上的每一个籽粒都是受精后发育而来。我国科学家发现了甲品系玉米，其自交后的果穗上出现
严重干瘪且无发芽能力的籽粒，这种异常籽粒约占1/4。籽粒正常和干瘪这一对相对性状的遗传遵循孟德
尔的________定律。上述果穗上的正常籽粒均发育为植株，自交后，有些植株果穗上有约1/4干瘪籽粒，
这些植株所占比例约为________。
(2)为阐明籽粒干瘪性状的遗传基础，研究者克隆出候选基因A/a。将A基因导入到甲品系中，获得了转入
单个A基因的转基因玉米。假定转入的A基因已插入a基因所在染色体的非同源染色体上，请从下表中选
择一种实验方案及对应的预期结果以证实“A基因突变是导致籽粒干瘪的原因”________。
实验方案 预期结果
I．转基因玉米×野生型玉米 ①正常籽粒：干瘪籽粒≈1：1
II．转基因玉米×甲品系 ②正常籽粒：干瘪籽粒≈3：1
III．转基因玉米自交 ③正常籽粒：干瘪籽粒≈7：1
IV．野生型玉米×甲品系 ④正常籽粒：干瘪籽粒≈15：1
(3)现已确认A基因突变是导致籽粒干瘪的原因，序列分析发现a基因是A基因中插入了一段DNA（见图
1），使A基因功能丧失。甲品系果穗上的正常籽粒发芽后，取其植株叶片，用图1中的引物1、2进行
PCR扩增，若出现目标扩增条带则可知相应植株的基因型为_________。
(4)为确定A基因在玉米染色体上的位置，借助位置已知的M/m基因进行分析。用基因型为mm且籽粒正
常的纯合子P与基因型为MM的甲品系杂交得F，F 自交得F。用M、m基因的特异性引物，对F 植株果
1 1 2 1
学科网（北京）股份有限公司穗上干瘪籽粒（F）胚组织的DNA进行PCR扩增，扩增结果有1、2、3三种类型，如图2所示。
2
统计干瘪籽粒（F）的数量，发现类型1最多、类型2较少、类型3极少。请解释类型3数量极少的原因
2
________。
【答案】(1) 分离 2/3
(2)III ④/II ③
(3)Aa
(4)基因Aa与Mm在一对同源染色体上（且距离近），其中a和M在同一条染色体上；在减数分裂过程中
四分体/同源染色体的非姐妹染色单体发生了交换，导致产生同时含有a和m的重组型配子数量很少；类型
3干瘪籽粒是由雌雄配子均为am的重组型配子受精而成。因此，类型3干瘪籽粒数量极少。
【解析】
【分析】
1、基因分离定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子时，等位基因随同源染色体分离
而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代；位于性染色体上的基因控制的性状的遗传总是
和性别相关联，叫伴性遗传，伴性遗传也遵循分离定律。
2、基因突变：（1）DNA分子中发生碱基的替换、增添或缺失，而引起的基因碱基序列的改变，叫作基因
突变。（2）基因突变的特点：普遍性、随机性、不定向性、多害少利性等。
(1)
分析题干信息：“甲品系玉米，其自交后的果穗上出现严重干瘪且无发芽能力的籽粒，这种异常籽粒约占
学科网（北京）股份有限公司1/4”，即甲品系籽粒正常，其自交后代出现性状分离，且籽粒正常∶干瘪=3∶1，可知籽粒正常和干瘪这一
对相对性状的遗传遵循孟德尔的分离定律。假设籽粒正常和干瘪这一对相对性状由基因A/a控制，则甲品
系基因型为Aa。上述果穗上的正常籽粒基因型为1/3AA或2/3Aa，均发育为植株，自交后，有些植株果穗
上有约1/4干瘪籽粒，这些植株基因型为Aa，所占比例约为2/3。
(2)
分析题意可知，假定A基因突变是导致籽粒干瘪的原因，由于转入的单个A基因已插入a基因所在染色体
的非同源染色体上，则甲品系玉米基因型为Aa，野生型玉米的基因型为00AA（0表示没有相关基因），
转基因甲品系玉米的基因型为A0Aa，且导入的A基因与细胞内原有的A/a基因之间遗传遵循自由组合定
律，要证实该假设正确，应可选择方案III转基因玉米自交，依据自由组合定律可知，子代为④正常籽粒
（9A-A-、3A-aa、300A-）：干瘪籽粒（100aa）≈15：1；或选择方案II转基因玉米A0Aa×甲品系00Aa杂
交，子代为③正常籽粒（3A0A-、1A0aa、300A-）：干瘪籽粒（00aa）≈7：1。
(3)
已知A基因突变是导致籽粒干瘪的原因，序列分析发现a基因是A基因中插入了一段DNA，使A基因功
能丧失，甲品系果穗上的正常籽粒发芽后，取其植株叶片，用图1中的引物1、2进行PCR扩增，若出现
目标扩增条带则可知相应植株中含有a基因，即其基因型为Aa。
(4)
用基因型为mm且籽粒正常的纯合子P（基因型为AAmm）与基因型为MM的甲品系（基因型为AaMM）
杂交得F，基因型为1/2AAMm、1/2AaMm，F 自交得F。用M、m基因的特异性引物，对F 植株果穗上
1 1 2 1
干瘪籽粒F 胚组织的DNA进行PCR扩增，扩增结果有1、2、3三种类型，基因型分别为aaMM、aaMm、
2
aamm。若两对等位基因位于两对同源染色体上，则类型3的数量应该与类型1的数量同样多，而实际上类
型3数量极少，原因可能是：由于基因Aa与Mm在一对同源染色体上（且距离近），其中a和M在同一
条染色体上；在减数分裂过程中四分体/同源染色体的非姐妹染色单体发生了交换，导致产生同时含有a和
m的重组型配子数量很少；类型3干瘪籽粒是由雌雄配子均为am的重组型配子受精而成。因此，类型3干
瘪籽粒数量极少。
【点睛】
本题结合基因工程考查基因分离定律和基因自由组合定律的应用，以及基因位置的判断的相关知识，思维
含量较大，要求学生能够理解遗传定律的实质，依据题干信息准确分析，得出结论。
16．（2021.6月浙江高考真题）利用转基因技术，将抗除草剂基因转入纯合不抗除草剂水稻（2n）（甲），
获得转基因植株若干。从转基因后代中选育出纯合矮秆抗除草剂水稻（乙）和纯合高秆抗除草剂水稻
（丙）。用甲、乙、丙进行杂交，F 结果如下表。转基因过程中，可发生基因突变，外源基因可插入到不
2
学科网（北京）股份有限公司同的染色体上。高秆（矮秆）基因和抗除草剂基因独立遗传，高秆和矮秆由等位基因 A（a）控制。有抗
除草剂基因用B+表示、无抗除草剂基因用 B-表示：
F 的表现型及数量（株）
2
杂交组合
矮杆抗除草剂 矮杆不抗除草剂 高杆抗除草剂 高杆不抗除草剂
甲×乙 513 167 0 0
甲×丙 109 37 313 104
乙×丙 178 12 537 36
回答下列问题：
（1）矮秆对高秆为__________性状，甲×乙得到的F 产生__________种配子。
1
（2）为了分析抗除草剂基因在水稻乙、丙叶片中的表达情况，分别提取乙、丙叶片中的RNA并分离出
__________，逆转录后进行PCR扩增。为了除去提取 RNA中出现的DNA污染，可采用的方法是
__________。
（3）乙×丙的 F 中，形成抗除草剂与不抗除草剂表现型比例的原因是__________。
2
（4）甲与丙杂交得到F，F 再与甲杂交，利用获得的材料进行后续育种。写出F 与甲杂交的遗传图解
1 1 1
__________。
【答案】 隐性 2 mRNA 用 DNA 酶处理提取的 RNA 乙和丙的抗除草剂基因位
于非同源染色体上，乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律
【解析】
【分析】
学科网（北京）股份有限公司1、甲×乙杂交组合的F 性状比为3∶1，是由一对基因控制的分离定律；
2
2、甲×丙杂交组合的F 性状比为9∶3∶3∶1，是由两对基因控制的自由组合定律；
2
3、乙×丙杂交组合的F 性状比为45∶15∶3∶1，是（3∶1）3的变式，由三对独立遗传基因控制的自由组
2
合定律。
【详解】
（1）根据杂交组合“乙×丙”，只分析高矮这一对相对性状，乙（纯合矮杆）与丙（纯合高杆）杂交，F
2
中矮杆∶高杆=（178+12）∶（537+36）=1∶3，可知矮杆是隐性性状，乙丙的基因型分别为aa和AA。
根据杂交组合“甲×乙”，只分析是否抗除草剂这一对相对性状，甲（纯合不抗除草剂）与乙（纯合抗除
草剂）杂交，F 中抗除草剂∶不抗除草剂=（513+0）∶（167+0）=3∶1，可知抗除草剂是显性性状，又知
2
矮杆是隐性性状，所以甲乙的基因型分别为aaB-B-和aaB+B+。故甲×乙得到的F 基因型为aaB+B-，所以其
1
能产生aB+ 和aB-两种配子。
（2）目的基因的提取可采用逆转录法，即以控制目的蛋白的mRNA为模板，通过逆转录的方法合成目的
基因，所以应从乙、丙叶片中提取并分离出抗除草剂基因的mRNA。若要除去RNA中的DNA污染，可利
用酶的专一性，使用DNA（水解）酶处理即可（酶解法）。
（3）乙×丙的F 中，抗除草剂∶不抗除草剂 =（178+537）∶（12+36）≈15∶1，是9∶3∶3∶1的变式
2
（9+3+3）∶1，同时又根据题干“外源基因可插入到不同的染色体上”，说明乙和丙的抗除草剂基因位于
非同源染色体上，乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律。
（4）根据杂交组合“甲×丙”，F 中矮杆抗除草剂∶矮杆不抗除草剂∶高杆抗除草剂∶高杆不抗除草剂
2
=109∶37∶313∶104=3∶1∶9∶3，说明控制两对性状的基因位于非同源染色体上，遵循自由组合定律。
所以甲（aaB-B-）与丙（AAB+B+）杂交得到的F 基因型为AaB+B-，F （AaB+B-）与甲（aaB-B-）的杂交遗
1 1
传图解为：
【点睛】
掌握自由组合定律的实质：位于非同源染色体上的非等位基因随非同源染色体的自由组合而自由组合。乙
学科网（北京）股份有限公司和丙的抗除草剂基因是因为导入不同对的同源染色体上，所以遵循自由组合定律。
17．（2021年全国甲卷）植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形
有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不
同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表
（实验②中F 自交得F）。
1 2
实验 亲本 F F
1 2
1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮
① 甲×乙 /
1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮
9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮
② 丙×丁 缺刻叶齿皮
3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮
回答下列问题：
（1）根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是_____。根据实验②，可判
断这2对相对性状中的显性性状是__________。
（2）甲乙丙丁中属于杂合体的是__________。
（3）实验②的F 中纯合体所占的比例为__________。
2
（4）假如实验②的F 中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是
2
45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是
__________。
【答案】 基因型不同的两个亲本杂交，F 分别统计，缺刻叶∶全缘叶=1∶1，齿皮∶网皮=1∶1，每
1
对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律 缺刻叶和齿皮
甲和乙 1/4 果皮 F 中齿皮∶网皮=48∶16=3∶1，说明受一对等位基因控制
2
【解析】
【分析】
分析题表，实验②中F 自交得F，F 全为缺刻叶齿皮，F 出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为
1 2 1 2
显性（相关基因用A和a表示），齿皮对网皮为显性（相关基因用B和b表示），且F 出现9∶3∶3∶1。
2
【详解】
（1）实验①中F 表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两
1
对相对性状，缺刻叶∶全缘叶=1∶1，齿皮∶网皮=1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2
对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F 全为缺刻叶齿皮，F 出现全缘叶和网皮，可以推测缺
1 2
刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性；
（2）根据已知条件，甲乙丙丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F
1
学科网（北京）股份有限公司结果类似于测交，实验②的F 出现9∶3∶3∶1，则F 的基因型为AaBb，综合推知，甲的基因型为Aabb，
2 1
乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲乙丙丁中属于杂合体的是甲和乙；
（3）实验②的F 中纯合体基因型为1/16AABB，1/16AAbb，1/16aaBB，1/16aabb，所有纯合体占的比例为
2
1/4；
（4）假如实验②的F 中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮=45∶15∶3∶1，分别统计两
2
对相对性状，缺刻叶∶全缘叶=60∶4=15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮
=48∶16=3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。
【点睛】
本题考查基因的分离定律和自由组合定律，难度一般，需要根据子代结果分析亲代基因型，并根据杂交结
果判断是否符合分离定律和自由组合定律，查考遗传实验中分析与计算能力。
18．（2021年河北卷）我国科学家利用栽培稻（H）与野生稻（D）为亲本，通过杂交育种方法并辅以分
子检测技术，选育出了L12和L7两个水稻新品系。L12的12号染色体上带有D的染色体片段（含有耐缺
氮基因T ），L7的7号染色体上带有D的染色体片段（含有基因S ），两个品系的其他染色体均来自于
D D
H（图1）。H的12号和7号染色体相应片段上分别含有基因T 和S 。现将两个品系分别与H杂交，利用
H H
分子检测技术对实验一亲本及部分F 的T /T 基因进行检测，对实验二亲本及部分F 的S /S 基因进行检
2 D H 2 D H
测，检测结果以带型表示（图2）。
回答下列问题：
（1）为建立水稻基因组数据库，科学家完成了水稻__________条染色体的DNA测序。
（2）实验一F 中基因型T T 对应的是带型__________。理论上，F 中产生带型Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的个体数量比
2 D D 2
学科网（北京）股份有限公司为__________。
（3）实验二F 中产生带型α、β和γ的个体数量分别为12、120和108，表明F 群体的基因型比例偏离
2 2
__________定律。进一步研究发现，F 的雌配子均正常，但部分花粉无活性。已知只有一种基因型的花粉
1
异常，推测无活性的花粉带有__________（填“S ”或“S ”）基因。
D H
（4）以L 和L 为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X（图3）。主要实验
7 12
步骤包括：①________________________________________；②对最终获得的所有植株进行分子检测，同
时具有带型__________的植株即为目的植株。
（5）利用X和H杂交得到F，若F 产生的无活性花粉所占比例与实验二结果相同，雌配子均有活性，则
1 1
F 中与X基因型相同的个体所占比例为__________。
2
【答案】 12 Ⅲ 1∶2∶1 （基因）分离 S 将L7和L12杂交，获得F 后
D 1
自交 α和Ⅲ 1/80
【解析】
【分析】
分析题意和条带可知：L12的12号染色体上含有耐缺氮基因T ，其基因型为T T ；L7的7号染色体上含
D D D
有基因S ，基因型为S S ；H的12号染色体上的基因为T ，7号染色体上的基因为S ，基因型为
D D D H H
S S T T ；T 与T ，S 与S 遵循基因分离和自由组合定律。
H H H H D H D H
【详解】
（1）水稻为雌雄同株的植物，没有性染色体和常染色体之分，分析题图可知，水稻含有12对同源染色体，
即有24条染色体，故对水稻基因组测序，需要完成12条染色体的DNA测序；
（2）实验一是将L12（基因型T T ）与H（基因型T T ）杂交，F 的基因型为T T ，F 的基因型分别为
D D H H 1 D H 2
T T ∶T T ∶T T =1∶2∶1，其中T T 对应的是带型与亲本L12对应的条带相同，即条带Ⅲ，理论上，F
D D D H H H D D 2
中产生带型Ⅰ∶Ⅱ∶Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1；
（3）实验二是将L7（基因型S S ）与H（基因型S S ）杂交，F 的基因型为S S ，理论上F 的基因型分
D D H H 1 D H 2
别为S S ∶S S ∶S S =1∶2∶1，其中S S 对应的是带型与亲本L7对应的条带相同，即条带α，S S 对
D D D H H H D D D H
应条带为β，S S 对应条带为γ，理论上，F 中产生带型Ⅰ∶Ⅱ∶Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1。实际上F 中
H H 2 2
产生带型α、β、γ的个体数量分别为12、120和108，表明F 群体的基因型比例偏离分离定律；进一步研
2
究发现，F 的雌配子均正常，但部分花粉无活性；已知只有一种基因型的花粉异常，而带型α，即S S 的
1 D D
个体数量很少，可推测无活性的花粉带有S 基因；
D
（4）已知T 与T ，S 与S 两对基因分别位于7号和12号染色体上，两对等位基因遵循自由组合定律，
D H D H
以L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X，基因型为S S T T ；
D D D D
同时考虑两对等位基因，可知L7的基因型为S S T T ，L12的基因型为S S T T ，①将L7和L12杂交，
D D H H H H D D
学科网（北京）股份有限公司获得F（S S T T ）后自交，②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型α和Ⅲ的植株即为目
1 D H D H
的植株；
（5）实验二中S S ∶S S ∶S S =12∶120∶108=1∶10∶9，可知花粉中S ∶S =1∶9，利用X（基因型为
D D D H H H D H
S S T T ）和H（基因型为S S T T ）杂交得到F，基因型为S S T T ，若F 产生的S 花粉无活性，所
D D D D H H H H 1 D H D H 1 D
占比例与实验二结果相同，即雄配子类型及比例为：S T ∶S T ∶S T ∶S T =1∶1∶9∶9，雌配子均有
D D D H H D H H
活性，类型及比例为S T ∶S T ∶S T ∶S T =1∶1∶1∶1，则F 中基因型为S S T T 的个体所占比例
D D D H H D H H 2 D D D D
为1/4×1/20=1/80。
【点睛】
本题考查基因分离定律和基因自由组合定律的应用的相关知识，意在考查考生把握知识间相互联系，运用
所学知识解决生物学实际问题的能力，难度较大。
19．（2021年山东卷）番茄是雌雄同花植物，可自花受粉也可异花受粉。M、m 基因位于 2号染色体上，
基因型为 mm 的植株只产生可育雌配子，表现为小花、雄性不育。基因型为 MM、Mm 的植株表现为大
花、可育。R、r 基因位于 5 号染色体上，基因型为 RR、Rr、rr 的植株表现型分别为：正常成熟红果、
晚熟红果、晚熟黄果。细菌中的 H 基因控制某种酶的合成，导入 H 基因的转基因番茄植株中，H 基因
只在雄配子中表达，喷施萘乙酰胺（NAM）后含 H 基因的雄配子死亡。不考虑基因突变和交叉互换。
（1）基因型为 Mm 的植株连续自交两代，F 中雄性不育植株所占的比例为____________。雄性不育植
2
株与野生型植株杂交所得可育晚熟红果杂交种的基因型为________，以该杂交种为亲本连续种植，若每代
均随机受粉，则 F 中可育晚熟红果植株所占比例为____________。
2
（2）已知 H 基因在每条染色体上最多插入 1 个且不影响其他基因。将 H 基因导入基因型为 Mm 的细
胞并获得转基因植株甲和乙，植株甲和乙分别与雄性不育植株杂交，在形成配子时喷施 NAM，F 均表现
1
为雄性不育。若植株甲和乙的体细胞中含 1 个或多个 H 基因，则以上所得 F 的体细胞中含有________
1
个 H 基因。若植株甲的体细胞中仅含 1个 H 基因，则 H 基因插入了________所在的染色体上。若植株
乙的体细胞中含 n 个 H 基因，则 H 基因在染色体上的分布必须满足的条件是________，植株乙与雄性
不育植株杂交，若不喷施 NAM，则子一代中不含 H 基因的雄性不育植株所占比例为____________。
（3）若植株甲的细胞中仅含一个 H 基因，在不喷施 NAM 的情况下，利用植株甲及非转基因植株通过
一次杂交即可选育出与植株甲基因型相同的植株。请写出选育方案______________。
【答案】 1/6 MmRr 5/12 0 M基因 必须有1个H基因位于M所在染色体上，
且2条同源染色体上不能同时存在H基因 1/2n 以雄性不育植株为母本、植体甲为父本进行杂交，
子代中大花植株即为所需植株（或：利用雄性不育株与植株甲杂交，子代中大花植株即为所需植株)
【解析】
学科网（北京）股份有限公司【分析】
分析题干信息：番茄是雌雄同花植物，可自花受粉也可异花受粉，即可自交亦可杂交。M、m 基因位于 2
号染色体上，基因型为 mm 的植株只产生可育雌配子，表现为小花、雄性不育。基因型为 MM、Mm 的
植株表现为大花、可育。R、r 基因位于 5 号染色体上，基因型为 RR、Rr、rr 的植株表现型分别为：正
常成熟红果、晚熟红果、晚熟黄果，可知基因M、m 和R、r 位于非同源染色体上，遵循自由组合定律。
细菌中的 H 基因控制某种酶的合成，导入 H 基因的转基因番茄植株中，H 基因只在雄配子中表达，喷
施萘乙酰胺（NAM）后含H 基因的雄配子死亡。
【详解】
（1）基因型为 Mm 的植株自交，F 中 MM∶Mm∶mm=1∶2∶1 ，其中 MM、Mm 的植株表现为大花、
1
可育， mm 的植株只产生可育雌配子，故只有1/3 MM和2/3Mm能够自交，则F 中雄性不育植株mm所
2
占的比例为2/3×1/4=1/6。雄性不育植株mm与野生型植株杂交所得可育（Mm）晚熟红果（Rr）杂交种的
基因型为MmRr，以该杂交种为亲本连续种植，若每代均随机受粉，即自由交配，两对等位基因自由组合，
产生的配子有MR、Mr、mR、mr，比例为1∶1∶1∶1，则F 中有9种基因型，分别为：1MMRR、
1
2MMRr、1MMrr、2MmRR、4MmRr、2Mmrr、1mmRR、2mmRr、1mmrr，雌配子种类及比例为：
MR∶Mr∶mR∶mr=1∶1∶1∶1，，雄配子种类及比例为：MR∶Mr∶mR∶mr=2∶2∶1∶1，则 F 中可
2
育晚熟红果植株（基因型为M Rr ）所占比例为 1/4×3/6+1/4×3/6+1/4×2/6+1/4×2/6=
--
10/24，即5/12。
（2）已知细菌中的 H 基因控制某种酶的合成，导入 H 基因的转基因番茄植株中，H 基因只在雄配子中
表达，喷施萘乙酰胺（NAM）后含 H 基因的雄配子死亡。H 基因在每条染色体上最多插入 1 个且不影
响其他基因。将 H 基因导入基因型为 Mm 的细胞，并获得转基因植株甲和乙，则 H 基因的可能位置有：
插入了M基因所在的染色体上、插入了m基因所在的染色体上、插入了2号染色体以外的染色体上，植株
甲和乙分别与雄性不育植株mm杂交，在形成配子时喷施 NAM，则含 H 基因的雄配子死亡，F 均表现
1
为雄性不育mm，说明含有M基因的雄配子死亡，即有H 基因插入了M基因所在的染色体上。若植株甲
和乙的体细胞中含 1 个或多个 H 基因，以上所得F 均表现为雄性不育，说明F 的体细胞中含有0个 H
1 1
基因。若植株甲的体细胞中仅含 1个 H 基因，则 H 基因插入了M基因所在的染色体上，即H与M基因
连锁。若植株乙的体细胞中含 n 个 H 基因，则 H 基因在染色体上的分布必须满足的条件是必须有1个
H基因位于M所在染色体上，且2条同源染色体上不能同时存在H基因，植株乙与雄性不育植株杂交，若
不喷施NAM，则子一代中不含 H 基因的雄性不育植株所占比例为1/2n。
（3）若植株甲的细胞中仅含一个 H 基因，且H 基因插入了M基因所在的染色体上，在不喷施 NAM 的
情况下，以雄性不育植株mm为母本、植体甲HMm为父本进行杂交，雌配子种类为m，雄配子为HM、
学科网（北京）股份有限公司m，则子代中大花植株（基因型为HMm）即为与植株甲基因型相同的植株（或：利用雄性不育株与植株甲
杂交，子代中大花植株即为所需植株) 。
【点睛】
本题考查基因自由组合定律的相关知识，意在考查考生运用所学知识解决实际问题的能力，难度较大。
20．（2021年1月浙江卷）水稻雌雄同株，从高秆不抗病植株（核型2n=24）（甲）选育出矮秆不抗病植
株（乙）和高秆抗病植株（丙）。甲和乙杂交、甲和丙杂交获得的F 均为高秆不抗病，乙和丙杂交获得的
1
F 为高秆不抗病和高秆抗病。高秆和矮秆、不抗病和抗病两对相对性状独立遗传，分别由等位基因A
1
（a）、B（b）控制，基因B（b）位于11号染色体上，某对染色体缺少1条或2条的植株能正常存活。甲、
乙和丙均未发生染色体结构变异，甲、乙和丙体细胞的染色体DNA相对含量如图所示（甲的染色体DNA
相对含量记为1.0）。
回答下列问题：
（1）为分析乙的核型，取乙植株根尖，经固定、酶解处理、染色和压片等过程，显微观察分裂中期细胞
的染色体。其中酶解处理所用的酶是________，乙的核型为__________。
（2）甲和乙杂交获得F，F 自交获得F F 基因型有_______种，F 中核型为2n-2=22的植株所占的比例为
1 1 2。 1 2
__________。
（3）利用乙和丙通过杂交育种可培育纯合的矮秆抗病水稻，育种过程是_________。
（4）甲和丙杂交获得F，F 自交获得F 写出F 自交获得F 的遗传图解。_______________
1 1 2。 1 2
【答案】 果胶酶 2n-1=23 2 1/8 乙和丙杂交获得F，取F 中高秆不抗病的植株进
1 1
学科网（北京）股份有限公司行自交，从F 代中选取矮秆抗病植株
2
【解析】
【分析】
分析题图信息可知：甲（高秆不抗病植株）和乙（矮秆不抗病植株）杂交、甲（高秆不抗病植株）和丙
（高秆抗病植株）杂交获得的F 均为高秆不抗病，说明高杆对矮杆为显性，不抗病对抗病为显性，则甲为
1
显性纯合子AABB，据此分析作答。
【详解】
（1）植物细胞有细胞壁，胞间层有果胶，这将导致压出的片子没有效果，应经过酶解处理，除去细胞之
间的果胶层，故酶解处理时所用酶为果胶酶；该水稻核型为2n=24，则染色体可分为12组，每组含有2条，
分析题图可知，乙的11号染色体减少一半，推测其11号染色体少了一条，故乙的核型为2n-1=23。
（2）结合分析可知：甲基因型为AABB，基因B（b）位于11号染色体上，乙缺失一条11号染色体，且
表现为矮秆不抗病植株，故其基因型为aaBO，则甲（AABB）与乙（aaBO）杂交，F 为AaBB：
1
AaBO=1：1，共2种；F 自交，其中AaBB自交，子代核型均为2n=24；其中AaBO（产生配子为AB、
1
AO、aB、aO），自交子代2n-2=22的植株（即缺失两条染色体的植株）所占比例为1/2×1/4（4/16）
=1/8。
（3）若想让乙aaBO（矮秆不抗病植株）与丙AAbb（高秆抗病植株）通过杂交育种可培育纯合的矮秆抗
病水稻（aabb），可通过以下步骤实现：乙和丙杂交获得F（AaBb），取F 中高秆不抗病的植株进行自交，
1 1
从F 代中选取矮秆抗病植株（aabb），即为所选育类型。
2
（4）甲植株基因型为AABB，丙植株基因型为AAbb，两者杂交，F 基因型为AABb，F 自交获得F 的遗
1 1 2
学科网（北京）股份有限公司传图解如下： 。
【点睛】
本题考查染色体数目变异、生育种的应用的相关知识点，意在考查考生能识记并理解所学知识的要点，把
握知识间的内在联系的能力，分析题意、解决问题的能力。
1．（2020年浙江省高考生物试卷（7月选考)·18）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F 有6种表现型
1
B．若De对Df共显性、H对h不完全显性，则F 有12种表现型
1
C．若De对Df不完全显性、H对h完全显性，则F 有9种表现型
1
D．若De对Df完全显性、H对h不完全显性，则F 有8种表现型
1
【答案】B
【解析】
【分析】
1、基因分离定律和自由组合定律定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，
位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，
同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。2、 相对性状：一种生物的同一性状的不同表现类
型。共显性：如果双亲的性状同时在F1个体上表现出来，这种显性表现称为共显性，或叫并显性。不完
全显性：具有相对性状的纯合亲本杂交后，F1显现中间类型的现象。完全显性：具有相对性状的纯合体亲
本杂交后，F1只表现一个亲本性状的现象，即外显率为100%。
【详解】
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
学科网（北京）股份有限公司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F 有
1
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F 有
1
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F
1
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F
1
有3×3=9种表现型，D错误。
故选B。
故选B。
2．（2020年浙江省高考生物试卷（7月选考)·23）某植物的野生型（AABBcc）有成分R，通过诱变等技
术获得3个无成分R的稳定遗传突变体（甲、乙和丙）。突变体之间相互杂交，F 均无成分R。然后选其
1
中一组杂交的F（AaBbCc）作为亲本，分别与3个突变体进行杂交，结果见下表：
1
杂交编
杂交组合 子代表现型（株数）
号
Ⅰ 有（199），无
F×甲
1 （602）
有（101），无
Ⅱ F×乙
1 （699）
Ⅲ F×丙 无（795）
1
注：“有”表示有成分R，“无”表示无成分R
用杂交Ⅰ子代中有成分R植株与杂交Ⅱ子代中有成分R植株杂交，理论上其后代中有成分R植株所占比例
为（ ）
A．21/32 B．9/16 C．3/8 D．3/4
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题意可知：基因型为AABBcc的个体表现为有成分R，又知无成分R的纯合子甲、乙、丙之间相互杂
学科网（北京）股份有限公司交，其中一组杂交的F 基因型为AaBbCc且无成分R，推测同时含有A、B基因才表现为有成分R，C基因
1
的存在可能抑制A、B基因的表达，即基因型为A_B_cc的个体表现为有成分R，其余基因型均表现为无成
分R。根据F 与甲杂交，后代有成分R：无成分R≈1：3，有成分R所占比例为1/4，可以将1/4分解为
1
1/2×1/2，则可推知甲的基因型可能为AAbbcc或aaBBcc；F 与乙杂交，后代有成分R：无成分R≈1：7，可
1
以将1/4分解为1/2×1/2×1/2，则可推知乙的基因型为aabbcc；F 与丙杂交，后代均无成分R，可推知丙的
1
基因型可能为AABBCC或AAbbCC或aaBBCC。
【详解】
杂交Ⅰ子代中有成分R植株基因型为AABbcc和AaBbcc，比例为1：1，或（基因型为AaBBcc和
AaBbcc，比例为1：1，）杂交Ⅱ子代中有成分R植株基因型为AaBbcc，故杂交Ⅰ子代中有成分R植株与
杂交Ⅱ子代中有成分R植株相互杂交，后代中有成分R所占比例为：1/2×1×3/4×1+1/2×3/4×3/4×1=21/32，
A正确。
故选A。
3．（2020年全国统一高考生物试卷（新课标Ⅰ)·5）已知果蝇的长翅和截翅由一对等位基因控制。多只
长翅果蝇进行单对交配(每个瓶中有1只雌果蝇和1只雄果蝇)，子代果蝇中长翅∶截翅=3∶1。据此无法判
断的是（ ）
A．长翅是显性性状还是隐性性状
B．亲代雌蝇是杂合子还是纯合子
C．该等位基因位于常染色体还是X染色体上
D．该等位基因在雌蝇体细胞中是否成对存在
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，长翅与长翅果蝇杂交的后代中出现截翅果蝇，说明截翅是隐性性状，长翅是显性性状。
【详解】
A、根据截翅为无中生有可知，截翅为隐性性状，长翅为显性性状，A不符合题意；
B、根据杂交的后代发生性状分离可知，亲本雌蝇一定为杂合子，B不符合题意；
C、无论控制翅形的基因位于X染色体上还是常染色体上，后代中均会出现长翅：截翅=3:1的分离比，C
符合题意；
D、根据后代中长翅：截翅=3:1可知，控制翅形的基因符合基因的分离定律，故可推测该等位基因在雌蝇
体细胞中是成对存在的，D不符合题意。
故选C。
学科网（北京）股份有限公司4．（2020年江苏省高考生物试卷）有一观赏鱼品系体色为桔红带黑斑，野生型为橄榄绿带黄斑，该性状
由一对等位基因控制。某养殖者在繁殖桔红带黑斑品系时发现，后代中2/3为桔红带黑斑，1/3为野生型性
状，下列叙述错误的是（ ）
A．桔红带黑斑品系的后代中出现性状分离，说明该品系为杂合子
B．突变形成的桔红带黑斑基因具有纯合致死效应
C．自然繁育条件下，桔红带黑斑性状容易被淘汰
D．通过多次回交，可获得性状不再分离的桔红带黑斑品系
【答案】D
【解析】
【分析】
已知该鱼体色受一对等位基因控制，设为A、a，繁殖桔红带黑斑品系时，后代出现的表现型比例为桔红带
黑斑∶橄榄绿带黄斑＝2∶1，说明桔红带黑斑为显性性状，且后代存在显性纯合致死情况。
【详解】
A、由桔红带黑斑品系的后代出现性状分离，说明该品系均为杂合子，A正确；
B、由分析可知，桔红带黑斑为显性性状，则突变形成的桔红带黑斑基因为显性基因，杂合桔红带黑斑鱼
（Aa）相互交配，子代表现型比例为2∶1，可推得基因型为AA的个体死亡，即桔红带黑斑基因具有纯合
致死效应，B正确；
C、由于桔红带黑斑基因具有纯合致死效应，自然繁育条件下，该显性基因的频率会逐渐下降，则桔红带
黑斑性状容易被淘汰，C正确；
D、桔红带黑斑基因显性纯合致死，则无论回交多少次，所得桔红带黑斑品系均为杂合子，D错误。
故选D。
5．（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_________________。
学科网（北京）股份有限公司【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】
【分析】
分析题意可知：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，可知甲为显性纯合子
AABBDD，丙为隐性纯合子aabbdd；乙板叶绿叶抗病与丁花叶紫叶感病杂交，后代出现8种表现型，且比
例接近1：1：1：1：1：1：1：1，可推测三对等位基因应均为测交。
【详解】
（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。
【点睛】
本题考查分离定律和自由组合定律的应用的相关知识，要求考生掌握基因基因分离定律和自由组合定律的
实质及相关分离比，并能灵活运用解题。
6．（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）→F 中抗螟∶非抗螟约为1∶1
1
实验二：品系M（TsTs）×乙（Atsts）→F 中抗螟矮株∶非抗螟正常株高约为1∶1
1
（1）实验一中作为母本的是______________，实验二的F 中非抗螟植株的性别表现为__________ （填：
1
雌雄同株、雌株或雌雄同株和雌株）。
学科网（北京）股份有限公司（2）选取实验一的F 抗螟植株自交，F 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
1 2
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，F 中抗螟雌株
2
的基因型是_____________。若将F 中抗螟雌雄同株与抗螟雌株杂交，子代的表现型及比例为
2
_____________。
（3）选取实验二的F 抗螟矮株自交，F 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
1 2
∶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_____________。 F 中抗螟矮株所占比例低于预期值，说明A基因除导致植株
2
矮小外，还对F 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_____________。F 抗螟矮株
1 2
中ts基因的频率为_____________，为了保存抗螟矮株雌株用于研究，种植F 抗螟矮株使其随机受粉，并
2
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_____________。
【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】
【分析】
根据题意可知，基因Ts存在时表现为雌雄同株，当基因突变为ts后表现为雌株，玉米雌雄同株M的基因
型为TsTs，则实验中品系M作为父本，品系甲和乙的基因型为tsts，则作为母本。由于基因A只有一个插
入到玉米植株中，因此该玉米相当于杂合子，可以看做为AO，没有插入基因A的植株基因型看做为OO，
则分析实验如下：
实验一：品系M（OOTsTs）×甲（AOtsts）→FAOTsts抗螟雌雄同株1：OOTsts非抗螟雌雄同株1；让
1
FAOTsts抗螟雌雄同株自交，若基因A插入到ts所在的一条染色体上，则FAOTsts抗螟雌雄同株产生的
1 1
配子为Ats、OTs，那么后代为1AAtsts抗螟雌株：2AOTsts抗螟雌雄同株：1OOTsTs非抗螟雌雄同株，该
假设与题意相符合，因此说明实验一中基因A与基因ts插入到同一条染色体上。
实验二：品系M（OOTsTs）×乙（AOtsts）→FAOTsts抗螟雌雄同株矮株1：OOTsts非抗螟雌雄同株正常
1
株高1，选取FAOTsts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：
1
非抗螟雌株=3：1：3：1，其中雌雄同株：雌株=3:1，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，说明基因A与基因ts没有插入到同一条染色体上，则基因A与基因ts位于非同源染色体上，
符合基因自由组合定律，其中雌雄同株：雌株=3:1，但是抗螟：非抗螟=1:1不符合理论结果3:1，说明有致
死情况出现。
学科网（北京）股份有限公司【详解】
（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F 的OOTsts非抗螟植株基因型为
1
OOTsts，因此为雌雄同株。
（2）根据以上分析可知，实验一的FAOTsts抗螟雌雄同株自交，后代F 为1AAtsts抗螟雌株：2AOTsts抗
1 2
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F 中AAtsts抗螟雌株与AOTsts抗螟雌雄同株进
2
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FAOTsts抗螟雌雄同株矮株自交，后代中出现抗螟雌雄同株：抗
1
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F 中抗螟矮株
2
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F 的繁殖，根据实验结果可知，在实验二
1
的F 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
1
胞发育正常，而F 中抗螟矮株所占比例小于理论值，故推测最可能是F 产生的含基因A的雄配子不育导致
2 1
后代中雄配子只产生了OTs 和Ots两种，才导致F 中抗螟矮株所占比例小于理论值的现象。根据以上分析
2
可知，实验二的F 中雌雄同株：雌株=3:1，故F 中抗螟矮植株中ts的基因频率不变，仍然为1/2；根据以
2 2
上分析可知，F 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F 含
2 1
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。
【点睛】
本题考查基因分离定律和自由组合定律的知识点，要求学生掌握基因分离定律和自由组合定律的实质和常
见的分离比，能够根据题意和实验结果分析相关个体的基因型及其比例，充分利用题干中的条件和比例推
导导致后代比例异常的原因，这是该题考查的难点，能够利用配子法计算相关个体的比例，这是突破该题
的重点。
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