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专题10 基因的自由组合定律
考点
1
自由组合定律的实质和应用
〖2023 年高考真题〗
1．（2023·全国·统考高考真题）某种植物的宽叶/窄叶由等位基因A/a 控制，A 基因控制宽叶性状：高
茎/矮茎由等位基因B/b 控制，B 基因控制高茎性状。这2 对等位基因独立遗传。为研究该种植物的基因
致死情况，某研究小组进行了两个实验，实验①：宽叶矮茎植株自交，子代中宽叶矮茎∶窄叶矮茎＝
2∶1；实验②：窄叶高茎植株自交，子代中窄叶高茎∶窄叶矮茎＝2∶1。下列分析及推理中错误的是
（ ）
A．从实验①可判断A 基因纯合致死，从实验②可判断B 基因纯合致死
B．实验①中亲本的基因型为Aabb，子代中宽叶矮茎的基因型也为Aabb
C．若发现该种植物中的某个植株表现为宽叶高茎，则其基因型为AaBb
D．将宽叶高茎植株进行自交，所获得子代植株中纯合子所占比例为1/4
【答案】D
【详解】A、实验①：宽叶矮茎植株自交，子代中宽叶矮茎∶窄叶矮茎＝2∶1，亲本为Aabb，子代中原本
为AA：Aa：aa=1：2：1，因此推测AA 致死；实验②：窄叶高茎植株自交，子代中窄叶高茎∶窄叶矮茎
＝2∶1，亲本为aaBb，子代原本为BB：Bb：bb=1：2：1，因此推测BB 致死，A 正确；
B、实验①中亲本为宽叶矮茎，且后代出现性状分离，所以基因型为Aabb，子代中由于AA 致死，因此宽
叶矮茎的基因型也为Aabb，B 正确；
C、由于AA 和BB 均致死，因此若发现该种植物中的某个植株表现为宽叶高茎，则其基因型为AaBb ，C
正确；
D、将宽叶高茎植株AaBb 进行自交，由于AA 和BB 致死，子代原本的9：3：3：1 剩下4：2：2：1，其
中只有窄叶矮茎的植株为纯合子，所占比例为1/9，D 错误。
故选D。
2．（2023·山西·统考高考真题）某研究小组从野生型高秆（显性）玉米中获得了2 个矮秆突变体，为了研
究这2 个突变体的基因型，该小组让这2 个矮秆突变体（亲本）杂交得F1，F1自交得F2，发现F2中表
型及其比例是高秆:矮秆:极矮秆=9:6:1。若用A、B 表示显性基因，则下列相关推测错误的是（ ）
A．亲本的基因型为aaBB 和AAbb，F1的基因型为AaBb
B．F2矮秆的基因型有aaBB、AAbb、aaBb、Aabb，共4 种
1
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C．基因型是AABB 的个体为高秆，基因型是aabb 的个体为极矮秆
D．F2矮秆中纯合子所占比例为1/2，F2高秆中纯合子所占比例为1/16
【答案】D
【详解】A、F2中表型及其比例是高秆:矮秆:极矮秆=9:6:1，符合:9:3:3:1 的变式，因此因此控制两个矮秆突
变体的基因遵循基因的自由组合定律，即高秆基因型为A_B_，矮秆基因型为A_bb、aaB_，极矮秆基因型
为aabb，因此可推知亲本的基因型为aaBB 和AAbb，F1的基因型为AaBb，A 正确；
B、矮秆基因型为A_bb、aaB_，因此F2矮秆的基因型有aaBB、AAbb、aaBb、Aabb，共4 种，B 正确；
C、由F2中表型及其比例可知基因型是AABB 的个体为高秆，基因型是aabb 的个体为极矮秆，C 正确；
D、F2矮秆基因型为A_bb、aaB_共6 份，纯合子基因型为aaBB、AAbb 共2 份，因此矮秆中纯合子所占比
例为1/3，F2高秆基因型为A_B_共9 份，纯合子为AABB 共1 份，因此高秆中纯合子所占比例为1/9，D 错
误。
故选D。
3．（2023·广东·统考高考真题）鸡的卷羽（F）对片羽（f）为不完全显性，位于常染色体，Ff 表现为半卷
羽；体型正常（D）对矮小（d）为显性，位于Z 染色体。卷羽鸡适应高温环境，矮小鸡饲料利用率高。
为培育耐热节粮型种鸡以实现规模化生产，研究人员拟通过杂交将d 基因引入广东特色肉鸡“粤西卷羽
鸡”，育种过程见图。下列分析错误的是（ ）
A．正交和反交获得F1代个体表型和亲本不一样
B．分别从F1代群体I 和II 中选择亲本可以避免近交衰退
C．为缩短育种时间应从F1代群体I 中选择父本进行杂交
D．F2代中可获得目的性状能够稳定遗传的种鸡
【答案】C
【详解】A、由于控制体型的基因位于Z 染色体上，属于伴性遗传，性状与性别相关联。用♀卷羽正常
（FFZDW）与♂片羽矮小（ffZdZd）杂交，F1代是♂FfZDZd和♀FfZdW，子代都是半卷羽；用♀片羽矮小
（ffZdW）与♂卷羽正常（FFZDZD）杂交，F1代是♂FfZDZd和♀FfZDW，子代仍然是半卷羽，正交和反交都
与亲本表型不同，A 正确；
2
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B、F1代群体I 和II 杂交不是近亲繁殖，可以避免近交衰退，B 正确；
CD、为缩短育种时间应从F1代群体I 中选择母本（基因型为FfZdW），从F1代群体II 中选择父本（基因型
为FfZDZd），可以快速获得基因型为FFZdW 和FFZdZd的个体，即在F2代中可获得目的性状能够稳定遗传
的种鸡，C 错误，D 正确。
故选C。
4．（2023·北京·统考高考真题）纯合亲本白眼长翅和红眼残翅果蝇进行杂交，结果如图。F2中每种表型都
有雌、雄个体。根据杂交结果，下列推测错误的是（ ）
A．控制两对相对性状的基因都位于X 染色体上
B．F1雌果蝇只有一种基因型
C．F2白眼残翅果蝇间交配，子代表型不变
D．上述杂交结果符合自由组合定律
【答案】A
【详解】A、白眼雌蝇与红眼雄果蝇杂交，产生的F1中白眼均为雄性，红眼均为雌性，说明性状表现与性
别有关，则控制眼色的基因位于X 染色体上，同时说明红眼对白眼为显性；另一对相对性状的果蝇杂交，
无论雌雄均表现为长翅，说明长翅对产残翅为显性，F2中无论雌雄均表现为长翅∶残翅=3∶1，说明控制
果蝇翅形的基因位于常染色体上，A 错误；
B、若控制长翅和残翅的基因用A/a 表示，控制眼色的基因用B/b 表示，则亲本的基因型可表示为
AAXbXb，aaXBY，二者杂交产生的F1中雌性个体的基因型为AaXBXb，B 正确；
C、亲本的基因型可表示为AAXbXb，aaXBY，F1个体的基因型为AaXBXb、AaXbY，则F2白眼残翅果蝇的
基因型为aaXbXb、aaXbY，这些雌雄果蝇交配的结果依然为残翅白眼，即子代表型不变，C 正确；
D、 根据上述杂交结果可知，控制眼色的基因位于X 染色体上，控制翅型的基因位于常染色体上，可见，
上述杂交结果符合自由组合定律，D 正确。
故选A。
5．（2023·浙江·统考高考真题）某昆虫的性别决定方式为XY 型，其翅形长翅和残翅、眼色红眼和紫眼为
两对相对性状，各由一对等位基因控制，且基因不位于Y 染色体。现用长翅紫眼和残翅红眼昆虫各1
只杂交获得F1，F1有长翅红眼、长翅紫眼、残翅红眼、残翅紫眼4 种表型，且比例相等。不考虑突变、
3
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交叉互换和致死。下列关于该杂交实验的叙述，错误的是（ ）
A．若F1每种表型都有雌雄个体，则控制翅形和眼色的基因可位于两对染色体
B．若F1每种表型都有雌雄个体，则控制翅形和眼色的基因不可都位于X 染色体
C．若F1有两种表型为雌性，两种为雄性，则控制翅形和眼色的基因不可都位于常染色体
D．若F1有两种表型为雌性，两种为雄性，则控制翅形和眼色的基因不可位于一对染色体
【答案】D
【详解】A、假设用A/a、B/b 表示控制这两对性状的基因，若F1每种表型都有雌雄个体，则亲本的基因型
为AaBb 和aabb 或AaXBXb和aaXbY 都符合F1有长翅红眼、长翅紫眼、残翅红眼、残翅紫眼4 种表型，且
比例相等的条件，A 正确；
B、若控制翅形和眼色的基因都位于X 染色体，则子代的结果是F1有两种表型为雌性，两种为雄性，或只
有两种表现型，两种表现型中每种表型都有雌雄个体。所以若F1每种表型都有雌雄个体，则控制翅形和眼
色的基因不可都位于X 染色体，B 正确；
C、若控制翅形和眼色的基因都位于常染色体，性状与性别没有关联，则F1每种表型都应该有雌雄个体，
C 正确；
D、假设用A/a、B/b 表示控制这两对性状的基因，若F1有两种表型为雌性，则亲本的基因型为XaBXab和
XAbY 符合F1有长翅红眼、长翅紫眼、残翅红眼、残翅紫眼4 种表型，且比例相等的条件，D 错误。
故选D。
6．（2023·湖北·统考高考真题）人的某条染色体上A、B、C 三个基因紧密排列，不发生互换。这三个基
因各有上百个等位基因（例如：A1~An均为A 的等位基因）。父母及孩子的基因组成如下表。下列叙述
正确的是（ ）
父亲
母亲
儿子
女儿
基因组
成
A23A25B7B35C2C4
A3A24B8B44C5C9
A24A25B7B8C4C5
A3A23B35B44C2C9
A．基因A、B、C 的遗传方式是伴X 染色体遗传
B．母亲的其中一条染色体上基因组成是A3B44C9
C．基因A 与基因B 的遗传符合基因的自由组合定律
D．若此夫妻第3 个孩子的A 基因组成为A23A24，则其C 基因组成为C4C5
【答案】B
【详解】A、儿子的A、B、C 基因中，每对基因各有一个来自于父亲和母亲，如果基因位于X 染色体上，
则儿子不会获得父亲的X 染色体，而不会获得父亲的A、B、C 基因，A 错误；
B、三个基因位于一条染色体上，不发生互换，由于儿子的基因型是A24A25B7B8C4C5，其中A24B8C5来自于
4
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母亲，而母亲的基因型为A3A24B8B44C5C9，说明母亲的其中一条染色体基因型是A3B44C9，B 正确；
C、根据题目信息，人的某条染色体上A、B、C 三个基因紧密排列，不发生互换，不符合自由组合定律，
位于非同源染色体上的非等位基因符合自由组合定律，C 错误；
D、根据儿子的基因型A24A25B7B8C4C5推测，母亲的两条染色体是A24B8C5和A3B44C9；父亲的两条染色体是
A25B7C4和A23B35C2，基因连锁遗传，若此夫妻第3 个孩子的A 基因组成为A23A24，则其C 基因组成为
C2C5，D 错误。
故选B。
7．（2023·湖南·统考高考真题）为精细定位水稻4 号染色体上的抗虫基因，用纯合抗虫水稻与纯合易感水
稻的杂交后代多次自交，得到一系列抗虫或易感水稻单株。对亲本及后代单株4 号染色体上的多个不连
续位点进行测序，部分结果按碱基位点顺序排列如下表。据表推测水稻同源染色体发生了随机互换，
下列叙述正确的是（ ）
…位点1…位点2…位点3…位点4…位点5…位点6…
测序结果
A/A
A/A
A/A
A/A
A/A
A/A
纯合抗虫水稻亲本
G/G
G/G
G/G
G/G
G/G
G/G
纯合易感水稻亲本
G/G
G/G
A/A
A/A
A/A
A/A
抗虫水稻1
A/G
A/G
A/G
A/G
A/G
G/G
抗虫水稻2
A/G
G/G
G/G
G/G
G/G
A/A
易感水稻1
A．抗虫水稻1 的位点2-3 之间发生过交换
B．易感水稻1 的位点2-3 及5-6 之间发生过交换
C．抗虫基因可能与位点3、4、5 有关
D．抗虫基因位于位点2-6 之间
【答案】CD
【详解】AB、根据表格分析，纯合抗虫水稻亲本6 个位点都是A/A，纯合易感水稻亲本6 个位点都是
G/G，抗虫水稻1 的位点1 和2 都变成了G/G，则位点2-3 之间可能发生过交换，也可能是位点1-3 之间发
生交换，易感水稻1 的位点6 变为A/A，则位点2-3 之间未发生交换，5-6 之间可能发生过交换，A、B 错
误；
CD、由题表分析可知，抗虫水稻的相同点为在位点3-5 中都至少有一条DNA 有A-T 碱基对，即位点2-6
之间没有发生变化则表现为抗虫，所以抗虫基因可能位于2-6 之间，或者说与位点3、4、5 有关，C、D 正
确。
5
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故选CD。
8．（2023·山西·统考高考真题）果蝇常用作遗传学研究的实验材料。果蝇翅型的长翅和截翅是一对相对性
状，眼色的红眼和紫眼是另一对相对性状，翅型由等位基因T/t 控制，眼色由等位基因R/r 控制。某小
组以长翅红眼、截翅紫眼果蝇为亲本进行正反交实验，杂交子代的表型及其比例分别为，长翅红眼雌
蝇：长翅红眼雄蝇=1：1（杂交①的实验结果）；长翅红眼雌蝇：截翅红眼雄蝇=1：1（杂交②的实验
结果）。回答下列问题。
(1)根据杂交结果可以判断，翅型的显性性状是__________，判断的依据是__________。
(2)根据杂交结果可以判断，属于伴性遗传的性状是__________，判断的依据是__________。
杂交①亲本的基因型是__________，杂交②亲本的基因型是__________。
(3)若杂交①子代中的长翅红眼雌蝇与杂交②子代中的截翅红眼雄蝇杂交，则子代翅型和眼色的表型及
其比例为__________。
【答案】(1)长翅 亲代是长翅和截翅果蝇，杂交①子代全是长翅
(2)翅型 翅型的正反交实验结果不同 RRXTXT、rrXtY rrXtXt、RRXTY
(3)红眼长翅∶红眼截翅∶紫眼长翅∶紫眼截翅=3∶3∶1∶1
【详解】（1）具有相对性状的亲本杂交，子一代所表现出的性状是显性性状，分析题意可知，仅考虑翅
型，亲代是长翅和截翅果蝇，杂交①子代全是长翅，说明长翅对截翅是显性性状。
（2）分析题意，实验①和实验②是正反交实验，两组实验中翅型在子代雌雄果蝇中表现不同（正反交实
验结果不同），说明该性状位于X 染色体上，属于伴性遗传；根据实验结果可知，翅型的相关基因位于X
染色体，且长翅是显性性状，而眼色的正反交结果无差异，说明基因位于常染色体，且红眼为显性性状，
杂交①长翅红眼、截翅紫眼果蝇的子代长翅红眼雌蝇（R-XTX-）：长翅红眼雄蝇（R-XTY）=1：1，其中
XT来自母本，说明亲本中雌性是长翅红眼RRXTXT，而杂交②长翅红眼、截翅紫眼果蝇的子代长翅红眼雌
蝇（R-XTX-）：截翅红眼雄蝇（R-XtY）=1：1，其中的Xt只能来自亲代母本，说明亲本中雌性是截翅紫眼，
基因型是rrXtXt，故可推知杂交①亲本的基因型是RRXTXT、rrXtY，杂交②的亲本基因型是rrXtXt、
RRXTY。
（3）若杂交①子代中的长翅红眼雌蝇（RrXTXt）与杂交②子代中的截翅红眼雄蝇（RrXtY）杂交，两对基
因逐对考虑，则Rr×Rr→R-∶rr=3∶1，即红眼∶紫眼=3∶1，XTXt×XtY→XTXt：XtXt：
XTY∶XtY=1∶1∶1∶1，即表现为长翅∶截翅=1∶1，则子代中红眼长翅∶红眼截翅∶紫眼长翅∶紫眼截
翅=3∶3∶1∶1。
9．（2023·浙江·统考高考真题）某家系甲病和乙病的系谱图如图所示。已知两病独立遗传，各由一对等位
基因控制，且基因不位于Y 染色体。甲病在人群中的发病率为1/2500。
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回答下列问题：
(1)甲病的遗传方式是______，判断依据是______。
(2)从系谱图中推测乙病的可能遗传方式有______种。为确定此病的遗传方式，可用乙病的正常基因和
致病基因分别设计DNA 探针，只需对个体______（填系谱图中的编号）进行核酸杂交，根据结果
判定其基因型，就可确定遗传方式。
(3)若检测确定乙病是一种常染色体显性遗传病。同时考虑两种病，Ⅲ3个体的基因型可能有______种，
若她与一个表型正常的男子结婚，所生的子女患两种病的概率为______。
(4)研究发现，甲病是一种因上皮细胞膜上转运Cl-的载体蛋白功能异常所导致的疾病，乙病是一种因异
常蛋白损害神经元的结构和功能所导致的疾病，甲病杂合子和乙病杂合子中均同时表达正常蛋白和
异常蛋白，但在是否患病上表现不同，原因是甲病杂合子中异常蛋白不能转运Cl-，正常蛋白______；
乙病杂合子中异常蛋白损害神经元，正常蛋白不损害神经元，也不能阻止或解除这种损害的发生，
杂合子表型为______。
【答案】(1)常染色体隐性遗传（病） Ⅱ1和Ⅱ2均无甲病，生出患甲病女儿Ⅲ1，可判断出该病为隐性
病，且其父亲Ⅱ1为正常人，若为伴X 染色体隐性遗传，则其父亲异常
(2) 2 Ⅱ4
(3) 4 2/459
(4)能行使转运C1-的功能，杂合子表型正常 患（乙）病
【详解】（1）由系谱图可知，Ⅱ1和Ⅱ2都是正常人，却生出患甲病女儿Ⅲ1，说明甲病为隐性基因控制，
设为a，正常基因为A，假设其为伴X 染色体遗传，则Ⅲ1基因型为XaXa，其父亲Ⅱ1基因型为XaY，必定
为患者，与系谱图不符，则可推断甲病为常染色体隐性病，Ⅲ1基因型为aa，其父母Ⅱ1和Ⅱ2基因型都是
Aa。
（2）由系谱图可知，Ⅱ4和Ⅱ5都是乙病患者，二者儿子Ⅲ4为正常人，则可推知乙病由显性基因控制，设
为B 基因，正常基因为b，该病可能为常染色体显性遗传病，或伴X 染色体显性遗传病。
若为常染色体显性遗传病，则Ⅲ4基因型为bb，其父亲Ⅱ4（是乙病患者）基因型为Bb（同时含有B 基因
和b 基因）；若为伴X 染色体显性遗传病，则Ⅲ4基因型为XbY，其父亲Ⅱ4（是乙病患者）基因型为XBY
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（只含有B 基因），若用乙病的正常基因和致病基因分别设计DNA 探针，对Ⅱ4进行核酸检测，若出现两
条杂交带则为常染色体显性遗传病，若只有一条杂交带，则为伴X 染色体显性遗传病。
（3）若乙病是一种常染色体显性遗传病，仅考虑乙病时，Ⅲ4基因型为bb，Ⅱ4和Ⅱ5基因型为Bb，二者
所生患乙病女儿Ⅲ3基因型可能为两种：BB 或Bb，且BB：Bb=1:2；若仅考虑甲病，Ⅲ5为甲病患者，其
基因型为aa，Ⅱ4和Ⅱ5基因型为Aa，二者所生女儿Ⅲ3不患甲病，其基因型可能为两种：AA 或Aa，且
AA：Aa=1:2，综合考虑这两对基因，Ⅲ3个体的基因型可能有2×2=4 种。
仅考虑甲病时，已知甲病在人群中的发病率为1/2500，即aa=1/2500，则可计算出a=1/50，A=49/50，人群
中表型正常的男子所占的概率为：A_=1-1/2500=2499/2500，人群中杂合子Aa=2×1/50×49/50=98/2500，那
么该正常男子为杂合子Aa 的概率=98/2500÷2499/2500=2/51；由上面分析可知，Ⅲ3的基因型为2/3Aa，因
此Ⅲ3与一个表型正常的男子结婚后，生出患甲病孩子的概率为aa=2/51×2/3×1/4=1/153。
仅考虑乙病，人群中的表型正常的男子基因型均为bb，且由上面分析可知，Ⅲ3基因型可能为1/3BB 和
2/3Bb，则二者生出患乙病孩子B_的概率=1/3+2/3×1/2=2/3。
综合考虑这两种病，Ⅲ3与一个表型正常的男子结婚后，生出患两种病的孩子的概率=1/153×2/3=2/459。
（4）甲病为隐性基因控制的遗传病，甲病杂合子的正常基因可以表达正常的转运Cl-的载体蛋白，虽然异
常基因表达的异常载体蛋白无法转运Cl-，但是正常蛋白仍然可以转运Cl-，从而使机体表现正常。
乙病为显性基因控制的遗传病，乙病杂合子的异常基因表达的异常蛋白质损害神经元，虽然正常基因表达
的正常蛋白质不损害神经元，但是也无法阻止或解除这种损害的发生，因此杂合子表现为患病。
10．（2023·全国·统考高考真题）某种观赏植物的花色有红色和白色两种。花色主要是由花瓣中所含色素
种类决定的，红色色素是由白色底物经两步连续的酶促反应形成的，第1 步由酶1 催化，第2 步由酶2
催化，其中酶1 的合成由A 基因控制，酶2 的合成由B 基因控制。现有甲、乙两个不同的白花纯合子，
某研究小组分别取甲、乙的花瓣在缓冲液中研磨，得到了甲、乙花瓣的细胞研磨液，并用这些研磨液
进行不同的实验。
实验一：探究白花性状是由A 或B 基因单独突变还是共同突变引起的
①取甲、乙的细胞研磨液在室温下静置后发现均无颜色变化。
②在室温下将两种细胞研磨液充分混合，混合液变成红色。
③将两种细胞研磨液先加热煮沸，冷却后再混合，混合液颜色无变化。
实验二：确定甲和乙植株的基因型
将甲的细胞研磨液煮沸，冷却后与乙的细胞研磨液混合，发现混合液变成了红色。
回答下列问题。
(1)酶在细胞代谢中发挥重要作用，与无机催化剂相比，酶所具有的特性是_______（答出3 点即可）；
煮沸会使细胞研磨液中的酶失去催化作用，其原因是高温破坏了酶的_______。
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(2)实验一②中，两种细胞研磨液混合后变成了红色，推测可能的原因是_______。
(3)根据实验二的结果可以推断甲的基因型是_______，乙的基因型是_______；若只将乙的细胞研磨液
煮沸，冷却后与甲的细胞研磨液混合，则混合液呈现的颜色是_______。
【答案】(1)高效性、专一性、作用条件温和 空间结构
(2)一种花瓣中含有酶1 催化产生的中间产物，另一种花瓣中含有酶2，两者混合后形成红色色素
(3)AAbb aaBB 白色
【详解】（1）与无机催化剂相比，酶所具有的特性是高效性、专一性、作用条件温和。
高温破坏了酶的空间结构，导致酶失活而失去催化作用。
（2）根据题干可知白花纯合子的基因型可能是AAbb 或aaBB，而甲、乙两者细胞研磨液混合后变成了红
色，推测两者基因型不同，一种花瓣中含有酶1 催化产生的中间产物，另一种花瓣中含有酶2，两者混合
后形成红色色素。
（3）实验二的结果甲的细胞研磨液煮沸，冷却后与乙的细胞研磨液混合，发现混合液变成了红色，可知
甲并不是提供酶2 的一方，而是提供酶1 催化产生的中间产物，因此基因型为AAbb，而乙则是提供酶2 的
一方，基因型为aaBB。
若只将乙的细胞研磨液煮沸，冷却后与甲的细胞研磨液混合，由于乙中的酶2 失活，无法催化红色色素的
形成，因此混合液呈现的颜色是白色。
11．（2023·湖南·统考高考真题）基因检测是诊断和预防遗传病的有效手段。研究人员采集到一遗传病家
系样本，测序后发现此家系甲和乙两个基因存在突变：甲突变可致先天性耳聋；乙基因位于常染色体
上，编码产物可将叶酸转化为N5-甲基四氢叶酸，乙突变与胎儿神经管缺陷（NTDs）相关；甲和乙位
于非同源染色体上。家系患病情况及基因检测结果如图所示。不考虑染色体互换，回答下列问题：
(1)此家系先天性耳聋的遗传方式是_________。1-1 和1-2 生育育一个甲和乙突变基因双纯合体女儿的
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概率是________。
(2)此家系中甲基因突变如下图所示：
正常基因单链片段5'-ATTCCAGATC……（293 个碱基）……CCATGCCCAG-3'
突变基因单链片段5'-ATTCCATATC……（293 个碱基）……CCATGCCCAG-3'
研究人员拟用PCR 扩增目的基因片段，再用某限制酶（识别序列及切割位点为
）酶切
检测甲基因突变情况，设计了一条引物为5′-GGCATG-3'，另一条引物为_________（写出6 个碱基
即可）。用上述引物扩增出家系成员Ⅱ-1 的目的基因片段后，其酶切产物长度应为________bp（注：
该酶切位点在目的基因片段中唯一）。
(3)女性的乙基因纯合突变会增加胎儿NTDs 风险。叶酸在人体内不能合成，孕妇服用叶酸补充剂可降
低NTDs 的发生风险。建议从可能妊娠或孕前至少1 个月开始补充叶酸，一般人群补充有效且安全
剂量为0.4~1.0mg.d-1，NTDs 生育史女性补充4mg.d-1。经基因检测胎儿（Ⅲ-2）的乙基因型为-/-，据
此推荐该孕妇（Ⅱ-1）叶酸补充剂量为_____mg.d-1。
【答案】(1)常染色体隐性遗传病 1/32
(2)5'-TAAGGT-3' 8 和302
(3)4
【详解】（1）由遗传系谱图可知，由于I-1 与I-2 均表现正常，他们关于甲病的基因型均为+/-，而他们的
女儿Ⅱ-4 患病，因此可判断甲基因突变导致的先天性耳聋是常染色体隐性遗传病，由I-1、I-2 和Ⅱ-3 关于
乙病的基因可以推出乙基因突变导致的遗传病也是常染色体隐性遗传病，所以I-1 和I-2 生出一个甲和乙突
变基因双纯合体女儿的概率为1/4×1/4×1/2=1/32 。
（2）本题研究甲基因突变情况，二代1 为杂合子，兼有正常甲基因和突变甲基因。目的基因为甲基因，扩
增引物应为两基因共有的TAAGGT。可扩增出大量正常甲基因和突变甲基因供后续鉴定。此时酶切，正常
甲基因酶切后片段为8 和2+293+7=302bp,突变甲基因无法被酶切，故不写。后续可通过电泳等手段区分开，
达到检测甲基因突变情况的目的。
（3）Ⅲ-2 关于乙的基因型为-/-，有患NTDs 的可能，因此推荐该孕妇（Ⅱ-1）叶酸补充剂量为4mg·d-1。
12．（2023·山东·高考真题）单个精子的DNA 提取技术可解决人类遗传学研究中因家系规模小而难以收集
足够数据的问题。为研究4 对等位基因在染色体上的相对位置关系，以某志愿者的若干精子为材料，用
以上4 对等位基因的引物，以单个精子的DNA 为模板进行PCR 后，检测产物中的相关基因，检测结果
如表所示。已知表中该志愿者12 个精子的基因组成种类和比例与该志愿者理论上产生的配子的基因组
成种类和比例相同；本研究中不存在致死现象，所有个体的染色体均正常，各种配子活力相同。
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等位基因
A
a
B
b
D
d
E
e
单
个
精
子
编
号
1
+
+
+
2
+
+
+
+
3
+
+
+
4
+
+
+
+
5
+
+
+
6
+
+
+
+
7
+
+
+
8
+
+
+
+
9
+
+
+
10
+
+
+
+
11
+
+
+
12
+
+
+
+
注“+”表示有；空白表示无
(1)表中等位基因A、a 和B、b 的遗传_______（填“遵循”或“不遵循”）自由组合定律，依据是
_____。据表分析，________（填“能”或“不能”）排除等位基因A、a 位于X、Y 染色体同源区
段上。
(2)已知人类个体中，同源染色体的非姐妹染色单体之间互换而形成的重组型配子的比例小于非重组型
配子的比例。某遗传病受等位基因B、b 和D、d 控制，且只要有1 个显性基因就不患该病。该志愿
者与某女性婚配，预期生一个正常孩子的概率为17/18，据此画出该女性的这2 对等位基因在染色体
上的相对位置关系图：_________。（注：用“
”形式表示，其中横线表示染色体，圆点表示
基因在染色体上的位置）。
(3)本研究中，另有一个精子的检测结果是：基因A、a，B、b 和D、d 都能检测到。已知在该精子形成
过程中，未发生非姐妹染色单体互换和染色体结构变异。从配子形成过程分析，导致该精子中同时
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含有上述6 个基因的原因是__________。
(4)据表推断，该志愿者的基因e 位于__________染色体上。现有男、女志愿者的精子和卵细胞各一个
可供选用，请用本研究的实验方法及基因E 和e 的引物，设计实验探究你的推断。
①应选用的配子为：___________；②实验过程：略；③预期结果及结论：_______。
【答案】(1)不遵循 结合表中信息可以看出，基因型为aB∶Ab=1∶1，因而可推测，等位基因A、a 和
B、b 位于一对同源染色体上。 能
(2)
(3)形成该精子的减数第一次分裂后期这三对等位基因所在的染色体没有正常分离而是进入到同一个次级精
母细胞中，此后该次级精母细胞进行正常的减数第二次分裂导致的
(4)X 或Y 卵细胞 若检测的卵细胞中有E 或e 基因，则可得出基因Ee 位于X 染色体上；若检测的
卵细胞中无E 或e 基因，则可得出基因Ee 位于Y 染色体上
【详解】（1） 题中显示，表中该志愿者12 个精子的基因组成种类和比例与该志愿者理论上产生的配子的
基因组成种类和比例相同，结合表中信息可以看出，基因型为aB∶Ab=1∶1，因而可推测，等位基因A、
a 和B、b 位于一对同源染色体上，因而其遗传“不遵循”自由组合定律。表中显示含有e 的配子和不含e
的配子的比例表现为1∶1，因而可推测e 基因位于X 或Y 染色体上，根据表中精子类型和比例可以看出，
A、a 与E、e 这两对等位基因表现为自由组合，因而能排除等位基因A、a 位于X、Y 染色体同源区段上。
（2）统计结果显示，该志愿者关于B、b 和D、d 的配子比例为Bd∶bD∶BD∶bd=2∶2∶1∶1，某遗传病
受等位基因B、b 和D、d 控制，且只要有1 个显性基因就不患该病。该志愿者与某女性婚配，预期生一个
正常孩子的概率为17/18，即生出患病孩子bbdd 的概率为1/18=1/6×1/3，说明该女性产生bd 的卵细胞的比
例为1/3，则BD 配子比例也为1/3，二者共占2/3，均属于非重组型配子，说明该女性体内的相关基因处于
连锁关系，即应该为B 和D 连锁，b 和d 连锁，据此画出该女性的这2 对等位基因在染色体上的相对位置
关系图如下：
（3）根据表中的精子种类和比例可知，等位基因型A/a，B/b 和D/d 为连锁关系，而异常精子的形成过程
中，未发生非姐妹染色单体互换和染色体结构变异。则从配子形成过程分析，导致该精子中同时含有上述
6 个基因的原因是形成该精子的减数分裂中，减数第一次分裂后期这三对等位基因所在的染色体没有正常
分离而是进入到同一个次级精母细胞中，此后该次级精母细胞进行正常的减数第二次分裂导致的。
（4）根据题（1）分析，该志愿者的基因e 位于X 或Y 染色体上。现有男、女志愿者的精子和卵细胞各一
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个可供选用，由于要用本研究的实验方法，且选用男性的精子无法确定等位基因位于X 染色体还是Y 染色
体，因此应该选择女志愿者的卵细胞进行实验。用E 和e 的引物，以卵细胞的DNA 为模板进行PCR 后，
检测产物中的相关基因。③若检测的卵细胞中有E 或e 基因，则可得出基因E/e 位于X 染色体上；若检测
的卵细胞中无E 或e 基因，则可得出基因E/e 位于Y 染色体上。
13．（2023·全国·统考高考真题）乙烯是植物果实成熟所需的激素，阻断乙烯的合成可使果实不能正常成
熟，这一特点可以用于解决果实不耐储存的问题，以达到增加经济效益的目的。现有某种植物的3 个纯
合子（甲、乙、丙），其中甲和乙表现为果实不能正常成熟（不成熟），丙表现为果实能正常成熟
（成熟），用这3 个纯合子进行杂交实验，F1自交得F2，结果见下表。
实
验
杂交组合
F1表现型
F2表现型及分离比
①
甲×丙
不成熟
不成熟：成熟=3：1
②
乙×丙
成熟
成熟：不成熟=3：1
③
甲×乙
不成熟
不成熟：成熟=13：3
回答下列问题。
(1)利用物理、化学等因素处理生物，可以使生物发生基因突变，从而获得新的品种。通常，基因突变
是指_____。
(2)从实验①和②的结果可知，甲和乙的基因型不同，判断的依据是_____。
(3)已知丙的基因型为aaBB，且B 基因控制合成的酶能够催化乙烯的合成，则甲、乙的基因型分别是
_____；实验③中，F2成熟个体的基因型是_____，F2不成熟个体中纯合子所占的比例为_____。
【答案】(1)DNA 分子上发生碱基的增添、替换、缺失导致的基因结构发生改变的过程
(2)实验①和实验②的F1性状不同，F2的性状分离比不相同
(3)AABB、aabb aaBB 和aaBb 3/13
【详解】（1）基因突变是指DNA 分子上发生碱基的增添、替换、缺失导致的基因结构发生改变的过程。
（2）甲与丙杂交的F1为不成熟，子二代不成熟：成熟=3：1，所以甲的不成熟相对于成熟为显性，乙与丙
杂交的F1为成熟，子二代成熟：不成熟=3：1，所以乙的不成熟相对于成熟为隐性。即实验①和实验②的
F1性状不同，F2的性状分离比不相同，故甲和乙的基因型不同。
（3）由于甲的不成熟为显性，且丙为aaBB，所以甲是AABB；乙的不成熟为隐性，所以乙为aabb；则实
验③的F1为AaBb， F2中成熟个体为aaB_，包括aaBB 和aaBb，不成熟个体占1-（1/4）×（3/4）=13/16；
而纯合子为AABB，AAbb，aabb，占3/16，所以不成熟中的纯合子占3/13。
14．（2023·广东·统考高考真题）种子大小是作物重要的产量性状。研究者对野生型拟南芥（2n=10）进行
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诱变筛选到一株种子增大的突变体。通过遗传分析和测序，发现野生型DAI 基因发生一个碱基G 到A
的替换，突变后的基因为隐性基因，据此推测突变体的表型与其有关，开展相关实验。
回答下列问题：
(1)拟采用农杆菌转化法将野生型DAI 基因转入突变体植株，若突变体表型确由该突变造成，则转基因
植株的种子大小应与_________植株的种子大小相近。
(2)用PCR 反应扩增DAI 基因，用限制性核酸内切酶对PCR 产物和_________进行切割，用DNA 连接
酶将两者连接。为确保插入的DAI 基因可以正常表达，其上下游序列需具备_________。
(3)转化后，T-DNA（其内部基因在减数分裂时不发生交换）可在基因组单一位点插入也可以同时插入
多个位点。在插入片段均遵循基因分离及自由组合定律的前提下，选出单一位点插入的植株，并进
一步获得目的基因稳定遗传的植株（如图），用于后续验证突变基因与表型的关系。
①农杆菌转化T0代植株并自交，将T1代种子播种在选择培养基上，能够萌发并生长的阳性个体即表
示其基因组中插入了_________。
②T1代阳性植株自交所得的T2代种子按单株收种并播种于选择培养基，选择阳性率约_________%的
培养基中幼苗继续培养。
③将②中选出的T2代阳性植株_________（填“自交”、“与野生型杂交”或“与突变体杂交”）所
得的T3代种子按单株收种并播种于选择培养基，阳性率达到_________%的培养基中的幼苗即为
目标转基因植株。为便于在后续研究中检测该突变，研究者利用PCR 扩增野生型和突变型基因片
段，再使用限制性核酸内切酶X 切割产物，通过核酸电泳即可进行突变检测，相关信息见下，在
电泳图中将酶切结果对应位置的条带涂黑_________。
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【答案】(1)野生型
(2)运载体 启动子和终止子
(3)DAI 基因和卡那霉素抗性基因 75 自交 100
【详解】（1）根据题干信息可知，突变后的基因为隐性基因，则野生型DAI 基因为显性基因，因此采用
农杆菌转化法将野生型DAI 基因转入突变体植株，若突变体表型确由该突变造成，则转基因植株的种子大
小应与野生型植株的种子大小相近。
（2）利用PCR 技术扩增DAI 基因后，应该用同种限制性核酸内切酶对DAI 基因和运载体进行切割，再用
DNA 连接酶将两者连接起来；在基因表达载体中，启动子位于目的基因的首端，终止子位于目的基因的尾
端，因此为确保插入的DAI 基因可以正常表达，其上下游序列需具备启动子和终止子。
（3）①根据题干信息和图形分析，将T0代植株的花序浸没在农杆菌（T-DNA 上含有DAI 基因和卡那霉素
抗性基因）液中转化，再将获得的T1代种子播种在选择培养基（含有卡那霉素）上，若在选择培养基上有
能够萌发并生长的阳性个体，则说明含有卡那霉素抗性基因，即表示其基因组中插入DAI 基因和卡那霉素
抗性基因。
②T1代阳性植株都含有DAI 基因，由于T-DNA（其内部基因在减数分裂时不发生交换）可在基因组单一
位点插入也可以同时插入多个位点，所以不确定是单一位点插入还是多位点插入，若是单一位点插入，相
当于一对等位基因的杂合子，其自交后代应该出现3∶1 的性状分离比，而题干要求选出单一位点插入的植
株，因此应该选择阳性率约75%的培养基中幼苗继续培养。
③将以上获得的T2代阳性植株自交，再将得到的T3代种子按单株收种并播种于选择培养基上，若某培养
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基上全部为具有卡那霉素抗性的植株即为需要选择的植株，即阳性率达到100%的培养基中的幼苗即为目
标转基因植株。根据图形分析，野生型和突变型基因片段的长度都是150bp，野生型的基因没有限制酶X
的切割位点，而突变型的基因有限制酶X 的切割位点，结合图中的数据分析可知电泳图中，野生型只有
150bp，突变型有50bp 和100bp，如图：
。
15．（2023·浙江·统考高考真题）某昆虫的性别决定方式为XY 型，野生型个体的翅形和眼色分别为直翅
和红眼，由位于两对同源染色体上两对等位基因控制。研究人员通过诱变育种获得了紫红眼突变体和
卷翅突变体昆虫。为研究该昆虫翅形和眼色的遗传方式，研究人员利用紫红眼突变体卷翅突变体和野
生型昆虫进行了杂交实验，结果见下表。
杂交组
合
P
F1
F2
甲
紫红眼突变体、紫红眼突变
体
直翅紫红眼
直翅紫红眼
乙
紫红眼突变体、野生型
直翅红眼
直翅红眼∶直翅紫红眼＝3∶1
丙
卷翅突变体、卷翅突变体
卷翅红眼∶直翅红眼＝2∶1
卷翅红眼∶直翅红眼＝1∶1
丁
卷翅突变体、野生型
卷翅红眼∶直翅红眼＝1∶1
卷翅红眼∶直翅红眼＝2∶3
注：表中F1为1 对亲本的杂交后代，F2为F1全部个体随机交配的后代；假定每只昆虫的生殖力相同。
回答下列问题：
(1)红眼基因突变为紫红眼基因属于__________（填“显性”或“隐性”）突变。若要研究紫红眼基因
位于常染色体还是X 染色体上，还需要对杂交组合__________的各代昆虫进行__________鉴定。鉴
定后，若该杂交组合的F2表型及其比例为__________，则可判定紫红眼基因位于常染色体上。
(2)根据杂交组合丙的F1表型比例分析，卷翅基因除了控制翅形性状外，还具有纯合__________效应。
(3)若让杂交组合丙的F1和杂交组合丁的F1全部个体混合，让其自由交配，理论上其子代（F2）表型及
其比例为__________。
(4)又从野生型（灰体红眼）中诱变育种获得隐性纯合的黑体突变体，已知灰体对黑体完全显性，灰体
（黑体）和红眼（紫红眼）分别由常染色体的一对等位基因控制。欲探究灰体（黑体）基因和红眼
（紫红眼）基因的遗传是否遵循自由组合定律。现有3 种纯合品系昆虫：黑体突变体、紫红眼突变
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体和野生型。请完善实验思路，预测实验结果并分析讨论。
（说明：该昆虫雄性个体的同源染色体不会发生交换；每只昆虫的生殖力相同，且子代的存活率相同；
实验的具体操作不作要求）
①实验思路：
第一步：选择__________进行杂交获得F1，__________。
第二步：观察记录表型及个数，并做统计分析。
②预测实验结果并分析讨论：
Ⅰ：若统计后的表型及其比例为__________，则灰体（黑体）基因和红眼（紫红眼）基因的遗
传遵循自由组合定律。
Ⅱ：若统计后的表型及其比例为__________，则灰体（黑体）基因和红眼（紫红眼）基因的遗
传不遵循自由组合定律。
【答案】(1)隐性 乙 性别 直翅红眼雌：直翅紫红眼雌：直翅红眼雄：直翅紫红眼雄=3：1：3：1
(2)显性致死
(3)卷翅红眼：直翅红眼=14：17
(4)黑体突变体和紫红眼突变体 F1随机交配得F2 灰体红眼:灰体紫红眼:黑体红眼:黑体紫红眼
=9∶3∶3∶1 灰体红眼:灰体紫红眼:黑体红眼=2∶1∶1
【详解】（1）杂交组合乙分析：紫红眼突变体与野生型交配，F1全为红眼，F2红眼∶紫红眼＝3∶1，可得
红眼为显性，紫红眼为隐性，因此红眼基因突变为紫红眼基因属于隐性突变；若要研究紫红眼基因位于常
染色体还是X 染色体上，还需要对杂交组合乙的各代昆虫进行性别鉴定；若该杂交组合的F2表型及其比例
为直翅红眼雌：直翅紫红眼雌：直翅红眼雄：直翅紫红眼雄=3：1：3：1，子代表型符合自由组合定律，
与性别无关，则可判定紫红眼基因位于常染色体上。
（2）根据杂交组合丙的F1表型比例分析，卷翅∶直翅＝2∶1，不为基因分离定律的分离比3：1，因此卷
翅基因具有纯合显性致死效应。
（3）由于卷翅基因具有纯合显性致死效应，设其基因用A 表示，丙、丁两组的F1均为红眼，只看卷翅和
直翅这对性状，则杂交组合丙的F1的卷翅Aa∶直翅aa＝2∶1，即2/3Aa、1/3aa，杂交组合丁的F1卷翅
Aa∶直翅aa＝1∶1，即1/2Aa、1/2aa，丙、丁两组的F1全部个体混合，则Aa 为2/3+1/2=7/6、
aa=1/3+1/2=5/6，即Aa 占7/12、aa 占5/12，自由交配，则A 的配子为7/12×1/2=7/24，a=1-A=17/24，则
Aa：aa=（2×7/12×17/12）：（17/12×17/12）=14：17，即理论上其子代F2中表型及其比例为卷翅红眼：直
翅红眼=14：17。
（4）实验思路：选择黑体突变体和紫红眼突变体进行杂交获得F1，F1随机交配得F2，观察F2表型及个数。
预测实验结果并分析讨论：若统计后的F2表型及其比例为灰体红眼:灰体紫红眼:黑体红眼:黑体紫红眼
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=9∶3∶3∶1，则灰体（黑体）基因和红眼（紫红眼）基因的遗传遵循自由组合定律；若统计后的表型及
其比例为灰体红眼:灰体紫红眼:黑体红眼=2∶1∶1，则灰体（黑体）基因和红眼（紫红眼）基因的遗传不
遵循自由组合定律。
16．（2023·湖北·统考高考真题）乙烯（C2H4）是一种植物激素，对植物的生长发育起重要作用。为研究
乙烯作用机制，进行了如下三个实验。
【实验一】乙烯处理植物叶片2 小时后，发现该植物基因组中有2689 个基因的表达水平升高，2374 个
基因的表达水平下降。
【实验二】某一稳定遗传的植物突变体甲，失去了对乙烯作用的响应（乙烯不敏感型）。将该突变体
与野生型植株杂交，F1植株表型为乙烯不敏感。F1自交产生的F2植株中，乙烯不敏感型与敏感型的
植株比例为9：7．
【实验三】科学家发现基因A 与植物对乙烯的响应有关，该基因编码一种膜蛋白，推测该蛋白能与乙
烯结合。为验证该推测，研究者先构建含基因A 的表达载体，将其转入到酵母菌中，筛选出成功表
达蛋白A 的酵母菌，用放射性同位素
14C 标记乙烯（
14C2H4），再分为对照组和实验组进行实验，其
中实验组是用不同浓度的
14C2H4与表达有蛋白A 的酵母菌混合6 小时，通过离心分离酵母菌，再检
测酵母菌结合
14C2H4的量。结果如图所示。
回答下列问题：
(1)实验一中基因表达水平的变化可通过分析叶肉细胞中的_______（填“DNA”或“mRNA”）含量得出。
(2)实验二F2植株出现不敏感型与敏感型比例为9：7 的原因是_________。
(3)实验三的对照组为：用不同浓度的
14C2H4与_______混合6 小时，通过离心分离酵母菌，再检测酵母
菌结合
14C2H4的量。
(4)实验三中随着
14C2H4相对浓度升高，实验组曲线上升趋势变缓的原因是______。
(5)实验三的结论是________。
【答案】(1)mRNA
(2)控制对乙烯敏感度的基因有两对，这两对基因遵循自由组合定律
(3)不表达蛋白A 的酵母菌
(4)导入酵母菌的蛋白A 基因控制合成的蛋白A 数量有限
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(5)基因A 与植物对乙烯的响应有关
【详解】（1）基因表达包含转录和翻译两个过程，转录的产物是mRNA，mRNA 也是翻译的模板，所以
分析叶肉细胞中的mRNA 含量可知道实验一中基因表达水平的变化。
（2）将突变体甲与野生型植株杂交，得到F1，F1自交产生的F2植株中，乙烯不敏感型与敏感型的植株比
例为9：7，是9:3:3:1 的变式，说明控制乙烯敏感度的基因有两对，并且这两对基因符合自由组合定律。
（3）该实验目的是通过基因A 控制的蛋白质能与乙烯结合，证明基因A 与植物对乙烯的相应有关，自变
量是有无蛋白A，实验组是表达有蛋白A 的酵母菌，对照组则是不表达蛋白A 的酵母菌。
（4）分析曲线，横坐标是
14C2H4浓度的相对值，纵坐标是酵母菌结合
14C2H4的量，酵母菌是通过合成蛋白
A 与
14C2H4结合的，故实验组的曲线上升趋势变慢，可能是因为导入了基因A 的酵母菌能合成的蛋白A 数
量有限。
（5）本实验是通过基因A 控制的蛋白质能与乙烯结合，证明基因A 与植物对乙烯的相应有关，故实验结
论是基因A 与植物对乙烯的相应有关。
〖2022 年高考真题〗
17．（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
【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
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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。
18．（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（ ）
杂交组
合
子代叶片边缘
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
【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。
19．（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F1，从F1开始逐代随机交配获得Fn。不考虑交换和其他突变，关于F1至Fn，下列
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说法错误的是（ ）
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
【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。
20．（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
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A．让只含隐性基因的植株与F2测交，可确定F2中各植株控制花色性状的基因型
B．让表中所有F2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
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F1自交，则F2表型比例为9 紫红色∶3 靛蓝色∶3 红色∶1 蓝色
【答案】BCD
【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F2测交仍然是白花，无法
鉴别它的具体的基因型，A 错误；
B、甲×乙杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AABbIi：AABBIi：AABbII：AABBII=4：2：2：1。乙×丙
杂交组合中F2的紫红色植株基因型为AaBBIi：AABBIi：AaBBII：AABBII=4：2：2：1。其中II：Ii=1：2
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；
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。
21．（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，F1全部表现为雌雄同株；F1自交，F2中雌株所占比例为_____________，F2中雄株的基因
型是_____________；在F2的雌株中，与丙基因型相同的植株所占比例是_____________。
(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
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(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】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，F1全部表现为雌雄同株”，可知乙基因型为BBtt，丁的基因型为
bbTT，F1基因型为BbTt，F1自交F2基因型及比例为9B＿T＿（雌雄同株）：3B＿tt（雌株）：3bbT＿（雄
株）：1bbtt（雌株），故F2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
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。
22．（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】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。
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(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：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。
23．（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，F1中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是
________________；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。
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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
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】(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F1各对性状中，虎斑个体占
3/4，白茧个体占1/4，抗软化病个体占1/4，相乘后F1中虎斑、白茧、抗软化病的家蚕比例是
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，
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
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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。
24．（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。
杂交组合
P
F1
♀
♂
♀
♂
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
丙
正常眼小翅
正常眼正常翅
正常眼正常
翅
正常眼小翅
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F1的雌雄个体随机交配获得F2，则F2中星眼小翅雌果蝇占____________。果蝇的性染色体数
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F1中有1 只非整倍体星眼小翅雄
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F1，F1中正常眼小翅雌果蝇占21/200、星眼小翅雄果蝇占49/200，
则可推知亲本雄果蝇中星眼正常翅占__________。
(4)写出以组合丙F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图解。____________。
【答案】(1) 自由组合定律 AAXBXB 移除
(2) 3/16 X 染色体
(3)7/10
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(4)
【解析】(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），F1基因型为AaXBXb、AaXbY，F1的雌雄
个体随机交配获得F2，则F2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、aaXbY，F1基因型应为AaXBXb、AaXBY，若发现组合甲F1中有1 只非整倍体星眼小翅雄果蝇，
则该个体基因型可能为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，F1基因型为aaXBXb、aaXbY，F1的雌雄果蝇为亲本杂交的遗传图
解为：
。
25．（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A1/A2/A3控制，翅形由等位基因B/b 控制。为研究突变
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：
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(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
杂交组
合
P
F1
F2
♀
♂
♀
♂
♀
♂
Ⅰ
黑体
黄
体
黄体
黄体
3 黄体：1 黑体
3 黄体：1 黑体
Ⅱ
灰体
黑
体
灰体
灰体
3 灰体：1 黑体
3 灰体：1 黑体
Ⅲ
灰体
黄
体
灰体
灰体
3 灰体：1 黄体
3 灰体：1 黄体
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A1（黑体）、A2（灰体）和A3（黄体）的显隐性关系为___________
（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
杂交
组合
P
F1
F2
♀
♂
♀
♂
♀
♂
Ⅳ
灰体
圆翅
黑体
锯翅
灰体
圆翅
灰体
圆翅
6 灰体圆翅：2 黑体圆翅
3 灰体圆翅：1 黑体圆翅：3 灰
体锯翅：1 黑体锯翅
Ⅴ
黑体
锯翅
灰体
圆翅
灰体
圆翅
灰体
锯翅
3 灰体圆翅：1 黑体圆翅：3 灰
体锯翅：1 黑体锯翅
3 灰体圆翅：1 黑体圆翅：3 灰
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F2中所有灰体圆翅雄虫和杂交Ⅴ的F2中所有灰体圆翅雌虫随机交配，理论上子代表现
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F1中灰体圆翅雄虫的杂交过程。
【答案】(1)替换
(2) A2＞A3＞A1 分离
(3) 伴X 染色体隐性遗传 杂交V 的母本为锯翅，父本为圆翅，F1的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯
翅
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(4) 6 灰体圆翅雄虫和灰体锯翅雄虫
(5)
(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F1可知，黄体（A3）对黑体（A1）为显性；由杂交组合Ⅱ可知，灰体（A2）对黑体
（A1）为显性，由杂交组合Ⅲ可知，灰体（A2）对黄体（A3）为显性，所以三者的显隐性关系为黄体对黑
体为显性，灰体对黄体对黑体为显性，即A2＞A3＞A1，由题意可知三个体色基因为复等位基因，根据等位
基因概念“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，F1的雌虫全为圆翅，雄虫全为锯翅，性状与性别相关联，
可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A2A2）和黄体（基因型
A3A3），F1的灰体基因型为A2A3，雌雄个体相互交配，子代基因型是A2A2（灰体）：A2A3（灰体）：A3A3
（黄体）=1：2：1，所以杂交组合Ⅲ中F2的灰体圆翅雄虫基因型为1/3 A2A2XBY 和2/3 A2A3XBY；杂交组
合Ⅴ中，只看体色这对相对性状，因为F1只有一种表现型，故亲本为A1A1 A2A2，F1基因型为A1A2，雌雄
个体相互交配，F2基因型为A1A1（黑体）：A1A2（灰体）：A2A2（灰体）=1：2：1；只看杂交组合Ⅴ中关
于翅型的性状，亲本为XbXbXBY，F1基因型为XBXb，XbY，F1雌雄个体相互交配，F2的圆翅雌虫的基因型
为XBXb，所以杂交组合Ⅴ的F2的灰体圆翅雌虫基因型为1/3 A2A2XBXb，2/3 A1A2 XBXb。控制体色和翅型的
基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F2的灰体圆翅雄虫和杂交组合Ⅴ的F2的灰体圆翅雌虫随机交配，只看体色，A2A2、A2A3和A2A2、
A1A2随机交配，雄配子是1/3A3、2/3A2，雌配子是1/3A1、2/3A2，子代基因型为4/9 A2A2（灰体）、2/9
A2A3（灰体）、2/9 A1A2（灰体）、1/9 A1A3（黄体），可以出现灰体（占8/9）和黄体（占1/9）2 种体色；
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。
29
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(5)黑体锯翅雌虫的基因型为A1A1XbXb，由（4）解析可知，杂交组合Ⅲ的F1灰体雄虫基因型为A2A3，所以
灰体圆翅雄虫的基因型为A2A3XBY，二者杂交的遗传图解如下：
〖2021 年高考真题〗
26．（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F1，F1自交产生F2，结果如表。
组别
杂交组合
F1
F2
1
甲×乙
红色籽
粒
901 红色籽粒，699 白色籽粒
2
甲×丙
红色籽
粒
630 红色籽粒，490 白色籽粒
根据结果，下列叙述错误的是（ ）
A．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9 红色：7 白色
B．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制
C．组1 中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3 红色：1 白色
D．组2 中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1 红色：1 白色
【答案】C
【详解】A、若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒（AaBBCc），两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉
米籽粒性状比为9 红色：7 白色，A 正确；
B、据分析可知若乙与丙杂交，F1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；
C、据分析可知，组1 中的F1（AaBbCC）与甲（AAbbCC）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1 红色：1 白
色，C 错误；
D、组2 中的F1（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。
故选C。
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27．（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F1中基因型为YyRR 个体所占的比例为（ ）
A．1/16
B．1/8
C．1/4
D．1/2
【答案】B
【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F1中基因型为YyRR 个体所占
的比例为1/2×1/4=1/8，B 正确，ACD 错误。
故选B。
28．（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，F1自交，F2的表现型及比例为__________。
(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F1叶色
见下表。
实验分组
母本
父本
F1叶色
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F1自交，观察并统计F2的
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
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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
(3)终止密码提前出现
【详解】(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，F1为杂合
子，自交后代F2的表现型及比例为绿叶：浅绿叶=3：1。
(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，F1仍为浅绿叶，
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，F1均表现绿叶，说明W 的浅
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），F1
基因型为AaBbCC，F1产生的配子为aBC、AbC，自交后代F2为1aaBBCC（浅绿叶）、1AAbbCC（浅绿
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），F1基因型为AaBBCc，F1产生配子时，A、a
和C、c 可以进行自由组合，产生4 种配子，自交后代F2符合9：3：3：1，由于何一对隐性基因纯合时就
表现为浅绿叶，则F2的表现型为绿叶：浅绿叶=9：7；第6 组为Y（AAbbCC）×Z（AABBcc），F1基因型
为AABbCc，F1产生配子时，B、b 和C、c 可以进行自由组合，F2结果与第5 组相同，即绿叶：浅绿叶
=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。
29．（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
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。
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(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F1中紫眼雌果蝇的基因型为______，F2中紫眼雌果蝇的基因型有_________种.
(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F2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_________
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】(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，F1中紫眼雌果蝇的基因型为AaXBXb，F1中紫眼雄果蝇的基因型为AaXBY，杂交后，F2中
紫眼雌果蝇的基因型A-XBX-，有2×2=4 种。
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(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F2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F2亲本为XBXb和XBY 杂交，F3为：雌性1/2XBXB、1/2XBXb，雄性为XBY、XbY（致死）。若假
设成立，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。
30．（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
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F2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F1产生各种类
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。F1产生各种类型配
子比例相等的细胞遗传学基础是______。
（2）将杂交组合①的F2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
为高轩的记为F3-Ⅰ，高秆与半矮秆比例和杂交组合①、②的F2基本一致的记为F3-Ⅱ，高秆与半矮秆比例和
杂交组合③的F2基本一致的记为F3-Ⅲ。产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为______。产生F3-Ⅲ的
高秆植株基因型为______（用A、a；B、b；C、c……表示基因）。用产生F3-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交
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 F1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位基因自由组合 7∶4∶4
Aabb、aaBb 不能
【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F1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
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上的非等位基因自由组合，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F2出现高杆∶半矮杆≈15∶1。
（2）杂交组合①的F2所有高秆植株基因型包括1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、
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
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
F3-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F2基本
一致，记为F3-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
F2基本一致，记为 F3-Ⅲ，产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为7∶4∶4。用产生F3-Ⅲ的高秆植株
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。
31．（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F1，F1经自交得到F2，
结果如下表。
性状
控制基因及其所在染色体
母本
父本
F1
F2
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
果肉颜色
B/b，9 号染色体
白色
橘红
色
橘红色
橘红色：白色≈3:1
果皮覆纹
E/e，4 号染色体
F/f，2 号染色体
无覆纹
无覆
纹
有覆纹
有覆纹：无覆纹
≈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)F1的基因型为____________，F1产生的配子类型有____________种。
(3)F2的表现型有____________种，F2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
量比是____________，F2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____________。
【答案】(1)橘红色 (2) AaBbEeFf 8
(3) 6 9:3:4 5/6
【解析】(1)结合表格分析可知，亲本分别是白色和橘红色杂交，F1均为橘红色，F1杂交，子代出现橘红色：
白色=3:1 的性状分离比，说明橘红色是显性性状。
(2)由于F2中黄绿色：黄色≈3:1，可推知F1应为Aa，橘红色：白色≈3:1，F1应为Bb，有覆纹：无覆纹
≈9:7，则F1应为EeFf，故F1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
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遗传，故F1产生的配子类型有2（AE、ae）×2（F、f）×2（B、b）=8 种。
(3)结合表格可知，F2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F2的表现型有2×3=6 种；由于A 和E 连锁，a 和e 连锁。F2中基因型为A-E-的为3/4，aaee
的为1/4，F2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-、
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；F2中黄色无覆纹果皮中的
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。
32．（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F1植株在幼苗期死亡。已知该植
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F1的育种原理是___________。
(2)为研究部分F1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
甲杂交，统计每个杂交组合所产生的F1表现型，只出现两种情况，如下表所示。
甲（母本）
乙（父本）
F1
aaBB
乙-1
幼苗期全部死亡
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F1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
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F1杂种，可选择亲本组合为:品种甲（aaBB）和基因型为
___________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F1表现型。
选育结果:若某个杂交组合产生的F2全部成活，则___________的种子符合选育要求。
【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
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【解析】(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F1基因型为AaBb 或aaBb，进一步可推测部分F1
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F1
杂种，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F1表现型。
第三步：若某个杂交组合产生的F2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
合要求，可保留制种。
33．（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，F2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
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：
杂交组合
F2的表现型及数量（株）
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F1产生__________种配子。
（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
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__________。
（3）乙×丙的 F2中，形成抗除草剂与不抗除草剂表现型比例的原因是__________。
（4）甲与丙杂交得到F1，F1再与甲杂交，利用获得的材料进行后续育种。写出F1与甲杂交的遗传图解
__________。
【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
【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，F2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，F2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
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F1基因型为aaB+B-，所以其
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F2中，抗除草剂∶不抗除草剂 =（178+537）∶（12+36）≈15∶1，是9∶3∶3∶1 的变式
（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”，F2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
=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。
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所以甲（aaB-B-）与丙（AAB+B+）杂交得到的F1基因型为AaB+B-，F1 （AaB+B-）与甲（aaB-B-）的杂交遗
传图解为：
34.（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F1自交得F2）。
实验
亲本
F1
F2
①
甲×乙
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
/
②
丙×丁
缺刻叶齿皮
9/16 缺刻叶齿皮，3/16 缺刻叶网皮
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F2中纯合体所占的比例为__________。
（4）假如实验②的F2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
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，F1分别统计，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 缺刻
叶和齿皮 甲和乙 1/4 果皮 F2中齿皮∶网皮=48∶16=3∶1，说明受一对等位
基因控制
【详解】（1）实验①中F1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
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别统计两对相对性状，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，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可
以推测缺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F1
结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb，综合推知，甲的基因型为Aabb，
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F2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
1/4；
（4）假如实验②的F2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
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。
35.（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TD），L7 的7 号染色体上带有D 的染色体片段（含有基因SD），两个品系的其他染色体均来自于H
（图1）。H 的12 号和7 号染色体相应片段上分别含有基因TH和SH。现将两个品系分别与H 杂交，利用
分子检测技术对实验一亲本及部分F2的TD/TH基因进行检测，对实验二亲本及部分F2的SD/SH基因进行检
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F2中基因型TDTD对应的是带型__________。理论上，F2中产生带型Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的个体数量比
为__________。
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（3）实验二F2中产生带型α、β 和γ 的个体数量分别为12、120 和108，表明F2群体的基因型比例偏离
__________定律。进一步研究发现，F1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，推测无活性的花粉带有__________（填“SD”或“SH”）基因。
（4）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（图3）。主要实验
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F1，若F1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
F2中与X 基因型相同的个体所占比例为__________。
【答案】 12 Ⅲ 1∶2∶1 （基因）分离 SD 将L7 和L12 杂交，获得F1后
自交 α 和Ⅲ 1/80
【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TDTD）与H（基因型THTH）杂交，F1的基因型为TDTH，F2的基因型分别为
TDTD∶TDTH∶THTH=1∶2∶1，其中TDTD对应的是带型与亲本L12 对应的条带相同，即条带Ⅲ，理论上，
F2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SDSD）与H（基因型SHSH）杂交，F1的基因型为SDSH，理论上F2的基因型分
别为SDSD∶SDSH∶SHSH=1∶2∶1，其中SDSD对应的是带型与亲本L7 对应的条带相同，即条带α，SDSH对
应条带为β，SHSH对应条带为γ，理论上，F2中产生带型Ⅰ∶Ⅱ∶Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1。实际上F2中
产生带型α、β、γ 的个体数量分别为12、120 和108，表明F2群体的基因型比例偏离分离定律；进一步研
究发现，F1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SDSD的
个体数量很少，可推测无活性的花粉带有SD基因；
（4）已知TD与TH，SD与SH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，
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SDSDTDTD；
同时考虑两对等位基因，可知L7 的基因型为SDSDTHTH，L12 的基因型为SHSHTDTD，①将L7 和L12 杂交，
获得F1（SDSHTDTH）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
的植株；
（5）实验二中SDSD∶SDSH∶SHSH=12∶120∶108=1∶10∶9，可知花粉中SD∶SH=1∶9，利用X（基因型为
SDSDTDTD）和H（基因型为SHSHTHTH）杂交得到F1，基因型为SDSHTDTH，若F1产生的SD花粉无活性，所
占比例与实验二结果相同，即雄配子类型及比例为：SDTD∶SDTH∶SHTD∶SHTH=1∶1∶9∶9，雌配子均有
活性，类型及比例为SDTD∶SDTH∶SHTD∶SHTH =1∶1∶1∶1，则F2中基因型为SDSDTDTD的个体所占比例
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为1/4×1/20=1/80。
36.（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，F2 中雄性不育植株所占的比例为____________。雄性不育植
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 F2 中可育晚熟红果植株所占比例为____________。
（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，F1 均表现
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 F1 的体细胞中含有________
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)
【详解】（1）基因型为 Mm 的植株自交，F1中 MM∶Mm∶mm=1∶2∶1 ，其中 MM、Mm 的植株表
现为大花、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F2 中雄性不育
植株mm 所占的比例为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F1中有9 种基因型，分别为：
1MMRR、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 F2
中可育晚熟红果植株（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
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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，F1 均表现
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F1 均表现为雄性不育，说明F1 的体细胞中含有0 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、
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) 。
37.（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F1均为高秆不抗病，乙和丙杂交获得的F1
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（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
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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F1，F1自交获得F2。F1基因型有_______种，F2中核型为2n-2=22 的植株所占的比例为
__________。
（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F1，F1自交获得F2。写出F1自交获得F2的遗传图解。_______________
【答案】 果胶酶 2n-1=23 2 1/8 乙和丙杂交获得F1，取F1中高秆不抗病的植株
进行自交，从F2代中选取矮秆抗病植株
【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，F1为AaBB：
AaBO=1：1，共2 种；F1自交，其中AaBB 自交，子代核型均为2n=24；其中AaBO（产生配子为AB、
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F1（AaBb），取F1中高秆不抗病的植株进行自交，
从F2代中选取矮秆抗病植株（aabb），即为所选育类型。
（4）甲植株基因型为AABB，丙植株基因型为AAbb，两者杂交，F1基因型为AABb，F1自交获得F2的遗
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传图解如下：
。
〖2020 年高考真题〗
38．（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
【答案】B
【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。
故选B。
故选B。
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39．（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，F1均无成分R。然后选其
中一组杂交的F1（AaBbCc）作为亲本，分别与3 个突变体进行杂交，结果见下表：
杂交编
号
杂交组合
子代表现型（株数）
Ⅰ
F1×甲
有（199），无
（602）
Ⅱ
F1×乙
有（101），无
（699）
Ⅲ
F1×丙
无（795）
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
【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。
40．（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_________________。
【答案】（1）板叶、紫叶、抗病
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（2）AABBDD AabbDd aabbdd aaBbdd
（3）花叶绿叶感病、花叶紫叶感病
（4）AaBbdd
【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。
41．（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_____________。
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【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
【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。
〖2019 年高考真题〗
42．（2019 全国卷Ⅰ·32）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。
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（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，子代中白眼个体出现的概率为_____________。
（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，
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 紫眼基因
（2）0 1/2
（3）红眼灰体
红眼灰体∶红眼黑檀体∶白眼灰体∶白眼黑檀体=9∶3∶3∶1
红眼/白眼
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基因均位于3 号
染色体上，二者不能进行自由组合。分别位于非同源染色体：X 染色体、2 号及3 号染色体上的基因可以
自由组合。（1）根据题意并结合图示可知，翅外展基因和粗糙眼基因位于非同源染色体上，翅外展粗糙
眼果蝇的基因型为dpdpruru，野生型即正常翅正常眼果蝇的基因型为：DPDPRURU，二者杂交的F1基因型
为：DPdpRUru，根据自由组合定律，F2中翅外展正常眼果蝇dpdpRU_ _出现的概率为：1/4×3/4=3/16。只
有位于非同源染色体上的基因遵循自由组合定律，而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
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为：XSNWXSNW，后代的雌雄果蝇均为直刚毛红眼：XSNWXsnw和XSNWY，子代雄果蝇中出现焦刚毛的概率为
0。若进行反交，则亲本为：焦刚毛白眼雌果蝇XsnwXsnw和直刚毛红眼纯合雄果蝇XSNWY，后代中雌果蝇均
为直刚毛红眼（XSNWXsnw），雄性均为焦刚毛白眼（XsnwY）。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
因的遗传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中雌雄果蝇基因型分别为EeXWXw，EeXWY，表现型均为红眼灰体。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eeXW
_∶白
眼灰体E-XwY∶白眼黑檀体eeXwY =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中红眼
雌蝇∶红眼雄蝇∶白眼雄蝇=2∶1∶1，即雌性全部是红眼，雄性中红眼∶白眼=1∶1。
43．（2019 全国卷II·32）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。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝
进行了一系列实验。
实验①：让绿叶甘蓝（甲）的植株进行自交，子代都是绿叶
实验②：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=1∶3
回答下列问题。
（1）甘蓝叶色中隐性性状是__________，实验①中甲植株的基因型为__________。
（2）实验②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的分离比为1∶1，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15∶1，则丙植株的基因型为________。
【答案】（1）绿色 aabb
（2）AaBb 4
（3）Aabb、aaBb AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb 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①的子代都
是绿叶，说明甲植株为纯合子。实验②的子代发生了绿叶∶紫叶＝1∶3 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①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_。（1）依题意可知：只含隐性基因的个体表现为隐性性状。实验①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②中，绿叶甘蓝甲植株与紫叶甘蓝乙植株杂交，子代绿叶
∶紫叶＝1∶3，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①中甲植株的基因型为
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aabb。
（2）结合对(1)的分析可推知：实验②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＝1∶1，说明紫叶甘蓝丙
植株
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，自交子代中紫
叶∶绿叶＝15∶1，为9∶3∶3∶1 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。
44．（2019 全国卷III·32）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）答：思路及预期结果
①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1 的性状分离比，则可验证分离定律。
②两种玉米分别自交，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3∶1 的性状分
离比，则可验证分离定律。
③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3∶1 的性状分离比，则可验证分离定律。
④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。
【解析】（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：①两种
玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1 的性状分离比，则可验证分离定律。②两种玉米分别自
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3∶1 的性状分离比，则可验证分
离定律。③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
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F2中出现3∶1 的性状分离比，则可验证分离定律。④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。
45．（2019 北京卷·30）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。
②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：
①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_________。
②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。
③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的植株。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）①一 显
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②A1对A2为显性；A2对A3为显性
（2）①雄性不育 A2A3∶A3A3=1∶1
② A1 A1
③所得种子中混有A3A3自交产生的种子、A2A3与A3A3杂交所产生的种子，这些种子在生产上无杂种优势
且部分雄性不育
（3）
【解析】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。（1）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，雄性不育为显性性状。②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：A1＞A2＞A3。（2）①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。②将A2A3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。③由于A2A3×A1A1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。
46．（2019 天津卷·10）作物M 的F1基因杂合，具有优良性状。F1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：
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（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 。
（3）通过途径 获得的后代可保持F1的优良性状。
【答案】（1）同源染色体非姐妹染色单体交叉互换 非同源染色体自由组合 减半
（2）1/2n 100%
（3）2
【解析】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。（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，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。
47．（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
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（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雌雄交配产生F2。
①该杂交实验的亲本基因型为____________。
②F1测交，后代表现型及对应比例为___________。
③F2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）。
④F2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）①AAbb 和aaBB ②红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1 ③4 ④1/3 1/9
（3）9/64 49/64
【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_∶aabb＝9∶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。（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）①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。②F1测交，即
AaBb 与aabb 杂交，后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶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。③F1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：AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb 共4 种。
④F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶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：2/6Aabb×2/6Aabb＋2/6aaBb×2/6aaBb＋2/6Aabb×2/6aaBb×2＝1/3×1/3×1/4＋
1/3×1/3×1/4＋1/3×1/3×1/2×1/2×2＝1/9。（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_的个体。把Ii 和AaBb 分开来做，Ii×Ii 后代有3/4I _和1/4ii，AaBb×AaBb 后代基因型及比
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例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1。故子代中红毛个体（ii A_B_）的比例为1/4×9/16＝9/64，
棕毛个体（ii A_bb、iiaaB_）所占比例为1/4×6/16＝6/64，白毛个体所占比例为：1－9/64－6/64＝49/64。
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