文档文本内容
第15 讲 分离定律（专项训练）
模拟·基础演练.......................................................................................................1
考点一 一对相对性状的杂交实验及遗传学相关概念............................................................1
考点二 分离定律的实质及验证................................................................................................3
考点三 性状显隐性及纯合子和杂合子的判断方法................................................................4
考点四 分离定律的概率计算（含自交与自由交配）............................................................7
考点五 分离定律在特殊情况下应用........................................................................................9
重难·创新演练.....................................................................................................12
真题·实战演练.......................................................................................................22
模拟·基础演练
考查重点：一对相对性状的杂交实验及遗传学相关概念、分离定律的实质及验证、性状显隐性及纯合
子和杂合子的判断方法、分离定律的概率计算（含自交与自由交配）、分离定律在特殊情况下应用
考点一 一对相对性状的杂交实验及遗传学相关概念
1．【孟德尔假说 - 演绎法基础实验辨析】（2025·四川资阳·一模）假说—演绎法是科学研究中常用的方
法，包括“观察实验现象、提出问题、作出假设、演绎推理、实验验证、得出结论”等环节。孟德尔利用
该方法发现了两个遗传规律。下列关于孟德尔豌豆杂交实验和假说演绎法的叙述，正确的是（ ）
A．豌豆为自花传粉、闭花授粉植物，杂交时应在父本花粉未成熟时进行人工去雄
B．孟德尔所作假设的内容之一是亲本产生了数量相等的雌雄两种配子
C．孟德尔作出的“演绎推理”是设计F1与隐性纯合子杂交，预测出后代的表型及比例
D．孟德尔先研究遗传因子的行为变化，再提出了遗传因子的分离和自由组合规律
【答案】C
【分析】本题围绕假说 - 演绎法完整流程、豌豆杂交操作、孟德尔分离定律核心假说展开辨析。人工去雄
针对母本花蕾期；雌雄配子数量并不相等；演绎推理为测交预测后代表型比例；孟德尔先实验观察，再提
出假说，最后总结遗传规律。
【详解】A、豌豆为自花传粉植物，杂交实验中需对母本在花蕾期人工去雄，而非父本，A 错误；
B、孟德尔假设的核心是遗传因子在形成配子时彼此分离，而非雌雄配子数量相等（实际雄配子数量远多
于雌配子），B 错误；
C、孟德尔作出的“演绎推理”是设计F1与隐性纯合子杂交，预测出后代的表型及比例，预测后代性状分
离比为1：1，C 正确；
D、孟德尔通过实验数据提出遗传因子假说，再验证并总结规律，而非先研究遗传因子行为再提出规律，
D 错误。
故选C。
2．【相对性状概念基础判断】（2025·云南·模拟预测）在遗传学上，相对性状是指一种生物的同一种性状
的不同表现类型。下列实例属于相对性状的是（ ）
A．豌豆的红花和绿叶
B．玉米的高茎和矮茎
C．人的身高与体重
D．果蝇的红眼和残翅
【答案】B
【分析】本题考查相对性状定义，判定标准：同一生物、同一种性状、不同表现类型。只有玉米高茎和矮
茎满足条件，其余选项均为两种不同性状。
【详解】A、豌豆的红花和绿叶分别属于花的颜色和叶的颜色两种不同性状，不属于相对性状，A 错误；
B、玉米的高茎和矮茎属于茎的高度这一性状的不同表现类型，属于相对性状，B 正确；
C、人的身高与体重分别属于高度和重量两种不同性状，不是同一种性状的不同表现类型，C 错误；
D、果蝇的红眼和残翅分别属于眼颜色和翅膀形态两种不同性状，不是同一种性状的不同表现类型，D 错
误。
故选B。
3．【纯合子、杂合子概念综合判断】（2024·湖北·模拟预测）下列关于杂合子的叙述中，错误的是（ ）
A．遗传因子组成不同的个体，叫作杂合子
B．基因型为Ddee 或AABb 的个体为杂合子
C．两个纯合子杂交，后代一定是杂合子
D．杂合子自交，后代有可能出现纯合子
【答案】C
【分析】性状是由基因控制的，控制性状的基因组合类型称为基因型。含有等位基因的基因型为杂合子，
不含等位基因的基因型为纯合子。孟德尔在做一对相对性状的纯合亲本杂交实验时，将F1能表现出来的亲
本性状称为显性性状，而将在F1中未表现出来的另一个亲本的性状，称为隐性性状，并将在杂交后代中显
性性状和隐性性状同时出现的现象称为性状分离。
【详解】A、遗传因子组成不同的个体被叫作杂合子，如Aa 的个体是杂合子，A 正确；
B、基因型为Ddee 的个体含有等位基因D 和d，基因型为AABb 的个体含有等位基因B 和b，故基因型为
Ddee 或AABb 的个体为杂合子，B 正确；
C、纯合子杂交后代可能是杂合子，如aa×AA→Aa，也可能是纯合子，如AA×AA→AA，C 错误；
D、杂合子自交后代会出现性状分离，如红花（Aa）×红花（Aa）→红花（A-）：白花（aa）=3：1，白花
（aa）是纯合子，D 正确。
故选C。
考点二 分离定律的实质及验证
4．【分离定律实验与假说演绎环节对应辨析】（2023·陕西安康·一模）巧妙运用假说——演绎法是孟德尔
遗传实验取得成功的重要原因之一，下表是有关分离定律的实验过程与假说——演绎法内容的对应关系，
正确的是( )
选项
分离定律的实验过程
假说—演绎法内容
A
具有一对相对性状的亲本正反交，F1为什么均表现
出显性性状？
发现并提出问题
B
若F1与隐性纯合子杂交，理论上后代可表现出1：1
的性状分离比
作出假设
C
F1产生配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进
入不同的配子中
演绎推理
D
F1自交，F2表现出3：1 的性状分离比
实验验证
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【分析】本题匹配分离定律实验现象与假说演绎各环节。正反交 F1 全为显性是观察到的现象，据此提出
问题；测交预测比例属于演绎推理；配子分离是假说内容；F2 出现 3:1 是实验现象。
A【详解】A、具有一对相对性状的亲本正反交，F1均表现显性性状是孟德尔观察到的实验现象，针对该
现象提出疑问属于发现并提出问题环节，A 正确；
B、推导F1与隐性纯合子杂交后代性状比为1:1，是根据假说内容进行的演绎推理过程，B 错误；
C、F1产生配子时成对的遗传因子彼此分离，是孟德尔对分离现象提出的核心假说内容，C 错误；
D、F1自交得到的F2出现3:1 的性状分离比是观察到的实验现象，属于提出问题的事实基础，D 错误。
故选 A。
5．【基因分离定律实质核心判断】水稻的非糯性对糯性为显性，用纯种的非糯性水稻和糯性水稻杂交，
取F1的花粉加碘液染色，半数花粉呈蓝黑色，半数花粉呈橙红色，F1自交后代非糯性水稻和糯性水稻之比
为3∶1，以下最能直接体现分离定律实质的是（ ）
A．F1自交后代F2的性状分离比为3∶1
B．F1自交后代F2不同遗传因子组成的个体的数量比为1∶2∶1
C．F1与隐性纯合子杂交，后代的性状比为1∶1
D．F1的花粉加碘液染色，蓝黑色花粉与橙红色花粉的数量比约为1∶1
【答案】D
【分析】本题核心考查基因分离定律实质，定律实质是减数分裂时等位基因分离，产生两种等量配子。花
粉直接代表配子，两种花粉 1∶1 是最直接证据；自交 3:1、基因型 1:2:1、测交 1:1 均为后代推导得出，
属于间接证据。
【详解】分离定律的实质是减数分裂形成配子时，同源染色体上的等位基因分离，因此产生的配子种类及
比例最能直接体现分离定律实质，F1的花粉加碘液染色，蓝黑色花粉与橙红色花粉的数量比约为1∶1，说
明F1减数分裂形成了两种配子，比例是1：1，D 正确，ABC 错误。
故选 D。
6．【杂交、自交、测交应用场景辨析】下列杂交方法中，可以依次解决①～④中的遗传问题的一组方法
是（ ）
①鉴定一只显性白羊是否为纯种
②在一对相对性状中区分显、隐性
③不断提高小麦抗病（显性性状）品种的纯合子比例
④检验杂种F1的基因型
A．杂交、自交、测交、测交
B．测交、杂交、自交、测交
C．测交、测交、杂交、自交
D．杂交、杂交、杂交、测交
【答案】B
【分析】本题总结遗传杂交实验用途：测交鉴定显性纯合子、检验 F1 基因型；杂交区分显隐性；连续自
交提高显性纯合植株比例。
【详解】①用测交法可鉴别一只白羊是纯合体还是杂合体，如果后代只有显性个体，则很可能是纯合体，
如果后代出现隐性个体，则为杂合体；
②用杂交法可以区别一对相对性状中的显隐性关系，后代表现出的性状是显性性状；
③用自交法可不断提高小麦抗病品种的纯度，因为杂合体自交后代能出现显性纯合体，并淘汰隐性个体；
④用测交法检验杂种F1的基因型时，如果后代只有显性个体，则很可能是纯合体；如果后代出现隐性个体，
则为杂合体。
所以应采取的交配实验方法分别是测交、杂交、自交、测交。
故选 B。
考点三 性状显隐性及纯合子和杂合子的判断方法
7．【玉米间行种植显隐性判断与分离定律分析】（2026·广东茂名·二模）玉米雌雄同株。纯种甜、非甜玉
米间行种植，甜玉米果穗有甜和非甜籽粒，非甜果穗只有非甜籽粒。下列叙述错误的是（ ）
A．性状遗传遵循基因分离定律
B．甜粒与非甜粒为一对相对的性状
C．非甜玉米上的非甜粒都是纯合子
D．此现象存在玉米自交与杂交
【答案】C
【详解】A、甜与非甜是由一对等位基因控制的相对性状，其遗传遵循基因分离定律，A 正确；
B、甜粒与非甜粒是玉米同一性状（籽粒甜度）的不同表现类型，属于一对相对性状，B 正确；
C、玉米是单性花，且雌雄同株，纯种甜玉米和非甜玉米间行种植，既有同株间的异花传粉，也有不同株
间的异花传粉，甜玉米上的非甜籽粒，是非甜玉米授粉的结果，而非甜玉米上的没有甜籽粒，说明甜是隐
性性状，非甜是显性性状。设控制非甜的显性基因为A，甜的隐性基因为a，纯种非甜玉米基因型为AA，
其自交得到的非甜籽粒为纯合子AA，若接受甜玉米（aa）的花粉杂交，得到的非甜籽粒为杂合子Aa，因
此非甜玉米上的非甜粒不都是纯合子，C 错误；
D、玉米为雌雄同株异花植物，间行种植时既可以同株异花传粉（自交），也可以不同植株间异花传粉
（杂交），D 正确。
【分析】本题结合玉米间行种植情境，考查相对性状、分离定律、自交与杂交。非甜为显性纯合 AA，既
能自交产生 AA，也能接受甜玉米花粉产生 Aa，果穗上同时存在纯合、杂合非甜籽粒。
故选 C
8．【显性个体纯合子鉴定实验判断】（2025·山西晋中·模拟预测）番茄果实的红果色对黄果色完全显性，
现有一株红果色番茄，不考虑基因突变，下列实验能证明该番茄为纯合子的是（ ）
A．让该红果色番茄自交，后代出现了性状分离
B．用该红果色番茄与另一红果色番茄杂交，后代全为红果色番茄
C．用该红果色番茄与另一红果色番茄杂交，后代出现了黄果色番茄
D．将该红果色番茄的花粉授予黄果色番茄，后代全为红果色番茄
【答案】D
【分析】本题考查显性纯合子鉴定方法，测交是最可靠手段。与隐性黄果 aa 测交，子代全为红果，说明
红果亲本只产生显性配子，基因型为纯合 AA；自交分离、红果互交均无法确定亲本是否纯合。
【详解】A、若红果色番茄自交后出现性状分离，说明其为杂合子，不能证明其为纯合子，A 错误；
B、与另一红果色番茄杂交，若后代全为红果，可能因另一红果为纯合子（AA）或该红果为纯合子
（AA），但无法排除另一红果为杂合子（Aa）的可能，因此无法确定该红果是否为纯合子，B 错误；
C、若杂交后代出现黄果，说明该红果和另一红果均为杂合子，杂交后产生隐性性状，不能证明其为纯合
子，C 错误；
D、将该红果与黄果（aa）测交，若后代全为红果，说明该红果只产生A 配子（基因型为AA），测交结果
无隐性性状出现，可证明其为纯合子，D 正确。
故选D。
9．【一对相对性状测交比例 1:1 逻辑推理辨析】（2023·四川泸州·一模）豌豆的红花和白花是一对相对
性状。用一株开红花的植株和一株开白花的植株作亲本进行杂交，F1的性状及其比例为：红花白花=1：
1．据此可作出的判断是（ ）
A．这对相对性状只能由一对等位基因控制
B．红花一定为显性性状，白花一定为隐性性状
C．红花亲本一定是杂合子，白花亲本一定是纯合子
D．杂合亲本在形成配子时，一定有等位基因的分离
【答案】D
【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立
性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子
中，独立地随配子遗传给后代。
【详解】A、根据题中的实验结果无法判断显隐关系，也不能判断该性状只由一对等位基因控制，例如若
豌豆的花色受两对等位基因A/a、B/b 控制，红花植株的基因型为Aabb（aabb），白花植株的基因型为
aabb（Aabb）时，两植株杂交，F1的表现型及比例为红花：白花=1：1，A 错误；
BC、若豌豆的花色受一对等位基因A/a 控制，红花植株的基因型为Aa（aa），白花植株的基因型为aa
（Aa）时，两植株杂交，后代的表现型及比例均为红花：白花=1：1，所以根据本实验无法判断这对性状
的显隐性关系，也无法判断亲本的基因型，BC 错误；
D、杂合亲本的基因型中一定存在等位基因，在形成配子时，一定有等位基因的分离，分别进入不同的配
子中，随配子遗传给后代，D 正确。
故选D。
10．【纯合子杂合子基因型表型基础概念辨析】（2026·辽宁·三模）在生产实践中，为保持特定的优良性
状，确保后代不携带某些致病基因，动植物育种常需要进行纯合子的鉴定。不考虑突变，下列叙述错误的
是（ ）
A．杂合子可以产生两种或两种以上类型的配子
B．基因型相同，表型一定相同；表型相同，基因型不一定相同
C．杂合子玉米的测交后代中不可能出现显性纯合子
D．欲提高某植物显性纯合子的比例可采用连续自交的方法
【答案】B
【分析】本题考查基因型与表型关系，表型由基因型和环境共同决定，基因型相同表型不一定相同，表型
相同基因型也不一定相同；杂合子测交无法产生显性纯合子，连续自交可提纯显性纯合个体。
【详解】A、杂合子（如Aa 或AaBb）在减数分裂时，等位基因分离可产生含不同基因的配子（A 和a 或
AB、Ab、aB 和ab），故可产生两种或以上类型配子，A 正确；
B、基因型相同，表型不一定相同，表型相同，基因型也不一定相同，因为表型由基因型和环境共同决定，
B 错误；
C、杂合子玉米（Aa）测交（与隐性纯合子aa 杂交），后代基因型为Aa 或aa，均为杂合子或隐性纯合子，
不可能出现显性纯合子AA，C 正确；
D、连续自交可使杂合子比例逐代降低，显性纯合子（AA）和隐性纯合子（aa）比例上升，故可提高显性
纯合子比例，D 正确。
故选B。
考点四 分离定律的概率计算（含自交与自由交配）
11．【复等位基因与花粉致死的分离定律概率计算】（2026·河南南阳·模拟预测）荠菜茎秆高度受B(高秆)、
(中秆)、
(矮秆)、b(极矮秆)4 个复等位基因控制，且4 个复等位基因的显隐性关系为
。
为“自私基因”，含
的配子会导致同株含b 的花粉一半死亡。下列叙述错误的是（ ）
A．该荠菜种群有关茎秆高度的基因型共有10 种
B．两株茎秆高度不同的植株杂交，子代茎秆高度最多有3 种
C．基因型为
的植株自交，所得
矮秆：极矮秆
D．等比例
与
植株随机交配，
中含
的植株占
【答案】D
【分析】本题四复等位基因 + 自私花粉致死，计算基因型种类、杂交表型、随机交配后代比例，随机交
配计算含 BT 个体占比结果与选项数值不符。
【详解】A、荠菜茎秆高度受4 个复等位基因（B、BM、BT、b）控制，该荠菜种群有关茎秆高度的基因型
有BB、BMBM、BTBT、bb、BBM、BBT、Bb、BMBT、BMb、BTb，共有10 种，A 正确；
B、两株茎秆高度不同的植株杂交，如高秆（Bb）与中秆（BM b）杂交，子代基因型为BBM、Bb、BMb、
bb，表型为高秆、中秆、极矮秆3 种；其他组合如高秆（Bb）与矮秆（BT b）杂交子代最多3 种表型，无
4 种表型组合，B 正确；
C、基因型为BT b 的植株自交，BT为自私基因，含BT的配子使同株含b 的花粉一半死亡，故雌配子正常
为BT : b = 1 : 1，雄配子比例为BT : b = 2 : 1；子代基因型及比例为BTBT : BTb : bb = (1/2×2/3) : (1/2×1/3 +
1/2×2/3) : (1/2×1/3) = 2: 3: 1，表型矮秆（BTBT和BTb）: 极矮秆（bb） = 5:1，C 正确；
D、等比例BBM与BTb 植株随机交配，BBM产生的配子为1/2B、1/2BM，BTb 产生的雄配子中BT:b=2:1，即
2/3BT、1/3b，雌配子中BT:b=1:1，即1/2BT、1/2b，则等比例BBM与BTb 植株随机交配过程中，雄配子及比
例为B:BM:BT:b= 2: 2 : 2: 1，雌配子及比例为B:BM:BT:b= 1: 1 : 1: 1，由于雄配子中BT占2/7，雌配子中BT占
1/4，所以F1中含BT的植株占2/7+1/4-2/7×1/4=13/28，D 错误。
故选D。
12．【从性遗传的自由交配概率计算】（2026·山西临汾·一模）羊的大臀和普通臀是由常染色体上的一对
等位基因控制。用多只纯合普通臀雌羊与多只纯合大臀雄羊杂交、F1雌性均为普通臀、F1雌雄个体相互交
配产生的F2雌性中大臀∶普通臀＝1∶3，雄性中大臀∶普通臀＝3∶1。F2中普通臀雌羊与F2中大臀雄羊随机
交配，子代雌性中大臀所占比例是（ ）
A．1/2
B．1/4 C．2/9 D．3/8
【答案】C
【分析】本题属于常染色体从性遗传题型，同一基因型雌雄表型不同。先推导 F2 两类亲本的配子比例
A∶a=2∶1，算出子代基因型比例，再结合雌性表型规则，算出雌性中大臀个体占比为 2/9。
【详解】因为羊的大臀和普通臀是由常染色体上的一对等位基因控制，因而不考虑是伴性遗传，用多只纯
合普通臀雌羊与多只纯合大臀雄羊杂交、F1雌性均为普通臀，即表现为从性遗传；F1雌雄个体相互交配产
生的F2雌性中大臀∶普通臀＝1∶3，雄性中大臀∶普通臀＝3∶1，说明雌性中普通臀对大臀显性，而雄性中
大臀对普通臀为显性，若相关基因用A/a 表示，F2中普通臀雌羊（1/3AA、2/3Aa）与F2中大臀雄羊
（1/3AA、2/3Aa）随机交配，该雌雄群体中配子种类和比例为A∶a=2∶1，则产生的后代中基因型种类和比
例为4/9AA、4/9Aa 和1/9aa，即雌性中大臀∶普通臀＝1∶8，雄性中大臀∶普通臀＝8∶1，由于子代中雌雄
比例为1∶1，因此，子代雌性中大臀所占比例为（1/9）÷ （1/2）=2/9，C 正确。
故选 C。
13．【基因型决定性别与随机交配基因频率进化分析】（2026·山东枣庄·模拟预测）T 基因控制育性，含T
基因的玉米为雌雄同株，基因型tt 的个体为雌株。亲代中TT∶Tt=1∶4，让其随机交配得F1，让F1中的雌雄
同株个体做父本与雌株交配得F2，F2中的个体自交得F3。不考虑突变，下列相关说法正确的是（ ）
A．F1到F2的过程中t 的基因频率升高
B．F2到F3的过程中t 的基因频率升高
C．亲代随机交配或自交不影响F2中t 的频率
D．该过程中没有突变和自然选择，没有发生进化
【答案】A
【分析】本题结合玉米育性基因型，计算各代种群 t 基因频率，判断进化。F1 雌雄同株作父本、tt 雌株
作母本杂交得到 F2，t 基因频率相比 F1 明显上升；F2 自交、亲代交配方式均会改变 t 频率，基因频率
改变即发生进化。
【详解】 A、亲代中TT 占比1/5，Tt 占比4/5，t 的基因频率 = (4/5 × 1/2) = 2/5，T 的基因频率 = 1 - 2/5 =
3/5 ， F₁ 代（亲代随机交配） 随机交配后，基因型频率TT = (3/5)² = 9/25，Tt = 2×(3/5)×(2/5) = 12/25，tt
= (2/5)² = 4/25，F1中 t 的基因频率为4/25+12/25× 1/2=0.4；此时雌雄同株个体为 TT、Tt，其中 t 的基因
频率：t=（（12/25）×1）/（(9/25+12/25)×2）=6/21=2/7，父本（T_）产生的配子：T 占比 1−2/7=5/7，母
本（tt）只产生 t 配子，F₂ 基因型Tt 占 5/7，tt 占 2/7，F₂ 中t 的基因频率t=5/7×1/2+2/7=9/14
0.64，亲
代随机交配得到的F₁ 中t 基因频率为0.4，F₂ 中t 基因频率约为0.64，t 的基因频率升高，A 正确；
B、F₂ 中仅Tt 可自交，自交得到F₃ 中t 基因频率为0.5，较F₂ 的t 基因频率降低，B 错误；
C、亲代自交得到的F₁ 雌雄同株基因型比例与随机交配得到的不同，最终计算得F₂ 中t 的频率不同，因此
亲代交配方式会影响F₂ 中t 的频率，C 错误；
D、生物进化的实质是种群基因频率的定向改变，该过程中种群基因频率发生了变化，因此发生了进化，
D 错误。
故选 A。
考点五 分离定律在特殊情况下应用
14．【母性效应特殊遗传应用判断】（2026·江苏·二模）椎实螺为雌雄同体，单个饲养时自交，群养时杂
交，其螺壳旋转方向由常染色体上的一对等位基因控制，右旋由基因D 控制，左旋由基因d 控制，遗传时
存在母性效应，即基因型为DD、Dd 的母体，子代全为右旋；基因型为dd 的母体，子代全为左旋。图示
两只椎实螺的杂交实验过程，下列相关叙述错误的是（ ）
A．母本的基因型为dd，父本的基因型为DD
B．F2的基因型有三种，比例约为1∶2∶1
C．取F2中单个椎实螺饲养后的子代均为右旋，则该螺的基因型为DD
D．将F2所有个体进行群养，子代表型及比例约为左旋∶右旋=1∶3
【答案】C
【分析】本题引入母性效应特殊遗传规律，子代表型由母本基因型决定。F2 中 DD、Dd 个体单独自交子
代均为右旋，不只有 DD 一种基因型。
【详解】A、F₁ 表现为左旋，根据母性效应，说明母本（P 代♀）的基因型是dd；F₁ 自交得到的F₂ 全为右
旋，说明F₁ 的基因型是Dd（母本Dd 时子代全右旋），因此P 代父本必须提供D 基因，基因型为DD，A
正确。
B、F₁ 的基因型是Dd，自交后代基因型为DD：Dd：dd=1：2：1，共三种。 虽然表现型全为右旋（由母
本Dd 决定），但基因型比例符合孟德尔分离定律，B 正确；
C、单个饲养即自交，子代表型由该个体作为母本决定：若F₂ 为DD，子代全右旋；若F₂ 为Dd，子代全右
旋（因母本为Dd）；若F₂ 为dd，子代全左旋，故子代全右旋的F₂ 个体基因型可为DD 或Dd，不一定是
DD，C 错误；
D、F₂ 中不同基因型的个体作为母本时，对子代的影响：母本为dd（占1/4），子代全左旋；母本为DD
（1/4）或Dd（2/4），子代全右旋，因此子代中左旋比例为1/4，右旋比例为3/4，即左旋：右旋=1：3，D
正确。
故选 C。
15．【人类秃发从性遗传基因型分析】（2025·安徽·模拟预测）人类秃发由一对等位基因A 和a 控制，在
男性中只有AA 表现为不秃发，在女性中只有aa 表现为秃发。现有一对夫妇，丈夫秃发而妻子正常，他们
生有一个正常女儿和一个秃发儿子。下列说法错误的是（ ）
A．丈夫秃发基因型为Aa 或aa，妻子正常基因型为AA 或Aa
B．夫妇可能的基因型是：Aa×AA、Aa×Aa、aa×AA、aa×Aa
C．夫妇基因型为：Aa×Aa 或aa×Aa，可生出基因型为aa 的秃发女儿
D．夫妇基因型为：Aa×Aa 或aa×Aa 时，所生的秃发儿子基因型是aa
【答案】D
【分析】据题干分析，在男性中，基因型为AA 的个体不秃发，基因型为Aa 和aa 的个体秃发；在女性中，
基因型为AA 和Aa 的个体不秃发，基因型为aa 的个体秃发。
【详解】A、丈夫秃发而妻子正常，在男性中，基因型为AA 的个体不秃发，基因型为Aa 和aa 的个体秃
发；在女性中，基因型为AA 和Aa 的个体不秃发，基因型为aa 的个体秃发。所以丈夫的基因型是Aa 或
aa，妻子的基因型是AA 或Aa，A 正确；
B、Aa×AA，子代基因型为Aa 和AA，可以生育正常女儿和秃发儿子；Aa×Aa，子代基因型为AA、Aa 和
aa，也可以生育正常女儿和秃发儿子；aa×AA，子代基因型为Aa，所生儿子为秃发，女儿正常；aa×Aa，
子代基因型为Aa 和aa，也可以生育正常女儿和秃发儿子，B 正确；
C、在女性中只有aa 表现为秃发，夫妇基因型为：Aa×Aa 或aa×Aa，可生出基因型为aa 的秃发女儿，C 正
确；
D、在男性中只有AA 表现为不秃发，夫妇基因型为：Aa×Aa 或aa×Aa 时，所生的秃发儿子基因型是aa 或
Aa，D 错误。
故选D。
16．【常染色体限性遗传杂交比例计算】（2025·辽宁·模拟预测）限性遗传是指常染色体上或性染色体上
的某个基因只在一种性别中表达，而在另一种性别中完全不表达。如鸡羽毛类型的遗传，鸡的羽毛类型包
括直羽和弯羽两种，由基因A、a 控制，选取不同性别的纯合直羽鸡进行杂交，F1全部为直羽，F1中的雌
雄个体杂交产生的F2中，直羽♀：直羽♂：弯羽♂＝4：3：1。下列叙述错误的是（ ）
A．直羽和弯羽分别由常染色体上的基因A、a 控制
B．控制弯羽的基因只在公鸡中表达，在母鸡中完全不表达
C．选取F2的直羽母鸡与直羽公鸡进行杂交，后代中弯羽鸡所占比例为1/6
D．若要确定某母鸡的基因型，需选择弯羽公鸡与之杂交，统计后代公鸡的表型
【答案】C
【分析】根据题中“限性遗传”的概念可知，选取不同性别的纯合直羽鸡进行杂交，F1 全部为直羽，F1
中的雌雄个体杂交产生的F2 中，直羽♀：直羽♂：弯羽♂＝4：3：1，可判断直羽对弯羽为显性，且雌性
无论何种基因型均表现为直羽。
【详解】AB、由F2中表型及比例可知，雄性中出现直羽∶弯羽=3∶1，说明控制鸡羽毛类型的基因位于常
染色体，直羽对弯羽为显性，且雌性无论何种基因型均表现为直羽，因此控制弯羽的基因只在雄性中表达，
在雌性中完全不表达，A、B 正确；
C、F2的直羽母鸡（AA∶Aa∶aa=1∶2∶1）与直羽公鸡（AA∶Aa=1∶2）进行杂交，产生含a 基因的卵细胞占比为
1/2，产生含a 基因的精细胞占比为1/3，公鸡中弯羽鸡的占比为1/6，后代中弯羽鸡的占比为1/12，C 错误；
D、若要确定某母鸡的基因型，需选择弯羽公鸡与之杂交，统计后代公鸡的表型，D 正确。
故选C。
17．【复等位基因与雄配子致死特殊分离定律应用】（2026·安徽合肥·模拟预测）某二倍体植物株型由复
等位基因A1（正常）、A2（中间型）、a（紧凑）控制，A1对A2、a 完全显性，A2对a 完全显性。A1基因
存在“自私效应”：产生配子时会导致同株A2、a 的雄配子50%死亡。下列叙述正确的是（ ）
A．复等位基因存在于同源染色体上不同位点
B．A1a 植株自交，F1中正常株型∶紧凑株型＝3∶1
C．一株中间型和一株正常植株杂交，紧凑型子代占1/4
D．两株正常个体相互杂交，子代最多有两种表型
【答案】D
【分析】本题结合复等位基因 + 雄配子致死计算后代比例。复等位基因位于同源染色体相同位点；正常
植株相互杂交，子代最多出现两种表型。
【详解】A、复等位基因是指位于同源染色体的相同位点上，存在三种或三种以上的等位基因，A 错误；
B、A1a 植株自交，产生的雌配子为A1：a＝1：1；产生的雄配子中a 有50%死亡，存活雄配子为A1：a＝
2：1，子代中紧凑型（aa）占1/2×1/3＝1/6，正常株型占1－1/6＝5/6，即子代中正常株型：紧凑株型＝5：
1，B 错误；
C、中间型的基因型为A2A2或A2a，正常株的基因型为A1A1、A1A2或A1a，紧凑型的基因型为aa。只有亲
本分别为A2a 和A1a，子代才会出现紧凑型，当A1a 为母本、A2a 为父本时，子代紧凑型占比为1/4；当A2a
为母本、A1a 为父本时，子代紧凑型占比为1/2×1/3＝1/6，故一株中间型和一株正常植株杂交，子代紧凑型
占比并非一定为1/4，C 错误；
D、正常株的基因型为A1A1、A1A2或A1a。两株正常个体相互杂交，若要使子代有多种表型，则亲本组合
可以为A1A2×A1A2、A1A2×A1a 或A1a×A1a，第一种亲本组合的子代仅正常株（A1_）和中间型（A2A2）两
种表型；第二种亲本组合的子代仅正常株（A1_）和中间型（A2a）两种表型；第三种亲本组合的子代仅正
常株（A1_）和紧凑型（aa）两种表型，因此子代最多两种表型，D 正确。
故选 D。
重难·创新演练
设题创新：引入基因组印记 DNA 甲基化表观遗传全新命题角度，多性状综合杂交计算 (T13); 依托染色
体缺失、配子不育、胚胎致死三类特殊遗传致死 / 不育条件设置定量比例计算 (T1/T4/T8/T12); 采用限
制酶酶切电泳条带搭配遗传家系图双图联动，创新遗传病判断考法 (T2/T7); 以水稻三系不育系、复等位
基因性别决定、果蝇多眼色突变跳出常规一对等位基因题型 (T5/T6/T9); 结合性激素调控基因表达、转基
因染色体插入等特殊基因表达调控机制创设新颖设问 (T11/T12); 围绕罕见人类显性遗传病，结合胚胎基
因编辑联系医学应用 (T10); 回归孟德尔经典假说演绎科学史，辨析实验逻辑环节 (T3)。
学科融合：生物与作物育种融合(T5/T13); 生物与医学遗传学融合，结合人类伴性 / 常染色体遗传病、酶
切基因检测、胚胎基因编辑综合命题 (T2/T7/T10); 生物与表观分子遗传融合，探究 DNA 甲基化基因组
印记调控基因表达与性状 (T13); 生物与分子实验技术融合，整合 PCR 扩增、限制酶电泳 (T2/T7/T12);
生物与动物生理融合，依托性激素调控鳞片色素基因表达分析雌雄表型差异 (T11)。
1．【染色体缺失考法·染色体片段缺失致死结合分离定律计算】（2026·河南郑州·一模）科学家发现了水
稻基因组内有一对等位基因A/a，用aa 的个体与11 号染色体缺失一小段的显性纯合个体（一对同源染色体
同时缺失同一片段的个体致死）杂交得F1，F1 随机交配得F2，支持A/a 位于11 号染色体上且不在缺失片
段上的F2 的性状分离比例是（ ）
A．3：1
B．5：2
C．7：8
D．11：4
【答案】D
【分析】本题结合染色体片段缺失、同源双缺失个体致死考查分离定律计算。亲本杂交得到两种 F1，配
子共四类，双缺失基因型致死，统计存活个体显性与隐性比例为 11∶4。
【详解】若基因A、a 位于11 号染色体上，但基因不在缺失片段上，用aa 的个体与11 号染色体缺失一小
段的显性纯合个体（AA 缺）杂交，则F1为Aa：A 缺a=1：1，F1产生配子A=1/4，a=2/4，A 缺=1/4，由于一
对同源染色体同时缺失同一片段的个体致死，所以F2中A 缺A 缺＝1/4×1/4=1/16（致死），AA＝1/4×1/4＝
1/16，AA 缺＝1/4×1/4×2＝2/16，Aa=1/4×2/4×2＝4/16，A 缺a＝1/4×2/4×2＝4/16，aa＝2/4×2/4＝4/16，A_（黑
毛）：aa（白毛）=11：4，D 符合题意，ABC 不符合题意。
故选D。
2．【新情境·单基因遗传病系谱结合限制酶电泳条带综合分析】（2026·安徽芜湖·模拟预测）下图1 是某
单基因遗传病的遗传系谱图，在人群中的患病率为1/8100。科研人员提取了四名女性的DNA，用PCR 扩
增了与此基因相关的片段，并对产物酶切后进行电泳（正常基因含有一个限制酶切位点，突变基因增加了
一个酶切位点），结果如图2。相关叙述正确的是（ ）
A．该病的遗传方式是伴X 染色体隐性遗传
B．Ⅱ-1 与Ⅱ-2 婚配生一个患病男孩的概率是1/8
C．该突变基因新增的酶切位点位于310bp 中
D．扩增Ⅱ-2 与此基因相关的片段，酶切后电泳产生2 种条带
【答案】C
【分析】本题综合常染色体隐性遗传、人群基因频率计算、限制酶电泳条带分析。正常基因酶切两条带，
突变基因多出一个酶切位点，310bp 片段被切为两段，对应新增切点；其余选项基因型概率、电泳条带数
量均存在计算或判断错误。
【详解】A、Ⅰ-1 和Ⅰ-2 表现正常，但生下了Ⅱ-2 的患病女性，所以该病是常染色体隐性遗传病，A 错误；
B、该病在人群中的患病率为1/8100，则致病基因频率为1/90，正常基因频率为89/90，根据基因平衡定律，
Ⅱ-1 表现正常，基因型为Aa 的概率=Aa/（AA+Aa）=(2×A 基因频率×a 基因频率)/(A 基因频率×A 基因频率
+2×A 基因频率×a 基因频率)=[(2×1/90）×（89/90)]/[(1/90×1/90)+2×1/90×(89/90）]=2/91，其与Ⅱ-2aa 婚配生
一个患病男孩的概率为2/91×1/2=1/91，B 错误；
C、结合图2 可知，正常基因酶切后可形成长度为310bp 和118bp 的两种DNA 片段，而基因突变酶切后可
形成长度为217bp、93bp 和118bp 的三种DNA 片段，这说明突变基因新增的酶切位点位于长度为310bp
（217+93）的DNA 片段中，C 正确；
D、基因突变酶切后可形成长度为217bp、93bp 和118bp 的三种DNA 片段，Ⅱ-2 基因型是aa，只含有突变
基因，所以酶切后电泳将产生三种条带，D 错误。
故选 C。
3．【经典科学史·孟德尔分离定律假说一演绎法环节辨析】下列关于孟德尔假说-演绎法研究分离定律的叙
述，正确的是（ ）
A．认为成对的遗传因子在受精作用时彼此分离
B．开展正反交实验、观察F2出现固定性状分离比，属于发现问题环节
C．F1与隐性纯合子杂交，预测后代出现1∶1 的性状分离比，属于实验验证环节
D．假说的核心内容是“生物体能产生数量相等的雌雄配子”
【答案】B
【分析】本题辨析假说 - 演绎法各环节。正反交、观察 F2 固定分离比属于发现问题；配子分离发生在减
数分裂；预测测交比例是演绎推理；雌雄配子数量并不相等。
【详解】A、成对的遗传因子彼此分离发生在减数分裂形成配子的过程中，受精作用时是雌雄配子随机结
合，A 错误；
B、孟德尔首先开展豌豆的正反交、杂交实验，观察到F1全为显性性状、F2出现固定的3:1 性状分离比，
据此提出问题，该过程属于发现问题环节，B 正确；
C、F1与隐性纯合子杂交，预测后代出现1:1 的性状分离比属于演绎推理环节，实际完成测交实验、统计后
代性状比例才属于实验验证环节，C 错误；
D、假说的核心内容是“生物体形成配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子中”，且生
物体产生的雄配子数量远多于雌配子，二者数量并不相等，D 错误。
故选 B。
4．【新角度·显/隐性纯合胚胎致死两种情况遗传规律对比】（2026·广西桂林·三模）某生物的长尾（T）对
短尾（t）为显性，且存在某种胚胎致死效应。假设有两种情况：甲情况为显性基因纯合致死；乙情况为隐
性基因纯合致死。下列叙述正确的是（ ）
A．甲情况下，长尾个体相互交配，子代的性状分离比为3:1
B．甲情况下，需通过测交来确定长尾个体的基因型
C．乙情况下，通过测交可确定长尾个体的基因型
D．乙情况下，该生物种群中t 基因频率在后代中会逐代降低
【答案】D
【分析】本题分显性纯合致死、隐性纯合致死两类对比分析。隐性纯合致死会持续淘汰 tt 个体，种群 t
基因频率逐代下降；显性致死下长尾全为杂合，自交分离比 2∶1，无隐性个体则无法开展测交。
【详解】A、甲情况下，长尾个体的基因型是Tt，Tt×Tt→TT：Tt：tt＝1：2：1，其中TT 胚胎致死，因此
子代中长尾：短尾＝2：1，A 错误；
B、甲情况下显性基因纯合致死，则长尾个体为杂合子，所以无需通过测交来确定长尾个体的基因型，B
错误；
C、乙情况为隐性基因纯合致死，该情况下，没有tt 个体存在，因此没有测交实验，C 错误；
D、隐性基因纯合致死会使t 基因频率逐渐降低，D 正确。
故选 D。
5．【新情境·水稻三系配套雄性不育杂交育种机制】（2026·安徽合肥·三模）水稻雄性育性由细胞质基因
（N、S）和细胞核基因（R、r）共同控制，只有细胞质不育基因与细胞核不育基因同时存在时，植株才表
现为雄性不育。生产上常采用三系二区制种法培育杂交水稻，三系指雄性不育系[S（rr）]、保持系[N
（rr）]、恢复系[N（RR）]，二区指不育系繁殖田和杂交制种田。结合上述信息分析，下列叙述错误的是
（ ）
A．水稻种群中雄性可育植株的基因型共有5 种
B．保持系植株上所结的种子，其基因型与亲代保持系不同
C．不育系繁殖田与杂交制种田需要进行隔离种植
D．不育系、保持系和恢复系均为杂交稻制种服务
【答案】B
【分析】本题细胞质 + 细胞核互作雄性不育三系育种情境。保持系 N (rr) 自交，子代基因型与亲本完全
一致；仅 S (rr) 不育，其余 5 种均可育；繁殖田与制种田必须隔离防止花粉混杂。
【详解】A、所有可能的基因型共6 种：N(RR)、N(Rr)、N(rr)、S(RR)、S(Rr)、S(rr)，根据题干信息：只
有细胞质不育基因S 和细胞核不育基因rr 同时存在时，才表现为雄性不育，即仅S(rr)是雄性不育，其余基
因型均为可育，因此可育基因型共5 种，A 正确；
B、保持系基因型为N(rr)，本身是雄性可育，可自交留种；保持系植株上所结的种子是自身自交产生的后
代，基因型仍为N(rr)，与亲代保持系基因型相同，B 错误；
C、不育系繁殖田的目标：让不育系S(rr)只接受保持系N(rr)的花粉，繁殖不育系，杂交制种田的目标：让
不育系S(rr)只接受恢复系N(RR)的花粉，生产杂交种S(Rr)，若不隔离，恢复系的花粉会飘入不育系繁殖
田，导致不育系结出杂交种，无法正常繁殖不育系；保持系的花粉也会飘入制种田，降低杂交种纯度，因
此，两区必须隔离种植，C 正确；
D、三系配套制种中，不育系作为母本生产杂交种子，保持系用来繁殖不育系，恢复系作为父本和不育系
杂交获得可育杂交种，三者均为杂交稻制种服务，D 正确。
故选 B。
6．【新情境·植物性别决定三类复等位基因显隐性遗传准导】（2026·安徽·模拟预测）某植物的性别受复
等位基因aD、a+、ad控制，显隐性关系是：aD＞a+＞ad（前者对后者完全显性），该植物可发生自花传粉和
异花传粉，其中aD决定雄性，a+决定雌雄同株，ad决定雌性。下列相关分析正确的是（ ）
A．该植物种群中关于性别的基因型共有6 种，表型共有3 种
B．两株雌雄同株的植株杂交，子代中不会出现雌株
C．一株雄株与一株雌株杂交，子代中雄株所占的比例一定是1/2
D．若种群中雄株与雌株的比例为1∶1，则种群中aD的基因频率将逐渐下降
【答案】C
【分析】本题植物性别复等位基因遗传，aD 雄株无纯合子。雄株只能产生 aD、ad 两种配子，雌株仅产生
ad 配子，子代雄株固定占 1/2；种群长期雌雄 1∶1 时 aD 基因频率稳定不变。
【详解】A、 aD决定雄性，含aD的个体均为雄株，无法产生含aD的卵细胞，因此不存在aDaD的纯合基因
型，种群中性别相关的基因型共aDa+、aDad、a+a+、a+ad、adad5 种，表型为雄性、雌雄同株、雌性3 种，A
错误；
B、 雌雄同株的基因型可以为a+ad，两株基因型为a+ad的雌雄同株杂交，子代可出现基因型为adad的雌株，
B 错误；
C、 雄株均为杂合子（无aDaD纯合个体），产生的配子有1/2 含aD、1/2 不含aD；雌株基因型只能为adad，
仅产生含ad的配子，因此子代中含aD的雄株所占比例一定为1/2，C 正确；
D、 若种群中仅存在雄株（基因型aDad）和雌株（基因型adad）且比例为1:1，二者杂交后代仍为雄株:雌
株=1:1，aD的基因频率保持稳定，不会逐渐下降，D 错误。
故选 C。
7．【伴性遗传电泳情境·伴X 遗传病基因突变酶切电泳条带分析】（2026·河南漯河·模拟预测）某单基因
伴性遗传病的系谱图如图1 所示，该病的致病机理为一段正常基因序列的一个位点出现碱基对的替换，导
致酶促反应异常而引起相应病症，将系谱图中部分个体的相关基因用特定限制酶切割后进行琼脂糖凝胶电
泳，结果如图2 所示。下列说法错误的是
A．该病的遗传方式为伴X 染色体隐性遗传
B．致病基因被特定限制酶切割后的条带长度分别为22kb 和3kb
C．正常基因和致病基因表达出的氨基酸序列长度一样
D．5 号个体与正常男性婚配，子代中男孩患病的概率为1/2
【答案】C
【分析】本题伴 X 隐性遗传病结合酶切电泳。碱基替换仅新增酶切位点，无法判断翻译后氨基酸序列长
短；5 号为携带者 XBXb，与正常男性婚配，儿子患病概率 1/2。
【详解】A、由遗传系谱图可知，4 号患病，9 号正常，该病排除伴Y 染色体遗传，且7 号正常，排除伴X
染色体显性遗传，故该病的遗传方式为伴X 染色体隐性遗传，A 正确；
B、设相关基因为B/b，2 号个体正常，基因型为XBY，6 号患病，基因型为XbY，对应电泳图可知，25kb
表示正常基因被特定限制酶切割后电泳的条带大小，22kb 和3kb 表示致病基因被相同限制酶切割后的电泳
条带大小，说明正常基因的一个位点发生碱基对替换后，致病基因上出现特定限制酶的1 个切割位点，B
正确；
C、正常基因的一个位点发生碱基对替换后，致病基因上出现特定限制酶的1 个切割位点，据此无法判断
致病基因转录后形成的mRNA 上的终止密码子提前或延后出现，故无法判断正常基因和致病基因表达出的
氨基酸序列长度是否一样，C 错误；
D、5 号个体的基因型为XBXb，其与正常男性（XBY）婚配后，所生男孩患病（XbY）的概率为1/2，D 正
确。
故选 C
8．【配子不育定量考法·雌雄配子部分不育下自交后代性状比例计算】（2026·湖北十堰·三模）某二倍体
植物的花色由一对等位基因（A/a）控制，研究人员将纯合红花植株与白花植株杂交，F1全为红花。让F1
自交得到F2.进一步研究发现，F1产生的含a 基因的花粉有1/3 不育，同时含a 基因的卵细胞有1/4 不参与受
精。若不考虑其他变异，下列分析正确的是（ ）
A．F2中白花植株所占比例约为17%
B．F2红花植株中，纯合子所占比例为1/3
C．F1产生的可育雌、雄配子中，A∶a 分别为3∶2、4∶3
D．若F1与白花植株正反交，子代中红花：白花的比例相同
【答案】A
【分析】本题雌雄配子部分不育定量计算。可育雌配子 A∶a=4∶3，可育雄配子 A∶a=3∶2，白花 aa 占
2/5×3/7=6/35≈17%；正反交配子比例不同，后代表型比例不一致。
【详解】AC、根据题干信息，纯合红花与白花杂交，F₁ 全为红花，可知红花对白花为显性，F₁ 基因型为
Aa，雄配子中含a 的有1/3 不育，可育雄配子A：a=3∶2，雌配子中含a 的有1/4 不参与受精，可育雌配子
A：a=4∶3，白花基因型为aa，需雌雄配子均为a 才能形成，由于可育雄配子中a 占2/5，可育雌配子中a 占
3/7，因此F2中aa 占比为2/5×3/7=6/35≈17%，A 正确，C 错误；
B、F2中AA 占比=3/5×4/7=12/35，Aa 占比为3/5×3/7＋2/5×4/7=17/35，红花植株为AA+Aa，其中纯合子占
比为12/29，B 错误；
D、F1做父本与白花杂交时，雄配子A：a=3：2，子代红花：白花=3：2，F1做母本与白花杂交时，雌配子
A：a=4：3，子代红花：白花=4：3，正反交比例不同，D 错误。
故选 A。
9．【等位基因辨析情境·果蝇多眼色隐性突变等位基因自由组合判断】（2026·福建·三模）野生型果蝇的
眼色为红色，白眼、杏色眼为两种单基因隐性突变体，且红眼对白眼、红眼对杏色眼均为完全显性。为研
究果蝇眼色的遗传规律，研究者做了如下图所示实验。
分析实验过程和实验数据，下列叙述错误的是（ ）
A．突变体的出现是基因突变具有不定向性的体现
B．控制白眼、杏色眼的基因是等位基因
C．F2中杏色∶白色∶浅杏色≈1∶1∶2
D．F2中红眼的出现是非等位基因自由组合的结果
【答案】D
【分析】本题多隐性眼色突变，白眼、杏色眼为复等位基因，遵循分离定律；F2 红眼并非自由组合产物，
少量红眼来源于基因突变。
【详解】A、野生型果蝇眼色为红色，出现了白眼、杏色眼等不同的突变体，这体现了基因突变的不定向
性，A 正确；
B、若控制眼色的基因为非等位基因，设控制白眼的基因为隐性纯合aa，控制杏色眼的基因为隐性纯合
bb，野生型红眼为AABB，故纯合白眼（aaBB）与纯合杏色眼（AAbb），F1基因型应为AaBb，应表现为
红眼，而F1表型为浅杏色眼，故可排除控制眼色的基因为非等位基因的假设。若控制眼色的基因为等位基
因，设控制白眼的基因为隐性纯合a1a1，控制杏色眼的基因为隐性纯合a2a2，野生型红眼为AA，纯合白眼
（a1a1）与纯合杏色眼（a2a2），F1基因型应为a1a2，表型为介于两者之间的浅杏色眼，与题图结果吻合，
这个假设成立，因此白眼和杏色眼的基因是等位基因，B 正确；
C、由B 选项可知，F1基因型应为a1a2，理论上F1相互杂交得到F2的基因型及其比例为a1a1：a1a2：
a2a2=1:2:1，表型比为白色∶浅杏色∶杏色=1:2:1，C 正确；
D、F2中出现少量红眼，应是基因突变的结果，且控制颜色的基因为等位基因，应遵循分离定律，D 错误。
故选 D。
10．【人类遗传病情境·口腔罕见显性遗传病家系与基因编辑防治】（2026·广东深圳·模拟预测）遗传性牙
龈纤维瘤病（HGF）是ZNF862 基因突变引起的罕见口腔遗传病，严重影响患者咀嚼、心理健康等。下图
为某一典型的HGF 家系，设致病基因的频率为p。下列叙述正确的是（ ）
A．推测HGF 最可能是常染色体隐性遗传病
B．根据HGF 最可能的遗传方式，Ⅳ-2 患病基因来自I-2
C．III-6 和III-7 基因型相同的概率为2/3
D．可对胚胎进行基因编辑基因防止后代患病
【答案】B
【分析】本题常染色体显性人类遗传病家系分析。致病基因逐代传递，Ⅳ-2 致病基因追溯至 Ⅰ-2；人类
生殖用途胚胎基因编辑违背伦理，不允许实施。
【详解】A、该病连续四代都有患者，符合显性遗传病代代相传的特点，且男女患病概率相近，无伴性遗
传特征，因此最可能是常染色体显性遗传病，A 错误；
B、若为常染色体显性遗传病（设致病基因为A，正常基因为a）：Ⅳ-2（患者Aa）的致病基因来自父亲
Ⅲ-2（Aa），Ⅲ-2 的致病基因来自母亲Ⅱ-2（Aa），Ⅱ-2 的致病基因来自母亲Ⅰ-2（父亲Ⅰ-1 正常，基因
型为aa，无致病基因），因此Ⅳ-2 的患病基因最终来自Ⅰ-2，B 正确；
C、Ⅲ-6 和Ⅲ-7 的父母为Ⅱ-7（正常aa）×Ⅱ-8（患病Aa），所有患病子代的基因型都一定为Aa，因此二
者基因型相同的概率为1，C 错误；
D、目前我国明确禁止对人类胚胎进行基因编辑用于生殖，该操作存在伦理争议，不允许应用，D 错误。
故选 B。
11．（不定项）【新角度·性激素调控基因表达导致雌维表型分离差异】（2026·山东潍坊·三模）某鱼类的
鳞片为红色和无色两种，由常染色体上一对等位基因控制，基因的表达受雌性激素含量的控制，导致雄性
个体全为无色。选取一红色雌性个体与一无色雄性个体交配，F1雌性存在红色和无色个体。若让F1自由交
配，则F2雌性中无色个体所占的比例可能是（ ）
A．1/2
B．1/4
C．9/16
D．7/16
【答案】BCD
【分析】本题受性激素调控的从性遗传，分红色显性、红色隐性两种情况讨论，亲本基因型不同，自由交
配后雌性无色个体比例可出现 1/4、9/16、7/16 三种结果。
【详解】假设相关基因为A/a，由题目所给信息可知，基因型为AA、Aa 和aa 的雄鱼均为无色鳞片。假设
红色鳞片为显性性状，无色鳞片为隐性性状，则红色雌鱼的基因型为A_，无色雌鱼的基因型为aa，由于
F1中存在无色鳞片的雌鱼（基因型为aa），说明亲本雌鱼的基因型只能为Aa，亲本雄鱼的基因型为Aa 或
aa。若亲本雄鱼的基因型为Aa，则F1雌雄鱼的基因型及比例均为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，这些鱼自由交配，F2
雌鱼中无色个体（aa）所占比例为2/4×1/4（Aa 自由交配）＋1/4×1（aa 自由交配）＋2/4×1/4×1/2×2（Aa 雌
鱼与aa 雄鱼交配、Aa 雄鱼与aa 雌鱼交配）＝1/4；若亲本雄鱼的基因型为aa，则F1雌雄鱼的基因型及比
例均为Aa∶aa＝1∶1，这些鱼自由交配，F2雌鱼中，无色个体（aa）所占比例为1/2×1/2×1/4＋1/2×1/2×1/2×2
＋1/2×1/2×1＝9/16。假设红色鳞片为隐性性状，则无色鳞片为显性性状，红色雌鱼的基因型为aa，无色雌
鱼的基因型为A_，由于F1存在红色雌鱼，说明亲本的基因型组合可能为aa（♀）×Aa（♂），则F1的基
因型及比例为Aa∶aa＝1∶1，F1自由交配产生的F2雌鱼中，无色个体的基因型为Aa 或AA，所占比例为
1/2×1/2×3/4（Aa 与Aa 自由交配）＋1/2×1/2×1/2×2（Aa 雌鱼与aa 雄鱼交配、Aa 雄鱼与aa 雌鱼交配）＝
7/16。综合以上分析可知，当红色鳞片为显性性状时，F2雌鱼中无色个体可能占1/4 或9/16；当无色鳞片为
显性性状时，F2雌鱼中无色个体占7/16，B、C、D 符合题意。
故选 BCD。
12．（不定项）【转基因电泳考法·基因异位插入染色体、花粉不育结合电泳鉴定】（2026·辽宁营口·三
模）某植物基因D 位于6 号染色体上，基因d 由基因D 突变产生，仅含基因d 时会造成花粉不育。现将一
个基因D 插入基因型为Dd 的植株9 号染色体上，让该植株自交得子一代，对子一代的基因D 和d 进行
PCR 扩增及电泳鉴定，所用引物和扩增产物的电泳结果如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．基因D 插入植株9 号染色体属于基因重组
B．应选择引物S1 和R2、T1 和W2 对子一代进行PCR 扩增
C．若只看基因D 和d，该植株产生的可育花粉中不含基因d 的占比为1/2
D．子一代中电泳结果为类型II 的植株占比为1/3
【答案】AD
【分析】本题外源基因插入染色体、花粉不育结合电泳。外源基因导入属于基因重组；可育花粉不含 d
的占 2/3；仅不含 d 的雌雄配子结合生成 Ⅱ 型电泳个体，占比 1/3。
【详解】A、将外源基因D 插入到9 号染色体上，属于广义的基因重组（基因工程的原理就是基因重组），
A 正确；
B、PCR 扩增需要一对引物分别结合目的片段两条链的两端，且扩增方向为5'到3'，引物延伸方向需相向
才能扩增出目的片段：扩增基因D（850bp）需要左引物S1+右引物R2，扩增基因d（790bp）需要左引物
W1+右引物T2，符合要求，B 错误；
C、亲本染色体：6 号D、d，9 号D'。 减数分裂产生花粉（雄配子）4 种：D、d、DD'、dD'，已知只含
d 的花粉不育，可育花粉：D、DD'、dD'（3 种，全带 D）。 可育花粉共3 份：不含 d：D、DD'（2
份） ，含 d：dD'（1 份）， 不含d 占比2/3，C 错误；
D、雄配子（可育）： D：DD′ ：dD′=1：1：1 （3 种可育） ，雌配子（全可育，4 种： D：d：DD′
：dD′ =1：1：1：1 ）。 只有雄配子不带 d（D、DD'）+ 雌配子不带 d（D、DD'）→子代无 d（类型
Ⅱ，电泳只有850bpD 条带）： 雄不含d：2/3(D、DD′ ) ；雌不含d：1/2 (D、DD′) ，类型 Ⅱ 比例 = 2/3
× 1/2 =1/3 ，D 正确。
故选AD。
13．【表观遗传前沿情境·基因组印记DNA 甲基化小最体型毛色综合遗传大题】（2026·贵州黔西南·二
模）基因组印记是指亲代配子形成过程中，通过DNA 甲基化等修饰，使受精卵中来自父方或母方的某一
基因不表达的现象。已知小鼠的体型发育与胰岛素生长因子密切相关，其合成由常染色体上的A 基因控制，
等位基因a 无此功能（仅A 基因能合成有活性的胰岛素生长因子，aa 个体因缺乏该因子体型矮小）。某科
研团队开展了一系列杂交实验：
实验一：让基因型均为杂合的雌雄小鼠交配，统计F1小鼠表型，结果为正常体型：矮小体型=1：1.
实验二：选取实验一F1中的全部矮小雄鼠，与纯合矮小雌鼠交配，后代中出现了正常体型小鼠；若选取实
验一F1中的全部矮小雌鼠与纯合矮小雄鼠（aa）交配，后代均为矮小体型。
回答下列问题：
(1)基因印记不改变基因内部的碱基序列，而由于DNA 甲基化修饰影响了其基因的表达，这是一种
__________________________现象，F1矮小体型小鼠可能的基因型有___________________________。
(2)根据实验二的结果可知，基因印记发生在_________________（填“雌配子”或“雄配子”）中，F1中
的全部矮小雄鼠，与纯合矮小雌鼠交配，后代中正常体型小鼠所占的比例为____________________。
(3)现有一科研团队发现另一种位于另一对同源染色体上的与小鼠毛色相关的基因B（B 控制黑色毛色，b
控制白色毛色）存在父方印记，即在父方的生殖细胞中B 基因被甲基化不表达，母方的B 基因正常表达。
现有基因型均为AaBb 的雌雄小鼠相互交配，F1的表型及其比例为____________________。
(4)农业生产中，玉米的产量性状受基因组印记调控，若某玉米品种的高产基因H 为母方印记，请提出提高
该品种产量的育种策略：
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
_______________________________________________。
【答案】(1) 表观遗传 Aa、aa
(2) 雌配子 1/4
(3) 黑色正常体型：白色正常体型：黑色矮小体型：白色矮小体型=1：1：1：1
(4) 让H 基因纯合的高产玉米品种作为父本，与其他玉米品种杂交，收获母本所结种子用于种植
【分析】本题以基因组印记（表观遗传）为核心创新情境，结合常染色体分离定律、配子特异性基因沉默、
多基因叠加印记、农业育种应用四层设问，突破传统分离定律只考虑碱基突变、配子致死的常规考法，贴
合新高考表观遗传前沿命题趋势，同时兼顾计算、逻辑推导与生产实践应用。
【详解】（1）基因印记通过DNA 甲基化修饰影响基因表达，不改变碱基序列，属于表观遗传现象。根据
实验一，杂合雌雄（Aa）交配，因父方或母方的基因被印记不表达，所以F1矮小体型小鼠基因型为Aa 或
aa。
（2）F1矮小雄鼠与纯合矮小雌鼠（aa）交配出现正常体型，说明F1矮小雄鼠含A 基因，即基因型为Aa，
子代出现了正常小鼠，说明来自雄性个体的A 基因能在子代表达，因此说明基因印记不是发生在雄配子中，
而是发生在雌配子中。F1中矮小雄鼠为1/2Aa、1/2aa，与纯合矮小雌鼠（aa）交配，后代正常体型小鼠
（Aa）所占比例为1/2×1/2=1/4。
（3）由于存在基因印记，B 基因在父方中不表达，因此父方的基因型可写成Aabb，同理母方基因型可写
成aaBb，因此基因型为AaBb 的雌雄小鼠交配，F1的表型及比例为黑色正常体型：白色正常体型：黑色矮
小体型：白色矮小体型=1：1：1：1。
（4）基因印记具有亲本来源特异性，高产基因H 为母方印记（母方H 不表达），则作为父本时，H 基因
可正常表达。因此让H 基因纯合的高产玉米作为父本，与其他玉米品种杂交，收获母本所结种子用于种植。
真题·实战演练
高频考点：复等位基因遗传与显隐性关系；细胞质遗传、从性遗传、X 染色体失活；表观遗传
（DNA 甲基化）；单基因遗传系谱与电泳基因型鉴定；基因剂量效应与多等位基因杂交计算
1．（2023·全国甲卷·高考真题）水稻的某病害是由某种真菌（有多个不同菌株）感染引起的。水稻中与该
病害抗性有关的基因有3 个（A1、A2、a）；基因A1 控制全抗性状（抗所有菌株），基因A2 控制抗性性
状（抗部分菌株），基因a 控制易感性状（不抗任何菌株），且A1 对A2 为显性，A1 对a 为显性、A2 对
a 为显性。现将不同表现型的水稻植株进行杂交，子代可能会出现不同的表现型及其分离比。下列叙述错
误的是（ ）
A．全抗植株与抗性植株杂交，子代可能出现全抗：抗性=3：1
B．抗性植株与易感植株杂交，子代可能出现抗性：易感=1：1
C．全抗植株与易感植株杂交，子代可能出现全抗：抗性=1：1
D．全抗植株与抗性植株杂交，子代可能出现全抗：抗性：易感=2：1：1
【答案】A
【分析】基因分离定律实质:在杂合子细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性;当
细胞进行减数分裂，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入两个配子当中，独立地随配子遗
传给后代。据题干分析可知，全抗植株是A1A1，A1A2，A1a，抗性植株A2A2 或者A2a，易感植株是
aa。
【详解】AD、全抗植株与抗性植株，有六种交配情况：A1A1 与A2A2 或者A2a 交配，后代全是全抗植株；
A1A2 与A2A2 或者A2a 交配，后代全抗：抗性=1：1；A1a 与A2A2 交配，后代全抗：抗性=1：1；A1a 与
A2a 交配，后代全抗：抗性：易感=2：1：1。A 错误，D 正确；
B、抗性植株A2A2 或者A2a 与易感植株aa 交配，后代全为抗性，或者为抗性：易感=1：1，B 正确
C、全抗与易感植株交，若如果是A1A1 与aa，后代全为全抗，若是A1A2 与a，后代为全抗：抗性=1：
1，若是A1a 与aa，后代为全抗:易感=1：1，C 正确。
故选A。
2．（2023·海南·高考真题）某作物的雄性育性与细胞质基因（P、H）和细胞核基因（D、d）相关。现有
该作物的4 个纯合品种：①（P）dd（雄性不育）、②（H）dd（雄性可育）、③（H）DD（雄性可育）、
④（P）DD（雄性可育），科研人员利用上述品种进行杂交实验，成功获得生产上可利用的杂交种。下列
有关叙述错误的是（ ）
A．①和②杂交，产生的后代雄性不育
B．②③④自交后代均为雄性可育，且基因型不变
C．①和③杂交获得生产上可利用的杂交种，其自交后代出现性状分离，故需年年制种
D．①和③杂交后代作父本，②和③杂交后代作母本，二者杂交后代雄性可育和不育的比例为3∶1
【答案】D
【分析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立
性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子
中，独立地随配子遗传给后代。
【详解】A、①（P）dd（雄性不育）作为母本和②（H）dd（雄性可育）作为父本杂交，产生的后代的基
因型均为（P）dd，表现为雄性不育，A 正确；
B、②③④自交后代均为雄性可育，且基因型不变，即表现为稳定遗传，B 正确；
C、①（P）dd（雄性不育）作为母本和③（H）DD（雄性可育）作为父本杂交，产生的后代的基因型为
（P）Dd，为杂交种，自交后代会表现出性状分离，因而需要年年制种，C 正确；
D、①和③杂交后代的基因型为（P）Dd，②和③杂交后代的基因型为（H）Dd，若前者作父本，后者作
母本，则二者杂交的后代为（H）_ _，均为雄性可育，不会出现雄性不育，D 错误。
故选D。
3．（2025·湖北·高考真题）研究表明，人类女性体细胞中仅有一条X 染色体保持活性，从而使女性与男性
体细胞中X 染色体基因表达水平相当。基因G 编码G 蛋白，其等位基因g 编码活性低的g 蛋白。缺失G 基
因的个体会患某种遗传病。图示为该疾病的一个家族系谱图，已知Ⅱ-1 不含g 基因。随机选取Ⅲ-5 体内
200 个体细胞，分析发现其中100 个细胞只表达G 蛋白，另外100 个细胞只表达g 蛋白。下列叙述正确的
是（ ）
A．Ⅲ-3 个体的致病基因可追溯源自I-2
B．Ⅲ-5 细胞中失活的X 染色体源自母方
C．Ⅲ-2 所有细胞中可能检测不出g 蛋白
D．若Ⅲ-6 与某男性婚配，预期生出一个不患该遗传病男孩的概率是1/2
【答案】C
【分析】基因的分离定律的实质是：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的
独立性，在减数分裂形成配子的过程中，等位基因会随同源染色体的分开而分离，分别进入两个配子中，
独立地随配子遗传给后代。
【详解】A、Ⅱ-1、Ⅱ-2 不患该病，但后代Ⅲ-3 患该病，且Ⅱ-1 不含g 基因，所以该病为伴X 染色体隐性
遗传病，由于Ⅱ-1 不含g 基因，所以Ⅲ-3 的致病基因来自Ⅱ-2，Ⅱ-2 的致病基因来自Ⅰ-1，而不是Ⅰ-2，A
错误；
B、已知Ⅱ-4 基因型为XGY，Ⅱ-3 的基因型为XgXg，Ⅲ-5 的基因型为XGXg，随机选取Ⅲ-5 体内200 个体细
胞，其中100 个细胞只表达G 蛋白，另外100 个细胞只表达g 蛋白，说明两条X 染色体都有可能失活，所
以Ⅲ-5 细胞中失活的X 染色体不一定源自母方，B 错误；
C、已知Ⅱ-1 不含g 基因，其基因型为XGY，Ⅱ-2 的基因型为XGXg，Ⅲ-2 的基因型为XGXG或XGXg，若其
基因型为XGXG，则所有细胞中都检测不出g 蛋白，所以Ⅲ-2 所有细胞中可能检测不出g 蛋白，C 正确；
D、已知Ⅱ-4 基因型为XGY，Ⅱ-3 的基因型为XgXg，Ⅲ-6 的基因型为XGXg，与某男性（X？Y）婚配，生
出不患该遗传病男孩（XGY）的概率为1/4，D 错误。
故选C。
4．（2026·安徽·高考真题）为研究某种鱼中新发现的R 基因的功能，对该种鱼的受精卵进行基因敲除，使
R 基因的编码序列缺失4 个连续的碱基成为R⁻，获得1 条能正常生长的F0代个体（RR⁻），经杂交培育获
得了纯合突变体。与野生型相比，纯合突变体的体型变小，体色变为浅红色。下列叙述错误的是（ ）
A．选用受精卵进行基因敲除，目的是确保突变的基因可以遗传给子代
B．用F0个体进行杂交培育，最早可以在F1获得纯合突变体
C．R⁻编码的氨基酸序列发生改变，纯合突变体可用于R 基因功能的研究
D．突变体有多种表型变异，说明一个基因的功能可能影响多个性状
【答案】B
【分析】本题基因敲除突变育种，F0 为 RR⁻，仅能和野生型杂交得到 F1（RR、RR⁻），F1 个体互交，
F2 才会出现 R⁻R⁻纯合突变体，F1 无法获得纯合突变个体。
【详解】A、由于受精卵具有全能性，可发育为动物个体，因此选用受精卵进行基因敲除，可保证该受精
卵形成的个体每个生殖细胞都含有R⁻，从而保证R⁻可通过生殖细胞传递给子代，A 正确；
B、由于经过基因敲除后只获得了1 条能正常生长的F0代个体（RR⁻），因此第一次杂交只能选择野生型
个体与F0代个体（RR⁻）杂交，再从子一代中选择RR⁻个体杂交，从子二代中筛选纯合突变体，或者让子
一代RR⁻个体与F0代个体（RR⁻）杂交，从子二代中筛选纯合突变体，因此最早可以在F2获得纯合突变体，
B 错误；
C、由于基因敲除使R 基因的编码序列缺失4 个连续的碱基成为R⁻，因此R⁻转录形成的mRNA 中会缺失4
个连续的碱基，由于mRNA 上每3 个连续的碱基决定一个氨基酸，因此R⁻编码的氨基酸序列会发生改变，
纯合突变体中缺少正常的R 基因，其对应的突变性状是由于R 基因功能缺失导致的，因此纯合突变体可用
于R 基因功能的研究，C 正确；
D、纯合突变体中缺少正常的R 基因，由题意可知，与野生型相比，纯合突变体的体型变小，体色变为浅
红色，即突变体有多种表型变异，这些变异性状是由于R 基因功能缺失导致的，说明一个基因的功能可能
影响多个性状，D 正确。
故选 B。
5．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某常染色体遗传病致病基因为H，在一些个体中可因甲基化而失活（不
表达），又会因去甲基化而恢复表达。由于遗传背景的差异，H 基因在精子中为甲基化状态，在卵细胞中
为去甲基化状态，且都在受精后被子代保留。该病的某系谱图如下，Ⅲ1的基因型为Hh，不考虑其他表观
遗传效应和变异的影响，下列分析错误的是（ ）
A．I1和I2均含有甲基化的H 基因
B．Ⅱ1为杂合子的概率2/3
C．Ⅱ2和Ⅱ3再生育子女的患病概率是1/2 D．Ⅲ1的h 基因只能来自父亲
【答案】B
【分析】本题结合基因组印记（精子 H 甲基化沉默），Ⅰ1、Ⅰ2 均为 Hh，Ⅱ1 患病且 H 只能来自母
方，Ⅱ1 基因型 H1H2、H2h 各占 1/2，杂合子概率为 1/2，并非 2/3。
【详解】A、Ⅲ1的基因型为Hh，该个体患病，说明H 来自Ⅱ2，Ⅱ2不患病，说明其H 来自Ⅰ1，Ⅰ1不患
病，Ⅰ1含有甲基化的H 基因；Ⅱ1患病，其H 基因来自Ⅰ2，Ⅰ2不患病，说明Ⅰ2含有甲基化的H 基因，
A 正确；
B、Ⅲ1的基因型为Hh，其H 来自Ⅱ2，Ⅱ2不患病，其H 基因来自Ⅰ1，Ⅱ1患病，其H 基因来自Ⅰ2，Ⅰ1
和Ⅰ2均含有H 基因且都不患病，基因型必定都为Hh，为了区分来自Ⅰ1和Ⅰ2的H 基因，Ⅰ1基因型为
H1h，Ⅰ2基因型为H2h，已知Ⅱ1患病，其H 基因需要来自母亲，因此Ⅱ1的基因型为H1H2或H2h，杂合子
的概率为1/2，B 错误；
C、已知Ⅱ2基因型为Hh，Ⅱ2和Ⅱ3再生育子女的患病只受母亲Ⅱ2的影响，因此子代获得H 基因就患病，
否则就不患病，因此Ⅱ2和Ⅱ3再生育子女的患病概率是1/2，C 正确；
D、Ⅲ1的基因型为Hh，该个体患病，说明H 来自Ⅱ2，Ⅲ1的h 基因只能来自父亲，D 正确。
故选B。
6．（2026·安徽·高考真题）绵羊的有角与无角是一对相对性状，由常染色体上一对等位基因控制。杂合子
中，雄羊表现为有角，雌羊表现为无角。在一个基因频率相对稳定的种群中有角羊占25%。下列叙述正确
的是（ ）
A．雄羊中有角比无角的多，雌羊中则相反
B．雄羊有角基因的频率比雌羊的高
C．无角个体中，杂合子∶纯合子=2∶3
D．有角个体中，雄羊∶雌羊=7∶1
【答案】D
【分析】本题常染色体从性遗传，先由群体有角羊 25% 算出 A 基因频率 1/4，分别统计雌雄各类基因型
占比，最终算出有角个体雌雄比例 7∶1；雌雄基因频率相等、无角杂合纯合比例、雌雄有角数量描述均有
误。
【详解】A、设A 为有角基因，a 为无角基因，基因型与表型关系为：AA（雌雄都有角），Aa（雄性有角，
雌性无角），aa（雌雄都无角）。设A 基因频率为p，根据种群中有角羊占25%，可得p²+2p（1-p）
×1/2=25%，解得p=1/4。雄羊有角比例（1/4）
2+2×（1/4）×（3/4）=7/16，无角比例=1-7/16=9/16，雄羊中
有角的少于无角的；雌羊有角比例=1/16，无角比例=15/16，雌羊中有角的也少于无角的，A 错误；
B、由于有角与无角由常染色体基因控制，基因频率在雌雄中相等，B 错误；
C、无角个体中，杂合子（雌性Aa）占群体3/16，纯合子（aa）占群体9/16，杂合子∶纯合子=1∶3，C 错
误；
D、有角雌性（AA）占群体1/32，有角雄性（AA+Aa）占群体7/32，有角个体中雄羊∶雌羊=7∶1，D 正确。
故选 D。
7．（2026·四川·高考真题）控制猫毛色的w 基因中插入不同长度DNA 片段形成两个新的等位基因，导致
猫出现三种毛色。用不同毛色的猫进行杂交实验，提取Ⅱ1∼Ⅱ4的DNA，分别对插入片段进行扩增和电泳，
相关信息如图。下列推断正确的是（ ）
A．w 基因位于X 染色体上
B．w1基因对w2基因为隐性
C．Ⅱ2与Ⅰ2基因型相同的概率为1/2
D．若Ⅱ2与Ⅱ3交配，生出棕色猫的概率为1/4
【答案】D
【分析】本题多等位毛色基因结合电泳条带判断基因型。Ⅱ2 基因型 w2w，Ⅱ3 基因型 w1w，二者交配，
ww 棕色个体占 1/4；基因位于常染色体，无法判断 w1/w2 显隐性，Ⅱ2 与 Ⅰ2 基因型完全相同。
【详解】A、由电泳图可知，提取Ⅱ1∼Ⅱ4的DNA，分别对插入片段进行扩增和电泳，Ⅱ1没有电泳条带，
说明只含w 基因，Ⅱ2有1 条电泳条带，且质量较轻，说明只含w2基因（插入的短DNA 片段），Ⅱ3有1
条电泳条带，且质量较重，说明只含w1基因（插入的长DNA 片段），结合遗传系谱图可知，w 基因控制
棕色，w1基因控制花斑色，w2基因控制白色，若w 基因位于X 染色体上，Ⅰ1的基因型为Xw1Y，Ⅰ2的基
因型为Xw2Xw（Ⅱ1是棕色，含有w 基因），Ⅱ4的基因型为Xw1Xw（电泳只有1 条带），Ⅱ5的基因型为
Xw1Y，Ⅲ3不会出现棕色（XwXw），所以判断w 基因位于常染色体上，A 错误；
B、由于题图信息中没有同时含有w1和w2的个体对应的表型，所以无法判断w1基因和w2基因的显隐性，
B 错误；
C、Ⅰ1的基因型为w1w，Ⅰ2的基因型为w2w，Ⅱ2（w1w2、w2w），结合电泳图只有1 条带可知，Ⅱ2的
基因型为w2w，与Ⅰ2基因型相同的概率为1，C 错误；
D、Ⅱ2的基因型为w2w，Ⅱ3的基因型为w1w（电泳图只有1 条带），与Ⅱ2交配，生出棕色猫（ww）的
概率为1/4，D 正确。
故选 D。
8．（2026·安徽·高考真题）一对表型正常的夫妇，生育了一个常染色体单基因隐性遗传病患儿。为避免再
生育患儿，可采用人类辅助生殖技术进行筛选。对家庭成员和体外受精获得的两个受精卵排出的极体分别
进行DNA 检测，结果如下图。电泳条带表示经限制酶切割后该对基因所在的DNA 片段。据图判断（不考
虑突变），可以选择用于移植的受精卵是（ ）
A．仅受精卵1
B．仅受精卵2
C．受精卵1 和2
D．都不可以
【答案】C
【分析】本题常染色体隐性遗传病结合极体电泳交叉互换分析。两枚卵细胞均携带显性正常基因 A，受精
卵 1、2 发育后均不患病，均可移植。
【详解】结合题意及图示可知，该病为常染色体隐性遗传病，2.6kb 条带代表显性基因A，2.0kb 条带代表
隐性基因a，受精卵1 第一极体为Aa、说明减数分裂过程中发生了交叉互换，次级卵母细胞也为Aa，第二
极体为a，则卵细胞为A，说明受精卵1 正常，受精卵2 第一极体为aa、第二极体为A，则卵细胞为A，说
明受精卵2 正常，即受精卵1 和2 均可以发育为正常的胎儿，均可作为移植的受精卵，ABD 错误，C 正确。
故选 C。
9．（不定项）（2024·安徽·高考真题）某种昆虫的颜色由常染色体上的一对等位基因控制，雌虫有黄色和
白色两种表型，雄虫只有黄色，控制白色的基因在雄虫中不表达，各类型个体的生存和繁殖力相同。随机
选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配，F1雌性全为白色，雄性全为黄色。继续让F1自由交配，理论上F2
雌性中白色个体的比例可能是（ ）
A．1/2
B．3/4
C．15/16
D．1
【答案】BCD
【分析】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的过程中，位于同源染色体
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。
【详解】该昆虫体色的显隐关系无法判断，假设其由等位基因A、a 控制。若基因A 控制白色，则要使F1
中的雌性均为白色，可能的杂交组合有①AA(♀)×AA（♂），②AA(♀) ×Aa(♂)，③AA（♀)×aa(♂)，
④Aa(♀)×AA（♂）；若基因a 控制白色，则要使F,中的雌性均为白色，可能的杂交组合为
③aa(♀)×aa(♂)。综上，理论上亲本的杂交 组合共有5 种。
杂交组合①F1自由交配所得F2中雌性基因型全为AA，即F2雌性白色的概率为1；杂交组合②F1基因型为
AA 和Aa，F1产生的配子A 占3/4，配子a 占1/4，其自由交配后代中A_占 15/16，aa 占1/16，则F2雌性中
白色的概率为15/16，同理杂交组合④F2雌性中白色的概率也为15/16；杂交组合③F1基因型为Aa，其自
由交配后代A_占3/4，aa 占1/4，则F2雌性中白 色的概率为3/4；杂交组合③F1基因型全为aa，其自由交
配后代雌性中白色的概率为1。
故选BCD。
10．（不定项）（2024·河北·高考真题）单基因隐性遗传性多囊肾病是P 基因突变所致。图中所示为某患
者及其父母同源染色体上P 基因的相关序列检测结果（每个基因序列仅列出一条链，其他未显示序列均正
常）。患者的父亲、母亲分别具有①、②突变位点，但均未患病。患者弟弟具有①和②突变位点。下列分
析正确的是（ ）
A．未突变P 基因的位点①碱基对为A－T
B．①和②位点的突变均会导致P 基因功能的改变
C．患者同源染色体的①和②位点间发生交换，可使其产生正常配子
D．不考虑其他变异，患者弟弟体细胞的①和②突变位点不会位于同一条染色体上
【答案】BCD
【分析】结合图示可知，患者获得父亲的下面一条链和母亲的下面一条链，均为突变的链，说明未突变P
基因的位点①碱基对为C-G、②位点为A-T。
【详解】A、结合图示可知，患者获得父亲的下面一条链和母亲的下面一条链，均为突变的链，说明未突
变P 基因的位点①碱基对为C-G，A 错误；
B、结构决定功能，①和②位点的突变均导致基因结构发生改变，均会导致P 基因功能的改变，B 正确；
C、由图可知，患者同源染色体的①和②位点间发生交换，可得到①、②位点均正常的染色单体，可使其
产生正常配子，C 正确；
D、由父母的染色体可知，父母突变的①、②位点不在一条染色体上，所以不考虑其他变异，患者弟弟体
细胞的①和②突变位点不会位于同一条染色体上，D 正确。
故选BCD。
11．（2025·云南·高考真题）冬瓜果面有蜡粉可提高果实抗病、耐日灼和耐储性。为探究冬瓜果面蜡粉的
遗传方式并对蜡粉基因（用“A”“a”表示）进行定位，科研人员进行了一系列杂交实验，结果如表。
群
体
植株总数/株
果面有蜡粉株数/株
果面无蜡粉株数/株
P1
30
30
0
P2
30
0
30
F1
523
523
0
F2
574
430
144
注：F1为P1和P2杂交后代，F2为F1自交后代。
回答下列问题：
(1)根据杂交结果可知，果面蜡粉的遗传遵循基因的______________定律，依据是______________________。
(2)实验证明蜡粉性状的改变是由基因突变引起的，突变基因上出现了一个限制酶H 的切割位点，可用于在
苗期筛选出果实表面有蜡粉的植株，据此设计引物后进行植株基因型鉴定的步骤为：提取基因组
DNA→__________________目的DNA 片段→限制酶H 切割扩增产物→电泳。结果显示P1植株为1 条条带，
P2植株为2 条条带，则F2中有蜡粉的植株为_________条条带，限制酶H 的切割位点位于_________（填
“A”“a”或“A 和a”）上。
(3)用表中材料设计实验，验证（1）中得到的结论，写出所选材料及遗传图解。
【答案】(1) 分离 F2中出现3:1 的性状分离比，符合一对等位基因的遗传规律
(2) PCR 扩增 1 或3 a
(3) 选用材料：F1植株和P2植株
遗传图解：
【分析】本题以冬瓜蜡粉性状为载体综合考查分离定律，整体包含三大设问层次：第一问依托 F2 约 3:1
的性状分离比，直接判定遵循基因分离定律，是分离定律最基础判定依据；第二问结合限制酶酶切电泳分
子鉴定，隐性基因 a 存在酶切位点，区分 AA、Aa 两种有蜡粉植株的电泳条带差异，融合分子实验与遗
传基因型判断；第三问要求设计测交实验验证分离定律，写出杂交材料与遗传图解，兼顾理论判断与实验
设计，完整覆盖分离定律基础判断、分子鉴定、实验验证三类考法。
【详解】（1）根据杂交结果可知，果面蜡粉的遗传遵循基因的分离定律，因为F1自交得到的F2中，果面
有蜡粉株数与果面无蜡粉株数之比约为3：1（430：144≈3：1），符合基因分离定律中杂合子自交后代性
状分离比3：1 的比值。
（2）要进行植株基因型鉴定，在提取基因组DNA 后，需要通过PCR 扩增目的DNA 片段。P1植株为1 条
条带，P2植株为2 条条带，说明P1为纯合子且其基因不能被限制酶H 切割（假设P1基因型为AA），P2为
纯合子且其基因能被限制酶H 切割（假设P2基因型为aa），限制酶H 的切割位点位于a 上。F1基因型为
Aa，F2中有蜡粉的植株基因型为AA 或Aa。AA 只有1 条条带（不能被切割），Aa 会有3 条条带（A 不能
被切割为1 条，a 被切割为2 条），所以F2中有蜡粉的植株为1 条或3 条条带。
（3）验证分离定律，采用测交的方法，所选材料：F1Aa 与P2aa（测交实验可以验证基因的分离定律）。
12．（2026·河南·高考真题）水稻A 基因启动子区域存在两种突变类型（A1、A2），导致A 基因表达量改
变。为探究水稻穗型与A 基因表达量之间的关系，研究人员以基因型为A1A1（小穗）与A2A2的植株为亲
本杂交，获得的F1自交，F2中表型及其比例为小穗∶中穗∶大穗=1：2：1。回答下列问题：
(1)A 基因的遗传________（填“遵循”或“不遵循”）分离定律，A2A2的表型为________。
(2)为探究F2三种表型材料中A 基因表达量的差异，研究人员提取mRNA，进行________，用PCR 进行检
测，发现A2A2植株中A 基因表达量高于A1A1植株。据此推测，出现中穗性状的原因是________。
(3)水稻的稻瘟病抗性受一对等位基因B、b 控制，并与A 基因表达量相关。为探究水稻穗型与稻瘟病抗性
的遗传关系，研究人员进行三组杂交实验，杂交组合及结果如下表所示（F1自交得F2）。
组别
亲本
F1表型及比例
F2表型及比例
①
大穗抗病×大穗感病
全为大穗抗病（M）
大穗抗病∶大穗感病=3∶1
②
大穗抗病×小穗感病
全为中穗中抗病（G）
大穗抗病∶中穗中抗病∶小穗
感病=1：2：1
③
M×小穗感病
中穗中抗病∶中穗感病
=3∶1
已知控制水稻穗型与稻瘟病抗性的基因独立遗传，抗病只出现在大穗植株，中抗病只出现在中穗植株。据
表分析，抗病对感病为________（填“显性”或“隐性”）；G 的基因型为________；组②和组③的亲本
中，小穗感病的基因型分别为________、________。基因型A1A2Bb 的植株自交，子一代中感病植株占比
为________。
【答案】(1) 遵循 大穗
(2) 逆转录/反转录 A1A2植株中A 基因的表达量介于A1A1和A2A2之间，因此表现为中穗
(3) 显性 A1A2BB A1A1BB A1A1Bb 7/16
【分析】本题以水稻穗型不完全显性复等位基因为核心，搭配稻瘟病抗性独立遗传，综合多层次考查分离
定律。先由 F2 1:2:1 基因型与表型对应关系，确定遵循分离定律并判断纯合子表型；再结合 mRNA 检测
实验，从基因表达量角度解释中间型性状成因，融合分子转录相关知识；最后三组杂交实验连锁分析显隐
性、推导各类亲本基因型，结合自由组合计算感病植株比例，将分离定律、不完全显性、独立遗传、实验
数据分析融为一体，综合性强。
【详解】（1）F1（A1A2）自交后，F2基因型分离比为A1A1:A1A2:A2A2=1:2:1，对应表型比也为1:2:1，符合
基因分离定律，因此遵循分离定律；已知A1A1为小穗，对应A2A2的表型为大穗。
（2）PCR 检测的模板是DNA，提取mRNA 后需要经过逆转录得到cDNA 才能进行PCR；已知A2A2中A
基因表达量高于A1A1，杂合子A1A2表现为中穗，说明A1A2的A 基因表达量介于两种纯合子之间，因此表
现为中穗。
（3）已知控制水稻穗型与稻瘟病抗性的基因独立遗传，抗病只出现在大穗植株，中抗病只出现在中穗植
株，说明小穗均为感病，即表型有大穗抗病（A2A2B_）、中穗中抗病（A1A2B_）、大穗感病（A2A2bb）、
中穗感病（A1A2bb）、小穗感病（A1A1_ _）。根据第①组实验，亲本抗病×感病，F1全为抗病，F2抗病:感
病=3:1，说明抗病对感病为显性；第①组F1M 的基因型为A2A2Bb，M 与小穗感病杂交后代全为中穗
（A1A2），且中抗病:感病=3:1，符合Bb×Bb 的分离比，因此第③组亲本小穗感病基因型为A1A1Bb。
A1A2Bb 自交，根据题意：所有A1A1（小穗）都感病，A2A2bb、A1A2bb 也为感病，计算得感病植株比例：
1/4(A1A1）×1+1/4×1/4(A2A2bb)+1/2×1/4(A1A2bb)=7/16，第②组亲本大穗抗病（A2A2B_）×小穗感病（A1A1_
_），F1全为中穗中抗病G（A1A2B_），F2表型比为大穗抗病∶中穗中抗病∶小穗感病=1:2:1，说明G 的基
因型为A1A2BB（若为A1A2Bb，F2感病植株占7/16，与题意不符），因此亲本小穗感病基因型为
A1A1BB。
13．（2024·浙江·高考真题）瓢虫鞘翅上的斑点图案多样而复杂。早期的杂交试验发现，鞘翅的斑点图案
由某条染色体上同一位点（H 基因位点）的多个等位基因（h、HC、HS、HSP等）控制的。HC、HS、HSP等
基因各自在鞘翅相应部位控制黑色素的生成，分别使鞘翅上形成独特的斑点图案；基因型为hh 的个体不
生成黑色素，鞘翅表现为全红。通过杂交试验研究，并不能确定H 基因位点的具体位置、序列等情况。回
答下列问题：
(1)两个体杂交，所得F1的表型与两个亲本均不同，如图所示。
F1的黑色凸形是基因型为______亲本的表型在F1中的表现，表明该亲本的黑色斑是______性状。若F1雌雄
个体相互交配，F2表型的比例为_____。
(2)近期通过基因序列研究发现了P 和G 两个基因位点，推测其中之一就是H 基因位点。为验证该推测，研
究人员在翻译水平上分别阻止了P 和G 位点的基因表达，实验结果如表所示。结果表明，P 位点就是控制
黑色素生成的H 基因位点，那么阻止P 位点基因表达的实验结果对应表中哪两组？______，判断的依据是
_____。此外，还可以在_____水平上阻止基因表达，以分析基因对表型的影响。
组1
组2
组3
组4
未阻止
表达
阻止表
达
(3)为进一步研究P 位点基因的功能，进行了相关实验。两个大小相等的完整鞘翅P 位点基因表达产生的
mRNA 总量，如图甲所示，说明P 位点基因的表达可以促进鞘翅黑色素的生成，判断的理由是_____；黑
底红点鞘翅面积相等的不同部位P 位点基因表达产生的mRNA 总量，如图乙所示，图中a、b、c 部位
mRNA 总量的差异，说明P 位点基因在鞘翅不同部位的表达决定_____。
(4)进一步研究发现，鞘翅上有产生黑色素的上层细胞，也有产生红色素的下层细胞，P 位点基因只在产生
黑色素的上层细胞内表达，促进黑色素的生成，并抑制下层细胞生成红色素。综合上述研究结果，下列对
第（1）题中F1（HCHS）表型形成原因的分析，正确的有哪几项_____。
A．F1鞘翅上，HC、HS选择性表达
B．F1鞘翅红色区域，HC、HS都不表达
C．F1鞘翅黑色凸形区域，HC、HS都表达D．F1鞘翅上，HC、HS只在黑色区域表达
【答案】(1) HCHC 显性 1:2:1
(2) 组3、组4 组3 和组4 表现为全红，组1 和组2 表型不变 转录
(3) 黑底红点P 位点基因表达产生的mRNA 总量远远大于红底黑点 黑色斑点面积大小
(4) ABD
【分析】【关键能力】
（1）信息获取与加工
题干关键信息
所学知识
信息加工
亲本为
HCHC×HSHS
一对等位基因的遗传遵
循基因的分离定律
F1应该为HCHS，结合亲本的表型可知，
F1的黑色凸形是基因型为HCHC亲本的表
型在F1中的表现，说明黑色斑是显性性
状
基因对表型的影
基因通过控制蛋白质的
可以在转录水平上阻止基因表达，以分析
响
合成，进而影响生物体
性状
基因对表型的影响
（2）逻辑推理与论证：
【详解】（1）由图分析，HCHC个体有黑色凸形，所以F1的黑色凸形是基因型为HCHC亲本的表型在F1中
的表现，表明该亲本的黑色斑是显性性状。F1的基因型为HCHS，若F1雌雄个体相互交配，F2基因型及比
例为HCHC：HCHS：HSHS=1:2:1，三种基因型对应的表型各不相同，所以表型比例为1:2:1。
（2）为验证该推测，研究人员在翻译水平上分别阻止了P 和G 位点的基因表达，实验结果如表所示。结
果表明，P 位点就是控制黑色素生成的H 基因位点，那么阻止P 位点基因表达后实验结果应该是没有黑色
素生成，对应3、4 组。判断的依据是组3 和组4 相应位点基因表达被阻止后，黑色素无法形成，表现为全
红；组1 和组2 相应基因位点表达被阻止后不影响黑色素生成，表型不变。此外，还可以在转录水平上阻
止基因表达，以分析基因对表型的影响。
（3）两个大小相等的完整鞘翅P 位点基因表达产生的mRNA 总量，如图甲所示，说明P 位点基因的表达
可以促进鞘翅黑色素的生成，判断的理由是黑底红点P 位点基因表达产生的mRNA 总量远远大于红底黑点；
黑底红点鞘翅面积相等的不同部位P 位点基因表达产生的mRNA 总量，如图乙所示，图中a、b、c 部位
mRNA 总量的差异，说明P 位点基因在鞘翅不同部位的表达决定黑色斑点面积大小。
（4）P 位点基因只在产生黑色素的上层细胞内表达，促进黑色素的生成，并抑制下层细胞生成红色素，所
以红色区域，HC、HS都不表达，HC、HS只在黑色区域表达，根据图（1）可知HC控制黑色凸形生成，HS
控制大片黑色区域生成，所以F1鞘翅上，HC、HS选择性表达，黑色凸形区域，HC表达，ABD 正确。
