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2019-2020年高三生物第一輪總復習 第一編 考點過關練 考點21 基因的自由組合定律 1. [xx上海高考]某種植物果實重量由三對等位基因控制，這三對基因分別位于三對同源染色體上，對果實重量的增加效應相同且具疊加性。已知隱性純合子和顯性純合子果實重量分別為150 g和270 g。現(xiàn)將三對基因均雜合的兩植株雜交，F(xiàn)1中重量為190 g的果實所占比例為(　　) A. 3/64 B. 5/64 C. 12/64 D. 15/64 解析：由于隱性純合子(aabbcc)和顯性純合子(AABBCC)果實重量分別為150 g和270 g，則每個顯性基因的增重為(270—150)/6＝20(g)，AaBbCc果實重量為210，自交后代中重量190克的果實其基因型中只有兩個顯性基因、四個隱性基因，即AAbbcc、aaBBcc、aabbCC、AaBbcc、AabbCc、aaBbCc六種，所占比例依次為1/64、1/64、1/64、4/64、4/64、4/64。故為15/64，選D。 答案：D 2. [xx海南高考]基因型為AaBbDdEeGgHhKk個體自交，假定這7對等位基因自由組合，則下列有關其子代敘述正確的是(　　) A. 1對等位基因雜合、6對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率為5/64 B. 3對等位基因雜合、4對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率為35/128 C. 5對等位基因雜合、2對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率為67/256 D. 6對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率與6對等位基因雜合的個體出現(xiàn)的概率不同 解析：1對等位基因雜合、6對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率＝C[2/4(1/4＋1/4) (1/4＋1/4) (1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)]＝7/128，A錯；3對等位基因雜合、4對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率＝C[2/42/42/4(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/41/4)(1/41/4)]＝35/128，B正確；5對等位基因雜合、2對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率＝C[2/42/42/42/42/4(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)＝21/128，C錯；6對等位基因純合的個體出現(xiàn)的概率＝C[2/4(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)(1/4＋1/4)]＝7/128, 6對等位基因雜合的個體出現(xiàn)的概率＝C[2/42/42/42/42/42/4(1/4＋1/4)]＝7/128, 相同，D錯誤。 答案：B 3. [xx海南高考]人類有多種血型系統(tǒng)，MN血型和Rh血型是其中的兩種。MN血型由常染色體上的1對等位基因M、N控制，M血型的基因型為MM，N血型的基因型為NN，MN血型的基因型為MN; Rh血型由常染色體上的另1對等位基因R和r控制，RR和Rr表現(xiàn)為Rh陽性，rr表現(xiàn)為Rh陰性。這兩對等位基因自由組合。若某對夫婦中，丈夫和妻子的血型均為MN型－Rh陽性，且已生出1個血型為MN型－Rh陰性的兒子，則再生1個血型為MN型－Rh陽性女兒的概率是(　　) A. 3/8 B. 3/16 C. 1/8 D. 1/16 解析：由題中已生出1個血型為MN型－ Rh陰性(MNrr)的兒子可知，父母的基因型均為MNRr。兩對性狀分別考慮，后代為雜合子MN的概率為1/2，Rh陽性(RR和Rr)的概率為3/4，題目還要求生1個女兒，其在后代中的概率為1/2，綜上為1/23/41/2＝3/16。 答案：B 4. [xx安徽高考]香味性狀是優(yōu)質水稻品種的重要特性之一。 (1)香稻品種甲的香味性狀受隱性基因(a)控制，其香味性狀的表現(xiàn)是因為__________________________，導致香味物質積累。 (2)水稻香味性狀與抗病性狀獨立遺傳?？共?B)對感病(b)為顯性。為選育抗病香稻新品種，進行了一系列雜交實驗。其中，無香味感病與無香味抗病植株雜交的統(tǒng)計結果如圖所示，則兩個親代的基因型是________。上述雜交的子代自交，后代群體中能穩(wěn)定遺傳的有香味抗病植株所占比例為________。 (3)用純合無香味植株作母本與香稻品種甲進行雜交，在F1中偶爾發(fā)現(xiàn)某一植株具有香味性狀。請對此現(xiàn)象給出兩種合理的解釋：①_____________________________________； ②________________________________________________________________________。 (4)單倍體育種可縮短育種年限。離體培養(yǎng)的花粉經脫分化形成________，最終發(fā)育成單倍體植株，這表明花粉具有發(fā)育成完整植株所需的________。若要獲得二倍體植株，應在________時期用秋水仙素進行誘導處理。 解析：(1)a為隱性基因，因此若要表現(xiàn)為有香味性狀，必須要使a基因純合(即為aa)，參與香味物質代謝的某種酶缺失，從而導致香味物質累積。(2)根據雜交子代抗病∶感?。?∶1，無香味∶有香味＝3∶1，可知親本的基因型為：Aabb、AaBb，從而推知子代F1的類型有：1/8AABb、1/8AAbb、1/4AaBb、1/4Aabb、1/8aaBb、1/8aabb，其中只有1/4AaBb、1/8aaBb自交才能獲得能穩(wěn)定遺傳的有香味抗病植株(aaBB)，可獲得的比例為1/41/41/4＋1/811/4＝3/64。(3)正常情況AA與aa雜交，所得子代為Aa(無香味)，某一雌配子形成時，若A基因突變?yōu)閍基因或含A基因的染色體片段缺失，則可能出現(xiàn)某一植株具有香味性狀。(4)花藥離體培養(yǎng)過程中，花粉先經脫分化形成愈傷組織，通過再分化形成單倍體植株，此過程體現(xiàn)了花粉細胞的全能性，其根本原因是花粉細胞中含有控制該植株個體發(fā)育所需的全部遺傳信息；形成的單倍體植株需在幼苗期用一定濃度的秋水仙素處理可形成二倍體植株。 答案：(1)a基因純合，參與香味物質代謝的某種酶缺失 (2)Aabb、AaBb　3/64 (3)某一雌配子形成時，A基因突變?yōu)閍基因　某一雌配子形成時，含A基因的染色體片段缺失 (4)愈傷組織　全部遺傳信息　幼苗 5. [xx重慶高考]肥胖與遺傳密切相關，是影響人類健康的重要因素之一。 (1)某肥胖基因發(fā)現(xiàn)于一突變系肥胖小鼠，人們對該基因進行了相關研究。 ①為確定其遺傳方式，進行了雜交實驗，根據實驗結果與結論完成以下內容。 實驗材料：________________小鼠；雜交方法：________________。 實驗結果：子一代表現(xiàn)型均正常；結論：遺傳方式為常染色體隱性遺傳。 ②正常小鼠能合成一種蛋白類激素，檢測該激素的方法是________。小鼠肥胖是由于正?；虻木幋a鏈(模板鏈的互補鏈)部分序列“CTC CGA”中的一個C被T替換，突變?yōu)闆Q定終止密碼(UAA或UGA或UAG)的序列，導致該激素不能正常合成，突變后的序列是________，這種突變________(填“能”或“不能”)使基因的轉錄終止。 ③在人類肥胖癥研究中發(fā)現(xiàn)，許多人能正常分泌該類激素卻仍患肥胖癥，其原因是靶細胞缺乏相應的________。 (2)目前認為，人的體重主要受多基因遺傳的控制。假如一對夫婦的基因型均為AaBb(A、B基因使體重增加的作用相同且具累加效應，兩對基因獨立遺傳)，從遺傳角度分析，其子女體重超過父母的概率是________，體重低于父母的基因型為____________________________。 (3)有學者認為，利于脂肪積累的基因由于適應早期人類食物缺乏而得以保留并遺傳到現(xiàn)代，表明________決定生物進化的方向。在這些基因的頻率未明顯改變的情況下，隨著營養(yǎng)條件改善，肥胖發(fā)生率明顯增高，說明肥胖是________________共同作用的結果。 解析：(1)①題中要確定基因位置(在X染色體上還是常染色體上)和顯、隱性關系。根據子一代性狀可直接確定顯隱性關系。若要根據子一代性狀來判斷基因位置，可采用正、反交的方法。若是伴性遺傳，以純合肥胖小鼠為父本，純合正常為母本，子一代都為正常，以純合肥胖小鼠為母本，純合正常為父本，子一代雌鼠正常，雄鼠都肥胖；若是常染色體遺傳，正、反交結果相同；②該激素為蛋白類激素，檢測蛋白質用抗原－抗體雜交技術。題中告知“模板鏈的互補鏈”上“一個C被T替換”，產生終止密碼，因而突變后的序列為CTCTGA(TGA)，這種突變只能使基因的轉錄提前終止，形成的多肽鏈變短，不能使基因轉錄終止；③激素作用需要受體，當受體缺乏時，也能引起肥胖癥。(2)由于A、B基因具有累加效應，且獨立遺傳，雙親基因型為AaBb，子代中有3或4個顯性基因則體重超過父母，概率為5/16，低于父母的基因型有1個或0個顯性基因，為aaBb、Aabb、aabb。(3)根據題干信息可知，自然選擇決定生物進化的方向，表現(xiàn)型是環(huán)境和基因共同作用的結果。 答案：(1)①純合肥胖小鼠和純合正?！≌唇弧、诳乖贵w雜交(分子檢測)　CTCTGA(TGA)　不能　③受體 (2)5/16　aaBb、Aabb、aabb (3)自然選擇　環(huán)境因素與遺傳因素 6. [xx課標全國卷Ⅰ]一對相對性狀可受多對等位基因控制，如某種植物花的紫色(顯性)和白色(隱性)這對相對性狀就受多對等位基因控制?？茖W家已從該種植物的一個紫花品系中選育出了5個基因型不同的白花品系，且這5個白花品系與該紫花品系都只有一對等位基因存在差異。某同學在大量種植該紫花品系時，偶然發(fā)現(xiàn)了1株白花植株，將其自交，后代均表現(xiàn)為白花。 回答下列問題： (1)假設上述植物花的紫色(顯性)和白色(隱性)這對相對性狀受8對等位基因控制，顯性基因分別用A、B、C、D、E、F、G、H表示，則紫花品系的基因型為________________________；上述5個白花品系之一的基因型可能為______________________(寫出其中一種基因型即可)。 (2)假設該白花植株與紫花品系也只有一對等位基因存在差異，若要通過雜交實驗來確定該白花植株是一個新等位基因突變造成的，還是屬于上述5個白花品系中的一個，則： ①該實驗的思路：_________________________________________________________； ②預期實驗結果和結論：____________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：本題主要考查基因自由組合定律的原理和應用。(1)植株的紫花和白花是由8對等位基因控制的，紫花為顯性，且5個已知白花品系與該紫花品系都只有一對等位基因存在差異，據此可推斷該紫花品系為8對等位基因的顯性純合子。上述5個白花品系都是只有一對基因為隱性純合，另外7對等位基因為顯性純合，如aaBBCCDDEEFFGGHH、AAbbCCDDEEFFGGHH等。(2)該紫花品系的后代中出現(xiàn)了1株能穩(wěn)定遺傳的白花植株，且與紫花品系也只有一對等位基因存在差異，若已知5個白花品系中隱性純合的那對基因分別為aa、bb、cc、dd、ee，則該突變白花植株的基因型可能與上述5個白花品系之一相同，也可能出現(xiàn)隱性純合基因是ff或gg或hh的新突變。判斷這兩種情況的方法是讓該白花植株的后代分別與5個白花品系雜交，預測子代花色遺傳情況：若為新等位基因突變，則5種雜交組合中的子代應全為紫花；若該白花植株為上述5個白花品系之一，則與之基因型相同的一組雜交子代全為白花，其余4組雜交子代均為紫花。由此可判斷該突變白花植株的類型。 答案：(1)AABBCCDDEEFFGGHH aaBBCCDDEEFFGGHH(或8對等位基因中任意1對等位基因為隱性純合，且其他等位基因為顯性純合) (2)①用該白花植株的后代分別與5個白花品系雜交，觀察子代花色②在5個雜交組合中，如果子代全部為紫花，說明該白花植株是新等位基因突變造成的；在5個雜交組合中，如果4個組合的子代為紫花，1個組合的子代全為白花，說明該白花植株屬于這5個白花品系之一 1. [xx撫順月考]關于下列圖解的理解正確的是(　　) A. 基因自由組合定律的實質表現(xiàn)在圖中的④⑤⑥ B. ③⑥過程表示減數分裂過程 C. 圖中③過程的隨機性是子代Aa占1/2的原因之一 D. 圖中子代中aaBB的個體在aaB_中占的比例為1/16 解析：非同源染色體上的非等位基因的自由組合發(fā)生在減數分裂過程中，即圖中的④⑤，A錯誤；③⑥表示受精作用，B錯誤；圖中③過程的隨機性是子代Aa占1/2的原因之一，C正確；圖中子代中aaBB的個體占整個子代的比例為1/16，aaBb的個體占整個子代的比例為2/16，所以子代中aaBB的個體在aaB_中占的比例為1/3，D錯誤。 答案：C 2. [xx山東濱州模擬]研究發(fā)現(xiàn)，豚鼠毛色由以下等位基因決定：Cb—黑色、Cs—銀色、Cc—乳白色、Cx—白化。為確定這組基因間的關系，進行了部分雜交實驗，結果如下，據此分析下列選項正確的是(　　) 交配 親代表現(xiàn)型 子代表現(xiàn)型 黑 銀 乳白 白化 1 黑黑 22 0 0 7 2 黑白化 10 9 0 0 3 乳白乳白 0 0 30 11 4 銀乳白 0 23 11 12 A. 兩只白化的豚鼠雜交，后代不會出現(xiàn)銀色個體 B. 該豚鼠群體中與毛色有關的基因型共有6種 C. 無法確定這組等位基因間的顯性程度 D. 兩只豚鼠雜交的后代最多會出現(xiàn)四種毛色 解析：親代黑黑→子代出現(xiàn)黑和白化，說明黑(Cb)對白化(Cx)為顯性。親代乳白乳白→子代出現(xiàn)乳白和白化，說明乳白(Cc)對白化(Cx)為顯性。親代黑白化→子代出現(xiàn)黑和銀，說明銀(Cs)對白化(Cx)為顯性，故兩只白化的豚鼠雜交，后代不會出現(xiàn)銀色個體，A正確。該豚鼠群體中與毛色有關的基因型有10種，B錯誤。根據四組交配親子代的表現(xiàn)型關系可以確定Cb(黑色)、Cs(銀色)、Cc(乳白色)、Cx(白化)這組等位基因間的顯性程度，C錯誤。由于四種等位基因間存在顯隱性關系，兩只豚鼠雜交的后代最多會出現(xiàn)三種毛色，D錯誤。 答案：A 3. [xx煙臺檢測]現(xiàn)有①～④四個果蠅品系(都是純種)，其中品系①的性狀均為顯性，品系②～④均只有一種性狀是隱性，其他性狀均為顯性。這四個品系的隱性性狀及控制該隱性性狀的基因所在的染色體如下表所示： 品系 ① ② ③ ④ 隱性性狀 無(均為顯性) 殘翅 黑身 紫紅眼 相應染色體 Ⅱ、Ⅲ Ⅱ Ⅱ Ⅲ 若需驗證自由組合定律，可選擇下列哪種交配類型(　　) A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ①④ 解析：自由組合定律研究的是位于非同源染色體上的基因的遺傳規(guī)律，若要驗證該定律，所取兩個親本具有兩對不同相對性狀即可，故選②④或③④。 答案：B 4. [xx安徽合肥摸底]在西葫蘆的皮色遺傳中，已知黃皮基因(Y)對綠皮基因(y)為顯性，但在另一白皮基因(W)存在時，基因Y和y都不能正常表達(兩對基因獨立遺傳)?，F(xiàn)有基因型為WwYy的個體自交，其后代表現(xiàn)型種類及比例是(　　) A. 4種；9∶3∶3∶1 B. 2種；13∶3 C. 3種；12∶3∶1 D. 3種；10∶3∶3 解析：由于白皮基因(W)存在時，基因Y和y都不能正常表達，即有W基因存在時，都表現(xiàn)為白皮。遺傳圖解如下： 故基因型為WwYy的個體自交，其后代表現(xiàn)型種類及比例為白皮∶黃皮∶綠皮＝12∶3∶1。 答案：C 5. [xx衡水一中調研]有關黃色圓粒豌豆(YyRr)自交的表述，正確的是(　　) A. 黃色圓粒豌豆(YyRr)自交后代有9種表現(xiàn)型 B. F1產生的精子中，YR和yr的比例為1∶1 C. F1產生YR的卵和YR的精子的數量比為1∶1 D. 基因的自由組合定律是指F1產生的4種精子和4種卵自由結合 解析：考查對孟德爾實驗和基因自由組合定律的理解。黃色圓粒豌豆(YyRr)自交后代有4種表現(xiàn)型；F1產生4種精子，YR∶Yr∶yR∶yr的比例為1∶1∶1∶1；F1產生的YR的精子比YR的卵數量多；基因的自由組合定律是指F1產生配子時，非同源染色體上的非等位基因自由組合，不是雌雄配子的隨機結合。 答案：B 6. [xx薊縣一模]某生物的三對等位基因(Aa、Bb、Cc)分別位于三對同源染色體上，且基因A、b、C分別控制①②③三種酶的合成，在三種酶的催化下可使一種無色物質經一系列轉化變?yōu)楹谏?。假設該生物體內黑色素的合成必須由無色物質轉化而來，如圖所示：現(xiàn)有基因型為AaBbCc的兩個親本雜交，出現(xiàn)黑色子代的概率為(　　) A. 1/64 B. 8/64 C. 9/64 D. 27/64 解析：由題干信息可知，三對等位基因分別位于三對同源染色體上，遵循基因的自由組合定律；由圖可知，基因型A_bbC_的個體能將無色物質轉化成黑色素。因此基因型為AaBbCc的兩個親本雜交，出現(xiàn)黑色子代的概率為：3/41/43/4＝9/64。故選C。 答案：C 7. [xx宿州模擬]已知某哺乳動物棒狀尾(A)對正常尾(a)為顯性，直毛(B)對卷毛(b)為顯性，黃色毛(R)對白色毛(r)為顯性，雌性個體無論基因型如何，均表現(xiàn)為白色毛，三對基因位于三對常染色體上，以下相關敘述正確的是(　　) A. 黃色毛的基因型為RR或Rr，白色毛的基因型為rr B. aarrAARR交配，子代中雄性個體均為黃色毛，雌性個體均為白色毛 C. 如果一只黃色個體與一只白色個體交配，生出一只白色雄性個體，則黃色個體一定為母本，白色個體一定為父本 D. 基因型為AaBbRr的雌雄個體自由交配，子代雌雄個體表現(xiàn)型種類均為8種 解析： 由于雌性個體無論基因型如何，均表現(xiàn)為白色毛，所以雄性中黃色毛的基因型為RR或Rr，白色毛的基因型為rr，而雌性中白色毛的基因型為RR或Rr或rr，A錯。aarrAARR交配，后代全為AaRr，雄性全為黃色，雌性全為白色，B正確。如果一只黃色個體與一只白色個體交配，生出一只白色雄性個體，說明雙親一定都存在r基因，雙親中黃色個體肯定為雄性且基因型為Rr，白色個體可以為Rr或rr，C錯?；蛐蜑锳aBbRr的雌雄個體自由交配，子代雌性個體只有四種表現(xiàn)型、雄個體表現(xiàn)型為8種，D錯。 答案：B 8. [xx武漢調研]玉米屬雌雄同株異花植物，雄穗著生于植株頂端，雌穗位于莖桿中部葉腋間。隱性突變b基因純合使植株不出現(xiàn)雌穗而變成雄株，隱性突變t基因純合會使原來產生花粉的雄穗變成雌穗而轉變成雌株。若要后代只獲得雄株和雌株，則最佳的雜交組合是(　　) A. BbTt() BBtt(♀) B. BbTt() bbtt(♀) C. bbTt() bbtt(♀) D. bbTt() BBtt(♀) 解析：由題意分析，雄株的基因型是bbT_，雌株的基因型是_tt，雌雄同株的基因型是B_T_。要使后代只獲得雄株和雌株，則雙親中只能出現(xiàn)一種顯性基因，且另一對基因為雜合子測交，選項A、B、D組合的后代都會出現(xiàn)B_T_雌性同株，所以最佳的雜交組合是：bbTt() bbtt(♀)，其后代只有雌性和雄性。 答案：C 9. [xx海淀模擬]節(jié)瓜有全雌株(只有雌花)、全雄株(只有雄花)和正常株(雌花、雄花均有)等不同性別類型的植株，研究人員做了如圖所示的實驗。請回答問題： 實驗一： P　純合全雌株純合全雄株 　　 ↓ F1　　　　　正常株 126 　　 ↓? F2　全雌株　正常株　全雄株 　　 25　　 87　　 26 實驗二： P　純合全雌株正常株 　　 ↓ F1　　全雌株　　　　正常株 　　　　65　　　　61 　　 ↓? F2　　　　全雌株　　正常株 　　　　　　33　　　　95 (1)對實驗一數據進行統(tǒng)計學分析，發(fā)現(xiàn)F2性狀分離比接近于3∶10∶3，據此推測節(jié)瓜的性別類型由________對基因控制，其遺傳方式符合基因的________定律。 (2)若第一對基因以A、a表示，第二對基因以B、b表示，第三對基因以C、c表示…，以此類推，則實驗一F2正常株的基因型為________________________，其中純合子的比例為________。實驗二親本正常株的基因型為________。 (3)為驗證上述推測，分別將實驗一F1正常株、實驗二F1正常株與基因型為________的植株測交，實驗一F1正常株測交結果應為____________________，實驗二F1正常株測交結果應為______________________。 解析：(1)實驗一全雌株與全雄株雜交，F(xiàn)1全正常株，F(xiàn)2代的分離比接近3∶10∶3，共16個組合，可見該節(jié)瓜的性別決定是由兩對基因控制的，遵循基因的自由組合定律。(2)由題意分析已知該節(jié)瓜的性別決定是由兩對基因控制的，遵循基因的自由組合定律，且F1是雙雜合子。若第一對基因以A、a表示，第二對基因以B、b表示，則F1正常株的基因型是AaBb。由F2代的性狀分離比全雌株∶正常株∶全雄株＝3∶10∶3可知正常株是雙顯性(9)和雙隱性(1)，全雌株、全雄株為單顯性(3)，所以F2正常株的基因型有：AABB、AABb、AaBB、AaBb、aabb，其中純合子AABB、aabb占兩份，故純合子的比例為210＝1/5。實驗二中親本為純合全雌株(AAbb或aaBB)與正常株雜交，后代性狀分離比為1∶1，故親本正常株有一對基因純合，一對基因雜合，即親本正常株的基因型為AABb或AaBB。(3)設全雌株為aaB_，實驗一F1正常株AaBb與基因型為aabb的植株測交，子代為1AaBb(正常株)∶1aabb(正常株)∶1aaBb(全雌株)∶1Aabb(全雄株)，即全雌株∶正常株∶全雄株＝1∶2∶1。實驗二F1正常株AaBB與基因型為aabb的植株測交，子代為1AaBb(正常株)∶1aaBb(全雌株)。如果設全雌株的基因型為A_bb，其結果是一樣的。 答案：(1)兩(或“2”)　自由組合 (2)AABB、AABb、AaBB、AaBb、aabb(或“A_B_、aabb”)　1/5　AABb或AaBB (3)aabb　全雌株∶正常株∶全雄株＝1∶2∶1 全雌株∶正常株＝1∶1 10. [xx廣東六校聯(lián)考]已知具有B基因的狗，皮毛可以呈黑色；具有bb基因的狗，皮毛可以呈褐色。另有I(i)基因與狗的毛色形成有關。甲圖表示狗毛色的遺傳實驗，請回答下列問題： (1)B與b基因的本質區(qū)別是____________________。狗的毛色遺傳說明基因與性狀的對應關系是________。 (2)乙圖為F1白毛狗的某組織切片顯微圖像，該圖像來自于雌狗，依據是____________________。正常情況下，細胞③正常分裂結束后能產生________種基因型的細胞。 (3)細胞①與細胞②、③相比較，除細胞大小外，最明顯的區(qū)別是_____________。 (4)F2中，黑毛狗的基因型是________；白毛狗的b基因頻率是________。如果讓F2中褐毛狗與F1交配，理論上其后代的表現(xiàn)型及比例是_______________________________。 解析：(1)B和b基因是通過基因突變形成的，二者的主要區(qū)別是堿基對的序列不同。(2)細胞②的細胞質不均等分裂，由此判斷該白毛狗為雌性。(3)細胞①是減數第一次分裂中期，有同源染色體。細胞②③為減數第二次分裂的后期和前期，細胞內無同源染色體。(4)由題意可知，狗的毛色由B、b與I、i兩對等位基因控制，褐毛狗與白毛狗雜交后代全為白毛狗，所以白毛為顯性，受I基因控制，故親代褐毛狗的基因型為bbii，白毛狗的基因型是BBII，所以F1的基因型為BbIi，F(xiàn)2中出現(xiàn)9種基因型，其中基因型只要有一個I基因就表現(xiàn)為白毛狗，則白毛狗的基因型有6種，即1/16BBII、2/16BBIi、2/16BbII、4/16BbIi、1/16bbII、2/16bbIi，在這些白毛狗中，b的基因頻率為1/2；黑毛狗的基因型為BBii、Bbii；F2中褐毛狗的基因型為bbii，與BbIi交配，后代出現(xiàn)4種基因型，表現(xiàn)型及比例應為白毛狗∶黑毛狗∶褐毛狗＝2∶1∶1。 答案：(1)堿基對的序列不同　兩對基因決定一種性狀 (2)圖中細胞②(細胞質)不均等分裂　1 (3)細胞①有同源染色體 (4)BBii、Bbii　1/2　白毛狗∶黑毛狗∶褐毛狗＝2∶1∶1 11. [xx北京海淀模擬]在蜜蜂的蜂巢中，有由受精卵發(fā)育來的蜂王和工蜂(均為雌性)，以及由未受精的卵細胞發(fā)育來的雄蜂。蜜蜂的附肢有溝(花粉筐)、溝邊有毛(花粉刷)，自然界的野生工蜂為短毛、淺溝性狀的“非富蜜型”?？蒲腥藛T在自然界中偶然得到極少數具有長毛、深溝性狀的“富蜜型”雄蜂，作了如下雜交實驗，請分析回答下列問題： 組別 母本(♀) 父本() 雜交結果 實驗一 非富蜜型 富蜜型 ♀、均為非富蜜型(F1) 實驗二 F1非富蜜型 富蜜型 ♀、均為四種表現(xiàn)型且比例為1∶1∶1∶1 實驗三 富蜜型 F1非富蜜型 富蜜型，♀非富蜜型 (1)一個蜂巢中的蜂王、工蜂、雄蜂等全部個體構成了一個________。同樣由受精卵發(fā)育來的個體，由于獲得的營養(yǎng)不同，只有一只雌蜂發(fā)育為蜂王，其余都發(fā)育為雌性工蜂，可見生物的性狀是__________________________________共同作用的結果。 (2)用________將雄蜂和工蜂的有絲分裂細胞染色，在________下觀察并記錄有絲分裂中期細胞的染色體數目，則觀察到的結果為____________________________。 (3)蜜蜂的長毛、深溝的性狀最初是通過________產生的。據實驗結果分析，這兩對相對性狀中________為顯性。 (4)由實驗二結果可推知母本產生了________配子，說明控制兩對相對性狀的基因的遺傳符合________定律。由實驗三結果分析，父本產生了________種配子，子代雄蜂均為富蜜型，這是由于它們沒有從父本獲得________基因。 解析：(1)一個蜂巢中所有的蜂組成一個種群。(2)常用龍膽紫或醋酸洋紅對染色體進行染色。因雄蜂和工蜂分別是由未受精的卵細胞和受精卵發(fā)育而成的，故雄蜂細胞中的染色體數是工蜂細胞中染色體數的一半。(3)最初的長毛、深溝性狀是由野生型基因突變產生的。由實驗一知：短毛淺溝型為顯性性狀。(4)因雄蜂是單倍體，故只能產生一種基因型的配子，而實驗二結果為子代雄蜂有4種表現(xiàn)型，且比例為1∶1∶1∶1，說明親代雌蜂能產生4種配子且數量相等。即控制兩對相對性狀的基因的遺傳符合基因自由組合定律。實驗三中，親代雌蜂只產生一種基因型的配子，后代雌蜂也只有一種表現(xiàn)型，說明親代雄蜂只產生一種帶顯性基因的配子。后代中雄蜂只有隱性類型，說明子代雄蜂并未獲得父本的顯性基因。 答案：(1)(蜜蜂)種群　遺傳(或基因型)和環(huán)境因素 (2)堿性染料(或龍膽紫、醋酸洋紅)　顯微鏡　雄蜂染色體數目為工蜂的一半(或工蜂染色體數目為雄蜂的二倍) (3)基因突變　短毛、淺溝(或非富蜜型) (4)四種數目相等的　基因的自由組合　一　短毛、淺溝(或顯性) 小鼠的皮毛顏色由常染色體上的兩對基因控制，其中A/a控制灰色物質合成，B/b控制黑色物質合成。兩對基因控制有色物質合成的關系如下圖： (1)選取三只不同顏色的純合小鼠(甲—灰鼠，乙—白鼠，丙—黑鼠)進行雜交，結果如下： 親本組合 F1 F2 實驗一 甲乙 全為灰鼠 9灰鼠∶3黑鼠∶4白鼠 實驗二 乙丙 全為黑鼠 3黑鼠∶1白鼠 ①兩對基因(A/a和B/b)位于________對染色體上，小鼠乙的基因型為________。 ②實驗一的F2代中，白鼠共有________種基因型，灰鼠中雜合體占的比例為________。 ③圖中有色物質1代表________色物質，實驗二的F2代中黑鼠的基因型為____________。 (2)在純合灰鼠群體的后代中偶然發(fā)現(xiàn)一只黃色雄鼠(丁)，讓丁與純合黑鼠雜交，結果如下： 親本組合 F1 F2 實驗三 丁純合黑鼠 1黃鼠∶1灰鼠 F1黃鼠隨機交配：3黃鼠∶1黑鼠 F1灰鼠隨機交配：3灰鼠∶1黑鼠 ①據此推測：小鼠丁的黃色性狀是由基因________突變產生的，該突變屬于________性突變。 ②為驗證上述推測，可用實驗三F1代的黃鼠與灰鼠雜交。若后代的表現(xiàn)型及比例為____________________，則上述推測正確。 ③用3種不同顏色的熒光，分別標記小鼠丁精原細胞的基因A、B及突變產生的新基因，觀察其分裂過程，發(fā)現(xiàn)某個次級精母細胞有3種不同顏色的4個熒光點，其原因是________________________________________________________________________。 解析：(1)結合實驗一中F2的性狀分離比可判斷兩對等位基因的遺傳遵循自由組合定律，兩對基因應位于兩對同源染色體上，還可確定圖中物質1代表黑色物質，基因Ⅰ和基因Ⅱ分別代表基因B、基因A，進一步可確定實驗一的遺傳情況：親本為AABB(甲)aabb(乙)，F(xiàn)1為AaBb(灰鼠)，F(xiàn)2的基因型及比例為9A_B_(灰鼠)∶3aaB_(黑鼠)∶3A_ bb(白)∶1aabb(白)，所以實驗一的F2代中，白鼠共有3種基因型，灰鼠(A_B_)中雜合體占8/9；實驗二中親本為aabb(乙)aaBB(丙)，F(xiàn)1為aaBb(黑鼠)，F(xiàn)2中黑鼠的基因型有aaBB和aaBb兩種。(2)純合灰鼠群體(AABB)出現(xiàn)的黃色鼠(丁)與純合黑鼠(aaBB)雜交，后代中黃鼠∶灰鼠(AaBB)＝1∶1，由此可知丁為雜合子，根據F2代的性狀分離比可判斷黃色性狀是由基因A發(fā)生顯性突變(黃色突變用基因A＋表示)產生的；F1代黃鼠(A＋aBB)與灰鼠(AaBB)雜交，所得后代為A＋ABB(黃鼠)∶A＋aBB(黃鼠)∶AaBB(灰鼠)∶aaBB(黑鼠)＝1∶1∶1∶1，若表現(xiàn)型之比為黃鼠∶灰鼠∶黑鼠＝2∶1∶1。則說明該突變?yōu)轱@性突變。小鼠丁(A＋ABB)的次級精母細胞的基因型為A＋A＋BB或AABB，熒光標記后應有2種不同顏色、4個熒光點，某次級精母細胞中含有4個熒光點，說明基因數量沒有變化，但有3種顏色的熒光說明基因種類發(fā)生改變，其原因應該是在減數第一次分裂四分體時期，基因A＋和基因A所在的染色單體片段發(fā)生了交叉互換。 答案：(1)①2　aabb?、?　8/9　③黑　aaBB、aaBb (2)①A　顯?、邳S鼠∶灰鼠∶黑鼠＝2∶1∶1　③基因A與新基因所在同源染色體的非姐妹染色單體之間發(fā)生了交叉互換