2020版生物高考新素养总复习新高考(鲁京津琼)讲义考点加强课3和答案

1、2020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案要点题型1自由组合定律的遗传特例(一)自交后代“和”为16的特别分别比1.由基因互作以致的特别分别比(1)形成原由F1(AaBb)自交后代F1测交后代序号条件比率比率只存在一种显性基因时表现为同一类1961121型，其他正常表现两种显性基因同时存在时，表现为一29713各种类，不然表现为另一各种类3当某一种隐性基因成对存在时表现为112934双隐种类，其他正常表现只要存在显性基因就表现为一种类415131型，其他正常表现(2)解题步骤2.由显性基因累加效应以致的特别分别比(1)表现-1-/202020版生物高考新涵养总复习

2、新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案(2)原由：A与B的作用成就同样，但显性基因越多，其成就越强。【例证】1(2016全国卷，6)用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1所有表现为红花。若F1自交，获取的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，获取的子代植株中，红花为101株，白花为302株。依据上述杂交实验结果推想，以下表达正确的选项是()AF2中白花植株都是纯合体BF2中红花植株的基因型有2种C控制红花与白花的基因在一对同源染色体上DF2中白花植株的基因型种类比红花植株的多分析本题切入点不在于“F1全表现红花”而在于“用纯

3、合白花植株花粉给F1红花植株授粉，子代红花为101株，白花为302株”，即红花白花13。这应吻合两同等位基因自由组合的杂种子一代测交子代比率1111的变式，由此可推知该相对性状由两同等位基因控制(设为A、a和B、b)，即F1的基因型为AaBb，F1自交获取的F2中白花植株的基因型有A_bb、aaB_和aabb，故A错误；F2中红花植株(A_B_)的基因型有4种。答案D2(2016上海高考)控制棉花纤维长度的三同等位基因A/a、B/b、C/c对长度的作用相等，分别位于三对同源染色体上。已知基因型为aabbcc的棉纤维长度为6cm，每个显性基因增添纤维长度2cm。棉花植株甲(AABbcc)与乙(a

4、aBbCc)杂交，则F1的棉纤维长度范围是()A.614cmB.616cmC.814cmD.816cm-2-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案分析AABbcc和aaBbCc杂交获取的F1中，显性基因最少的基因型为Aabbcc，显性基因最多的基因型为AaBBCc，因为每个显性基因增添纤维长度2cm，因此F1的棉纤维长度范围是(62)(68)cm。答案C1.(2019北京海淀模拟)某种植物其花色有白色和紫色，现采纳白色和紫色二个纯合品种做杂交实验，结果以下：紫花白花，F1全为紫花，F1自交，F2表现型及比率为9紫花3红花4白花。将F2红花自交，产生的F3

5、中纯合子占总数的比率为()A.1/6B.5/9C.1/2D.2/3分析F2表现型及比率为9紫花3红花4白花，是9331的变式，由此可推知该植物花色受2对基因控制，且依据基因的自由组合定律，F1为双杂合子(设为AaBb)，则F2中红花基因型(设为A_bb)及比率为1/3AAbb、2/3Aabb，其自交产生的F3中杂合子(Aabb)占总数的比率为2/31/21/3，则F3中纯合子占总数的比率为11/32/3，故D项正确。答案D2.(2019山东省实验中学一诊)某二倍体植物的花瓣颜色有白色、紫色、红色和粉色四种。研究人员用某株粉色纯合子和某株白色纯合子杂交，F1所有表现为红色，让F1自交，F2中白色

6、紫色红色粉色4363，以下相关表达错误的选项是()花色受两同等位基因控制，且依据孟德尔的自由组合定律B.F2中白花的基因型有3种，此中纯合子占1/2C.F1个体与隐性纯合子测交，后代花色白色紫色红色211D.F2中自交后代可以发生性状分其他植株占5/16分析依据F2代的性状分别比4363可以判断，该比率是两对独立遗传的基-3-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案因自由组合的后代的9331的比率的变式，由此确立花色的性状由两同等位基因控制，而且两对基因独立遗传，依据基因的自由组合定律，A正确；假设控制花色的两同等位基因分别为A、a与B、b，由题中所给比率

7、关系可知，F1的基因型为AaBb，F2中白色基因型为aa_，紫色为A_bb，红色为A_Bb，粉红色为A_BB，此中白色花中的三种基因型及比率分别为1/4aabb、1/2aaBb，1/4aaBB，因此纯合子占1/41/41/2，B正确；F1(AaBb)个体与隐性纯合子(aabb)测交，后代花色的基因型及比率为AaBbaaBbAabbaabb1111，此中基因型为AaBb的个体开红花，基因型为Aabb的个体开紫花，基因型为aaBb与aabb的个体开白花，因此F1个体与隐性纯合子测交，后代花色白色紫色红色211，正确；F2中，基因型为AaBb、AaBB、AABb、Aabb的个体均会发生性状分别，其所

8、占比率为4/162/162/162/165/8，D错误。答案D3.(2019山东枣庄模拟)基因型为aabbcc的桃子重120克，每产生一个显性等位基因就使桃子增重15克，故基因型为AABBCC的桃子重210克。甲桃树自交，F1每桃重150克。乙桃树自交，F1每桃重120180克。甲、乙两桃树杂交，F1每桃重135165克。甲、乙两桃树的基因型可能是()A.甲AAbbcc，乙aaBBCCB.甲AaBbcc，乙aabbCCC.甲aaBBcc，乙AaBbCCD.甲AAbbcc，乙aaBbCc分析因为一个显性基因可使桃子增重15克，甲桃树自交，F1每桃重150克，则甲桃树中应有两个显性基因，且是纯合子

9、；乙桃树自交，F1每桃重120180克，则乙桃树中应有两个显性基因，且是杂合子；甲、乙两桃树杂交，F1每桃重135165克，进一步确立甲、乙两桃树的基因型可能为AAbbcc和aaBbCc。-4-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案答案D(二)自交后代“和”小于16的特别分别比(遗传致死问题)1.致死种类归类分析(1)显性纯合致死(2)隐性纯合致死2.致死类问题解题思路第一步：先将其拆分成分别定律单独分析，确立致死的原由。第二步：将单独分析结果再综合在一起，确立成活个体基因型、表现型及比率。3.“致死”原由的精准推导第一种方法：直接判断法直接利用基因自由

10、组合定律来分析-5-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案第二种方法：间接判断法分解成两个基因分别定律问题，分别分析。马上“黄短黄长灰短灰长4221”转变成两个基因分别定律问题来办理，即黄色灰色21，短尾长尾21，由此来确立致死原由是Y和D基因都会以致纯合致死。【例证】某二倍体植物有高茎与矮茎、红花与白花两对相对性状，且均各只受一同等位基因控制。现有一高茎红花亲本，其自交后代表现型及比率为高茎红花高茎白花矮茎红花矮茎白花5331，以下分析错误的选项是()控制上述两对相对性状的基因遗传时依据自由组合定律B.出现5331的原由是可能存在某种基因型植株(合子)

11、致死现象C.出现5331的原由是可能存在某种基因型配子致死现象D.自交后代中高茎红花均为杂合子分析设高茎与矮茎、红花与白花分别受一同等位基因A和a、B和b控制。一高茎红花亲本自交后代出现4各种类，则该亲本的基因型为AaBb，又因自交后代的性状分别比为5331，说明控制这两对相对性状的两同等位基因位于两对同源染色体上，其遗传依据基因的自由组合定律，A正确；理论上该高茎红花亲本自交后代性状分别比为9331，而实质上却为5331，从而推知：出现5331的原由可能是基因型为AB的雌配子或雄配子致死，B错误，C正确；综上分析可推知：在自交后代中，高茎红花的基因型为AABb、AaBB、AaBb，均为杂合子

12、，D正确。答案B【技法点拨】由题意“各只受一同等位基因控制”和“自交后代的性状分别比”表现的四种表现型正确立位依据基因的自由组合定律，从而推想出亲本为双杂合子。理论上该亲本自交后代的性状分别比为9331，而实质上却为-6-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案5331，即双显性个体少于理论值，说明同时含有两种显性基因的雌配子或雄配子致死。在此基础上，即可对各选项做出正确的判断。1.(2019北京海淀模拟)某植物有白花和红花两种性状，由等位基因R/r、I/i控制，已知基因R控制红色素的合成，基因I会克制基因R的表达。某白花植株自交，F1中白花红花51；再让

13、F1中的红花植株自交，后代中红花白花21。以下相关分析错误的选项是()A.基因R/r与I/i独立遗传B.基因R纯合的个领悟致死C.F1中白花植株的基因型有7种D.亲代白花植株的基因型为RrIi分析依据题意分析可知，红色的基因型为R_ii，白色的基因型为R_I_，rrI_，rrii。某白花植株自交，F1中白花红花51，后代红花R_ii占1/62/31/4，说明两同等位基因独立遗传，依据基因的自由组合定律，A正确；依据以上分析可知，亲本白花的基因型为RrIi，且RR基因纯合致死，B、D正确；F1中白花植株的基因型为RrII、RrIi、rrII、rrIi、rrii，C错误。答案C2.(2019山东名

14、校结盟)在一个玉米的自然种群中，等位基因A、a控制高茎和矮茎，等位基因B、b控制抗病和感病，两对基因分别位于两对常染色体上，此中含A基因的花粉致死。现选择高茎抗病植株自交，F1有四种表现型，以下表达错误的选项是()A.F1中抗病植株与感病植株的比为31B.高茎对矮茎是显性，抗病对感病是显性C.F1高茎抗病植株的基因型有4种D.F1抗病植株间互相随机传粉，后代抗病植株占8/9分析由题意分析可知含A基因的花粉致死，而选择的高茎抗病植株自交，F1有-7-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案四种表现型，因此高茎抗病植株为AaBb，F1中抗病植株与感病植株应为3

15、1，A正确；因为子代中出现了亲本没有的性状，而亲本的性状应是显性性状，因此高茎对矮茎是显性，抗病对感病是显性，B正确；因为含A基因的花粉致死，因此F1高茎抗病植株的基因型有2种，C错误；F1抗病植株有1/3纯合子，2/3杂合子，它们之间互相随机传粉，后代中不抗病植株占1/31/31/9，因此抗病植株占8/9，正确。答案C(三)多同等位基因的自由组合现象问题巧用“性状比之和”，快速判断控制遗传性状的基因的对数(1)自交状况下，获取的“性状比之和”是4的几次方，就说明自交的亲代中含有几同等位基因；(2)测交状况下，获取的“性状比之和”是2的几次方，则该性状就由几同等位基因控制。【例证】某植物红花和

16、白花为一对相对性状，同时受多同等位基因控制(如A、a；B、b；C、c)，当个体的基因型中每同等位基因都最少含有一个显性基因时(即A_B_C_)才开红花，不然开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表现型及其比恰似表所示，以下分析错误的选项是()组一组二组三组四组五组六P甲乙乙丙乙丁甲丙甲丁丙丁F1白色红色红色白色红色白色红色红色红色F2白色81白27白白色81白白色色175色37色175A.组二F1基因型可能是AaBbCcDd-8-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案B.组五F1基因型可能是AaBbCcDdEEC.组

17、二和组五的F1基因型可能同样D.这一对相对性状最多受四同等位基因控制，且依据自由组合定律分析组二和组五的F1自交，2的分别比为红白，即红花占81/(81F81175175)(3/4)4，则可推想这对相对性状最少受四同等位基因控制，且四对基因分别位于四对同源染色体上，依据自由组合定律。组二、组五的F1最少含四同等位基因，当该对性状受四同等位基因控制时，组二、组五的F1基因型都可为AaBbCcDd；当该对性状受五同等位基因控制时，组五F1基因型可能是AaBbCcDdEE。答案D1.(2019山东青岛模拟)某植物叶形的宽叶和窄叶是一对相对性状，用纯合的宽叶植株与窄叶植株进行杂交，以下表(相关基因用A

18、、a；B、b；C、c表示)。以下相关表达错误的选项是()母本父本子一代子二代杂交组合一宽叶窄叶宽叶宽叶窄叶31杂交组合二宽叶窄叶宽叶宽叶窄叶151杂交组合三宽叶窄叶宽叶宽叶窄叶631A.该植物的叶形最少受三同等位基因控制B.只要含有显性基因该植株的表现型即为宽叶C.杂交组合一亲本的基因型可能是AABBcc、aaBBccD.杂交组合三的子二代宽叶植株的基因型有26种分析由表格信息可知，宽叶植株与窄叶植株杂交，子一代都是宽叶，说明宽叶是显性性状。杂交组合一，子二代窄叶植株所占的比率是1/4，说明吻合一对杂合子自交实验结果；杂交组合二，子二代窄叶植株所占的比率是1/16，说明吻合两-9-/20202

19、0版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案对杂合子自交实验结果；杂交组合三，子二代窄叶植株所占的比率是1/64，说明吻合三对杂合子自交实验结果，因此该植物的宽叶和窄叶性状最少由三同等位基因控制，且三同等位基因在遗传过程中依据自由组合定律，隐性纯合子表现为窄叶，其他都表现为宽叶。杂交组合三，子一代的基因型是AaBbCc，子二代的基因型有33327(种)，此中基因型为aabbcc的植株表现为窄叶，因此杂交组合三的子二代宽叶植株的基因型有26种。答案C2.(2019北京海淀模拟)某植物种子的颜色有黄色和绿色之分，受多对独立遗传的等位基因控制。现有两个绿色种子的纯合品系，定为X

20、、Y。让X、Y分别与一纯合的黄色种子的植物杂交，在每个杂交组合中，F1都是黄色，再自花受粉产生F2，每个组合的F2分别以下：X：产生的F2，27黄37绿Y：产生的F2，27黄21绿回答以下问题：(1)依据上述哪个品系的实验结果，可初步推想该植物种子的颜色最少受三同等位基因控制？请说明判断的原由。_。(2)请从上述实验中选择适合的资料，设计一代杂交实考据明推想的正确性。(要求：写出实验方案，并展望实验结果)_。分析(1)纯合绿色种子与纯合黄色种子植物杂交，F1都是黄色，表示黄色对绿色为显性。X品系产生的F2中，黄色占27/64(3/4)3，表示F1中有三对基因是杂合的，三对基因均为显性时呈黄色，

21、其他呈绿色，X与亲本黄色之间有三同等位基因存在差异。(2)要考据上述判断的正确性，可设计测交实验，即取与X杂交形-10-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案成的F1(三对基因是杂合的)与X品系杂交，若后代中黄色占(1/2)31/8，黄色绿色17，则上述判断正确。答案(1)X品系F1都是黄色，表示黄色对绿色为显性。X品系产生的F2中，黄色占27/64(3/4)3，表示F1中有三对基因是杂合的，X与亲本黄色之间有三同等位基因存在差异(其他合理答案也可)(2)取与X杂交形成的F1，与X品系杂交，后代中将出现黄色与绿色两种表现型，且比率为17要点题型2研究不一

22、样对基因在染色体上的地址1.判断基因能否位于一对同源染色体上(1)图示分析基因完满连锁现象基因不完满连锁现象假如减数分裂时部分初级精母细胞及初级卵母细胞发生了交织互换，无论是图1还是图2都会出现基因不完满连锁现象。(2)实例判断以AaBb为例，若两同等位基因位于一对同源染色体上，不考虑交织互换，则产生两各种类的配子，在此基础进步行自交会产生两种或三种表现型，测交会出现两种表现型；若两同等位基因位于一对同源染色体上，考虑交织互换，则产生四各种类的配子，在此基础进步行自交或测交会出现四种表现型。2.判断基因能否易位到一对同源染色体上若两对基因遗传拥有自由组合定律的特色，但却出现不吻合自由组合定律的

23、现象，可考虑基因转移到同一对同源染色体上的可能，如由染色体易位引起的变异。-11-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案3.判断外源基因整合到宿主染色体上的种类外源基因整合到宿主染色体上有多各种类，有的依据孟德尔遗传定律。若多个外源基因以连锁的形式整合在同源染色体的一条上，其自交会出现分别定律中的31的性状分别比；若多个外源基因分别独立整合到非同源染色体的一条上，各个外源基因的遗传互不影响，则会表现出自由组合定律的现象。【例证】(2018全国卷，31)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果(红)与黄果(黄)、子

24、房二室(二)与多室(多)、圆形果(圆)与长形果(长)、单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如表。组别杂交组合F1表现型F2表现型及个体数红二黄多红二450红二、160红多、150黄二、50黄多甲460红二、150红多、红多黄二红二160黄二、50黄多圆单长复圆单660圆单、90圆复、90长单、160长复乙510圆单、240圆复、圆复长单圆单240长单、10长复回答以下问题：(1)依据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于上，依据是_；控制乙组两对相对性状的基因位于(填“一对”或“两对”)同源染色体上，依据是。(2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据

25、分析，其子代的统计结果不吻合的比率。分析(1)依据甲组实验可知，不一样性状的双亲杂交，子代表现出的性状为显性性状(红二)，F2出现9331的性状分别比，因此控制红果与黄果、子房二室与-12-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案多室两对性状的基因位于非同源染色体上；同理可知乙组中，圆形果单一花序为显性性状，F2中圆长31、单复31，但未出现9331的性状分别比，说明两同等位基因的遗传依据分别定律但不依据自由组合定律，因此控制乙组两对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)依据乙组表中的数据分析可知，乙组的两个F1“圆单”为双显性状，则“长复”为双隐性状，且

26、F2未出现9331的性状分别比，说明F1“圆单”个体不可以以产生1111的四种配子，因此用“长复”分别与乙组的两个F1进行测交，其子代的统计结果不吻合1111的比率。答案(1)非同源染色体F2中两对相对性状表现型的分别比吻合9331一对F2中每对相对性状表现型的分别比都吻合31，而两对相对性状表现型的分离比不吻合9331(2)11111.(2019北京四中模拟)为提升小麦的抗旱性，有人将大麦的抗旱基因(HVA)导入小麦，挑选出该基因成功整合到染色体上的抗旱小麦(假设该基因都能正常表达，黑点表示该基因的整合位点)。让以以下图所示种类的抗旱小麦自交，其子代中抗旱小麦所占比率是()A.1/16B.1

27、/8C.15/16D.8/16分析据图分析可知，HVA基因整合到两对染色体上，第一对染色体基因型可写为HVA0，第二对染色体基因型也可写为HVA0，让如题图所示种类的T植株自交，子代中不抗旱性植株所占比率是1/41/41/16，故子代中抗旱性植株所占比率是11/1615/16。答案C-13-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案2.(201811月浙江选考)某昆虫的红眼与朱红眼、有眼与无眼分别由基因A(a)、B(b)控制，此中有一对基因位于性染色体上，且存在两对隐性基因纯合致死现象。一只红眼雌性个体与一只朱红眼雄性个体交配，F1雌性个体中有红眼和无眼，雄

28、性个体全为红眼。让F1雌雄个体随机交配获取F2，F2的表现型及比恰似下表。红眼朱红眼无眼雌性个体15/615/619/61雄性个体24/618/610回答以下问题：(1)有眼对无眼为性，控制有眼与无眼的B(b)基因位于染色体上。(2)若要考据F1红眼雄性个体的基因型，能否用测交方法？，其原由是。(3)F2红眼雄性个体有种基因型，让其与F2红眼雌性个体随机交配，产生的F3有种表现型，F3中无眼雌性个体所占的比率为。分析本题观察遗传规律，可采纳两对性状分开考虑的方法分析。(1)有眼与有眼杂交后代出现了无眼，说明有眼对无眼为显性，且无眼性状只在雌性中出现，与性别相关，说明是伴性遗传。红眼与朱红眼杂交

29、后代都是红眼，说明红眼对朱红眼为显性，且基因位于常染色体上。(2)测交是让F1的红眼雄性与双隐性基因型的雌性杂交，由题意可知，该集体中没有吻合要求的对象。(3)因为F1的雌性、F2的雌性中都出现了无眼，因此相关基因很有可能位于X、Y的同源区段，因此亲代基因型为AAXBXbaaXbYB，因此F2中红眼雄性的基因型为：AAXBYB、2AaXBYB、3AAXbYB、6AaXbYB(两对基因分开考虑：AAAa12；BYBXbB3)，红眼雌性的基因型为：AAXBXB、4AAXBXb、2AaXBXB、XY18AaXBXb(两对基因分开考虑：AAAa12；XBXBXBXb14)，因此F3中的致死个体数：2/

30、32/31/43/44/51/41/60；存活个体数：11/6059/60，-14-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案无眼雌性为：3/44/51/4(12/32/31/4)2/15，因此F3中无眼雌性个体所占的比率为2/1559/608/59。bb答案(1)显X和Y(2)不可以以aaXX个体致死(3)458/59课后分层训练(时间：15分钟)1.(2019山东K12结盟)香豌豆的花色有白色和红色两种，由独立遗传的两对核等位基因(A/a、B/b)控制。白花品种甲与白花品种乙杂交，子一代所有是红花，子二代红花白花97。以下分析错误的选项是()A.品种甲的

31、基因型为AAbb或aaBBB.子二代红花的基因型有4种C.子二代白花植株中杂合的比率为3/7D.子二代红花严格自交，后代红花的比率为25/36分析依据题意分析，子二代红花白花97，是9331的变形，说明子一代是双杂合子AaBb，红花的基因型为A_B_，其他基因型都是白花，因此亲本纯合白花的基因型为AAbb、aaBB，A正确；子二代红花的基因型有224种，B正确；子二代白花植株占总数的7份，此中有3份是纯合子，因此此中杂合的比例为4/7，C错误；子二代红花基因型及其比率为AABBAABbAaBBAaBb1224，因此自交后代红花的比率1/92/93/42/93/44/99/1625/36，D正确

32、。答案C2.(2019北京石景山模拟)蚕的黄色茧(Y)对白色茧(y)为显性，克制黄色出现的基因对黄色出现的非克制基因(i)为显性，两同等位基因独立遗传。已知甲乙两白蚕杂交，F1都是白色；F1雌雄交配中，F2中白色茧与黄色茧的分别比为133。以下相关表达错误的选项是()A.甲乙都是纯合子-15-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案B.F2代中白色茧有7种基因型C.F2代中黄色个体自由交配子代分别比为51D.遗传中性状与基因不都是一一对应的关系分析依据题意可知，只有Y基因，没有I基因时表现为黄色；没有Y基因型时表现为白色，即黄色的基因型为Y_ii，白色的基

33、因型为Y_I_、yy_。甲乙两白蚕杂交，F1都是白色；F1雌雄交配中，F2中白色茧与黄色茧的分别比为133，是9331的变形，则F1白色的基因型为YyIi，因此亲本白色基因型为YYII、yyii，都是纯合子，A正确；2代中一共有339种基因型，此中黄色的基因型F为YYii、Yyii，因此白色的基因型为有927种，B正确；F2代中黄色个体的基因型为1/3YYii、2/3Yyii，则黄色个体自由交配的后代中白色的比率为2/32/31/41/9，因此后代的性状分别比为81，C错误；蚕茧的颜色受两对等位基因控制，说明遗传中性状与基因不都是一一对应的关系，D正确。答案C3.(2019山东名校结盟)鸭的羽

34、色受两对位于常染色体上的等位基因C和c、T和t控制，此中基因C能控制黑色素的合成，c不可以以控制黑色素的合成。基因T能促进黑色素的合成，且TT和Tt促进成就不一样，t能克制黑色素的合成。现有甲、乙、丙三只纯合的鸭，其交配结果(子代的数目足够多)以下表所示。以下相关分析错误的是()组合亲本(P)F1F2一白羽雌性(甲)白羽雄性(乙)全为灰羽黑羽灰羽白羽367二白羽雌性(甲)黑羽雄性(丙)全为灰羽黑羽灰羽白羽121控制羽色的两对基因依据基因的自由组合定律B.甲和乙的基因型分别为CCtt、ccTTC.若让组合一F2中的黑羽个体随机交配，则其子代出现白羽个体的概率是1/6D.组合一F2的白羽个体中，杂

35、合子所占比率为4/7分析组合一的F2中黑羽灰羽白羽367，为9331的变形，据此-16-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：考点增强课3和答案可判断控制羽色的两对基因依据基因的自由组合定律，A正确；组合一的F1基因型应为CcTt，甲和乙的基因型分别为CCtt、ccTT，B正确；组合一F2中的黑羽个体基因型为1/3CCTT、2/3CcTT，它们随机交配，子代出现白羽个体的概率是(2/3)(2/3)(1/4)1/9，C错误；组合一F2的白羽个体基因型为1ccTT、2ccTt、1cctt、1CCtt、2Cctt，杂合子所占比率为4/7，D正确。答案C4.某种鼠的体色有三种：黄

36、色、青色、灰色，受两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制。A_B_表现为青色，A_bb表现为灰色，aa_表现为黄色(约50%黄色个领悟因黄色素在体内累积过多死亡)。让灰色鼠与黄色鼠杂交，F1全为青色，F1相互交配得F2，F2自由交配得F3，理论上F3存活个体中青色鼠所占的比率是()A.9/16B.3/4C.6/7D.60/89分析依据题意，让灰色鼠与黄色鼠杂交，F1全为青色鼠，则灰色鼠的基因型为AAbb，黄色鼠的基因型为aaBB，F1基因型为AaBb；F1互相交配的后代可分开推导，即AaAaAAAaaa121，但因为aa中有50%幼体致死，因此F2个体比率变成241，即2/7AA、4/7

37、Aa、1/7aa，若F2自由交配，产生配子概率为A4/7，a3/7，则F3中AA16/49，Aa24/49，aa9/49，但因为aa中有50%幼体致死，成活个体中AAAaaa32489，即32/89AA、48/89Aa、9/89aa；BbBbBBBbbb121，但没有致死现象，若F2自由交配，产生配子概率为B1/2，b1/2，则F3中BB1/4，Bb1/2，bb1/4；因此，理论上F3存活个体中青色鼠(A_B_)所占的比率是60/89，D正确。答案D5.(2019山东枣庄模拟)某植物的红花和白花这对相对性状同时受多同等位基因控-17-/202020版生物高考新涵养总复习新高考（鲁京津琼）讲义：

38、考点增强课3和答案制，各对基因独立遗传。当某个个体的基因型中每同等位基因都最少含有一个显性基因时才开红花，不然开白花。现有4个纯合白花品系甲、乙、丙、丁(此中甲、乙、丙都只含有一对与花色相关的隐性基因且基因型各不同样)，让4个白花品系之间进行杂交实验，后代表现型及其比恰似下：据杂交结果回答以下问题：花色这对相对性状最少受几同等位基因控制，请说明判断的原由：。(2)某同学用化学诱变剂办理纯合红花品系X的萌发种子，培养出1株只有一对基因隐性突变的白花植株Y。请设计实验判断该白花植株Y能否与品系甲、乙、丙中的某一个基因型同样。(要求写出实验方案，展望实验结果和结论)实验方案：。结果展望及结论：。分析

39、(1)某植物的红花和白花这对相对性状同时受多同等位基因控制，各对基因独立遗传，说明花色的遗传依据基因的自由组合定律。图示分析可知：在杂交中，纯合白花品系甲与丁杂交，F2代中红花植株占所有个体的比率为27/(2737)27/64(3/4)3，依据N同等位基因自由组合且完满显性时，子代中显性个体所占比率(3/4)3可推知：F1最少含有3同等位基因；同理，在杂交中，F2代中红花植株占所有个体的比率为9/(97)9/16(3/4)2，说明这三组的F1最少含有2同等位基因；综上分析并结合题意“甲、乙、丙都只含有一对与花色相关的隐性基因且基因型各不同样”和“当某个个体的基因型中每同等位基因都最少含有一个显性基因时才开红花”可进一步推知：控制该植物花色的等位基因最稀有3对。-1