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第2节孟德尔的豌豆杂交实验（二）（Ⅱ）[学生用书P89(单独成册)]1．番茄的红果(A)对黄果(a)为显性，圆果(B)对长果(b)为显性，两对遗传因子独立遗传。现用红色长果与黄色圆果番茄杂交，从理论上分析，其后代性状表现不可能出现的比例是()A．1∶0B．1∶2∶1C．1∶1D．1∶1∶1∶1解析：选B。由题意知红色长果(A_bb)和黄色圆果(aaB_)杂交，因此两亲本杂交可能组合有AAbb×aaBB、Aabb×aaBB、Aabb×aaBb、AAbb×aaBb，由于A_×aa的后代可能全为Aa，也可能一半为Aa，一半为aa，同理B_×bb的后代也一样，所以，其后代的性状表现比例可能为1∶0、1∶1、1∶1∶1∶1，但不可能为1∶2∶1。2．(2019·成都高一期中)如果小偃麦早熟(A)对晚熟(a)是显性，抗干热(B)对不抗干热(b)是显性，两对基因自由组合，在研究这两对相对性状的杂交实验中，以某亲本与双隐性纯合子杂交，如果F1性状分离比为1∶1，此亲本可能有几种()A．1B．2C．3D．4解析：选D。由题意可知，某亲本与双隐性纯合子杂交，F1性状分离比为1∶1，则该未知亲本应该是只有一对等位基因是杂合的，其可能的基因型是AaBB、Aabb、AABb或aaBb，任意一种均满足题干条件，因此该亲本基因型可能有4种。3．南瓜果实的白色(A)对黄色(a)为显性，盘状(B)对球状(b)为显性，两对遗传因子独立遗传。若让遗传因子组成为AaBb的白色盘状南瓜与“某南瓜”杂交，子代性状表现及其比例如图所示，则“某南瓜”的遗传因子组成为()A．AaBbB．AabbC．aaBbD．aabb解析：选B。从题图中可以看出，子代中白色∶黄色＝3∶1，盘状∶球状＝1∶1，所以“某南瓜”的遗传因子组成为Aabb。4．(2019·河南郑州一中质量检测)已知玉米某两对基因按照自由组合定律遗传，现有子代基因型及比例如下，则两亲代基因型为：()基因型TTSSTTssTtSSTtssTTSsTtSs比例111122A.TTSS×TTSsB．TtSs×TtSsC．TtSs×TTSsD．TtSS×TtSs解析：选C。分析表中数据可知，子代中TT∶Tt＝1∶1，SS∶Ss∶ss＝1∶2∶1，则亲代基因型组成为TTSs×TtSs。5．(2019·辽宁抚顺六校联合体高二期末)下列有关测交的说法，正确的是()A．测交实验是孟德尔“假说—演绎法”中对推理过程及结果进行验证的方法B．对基因型为YyRr的黄圆豌豆进行测交，后代中不会出现该基因型的个体C．通过测交可以推测被测个体的基因型、产生配子的种类和产生配子的数量等D．对某植株进行测交，得到的后代基因型为Rrbb和RrBb(两对基因独立遗传)，则该植株的基因型是Rrbb解析：选A。测交是孟德尔“假说—演绎法”中对推理过程及结果进行验证的方法；基因型为YyRr的个体会产生YR、Yr、yR、yr四种配子，由于隐性类型只能产生一种配子yr，测交后代中会出现基因型为YyRr的个体；测交不能测定被测个体产生配子的数量；由于隐性类型只能产生一种配子(rb)，所以若“某植株”产生的两种配子是Rb、RB，则其基因型是RRBb。6．小麦的毛颖和光颖是一对相对性状(显、隐性分别由A、a基因控制)，抗锈和感锈是另一对相对性状(显、隐性分别由R、r基因控制)，控制这两对相对性状的基因均独立遗传。以纯种毛颖感锈植株(甲)和纯种光颖抗锈植株(乙)为亲本进行杂交，F1均为毛颖抗锈(丙)。再用F1与丁进行杂交，F2有四种表现型，对每对相对性状的植株数目比例作出的统计结果如图，分析回答下列问题：(1)丙的基因型是________，丁的基因型是________。(2)F1形成的配子种类是________________________。产生这几种配子的原因是F1在形成配子的过程中________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)F2中表现型不同于双亲(甲和乙)的个体占全部F2的________。(4)写出F2中抗锈病个体的基因型及比例________________________(只考虑抗锈和感锈一对相对性状)。解析：(1)由纯种毛颖感锈植株(甲)和纯种光颖抗锈植株(乙)为亲本进行杂交，F1均为毛颖抗锈植株(丙)，判断毛颖、抗锈为显性性状，亲本甲、乙的基因型分别是AArr、aaRR；丙的基因型是AaRr；由每对相对性状的植株数目比例作出的统计结果图判断丁的基因型是aaRr。(2)因为决定同一性状的成对基因分离，而决定不同性状的基因自由组合，因此F1形成的配子种类有AR、Ar、aR、ar四种。(3)丙的基因型是AaRr，丁的基因型是aaRr，后代中表现型不同于双亲(甲和乙)的个体占1－(3/4×1/2＋1/2×1/4)＝1/2。(4)由于只考虑抗锈和感锈一对相对性状，即Rr×Rr，故F2中抗锈病的基因型及比例为RR∶Rr＝1∶2。答案：(1)AaRraaRr(2)AR、Ar、aR、ar决定同一性状的成对基因分离，而决定不同性状的基因自由组合(3)1/2(4)RR∶Rr＝1∶27．(2019·山东寿光高一期中)某种蝴蝶紫翅(B)对黄翅(b)为显性，绿眼(R)对白眼(r)为显性，两对基因分别位于两对常染色体上。现有紫翅白眼与黄翅绿眼的亲代个体杂交，F1均为紫翅绿眼，F1雌雄个体相互交配得到F2共1335只，其中紫翅1022只，黄翅313只，绿眼1033只，白眼302只。请回答下列问题：(1)由此判断亲代基因型为__________，F2中紫翅白眼个体所占比例为________。(2)F2中重组类型是______________________________________________________。(3)现欲确定F2中一只黄翅绿眼雄性蝴蝶的基因型，最好采取________的方法，请简述实验思路与结果结论：实验思路：____________________________________________________________________________________________________________________________________。预测实验结果结论：①________________________________________________________________________。②________________________________________________________________________。解析：(1)由于亲代表现型为紫翅白眼与黄翅绿眼，F1紫翅绿眼的基因型为BbRr，所以亲代基因型为BBrr、bbRR，F2中紫翅白眼个体所占比例为1/4×3/4＝3/16。(2)F2中有四种表现型，分别为紫翅绿眼、紫翅白眼、黄翅绿眼和黄翅白眼，其中重组类型是紫翅绿眼和黄翅白眼。(3)黄翅绿眼的基因型为bbRR、bbRr。现欲确定F2中一只黄翅绿眼雄性蝴蝶的基因型，最好采取测交的方法，让该黄翅绿眼雄性蝴蝶与多只黄翅白眼的雌性蝴蝶交配，观察并记录后代表现型。若后代个体均为黄翅绿眼，则该个体基因型为bbRR；若后代个体黄翅绿眼和黄翅白眼比例为1∶1(或后代出现黄翅白眼)，则该个体基因型为bbRr。答案：(1)BBrr、bbRR3/16(2)紫翅绿眼和黄翅白眼(3)测交该黄翅绿眼雄性蝴蝶与多只黄翅白眼的雌性蝴蝶交配，观察并记录后代表现型①若后代个体均为黄翅绿眼，则该个体基因型为bbRR②若后代个体黄翅绿眼和黄翅白眼比例为1∶1，则该个体基因型为bbRr