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1课后限时集训16基因的自由组合定律1．(2019·潍坊期末)在孟德尔两对性状的杂交实验中，最能反映基因自由组合定律实质的是()A．F2四种子代比例为9∶3∶3∶1B．F1测交后代比例为1∶1∶1∶1C．F1产生的配子比例为1∶1∶1∶1D．F1产生的雌雄配子随机结合C[自由组合定律的实质是减数分裂产生配子时，等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合。]2．(2019·昆明期末)鸡冠的形状由两对等位基因控制，关于如图所示的杂交实验的叙述，正确的是()P玫瑰冠×豌豆冠↓F1胡桃冠↓F29∶3∶3∶1胡桃冠玫瑰冠豌豆冠单冠A．亲本玫瑰冠是双显性纯合子B．F1与F2中胡桃冠基因型相同C．F2豌豆冠中的纯合子占1/16D．该性状遗传遵循自由组合定律D[由F2中胡桃冠∶玫瑰冠∶豌豆冠∶单冠＝9∶3∶3∶1，说明F1中胡桃冠的基因型是双杂合子，亲本玫瑰冠是单显性纯合子，A错误；F1中胡桃冠为双杂合子，而F2中胡桃冠有四种基因型，B错误；F2豌豆冠中的纯合子占1/3，C错误；根据分析可知，该性状遗传遵循自由组合定律，D正确。]3．(2019·广东六校联考)如图表示两对等位基因在染色体上的分布情况(显性基因对隐性基因为完全显性)，若图1、2、3中的同源染色体均不发生交叉互换，则图中所示个体自交后代的表现型种类依次是()图1图2图32A．2、2、4B．2、3、4C．2、4、4D．4、4、4B[图1个体自交后代有3种基因型，2种表现型；图2个体自交后代有3种基因型，3种表现型；图3个体自交后代有9种基因型，4种表现型，B正确。]4．(2019·四川省泸州模考)某种花的花色种类多种多样，其中白色的不含花青素，深红色的含花青素最多，花青素含量的多少决定着花瓣颜色的深浅，由两对独立遗传的基因(A和a，B和b)所控制；显性基因A和B可以使花青素含量增加，两者增加的量相等，并且可以累加。一个基因型为AaBb的植株作父本与一个基因型为AABb植株作母本杂交，下列关于子代植株描述正确的是()A．理论上可以产生三种表现型的后代B．与父本基因型不相同的概率为1/4C．与母本表现型相同的概率为1/8D．花色最浅的植株的基因型为AabbD[根据题意分析，一个基因型为AaBb的植株作父本与一个基因型为AABb的植株作母本杂交，后代含有的显性基因的数量可以是4个、3个、2个、1个，因此理论上可以产生4种表现型的后代，A错误；后代与父本基因型(AaBb)不相同的概率＝1－(1/2)×(1/2)＝3/4，B错误；与母本表现型相同的概率＝1×(3/4)＝3/4，C错误；花色最浅的植株只含有一个显性基因，基因型为Aabb，D正确。]5．(2019·四川省雅安检测)豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。某人用黄色圆粒和绿色圆粒的豌豆进行杂交，发现后代性状统计结果为黄色圆粒376，黄色皱粒124，绿色圆粒373，绿色皱粒130，下列说法错误的是()A．亲本的基因组成是YyRr和yyRrB．F1中纯合子占的比例是1/4C．用F1中的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，得到的F2有四种表现型D．用F1中的黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交得到的F2中，r基因的频率为1/3D[根据题意分析，某人用黄色圆粒Y_R_和绿色圆粒yyR_的豌豆进行杂交，后代黄色∶绿色＝(376＋124)∶(373＋130)≈1∶1，圆粒∶皱粒＝(376＋373)∶(124＋130)≈3∶1，因此亲本基因型为YyRr和yyRr，A正确；F1中纯合子的比例为1/2×1/2＝1/4，B正确；F1中的黄色圆粒豌豆基因型为YyRR或YyRr，绿色皱粒豌豆基因型为yyrr，两者杂交后代的表现型有2×2＝4(种)，C正确；用F1中的黄色圆粒豌豆(YyRR或YyRr)与绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交得到的F2中，Rr∶rr＝2/3∶1/3＝2∶1，因此r的基因频率＝2/3×1/2＋1/3＝2/3，D错误。]6．某种蝴蝶紫翅(Y)对黄翅(y)为显性，绿眼(G)对白眼(g)为显性，两对等位基因分别位于两对同源染色体上，生物小组同学用紫翅绿眼和紫翅白眼的蝴蝶进行杂交，F1出现的性3状类型及比例如如图所示。下列说法错误的是()A．F1中紫翅绿眼个体自交(基因型相同个体间的交配)，相应性状之比是15∶5∶3∶1B．F1中紫翅白眼个体自交(基因型相同个体间的交配)，其中纯合子所占比例是2/3C．F1中紫翅绿眼个体与黄翅白眼个体交配，则后代相应性状之比是4∶2∶1∶1D．F1中紫翅白眼个体自由交配，其后代纯合子所占比例是5/9C[紫翅绿眼和紫翅白眼的基因型通式分别为Y_G_和Y_gg，二者杂交所得F1中紫翅∶黄翅＝3∶1，则这两个亲本的基因型为Yy×Yy，绿眼∶白眼＝1∶1，属于测交，说明亲本中绿眼的基因型为Gg，则这两个亲本的基因型为YyGg×Yygg。F1中紫翅绿眼的基因型及比例为YYGg∶YyGg＝1∶2，则1/3YY和2/3Yy自交子代中紫翅∶黄翅＝5∶1，Gg自交子代中绿眼∶白眼＝3∶1，则子代中(紫翅∶黄翅)×(绿眼∶白眼)＝(5∶1)×(3∶1)→紫翅绿眼(Y_G_)∶紫翅白眼(Y_gg)∶黄翅绿眼(yyG_)∶黄翅白眼(yygg)＝15∶5∶3∶1，A正确；F1紫翅白眼个体的基因型及比例为YYgg∶Yygg＝1∶2，则自交子代纯合子所占比例为1/3＋2/3×1/2＝2/3，B正确；F1紫翅绿眼和黄翅白眼的基因型分别为Y_Gg和yygg，用逐对分析法计算：Y_×yy所得子代中表现型和比例为紫翅∶黄翅＝2∶1；Gg×gg→绿眼∶白眼＝1∶1，则F2的性状分离比为(2∶1)×(1∶1)＝2∶2∶1∶1，C错误；F1紫翅白眼基因型及比例为Yygg∶YYgg＝2∶1，则紫翅白眼个体中Y和y的基因频率分别为2/3和1/3，自由交配，其后代纯合子所占比例为2/3×2/3＋1/3×1/3＝5/9，D正确。]7．(2019·郑州市质检)基因型为AaBb的植物甲与基因型为aabb的乙杂交，后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝9∶1∶1∶9，下列有关说法错误的是()A．两对等位基因的遗传不遵循基因的自由组合定律B．由测交结果推测植物甲产生四种配子，比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝9∶1∶1∶9C．植物甲自交后代仍是9种基因型、4种表现型D．植物甲自交后代中，隐性纯合子所占比例为1/16D[基因型为AaBb的植物甲测交后代基因型及比例不是1∶1∶1∶1，因此判断两对基因不遵循基因的自由组合定律，两对基因位于一对同源染色体上，在减数分裂产生配子的过程中部分细胞两对基因之间发生了染色体的交叉互换。ab配子占的比例为9/20，因此植物甲自交后代中，隐性纯合子所占比例为81/400。]8．已知玉米的体细胞中有10对同源染色体，下表为玉米6个纯系的表现型、相应的基因型(字母表示)及所在的染色体，品系②～⑥均只有一种性状是隐性的，其他性状均为显性纯合。下列有关说法正确的是()4品系①②果皮③节长④胚乳味道⑤高度⑥胚乳颜色性状显性纯合子白色pp短节bb甜ss矮茎dd白色gg所在染色体Ⅰ、Ⅳ、ⅥⅠⅠⅣⅥⅥA.若通过观察和记录后代中节的长短来验证基因分离定律，选作亲本的组合可以是品系①和②B．若要验证基因的自由组合定律，可选择品系①和④做亲本进行杂交C．选择品系③和⑤做亲本杂交得F1，F1自交得F2，则F2表现为长节高茎的植株中，纯合子的概率为19D．玉米的高度与胚乳颜色这两种性状的遗传遵循自由组合定律C[通过观察和记录后代中节的长短来验证基因分离定律，则选作亲本的组合应是品系①和③，A项错误；若要验证基因的自由组合定律，可选择品系②和④或品系②和⑤等作亲本进行杂交，B项错误；只考虑节长和茎的高度，则品系③和⑤的基因型分别是bbDD和BBdd，杂交得F1，其基因型为BbDd，自交得F2，F2长节高茎(B_D_)中纯合子占13×13＝19，C项正确；控制玉米高度和胚乳颜色的基因均位于Ⅵ染色体上，其遗传不遵循基因自由组合定律，D项错误。]9．豌豆对低温的抗性由基因D、d控制，花叶病抗性由基因H、h控制(花叶病由花叶病毒引起)。以下是利用纯种豌豆甲、乙所做实验的结果。据此回答下列问题：实验处理常温下用花叶病毒感染低温下无花叶病毒感染甲子代成活率(%)1000乙子代成活率(%)0100(1)抗花叶病的豌豆品种是________，判断依据是___________。(2)若低温下用花叶病毒感染品种乙的多株植株，则成活率为________。(3)用豌豆品种甲和乙进行杂交得到F1，F1自交，取F1植株上收获的种子分别播种于四个不同实验区(如表所示，依次为实验区Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ)中进行相应处理，统计各区豌豆的存活率，结果如下表，据表推测：实验处理常温常温低温低温存活率(%)1002525？①抗花叶病是________(填“显性性状”或“隐性性状”)，品种甲的基因型是________。5②根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个实验区的数据________(填“能”或“不能”)确定D、d和H、h两对基因是否遵循自由组合定律，第Ⅳ实验区“？”处数据为________时支持“D、d和H、h两对基因遵循自由组合定律”这一假设。[解析]豌豆品种甲抗花叶病不抗低温，豌豆品种乙抗低温不抗花叶病。四个实验区的设置应是：常温无病毒感染、常温有病毒感染、低温无病毒感染、低温有病毒感染。根据表格的实验结果，常温下抗病毒植株占1/4，无花叶病毒感染时抗低温植株占1/4，判断抗低温和抗花叶病都为隐性性状。若两对基因遵循基因的自由组合定律，既抗低温又抗花叶病的植株应占1/16。[答案](1)甲用花叶病毒感染甲，子代均成活，而用花叶病毒感染乙，子代均死亡(2)0(3)①隐性性状DDhh②不能6.25%10．(2019·昆明模拟)小鼠体色由位于常染色体上的两对基因决定，A基因决定黄色，R基因决定黑色，A、R同时存在则皮毛呈灰色，无A、R则呈白色。一灰色雄鼠和一黄色雌鼠交配，F1表现型及其比例为3/8黄色小鼠、3/8灰色小鼠、1/8黑色小鼠、1/8白色小鼠。回答下列问题：(1)亲代中，灰色雄鼠的基因型为__________，黄色雌鼠的基因型为__________。(2)让F1中的黑色雌、雄小鼠交配，则理论上F2黑色个体中纯合子所占的比例为__________。(3)若让F1中的黄色雌、雄小鼠自由交配，得到的F2中体色的表现型应为______________，其比例为________，黄色雌鼠的概率应为_____________。(4)若小鼠的另一性状由另外的两对等位基因(B和b、F和f)决定，且遵循自由组合定律。让基因型均为BbFf的雌、雄鼠相互交配，子代出现四种表现型，比例为6∶3∶2∶1。请对比例6∶3∶2∶1的产生原因作出合理解释：____________________________________。[解析](1)由题中“一灰色雄鼠和一黄色雌鼠交配，F1表现型及其比例为3/8黄色小鼠、3/8灰色小鼠、1/8黑色小鼠、1/8白色小鼠”可知，后代比例为3∶3∶1∶1，因此两对基因位于两对染色体上，遵循基因的自由组合定律。由题知，灰色雄鼠(基因型为A_R_)和黄色雌鼠(基因型为A_rr)交配，F1出现白色小鼠(基因型为aarr)，因此灰色雄鼠的基因型为AaRr，黄色雌鼠的基因型为Aarr。(2)F1中黑色小鼠的基因型为aaRr。F1中黑色雌、雄小鼠交配，F2黑色个体的基因型为1/3aaRR、2/3aaRr，纯合子所占的比例为1/3。(3)F1中黄色小鼠的基因型及比例为AArr∶Aarr＝1∶2。F1中A的频率为(1×2＋2)÷(3×2)＝2/3，a的频率为1－2/3＝1/3，让F1中的黄色雌、雄小鼠自由交配，得到的F2中体色的表现型及比例为黄色∶白色＝(1－1/3×1/3)∶(1/3×1/3)＝8∶1，其中黄色雌鼠的概率为(1－1/3×1/3)×1/2＝4/9。(4)基因型均为BbFf的雌、雄鼠相互交配，正常情况下子代出现四种表现型，比例为9(1BBFF∶2BbF