资源简介 第24讲 自由组合定律的解题规律及方法一、选择题1.（2025·河南名校联盟）假定4对等位基因（均为完全显性关系）分别控制4对相对性状，且4对等位基因的遗传遵循自由组合定律，基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，F1再自交得到F2，则F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为（ ）A. B.C. D.2.（2025·四川内江高三月考）两对独立遗传的等位基因（A/a和B/b，且两对基因为完全显性）分别控制豌豆的两对相对性状。植株甲与植株乙进行杂交，下列相关叙述正确的是（ ）A.若子二代出现9∶3∶3∶1的分离比，则两亲本的基因型为AABB×aabbB.若子一代出现1∶1∶1∶1的表型比，则两亲本的基因型为AaBb×aabbC.若子一代出现3∶1∶3∶1的表型比，则两亲本的基因型为AaBb×aaBbD.若子二代出现3∶1的分离比，则两亲本可能的杂交组合有4种情况3.（2024·山东枣庄模拟）某自花传粉植物，有紫花和白花性状，受细胞核基因控制。选择某紫色植株自交，所得子代数量足够多，统计发现F1中开白花植株的比例为7/16，其余均开紫花（不考虑基因突变和互换）。下列相关分析不正确的是（ ）A.若受两对等位基因控制，对亲本植株进行测交，则子代中白花植株的比例为3/4B.若受两对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有11/36的植株开白花C.若受一对等位基因控制，可能是杂合子植株产生的某种配子中有6/7不参与受精D.若受一对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有2/9的植株开白花4.（2025·河北唐山月考）豌豆子叶的黄色（Y）对绿色（y）为显性，种子的圆粒（R）对皱粒（r）为显性，两对基因独立遗传。某课外兴趣小组用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆进行杂交实验，对其子代性状的统计结果如图所示。下列相关分析错误的是（ ）A.杂交所用黄色圆粒豌豆的基因型为YYRr B.子代豌豆中基因型为YyRr的比例为1/2C.子代中黄色皱粒豌豆所占比例为1/16 D.子代中黄色圆粒豌豆自交的后代可有4种表型5.（2025·湖南永州模拟）玉米通常是雌雄同株异花植物，但也有雌雄异株类型。研究发现玉米的性别受独立遗传的两对等位基因控制，雌花花序由B控制，雄花花序由T控制，基因型为bbtt的个体为雌株。下列说法正确的是（ ）A.与玉米性别有关的基因型有9种，其中4种表现为雌株B.以雌雄同株玉米作母本与雄株杂交时需对母本去雄→套袋→传粉→再套袋C.纯合雌株与纯合雄株杂交，若F1均为雌雄同株，则F1自交产生的F2雌株中纯合子占1/2D.BBtt与bbTt杂交得到F1，F1自交产生的F2性状分离比是9∶20∶36.（2025·烟台模拟）某雌雄同株植物的花色性状由三对独立遗传的等位基因（A和a、B和b、C和c）控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述错误的是（ ）A.黄花植株的基因型有8种B.白花植株自交后代全部开白花C.基因型为AaBbCc的植株测交，后代中乳白花占1/2D.基因型为AaBbCc的植株自交，后代黄花中纯合子占3/647.（2025·河南开封高三测试）某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易感病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。现以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为（ ）A.1/2 B.1/3 C.3/8 D.1/68.（2025·江西九校联考）人类中，显性基因D对耳蜗管的形成是必需的，显性基因E对听神经的发育是必需的，二者缺一，个体即聋。这两对基因独立遗传。下列有关说法错误的是（ ）A.夫妇中有一个耳聋，也有可能生下听觉正常的孩子B.基因型为DdEe的双亲生下耳聋的孩子的概率为9/16C.一方只有耳蜗管正常，另一方只有听神经正常的夫妇，可能生下听觉正常的孩子D.耳聋夫妇可以生下基因型为DdEe的孩子9.（2025·鞍山模拟）某雌雄同株植物的花色有三种表型，受三对独立遗传的等位基因R/r、B/b、D/d控制，已知基因R、B和D三者共存时表现为红花（分为深红花、浅红花两种表型）。选择深红花植株与某白花植株进行杂交，F1均为浅红花，F1自交，F2中深红花∶浅红花∶白花＝1∶26∶37。下列关于F2的说法错误的是（ ）A.浅红花植株的基因型有7种，白花植株的基因型有19种B.白花植株杂交，后代可能出现浅红花植株C.浅红花植株自交，后代中会有白花植株出现D.浅红花和白花植株杂交，后代中会有深红花植株出现10.（2025·泰安一中模拟）辣椒果实有多对相对性状，其中包括着生方向（下垂、直立）和颜色（绿色、紫色、中间色）。为探究上述两种性状的遗传，研究者选取两株辣椒进行杂交，F1自交，结果如表。下列说法正确的是（ ）果实性状 亲本组合 F2表型及比例着生方向 下垂×直立 下垂∶直立＝3∶1颜色 绿色×紫色 绿色∶中间色∶ 紫色＝9∶3∶4A.上述两种性状中直立和绿色为隐性性状B.着生方向和颜色共受2对等位基因控制C.F2果实中间色的个体中杂合子约占2/3D.F2果实直立且为绿色的个体约占9/64二、非选择题11.（2025·四川成都模拟）现有两种耐高温水稻甲（aaBB）和水稻乙（AAbb）。研究人员用甲、乙和野生型（不耐高温）进行如下杂交实验。回答下列问题。杂交组合 F1 F2① 甲×野生型 F1 自 交 不耐高温∶耐高温＝3∶1② 乙×野生型 不耐高温∶耐高温＝3∶1③ 甲×乙 不耐高温∶耐高温＝？（1）从杂交组合①②都能够判断耐高温是由 （填“显性”或“隐性”）基因控制的性状。根据杂交组合①和②的F2的性状及比例 （填“能”或“不能”）判断控制甲和乙耐高温的两对基因符合自由组合定律。（2）①②③杂交组合的F1的基因型分别是 。（3）若杂交组合③的F2不耐高温∶耐高温＝1∶1，说明甲和乙的耐高温基因在 （填“同一”或“不同”）对同源染色体上，则F2耐高温植株的基因型为 。12.（2025·华南师大附中联考）大豆是两性花植物，雌雄同株，其子叶颜色有三种：BB表现深绿，Bb表现浅绿，bb表现黄色，在幼苗阶段死亡。大豆花叶病的抗性由R、r基因控制，其遗传的实验结果如下表（实验材料均有留种）：组合 母本 父本 F1的表型及植株数一 子叶深绿 不抗病 子叶浅 绿抗病 子叶深绿抗病220株；子叶浅绿抗病217株二 子叶深绿 不抗病 子叶浅 绿抗病 子叶深绿抗病110株；子叶深绿不抗病109株；子叶浅绿抗病108株；子叶浅绿不抗病113株（1）组合一中父本的基因型是 ，组合二中父本的基因型是 。（2）进行杂交实验，授粉前对母本的操作是 ，授粉后对母本的操作是 。（3）用表中F1的子叶浅绿抗病植株自交，在F2的成熟植株中，表型的种类及其比例为 。第24讲 自由组合定律的解题规律及方法1.D 基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，则F1的基因型为AaBbCcDd，因此F1再自交得到F2，在F2中与AABBCCDD表型相同的基因型是A_B_C_D_，所以该表型占F2中个体的比例为（3/4）4＝81/256，而在F2中与aabbccdd表型相同的个体所占的比例为（1/4）4＝1/256，因此F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为81/256＋1/256＝41/128。2.D 9∶3∶3∶1可拆分为（3∶1）（3∶1），则子一代基因型为AaBb，两亲本基因型为AABB×aabb或AAbb×aaBB，A错误；1∶1∶1∶1可拆分为（1∶1）（1∶1），说明亲本中的两对基因均为测交，故两亲本的基因型为AaBb×aabb或Aabb×aaBb，B错误；3∶1∶3∶1可拆分为（3∶1）（1∶1），说明两亲本中一对基因为杂合子自交，另一对基因为测交，故两亲本基因型为AaBb×aaBb或AaBb×Aabb，C错误；若子二代出现3∶1的分离比，说明子一代只有一对等位基因为杂合的，另一对基因为纯合的，则两亲本可能的杂交组合有4种情况，分别是AABB×aaBB、AABB×AAbb、AAbb×aabb、aaBB×aabb，D正确。3.D 据题意分析可知，假设相关基因为A/a、B/b，则亲本为AaBb，测交后子代为AaBb、Aabb、aaBb、aabb，表现为紫花∶白花＝1∶3，A正确；若受两对等位基因控制，F1的紫花植株为1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，自交以后2/9AaBB的后代aaBB开白花，比例为2/9×1/4＝2/36，2/9AABb的自交后代AAbb开白花，比例为2/9×1/4＝2/36，4/9AaBb的自交后代A_bb、aaB_、aabb开白花，比例为4/9×7/16＝7/36，所以F1的紫花植株自交后代中白花植株占2/36＋2/36＋7/36＝11/36，B正确；若受一对等位基因控制，即紫花亲本为杂合子Aa，若某一种配子6/7不参与受精，即A∶a＝1∶7，另外一种配子A∶a＝1∶1，产生的后代中开白花植株的比例为7/16，C正确；若受一对等位基因控制，则可能是某一种配子不参与受精，即A∶a＝1∶7，另外一种配子A∶a＝1∶1，产生的后代中开白花植株的比例为7/16，则F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶8∶7，F1的紫花植株进行自交，则只有Aa个体自交后代会出现白花植株，其比例为8/9×7/16＝7/18，D错误。4.C 子代中黄色∶绿色＝1∶0，圆粒∶皱粒＝3∶1，可推知亲本黄色圆粒豌豆应为YYRr，绿色圆粒为yyRr；子代豌豆中基因型为YyRr的比例为1×1/2＝1/2；子代中黄色皱粒豌豆Yyrr所占比例为1×1/4＝1/4；子代中黄色圆粒豌豆（YyRR、YyRr）自交的后代可有4种表型。5.C 由题可知，雌花花序由B控制，雄花花序由T控制，雌株基因型为B_tt和bbtt，雄株基因型为bbT_，雌雄同株基因型为B_T_，因此与玉米性别有关的基因型有9种，其中3种表现为雌株，A错误；以雌雄同株玉米作母本，但玉米是雌雄同株异花，因此对母本雌花花序套袋即可，不需要对母本去雄，B错误；纯合雌株基因型为BBtt或bbtt，与纯合雄株bbTT杂交，若F1均为雌雄同株，则基因型为BbTt，则F1自交产生的F2雌株（B_tt和bbtt）中纯合子（BBtt或bbtt）占1/2，C正确；BBtt与bbTt杂交得到F1，F1基因型为1/2BbTt和1/2Bbtt，F1自交产生的F2，Bbtt为雌株只有雌花花序没有雄花花序，不能自交，F1中能自交的基因型只有BbTt，因此F2中性状分离比为9∶3∶4，D错误。6.D 该植物的花色由三对独立遗传的等位基因控制，子代共有3×3×3＝27种基因型，其中白花对应的基因型为AA____有3×3＝9种，乳白花的基因型为Aa____有3×3＝9种，金黄花的基因型为aabbcc有1种，其余为黄花，则黄花基因型有27－9－9－1＝8种，A正确；由题意可知，白花对应的基因型为AA____，由于AA自交后仍为AA，不会发生性状分离，故白花植株自交后代全部开白花，B正确；基因型为AaBbCc的植株测交（AaBbCc×aabbcc），后代中乳白花的基因型为Aa____，其比例为1/2×1×1＝1/2，C正确；基因型为AaBbCc的植株自交，后代基因型aa____中，除了aabbcc为金黄花，其余基因型都是黄花，把三对基因拆开，第一对A/a按分离定律计算，第二、第三对基因按自由组合定律计算，可知，Aa×Aa子代是A_∶aa＝3∶1，BbCc×BbCc子代是B_C_∶B_cc∶bbC_∶bbcc＝9∶3∶3∶1，所以黄花占1/4×15/16＝15/64，其中纯合子包括aaBBCC、aaBBcc、aabbCC，占黄花的比例是3/15＝1/5，D错误。7.B 以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交（两对等位基因分别用A、a和B、b表示），F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性、抗病对易感病为显性，亲本基因型为AABB和aabb，F1基因型为AaBb，F1自交产生的F2为1AABB∶2AABb∶1AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶1aaBB∶2aaBb∶1aabb。去除aabb后，单独分析花色这一性状，AA占 4/15、Aa占8/15、aa占 3/15，自交后白花植株所占的比例为（8/15）×（1/4）＋3/15＝1/3。8.B 夫妇中一个听觉正常D_E_、一个耳聋（ddE_或D_ee或ddee），若听觉正常的亲本产生含DE的配子，即可生下听觉正常（D_E_）的孩子，A正确；夫妇双方基因型均为DdEe，生下听觉正常（D_E_）的孩子的概率为3/4×3/4＝9/16，生下耳聋的孩子的概率为1－9/16＝7/16，B错误；一方只有耳蜗管正常（D_ee），另一方只有听神经正常（ddE_）的夫妇，若耳蜗管正常（D_ee）一方产生含De的配子和听神经正常一方产生的含dE的配子结合，则他们可生出听觉正常的孩子（DdEe），C正确；耳聋夫妇可以生下基因型为DdEe的孩子，例如基因型分别为DDee和ddEE的夫妇，D正确。9.D 由F2中深红花∶浅红花∶白花＝1∶26∶37可知，深红花比例为1/64，即1/4×1/4×1/4，应为显性纯合子，浅红花三对基因全部为显性，但是三对基因不能同时为纯合子，白花必须有一对基因为隐性。所以红花（R_B_D_）基因型共2×2×2＝8种，去掉纯合子（深红花）其余均为浅红花，共7种，后代基因型一共有3×3×3＝27种，白花植株的基因型有27－8＝19种，A正确；白花植株杂交，如rrBBDD和RRbbdd杂交后代基因型为RrBbDd，为浅红花植株，B正确；如果浅红花植株为杂合子（RrBbDd）自交，后代会出现白花植株，C正确；由于白花植株必须有一个基因是隐性纯合子，所以浅红花和白花植株杂交，后代中不会有深红花植株出现，D错误。10.C 亲本为下垂×直立，F2表型及比例为下垂∶直立＝3∶1，说明下垂为显性，着生方向受一对等位基因控制，亲本为绿色×紫色，F2表型及比例为绿色∶中间色∶紫色＝9∶3∶4，说明颜色受两对独立遗传的基因控制，绿色为双显性，所以着生方向和颜色共受3对等位基因控制，A、B错误；假设控制果实颜色的两对基因为A/a，B/b，且含基因A表现为中间色，则中间色的个体中（1/3AAbb，2/3Aabb）杂合子约占2/3，C正确；题干未给出三对等位基因的位置关系，F2果实直立且为绿色的个体比例无法计算，D错误。11.（1）隐性 不能 （2）AaBB、AABb、AaBb （3）同一 AAbb、aaBB解析：（1）让甲和乙分别与野生型杂交，F1自交后代中耐高温植株约占1/4，即耐高温∶不耐高温＝1∶3，符合分离定律，说明这对相对性状是由一对等位基因控制的，并且耐高温突变体为隐性性状。根据杂交组合①和②的F2不能判断其符合自由组合定律，因为如果野生型基因型为AABB，两对等位基因无论是否独立遗传，均可以得到F2结果。（2）根据三组实验可推知，①②③杂交组合的F1的基因型分别是AaBB、AABb、AaBb。（3）如果两突变基因是同源染色体上的非等位基因突变所致，假设突变体甲基因型为aaBB，突变体乙基因型为AAbb，则甲乙杂交得到的F1为AaBb，由于两对基因在一对同源染色体上，所以F1产生的配子为Ab和aB，则F1自交产生的F2为AaBb∶AAbb∶aaBB＝2∶1∶1，表型为不耐高温∶耐高温＝1∶1，符合题意。所以，F2耐高温植株的基因型为AAbb、aaBB。12.（1）BbRR BbRr （2）去除雄蕊 套袋 （3）子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2解析：（1）组合一中，母本为子叶深绿不抗病，父本为子叶浅绿抗病，子代均为抗病，说明抗病对不抗病为显性，则亲本的基因型为BBrr（母本）×BbRR（父本）；组合二中，后代抗病∶不抗病≈1∶1，属于测交，则亲本的相关基因型为Rr和rr，因此亲本的基因型为BBrr（母本）×BbRr（父本）。（2）大豆是两性花植物，雌雄同株，杂交实验时，授粉前对母本进行去除雄蕊处理，授粉后需对母本进行套袋处理。（3）F1中子叶浅绿抗病植株的基因型均为BbRr，由于bb幼苗阶段死亡，因此其自交后代表型的种类有子叶深绿抗病（1/3×3/4BBR_）、子叶深绿不抗病（1/3×1/4BBrr）、子叶浅绿抗病（2/3×3/4BbR_）、子叶浅绿不抗病（2/3×1/4Bbrr），其比例为3∶1∶6∶2。2 / 3第24讲 自由组合定律的解题规律及方法课程标准 阐明有性生殖中基因的自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。题型一 已知亲代求子代的“正推型”题目【思路】 将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合（拆分组合法）。1.求配子种类及比例（以AaBbCCDd为例）（1）求产生配子种类数2×2×1×2＝8（种）（2）求产生ABCD配子的概率基因型 Aa Bb CC Dd 结果产生配子 A B C D配子比例 1/2 1/2 1 1/2 相乘得1/8（3）求配子间结合方式AaBbCCDd自交，配子之间的结合方式为（2×2）×（2×2）×（1×1）×（2×2）＝64（种）。2.求基因型和表型的类型及比例提醒 计算不同于双亲的表型比例时，可先算与双亲相同表型的比例，然后用1减去与双亲相同表型的比例即可，同理适用于求杂合子的比例。 （2025·南阳五中质检）某植物个体的基因型为Aa（高茎）Bb（红花）Cc（灰种皮）dd（小花瓣），请思考如下问题：（1）若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图1所示，则其产生的配子种类为 种，基因型为AbCd的配子所占比例为 ，其自交所得子代的基因型有 种，其中AABbccdd所占比例为 ，其子代的表型有 种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为 。（2）若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图2所示（不发生互换），则其产生的配子种类为 种，基因型为AbCd的配子所占比例为 ，其自交所得子代的基因型有 种，其中AaBbccdd所占比例为 ，其子代的表型有 种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为 。题型二 已知子代求亲代的“逆推型”题目1.基因填充法（1）根据亲本和子代的表型写出亲本和子代的基因型，如基因型可表示为A_B_、A_bb。（2）根据子代基因型推测亲本基因型（此方法只适用于亲本和子代表型已知，且显隐性关系已知时）。2.根据子代表型及比例推测亲本基因型规律：根据子代表型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：1.（2025·甘肃高考适应性考试）番茄中红色果实（R）对黄色果实（r）为显性，两室果（D）对多室果（d）为显性，高藤（T）对矮藤（t）为显性，控制三对性状的等位基因分别位于三对同源染色体上。某红果两室高藤植株甲与rrddTT杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2；与rrDDtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/4；与RRddtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，植株甲的基因型是（ ）A.RRDdTt B.RrDdTtC.RrDdTT D.RrDDTt2.（2024·四川绵阳期末）果蝇中灰身与黑身（受基因 B/b 控制）、大翅脉与小翅脉（受基因E/e 控制）是常染色体两对基因控制的相对性状。利用四种基因型不同的果蝇进行杂交，实验结果如图所示。 第一组P 灰身大翅脉①×灰身大翅脉②F1 灰身大翅脉 灰身小翅脉 3 ∶ 1 第二组 P 灰身大翅脉③×灰身小翅脉④F1 灰身大翅脉 灰身小翅脉 黑身大翅脉 黑身小翅脉 3 ∶ 3 ∶ 1 ∶ 1下列对实验结果的分析，正确的是（ ）A.由第一组杂交结果可知，灰身、大翅脉是显性性状B.第二组杂交结果可以说明，两对相对性状独立遗传C.无法确定①②的基因型， ③④的基因型分别是 BbEe、BBeeD.第一组F1相互交配，根据F2表型及比例可推断①②的基因型题型三 多对基因控制生物性状的分析 n对等位基因（完全显性）分别位于n对同源染色体上的遗传规律亲本相对性 状的对数 1 2 nF1配子种 类和比例 2种 （1∶1）1 22种 （1∶1）2 2n种 （1∶1）nF2表型种 类和比例 2种 （3∶1）1 22种 （3∶1）2 2n种 （3∶1）nF2基因型 种类和比例 3种 （1∶2∶1）1 32种 （1∶2∶1）2 3n种 （1∶2∶1）nF2全显性 个体比例 （3/4）1 （3/4）2 （3/4）nF2中隐性 个体比例 （1/4）1 （1/4）2 （1/4）nF1测交后代表 型种类及比例 2种 （1∶1）1 22种 （1∶1）2 2n种 （1∶1）nF1测交后代全 显性个体或隐 性个体比例 （1/2）1 （1/2）2 （1/2）n提醒 ①某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为（3/4）n或隐性个体的比例为（1/4）n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。②某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为（1/2）n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。③若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。1.有一种名贵的兰花，花色有红色、蓝色两种，其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将红花植株和蓝花植株进行杂交，F1均开红花，F1自交，F2中红花植株与蓝花植株的比例为27∶37。下列有关叙述错误的是（ ）A.兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制B.F2中蓝花基因型有19种C.F2的蓝花植株中，纯合子占7/37D.若F1测交，则其子代表型及比例为红花∶蓝花＝7∶12.苹果果皮颜色受独立遗传的多对等位基因控制，当每对等位基因至少含一个显性基因时（A_B_C_……）为红色，当每对等位基因都为隐性基因时（aabbcc……）为青色，否则为无色。现用3株苹果树进行以下实验：实验甲：红色×青色→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1实验乙：无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1据此分析，下列叙述错误的是（ ）A.实验乙的无色亲本可能有3种基因型B.实验乙中亲子代红色个体基因型相同的概率为2/3C.实验甲子代的无色个体有6种基因型D.实验乙说明果皮颜色受2对等位基因控制题型四 自由组合中的群体自交、测交和自由交配的概率计算问题纯合黄色圆粒豌豆（YYRR）和纯合绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如下表所示：项目 表型及比例yyR_ （绿圆） 自交 绿色圆粒∶绿色皱粒＝5∶1测交 绿色圆粒∶绿色皱粒＝2∶1自由交配 绿色圆粒∶绿色皱粒＝8∶1Y_R_ （黄圆） 自交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱 粒∶绿色皱粒＝25∶5∶5∶1测交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱 粒∶绿色皱粒＝4∶2∶2∶1自由交配 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱 粒∶绿色皱粒＝64∶8∶8∶1 某种蝴蝶紫翅（P）对黄翅（p）是显性，绿眼（G）对白眼（g）为显性，两对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出现的性状类型及比例如图所示，随后选用F1中个体进行了自交和自由交配实验。下列说法错误的是（ ）A.上述亲本的基因型是PpGg×PpggB.F1中紫翅绿眼个体自交，相应性状之比是15∶5∶3∶1C.F1中紫翅白眼个体自交，F2中纯合子所占比例为2/3D.F1中紫翅绿眼个体与黄翅白眼个体自由交配，则F2相应性状之比是3∶3∶1∶1题型五 利用自由组合定律计算患遗传病的概率当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如下表所示：序号 类型 计算公式已知 患甲病的概率为m 不患甲病的概率为1－m患乙病的概率为n 不患乙病的概率为1－n① 同时患两病的概率 m·n② 只患甲病的概率 m·（1－n）③ 只患乙病的概率 n·（1－m）④ 不患病的概率 （1－m）（1－n）拓展 求解 患病的概率 ①＋②＋③或1－④只患一种病的概率 ②＋③或1－（①＋④）以上各种情况可概括为下图： 人类的多指（T）对正常指（t）为显性，白化（a）对正常（A）为隐性，决定不同性状的基因自由组合。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，两者均不患白化病，他们有一个患白化病但手指正常的孩子。请分析下列说法正确的是（ ）A.父亲的基因型是AaTt，母亲的基因型是AattB.其再生一个孩子只患白化病的概率是3/8C.生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是1/8D.后代中只患一种病的概率是1/41.（2021·湖北高考19题）甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米，品种甲分别与乙、丙杂交产生F1，F1自交产生F2，结果如表。组别 杂交组合 F1 F21 甲×乙 红色籽粒 901红色籽粒，699白色籽粒2 甲×丙 红色籽粒 630红色籽粒，490白色籽粒根据结果，下列叙述错误的是（ ）A.若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色B.若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制C.组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色∶1白色D.组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色2.（2021·全国乙卷6题）某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性状）。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（ ）A.植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体B.n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C.植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D.n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数3.（经典高考题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。①让植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是（ ）A.①或② B.①或④ C.②或③ D.③或④4.（2024·河北高考23题节选）西瓜瓜形（长形、椭圆形和圆形）和瓜皮颜色（深绿、绿条纹和浅绿）均为重要育种性状。为研究两类性状的遗传规律，选用纯合体P1（长形深绿）、P2（圆形浅绿）和P3（圆形绿条纹）进行杂交。为方便统计，长形和椭圆形统一记作非圆，结果见表。实验 杂交组合 F1表型 F2表型和比例① P1×P2 非圆深绿 非圆深绿∶非圆浅绿∶圆形深绿∶圆形浅绿＝9∶3∶3∶1② P1×P3 非圆深绿 非圆深绿∶非圆绿条纹∶圆形深绿∶圆形绿条纹＝9∶3∶3∶1回答下列问题：（1）由实验①结果推测，瓜皮颜色遗传遵循 定律，其中隐性性状为 。（2）由实验①和②结果不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断，还需从实验①和②的亲本中选用 进行杂交。若F1瓜皮颜色为 ，则推测两基因为非等位基因。（3）对实验①和②的F1非圆形瓜进行调查，发现均为椭圆形，则F2中椭圆深绿瓜植株的占比应为 。若实验①的F2植株自交，子代中圆形深绿瓜植株的占比为 。5.（2023·辽宁高考24题）萝卜是雌雄同花植物，其贮藏根（萝卜）红色、紫色和白色由一对等位基因W、w控制，长形、椭圆形和圆形由另一对等位基因R、r控制。一株表型为紫色椭圆形萝卜的植株自交，F1的表型及其比例如下表所示。回答下列问题：F1表型 红色长形 红色椭圆 形 红色圆形 紫色长形 紫色椭 圆形 紫色圆形 白色长形 白色椭圆 形 白色圆形比例 1 2 1 2 4 2 1 2 1注：假设不同基因型植株个体及配子的存活率相同。（1）控制萝卜颜色和形状的两对基因的遗传 （填“遵循”或“不遵循”）孟德尔第二定律。（2）为验证上述结论，以F1为实验材料，设计实验进行验证：①选择萝卜表型为 和红色长形的植株作亲本进行杂交实验。②若子代表型及其比例为 ，则上述结论得到验证。（3）表中F1植株纯合子所占比例是 ；若表中F1随机传粉，F2植株中表型为紫色椭圆形萝卜的植株所占比例是 。（4）食品工艺加工需大量使用紫色萝卜，为满足其需要，可在短时间内大量培育紫色萝卜种苗的技术是 。第24讲 自由组合定律的解题规律及方法【析题型·培素养】题型一 （1）8 27 8 （2）4 9 6 解析：（1）如图1所示，四对基因分别位于不同对同源染色体上，则四对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律。先分开单独分析，每对基因中只有dd产生1种d配子，其他都产生2种配子，因此产生2×2×2×1＝8（种）配子；基因型为AbCd的配子所占比例为×××1＝；自交所得子代的基因型有3×3×3×1＝27（种），其中AABbccdd所占比例为×××1＝，其子代的表型有2×2×2×1＝8（种），其中高茎红花灰种皮小花瓣（A_B_C_dd）所占比例为×××1＝。（2）如图2所示，A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，其他基因位于不同对同源染色体上，则AaBb可产生Ab和aB 2种配子，Cc可产生2种配子，dd可产生1种配子，因此可产生2×2×1＝4（种）配子；基因型为AbCd的配子所占比例为××1＝；自交所得子代的基因型有3×3×1＝9（种），其中AaBbccdd所占比例为××1＝，其子代的表型有3×2×1＝6（种），其中高茎红花灰种皮小花瓣（A_B_C_dd）个体所占比例为××1＝。题型二1.D 甲表型为红果两室高藤，对应的基因型为R_D_T_，甲与rrddTT杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，说明R_D_有一对基因是纯合子，有一对基因是杂合子；甲与rrDDtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/4，说明甲的基因型为RrD_Tt；甲与RRddtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，说明甲的基因型为RrDDTt。2.B 第一组杂交实验中，亲本都是大翅脉，F1出现小翅脉，说明大翅脉是显性，亲本都是灰身，F1也都是灰身，无法判断灰身的显隐性，A错误；第二组杂交实验中，亲本都是灰身，F1出现了黑身，说明灰身是显性，F1中灰身∶黑身＝3∶1，大翅脉∶小翅脉＝1∶1，表型及比例为灰身大翅脉∶灰身小翅脉∶黑身大翅脉∶黑身小翅脉＝3∶3∶1∶1＝（3∶1）（1∶1），说明果蝇体色和翅脉两对性状的遗传符合基因自由组合定律，B正确；第一组杂交实验中，亲本都是灰身，F1也都是灰身，说明亲本中有一方一定是BB，另一方是BB或Bb，无法确定①②的基因型，第二组杂交实验中，亲本都是灰身，F1出现了黑身，说明灰身是显性，F1中灰身∶黑身＝3∶1，大翅脉∶小翅脉＝1∶1，可知③的基因型为BbEe，④的基因型为Bbee，C错误；第一组杂交实验中，亲本都是灰身，F1也都是灰身，说明亲本中有一方一定是BB，另一方是BB或Bb，因此F1也至少有一方的基因型为BB，第一组F1相互交配，后代都是灰身，所以根据F2表型及比例无法推断①②的基因型，D错误。题型三1.D 由F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37，比例系数之和为64（43），可推出兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制，A正确；兰花花色遗传由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制（设相关基因为A/a、B/b、C/c），基因型共27种，红花基因型为A_B_C_，基因型共8种，因此，蓝花的基因型有27－8＝19（种），B正确；F2中纯合子共有2×2×2＝8（种），每种各占1/64，其中只有AABBCC表现为红花，其余均为蓝花，即蓝花纯合子占7/64，而F2中蓝花植株共占37/64，因此F2的蓝花植株中，纯合子占7/37，C正确；若F1测交，即与aabbcc杂交，红花基因型为A_B_C_，其余为蓝花，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，D错误。2.D 根据题目信息，A、B、C……基因同时存在时为红色，不含A、B、C……基因时为青色，其余基因型为无色。实验甲中，红色（A_B_C_……）×青色（aabbcc……）→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1，子代青色占1/8，相当于测交，说明该性状受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，即亲本基因型为AaBbCc×aabbcc，子代中共有2×2×2＝8（种）基因型，其中红色子代基因型为AaBbCc，青色子代基因型为aabbcc，无色子代基因型有8－1－1＝6（种）。实验乙中，无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1，子代青色占1/16，可拆分成aabbcc＝（1/4）×（1/2）×（1/2），亲本中红色基因型是AaBbCc，所以无色亲本基因型为Aabbcc 或 aaBbcc 或aabbCc，A、C正确。实验乙中亲代红色基因型为AaBbCc，子代红色的基因型为A_BbCc或AaB_Cc或AaBbC_，与亲本红色基因型相同的概率为2/3，B正确。如果果皮颜色受2对等位基因控制，则亲本中红色基因型为AaBb，无色基因型为aaBb或Aabb，则产生子代的表型及比例为红色∶无色∶青色＝3∶4∶1，与题干不符，D错误。题型四 D 根据F1中紫翅∶黄翅＝3∶1，绿眼∶白眼＝1∶1，可知亲本基因型为PpGg×Ppgg，A正确；F1紫翅绿眼的基因型及概率为1/3PPGg、2/3PpGg，自交后代紫翅绿眼（P_G_）∶紫翅白眼（P_gg）∶黄翅绿眼（ppG_）∶黄翅白眼（ppgg）＝（1/3×3/4＋2/3×3/4×3/4）∶（1/3×1/4＋2/3×3/4×1/4）∶（2/3×1/4×3/4）∶（2/3×1/4×1/4）＝15∶5∶3∶1，B正确；F1中紫翅白眼的基因型及概率为1/3PPgg、2/3Ppgg，自交后代中纯合子所占的比例为1/3＋2/3×1/2＝2/3，C正确；F1紫翅绿眼的基因型为P_Gg，黄翅白眼的基因型为ppgg，采用逐对分析法，P_×pp→pp＝2/3×1/2＝1/3，说明紫翅∶黄翅＝2∶1，Gg×gg→绿眼∶白眼＝1∶1，则F2的性状比为2∶2∶1∶1，D错误。题型五 A 一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个孩子手指正常（tt）但患白化病（aa），可确定父亲和母亲的基因型分别为AaTt和Aatt，A正确；后代患白化病的概率为1/4，患多指的概率为1/2，故再生一个只患白化病孩子的概率为（1/4）×（1－1/2）＝1/8，B错误；生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是（1/4）×（1/2）×（1/2）＝1/16，C错误；后代只患多指的概率为（1/2）×（1－1/4）＝3/8，只患白化病的概率＝（1－1/2）×（1/4）＝1/8，故后代中只患一种病的概率为3/8＋1/8＝1/2，D错误。【做真题·悟考向】1.C 据表可知：甲×乙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色∶白色＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律；甲×丙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色∶白色＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律。综合分析可知，红色为显性，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c，甲、乙、丙的基因型可分别为AAbbCC、aaBBCC、AABBcc。（只写出一种可能情况）若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒（AaBBCc），两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色，A正确；据分析可知若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制，B正确；据分析可知，组1中的F1（AaBbCC）与甲（AAbbCC）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，C错误；组2中的F1（AABbCc）与丙（AABBcc）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，D正确。2.B 若n＝1，则植株A测交会出现2（21）种不同的表现型，若n＝2，则植株A测交会出现4（22）种不同的表现型，以此类推，当n对等位基因测交时，会出现2×2×2×2×…＝2n种不同的表现型，A正确；n越大，植株A测交子代中表现型的种类数目越多，但各表现型的比例相等，与n的大小无关，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等，占子代个体总数的比例均为，C正确；植株A的测交子代中，纯合子的个体数所占比例为，杂合子的个体数所占比例为1－，当n≥2时，杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。3.B 实验①中植株甲自交，子代出现了性状分离，说明作为亲本的植株甲为杂合子。实验④中植株甲与另一具有相同性状的个体杂交，后代出现3∶1的性状分离比，说明亲本均为杂合子。在相对性状的显隐性不确定的情况下，无法依据实验②、③判定植株甲为杂合子。4.（1）基因的分离 浅绿 （2）P2和P3 深绿 （3）3/8 15/64解析：（1）分析实验①，仅考虑瓜皮颜色，F1（深绿）自交所得F2中深绿∶浅绿＝3∶1，说明瓜皮颜色遗传遵循基因的分离定律，其中深绿为显性性状，浅绿为隐性性状。（2）实验①中能判断出深绿对浅绿为显性性状，实验②中能判断出控制深绿对绿条纹为显性性状，两组实验无法判断出控制浅绿与绿条纹性状基因之间的关系。从实验①和实验②的亲本中选择P2和P3进行杂交，若浅绿和绿条纹受等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为b1b1，P3瓜皮颜色的基因型为b2b2，二者杂交子代瓜皮颜色为浅绿或绿条纹；若浅绿和绿条纹受非等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为bbDD，P3瓜皮颜色的基因型为BBdd，二者杂交所得F1的基因型为BbDd，颜色表现为深绿。（3）假设瓜形受等位基因A/a控制，瓜皮颜色受等位基因B/b控制，则由F1均为椭圆形，推断椭圆形的基因型为Aa，F2中椭圆深绿瓜的基因型及份数为4AaBb、2AaBB，其比例为6/16＝3/8。F2表型比例为9∶3∶3∶1，说明控制瓜形和瓜皮颜色的两对基因独立遗传。实验①的F2自交，两对基因分开分析，F2中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，自交子代中圆形（aa）的占比＝1/4＋1/2×1/4＝3/8；F2中BB∶Bb1∶b1b1＝1∶2∶1，自交子代中深绿（B_）的占比＝1/4＋1/2×3/4＝5/8，则子代中圆形深绿瓜植株的占比为3/8×5/8＝15/64。5.（1）遵循 （2）①紫色椭圆形 ②紫色椭圆形∶紫色长形∶红色椭圆形∶红色长形＝1∶1∶1∶1 （3）1/4 1/4 （4）植物组织培养解析：（1）F1中红色长形∶红色椭圆形∶红色圆形∶紫色长形∶紫色椭圆形∶紫色圆形∶白色长形∶白色椭圆形∶白色圆形＝1∶2∶1∶2∶4∶2∶1∶2∶1，为9∶3∶3∶1的变式，两对性状遵循自由组合定律，即遵循孟德尔第二定律。（2）若要验证控制萝卜颜色和形状的两对基因的遗传遵循孟德尔第二定律，可设计测交实验，即让双杂合子与隐性纯合子杂交。再结合题意可知，应选择表型为紫色椭圆形的萝卜（WwRr）与红色长形的植株（默认为双隐性）作亲本进行杂交实验，即WwRr×wwrr，若控制萝卜颜色和形状的基因的遗传遵循孟德尔第二定律，则子代的基因型及其比例为WwRr∶Wwrr∶wwRr∶wwrr＝1∶1∶1∶1，表型及其比例为紫色椭圆形∶紫色长形∶红色椭圆形∶红色长形＝1∶1∶1∶1。（3）紫色椭圆形萝卜（WwRr）的植株自交，得到F1，表中F1植株纯合子为WWRR、WWrr、wwRR、wwrr，所占比例是1/4。若表中F1随机传粉，就颜色而言，F1中有1/4WW、1/2Ww、1/4ww，产生配子为1/2W、1/2w，雌雄配子随机结合，子代中紫色（Ww）占1/2；就形状而言，F1中有1/4RR、1/2Rr、1/4rr，产生配子为1/2R、1/2r，雌雄配子随机结合，子代中椭圆形（Rr）占1/2，因此，F2植株中表型为紫色椭圆形萝卜的植株所占比例是1/2×1/2＝1/4。（4）想要在短时间内大量培育紫色萝卜种苗可以采用植物组织培养技术。7 / 7(共85张PPT)第24讲 自由组合定律的解题规律及方法高中总复习·生物 阐明有性生殖中基因的自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。课程标准1. 析题型·培素养2. 做真题·悟考向3. 验收效·提能力目录Contents01析题型·培素养学用结合， 理论连系实践题型一 已知亲代求子代的“正推型”题目【思路】 将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合（拆分组合法）。1. 求配子种类及比例（以AaBbCCDd为例）（1）求产生配子种类数2×2×1×2＝8（种）（2）求产生ABCD配子的概率基因型 Aa Bb CC Dd 结果产生配子 A B C D配子比例 1/2 1/2 1 1/2 相乘得1/8（3）求配子间结合方式AaBbCCDd自交，配子之间的结合方式为（2×2）×（2×2）×（1×1）×（2×2）＝64（种）。2. 求基因型和表型的类型及比例提醒 计算不同于双亲的表型比例时，可先算与双亲相同表型的比例，然后用1减去与双亲相同表型的比例即可，同理适用于求杂合子的比例。 （2025·南阳五中质检）某植物个体的基因型为Aa（高茎）Bb（红花）Cc（灰种皮）dd（小花瓣），请思考如下问题：（1）若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图1所示，则其产生的配子种类为 种，基因型为AbCd的配子所占比例为 ，其自交所得子代的基因型有 种，其中AABbccdd所占比例为 ，其子代的表型有 种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为 。8 27 8 解析：如图1所示，四对基因分别位于不同对同源染色体上，则四对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律。先分开单独分析，每对基因中只有dd产生1种d配子，其他都产生2种配子，因此产生2×2×2×1＝8（种）配子；基因型为AbCd的配子所占比例为 × × ×1＝ ；自交所得子代的基因型有3×3×3×1＝27（种），其中AABbccdd所占比例为 × × ×1＝ ，其子代的表型有2×2×2×1＝8（种），其中高茎红花灰种皮小花瓣（A_B_C_dd）所占比例为 × × ×1＝ 。（2）若某基因型为AaBbCcdd个体的体细胞中基因与染色体的位置关系如图2所示（不发生互换），则其产生的配子种类为 种，基因型为AbCd的配子所占比例为 ，其自交所得子代的基因型有 种，其中AaBbccdd所占比例为 ，其子代的表型有 种，其中高茎红花灰种皮小花瓣个体所占比例为 。4 9 6解析：如图2所示，A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，其他基因位于不同对同源染色体上，则AaBb可产生Ab和aB 2种配子，Cc可产生2种配子，dd可产生1种配子，因此可产生2×2×1＝4（种）配子；基因型为AbCd的配子所占比例为 × ×1＝ ；自交所得子代的基因型有3×3×1＝9（种），其中AaBbccdd所占比例为 × ×1＝ ，其子代的表型有3×2×1＝6（种），其中高茎红花灰种皮小花瓣（A_B_C_dd）个体所占比例为 × ×1＝ 。题型二 已知子代求亲代的“逆推型”题目1. 基因填充法（1）根据亲本和子代的表型写出亲本和子代的基因型，如基因型可表示为A_B_、A_bb。（2）根据子代基因型推测亲本基因型（此方法只适用于亲本和子代表型已知，且显隐性关系已知时）。2. 根据子代表型及比例推测亲本基因型规律：根据子代表型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：1. （2025·甘肃高考适应性考试）番茄中红色果实（R）对黄色果实（r）为显性，两室果（D）对多室果（d）为显性，高藤（T）对矮藤（t）为显性，控制三对性状的等位基因分别位于三对同源染色体上。某红果两室高藤植株甲与rrddTT杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2；与rrDDtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/4；与RRddtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，植株甲的基因型是（ ）A. RRDdTt B. RrDdTtC. RrDdTT D. RrDDTt√解析： 甲表型为红果两室高藤，对应的基因型为R_D_T_，甲与rrddTT杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，说明R_D_有一对基因是纯合子，有一对基因是杂合子；甲与rrDDtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/4，说明甲的基因型为RrD_Tt；甲与RRddtt杂交，子代中红果两室高藤植株占1/2，说明甲的基因型为RrDDTt。2. （2024·四川绵阳期末）果蝇中灰身与黑身（受基因 B/b 控制）、大翅脉与小翅脉（受基因E/e 控制）是常染色体两对基因控制的相对性状。利用四种基因型不同的果蝇进行杂交，实验结果如图所示。 第一组P 灰身大翅脉①×灰身大翅脉②F1 灰身大翅脉 灰身小翅脉3 ∶ 1 第二组 P 灰身大翅脉③×灰身小翅脉④F1 灰身大翅脉 灰身小翅脉 黑身大翅脉 黑身小翅脉 3 ∶ 3 ∶ 1 ∶ 1下列对实验结果的分析，正确的是（ ）A. 由第一组杂交结果可知，灰身、大翅脉是显性性状B. 第二组杂交结果可以说明，两对相对性状独立遗传C. 无法确定①②的基因型， ③④的基因型分别是 BbEe、BBeeD. 第一组F1相互交配，根据F2表型及比例可推断①②的基因型√解析： 第一组杂交实验中，亲本都是大翅脉，F1出现小翅脉，说明大翅脉是显性，亲本都是灰身，F1也都是灰身，无法判断灰身的显隐性，A错误；第二组杂交实验中，亲本都是灰身，F1出现了黑身，说明灰身是显性，F1中灰身∶黑身＝3∶1，大翅脉∶小翅脉＝1∶1，表型及比例为灰身大翅脉∶灰身小翅脉∶黑身大翅脉∶黑身小翅脉＝3∶3∶1∶1＝（3∶1）（1∶1），说明果蝇体色和翅脉两对性状的遗传符合基因自由组合定律，B正确；第一组杂交实验中，亲本都是灰身，F1也都是灰身，说明亲本中有一方一定是BB，另一方是BB或Bb，无法确定①②的基因型，第二组杂交实验中，亲本都是灰身，F1出现了黑身，说明灰身是显性，F1中灰身∶黑身＝3∶1，大翅脉∶小翅脉＝1∶1，可知③的基因型为BbEe，④的基因型为Bbee，C错误；第一组杂交实验中，亲本都是灰身，F1也都是灰身，说明亲本中有一方一定是BB，另一方是BB或Bb，因此F1也至少有一方的基因型为BB，第一组F1相互交配，后代都是灰身，所以根据F2表型及比例无法推断①②的基因型，D错误。题型三 多对基因控制生物性状的分析 n对等位基因（完全显性）分别位于n对同源染色体上的遗传规律亲本相对性状的对数 1 2 nF1配子种类和比例 2种 （1∶1）1 22种 （1∶1）2 2n种（1∶1）nF2表型种类和比例 2种 （3∶1）1 22种 （3∶1）2 2n种（3∶1）nF2基因型种类和比例 3种 （1∶2∶1）1 32种 （1∶2∶1）2 3n种（1∶2∶1）n亲本相对性状的对数 1 2 nF2全显性个体比例 （3/4）1 （3/4）2 （3/4）nF2中隐性个体比例 （1/4）1 （1/4）2 （1/4）nF1测交后代表型种类及比例 2种 （1∶1）1 22种 （1∶1）2 2n种（1∶1）nF1测交后代全显性个体或隐性个体比例 （1/2）1 （1/2）2 （1/2）n提醒 ①某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为（3/4）n或隐性个体的比例为（1/4）n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。②某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为（1/2）n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。③若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。1. 有一种名贵的兰花，花色有红色、蓝色两种，其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将红花植株和蓝花植株进行杂交，F1均开红花，F1自交，F2中红花植株与蓝花植株的比例为27∶37。下列有关叙述错误的是（ ）A. 兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制B. F2中蓝花基因型有19种C. F2的蓝花植株中，纯合子占7/37D. 若F1测交，则其子代表型及比例为红花∶蓝花＝7∶1√解析： 由F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37，比例系数之和为64（43），可推出兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制，A正确；兰花花色遗传由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制（设相关基因为A/a、B/b、C/c），基因型共27种，红花基因型为A_B_C_，基因型共8种，因此，蓝花的基因型有27－8＝19（种），B正确；F2中纯合子共有2×2×2＝8（种），每种各占1/64，其中只有AABBCC表现为红花，其余均为蓝花，即蓝花纯合子占7/64，而F2中蓝花植株共占37/64，因此F2的蓝花植株中，纯合子占7/37，C正确；若F1测交，即与aabbcc杂交，红花基因型为A_B_C_，其余为蓝花，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，D错误。2. 苹果果皮颜色受独立遗传的多对等位基因控制，当每对等位基因至少含一个显性基因时（A_B_C_……）为红色，当每对等位基因都为隐性基因时（aabbcc……）为青色，否则为无色。现用3株苹果树进行以下实验：实验甲：红色×青色→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1实验乙：无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1据此分析，下列叙述错误的是（ ）A. 实验乙的无色亲本可能有3种基因型B. 实验乙中亲子代红色个体基因型相同的概率为2/3C. 实验甲子代的无色个体有6种基因型D. 实验乙说明果皮颜色受2对等位基因控制√解析： 根据题目信息，A、B、C……基因同时存在时为红色，不含A、B、C……基因时为青色，其余基因型为无色。实验甲中，红色（A_B_C_……）×青色（aabbcc……）→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1，子代青色占1/8，相当于测交，说明该性状受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，即亲本基因型为AaBbCc×aabbcc，子代中共有2×2×2＝8（种）基因型，其中红色子代基因型为AaBbCc，青色子代基因型为aabbcc，无色子代基因型有8－1－1＝6（种）。实验乙中，无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1，子代青色占1/16，可拆分成aabbcc＝（1/4）×（1/2）×（1/2），亲本中红色基因型是AaBbCc，所以无色亲本基因型为Aabbcc 或 aaBbcc 或aabbCc，A、C正确。实验乙中亲代红色基因型为AaBbCc，子代红色的基因型为A_BbCc或AaB_Cc或AaBbC_，与亲本红色基因型相同的概率为2/3，B正确。如果果皮颜色受2对等位基因控制，则亲本中红色基因型为AaBb，无色基因型为aaBb或Aabb，则产生子代的表型及比例为红色∶无色∶青色＝3∶4∶1，与题干不符，D错误。题型四 自由组合中的群体自交、测交和自由交配的概率计算问题纯合黄色圆粒豌豆（YYRR）和纯合绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如下表所示：项目 表型及比例yyR_ （绿圆） 自交 绿色圆粒∶绿色皱粒＝5∶1测交 绿色圆粒∶绿色皱粒＝2∶1自由交配 绿色圆粒∶绿色皱粒＝8∶1项目 表型及比例Y_R_ （黄圆） 自交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝25∶5∶5∶1测交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝4∶2∶2∶1自由交配 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝64∶8∶8∶1 某种蝴蝶紫翅（P）对黄翅（p）是显性，绿眼（G）对白眼（g）为显性，两对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出现的性状类型及比例如图所示，随后选用F1中个体进行了自交和自由交配实验。下列说法错误的是（ ）A. 上述亲本的基因型是PpGg×PpggB. F1中紫翅绿眼个体自交，相应性状之比是15∶5∶3∶1C. F1中紫翅白眼个体自交，F2中纯合子所占比例为2/3D. F1中紫翅绿眼个体与黄翅白眼个体自由交配，则F2相应性状之比是3∶3∶1∶1√解析： 根据F1中紫翅∶黄翅＝3∶1，绿眼∶白眼＝1∶1，可知亲本基因型为PpGg×Ppgg，A正确；F1紫翅绿眼的基因型及概率为1/3PPGg、2/3PpGg，自交后代紫翅绿眼（P_G_）∶紫翅白眼（P_gg）∶黄翅绿眼（ppG_）∶黄翅白眼（ppgg）＝（1/3×3/4＋2/3×3/4×3/4）∶（1/3×1/4＋2/3×3/4×1/4）∶（2/3×1/4×3/4）∶（2/3×1/4×1/4）＝15∶5∶3∶1，B正确；F1中紫翅白眼的基因型及概率为1/3PPgg、2/3Ppgg，自交后代中纯合子所占的比例为1/3＋2/3×1/2＝2/3，C正确；F1紫翅绿眼的基因型为P_Gg，黄翅白眼的基因型为ppgg，采用逐对分析法，P_×pp→pp＝2/3×1/2＝1/3，说明紫翅∶黄翅＝2∶1，Gg×gg→绿眼∶白眼＝1∶1，则F2的性状比为2∶2∶1∶1，D错误。题型五 利用自由组合定律计算患遗传病的概率当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如下表所示：序号 类型 计算公式已知 患甲病的概率为m 不患甲病的概率为1－m患乙病的概率为n 不患乙病的概率为1－n① 同时患两病的概率 m·n② 只患甲病的概率 m·（1－n）③ 只患乙病的概率 n·（1－m）④ 不患病的概率 （1－m）（1－n）拓展 求解 患病的概率 ①＋②＋③或1－④只患一种病的概率 ②＋③或1－（①＋④）以上各种情况可概括为如图： 人类的多指（T）对正常指（t）为显性，白化（a）对正常（A）为隐性，决定不同性状的基因自由组合。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，两者均不患白化病，他们有一个患白化病但手指正常的孩子。请分析下列说法正确的是（ ）A. 父亲的基因型是AaTt，母亲的基因型是AattB. 其再生一个孩子只患白化病的概率是3/8C. 生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是1/8D. 后代中只患一种病的概率是1/4√解析： 一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个孩子手指正常（tt）但患白化病（aa），可确定父亲和母亲的基因型分别为AaTt和Aatt，A正确；后代患白化病的概率为1/4，患多指的概率为1/2，故再生一个只患白化病孩子的概率为（1/4）×（1－1/2）＝1/8，B错误；生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是（1/4）×（1/2）×（1/2）＝1/16，C错误；后代只患多指的概率为（1/2）×（1－1/4）＝3/8，只患白化病的概率＝（1－1/2）×（1/4）＝1/8，故后代中只患一种病的概率为3/8＋1/8＝1/2，D错误。02做真题·悟考向体验高考， 增强必胜信念1. （2021·湖北高考19题）甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米，品种甲分别与乙、丙杂交产生F1，F1自交产生F2，结果如表。组别 杂交组合 F1 F21 甲×乙 红色籽粒 901红色籽粒，699白色籽粒2 甲×丙 红色籽粒 630红色籽粒，490白色籽粒根据结果，下列叙述错误的是（ ）A. 若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色B. 若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制C. 组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色∶1白色D. 组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色√解析： 据表可知：甲×乙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色∶白色＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律；甲×丙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色∶白色＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律。综合分析可知，红色为显性，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c，甲、乙、丙的基因型可分别为AAbbCC、aaBBCC、AABBcc。（只写出一种可能情况）若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒（AaBBCc），两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色，A正确；据分析可知若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制，B正确；据分析可知，组1中的F1（AaBbCC）与甲（AAbbCC）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，C错误；组2中的F1（AABbCc）与丙（AABBcc）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，D正确。2. （2021·全国乙卷6题）某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性状）。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（ ）A. 植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体B. n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C. 植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D. n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数√解析： 若n＝1，则植株A测交会出现2（21）种不同的表现型，若n＝2，则植株A测交会出现4（22）种不同的表现型，以此类推，当n对等位基因测交时，会出现2×2×2×2×…＝2n种不同的表现型，A正确；n越大，植株A测交子代中表现型的种类数目越多，但各表现型的比例相等，与n的大小无关，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等，占子代个体总数的比例均为 ，C正确；植株A的测交子代中，纯合子的个体数所占比例为 ，杂合子的个体数所占比例为1－ ，当n≥2时，杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。3. （经典高考题）某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。①让植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是 （ ）A. ①或② B. ①或④C. ②或③ D. ③或④√解析： 实验①中植株甲自交，子代出现了性状分离，说明作为亲本的植株甲为杂合子。实验④中植株甲与另一具有相同性状的个体杂交，后代出现3∶1的性状分离比，说明亲本均为杂合子。在相对性状的显隐性不确定的情况下，无法依据实验②、③判定植株甲为杂合子。4. （2024·河北高考23题节选）西瓜瓜形（长形、椭圆形和圆形）和瓜皮颜色（深绿、绿条纹和浅绿）均为重要育种性状。为研究两类性状的遗传规律，选用纯合体P1（长形深绿）、P2（圆形浅绿）和P3（圆形绿条纹）进行杂交。为方便统计，长形和椭圆形统一记作非圆，结果见表。实验 杂交组合 F1表型 F2表型和比例① P1×P2 非圆深绿 非圆深绿∶非圆浅绿∶圆形深绿∶圆形浅绿＝9∶3∶3∶1② P1×P3 非圆深绿 非圆深绿∶非圆绿条纹∶圆形深绿∶圆形绿条纹＝9∶3∶3∶1（1）由实验①结果推测，瓜皮颜色遗传遵循 定律，其中隐性性状为 。解析： 分析实验①，仅考虑瓜皮颜色，F1（深绿）自交所得F2中深绿∶浅绿＝3∶1，说明瓜皮颜色遗传遵循基因的分离定律，其中深绿为显性性状，浅绿为隐性性状。基因的分离浅绿回答下列问题：（2）由实验①和②结果不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断，还需从实验①和②的亲本中选用 进行杂交。若F1瓜皮颜色为 ，则推测两基因为非等位基因。解析：实验①中能判断出深绿对浅绿为显性性状，实验②中能判断出控制深绿对绿条纹为显性性状，两组实验无法判断出控制浅绿与绿条纹性状基因之间的关系。从实验①和实验②的亲本中选择P2和P3进行杂交，若浅绿和绿条纹受等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为b1b1，P3瓜皮颜色的基因型为b2b2，二者杂交子代瓜皮颜色为浅绿或绿条纹；若浅绿和绿条纹受非等位基因控制，设P2瓜皮颜色的基因型为bbDD，P3瓜皮颜色的基因型为BBdd，二者杂交所得F1的基因型为BbDd，颜色表现为深绿。P2和P3深绿（3）对实验①和②的F1非圆形瓜进行调查，发现均为椭圆形，则F2中椭圆深绿瓜植株的占比应为 。若实验①的F2植株自交，子代中圆形深绿瓜植株的占比为 。3/815/64解析： 假设瓜形受等位基因A/a控制，瓜皮颜色受等位基因B/b控制，则由F1均为椭圆形，推断椭圆形的基因型为Aa，F2中椭圆深绿瓜的基因型及份数为4AaBb、2AaBB，其比例为6/16＝3/8。F2表型比例为9∶3∶3∶1，说明控制瓜形和瓜皮颜色的两对基因独立遗传。实验①的F2自交，两对基因分开分析，F2中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，自交子代中圆形（aa）的占比＝1/4＋1/2×1/4＝3/8；F2中BB∶Bb1∶b1b1＝1∶2∶1，自交子代中深绿（B_）的占比＝1/4＋1/2×3/4＝5/8，则子代中圆形深绿瓜植株的占比为3/8×5/8＝15/64。5. （2023·辽宁高考24题）萝卜是雌雄同花植物，其贮藏根（萝卜）红色、紫色和白色由一对等位基因W、w控制，长形、椭圆形和圆形由另一对等位基因R、r控制。一株表型为紫色椭圆形萝卜的植株自交，F1的表型及其比例如下表所示。回答下列问题：F1 表型 红色 长形 红色椭圆 形 红色 圆形 紫色 长形 紫色椭圆 形 紫色 圆形 白色 长形 白色椭圆 形 白色圆形比例 1 2 1 2 4 2 1 2 1注：假设不同基因型植株个体及配子的存活率相同。（1）控制萝卜颜色和形状的两对基因的遗传 （填“遵循”或“不遵循”）孟德尔第二定律。解析： F1中红色长形∶红色椭圆形∶红色圆形∶紫色长形∶紫色椭圆形∶紫色圆形∶白色长形∶白色椭圆形∶白色圆形＝1∶2∶1∶2∶4∶2∶1∶2∶1，为9∶3∶3∶1的变式，两对性状遵循自由组合定律，即遵循孟德尔第二定律。遵循（2）为验证上述结论，以F1为实验材料，设计实验进行验证：①选择萝卜表型为 和红色长形的植株作亲本进行杂交实验。紫色椭圆形②若子代表型及其比例为 ，则上述结论得到验证。紫色椭圆形∶紫色长形∶红色椭圆形∶红色长形＝1∶1∶1∶1解析： 若要验证控制萝卜颜色和形状的两对基因的遗传遵循孟德尔第二定律，可设计测交实验，即让双杂合子与隐性纯合子杂交。再结合题意可知，应选择表型为紫色椭圆形的萝卜（WwRr）与红色长形的植株（默认为双隐性）作亲本进行杂交实验，即WwRr×wwrr，若控制萝卜颜色和形状的基因的遗传遵循孟德尔第二定律，则子代的基因型及其比例为WwRr∶Wwrr∶wwRr∶wwrr＝1∶1∶1∶1，表型及其比例为紫色椭圆形∶紫色长形∶红色椭圆形∶红色长形＝1∶1∶1∶1。（3）表中F1植株纯合子所占比例是 ；若表中F1随机传粉，F2植株中表型为紫色椭圆形萝卜的植株所占比例是 。解析： 紫色椭圆形萝卜（WwRr）的植株自交，得到F1，表中F1植株纯合子为WWRR、WWrr、wwRR、wwrr，所占比例是1/4。若表中F1随机传粉，就颜色而言，F1中有1/4WW、1/2Ww、1/4ww，产生配子为1/2W、1/2w，雌雄配子随机结合，子代中紫色（Ww）占1/2；就形状而言，F1中有1/4RR、1/2Rr、1/4rr，产生配子为1/2R、1/2r，雌雄配子随机结合，子代中椭圆形（Rr）占1/2，因此，F2植株中表型为紫色椭圆形萝卜的植株所占比例是1/2×1/2＝1/4。1/41/4（4）食品工艺加工需大量使用紫色萝卜，为满足其需要，可在短时间内大量培育紫色萝卜种苗的技术是 。解析： 想要在短时间内大量培育紫色萝卜种苗可以采用植物组织培养技术。植物组织培养03验收效·提能力跟踪训练，检验学习效果一、选择题1. （2025·河南名校联盟）假定4对等位基因（均为完全显性关系）分别控制4对相对性状，且4对等位基因的遗传遵循自由组合定律，基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，F1再自交得到F2，则F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为（ ）A. B.C. D.123456789101112√解析： 基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，则F1的基因型为AaBbCcDd，因此F1再自交得到F2，在F2中与AABBCCDD表型相同的基因型是A_B_C_D_，所以该表型占F2中个体的比例为（3/4）4＝81/256，而在F2中与aabbccdd表型相同的个体所占的比例为（1/4）4＝1/256，因此F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为81/256＋1/256＝41/128。1234567891011122. （2025·四川内江高三月考）两对独立遗传的等位基因（A/a和B/b，且两对基因为完全显性）分别控制豌豆的两对相对性状。植株甲与植株乙进行杂交，下列相关叙述正确的是（ ）A. 若子二代出现9∶3∶3∶1的分离比，则两亲本的基因型为AABB×aabbB. 若子一代出现1∶1∶1∶1的表型比，则两亲本的基因型为AaBb×aabbC. 若子一代出现3∶1∶3∶1的表型比，则两亲本的基因型为AaBb×aaBbD. 若子二代出现3∶1的分离比，则两亲本可能的杂交组合有4种情况√123456789101112解析： 9∶3∶3∶1可拆分为（3∶1）（3∶1），则子一代基因型为AaBb，两亲本基因型为AABB×aabb或AAbb×aaBB，A错误；1∶1∶1∶1可拆分为（1∶1）（1∶1），说明亲本中的两对基因均为测交，故两亲本的基因型为AaBb×aabb或Aabb×aaBb，B错误；3∶1∶3∶1可拆分为（3∶1）（1∶1），说明两亲本中一对基因为杂合子自交，另一对基因为测交，故两亲本基因型为AaBb×aaBb或AaBb×Aabb，C错误；若子二代出现3∶1的分离比，说明子一代只有一对等位基因为杂合的，另一对基因为纯合的，则两亲本可能的杂交组合有4种情况，分别是AABB×aaBB、AABB×AAbb、AAbb×aabb、aaBB×aabb，D正确。1234567891011123. （2024·山东枣庄模拟）某自花传粉植物，有紫花和白花性状，受细胞核基因控制。选择某紫色植株自交，所得子代数量足够多，统计发现F1中开白花植株的比例为7/16，其余均开紫花（不考虑基因突变和互换）。下列相关分析不正确的是（ ）A. 若受两对等位基因控制，对亲本植株进行测交，则子代中白花植株的比例为3/4B. 若受两对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有11/36的植株开白花C. 若受一对等位基因控制，可能是杂合子植株产生的某种配子中有6/7不参与受精D. 若受一对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有2/9的植株开白花√123456789101112解析： 据题意分析可知，假设相关基因为A/a、B/b，则亲本为AaBb，测交后子代为AaBb、Aabb、aaBb、aabb，表现为紫花∶白花＝1∶3，A正确；若受两对等位基因控制，F1的紫花植株为1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，自交以后2/9AaBB的后代aaBB开白花，比例为2/9×1/4＝2/36，2/9AABb的自交后代AAbb开白花，比例为2/9×1/4＝2/36，4/9AaBb的自交后代A_bb、aaB_、aabb开白花，比例为4/9×7/16＝7/36，所以F1的紫花植株自交后代中白花植株占2/36＋2/36＋7/36＝11/36，B正确；若受一对等位基因控制，即紫花亲本为杂合子Aa，若某一种配子6/7不参与受精，即A∶a＝1∶7，另外一种配子A∶a＝1∶1，产生的后代中开白花植株的比例为7/16，C正确；123456789101112若受一对等位基因控制，则可能是某一种配子不参与受精，即A∶a＝1∶7，另外一种配子A∶a＝1∶1，产生的后代中开白花植株的比例为7/16，则F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶8∶7，F1的紫花植株进行自交，则只有Aa个体自交后代会出现白花植株，其比例为8/9×7/16＝7/18，D错误。1234567891011124. （2025·河北唐山月考）豌豆子叶的黄色（Y）对绿色（y）为显性，种子的圆粒（R）对皱粒（r）为显性，两对基因独立遗传。某课外兴趣小组用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆进行杂交实验，对其子代性状的统计结果如图所示。下列相关分析错误的是（ ）A. 杂交所用黄色圆粒豌豆的基因型为YYRrB. 子代豌豆中基因型为YyRr的比例为1/2C. 子代中黄色皱粒豌豆所占比例为1/16D. 子代中黄色圆粒豌豆自交的后代可有4种表型√123456789101112解析： 子代中黄色∶绿色＝1∶0，圆粒∶皱粒＝3∶1，可推知亲本黄色圆粒豌豆应为YYRr，绿色圆粒为yyRr；子代豌豆中基因型为YyRr的比例为1×1/2＝1/2；子代中黄色皱粒豌豆Yyrr所占比例为1×1/4＝1/4；子代中黄色圆粒豌豆（YyRR、YyRr）自交的后代可有4种表型。1234567891011125. （2025·湖南永州模拟）玉米通常是雌雄同株异花植物，但也有雌雄异株类型。研究发现玉米的性别受独立遗传的两对等位基因控制，雌花花序由B控制，雄花花序由T控制，基因型为bbtt的个体为雌株。下列说法正确的是（ ）A. 与玉米性别有关的基因型有9种，其中4种表现为雌株B. 以雌雄同株玉米作母本与雄株杂交时需对母本去雄→套袋→传粉→再套袋C. 纯合雌株与纯合雄株杂交，若F1均为雌雄同株，则F1自交产生的F2雌株中纯合子占1/2D. BBtt与bbTt杂交得到F1，F1自交产生的F2性状分离比是9∶20∶3√123456789101112解析： 由题可知，雌花花序由B控制，雄花花序由T控制，雌株基因型为B_tt和bbtt，雄株基因型为bbT_，雌雄同株基因型为B_T_，因此与玉米性别有关的基因型有9种，其中3种表现为雌株，A错误；以雌雄同株玉米作母本，但玉米是雌雄同株异花，因此对母本雌花花序套袋即可，不需要对母本去雄，B错误；纯合雌株基因型为BBtt或bbtt，与纯合雄株bbTT杂交，若F1均为雌雄同株，则基因型为BbTt，则F1自交产生的F2雌株（B_tt和bbtt）中纯合子（BBtt或bbtt）占1/2，C正确；BBtt与bbTt杂交得到F1，F1基因型为1/2BbTt和1/2Bbtt，F1自交产生的F2，Bbtt为雌株只有雌花花序没有雄花花序，不能自交，F1中能自交的基因型只有BbTt，因此F2中性状分离比为9∶3∶4，D错误。1234567891011126. （2025·烟台模拟）某雌雄同株植物的花色性状由三对独立遗传的等位基因（A和a、B和b、C和c）控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述错误的是（ ）A. 黄花植株的基因型有8种B. 白花植株自交后代全部开白花C. 基因型为AaBbCc的植株测交，后代中乳白花占1/2D. 基因型为AaBbCc的植株自交，后代黄花中纯合子占3/64√123456789101112解析： 该植物的花色由三对独立遗传的等位基因控制，子代共有3×3×3＝27种基因型，其中白花对应的基因型为AA____有3×3＝9种，乳白花的基因型为Aa____有3×3＝9种，金黄花的基因型为aabbcc有1种，其余为黄花，则黄花基因型有27－9－9－1＝8种，A正确；由题意可知，白花对应的基因型为AA____，由于AA自交后仍为AA，不会发生性状分离，故白花植株自交后代全部开白花，B正确；基因型为AaBbCc的植株测交（AaBbCc×aabbcc），后代中乳白花的基因型为Aa____，其比例为1/2×1×1＝1/2，C正确；基因型为AaBbCc的植株自交，后代基因型aa____中，除了aabbcc为金黄花，其余基因型都是黄花，把三对基因拆开，第一对A/a按分离定律计算，第二、第三对基因按自由组合定律计算，可知，Aa×Aa子代是A_∶aa＝3∶1，bCc×BbCc子代是B_C_∶B_cc∶bbC_∶bbcc＝9∶3∶3∶1，所以黄花占1/4×15/16＝15/64，其中纯合子包括aaBBCC、aaBBcc、aabbCC，占黄花的比例是3/15＝1/5，D错误。1234567891011127. （2025·河南开封高三测试）某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易感病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。现以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为（ ）A. 1/2 B. 1/3C. 3/8 D. 1/6√123456789101112解析： 以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交（两对等位基因分别用A、a和B、b表示），F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性、抗病对易感病为显性，亲本基因型为AABB和aabb，F1基因型为AaBb，F1自交产生的F2为1AABB∶2AABb∶1AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶1aaBB∶2aaBb∶1aabb。去除aabb后，单独分析花色这一性状，AA占 4/15、Aa占8/15、aa占 3/15，自交后白花植株所占的比例为（8/15）×（1/4）＋3/15＝1/3。1234567891011128. （2025·江西九校联考）人类中，显性基因D对耳蜗管的形成是必需的，显性基因E对听神经的发育是必需的，二者缺一，个体即聋。这两对基因独立遗传。下列有关说法错误的是（ ）A. 夫妇中有一个耳聋，也有可能生下听觉正常的孩子B. 基因型为DdEe的双亲生下耳聋的孩子的概率为9/16C. 一方只有耳蜗管正常，另一方只有听神经正常的夫妇，可能生下听觉正常的孩子D. 耳聋夫妇可以生下基因型为DdEe的孩子√123456789101112解析： 夫妇中一个听觉正常D_E_、一个耳聋（ddE_或D_ee或ddee），若听觉正常的亲本产生含DE的配子，即可生下听觉正常（D_E_）的孩子，A正确；夫妇双方基因型均为DdEe，生下听觉正常（D_E_）的孩子的概率为3/4×3/4＝9/16，生下耳聋的孩子的概率为1－9/16＝7/16，B错误；一方只有耳蜗管正常（D_ee），另一方只有听神经正常（ddE_）的夫妇，若耳蜗管正常（D_ee）一方产生含De的配子和听神经正常一方产生的含dE的配子结合，则他们可生出听觉正常的孩子（DdEe），C正确；耳聋夫妇可以生下基因型为DdEe的孩子，例如基因型分别为DDee和ddEE的夫妇，D正确。1234567891011129.（2025·鞍山模拟）某雌雄同株植物的花色有三种表型，受三对独立遗传的等位基因R/r、B/b、D/d控制，已知基因R、B和D三者共存时表现为红花（分为深红花、浅红花两种表型）。选择深红花植株与某白花植株进行杂交，F1均为浅红花，F1自交，F2中深红花∶浅红花∶白花＝1∶26∶37。下列关于F2的说法错误的是（ ）A.浅红花植株的基因型有7种，白花植株的基因型有19种B.白花植株杂交，后代可能出现浅红花植株C.浅红花植株自交，后代中会有白花植株出现D.浅红花和白花植株杂交，后代中会有深红花植株出现√123456789101112解析： 由F2中深红花∶浅红花∶白花＝1∶26∶37可知，深红花比例为1/64，即1/4×1/4×1/4，应为显性纯合子，浅红花三对基因全部为显性，但是三对基因不能同时为纯合子，白花必须有一对基因为隐性。所以红花（R_B_D_）基因型共2×2×2＝8种，去掉纯合子（深红花）其余均为浅红花，共7种，后代基因型一共有3×3×3＝27种，白花植株的基因型有27－8＝19种，A正确；白花植株杂交，如rrBBDD和RRbbdd杂交后代基因型为RrBbDd，为浅红花植株，B正确；如果浅红花植株为杂合子（RrBbDd）自交，后代会出现白花植株，C正确；由于白花植株必须有一个基因是隐性纯合子，所以浅红花和白花植株杂交，后代中不会有深红花植株出现，D错误。12345678910111210.（2025·泰安一中模拟）辣椒果实有多对相对性状，其中包括着生方向（下垂、直立）和颜色（绿色、紫色、中间色）。为探究上述两种性状的遗传，研究者选取两株辣椒进行杂交，F1自交，结果如表。下列说法正确的是（ ）果实性状 亲本组合 F2表型及比例着生方向 下垂×直立 下垂∶直立＝3∶1颜色 绿色×紫色 绿色∶中间色∶紫色＝9∶3∶4A. 上述两种性状中直立和绿色为隐性性状B. 着生方向和颜色共受2对等位基因控制C. F2果实中间色的个体中杂合子约占2/3D. F2果实直立且为绿色的个体约占9/64√123456789101112解析： 亲本为下垂×直立，F2表型及比例为下垂∶直立＝3∶1，说明下垂为显性，着生方向受一对等位基因控制，亲本为绿色×紫色，F2表型及比例为绿色∶中间色∶紫色＝9∶3∶4，说明颜色受两对独立遗传的基因控制，绿色为双显性，所以着生方向和颜色共受3对等位基因控制，A、B错误；假设控制果实颜色的两对基因为A/a，B/b，且含基因A表现为中间色，则中间色的个体中（1/3AAbb，2/3Aabb）杂合子约占2/3，C正确；题干未给出三对等位基因的位置关系，F2果实直立且为绿色的个体比例无法计算，D错误。123456789101112二、非选择题11. （2025·四川成都模拟）现有两种耐高温水稻甲（aaBB）和水稻乙（AAbb）。研究人员用甲、乙和野生型（不耐高温）进行如下杂交实验。回答下列问题。杂交组合 F1 F2① 甲×野生型 F1 自 交 不耐高温∶耐高温＝3∶1② 乙×野生型 不耐高温∶耐高温＝3∶1③ 甲×乙 不耐高温∶耐高温＝？123456789101112（1）从杂交组合①②都能够判断耐高温是由 （填“显性”或“隐性”）基因控制的性状。根据杂交组合①和②的F2的性状及比例 （填“能”或“不能”）判断控制甲和乙耐高温的两对基因符合自由组合定律。解析： 让甲和乙分别与野生型杂交，F1自交后代中耐高温植株约占1/4，即耐高温∶不耐高温＝1∶3，符合分离定律，说明这对相对性状是由一对等位基因控制的，并且耐高温突变体为隐性性状。根据杂交组合①和②的F2不能判断其符合自由组合定律，因为如果野生型基因型为AABB，两对等位基因无论是否独立遗传，均可以得到F2结果。隐性不能123456789101112（2）①②③杂交组合的F1的基因型分别是 。解析： 根据三组实验可推知，①②③杂交组合的F1的基因型分别是AaBB、AABb、AaBb。AaBB、AABb、AaBb123456789101112（3）若杂交组合③的F2不耐高温∶耐高温＝1∶1，说明甲和乙的耐高温基因在 （填“同一”或“不同”）对同源染色体上，则F2耐高温植株的基因型为 。解析： 如果两突变基因是同源染色体上的非等位基因突变所致，假设突变体甲基因型为aaBB，突变体乙基因型为AAbb，则甲乙杂交得到的F1为AaBb，由于两对基因在一对同源染色体上，所以F1产生的配子为Ab和aB，则F1自交产生的F2为AaBb∶AAbb∶aaBB＝2∶1∶1，表型为不耐高温∶耐高温＝1∶1，符合题意。所以，F2耐高温植株的基因型为AAbb、aaBB。同一AAbb、aaBB12345678910111212. （2025·华南师大附中联考）大豆是两性花植物，雌雄同株，其子叶颜色有三种：BB表现深绿，Bb表现浅绿，bb表现黄色，在幼苗阶段死亡。大豆花叶病的抗性由R、r基因控制，其遗传的实验结果如下表（实验材料均有留种）：组合 母本 父本 F1的表型及植株数一 子叶深绿 不抗病 子叶浅 绿抗病 子叶深绿抗病220株；子叶浅绿抗病217株二 子叶深绿 不抗病 子叶浅 绿抗病 子叶深绿抗病110株；子叶深绿不抗病109株；子叶浅绿抗病108株；子叶浅绿不抗病113株123456789101112（1）组合一中父本的基因型是 ，组合二中父本的基因型是 。解析： 组合一中，母本为子叶深绿不抗病，父本为子叶浅绿抗病，子代均为抗病，说明抗病对不抗病为显性，则亲本的基因型为BBrr（母本）×BbRR（父本）；组合二中，后代抗病∶不抗病≈1∶1，属于测交，则亲本的相关基因型为Rr和rr，因此亲本的基因型为BBrr（母本）×BbRr（父本）。BbRRBbRr123456789101112（2）进行杂交实验，授粉前对母本的操作是 ，授粉后对母本的操作是 。解析：大豆是两性花植物，雌雄同株，杂交实验时，授粉前对母本进行去除雄蕊处理，授粉后需对母本进行套袋处理。去除雄蕊套袋123456789101112（3）用表中F1的子叶浅绿抗病植株自交，在F2的成熟植株中，表型的种类及其比例为 。解析： F1中子叶浅绿抗病植株的基因型均为BbRr，由于bb幼苗阶段死亡，因此其自交后代表型的种类有子叶深绿抗病（1/3×3/4BBR_）、子叶深绿不抗病（1/3×1/4BBrr）、子叶浅绿抗病（2/3×3/4BbR_）、子叶浅绿不抗病（2/3×1/4Bbrr），其比例为3∶1∶6∶2。子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2123456789101112谢谢观看！ 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第24讲 自由组合定律的解题规律及方法.docx 第24讲 自由组合定律的解题规律及方法.pptx 第24讲 自由组合定律的解题规律及方法（练习，含解析）.docx
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