【生物】2021届新高考生物 一轮复习 人教版 基因的自由组合定律 作业 10页

‎2021届新高考生物 一轮复习 人教版 基因的自由组合定律 作业 ‎1．(2020·湖南五市十校联考)孟德尔说，“任何实验的价值和效用，决定于所使用材料对于实验目的的适合性”。下列遗传实验材料的选择可能不适合的是(　　)‎ A．用T2噬菌体研究生物的遗传物质 B．用山柳菊研究基因的遗传规律 C．用果蝇研究基因与染色体的关系 D．用大肠杆菌研究DNA的复制方式 解析：选B。T2噬菌体侵染细菌时，DNA进入细菌内，蛋白质留在外面，因此T2噬菌体是研究生物遗传物质的良好材料，A不符合题意；山柳菊没有容易区分的相对性状，且花小，难以做人工杂交实验，不适宜作为研究基因的遗传规律的材料，B符合题意；摩尔根利用果蝇为材料，证明了控制果蝇白眼的基因位于X染色体上，C不符合题意；大肠杆菌是单细胞原核生物，细胞中没有成形的细胞核，拟核区只有一个大型环状DNA分子，因此研究DNA复制过程适宜选用大肠杆菌，D不符合题意。‎ ‎2．下列有关孟德尔两对相对性状(豌豆的黄色与绿色、圆粒与皱粒)杂交实验的分析，正确的是(　　)‎ A．孟德尔对F1植株上收获的556粒种子进行统计，发现4种表现型的比例接近9∶3∶3∶1‎ B．基因型为YyRr的豌豆产生的YR卵细胞和YR精子的数量之比约为1∶1‎ C．基因型为YyRr的豌豆产生的雌、雄配子随机结合，体现了自由组合定律的实质 D．黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律 解析：选A。孟德尔将纯合的黄圆和绿皱个体杂交得到的子一代均为黄圆，子一代自交得到子二代的表现型及比例接近9(黄圆)∶3(黄皱)∶3(绿圆)∶1(绿皱)，其中F1植株上收获的种子为F2，所以对F1植株上收获的556粒种子进行统计，应有4种表现型，比例接近9∶3∶3∶1，A正确；基因型为YyRr的豌豆将产生雌、雄配子各4种，数量比接近1∶1∶1∶1，但雌配子和雄配子的数量不相等，其中雄配子的数量远远多于雌配子的数量，B错误；基因的自由组合定律的实质是减数分裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，雌、雄配子随机结合不能体现自由组合定律的实质，C错误；只有当两对相对性状的等位基因位于非同源染色体上时才遵循自由组合定律，D错误。‎ ‎3．(2020·桂林高三检测)某生物的基因组成如右图，则它产生配子的种类及它的一个卵原细胞产生卵细胞的种类分别是(　　)‎ A．4种和1种　　　　 　 B．4种和2种 C．4种和4种 D．8种和2种 解析：选A。分析题图可知，该生物的基因型为AaBbDD，根据基因自由组合定律，该生物可产生的配子种类有2×2×1＝4(种)；一个卵原细胞经过减数分裂只能形成一个卵细胞，因此只有1种，综上所述，A正确。‎ ‎4. (2020·重庆高三适应性月考)某植物红花和白花的相对性状同时受3对等位基因(A/a、B/b、C/c)控制，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙3个纯合白花品系，相互之间进行杂交，后代表现型如右图所示。已知甲的基因型是AAbbcc，推测乙的基因型是(　　)‎ A．aaBBcc B．aabbCC C．aabbcc D．AABBcc 解析：选D。由于基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，甲与丙杂交后代为红花，且甲、乙、丙都为纯合白花品系，故丙的基因型为aaBBCC，丙与乙杂交后代也为红花，乙中必定有纯合的A基因，故本题正确答案为D。‎ ‎5．(2020·吉林长春高三质量监测)某植物花的颜色由三对独立遗传的基因(A和a、B和b、D和d)共同决定，基因a 控制酶1的合成，使白色物质转化为红色素，基因B控制酶2的合成，使红色素转化为紫色素，基因D控制酶3的合成，使白色物质直接转化为紫色素。只要基因D存在，植株均开紫花。下列说法正确的是(　　)‎ A．紫花植株的基因型共有18种 B．红花植株自交后代均为红花植株 C．Aabbdd×aaBbdd的后代表现型比例为3∶1‎ D．该花色遗传说明基因对性状具有直接控制作用 解析：选B。据题意可知，紫花植株的基因型为aaB_dd 2种或_ _ _ _D_18种，共20种，A错误；红花植株的基因型为aabbdd，自交后代基因型仍为aabbdd，表现为红色，B正确；Aabbdd×aaBbdd的后代为1/4Aabbdd(白色)、1/4aabbdd(红色)、1/4AaBbdd(白色)、1/4aaBbdd(紫色)，即表现型比例为白色∶红色∶紫色＝2∶1∶1，C错误；该花色遗传说明基因对性状的控制是通过控制酶的合成来控制色素的合成，是间接控制性状的表现，D错误。‎ ‎6．(不定项)水稻香味性状与抗病性状独立遗传。香味性状受隐性基因(a)控制，抗病(B)对感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验。两亲本无香味感病与无香味抗病植株杂交的统计结果如下图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A．香味性状一旦出现即能稳定遗传 B．两亲本的基因型分别是Aabb、AaBb C．两亲本杂交的子代中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为50%‎ D．两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为1/32‎ 解析：选CD。由题意可知，香味性状对应的基因型为aa，一旦出现即能稳定遗传，A正确；由于子代抗病∶感病＝1∶1，可推知亲代为Bb和bb，子代无香味∶有香味＝3∶1，可推知亲代为Aa和Aa，所以两亲本的基因型分别是Aabb、AaBb，B正确；两亲本(Aabb、AaBb)杂交的子代中有香味抗病植株的基因型为aaBb，为杂合子，C错误；两亲本杂交的子代为1/8AABb、1/4AaBb、1/8AAbb、1/4Aabb、1/8aaBb、1/8aabb，子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株(aaBB)所占比例为(1/4)×(1/4)×(1/4)＋(1/8)×(1/4)＝3/64，D错误。‎ ‎7．(2020·黑龙江鹤岗一中高三月考)某一植物体内常染色体上具有三对等位基因(A和a，B和b，D和d)，已知A、B、D三个基因分别对a、b、d完全显性，但不知这三对等位基因是否独立遗传。某同学为了探究这三对等位基因在常染色体上的分布情况做了以下实验：用显性纯合个体与隐性纯合个体杂交得F1，F1同隐性纯合个体测交，结果及比例为AaBbDd ∶AaBbdd∶aabbDd∶aabbdd＝1∶1∶1∶1，则下列表述正确的是(　　)‎ A．A、B在同一条染色体上 B．A、b在同一条染色体上 C．A、D在同一条染色体上 D．A、d在同一条染色体上 解析：选A。aabbdd产生的配子是abd，子代为AaBbDd∶AaBbdd∶aabbDd∶aabbdd＝1∶1∶1∶1，所以AaBbDd产生的配子是ABD∶ABd∶abD∶abd＝1∶1∶1∶1，所以A、B在一条染色体上，a、b在一条染色体上。‎ ‎8．(2020·南昌期末)用纯种黄色饱满玉米和白色皱缩玉米杂交，F1全部表现为黄色饱满。F1自交后，F2的性状表现及比例为黄色饱满73%、黄色皱缩2%、白色饱满2%、白色皱缩23%。下列对上述两对性状遗传分析正确的是(　　)‎ A．F1产生两种比例相等的配子 B．控制两对性状的基因独立遗传 C．两对性状中有一对的遗传不符合基因分离定律 D．若F1测交，则后代有四种表现型且比例不等 解析：选D。纯种黄色饱满子粒的玉米与白色皱缩子粒的玉米杂交，F1全部表现为黄色饱满，说明黄色相对于白色为显性性状，饱满相对于皱缩为显性性状，F1自交后，F2的性状表现及比例为黄色饱满73%、黄色皱缩2%、白色饱满2%、白色皱缩23%。其中黄色∶白色＝3∶1，饱满∶皱缩＝3∶1，如果符合自由组合定律，F1自交后代分离比应符合9∶3∶3∶1。但本题给出的数据不符合9∶3∶3∶1，因此上述两对性状的遗传不符合基因自由组合定律，应该是两对等位基因位于一对同源染色体上，而且在减数分裂中一部分四分体发生了交叉互换，所以F1产生4种配子，而且比例不相等，A、B错误；由以上分析可知，F2中黄色∶白色＝3∶1，饱满∶皱缩＝3∶1，所以每对性状都遵循基因分离定律，C错误；由于F1产生4种配子，而且比例不相等，所以若F1测交，则后代有四种表现型且比例不等，D正确。‎ ‎9．(2018·高考全国卷Ⅲ)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)。实验数据如下表。‎ 组别 杂交组合 F1表现型 F2表现型及个体数 甲 红二×黄多 红二 ‎450红二、160红多、150黄二、50黄多 红多×黄二 红二 ‎460红二、150红多、160黄二、50黄多 乙 圆单×长复 圆单 ‎660圆单、90圆复、90长单、160长复 圆复×长单 圆单 ‎510圆单、240圆复、240长单、10长复 回答下列问题：‎ ‎(1)根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，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合________的比例。‎ 解析：(1)依据甲组实验可知，不同性状的双亲杂交，子代表现出的性状为显性性状(红二)，F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比，所以控制红果与黄果、子房二室与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＝3∶1、单∶复＝3∶1，但未出现9∶3∶3∶1的性状分离比，说明两对等位基因的遗传遵循分离定律但不遵循自由组合定律，所以控制乙组两对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)根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F2未出现9∶3∶3∶1 的性状分离比，说明F1“圆单”个体不能产生1∶1∶1∶1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符合1∶1∶1∶1的比例。‎ 答案：(1)非同源染色体　F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1　一对　F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1　(2)1∶1∶1∶1‎ ‎10．(2019·高考江苏卷)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如下表。请回答下列问题：‎ 毛色 红毛 棕毛 白毛 基因组成 A－B－‎ A－bb、aaB－‎ aabb ‎(1)棕毛猪的基因型有________种。‎ ‎(2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。‎ ‎①该杂交实验的亲本基因型为_________________________________________。‎ ‎②F1测交，后代表现型及对应比例为___________________________________。‎ ‎③F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有________种(不考虑正反交)。‎ ‎④F2的棕毛个体中纯合体的比例为________。F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比例为________。‎ ‎(3)若另一对染色体上有一对基因I、i，I基因对A和B基因的表达都有抑制作用，i基因不抑制，如I－A－B－表现为白毛。基因型为IiAaBb的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为________，白毛个体的比例为________。‎ 解析：(1)棕毛猪的基因型有4种，分别是AAbb、Aabb、aaBB、aaBb。(2)①两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均为红毛猪，说明亲本的基因型为AAbb、aaBB。②F1的基因型为AaBb，F1测交，后代基因型及对应比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表现型及对应比例为红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1。③F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有4种，分别是AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb。④F2中棕毛个体的基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb＝1∶2∶1∶2，其中纯合体的比例为1/3。F2中棕毛个体相互交配，其中能产生白毛个体的组合有Aabb和Aabb[只需考虑：A、a基因，(2/6)×(2/6)×(1/4)＝1/36]、Aabb和aaBb[同时考虑两对基因，(2/6)×(2/6)×(1/2)×(1/2)×2＝1/18]、aaBb和aaBb[只需考虑B、b基因，(2/6)×(2/6)×(1/4)＝1/36]，则子代白毛个体的比例为1/36＋1/8＋1/36＝1/9。(3)i基因不抑制A和B基因的表达，所以IiAaBb自交，子代中红毛个体(iiA－B－)的比例为(1/4)×(3/4)×(3/4)＝9/64；棕毛个体(iiA－bb＋iiaaB－)的比例为(1/4)×(3/4)×(1/4)＋(1/4)×(1/4)×(3/4)＝6/64；白毛个体的比例为1－9/64－6/64＝49/64。‎ 答案：(1)4　(2)①AAbb和aaBB　②红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1　③4　④1/3　1/9　‎ ‎(3)9/64　49/64‎ ‎11．(2021·预测)水稻花粉粒中淀粉的非糯性和糯性、花粉圆粒和花粉长粒是两对相对性状，控制这两对相对性状的两对基因独立遗传(非糯性的花粉粒遇碘呈蓝色，糯性的花粉粒遇碘呈橙红色)。请利用这两对相对性状纯合的水稻植株为材料，以花粉粒作为研究对象，设计实验验证自由组合定律。‎ ‎(1)请写出该实验的实验思路：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)某同学观察一个视野后，统计数据如下表所示：‎ 花粉粒性状 蓝色 橙红色 圆形 长形 数目 ‎8个 ‎11个 ‎7个 ‎12个 上述同学的统计结果能否验证自由组合定律的正确性？_________________。试说明原因：_______________________________________________________________________。‎ ‎(3)结果分析：当花粉粒的表现型及比例为________________________时，则可验证自由组合定律是正确的。‎ 解析：(1)要验证基因的自由组合定律，需要先获得双杂合个体，故可以选用纯种非糯性花粉圆粒性状的个体和纯种糯性花粉长粒性状的个体(或纯种非糯性花粉长粒性状的个体与纯种糯性花粉圆粒性状的个体)杂交，获得的F1即为双杂合个体，取F1的花粉加碘液染色后进行镜检，并记录花粉粒的形状和颜色。(2)表格中是单独统计了花粉粒的形状和颜色，并未统计橙红色圆形、橙红色长形、蓝色圆形、蓝色长形颜色和形状的组合性状情况，另外统计的花粉粒数量太少，误差较大，故不能验证基因的自由组合定律。(3)若两对基因符合基因的自由组合定律，则F1双杂合植株可以产生四种比例相等的配子，则会出现四种花粉即非糯性(蓝色)圆形∶非糯性(蓝色)长形∶糯性(橙红色)圆形∶糯性(橙红色)长形≈1∶1∶1∶1。‎ 答案：(1)用纯种非糯性花粉圆粒性状的个体和纯种糯性花粉长粒性状的个体(或纯种非糯性花粉长粒性状的个体和纯种糯性花粉圆粒性状的个体)杂交，取F1的花粉粒加碘液染色后放在显微镜下观察并记录花粉粒的颜色和形状 ‎(2)不能　①分别统计一对相对性状不能说明基因的自由组合，要统计两对相对性状的组合情况；②观察的花粉粒数量较少 ‎(3)非糯性(蓝色)圆形∶非糯性(蓝色)长形∶糯性(橙红色)圆形∶糯性(橙红色)长形≈1∶1∶1∶1‎ ‎12．(2020·德州期末)豌豆的子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，红花(C)对白花(c)为显性。现有几个品系，相互之间进行杂交实验，结果如下：‎ 实验1：黄色圆粒红花×黄色圆粒白花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶‎ 黄色皱粒红花∶绿色圆粒红花∶绿色皱粒红花＝9∶3∶3∶1。‎ 实验2：黄色圆粒红花×黄色皱粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶绿色圆粒红花∶黄色圆粒白花∶绿色圆粒白花＝9∶3∶3∶1。‎ 实验3：黄色圆粒红花×绿色圆粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶黄色圆粒白花∶黄色皱粒红花∶黄色皱粒白花＝9∶3∶3∶1。‎ 实验4：黄色皱粒白花×绿色圆粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶黄色圆粒白花＝1∶1。‎ 综合上述实验结果，请回答下列问题：‎ ‎(1)子叶颜色与粒形的遗传遵循_____________定律，理由是____________________。‎ ‎(2)实验1的子代黄色圆粒红花中纯合子的概率为________。‎ ‎(3)若实验2的子代中某个体自交后代有27种基因型，则该个体的基因型________。‎ ‎(4)若实验3的子代中某个体自交后代有8种表现型，则该个体的基因型是________。‎ ‎(5)实验4的亲本的基因型分别是____________________________________。‎ ‎(6)实验4的子一代黄色圆粒红花继续自交得到子二代(F2)，再将全部F2植株自交得到F3种子，将1个F2植株上所结的全部F3种子种在一起，长成的植株称为1个株系。理论上，在所有F3株系中，表现出9∶3∶3∶1的分离比的株系有________种。‎ 解析：(1)只考虑子叶颜色与粒形，由实验1的子代黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1可知，子叶颜色与粒形的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)由实验1可知，亲本黄色圆粒红花的基因型是YyRrCC, 黄色圆粒白花的基因型是YyRrcc，可知实验1的子代个体的基因型中一定含Cc, 因此实验1的子代黄色圆粒红花中纯合子的概率为0。(3)YyRrCc自交后代有3×3×3＝27(种)基因型，因此若实验2的子代中某个体自交后代有27种基因型，说明该个体的基因型是YyRrCc。(4)YyRrCc自交后代有2×2×2＝8(种)表现型，因此若实验3的子代中某个体自交后代有8种表现型，则该个体的基因型也是YyRrCc。(5)根据亲代的表现型，以及子代的表现型及比例，可推知实验4的亲本的基因型分别是YYrrcc、yyRRCc。(6)实验4的子一代黄色圆粒红花的基因型为YyRrCc，其继续自交得到F2，再将全部F2植株自交得到F3种子，将1个F2植株上所结的全部F3种子种在一起，长成的植株称为1个株系。理论上，在F3的各株系中，若表现出9∶3∶3∶1的分离比，说明F2植株有两对基因杂合、一对基因纯合，而子一代基因型为YyRrCc的黄色圆粒红花植株自交，得到的F2植株满足两对基因杂合、一对基因纯合的基因型有6种，分别是YyRrCC、YyRrcc、YyRRCc、YyrrCc、YYRrCc、yyRrCc。‎ 答案：(1)基因的自由组合　实验1的子代黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1　(2)0‎ ‎(3)YyRrCc　(4)YyRrCc　(5)YYrrcc、yyRRCc　(6)6‎ ‎13．(2020·黑龙江大庆实验中学月考)某自花传粉的植物，花的颜色由两对基因(A和a，‎ B和b)控制，其遗传符合自由组合定律。其中A基因控制红色素合成，B基因控制紫色素合成，当两种色素同时合成时，花色表现为品红花，两种色素都不能合成时，花色表现为白花。科研小组做了甲、乙两组人工杂交实验，结果如下。‎ 甲：品红花×白花→F1：品红花、红花 乙：品红花×紫花→F1：品红花、红花、紫花、白花 请回答：‎ ‎(1)甲组品红花亲本和F1中品红花个体的基因型分别是________和________。‎ ‎(2)乙组紫花亲本的基因型是________，F1中品红花、红花、紫花、白花的比例是________。‎ ‎(3)欲判断乙组F1中某品红花植株的基因型，请你为该科研小组设计一个最简便的实验方案，并预测实验结果和结论：‎ 让该品红花植株自交，观察并统计后代的表现型及比例。‎ ‎①若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________；‎ ‎②若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________。‎ 解析：(1)据题干信息可推知，A－bb的花色为红色，aaB－的花色为紫色，A－B－的花色为品红色，aabb的花色为白色。甲组实验中，品红花亲本(A－B－)与白花亲本(aabb)杂交，F1中出现品红花与红花(A—bb)两种表现型，说明品红花亲本含有A、B和b基因，其基因型为AABb，进而推知F1中品红花个体的基因型是AaBb。‎ ‎(2)乙组品红花(A－B－)×紫花(aaB－)，后代出现了白花aabb，说明亲本品红花基因型为AaBb，紫花基因型为aaBb，则F1四种表现型的比例是品红花(A－B－)∶红花(A_bb)∶紫花(aaB－)∶白花(aabb)＝3∶1∶3∶1。(3)乙组F1中某品红花植株的基因型为AaBB或AaBb，而该植物为自花传粉的植物，所以欲判断乙组F1中该品红花植株的基因型，最简便的实验方案是让该品红花植株自交(自花传粉)，观察并统计后代的表现型及比例。①若该品红花植株基因型为AaBB，则其自交子代的表现型及比例为品红花(A－BB)∶紫花(aaBB)＝3∶1，即子代中品红花比例为3/4；②若该品红花植株基因型为AaBb，则其自交子代的表现型及比例为品红花(A－B－)∶紫花(aaB－)∶红花(A－bb)∶白花(aabb)＝9∶3∶3∶1，即子代中品红花比例为9/16。‎ 答案：(1)AABb　AaBb　(2)aaBb　3∶1∶3∶1‎ ‎(3)①3/4　AaBB　②9/16　AaBb ‎14．(2020·山东省高三等级考模拟)水稻的育性由一对等位基因M、m控制，基因型为MM和Mm的个体可产生正常的雌、雄配子，基因型为mm的个体只能产生正常的雌配子，表现为雄性不育，基因M可使雄性不育个体恢复育性。通过转基因技术将基因M与雄配子致死基因A、蓝色素生成基因D一起导入基因型为mm的个体中，并使其插入到一条不含m基因的染色体上，如图所示。基因D的表达可使种子呈现蓝色，无基因D 的种子呈现白色。该方法可以利用转基因技术大量培育不含转基因成分的雄性不育个体。‎ ‎(1)基因型为mm的个体在育种过程中作为________(填“父本”或“母本”)，该个体与育性正常的非转基因个体杂交，子代可能出现的基因型为______________。‎ ‎(2)图示的转基因个体自交，F1的基因型及比例为_______，其中雄性可育(能产生可育的雌、雄配子)的种子颜色为_______。F1个体之间随机受粉，得到的种子中雄性不育种子所占比例为_______，快速辨别雄性不育种子和转基因雄性可育种子的方法是_____________。‎ ‎(3)若转入的基因 D 由于突变而不能表达，将该种转基因植株和雄性不育植株间行种植，使其随机受粉也能挑选出雄性不育种子，挑选方法是____________________。‎ 但该方法只能将部分雄性不育种子选出，原因是_________________。因此生产中需利用基因 D 正常的转基因植株大量获得雄性不育种子。‎ 解析：(1)基因型为mm的个体雄性不育，只能作为母本。该个体与育性正常的非转基因个体杂交时，可能的杂交组合为mm(母本)×Mm(父本)或mm(母本)×MM(父本)，分别可能产生基因型为Mm、mm和Mm的子代。(2)图示的转基因个体能够产生的配子类型：精m，精ADMm不存活(A使雄配子致死)，卵ADMm∶卵m＝1∶1，因此自交结果为ADMmm∶mm＝1∶1。其中雄性可育的基因型为ADMmm，颜色为蓝色。F1(ADMmm∶mm＝1∶1，雌雄个体比例相等)群体产生的配子类型及其比例为：雌性个体ADMmm产生的卵细胞为ADMm∶m＝1∶1，雌性个体mm产生的卵细胞只有m；雄性个体ADMmm产生的精子只有m，ADMm不存活(A使雄配子致死)，雄性个体mm为雄性不育类型，不能产生精子，即：雄配子只有m，雌配子ADMm∶m＝∶＝1∶3。因此，F1(ADMmm∶mm＝1∶1，雌雄个体比例相等)群体随机交配，子代雄性不育(mm)的占比为。‎ ‎　　　卵 精子　　　‎ ‎1/4ADMm ‎3/4m m ‎3/4mm 快速辨别雄性不育种子和转基因雄性可育种子的方法是观察种子颜色，蓝色为可育种子。(3)由于ADMmm和mm能够产生的雄配子只有m一种，因此以mm为母本的植株上结的种子基因型必为mm，雄性不育。但是无法辨别ADMmm为母本的植株上的种子是否可育。‎ 答案：(1)母本　Mm、mm　(2)ADMmm∶mm＝1∶1　蓝色　 ‎　若所结种子为蓝色则为转基因雄性可育，白色为雄性不育　(3)选择雄性不育植株上所结的种子　转基因植株也能结出雄性不育的种子 ‎15．(2020·福建泉州一模)西瓜长蔓对短蔓为显性性状。目前发现，控制短蔓性状的相关基因有4种，即短蔓基因a、b、e、f，且独立遗传。短蔓西瓜有两类，一类为由其中2对短蔓基因控制的双隐性类型；另一类为由1对短蔓基因控制的单隐性类型。研究人员培育出一种短蔓西瓜品种，并初步进行两个遗传实验如下：‎ 实验一：将该短蔓西瓜与纯合长蔓西瓜(AABBEEFF)杂交，F1自交，观察分析F2的表现型及比例。‎ 实验二：将该短蔓西瓜与另一短蔓西瓜(aaBBEEFF)杂交，观察分析子代的表现型及比例。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)依据实验一的结果，可进行判断的问题是________(填写下列字母)。‎ A．短蔓西瓜的基因型是什么 B．短蔓性状由几对短蔓基因控制 ‎(2)实验二的结果为子代皆表现长蔓。研究人员又将该短蔓西瓜与实验二的子代长蔓西瓜杂交，结果为长蔓∶短蔓＝1∶1。据此能否确定该短蔓西瓜的基因型，说明理由。‎ 解析：(1)实验一中将该短蔓西瓜与纯合长蔓西瓜(AABBEEFF)杂交，F1自交，通过分析F2的表现型及比例，可以判断出短蔓性状由几对短蔓基因控制。如果是2对短蔓基因控制的双隐性类型，在F2中会出现15∶1的分离比；如果是1对短蔓基因控制的单隐性类型，在F2中会出现3∶1的分离比，故B正确。(2)在实验二中将该短蔓西瓜与另一短蔓西瓜(aaBBEEFF)杂交，子代皆表现长蔓，说明该西瓜短蔓性状不由基因a控制，而又将该短蔓西瓜与实验二的子代长蔓西瓜杂交，结果为长蔓∶短蔓＝1∶1，说明该西瓜短蔓性状是由1对短蔓基因(可能为基因b或e或f)控制的，但无法确定该短蔓西瓜的基因型，因为该西瓜短蔓性状不论由基因b或e或f控制，其与实验二的子代长蔓西瓜杂交的结果都为长蔓∶短蔓＝1∶1。‎ 答案：(1)B ‎(2)不能确定。子代皆表现长蔓，说明该西瓜短蔓性状不由基因a控制；长蔓∶短蔓＝1∶1，说明该西瓜短蔓性状由1对短蔓基因(可能为基因b或e或f)控制；该西瓜短蔓性状不论由基因b或e或f控制，其与实验二的子代长蔓西瓜杂交的结果都为长蔓∶短蔓＝1∶1。‎