- 遗传因子的发现
- 共18860题
南瓜的遗传符合孟德尔遗传规律，请分析回答以下问题：
（1）以能稳定遗传的南瓜品种长圆形果和扁盘形果为亲本杂交，子一代均为扁盘形果．可据此判断，______为显性，______为隐性．
（2）若上述性状由一对等位基因控制（A、a），则杂交得到的子一代自交，预测子二代的表现型及其比例应该是______．
（3）实际上该实验的结果是：子一代均为扁盘形果，子二代出现性状分离，表现型及其比例为扁盘形：圆球形：长圆形=9：6：1．依据实验结果判断，南瓜果形性状受______对基因的控制，符合基因的______（分离/自由组合）定律．
（4）若用测交的方法检验对以上实验结果的解释，测交的亲本基因组合是______．预测测交子代性状分离的结果应该是______．
（5）上述杂交试验的研究方法是：______．
正确答案
解析
解：（1）根据“长圆形果和扁盘形果为亲本杂交，子一代均为扁盘形果”，则扁盘形对长圆形为显性．
（2）由（1）小题可知，亲本均为纯合子．若上述性状由一对等位基因控制（A、a），则亲本为AA（扁盘形）×aa（长圆形），子一代为Aa（扁盘形），子二代为
（3）根据“9：3：3：1”的变式，扁盘形：圆球形：长圆形=9：6：1=9（A_B_）：6（A_bb、aaB_）：1aabb，南瓜果形性状受两对基因的控制，符合基因的自由组合定律．根据子二代结果反推，子一代为AaBb（扁盘形），则亲本为AABB（扁盘形）×aabb（长圆形）．
（4）测交法需要选择隐性纯合子（aabb）对F1（AaBb）进行检测．测交子代为1AaBb（扁盘形）：1Aabb（圆球形）：1aaBb（圆球形）：1aabb（长圆形），所以测交子代表现型及比例是扁盘形：圆球形：长圆形=1：2：1．
（5）上述杂交试验的研究方法是假说演绎法．
故答案为：
（1）扁盘形 长圆形
（2）扁盘形：长圆形=3：1
（3）两 自由组合
（4）AaBb×aabb 扁盘形：圆球形：长圆形=1：2：1
（5）假说演绎法
（2015春•湖北校级期末）某植物的茎卷须的长短受两对独立遗传的等位基因（A-a、B-b）控制，单杂合植株的茎卷须中等长度，双杂合植株的茎卷须最长，其他纯合植株的茎卷须最短；而该植物的花粉是否可育受一对等位基因C-c控制，含有C基因的花粉可育，含c基因的花粉败育．下列相关叙述正确的是（ ）
A茎卷须最长的植株自交，子代中茎卷须中等长度的个体占
B茎卷须最长的植株与茎卷须最短的植株杂交，子代中茎卷须最长的个体占
C基因型为Cc的个体自交得F1，F1再自交得F2，则F2中基因型为CC的个体占
D如果三对等位基因自由组合，则该植物种群内对应的基因型共有27种
正确答案
解析
解：A、茎卷须最长（AaBb）的植株自交，子代中茎卷须中等长度（AaBB、Aabb、AABb、aaBb）的个体占
B、茎卷须最长的（AaBb）与最短的（AABB、AAbb、aaBB、aabb）杂交，子代中茎卷须最长的（AaBb）个体占
C、基因型为Cc的个体自交1次，由于父本只能产生含有C的花粉，子一代中CC个体占
D、如果三对等位基因自由组合，逐对分析可知，茎卷须的长短受两对独立遗传的等位基因（A-a和B-b）控制，基因型有3×3=9种；花粉是否可育受一对等位基因C-c的控制，含有C的花粉可育、含c的花粉不可育，基因型只有CC和Cc两种．因此该植物种群内对应的基因型有9×2=18种，D错误．
故选：B．
基因型是YyRR的植物，其自交后代基因型的比例为（ ）
正确答案
解析
解：基因型是YyRR的植物自交，根据分离定律：
先看第一对基因Yy×Yy，其后代性状分离比应为显性：隐性=3：1，基因型的比例为1：2：1；
第二对基因为RR，为显性纯合，自交后代全为显性性状，不发生性状分离；
故基因型是YyRR的植物自交后代分离比为3：1，基因型的比例为1：2：1．
故选：C．
荠菜果实形状--三角形和卵圆形由位于两对同源染色体上的基因A、a和B、b决定．AaBb个体自交，F1中三角形：卵圆形=301：20．在F1的三角形果实荠菜中，部分个体无论自交多少代，其后代均为三角形果实，这样的个体在F1三角形果实荠菜中所占的比例为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由以上分析可知，F1中三角形个体的基因型及比例为
故选：B
豌豆种子黄色Y对绿色y为显性，圆粒R对皱粒r为显性，若绿色圆粒与黄色皱粒杂交，后代中黄色圆粒和绿色皱粒之比为82：80．据此可知亲体的遗传因子组成是______、______．
正确答案
yyRr
Yyrr
解析
解答：根据题意和图示分析可知：豌豆种子黄色Y对绿色y为显性，圆粒R对皱粒r为显性，后代中黄色：绿色=82：80=1：1，属于测交，说明亲本的基因型为Yy×yy；圆粒：皱粒=82：80=1：1，说明亲本的基因型为Rr×rr，属于测交．综合以上可知控制这两对性状的基因遵循基因的自由组合定律，所以亲本的基因型为Yyrr（黄色皱粒）×yyRr（绿色圆粒）．
故答案为：yyRr Yyrr
（2015秋•瑞安市月考）基因型为Aabb的个体，通过自由组合产生的配子可能是（ ）
正确答案
解析
解：A和a是一对等位基因，b和b是相同基因．在减数第一次分裂后期，等位基因随着同源染色体的分开而分离，同时非同源染色体上的非等位基因之间自由组合．因此，基因型为Aabb的个体能产生两种配子，即Ab、ab．
故选：A．
水稻是重要的粮食作物之一．已知高秆（D）对矮秆（d）是显性，抗病（R）对易感病（r）是显性，控制上述两对性状的基因分别位于两对同源染色体上．现有纯合的水稻品种甲（DDRR）和乙（ddrr）．请分析回答：
（1）在图A杂交过程中，植株甲所结的种子中储藏营养物质的胚乳细胞基因型为______，播种这些种子，长出的植株将会产生基因型为______的花粉，将这些花粉进行离体培养，获得幼苗后再用______试剂处理，所得全部植株中能稳定遗传并符合生产要求的个体理论上占______，此育种方法与杂交育种相比优点是______．
（2）若将图A中F1与另一水稻品种丙杂交，后代表现型及比例如图B所示，由此判断丙的基因型是______．
（3）运用杂交育种的方法培育符合生产要求的新品种时，按照图A程序得到F2后，应通过______的方式来逐代淘汰不符合生产要求的个体．按照现代生物进化论的观点，这种选择能定向改变种群的______，导致种群朝着一定的方向进化．这种方法能否形成新物种______，原因是______．
正确答案
解析
解：（1）胚乳是由受精极核（一个精子和2个极核结合形成的）发育形成的，甲（DDRR）和乙（ddrr）杂交，植株甲所结的种子中储藏营养物质的胚乳细胞基因型为DRDDdRRr；播种这些种子，长出的植株的基因型为DdRr，将会产生四种基因型的花粉，即DR、Dr、dR、dr的；将这些花粉进行离体培养，获得幼苗后再用秋水仙素试剂处理，所得全部植株中（1DDRR、1DDrr、1ddRR、1ddrr）能稳定遗传并符合生产要求的个体（ddRR）理论上占
（2）由以上分析可知，丙的基因型是Ddrr．
（3）运用杂交育种的方法培育符合生产要求的新品种时，按照图A程序得到F2后，应通过人工选择的方式来逐代淘汰不符合生产要求的个体．人工选择能定向改变种群的基因频率，导致种群朝着一定的方向进化．这种方法不能形成新物种，原因是有基因交流（或不存在生殖隔离）．
故答案为：
（1）DDdRRr DR、Dr、dR、dr 秋水仙素 
（2）Ddrr
（3）人工选择 基因频率 不能 有基因交流或不存在生殖隔离
南瓜的皮色有白色、黄色和绿色三种，该性状的遗传涉及两对基因（H、h和Y、y）．有人利用白色（甲）、黄色和绿色3个纯合品种进行了如下三个杂交实脸：
实验1：黄×绿，F1为黄色，F1自交，F2为3黄：1绿
实验2：白色（甲）×黄，F1为白色，F1自交，F2为12白：3黄：1绿
（1）与南瓜皮色有关的两对基因（H、h和Y、y）位于______（1分）对同源染色体上．
（2）南瓜皮的色素、酶和基因的关系如图1所示：
①若H基因的作用是使酶1失去活性，而h基因无此效应，则控制酶2合成的基因应该是______．
②上述杂交实验中，用作亲本的白色（甲）、黄色和绿色品种的基因型依次是______．
③实验2得到的F2代南瓜中，白色南瓜的基因型有______种，其中纯合白色南瓜占全部白色南瓜的比例为______．
④实验者接着做了第三个实脸：白色（乙）×绿→F1为白色，然后对F1植株进行测交，F2为2白：1黄：1绿，则白色（乙）的基因型为______，若将F2代白皮南瓜植株自交，理论上F3南瓜皮色的表现型比例为白：黄：绿=______．
（3）研究发现与正常酶1比较，失去活性的酶1的氨基酸序列有两个突变位点，如图2：
①可以推测，酶1氨基酸序列a、b两处的突变都是控制酶1合成的基因发生突变的结果，其中a处是发生碱基对的______导致的，b处是发生碱基对的______导致的．
②研究还发现，失活酶1的相对分子质量明显小于正常酶1，出现此现象的原因可能是基因突变导致翻译过程______．
正确答案
解析
解：（1）因为实验2结果后代的性状分离比为12：3：1，为分离比9：3：3：1的变式，因此这两对基因位于两对同源染色体上，F2绿色基因型为hhyy，黄色为H_yy，白色H_Y_和hhY_或黄色hhY_，白色H_Y_和H_yy，将分析结果代入实验1验证，结果正确．
（2）①H基因使酶1失去活性，h基因无此效应，因此实验2中F2代黄色南瓜基因型为hhY_，由图可知，Y为控制酶2合成的基因．
②由①分析可知，F1中白色基因型为HhYy，亲代白色（甲）为HHyy，黄色为hhYY．
③实验2得到的F2白色南瓜基因型为H_Y_和H_yy，白色南瓜占
④F1测交所得F2中，绿色南瓜基因型为hhyy，黄色南瓜基因型为hhYy，所以F1中一定有基因h和y及Y，结合前面分析可知，F1基因型为HhYy，亲本乙为HHYY；F2中白色南瓜基因型及比例为HhYy：Hhyy=1：1，HhYy自交后代表现型及比例为
（3）①据图分析，a处基因突变只导致一个氨基酸改变，这种突变可能是碱基对的替换，而b处突变导致b处及其后肽链上所有氨基酸都发生变化，可能是碱基对的增添或缺失．
②失活酶1的相对分子质量明显小于正常酶1，说明其肽链比正常的要短，可能为翻译提前终止．
故答案为：
（1）两（或不同）
（2）①Y
②HHyy、hhYY、hhyy
③6
④HHYY 24：3：5
（3）①替换 增添或缺失
②提前终止（或提前出现终止密码）
（1）鸭的羽色遗传符合______定律，F2中（黑羽、灰羽）：白羽约为______．
（2）研究人员假设一对等位基因控制黑色素合成（用B、b表示，B表示能合成黑色素），另一对等位基因促进黑色素在羽毛中的表达（用R、r表示，r表示抑制黑色素在羽毛中的表达）．根据连城白鸭喙色为黑色，而白改鸭喙色不显现黑色推测，上述杂交实验中连城白鸭的基因型为______，白改鸭的基因型为______，F2中，黑羽、灰羽鸭中杂合子的比例为______．
（3）研究人员发现F2黑羽：灰羽=1：2，他们假设R基因存在剂量效应，一个R基因表现为灰色，两个R基因表现为黑色，为了验证该假设，他们将F1灰羽鸭与亲本中的白改鸭进行杂交，观察统计杂交结果，并计算比例．
①若杂交结果为______，则假设成立．
②若杂交结果为______，则假设不成立．
正确答案
解析
解：（1）杂交实验结果：F2中非白羽（黑羽、灰羽）：白羽=363：279≈9：7，属于9：3：3：1的变式，由此可见，鸭的羽色遗传符合两对等位基因的自由组合定律．
（2）一对等位基因控制黑色素合成（用符号B，b表示，B表示能合成黑色素），另一对等位基因促进黑色素在羽毛中的表达（用R，r表示，r表示抑制黑色素在羽毛中的表达），则黑羽和灰羽的基因型为B_R_，白羽基因型为B_rr、bbR_、bbrr．连城白羽鸭的喙色为黑色，则其基因型为B_rr，而白改白羽鸭的喙色不显现黑色，则其基因型为bbR_，连城白羽鸭和白改白羽鸭杂交所得F1代均为灰羽（BbRr），可推出两亲本都为纯合子，即连城白鸭的基因型为BBrr，白改鸭的基因型为bbRR．
根据基因自由组合定律，F2代中黑羽和灰羽（B_R_）所占的比例为
（3）用F1灰羽鸭（BbRr）与亲本中白改鸭（bbRR）杂交，子代出现四种基因型：BbRR、BbRr、bbRR、bbRr．
①若假设成立，即R基因存在剂量效应，一个R基因表现为灰色，两个R基因表现为黑色，则杂交结果为黑羽（BbRR）：灰羽（BbRr）：白羽（bbRR、bbRr）=1：1：2；
②若假设不成立，则杂交结果为灰羽（BbRR、BbRr）：白羽（bbRR、bbRr）=1：1．
故答案为：
（1）基因的自由组合 9：7
（2）BBrr bbRR
（3）黑羽：灰羽：白羽=1：1：2 灰羽：白羽=1：1
结合上述结果，回答下列问题：
（1）控制红粒性状的基因为______（填显性或隐性）基因；该性状由______对能独立遗传的基因控制．
（2）第Ⅰ、Ⅱ组杂交组合子一代可能的基因组成有______种，第Ⅲ组杂交组合子一代可能的基因组成有______种．
（3）第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组F1测交后代的红粒和白粒的比例依次为______、______和______．
正确答案
解析
解：（1）由于两种性状的个体杂交后代只有一种性状，所以该性状为显性性状．根据F2的红粒：白粒=63：1，可推知该性状由3对能独立遗传的基因控制．
（2）设三对独立遗传的基因分别为Aa、Bb、Cc，则第Ⅰ组杂交组合子一代可能的基因组成有AaBBCC、AABbCC、AABBCc三种可能，自交后代都为3：1；第Ⅱ组杂交组合子一代可能的基因组成有AaBbCC、AaBBCc、AABbCc三种可能，自交后代都为15：1；第Ⅲ组杂交组合子一代可能的基因组成为AaBbCc．
（3）由于只有纯隐性个体才表现为白粒，所以如果用第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组F1测交，则后代的红粒和白粒的比例依次为1：1、3：1和7：1．
故答案为：
（1）显性 三
（2）3 1
（3）1：1 3：1 7：1
玉米籽粒的胚乳黄色（A）对白色（a）为显性，非糯（B）对糯（b）为显性，两对性状自由组合．现有白色非糯、黄色糯、白色糯纯合的玉米籽粒，其中黄色糯、白色非糯玉米不抗某种除草剂，白色糯玉米抗该除草剂，其抗性基因位于线粒体DNA上．
（1）若要培育抗该种除草剂的黄色非糯杂种玉米，请写出其杂交育种过程：
第一步：______
第二步：______
第三步：______
（2）若要培育抗该种除草剂的黄色非糯纯种玉米，用单倍体育种方法可以加快育种速度，此过程中应选取基因型为______的植株的花粉，这些花粉的基因型具体是______．
正确答案
以黄色糯纯合的玉米籽粒为父本、白色糯纯合的玉米籽粒为母本，进行杂交，得到的F1为抗除草剂的黄色糯玉米
以抗除草剂的黄色糯玉米为母本，与白色非糯纯合的玉米籽粒进行杂交，得到的F2为抗除草剂的黄色非糯杂种玉米和白色非糯杂种玉米
让F2杂种玉米分别自交，选出黄色非糯杂种玉米即为抗该种除草剂的黄色非糯杂种玉米
AaBb
AB、Ab、aB、ab
解析
解：（1）第一步：以黄色糯纯合的玉米籽粒（AAbb）为父本、白色糯纯合的玉米籽粒（aabb）为母本，进行杂交，得到的F1为抗除草剂的黄色糯玉米（Aabb）；
第二步：以抗除草剂的黄色糯玉米（Aabb）为母本，与白色非糯纯合的玉米籽粒（aaBB）进行杂交，得到的F2为抗除草剂的黄色非糯杂种玉米（AaBb）和白色非糯杂种玉米（aaBb）；
第三步：让F2杂种玉米分别自交，选出黄色非糯杂种玉米即为抗该种除草剂的黄色非糯杂种玉米．
（2）若要培育抗该种除草剂的黄色非糯纯种玉米，用单倍体育种方法可以加快育种速度，此过程中应选取基因型为AaBb的植株的花粉，这些花粉的基因型具体是AB、Ab、aB、ab．获得单倍体幼苗后，用秋水仙素处理，使其染色体数目加倍．
故答案为：
（1）以黄色糯纯合的玉米籽粒为父本、白色糯纯合的玉米籽粒为母本，进行杂交，得到的F1为抗除草剂的黄色糯玉米
以抗除草剂的黄色糯玉米为母本，与白色非糯纯合的玉米籽粒进行杂交，得到的F2为抗除草剂的黄色非糯杂种玉米和白色非糯杂种玉米
让F2杂种玉米分别自交，选出黄色非糯杂种玉米即为抗该种除草剂的黄色非糯杂种玉米
（2）AaBb AB、Ab、aB、ab
小鼠的长尾与短尾（相关基因T、t）是一对相对性状，黑色与褐色（相关基因R、r）为另一对相对性状．其中一对等位基因位于常染色体上，另一对等位基因位于X染色体上．多只基因型相同的褐色短尾雌鼠和多只基因型相同的褐色短尾雄鼠分别交配得到的后代统计如下表：
（1）这两对相对性状中，显性性状分别为______．
（2）控制小鼠的黑色与褐色这一对相对性状的基因位于______染色体上．
（3）写出雌雄亲本小鼠的基因型______．
（4）在上述子代中，杂合褐色短尾雌鼠占全部子代的比例为______．
（5）上述子代中所有的短尾雌鼠与长尾雄鼠杂交，后代雌鼠中短尾小鼠所占比例为______．
正确答案
解析
解：（1）由于亲本都是褐色短尾鼠，后代出现了黑色长尾鼠，发生了性状分离，所以这两对相对性状中，显性性状分别为褐色、短尾．
（2）子代雄果蝇和雌果蝇中，褐色：黑身均为3：1，说明这对相对性状的遗传与性别无关，则控制该性状的基因位于常染色体上．
（3）根据分析，雌雄亲本小鼠的基因型为RrXTXt×RrXTY．
（4）亲本的基因型为RrXTXt×RrXTY，它们所生子代中，褐身短尾雌鼠（R_XTX_）所占的比例为
（5）上述子代中所有的短尾雌鼠（XTX_）与长尾雄鼠（XtY）杂交，后代雌鼠中短尾小鼠所占比例为1-
故答案为：
（1）褐色、短尾
（2）常
（3）RrXTXt×RrXTY
（4）
（5）
两对相对性状的基因自由组合，如果F2的分离比分别为9：7、9：6：1和15：1，那么F1与双隐性个体测交，得到的表现型分离比分别是（ ）
正确答案
解析
解：根据题意和分析可知：
（1）F2的分离比为9：7时，说明生物的基因型为9A_B_：（3A_bb+3aaB_+1aabb），那么F1与双隐性个体测交，得到的表现型分离比分别是A_B_：（A_bb+aaB_+aabb）=1：3；
（2）F2的分离比为9：6：1时，说明生物的基因型为9A_B_：（3A_bb+3aaB_）：1aabb，那么F1与双隐性个体测交，得到的表现型分离比分别是A_B_：（A_bb+aaB_）：aabb=1：2：1；
（3）F2的分离比为15：1时，说明生物的基因型为（9A_B_+3A_bb+3aaB_）：1aabb，那么F1与双隐性个体测交，得到的表现型分离比分别是（A_B_+A_bb+aaB_）：aabb=3：1．
故选：A．
基因的遗传规律是指（ ）
正确答案
解析
解：遗传的基本规律是指基因在生物的传种接代过程中的活动规律，一般发生在减数分裂产生生殖细胞的过程中．
故选：B．
棉花的纤维有白色的，也有紫色的；植株有抗虫的也有不抗虫的．为了鉴别有关性状的显隐关系．用紫色不抗虫植株分别与白色抗虫植株P、Q进行杂交．结果如下表．（假定控制两对性状的基因独立遗传；颜色和抗虫与否的基因可分别用A．a和B．b表示），请回答：
（1）上述两对性状中，______是显性性状．
（2）亲本中紫色不抗虫、白色抗虫P、白色抗虫Q的基因型分别是______、______、______．
正确答案
解析
解：（1）根据分析，上述两对性状中，白色和不抗虫是显性性状．
（2）在组合一中，紫色不抗虫的基因型为aaB_，白色抗虫P的基因型为A_bb，后代紫色不抗虫：白色不抗虫=1：1，所以基因型为aaBB和Aabb．在组合二中，紫色不抗虫的基因型为aaBB，白色抗虫Q的基因型为A_bb，后代紫色不抗虫：白色不抗虫=0：1，所以白色抗虫Q的基因型为AAbb．
故答案为：
（1）白色、不抗虫
（2）aaBB Aabb AAbb
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