《2025年金版教程高考科学复习解决方案生物创新版》

[例 8] （2024·贵州，20）已知小鼠毛皮的颜色由一组位于常染色体上的复等位基因 $ B_1 $（黄色）、$ B_2 $（鼠色）、$ B_3 $（黑色）控制。现有甲（黄色短尾）、乙（黄色正常尾）、丙（鼠色短尾）、丁（黑色正常尾）$ 4 $ 种基因型的雌雄小鼠若干，某研究小组对其开展了系列实验，结果如图所示。

回答下列问题：
(1)基因 $ B_1 $、$ B_2 $、$ B_3 $ 之间的显隐性关系是________________________。实验③中的子代比例说明了________________________，其黄色子代的基因型是________。
(2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型共有5种，其中基因型组合为B₁B₃与B₁B₃的小鼠相互交配产生的子代毛皮颜色种类最多。
(3)小鼠短尾（$ D $）和正常尾（$ d $）是一对相对性状，短尾基因纯合时会导致小鼠在胚胎期死亡。小鼠毛皮颜色基因和尾形基因的遗传符合自由组合定律，若甲雌雄个体相互交配，则子代表型及比例为________________________；为测定丙产生的配子类型及比例，可选择丁个体与其杂交，选择丁的理由是________________________。

答案： [例8] 答案：
(1)B₁对B₂、B₃为显性，B₂对B₃为显性 B₁基因具有纯合致死效应，即B₁B₁个体致死 B₁B₃、B₁B₁
(2)5 B₁B₃与B₁B₃
(3)黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾=4∶2∶2∶1 丁的基因型为B₃B₃dd，为隐性纯合子，可选其与丙测交来测定丙产生的配子类型及比例
解析：
(1)根据实验③甲(黄色)和乙(黄色)杂交，子代出现鼠色，可判断B₁对B₂为显性，再结合实验①甲(黄色)和丁(黑色)杂交，子代表型及比例为黄色∶鼠色=1∶1，而黑色未出现，说明B₁、B₂对B₃为显性，即B₁、B₂、B₃的显隐性关系为B₁对B₂、B₃为显性，B₂对B₃为显性。由实验②乙×丁→子代黄色∶黑色=1∶1可知，乙的基因型为B₁B₃。实验③甲×乙(B₁B₃)，子代出现鼠色，可推测甲的基因型为B₁B₂，子代比例为黄色∶鼠色=2∶1，说明黄色个体中有纯合致死现象，即B₁B₁个体致死，故黄色子代的基因型为B₁B₂、B₁B₃。
(2)小鼠群体中与毛皮颜色有关的基因型有B₁B₂、B₁B₃、B₂B₂、B₂B₃、B₃B₃，其中基因型组合为B₁B₂、B₁B₃的小鼠相互交配，产生的子代毛皮颜色种类为三种，种类最多。
(3)同时考虑毛皮颜色和尾形时，则甲(黄色短尾)的基因型为B₁B₂Dd(DD个体致死)，两对等位基因的遗传遵循自由组合定律，甲雌雄个体交配，子代黄色∶鼠色=2∶1，短尾∶正常尾=2∶1，故子代表型及比例为黄色短尾∶黄色正常尾∶鼠色短尾∶鼠色正常尾=4∶2∶2∶1。丙的表型为鼠色短尾(B₂_Dd)，可通过测交实验测定丙产生的配子种类及比例，故可选择与隐性纯合子丁(B₃B₃dd)进行测交，由后代的表型及比例可推测丙产生的配子类型及比例。

[例 9] 研究人员发现某野生稻品种甲 $ 7 $ 号染色体上具有抗病基因 $ H $，$ 12 $ 号染色体上具有耐缺氮基因 $ T $，而华南籼稻优良品种乙染色体相应位置均为隐性基因。将甲、乙杂交，$ F_1 $ 自交，用 PCR 方法检测 $ F_2 $ 群体中不同植株的基因型，发现不同基因型个体数如表。


(1)耐缺氮性状的遗传遵循基因分离定律，判断的依据是F₂中TT、Tt、tt的比例约为1∶2∶1(F₂中耐缺氮植株比例约为3/4)。
(2)$ F_2 $ 群体中 $ HH $、$ Hh $、$ hh $ 基因型个体的数量比总是 $ 1:6:5 $，________（填“符合”或“不符合”）典型的孟德尔遗传比例。研究人员推测“$ F_1 $ 产生的雌配子育性正常，而带有 $ H $ 基因的花粉成活率很低。”请设计杂交实验检验上述推测，并写出支持上述推测的子代性状及数量比________________________。
(3)进一步研究发现品种乙 $ 7 $ 号染色体上有两个紧密连锁在一起的基因 $ P_1 $ 和 $ P_2 $（如图），$ P_1 $ 编码抑制花粉发育的毒性蛋白，$ P_2 $ 编码能解除该毒性蛋白作用的保护性蛋白。品种甲 $ 7 $ 号染色体上无基因 $ P_1 $ 和 $ P_2 $。
①据此可知，$ F_1 $ 带有 $ H $ 基因花粉成活率低的原因是 $ P_1 $ 在减数第一次(或有丝)分裂时期表达，而 $ P_2 $ 在精细胞(花粉)中表达。
②$ P_1 $ 和 $ P_2 $ 被称为自私基因，其“自私性”的意义是使亲本的遗传信息(亲本的遗传物质、亲本的DNA)更多地传递给子代，“自私”地维持了物种自身的稳定性。
(4)科研人员利用杂交育种技术改良乙水稻，获得了 $ HHTT $ 型乙水稻新品种。最终选出的植株中，部分个体含 $ P_1 $、$ P_2 $ 基因，部分不含，应保存其中哪一类？并分析说明理由。________________________。

答案： [例9] 答案：
(1)基因分离 F₂中TT、Tt、tt的比例约为1∶2∶1(F₂中耐缺氮植株比例约为3/4)
(2)不符合
以F₁为母本，品种乙为父本，子代中抗病个体与不抗病个体比例是1∶1；以F₁为父本，品种乙为母本，子代中抗病个体与不抗病个体比例为1∶5
(3)①减数第一次(或有丝) 精细胞(花粉)
②亲本的遗传信息(亲本的遗传物质、亲本的DNA)
(4)有P₁、P₂基因。能够保持品系的优良性状(或无P₁、P₂基因。有利于进一步杂交进行性状改良)
解析：
(1)根据甲、乙杂交，F₁自交后代F₂中，TT、Tt、tt的比例约为1∶2∶1，可推出控制缺氮性状的遗传遵循基因的分离定律。
(2)HH∶Hh∶hh=1∶6∶5不符合典型的孟德尔遗传比例。
由题意知“F₁产生的雌配子育性正常，而带有H基因的花粉成活率很低”，假设F₁产生的雄配子H的概率为x，则雄配子h的概率为1-x，而产生的雌配子都能正常成活，H=1/2，h=1/2。
由F₂群体中HH∶Hh∶hh=1∶6∶5，可知HH=1/12=1/2x，x=1/6，即雄配子H的概率为1/6，h的概率为1-1/6=5/6，即F₁产生的雄配子H∶h=1∶5，若雄配子都能正常成活的话，H∶h应该等于1∶1，因此雄配子H的成活率=1/5。可通过正交反交实验检验上述推测，具体为F₁为母本，品种乙为父本的杂交实验，预测结果子代中抗病个体与不抗病个体比例是1∶1；以F₁为父本，品种乙为母本，预测结果子代中抗病个体与不抗病个体比例为1∶5，二者正反交结果不同，则可验证。
(3)①P₁基因能够编码抑制花粉发育的毒性蛋白，P₂基因编码能解除该毒性蛋白作用的保护性蛋白，带有H基因(不含P₁、P₂基因)的花粉成活率很低，可推测P₁蛋白在所有花粉细胞中都存在，P₂蛋白只在含有P₁、P₂基因的花粉中存在，所以P₁在减数第二次分裂前表达，P₂在精细胞中表达。②通过维持物种自身的稳定性可知“自私性”的意义是使亲本的遗传信息更多地传递给子代。
(4)根据以上分析可知，有P₁、P₂基因能够保持品系的优良性状、无P₁、P₂基因有利于进一步杂交进行性状改良，因此应保存含P₁、P₂基因的种类。