《2026年新高考5年真题生物河北专版》

11. [2025·陕西卷,16T,3分]某常染色体遗传病致病基因为H,在一些个体中可因甲基化而失活(不表达),又会因去甲基化而恢复表达。由于遗传背景的差异,H基因在精子中为甲基化状态,在卵细胞中为去甲基化状态,且都在受精后被子代保留。该病的某系谱图如图,Ⅲ₁的基因型为Hh,不考虑其他表观遗传效应和变异的影响,下列分析错误的是(B)


A.Ⅰ₁和Ⅰ₂均含有甲基化的H基因
B.Ⅱ₁为杂合子的概率是2/3
C.Ⅱ₂和Ⅱ₃再生育子女的患病概率是1/2
D.Ⅲ₁的h基因只能来自父亲

答案： 11. 参考答案 B
命题意图 本题主要考查表观遗传和人类遗传病的相关知识，意在考查考生的理解能力、获取信息的能力和综合运用能力。
解题思路 分析题图，由于H基因在精子中为甲基化状态，不表达，在卵细胞中为去甲基化状态，表达，且都在受精后被子代保留，而Ⅲ₁为患者，基因型为Hh，则其H基因一定来自Ⅱ₂，Ⅱ₂不患病，故Ⅱ₂的H基因应该来自父亲Ⅰ₁，Ⅰ₂传给Ⅱ₂的基因应为h，即Ⅱ₂，基因型为Hh。Ⅰ₁和Ⅰ₂均不患病，Ⅱ₁患病，故Ⅱ₁含有来自Ⅰ₂的H基因，Ⅰ₂的基因型为Hh，Ⅰ₁含有H基因且不患病，则其母亲传给Ⅰ₁的一定是h基因，Ⅰ₁的基因型也为Hh。由分析可知，Ⅰ₁和Ⅰ₂的基因型均为Hh且不患病，故二者都含有甲基化的H基因，A正确；由分析可知，由于Ⅱ₁一定含有来自Ⅰ₂的h基因，其可能含有来自Ⅰ₁的H基因，也可能含有来自Ⅰ₁的h基因，则其为杂合子的概率是1/2，B错误；Ⅱ₂和Ⅲ₃再生育子女是否患病取决于其是否遗传到母亲的H基因，即患病概率为1/2，C正确；由分析可知，Ⅲ₁的H基因来自Ⅱ₂，则其h基因只能来自父亲，D正确。

12. [2025·浙江1月卷,20T,2分]某遗传病家系的系谱图如图甲所示,已知该遗传病由正常基因A突变成A₁或A₂引起,且A₁对A和A₂为显性,A对A₂为显性。为确定家系中某些个体的基因型,分别根据A₁和A₂两种基因的序列,设计鉴定该遗传病基因的引物进行PCR扩增,电泳结果如图乙所示。下列叙述正确的是(B)


A.电泳结果相同的个体表型相同,表型相同的个体电泳结果不一定相同
B.若Ⅱ₃的电泳结果有2条条带,则Ⅱ₂和Ⅲ₃基因型相同的概率为1/3
C.若Ⅲ₁与正常女子结婚,生了1个患病的后代,则可能是A₂导致的
D.若Ⅲ₅的电泳结果仅有1条条带,则Ⅱ₆的基因型只有1种可能

答案： 12. 参考答案 B
命题意图 本题主要考查基因的分离定律、人类遗传病和遗传系谱图的相关知识，意在考查考生的理解能力、获取信息的能力和综合运用能力。
解题思路 由于引物是根据A₁和A₂设计的，则电泳结果中的两条条带分别表示A₁和A₂，由题干可知，A₁对A和A₂为显性，A对A₂为显性，则基因型为AA₂（正常个体）和A₂A₂（患病个体）的电泳结果是相同，但表型不同，即电泳结果相同的个体表型不一定相同，A错误；Ⅰ₁电泳结果为2条带，基因型为A₁A₂，若Ⅱ₃的电泳结果有1条带，其基因型与Ⅰ₁相同，Ⅰ₂和Ⅱ₄电泳结果都是1条带，且表型正常，其基因型均为AA₂，Ⅱ₂和Ⅲ₃患病，则其基因型可能为A₁A₂或A₁A或A₁A₁，由于Ⅱ₁电泳结果没有条带，表现正常，其基因型为AA，而Ⅲ₁患病，因此Ⅱ₂的基因型不能为A₂A₂，可为A₁A₂或A₁A，且各占1/2，因此Ⅱ₅和Ⅲ₃的基因型相同的概率为1/2×1/1+1/2×1/3=1/3，B正确；由B项可知，Ⅱ₁，基因型为AA，Ⅱ₂基因型为A₁A，或A₁A₂，因此Ⅲ₁基因型只能为A₁A，Ⅲ₁与正常女子结婚，生了一个患病后代，只能是A₁导致的，C错误；由B项可知，Ⅱ₅基因型为A₁A₂或A₁A，或A₁A₁，A₂A₂，只有1条带且患病，则Ⅲ₅基因型可为A₁A或A₁A₁或A₂A₂，而Ⅱ₆没患病，Ⅲ₅基因型不可能是A₁A₁，因此Ⅱ₆基因型可为AA₂或AA，共2种可能，D错误。

13. [2024·安徽卷,12T,3分]某种昆虫的颜色由常染色体上的一对等位基因控制,雌虫有黄色和白色两种表型,雄虫只有黄色,控制白色的基因在雄虫中不表达,各类型个体的生存和繁殖力相同。随机选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配,F₁雌性全为白色,雄性全为黄色。继续让F₁自由交配,理论上F₂雌性中白色个体的比例不可能是(A)

A.1/2
B.3/4
C.15/16
D.1

答案： 13. 参考答案 A
命题意图 本题主要考查基因分离定律的相关知识，意在考查考生的理解能力。
解题思路 设位于常染色体上的这对等位基因为A、a，由题干可知，控制白色的基因在雄虫中不表达，雄虫中只有黄色，不考虑黄色与白色的显隐性，黄色雄虫的基因型可以为AA、Aa、aa。随机选取一只白色雌虫与一只黄色雄虫交配，F₁雌性全为白色，雄性全为黄色，即杂交组合的后代不发生性状分离，而不发生性状分离的亲本雌雄杂交组合有AA×AA、AA×Aa（Aa×AA）、AA×aa、aa×aa。①当亲本雌雄杂交组合为AA×AA时，F₁自由交配，理论上F₂雌性中白色个体的比例为1；②当亲本雌雄杂交组合为AA×Aa（Aa×AA）时，F₁（AA、Aa）自由交配，产生的配子比例为A：a=3：1，理论上F₂雌性中白色个体的比例为15/16；③当亲本雌雄杂交组合为AA×aa时，F₁自由交配，理论上F₂雌性中白色个体的比例为3/4；④当亲本雌雄杂交组合为aa×aa时，F₁自由交配，理论上F₂雌性中白色个体的比例为1。综上所述，A符合题意。

14. [2024·广西卷,16T,4分]某种观赏花卉(两性花)有4种表型:紫色、大红色、浅红色和白色,由3对等位基因(A/a、B/b和D/d)共同决定,其中只要含有aa就表现白色,且A/a与另2对等位基因不在同一对同源染色体上。现有4个不同纯合品系甲、乙、丙和丁,它们之间的杂交情况(无突变、致死和染色体互换)见表。下列分析正确的是(D)


A.B/b与D/d不在同一对同源染色体上,遵循自由组合定律
B.Ⅰ、Ⅱ组的F₁个体,基因型分别是AaBBDd、AaBbDD
C.Ⅰ组产生的F₂,其紫色个体中有6种基因型
D.Ⅱ组产生的F₂,其白色个体中纯合子占1/2

答案： 14. 参考答案 D
命题意图 本题主要考查基因自由组合定律的相关知识，意在考查考生的理解能力和综合运用能力。
解题思路 分析题意和题表，该花卉颜色的4种表型由3对等位基因（A/a、B/b、D/d）决定，其中只要含有aa就表现为白色，A/a与另2对等位基因不在同一对同源染色体上，Ⅰ组甲（紫色）×乙（白色），F₁全为紫色，F₂表型及比例为紫色：浅红色：白色≈9:3:4，符合9:3:3:1变式，Ⅱ组丙（大红色）×丁（白色），F₁全为紫色，F₂表型及比例为紫色：大红色：白色≈6:6:4，符合9:3:3:1变式，可推知A/a与B/b、A/a与D/d遵循自由组合定律，但B/b与D/d存在连锁，不遵循基因自由组合定律，基因型型为AABBBDD，乙基因型为aabbdd，Ⅰ组F₁基因型为AaBbDd，且B、D基因连锁，b、d基因连锁，则F₁自交所得F₂为紫色（A_BBD_、A_BbDd）：浅红色（A_bbdd）：白色（aaBBDD、aabbdd、aabbDd）≈9：3：4；丙基因型为AabbDD，丁基因型为aaBBdd（或丙基因型为AABbDd，丁基因型为aabbDD），Ⅱ组F₁基因型为AaBbDd，且B、d连锁，b、D连锁，则F₁自交所得F₂为紫色（A_BbDd）：大红色（A_Bbdd、A_bbDD）：白色（aaBbDd、aabbDD、aaBbdd）≈6:6:4。由分析可知，B/b与D/d不遵循自由组合定律，A错误；Ⅰ组、Ⅱ组的F₁基因型均为AaBbDd，B错误；Ⅰ组产生的F₂中紫色个体的基因型有AABBDD、AABbDd、AaBBDD、AaBbDd共4种，C错误；Ⅱ组产生的F₂中白色个体的基因型共比例为1/16aaBbDd、2/16aaBbDd、1/16aabbDD，其中纯合子所占比例为1/2，D正确。