题型整合专项练：运用“加法原理”与“乘法原理”进行概率计算---章节练 高中生物学浙科版（2019）必修2 (含解析）

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2026浙科版高中生物学必修2
题型整合练　运用“加法原理”与“乘法原理”进行概率计算
1.人类多指基因(T)对正常指基因(t)为显性,白化基因(a)对正常基因(A)为隐性,这两对基因独立遗传。一个家庭中,父亲是多指,母亲正常,他们有一个患白化病但手指正常的孩子,则他们再生一个孩子只患一种病和患两种病的概率分别是(　　)
A.1/2、1/8　　　B.3/4、1/4
C.1/2、1/4　　　D.1/4、1/8
2.在完全显性且三对基因各自独立遗传的条件下,基因型为aaBbdd与AaBbDd的个体杂交,下列叙述正确的是(　　)
A.子代基因型有12种,表型有6种
B.子代中杂合子占全部后代的比例为5/8
C.子代中基因型为aaBbDd的个体占3/8
D.子代中基因型不同于双亲的个体占3/4
3.(2024浙江杭州二中热身考)现有一株纯种小麦的性状是高秆(D)有芒(T),另一株纯种小麦的性状是矮秆(d)无芒(t),两对基因独立遗传,两株小麦杂交得到F1,F1自交得F2(假设子代数量足够多),对F2的个体进行如下杂交操作,结果错误的是(　　)
A.选取F2中所有高秆有芒个体随机交配,子代高秆有芒个体占64/81
B.选取F2中所有高秆个体随机交配,子代高秆有芒个体占2/3
C.选取F2中所有矮秆有芒与高秆无芒个体随机交配,子代高秆有芒个体占25/81
D.选取F2中所有矮秆个体随机交配,子代有芒个体占3/4
4.某种植物的果实质量由A与a、B与b、D与d三对独立遗传的等位基因控制。已知A、B、D基因对果实的增重效应相同,a、b与d基因的作用相同,基因型为AABBDD的植株果实重72 g,基因型为aabbdd的植株果实重36 g。用基因型为AaBbDd与Aabbdd的植株杂交并产生子代。下列说法错误的是(　　)
A.子代中不会出现果实质量为66 g的植株
B.子代中果实质量为42 g的植株有3种基因型
C.子代中果实质量为48 g的植株出现的概率为5/16
D.子代中果实质量为54 g与60 g的植株之比为4∶1
5.玉米为雌雄同株异花植物,其籽粒颜色受A、a和B、b两对独立遗传的基因控制,A、B同时存在时籽粒颜色为紫色,其他情况为白色(不考虑突变)。研究人员进行以下两组实验,有关说法不正确的是(　　)
组别 亲代 F1
实验一 紫色×紫色 白色∶紫色=7∶9
实验二 紫色×白色 白色∶紫色=3∶1
A.籽粒的紫色和白色为一对相对性状,亲代紫色植株的基因型均为AaBb
B.实验一F1中紫色个体自交,子代的表型及比例为紫色∶白色=25∶11
C.实验二F1中白色个体的基因型可能有2种且均为杂合子
D.实验二的F1中白色个体随机传粉,其后代籽粒为白色个体的比例为17/18
6.(2025浙江A9协作体联考)母亲节明星花卉——康乃馨属于两性花植物。将红花和白花两种康乃馨进行杂交,F1全为红花。F1自交产生F2,F2共1 085株,其中红花812株,粉花205株,白花68株。将F2粉花康乃馨进行随机交配,理论上子代开白花的概率是(　　)
A.1/4　　　B.1/6　　　C.1/9　　　D.1/16
7.已知某闭花授粉植物的花色和叶形由两对独立遗传的等位基因控制,某研究人员将一株粉花肾形叶植株自交,得到的F1中红花肾形叶∶粉花肾形叶∶白花肾形叶∶红花圆叶∶粉花圆叶∶白花圆叶=3∶6∶3∶1∶2∶1,若使F1中粉花肾形叶植株自然生长,则F2中能稳定遗传的个体占(　　)
A.1/3　　　B.3/4　　　C.5/6　　　D.1/4
8.(2024浙江金华浦江阶段检测)人类红细胞表面的凝集原与血型关系见下表。研究表明,人ABO血型不仅由IA、IB、i基因决定,还与H、h基因有关。IA、IB、i基因与H、h基因共同决定血型的原理如图所示,两组基因独立遗传。下列相关叙述错误的是(　　)
凝集原A 凝集原B 对应血型
红细胞表面 有 没有 A型
红细胞表面 没有 有 B型
红细胞表面 有 有 AB型
红细胞表面 没有 没有 O型
A.IA、IB、i基因互为等位基因,可与H、h基因进行自由组合
B.表型为O型血的人群的基因型共有9种
C.具有凝集原B的人应同时具有H基因和IB基因
D.若夫妇二人的基因型均为HhIBi,理论上B型血后代中杂合子个体占8/9
9.小鼠背毛颜色受3对等位基因控制,C基因控制色素的合成,A、B基因能够调控C基因的表达。A基因单独作用时小鼠呈浅灰色,B基因单独作用时小鼠呈黑色,二者共同作用时小鼠呈深灰色,二者都不发挥作用时小鼠呈银灰色;c基因纯合时小鼠表现为白色。现有四个纯合品系:深灰色野生型、黑色品系甲、浅灰色品系乙和白色品系丙,并且品系甲、乙、丙分别只有一对基因与野生型不同。取甲×丙、乙×丙杂交得F1,两组F1分别自由交配得F2,两组F2均出现3种表型且比例为9∶3∶4,下列说法正确的是(　　)
A.两组杂交组合的F2中会出现一定比例的银灰色个体
B.两组杂交组合可证明这三对等位基因的遗传遵循自由组合定律
C.两组杂交组合的F2中白色个体的基因型均有3种,其中纯合子均占1/2
D.甲×丙的F2中的深灰色个体自由交配,白色个体在子代中的比例是1/4
10.豌豆素是野生型豌豆产生的一种抵抗真菌侵染的化学物质,决定产生豌豆素的基因A对a为显性,基因B对豌豆素的产生有抑制作用,而b基因没有。下面是利用两个不能产生豌豆素的纯种品系(甲、乙)及纯种野生型豌豆进行多次杂交实验的结果。
实验一:野生型×品系甲→F1为无豌豆素→F1自交→F2中有豌豆素∶无豌豆素=1∶3。
实验二:品系甲×品系乙→F1为无豌豆素→F1自交→F2中有豌豆素∶无豌豆素=3∶13。
下列有关说法不正确的是(　　)
A.据实验二,可判定与豌豆素产生有关的两对基因的遗传遵循自由组合定律
B.品系甲和品系乙两种豌豆的基因型分别是AABB、aabb
C.实验二的F2中不能产生豌豆素的植株的基因型共有7种,其中杂种植株占的比例为10/13
D.实验二的F2中不能产生豌豆素的植株中,有些植株的自交后代均不能产生豌豆素,这样的植株所占的比例为6/13
(2)若将F1野生型有鳞鱼雌雄个体之间进行相互交配,后代中表型为　　　　　　　　,其比例为　　　　。
答案与分层梯度式解析
题型整合练　运用“加法原理”与“乘法原理”进行概率计算
1.A　分析题意可知该夫妇的基因型为AaTt、Aatt,他们所生孩子为多指的概率为1/2,患白化病的概率为1/4,所以他们再生一个孩子只患一种病的概率为1/2×3/4+1/2×1/4=1/2,同时患两种病的概率为1/2×1/4=1/8。
2.D　aaBbdd×AaBbDd→子代基因型有2×3×2=12(种),表型有2×2×2=8(种),A错误;aaBbdd×AaBbDd→子代中纯合子的比例为1/2×1/2×1/2=1/8,则杂合子占全部后代的比例为1-1/8=7/8,B错误;aaBbdd×AaBbDd→子代中基因型为aaBbDd的个体占1/2×1/2×1/2=1/8,C错误;aaBbdd×AaBbDd→子代中基因型与亲本相同的概率为1/2×1/2×1/2+1/2×1/2×1/2=1/4,则子代中基因型不同于双亲的个体所占的比例为1-1/4=3/4,D正确。
3.C　题干解读
纯种高秆有芒小麦(DDTT)与纯种矮秆无芒小麦(ddtt)杂交得到F1(DdTt),F1自交得到的F2为D_T_∶D_tt∶ddT_∶ddtt=9∶3∶3∶1。
选取F2中所有高秆有芒个体(1/9DDTT、2/9DdTT、2/9DDTt、4/9DdTt),产生的配子为4/9DT、2/9Dt、2/9dT、1/9dt,随机交配,子代中高秆有芒个体的情况如表所示:
雄配子
4/9DT 2/9Dt 2/9dT 1/9dt
雌 配 子 4/9DT 16/81DDTT 8/81DDTt 8/81DdTT 4/81DdTt
2/9Dt 8/81DDTt 4/81DdTt
2/9dT 8/81DdTT 4/81DdTt
1/9dt 4/81DdTt
即子代高秆有芒个体占64/81,A正确。选取F2中所有高秆个体(1/3DD、2/3Dd),产生的配子为2/3D、1/3d,随机交配,子代中高秆的概率为2/3×2/3+2×2/3×1/3=8/9;F2高秆个体中TT∶Tt∶tt=1∶2∶1,产生的配子为1/2T、1/2t,随机交配,子代中有芒的概率为1/2×1/2+2×1/2×1/2=3/4,所以选取F2中所有高秆个体随机交配,子代高秆有芒个体占8/9×3/4=2/3,B正确。F2中矮秆有芒个体(1/3ddTT、2/3ddTt)产生的配子为2/3dT、1/3dt,高秆无芒个体(1/3DDtt、2/3Ddtt)产生的配子为2/3Dt、1/3dt,随机交配,子代高秆有芒个体(DdTt)占2/3×2/3=4/9,C错误。F2所有矮秆个体中TT∶Tt∶tt=1∶2∶1,产生的配子为1/2T、1/2t,随机交配,子代有芒个体(T_)占3/4,D正确。
4.C　A、B、D基因对果实的增重效应相同,a、b与d基因的作用相同,且基因型为AABBDD的植株果实重72 g,aabbdd植株的果实重36 g,由此可推知,一个基因A或B或D对应的果实质量为12 g,一个基因a或b或d对应的果实质量为6 g。双亲基因型为AaBbDd、Aabbdd,子代中含有显性基因最多的植株的基因型为AABbDd,果实质量为12×4+6×2=60(g),不会出现果实质量为66 g的植株,A正确;子代中果实质量为42 g的植株(含有1个显性基因)的基因型为Aabbdd、aaBbdd、aabbDd,共3种基因型,B正确;子代中果实质量为48 g的植株(含有2个显性基因)的基因型为AAbbdd、AaBbdd、AabbDd和aaBbDd,它们出现的概率为1/16+2/16+2/16+1/16=6/16,C错误;子代中果实质量为54 g的植株(含有3个显性基因)的基因型为AABbdd、AAbbDd和AaBbDd,它们出现的概率为1/16+1/16+2/16=4/16,子代中果实质量为60 g的植株(含有4个显性基因)的基因型为AABbDd,其出现的概率为1/16,则果实质量为54 g与60 g的植株之比为4∶1,D正确。
5.C　根据实验一的子一代表型及比例为白色∶紫色=7∶9,可知亲本基因型为AaBb×AaBb,根据实验二中子一代表型及比例为白色∶紫色=3∶1,可知紫色所占比例为1/4,故亲本基因型为AaBb×aabb,所以,亲代紫色植株的基因型均为AaBb,A正确。实验一的F1中紫色个体为1/9AABB、2/9AABb、2/9AaBB、4/9AaBb,自交后代籽粒为紫色的概率为1/9×1+2/9×3/4+2/9×3/4+4/9×9/16=25/36,籽粒为白色的概率为1-25/36=11/36,则子代的表型及比例为紫色∶白色=25∶11,B正确。根据分析可知,实验二亲本基因型为AaBb×aabb,F1中的白色个体基因型有3种,即Aabb、aaBb、aabb,并不都为杂合子,C错误。实验二F1中白色个体的基因型及比例为Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1,产生的配子类型及比例为Ab∶aB∶ab=1∶1∶4,F1白色个体随机传粉,子代表现为紫色个体的比例为1/6×1/6×2=1/18,所以白色个体的比例为1-1/18=17/18,D正确。
6.C　将红花和白花两种康乃馨进行杂交,F1全为红花,F1自交产生的F2中红花∶粉花∶白花≈12∶3∶1,为“9∶3∶3∶1”的变式,说明康乃馨的花色受两对独立遗传的等位基因控制,设相关基因用A/a、B/b表示,则F1的基因型为AaBb。F2中粉花植株的基因型为1/3AAbb、2/3Aabb(或1/3aaBB、2/3aaBb),产生的配子为Ab∶ab=2∶1(或aB∶ab=2∶1),则F2粉花康乃馨进行随机交配,理论上子代开白花(aabb)的概率为1/3×1/3=1/9,C正确。
7.A　设控制花色的等位基因为A、a,控制叶形的等位基因为B、b,根据F1中红花∶粉花∶白花=1∶2∶1,肾形叶∶圆叶=3∶1可知,亲本的基因型为AaBb,则F1中粉花肾形叶植株的基因型及比例为AaBB∶AaBb=1∶2,其自然生长即自交,Aa自交后代中纯合子的比例为1/2,1/3BB、2/3Bb自交后代中纯合子的比例为1/3+2/3×1/2=2/3,故F2中能稳定遗传的个体即纯合子的比例为1/2×2/3=1/3,A符合题意。
8.B　结合题表分析题图:
O型血对应的基因型为hh__、H_ii,则表型为O型血的人群的基因型共有6+2=8(种),B错误;若夫妇二人的基因型均为HhIBi,理论上B型血后代(H_IB_)中杂合子个体占1-1/3×1/3=8/9,D正确。
9.C　题干解读
由题意可知,小鼠毛色与基因型的对应关系:深灰色为A_B_C_,浅灰色为A_bbC_,黑色为aa_B_C_,银灰色为aabbC_,白色为_ _ _ _cc。
纯合深灰色野生型小鼠的基因型为AABBCC,已知品系甲、乙、丙都是纯合品系,且分别只有一对基因与野生型不同,则黑色品系甲的基因型为aaBBCC,浅灰色品系乙的基因型为AAbbCC,白色品系丙的基因型为AABBcc。甲×丙→F1(AaBBCc),F1自由交配得到的F2中不会出现银灰色个体;乙×丙→F1(AABbCc),F1自由交配得到的F2中不会出现银灰色个体,A错误。甲×丙→F1(AaBBCc)→F2表型比例为9∶3∶4,可以说明A/a和C/c的遗传遵循自由组合定律;乙×丙→F1(AABbCc)→F2表型比例为9∶3∶4,可以说明B/b和C/c的遗传遵循自由组合定律,但这两组杂交组合不能说明A/a和B/b的遗传遵循自由组合定律,B错误。两组杂交组合的F2中白色个体的基因型均有3种(分别为1/4AABBcc、2/4AaBBcc、1/4aaBBcc;1/4AABBcc、2/4AABbcc、1/4AAbbcc),其中纯合子均占1/2,C正确。甲×丙的F2中的深灰色个体(1/9AABBCC、2/9AaBBCC、2/9AABBCc、4/9AaBBCc)自由交配(产生的配子为4/9ABC、2/9ABc、2/9aBC、1/9aBc),白色个体(_ _ _ _cc)在子代中的比例是2/9×2/9+1/9×1/9+2×2/9×1/9=1/9,D错误。
10.D　根据实验二,F1自交→F2中有豌豆素∶无豌豆素=3∶13,是“9∶3∶3∶1”的变式,可判定两对基因的遗传遵循自由组合定律,A正确。分析题意,有豌豆素的植株的基因型为A_bb,无豌豆素的植株的基因型为aa_ _、A_B_,则纯种野生型豌豆为AAbb,其与甲杂交,F1为无豌豆素(含B基因,为A_Bb),F2中有豌豆素∶无豌豆素=1∶3,故甲为AABB;由实验二F2的表型及比例可知F1为AaBb,即甲(AABB)×乙→AaBb,故乙为aabb,品系甲和品系乙两种豌豆的基因型分别是AABB、aabb,B正确。实验二的F2中不能产生豌豆素的植株的基因型共有7种,它们的基因型及数量比为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb∶aaBB∶aaBb∶aabb=1∶2∶2∶4∶1∶2∶1,其中杂种植株占的比例为10/13,C正确;实验二的F2中不能产生豌豆素的植株中,自交后代均不能产生豌豆素的植株为1/13AABB、2/13AaBB、1/13aaBB、2/13aaBb、1/13aabb,所占的比例为7/13,D错误。
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