版高考生物讲练一轮复习讲 核心考点全突破 212孟德尔的豌豆杂交实验二 含答案.docx
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讲核心考点·全突破
考点一 两对相对性状的杂交实验分析
1.用分离定律分析两对相对性状的杂交实验:
2.F2中9种基因型和4种表现型分析:
3.F2出现9∶3∶3∶1的4个条件:
(1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制,而且等位基因要完全显性。
(2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好,且受精的机会均等。
(3)所有后代都应处于相同的环境中,而且存活率相同。
(4)供实验的群体要足够大,个体数量要足够多。
4.基因分离定律和自由组合定律的关系及相关比例图解:
【典例】(2019·全国卷Ⅱ)某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。
已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制,只含隐性基因的个体表现隐性性状,其他基因型的个体均表现显性性状。
某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。
实验①:
让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交,子代都是绿叶
实验②:
让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株进行杂交,子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3
回答下列问题。
(1)甘蓝叶色中隐性性状是___________,实验①中甲植株的基因型为___________。
(2)实验②中乙植株的基因型为_____________,子代中有___________种基因型。
(3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交,若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1,则丙植株所有可能的基因型是___________;若杂交子代均为紫叶,则丙植株所有可能的基因型是___________;若杂交子代均为紫叶,且让该子代自交,自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1,则丙植株的基因型为____。
【解析】本题考查遗传规律的应用。
(1)实验①中绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交,子代都是绿叶,不发生性状分离,实验②中甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交,子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3,说明绿叶为隐性性状,即甲植株的基因型为aabb。
(2)分析可知,乙植株的基因型为AaBb,与甲植株杂交的后代基因型有4种,分别为AaBb、Aabb、aaBb、aabb。
(3)紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交,子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1,说明丙植株有一对杂合基因,而另一对为隐性纯合基因,所以可能的基因型为Aabb、aaBb;若杂交子代均为紫叶,则丙植株至少含有一对显性纯合基因,可能的基因型有AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb;若杂交子代均为紫叶,且让该子代自交,自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1,说明该子代的基因型为AaBb,则丙植株的基因型为AABB。
答案:
(1)绿色 aabb
(2)AaBb 4 (3)Aabb、aaBb AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb AABB
(1)实验②中子代紫色个体自交,性状表现及比例是紫叶∶绿叶=15∶1、紫叶∶绿叶=1∶1、紫叶∶绿叶=3∶1。
(2)实验②中子代紫色个体随机传粉受精,后代性状表现及比例是紫叶∶绿叶=119∶25。
(2018·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】本题主要考查基因的自由组合定律应用的相关知识。
(1)因题干说明是二倍体自花传粉植物,杂交的品种均为纯合子,根据表中甲的数据,可知F1的红果、二室均为显性性状,甲的两组F2的表现型之比均接近9∶3∶3∶1,所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上;乙组的F1的圆形果、单一花序均为显性性状,F2中第一组:
圆∶长=(660+90)∶(90+160)=3∶1、单∶复=(660+90)∶(90+160)=3∶1;第二组:
圆∶长=(510+240)∶(240+10)=3∶1、单∶复=(510+240)∶(240+10)=3∶1;但两组的四种表现型之比均不是9∶3∶3∶1,说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律,控制这两对性状的基因不遵循自由组合定律,因此这两对基因位于一对同源染色体上。
(2)根据表中乙组的杂交实验得到的F1均为双显性杂合子,F2的性状分离比不符合9∶3∶3∶1,说明F1产生的四种配子比不是1∶1∶1∶1,所以用两个F1分别与“长复”双隐性个体测交,不会出现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
【加固训练】
(2019·合肥模拟)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性,抗病(T)对染病(t)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,三对等位基因分别位于三对同源染色体上,非糯性花粉遇碘液变蓝,糯性花粉遇碘液变棕色。
现有四种纯合子基因型分别为:
①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd。
则下列说法正确的是( )
A.若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,应该用①和③杂交所得F1的花粉
B.若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,可以观察①和②杂交所得F1的花粉
C.若培育糯性抗病优良品种,应选用①和④亲本杂交
D.将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上,加碘液染色后,均为蓝色
【解析】选C。
采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,必须是可以在显微镜下观察的性状,即非糯性(A)和糯性(a),花粉粒长形(D)和圆形(d)。
①和③杂交所得F1的花粉只有抗病(T)和染病(t)不同,显微镜下观察不到,A错误;若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,则应该选择②④组合,观察F1的花粉,B错误;将②和④杂交后所得的F1(Aa)的花粉涂在载玻片上,加碘液染色后,一半花粉为蓝色,一半花粉为棕色,D错误。
考点二 自由组合定律的解题思路及方法
1.利用分离定律解决自由组合定律问题——分解组合法:
(1)解题思路:
①分解:
将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题。
在独立遗传的情况下,有几对等位基因就可分解为几组分离定律问题。
如AaBb×Aabb,可分解为两组:
Aa×Aa,Bb×bb。
②分析:
按分离定律进行逐一分析。
③组合:
将用分离定律研究获得的结果运用乘法原理、加法原理进行综合,得到正确答案。
(2)解题方法:
①种类问题:
题型分类
解题规律
示例
配子类型
(配子种类数)
2n(n为等位基因对数)
AaBbCCDd产生
配子种类数为
23=8
配子间结合方式种类数
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
AABbCc×aaBbCC
配子间结合方式
种类数=4×2=8
子代基因型(或表现型)种类
双亲杂交(已知双亲基因型),子代基因型(或表现型)等于各性状按分离定律所求基因型(或表现型)的乘积
AaBbCc×Aabbcc,
基因型为3×2×2
=12种,表现型为
2×2×2=8种
②概率问题:
题型分类
解题规律
示例
基因型(或表现型)的比例
按分离定律求出相应基因型(或表现型),然后利用乘法原理进行组合
AABbDd×aaBbdd,
F1中A_B_D_
所占的比例为1×
3/4×1/2=3/8
纯合子或杂合子出现的比例
按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例,杂合子概率=1-纯合子概率
AABbDd×AaBBdd,
F1中AABBdd所
占比例为1/2×
1/2×1/2=1/8
2.已知亲本和子代的表现型及其比例,求亲代的基因型:
(1)“隐性纯合突破法”:
一旦出现隐性性状即可直接写出其基因型,并可推知其两个亲代都有隐性基因。
(2)“待定基因法”:
先根据亲本表现型写出亲本中已知的基因框架,未知的用“_”表示,然后根据子代情况来确定待定部分的基因。
如果涉及多对基因,那么最好还是对每对基因(相对性状)分别考虑。
3.实验探究不同对基因在染色体上的位置关系:
(1)判断基因是否位于不同对同源染色体上。
以AaBb为例,若两对等位基因分别位于两对同源染色体上,则产生4种类型的配子。
在此基础上进行测交或自交时会出现特定的性状分离比,如1∶1∶1∶1或9∶3∶3∶1等。
(2)完全连锁遗传现象中的基因确定。
基因完全连锁(不考虑交叉互换)时,不符合基因的自由组合定律,其子代也呈现特定的性状分离比,如图所示:
【典例】白粉菌和条锈菌能分别导致小麦感白粉病和条锈病,引起减产。
采用适宜播种方式可控制感病程度。
下表是株高和株型相近的小麦A、B两品种在不同播种方式下的试验结果。
注:
“+”的数目表示感染程度或产量高低;“-”表示未感染。
据表回答:
(1)抗白粉病的小麦品种是_____________,判断依据是____。
(2)设计Ⅳ、Ⅴ两组试验,可探究 _________。
(3)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组相比,第Ⅲ组产量最高,原因是 ____。
(4)小麦抗条锈病性状由基因T/t控制,抗白粉病性状由基因R/r控制,两对等位基因位于非同源染色体上,以A、B品种的植株为亲本,取其F2中的甲、乙、丙单株自交,收获籽粒并分别播种于不同处理的试验小区中,统计各区F3中的无病植株比例。
结果如下表。
据表推测,甲的基因型是_________,乙的基因型是_________,双菌感染后丙的子代中无病植株的比例为____。
【解析】本题考查对基因自由组合定律的灵活运用。
(1)由Ⅰ、Ⅱ单播A品种小麦均未感染白粉病,可知A品种小麦抗白粉病。
(2)Ⅳ、Ⅴ两组单播B品种小麦,但植株密度不同,可探究植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响。
(3)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组总植株密度相同,三者相比,第Ⅲ组产量最高,原因是混播后小麦感病程度下降。
(4)根据甲自交后代非抗条锈病∶抗条锈病=75∶25=3∶1可推知非抗条锈病为显性性状,抗条锈病为隐性性状;根据乙自交后代结果推知抗白粉病为显性性状,非抗白粉病为隐性性状。
根据F2自交F3的性状分离比推知甲、乙、丙的基因型分别是Ttrr、ttRr、TtRr,双菌感染后丙的子代中无病植株的基因型为ttRR或ttRr,比例为3/16。
答案:
(1)A Ⅰ、Ⅱ组小麦未感染白粉病
(2)植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响
(3)混播后小麦感病程度下降
(4)Ttrr ttRr 18.75%(或3/16)
(2019·开封模拟)某植物茎秆有短节与长节,叶形有皱缩叶与正常叶,叶脉有绿色和褐色,茎秆有甜与不甜。
下面是科研人员用该植物进行的两个实验(其中控制茎秆节长度的基因用A和a表示,控制叶形的基因用B和b表示)。
请回答下列问题:
(1)[实验一]纯合的短节正常叶植株与纯合的长节皱缩叶植株杂交,F1全为长节正常叶植株,F2中长节正常叶∶长节皱缩叶∶短节正常叶∶短节皱缩叶=9∶3∶3∶1。
①从生态学方面解释上述实验中F1的性状表现有利于________________________。
②请在方框内画出F1基因在染色体的位置(用“|”表示染色体,用“·”表示基因在染色体上的位置)。
(2)[实验二]纯合的绿色叶脉茎秆不甜植株与纯合的褐色叶脉茎秆甜植株杂交,F1全为绿色叶脉茎秆不甜植株,F2中只有两种表现型,且绿色叶脉茎秆不甜植株∶褐色叶脉茎秆甜植株=3∶1(无突变、致死现象等发生)。
①与实验一的F2结果相比,请尝试提出一个解释实验二的F2结果的假设:
____。
②根据你的假设,实验二中F1产生配子的种类有_______种。
【解析】
(1)茎秆长节、正常叶更有利于植株光合作用的进行,增强其生存斗争能力。
从F2的表现型比例可知控制茎秆节长、叶形的两对等位基因位于两对同源染色体上,据此可画出基因在染色体上的位置。
(2)实验二的F2中只有两种表现型,且比例为3∶1,推测控制叶脉颜色、茎秆甜度的两对等位基因可能位于一对同源染色体上。
按照这个假设,F1能产生两种配子。
答案:
(1)①增加光合作用能力,增强生存斗争能力
②如框内所示
(2)①两对等位基因位于一对同源染色体上 ②2
1.利用子代中各种分离比例来推断亲代基因型:
(1)9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×Bb)。
(2)1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)×(Bb×bb)。
(3)3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×bb)。
(4)3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)×(BB×BB)或(Aa×Aa)×(BB×Bb)或(Aa×Aa)×(BB×bb)或(Aa×Aa)×(bb×bb)。
2.自由组合定律的验证方法:
方法
结论
自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1,则符合基因的自由组合定律,由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制
测交法
F1测交后代的性状分离比为1∶1∶1∶1,则符合基因的自由组合定律,由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制
花粉鉴
定法
若有四种花粉,其比例为1∶1∶1∶1,则符合自由组合定律
单倍体
育种法
取花药离体培养,用秋水仙素处理单倍体幼苗,若植株有四种表现型,且比例为1∶1∶1∶1,则符合自由组合定律
【加固训练】
1.(2019·黄山模拟)水稻高秆(H)对矮秆(h)为显性,抗病(E)对感病(e)为显性,两对性状独立遗传。
若让基因型为HhEe的水稻与“某水稻”杂交,子代高秆抗病∶矮秆抗病∶高秆感病∶矮秆感病=3∶3∶1∶1,则“某水稻”的基因型
为( )
A.HhEe B.hhEe
C.hhEE D.hhee
【解析】选B。
针对高秆和矮秆这一对相对性状,子代中高秆∶矮秆=1∶1,说明亲本为测交类型,即亲本的基因型为Hh×hh;针对抗病与感病这一对相对性状,子代中抗病∶感病=3∶1,说明亲本均为杂合子,即亲本的基因型均为Ee,综合以上分析可知,亲本水稻的基因型是HhEe×hhEe,B正确。
2.(2019·太原模拟)利用豌豆的两对相对性状做杂交实验,其中子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性,圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。
现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交,对其子代性状的统计结果如图所示。
下列有关叙述错误的
是( )
A.实验中所用亲本的基因型为YyRr和yyRr
B.子代中重组类型所占的比例为1/4
C.子代中自交能产生性状分离的占3/4
D.让子代黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交,后代性状分离比为1∶1∶1∶1
【解析】选D。
亲本黄色圆粒豌豆(Y_R_)和绿色圆粒豌豆(yyR_)杂交,对其子代性状分析,黄色∶绿色=1∶1,圆粒∶皱粒=3∶1,可推知亲本黄色圆粒豌豆基因型应为YyRr,绿色圆粒豌豆基因型为yyRr。
子代重组类型为黄色皱粒和绿色皱粒,黄色皱粒(Yyrr)占1/2×1/4=1/8,绿色皱粒(yyrr)占1/2×1/4=1/8,两者之和为1/4。
自交能产生性状分离的是杂合子,子代纯合子有yyRR和yyrr,其中yyRR占1/2×1/4=1/8,yyrr占1/2×1/4=1/8,两者之和为1/4,则子代杂合子占1-1/4=3/4。
子代黄色圆粒豌豆基因型为1/3YyRR和2/3YyRr,绿色皱粒豌豆基因型为yyrr,杂交所得后代应为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒=2∶2∶1∶1。
考点三 自由组合定律的遗传特例
1.“和”为16的特殊分离比:
(1)基因互作:
条件
F1(AaBb)
自交后代比例
F1测交
后代比例
存在一种显性基因时表现为同一性状,其余正常表现
9∶6∶1
1∶2∶1
两种显性基因同时存在时,表现为一种性状,否则表现为另一种性状
9∶7
1∶3
当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性性状,其余正常表现
9∶3∶4
1∶1∶2
只要存在显性基因就表现为一种性状,其余正常表现
15∶1
3∶1
(2)显性基因累加效应:
①表现:
②原因:
A与B的作用效果相同,但显性基因越多,其效果越强。
2.“和”小于16的由基因致死导致的特殊分离比:
(1)致死类型归类分析。
①显性纯合致死。
②隐性纯合致死。
a.双隐性致死:
F1自交后代:
A_B_∶A_bb∶aaB_=9∶3∶3。
b.单隐性致死(aa或bb致死):
F1自交后代:
9A_B_∶3A_bb或9A_B_∶3aaB_。
(2)致死类问题解题思路。
①先将其拆分成分离定律单独分析。
②将单独分析结果再综合在一起,确定成活个体基因型、表现型及比例。
【典例】(2019·江苏高考)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)由表格知:
棕毛猪的基因组成为A_bb、aaB_,因此棕毛猪的基因型有:
AAbb、Aabb、aaBB、aaBb4种。
(2)①由两头纯合棕毛猪杂交,F1均为红毛猪,红毛猪的基因组成为A_B_,可推知两头纯合棕毛猪的基因型为AAbb和aaBB,F1红毛猪的基因型为AaBb;②F1测交,即AaBb与aabb杂交,后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1,根据表格可知后代表现型及对应比例为红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1;③F1红毛猪的基因型为AaBb,F1雌雄个体随机交配产生F2,F2的基因型有:
A_B_、A_bb、aaB_、aabb,其中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb,能产生棕毛猪(A_bb、aaB_)的基因型组合有:
AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb共4种;④F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1,棕毛猪A_bb、aaB_所占比例为6/16,其中纯合子为AAbb、aaBB,所占比例为2/16,故F2的棕毛个体中纯合体所占的比例为2/6,即1/3。
F2的棕毛个体中各基因型及比例为1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、2/6aaBb。
棕毛个体相互交配,能产生白毛个体(aabb)的杂交组合及概率为:
2/6Aabb×2/6Aabb+2/6aaBb×2/6aaBb+2/6Aabb×2/6aaBb×2=1/3×1/3×1/4+1/3×1/3×1/4+1/3×1/3×1/2×1/2×2=1/9。
(3)若另一对染色体上的I基因对A和B基因的表达有抑制作用,只要有I基因,不管有没有A或B基因都表现为白毛,基因型为IiAaBb个体雌雄交配,后代中红毛个体即基因型为iiA_B_的个体,利用分解法,把Ii和AaBb分开计算,Ii×Ii后代有3/4I_和1/4ii,AaBb×AaBb后代基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1。
故子代中红毛个体(iiA_B_)的比例为1/4×9/16=9/64,棕毛个体(iiA_bb、iiaaB_)所占比例为1/4×6/16=6/64,白毛个体所占比例为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
(1)为研究F2红毛猪的基因型,让其与白毛猪交配,基因型为AaBb后代会出现白毛猪,基因型为AABb、AaBB后代会出现棕毛猪,基因型AABB后代全是红毛猪。
(2)某棕毛猪与白毛猪交配,后代全是棕毛猪,则该棕毛猪的基因型是aaBB或AAbb。
(2017·全国卷Ⅱ)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定,其中,A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素;B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素;D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达;相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。
若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交,F1均为黄色,F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比,则杂交亲本的组合是( )
A.AABBDD×aaBBdd,或AAbbDD×aabbdd
B.aaBBDD×aabbdd,或AAbbDD×aaBBDD
C.aabbDD×aabbdd,或AAbbDD×aabbdd
D.AAbbDD×aaBBdd,或AABBDD×aabbdd
【解题指南】
(1)题干关键信息:
“F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比”。
(2)解题思路:
根据F2性状分离比之和→判断F1的基因型→结合选项判断亲本的基因型。
【解析】选D。
本题主要考查基因自由组合定律的应用。
由题意可知,决定黄毛色的基因型为aa____或A___D_,决定黑毛色的基因型为A_B_dd,且黑色个体在F2中所占比例为9÷(52+3+9)=9/64=3/4×(3/4)×(1/4),可以推测出F1基因型为AaBbDd(黄色),再根据亲本为两个纯合的黄色品种以及黄色品种的基因型,可推出杂交亲本的组合可能为AAbbDD×aaBBdd,或AABBDD×aabbdd,因此D项正确。
性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤
【加固训练】
1.豌豆种子的种皮黄色(A)对绿色(a)为显性,圆粒(B)对皱粒(b)为显性,两对相对性状独立遗传,互不影响,基因组成为ab的花粉致死,现有基因型为AaBb的豌豆植株若干,下列说法正确的是( )
A.选取一植株自交得到的种子黄色∶绿色为4∶1
B.选取一植株自交,其后代中与亲本基因型相同的个体所占比
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