届人教版遗传因子的发现单元测试3.docx
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届人教版遗传因子的发现单元测试3
遗传因子的发现单元测试
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.若绿色圆粒亲本与黄色皱粒亲本杂交,F1只表现出黄色圆粒性状,当F1自交得F2个体2400株,其中黄色圆粒性状中有杂合子类型多少株( )
A.1500 B.450 C.900 D.1200
【答案】D
【解析】
试题分析:
绿色圆粒和黄色皱粒杂交,F1只有黄色圆粒,说明黄色对绿色显性(用Y/y表示),圆粒对皱粒显性(用R/r表示),根据F1可知亲本的基因型为yyRR、YYrr,F1的基因型为YyRr。
F1自交F2中黄色圆粒占9/16,由于F2共有2400株,所以F2中黄色圆粒有1350株,又因为黄色圆粒中杂合子占8/9,故黄色圆粒中杂合子有1350×8/9=1200株。
D项正确。
考点:
本题考查基因的自由组合定律的应用,意在考查考生能用文字、图表以及数学方式等多种表达形式准确地描述生物学方面的内容的能力。
2.某种植物果实重量由三对等位基因控制,这三对基因分别位于三对同源染色体上,对果实重量的增加效应相同且具叠加性。
已知隐性纯合子和显性纯合子果实重量分别为150g和270g。
现将三对基因均杂合的两植株杂交,F1中重量为210g的果实所占比例为
A.5/64
B.12/64
C.15/64
D.20/64
【答案】D
【解析】试题分析:
隐性纯合子果实重量为150g,显性纯合子果实重量为270g,每个显性基因增加的果实重量为(270-150)÷6=20g,三对基因均为杂合的两植株杂交,F1中重量为190g的果实含有2个显性基因和4个隐性基因,若用A与a、B与b、C与c这三对等位基因来表示,其基因型可能为AAbbcc、aaBBcc、aabbCC、AaBbcc、AabbCc、aaBbCc,所占比例为1/64、1/64、1/64、4/64、4/64、4/64,重量为190g的果实所占比例为15/64。
综上所述,D正确。
考点:
基因的分离定律和自由组合定律
【名师点睛】自由组合定律的9∶3∶3∶1的变式总结
F1(AaBb)自
交后代比例
原因分析
9∶7
当双显性基因同时出现时为一种表现型,其余的基因型为另一种表现型
9∶3∶4
存在aa(或bb)时表现为隐性性状,其余正常表现
9∶6∶1
单显性表现为同一种性状,其余正常表现
15∶1
有显性基因就表现为同一种性状,其余表现另一种性状
12∶3∶1
双显性和一种单显性表现为同一种性状,
其余正常表现
13∶3
双显性、双隐性和一种单显性表现为一种性状,另一种单显性表现为另一种性状
1∶4∶6∶4∶1
A与B的作用效果相同,但显性基因越多,其效果越强
1(AABB)∶4(AaBB+AABb)∶6(AaBb+AAbb+aaBB)∶4(Aabb+aaBb)∶1(aabb)
3.下列性状中属于相对性状的是
A.人的身高与体重B.兔的长毛与短毛
C.棉花的细绒与长绒D.猫的白毛与蓝眼
【答案】B
【解析】相对性状是指同种生物同一性状的不同表现类型。
人的身高与体重、棉花的细绒与长绒、猫的白毛与蓝眼均属于不同性状。
选B。
4.蜗牛的有条纹(A)对无条纹(a)为显性。
在一个地区的蜗牛种群内,有条纹(AA)个体占55%,无条纹个体占15%,若蜗牛间进行自由交配得到Fl,则A基因的频率和F1中Aa基因型的频率分别是
A.30%,2l%B.30%,42%
C.70%,2l%D.70%,42%
【答案】D
【解析】由题意可知,AA占55%,aa占15%,则Aa占30%,故A的基因频率为55%+1/2×30%=70%;自由交配后,种群的基因频率不发生改变,故F1中Aa的基因型频率为2×70%×30%=42%,D正确。
【考点定位】基因频率的计算。
【名师点睛】两个非常大的某种群,个体间随机交配,没有迁入和迁出,无突变,自然选择对A和a基因控制的性状没有作用,则两个种群均属于理想种群,所以自由交配的后代中基因频率保持不变。
5.水稻抗病对不抗病为显性。
现以杂合抗病水稻(Cc)为亲本,连续自交三代,子三代中杂合抗病水稻的概率及每次自交后均除去不抗病水稻再自交后纯合抗病水稻概率分别是
A、
B、
C、
D、
【答案】C
【解析】杂合抗病水稻(Cc)为亲本,连续自交三代,子三代中杂合抗病水稻的概率为1/2n=,1/23=1/8。
每次自交后均除去不抗病水稻再自交后纯合抗病水稻概率(2n-1)/(2n-1+2+1)=7/10。
故本题选C。
6.有一种兔的体色有灰色和白色两种,且体色性状灰色与白色由一对等位基因控制。
下表为针对该种兔的体色所做的杂交实验的结果。
下列说法中不正确的是()。
杂交组合
亲本组合
后代
雌
雄
灰色
白色
Ⅰ
灰色
×
白色
82
78
Ⅱ
灰色
×
灰色
118
39
Ⅲ
白色
×
白色
0
50
Ⅳ
灰色
×
白色
74
0
A.根据杂交组合Ⅱ或Ⅳ均可确定灰色对白色为显性性状
B.四个杂交组合中灰色亲本的基因型完全相同
C.杂交组合Ⅱ中灰色雄性个体与杂交组合Ⅳ中灰色雌性个体杂交,后代都是灰色个体
D.该兔的灰色和白色这对相对性状的遗传遵循基因的分离定律
【答案】B
【解析】试题分析:
A.杂交组合Ⅱ中亲本都是灰色,子代出现白色,“无中生有”,故灰色是显性,白色是隐性;杂交组合Ⅳ的亲本是灰色和白色,子一代都是灰色,说明灰色是显性,白色是隐性,故根据杂交组合Ⅱ或Ⅳ均可确定灰色对白色为显性性状,A正确;B.设灰色由基因A控制,白色由a基因控制。
四个杂交组合的灰色亲本的基因型分别是:
Ⅰ是Aa、Ⅱ都是Aa、Ⅳ是AA。
故四个杂交组合中灰色亲本的基因型不完全相同,B错误;C、由于组合Ⅳ中灰色雌性个体是显性纯合子,所以杂交组合Ⅱ中灰色雄性个体与杂交组合Ⅳ中灰色雌性个体杂交,后代都是灰色个体,C正确;D、由表格信息可知,该兔的灰色和白色这对相对性状的遗传受一对等位基因控制,所以遵循基因的分离定律,D正确。
考点:
本题考查基因的分离定律的相关知识,意在考查考生读表格的能力,以及对知识的识记理解和分析能力。
7.下列关于纯合子与杂合子的叙述,正确的是
A.纯合子的自交后代仍是纯合子
B.杂合子的自交后代不一定是杂合子
C.纯合子中不含隐性遗传因子
D.杂合子的双亲至少有一方是杂合子
【答案】AB
【解析】
试题分析:
纯合子是由相同基因的配子结合成的合子发育成的个体。
(能稳定的遗传,不发生性状分离);杂合子是由不同基因的配子结合成的合子发育成的个体。
(不能稳定的遗传,后代会发生性状分离)。
所以纯合子的自交后代仍是纯合子,杂合子的自交后代会出现纯合子,不一定是杂合子;因此AB正确。
纯合子可以是显性纯合,也可以是隐性纯合;杂合子的双亲可以都是纯合子,所以CD不正确。
考点:
基因的分离定律
点评:
本题难度一般,要求学生识记基因的分离定律的相关知识,考查学生对运用基因分离定律解决实际问题的能力。
8.将纯种的高茎和矮茎豌豆间行种植,另将纯种的高茎和矮茎小麦间行种植。
自然状态下,从隐性性状(矮茎)植株上获得F1的性状是()
A.豌豆和小麦均有高茎和矮茎个体
B.豌豆均为矮茎个体,小麦有高茎和矮茎个体
C.豌豆和小麦的性状分离比均是3∶1
D.小麦均为矮茎个体,豌豆有高茎和矮茎个体
【答案】B
【解析】
试题分析:
自然状态下豌豆是自花传粉,闭花授粉,在自然状态下是纯种,所以豌豆隐性性状上的后代都是隐性个体,小麦可以自花授粉也可以异花传粉,在隐性个体上获得的种子既有显性也有隐性,故选B。
考点:
本题考查遗传相关知识,意在考察考生对知识点的理解和把握知识点间内在联系综合运用能力。
9.果蝇黑身与灰身为一对相对性状,基因位于常染色体上。
让纯合灰身果蝇和纯合黑身果蝇杂交,F1全为灰身果蝇;F1果蝇自由交配产生F2。
选择F2灰身果蝇自由交配,后代中灰身果蝇与黑身果蝇的比例为
A.1:
1B.2:
1C.3:
1D.8:
1
【答案】D
【解析】试题分析:
据题意,灰身是显性性状,让纯合灰身果蝇(AA)和纯合黑身果蝇(aa)杂交,F1全为灰身果蝇(Aa),F1果蝇自由交配产生F2,选择F2灰身果蝇自由交配,即AA与AA,AA与Aa,Aa与Aa,后代中黑身果蝇占2\3*2\3*1\4=1\9,因此灰身果蝇占1-1\9=8\9,后代中灰身果蝇与黑身果蝇的比例为8:
1,故选D。
考点:
本题考查基因的分离定律和基因自由组合定律的相关知识,意在考查考生能理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系,形成知识的网络结构的能力。
10.孟德尔通过做两对相对性状的遗传实验,发现了自由组合定律。
有关该实验说法不正确的是
A.实验中黄色和绿色、圆粒和皱粒的遗传均符合分离定律
B.F2出现了不同于亲本的性状组合
C.F2黄色皱粒种子中纯合子占1/16
D.F2中杂合黄色圆粒种子占1/2
【答案】C
【解析】F2黄色皱粒种子中纯合子占1/3。
11.1种南瓜果实的重量在2—4Kg之间,4Kg重的果实是由两对可累加多基因(数量基因)决定的。
考虑2kg和4kg南瓜的基因型,以及用4kg的南瓜给2kg的南瓜授粉后所产生的不同重量级中的F2代个体数目,哪一选项是正确的。
4Kg
3.5Kg
3Kg
2.5Kg
2Kg
2Kg亲本
4Kg亲本
A
1
2
6
2
1
aabb
AAbb
B
1
4
6
4
1
AaBb
aaBB
C
1
4
6
4
1
AAbb
aaBB
D
1
6
2
6
1
AABb
AABB
E
1
4
6
4
1
aabb
AABB
【答案】E
【解析】
试题分析:
根据微效多基因假说,数量性状是由多基因控制,且每个基因对表型的影响都很小,其作用方式有累加和倍加两种。
累加作用是指每个显性基因的作用是按照一定的常数量累加的,每增加一个显性基因,性状有现的数值就增加一个常数。
该南瓜果重是由两对基因决定。
基因型aabb为2Kg,AABB为4Kg,由于基因的作用是累加的,则两亲本果实重量之差(4—2=2)应是四个显性基因作用的结果,每个显性基因的作用应为2Kg÷4=0.5Kg,因此,在基因型aabb的基础上,每增加一个显性基因,果实重量增加0.5Kg。
考点:
考查非等位基因间相互作用。
意在考查考生能理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系,能用数学方式准确地描述生物学方面的内容、以及数据处理能力。
12.下列叙述正确的是
A.细胞核内的核仁被破坏,会影响到胰岛素的合成B.酶催化作用的实质是提高化学反应的活化能,是化学反应顺利进行C.所有的基因都位于染色体上D.非等位基因在形成配子时都是自由组合
【答案】A
【解析】
试题分析:
核仁与核糖体的合成有关,核糖体是蛋白质的合成场所,核仁被破坏,会影响到胰岛素的合成,A正确;酶催化作用的实质是降低了化学反应的活化能,是化学反应在常温常压下顺利进行,B错误;基因是有遗传效应的DNA片段,DNA主要存在于染色体上,线粒体和叶绿体内也含有少量的DNA,也含有基因,C错误;位于非同源染色体上的非等位基因在形成配子时自由组合,D错误。
考点:
本题考查细胞结构、酶促反应、以及自由组合定律的相关知识,意在考查考生能理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系,形成知识网络的能力。
13.让杂合子Aa连续自交三代,则第四代中杂合子所占比例为()
A.1/4B.1/8C.1/16D.1/32
【答案】B
【解析】试题分析:
根据公式,杂合子Aa连续自交,后代中杂合子所占比例为(1/2)n,将n=3代入,可知第四代中杂合子所占比例为1/8,B正确。
考点:
本题考查分离定律的应用,意在考查考生能理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系,形成知识网络的能力。
14.现用两个纯合的圆形块根萝卜作为亲本进行杂交,F1全为扁形块根,F1自交后代F2中扁形块根、圆形块根、长形块根的比例为9∶6∶1,则F2扁形块根中杂合子所占比例为( )
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】由题意可知,9:
6:
1的比例为9:
3:
3:
1比例的变式,说明该性状由2对等位基因控制,假设基因由Y和y、R和r表示,因此两个纯合的圆形块根萝卜作亲本进行杂交的遗传图解为:
P:
YYrr(圆形)×yyRR(圆形)→F1:
YyRr(扁形)→F2:
9Y_R_(扁形):
3Y_rr(圆形):
3yyR_(圆形):
1yyrr(长形),因此F2中扁形块根占9/16,其中YYRR是纯合子,占1/16,其余都是杂合子,所以扁形块根中杂合子所占的比例为(9/16-1/16)÷9/16=8/9,故C正确。
15.下列属于相对性状的是( )
A.狗的长耳与卷毛B.豌豆的高茎与矮茎
C.羊的白毛与短腿D.人的身高与体重
【答案】B
【解析】
试题分析:
相对性状是指一种生物的同一性状的不同表现类型,所以豌豆的高茎与矮茎属于一对相对性状。
狗的长耳与短耳、卷毛与直毛属于相对性状;羊的白毛与黑毛、短腿与长腿属于相对性状;人的身材高与矮、体重重与轻属于相对性状。
故本题选B。
考点:
本题考查了生物遗传中的相对性状,意在考查考生理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系的能力。
16.奶牛毛色黑白斑对红白斑是显性,要鉴定一头黑白斑公牛是否为纯合子,合理的实验方案是
A.研究其双亲的表现型B.自交,观察后代是否出现性状分离
C.与纯种红白斑母牛交配D.与杂种黑白斑母牛交配
【答案】C
【解析】
17.眼睛棕色(A)对蓝色(a)是显性,这对等位基因位于常染色体上。
一对棕色眼、色觉正常的夫妇生有一个蓝眼色盲的儿子,若这对夫妇再生一个孩子,其基因型与母亲相同的几率是
A.1/3B.1/6C.1/4D.1/8
【答案】D
【解析】色盲是伴X隐性遗传,这对夫妇色觉正常,生了一个患有色盲的儿子,说明母亲是色盲携带者。
这对夫妇是棕色眼A-,而孩子是蓝眼aa,说明这对夫妇基因型是Aa,再生一个孩子基因型是AaXBXb的概率是1/2×1/4=1/8,D正确,A、B、C错误。
18.基因型分别为aaBbCCDd和AABbCCdd两种碗豆杂交,其子代中纯合体的比例为()
A.1/4B.0C1/8.D.1/16
【答案】B
【解析】
试题分析:
根据乘法法则,对基因逐对分析可知,aa和AA杂交后代全为杂合子Aa,故子代中纯合体的比例为0。
考点:
基因的自由组合定律
点评:
本题考查了基因自由组合定律的应用,属于对理解、应用层次的考查。
19.控制玉米株高的4对等位基因对株高的作用相等,且分别位于4对同源染色体上.已知基因型为aabbccdd的玉米高10cm,基因型为AABBCCDD的玉米高26cm.如果已知亲代玉米高10cm和26cm,则F1的株高及F2的表现型种类数分别是()
A.18cm、9种B.18cm、6种
C.12cm、9种D.12cm、6种
【答案】A
【解析】已知基因型aabbccdd的玉米高10cm,基因型AABBCCDD的玉米高26cm,每个显性基因对高度增加效应相同且具叠加性,则每含一个显性基因玉米增高(26-10)÷8=2cm。
aabbccdd和AABBCCDD杂交所得F1的基因型为AaBbCcDd,含4个显性基因,表现型为10+4×2=18cm。
F2中的基因型有:
含8个显性基因的、含7个显性基因的…不含有显性基因的,共有9种情况,所以F2中可能有9种表现型,故选A。
20.已知某玉米的基因型为YYRR,周围虽生长有其他基因型玉米植株,但其子代不可能出现的基因型是()
A.YYRRB.YYRrC.yyRrD.YyRr
【答案】C
【解析】YYRR×YYRR→YYRR,所以子代可能会出现YYRR的基因型,A正确;YYRR×YYrr→YYRr,所以子代可能会出现YYRr的基因型,B正确;由于YYRR个体产生的配子是YR,所以后代的基因型中肯定会出现Y和R的基因,后代不会有yyRr的个体,C错误;YYRR×yyrr→YyRr,所以子代可能会出现YyRr的基因型,D正确。
【考点定位】基因的自由组合规律的实质及应用
21.21.某种蝴蝶紫翅(P)对黄翅(p)是显性,绿眼(G)对白眼(g)为显性,两对
基因分别位于两对同源染色体上,生物小组同学用紫翅绿眼和紫翅白眼的蝴蝶进行杂交,F1出现的性状类型及比例如下图所示。
下列说法正确的是()
A.上述亲本的基因型是PpGgxPPgg
B.上述亲本的基因型是PpGgxppgg
C.F1紫翅白眼个体自交(基因型相同个体间的交配),其中纯合体所占比例是2/3
D.F1紫翅白眼个体自交(基因型相同个体间的交配1,其中纯合体所占比例是1/2
【答案】C
【解析】由图可知紫翅∶黄翅=3∶1,其亲本控制该性状的基因组合均应该为Pp。
绿眼∶白眼=1∶1,其亲本控制该性状的基因组合应该是Gg与gg,因此亲本的基因型是PpGg和Ppgg,故AB均错;F1紫翅白眼个体的基因型和比例是Ppgg∶PPgg=2∶1,Ppgg自交有一半的个体是纯合子,PPgg自交后代全部是纯合子,则F1紫翅白眼个体自交其后代纯合子所占比例为2/3×1/2+1/3=2/3,故C正确,D错。
【考点定位】基因的自由组合定律
22.某同学用碗豆进行测交实验,得到4种表现型的后代,数量分别是85、92、89、83,则这株豌豆的基因型不可能是()
A.DdYYRRB.ddYyRrC.DdYyRrD.DDYyRr
【答案】A
【解析】试题解析:
根据题意可知,该豌豆测交后代四种表现型的比例为1:
1:
1:
1,说明该豌豆的基因型中仅含有2对等位基因,经减数分裂能产生四种基因型不同的配子,其比例为1:
1:
1:
1;DdYYRR只能产生2种配子,比值为1:
1,A错误;ddYyRr和DDYyRr均能产生4种配子,比例为1:
1:
1:
1,B、D正确;若3对基因独立遗传,则DdYyRr产生8种配子;若其中2对基因完全连锁遗传,则产生4种配子,比值为1:
1:
1:
1,D正确。
考点:
本题考查自由组合定律是指和运用的相关知识,意在考查考生能理解所学知识的要点,把握知识间的内在联系,能运用所学知识与观点,通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理,做出合理判断或得出正确结论的能力。
23.棕色鸟与棕色鸟杂交,子代有23只白色,26只褐色,53只棕色。
棕色鸟和白色鸟杂交,其后代中白色个体所占比例是()
A.50%B.75%C.25%D.100%
【答案】A
【解析】棕色鸟与棕色鸟相交,后代中白色:
棕色:
褐色大约为1:
2:
1,则可以推测出棕色鸟是杂合子(设为Aa),白色鸟和褐色鸟是纯合子(AA或aa)。
棕色鸟(Aa)与白色鸟(AA或aa)杂交,后代中白色(AA或aa)所占的比例是50%,故选A。
24.让杂合子Aa连续自交三代,则第四代中杂合子所占比例为()
A.1/4B.1/8 C.1/16D.1/32
【答案】B
【解析】基因型为Aa的个体连续自交三代,其过程如下:
可见,第四代(F3)中杂合子所占比例为1/8,B正确,A、C、D均错误。
25.下列关于遗传实验和遗传规律的叙述不正确的是()
A.F2的3:
1性状分离比依赖于雌雄配子数量相等且随机结合
B.孟德尔的测交结果体现了F1产生的配子种类及比例
C.杂合子(F1)产生配子时,等位基因分离
D.用豌豆进行遗传试验,杂交时须在开花前除去母本的雄蕊,人工授粉后应套袋
【答案】A
【解析】F2的3:
1性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合,但是雌雄配子数量不相等,A错误;测交实验可用于检测F1的基因型,还可检测F1产生配子的种类及比例,B正确;杂合子(F1)产生配子时,等位基因随同源染色体的分离而分离,C正确;豌豆是雌雄同株同花植物,所以用豌豆进行遗传试验,杂交时须在开花前除去母本的雄蕊,人工授粉后应套袋,D正确。
二、非选择题
26.某农场养了一群马,马的毛色有栗色和白色两种,不知其显隐性,它们受一对遗传因子控制。
育种工作者拟设计育种方案弄清楚它们的显隐性(已知在正常情况下,一匹母马一次只能生一匹小马)
(1)为了在一个配种季节里完成这项工作,请设计一个最佳的配种方案。
_________
(2)预期的杂交结果和结论。
______
【答案】多对栗色雌、雄马交配,统计子代表现型(多对白色雌、雄马交配,统计子代表现型)①若子代出现白色马,则栗色为显性,白色为隐性②若子代全为栗色马,则栗色为隐性,白色为显性(①若子代出现栗色马,则白色为显性,栗色为隐性(2分)②若子代全为白色马,则白色为隐性,栗色为显性)
【解析】试题分析:
本题考查分离定律,考查分离定律的应用。
解答此题,可根据题目所给条件:
“在正常情况下,一匹母马一次只能生一匹小马”、“在一个配种季节里完成这项工作”,选择合适的配种方案,并尽可能多的获得后代,以便于统计学分析。
(1)马群中的显性个体可能为纯合子,也可能为杂合子,不宜用显性个体和隐性个体杂交来判断显隐性。
可采用“无中生有法”,让具有相同表现型的个体杂交,观察后代是否出现性状分离。
由于在正常情况下,一匹母马一次只能生一匹小马,在一个配种季节里完成这项工作,为了获得尽可能多的后代,便于统计学分析,可让多对栗色雌、雄马交配,统计子代表现型(多对白色雌、雄马交配,统计子代表现型)。
(2)亲本均为栗色马,①若子代出现白色马,出现性状分离,则栗色为显性,白色为隐性。
②若子代全为栗色马,所选的多对栗色马中不可能都含有显性纯合子,则栗色为隐性,白色为显性(亲本均为白色马,①若子代出现栗色马,出现性状分离,则白色为显性,栗色为隐性(2分)②若子代全为白色马,所选的多对白色马中不可能都含有显性纯合子,则白色为隐性,栗色为显性)。
【点睛】显隐性状判断常用方法:
(1)定义法:
若亲本均为纯种,让具有相对性状的个体杂交,后代表现的亲本性状为显性性状,后代不表现的亲本性状为隐性性状,
(2)无中生有法:
具用相同表现型的个体杂交,出现性状分离,则后代新出现的性状为隐性性状,亲本性状为显性性状。
27.南瓜的遗传符合孟德尔遗传规律,请分析回答下面的问题。
(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。
(2)若上述性状由一对等位基因(A、a)控制,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____________定律。
(4)若用测交的方法检验对第(3)小题的实验结果的解释是否正确,请写出亲本的基因型______________,预测测交子代表现型及比例是_______________________________。
【答案】扁盘形扁盘形∶长圆形=3∶1两自由组合AaBb×aabb扁盘形∶圆球形∶长圆形=1∶2∶1
【解析】【试题分析】
本题考查了基因的分离定律和自由
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