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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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

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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