Question

【题目】Ⅰ、柴油树俗称麻疯树，一般为雌雄同株异花的二倍体，其种子榨出的油稍加提炼就可成为柴油，研究发现，柴油树产油的途径如下图，图中基因遵循自由组合定律，请据图回答：

（1）上图说明了基因控制生物性状的途径是通过 ______________。

（2）若两株不能产油的纯合柴油树杂交，F1均能产油，则两植株的基因型分别是__________。F1自交后代的表现型及比例是_________。

Ⅱ、图为某家族的遗传系谱图，请回答下列问题（所有概率用分数表示）：

（3）从系谱图上可以看出，第Ⅰ代将色盲基因传递给Ⅲ－10个体的途径是__________（用相关数字和“→”表示），这种传递特点在遗传学上称为__________。

（4）如果色觉正常基因为B，红绿色盲基因为b，正常肤色基因为A，白化病基因为a，Ⅱ－4个体的基因型为__________。Ⅲ－7个体完全不携带这两种致病基因的概率是__________。

（5）假设Ⅰ－1个体不携带色盲基因，如果Ⅲ－8个体与Ⅲ－10个体婚配，后代两病都患的概率是__________；Ⅲ－8怀孕后可通过_______________方法确定胎儿是否带有白化病致病基因。

Answer 1

【答案】（14分，除注明外，每空1分）

Ⅰ、（1）基因通过控制酶的合成，从而间接控制生物性状（2分）

（2）AAbb、aaBB（2分） 产油:不产油＝9:7（2分）

Ⅱ、（3）Ⅰ2→Ⅱ5→Ⅲ10（2分） 交叉遗传 （4）AaXBXb1/3

（5）1/12（2分） 基因诊断

【解析】

试题Ⅰ、（1）图示显示：A基因和B基因分别控制酶Ⅰ和酶Ⅱ的合成，据此说明基因控制生物性状的途径是：基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物的性状。

（2）分析图示可知：A_B_能产油，A_bb、aaB_、aabb不能产油。若两株不能产油的纯合柴油树杂交，F1均能产油，则两植株的基因型分别是AAbb、aaBB，F1的基因型为AaBb。F1自交后代的表现型及比例是产油（9A_B_）: 不产油（3A_bb＋3aaB_＋1aabb）＝9:7。

Ⅱ、色盲是伴X隐性遗传病，白化病是常染色体隐性遗传病。

（3）系谱图显示，基因型为XbY的Ⅰ－2，将其X染色体及其上携带的色盲基因通过其女儿Ⅱ－5传递给他的外孙Ⅲ－10，即第Ⅰ代将色盲基因传递给Ⅲ－10个体的途径是：Ⅰ2→Ⅱ5→Ⅲ10，这种传递特点在遗传学上称为交叉遗传。

（4）若只研究色盲，由男性色盲患者（XbY）Ⅰ－2可推知其表现正常的女儿Ⅱ－4的基因型为XBXb；若只考虑白化，由女性白化病患者（aa）Ⅲ－8可推知，Ⅱ－3和Ⅱ－4的基因型均为Aa，Ⅱ－3和Ⅱ－4的子女的基因型及其比例为AA:Aa:aa＝1:2:1；若将两种遗传病综合在一起研究，Ⅱ－4的基因型为AaXBXb。Ⅲ－7表现型正常，结合上述分析可推知Ⅲ－7的基因型为1/3AA XBY或2/3 AaXBY，所以Ⅲ－7个体完全不携带这两种致病基因的概率是1/3。

（5）若只研究色盲，由Ⅱ－3（XBY）和Ⅱ－4（XBXb）可推知Ⅲ－8的基因型为1/2 XBXB或1/2 XBXb，Ⅲ－10为男性色盲患者，其基因型为XbY，二者婚配，后代患色盲的概率为1/4Xb×1/2Xb＋1/4Xb×1/2Y＝1/4（XbXb＋XbY）；若只考虑白化，由女性白化病患者（aa）Ⅲ－9可推知，Ⅱ－5和Ⅱ－6的基因型均为Aa，进而推知Ⅲ－10的基因型为1/3AA或2/3 Aa，Ⅲ－8为白化病患者，）其基因型为aa，二者婚配，后代患白化的概率为2/3×1/2a×1a＝1/3aa；再将两种遗传病综合在一起研究，Ⅲ－8个体与Ⅲ－10个体婚配，后代两病都患的概率是1/4×1/3＝1/12。Ⅲ－8怀孕后可通过基因诊断方法确定胎儿是否带有白化病致病基因。