1.结合孟德尔一对相对性状的杂交实验过程，试用分离定律的相关知识分析两对相对性状的杂交实验中F2的性状分离比。
提示：(1)两对相对性状的分离是各自独立的
①黄色∶绿色=3∶1；
②圆粒∶皱粒=3∶1。
(3)F2的性状分离比
黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒=9∶3∶3∶1。
2.实验中选用纯种黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆作亲本，请分析F2中的性状重组类型有哪些？各占多少比例？
提示：重组类型有黄色皱粒，占F2的 ;绿色圆粒，占F2的 。
3.实验中若采用纯种黄色皱粒豌豆和绿色圆粒豌豆作亲本来做两对相对性状的杂交实验，请探讨F2中的重组类型有哪些？比例各占多少？
提示：重组类型有黄色圆粒，占F2的 ;绿色皱粒，占F2的 。
【典例】孟德尔用豌豆做两对相对性状的遗传实验不必考虑的是
A.亲本的双方都必须是纯合子
B.两对相对性状各自要有显隐性关系
C.对母本去雄，授以父本花粉
D.显性亲本作父本，隐性亲本作母本
【思路点拨】本题主要考查孟德尔两对相对性状的杂交实验的实验过程和条件分析，解答本题可从以下几个方面入手：
①清楚杂交实验所选亲本的类型；
②明确杂交实验中对亲本的处理方法；
③理解正交和反交的含义及对实验结果的影响。
【自主解答】选D。做两对相对性状的遗传实验时，要求是两对相对性状的纯种亲本杂交，故A需要考虑；两对相对性状中每一对相对性状的遗传都遵循分离定律，即两对相对性状各自有显隐性关系，故B需考虑；因为以豌豆为实验材料，为避免自然状态下的自花传粉，故要对母本去雄，授以父本花粉，C也需考虑；不管是正交还是反交，结果都是一样，故不需考虑显性亲本作父本，隐性亲本作母本。
1.结合教材P10图1-8,思考：
(1)F2中双显、双隐豌豆在F2中的比例。
提示：双显豌豆的遗传因子组成为Y_R_，比例为3/4×3/4=
9/16;双隐豌豆的遗传因子组成为yyrr,比例为1/4×1/4=
1/16。
(2)F2的黄色圆粒豌豆中纯合子的比例和黄色皱粒豌豆中杂合
子的比例。
提示：F2的黄色圆粒豌豆的遗传因子组成为Y_R_,共占F2
的 ,其中纯合子(YYRR)占F2的比例为 ,因此黄色圆粒
豌豆中纯合子的比例为 ；F2中黄色皱粒豌豆的遗传因子
组成为Y_rr,其中YYrr占1份，Yyrr占2份，因此黄色皱粒豌豆
中杂合子(Yyrr)的比例为 。
2.若F2中性状比例与9∶3∶3∶1差距较大，试分析其原因。
提示：(1)实验中F2个体数较少。
(2)F1产生的某一类型配子有致死性。
【典例】牵牛花中，叶子有普通叶和枫形叶两种，种子有黑色和白色两种。现用普通叶白色种子纯种和枫形叶黑色种子纯种作为亲本进行杂交，得到的F1为普通叶黑色种子，F1自交得F2,结果符合自由组合定律。下列对F2的描述中错误的是
A.F2中有9种遗传因子组成，4种性状
B.F2中普通叶与枫形叶之比为3∶1
C.F2中与亲本性状相同的个体大约占3/8
D.F2中普通叶白色种子个体与枫形叶白色种子个体杂交将会得到两种比例相同的个体
【思路点拨】本题主要考查对两对相对性状的杂交实验的分析，解答本题可从以下几个方面入手：
①判断性状的显隐性。
②掌握教材中两对相对性状杂交实验的过程及结果。
③正确应用分离定律分析自由组合定律的问题。
【自主解答】选D。设叶子的形状由A、a控制，种子的颜色由
B、b控制，根据F1全为普通叶黑色种子，可判断普通叶、黑
色种子均为显性性状，可得F1的遗传因子组成为AaBb,其自交
过程可拆分为Aa 和Bb 。因此F1自交后代F2的遗传因子
组成有3×3=9种，性状有2×2=4种。单独分析叶形的遗传，
遵循分离定律，F1自交后代F2中普通叶(显性)：枫形叶(隐
性)=3∶1。F2性状有4种，亲本类型为普通叶白色种子(A_bb)
和枫形叶黑色种子(aaB_)，分别占F2的 和 ,共占 。
F2中普通叶白色种子的遗传因子组成及比例为 AAbb、
Aabb，枫形叶白色种子的遗传因子组成为aabb，它们杂交
后代的情况如下：
综合起来，后代中 个体为普通叶白色种子(Aabb)， 个体为枫形叶白色种子(aabb)。
1.思考用测交法可以确定F1产生配子的种类及比例的原因。
提示：测交法是让F1与隐性纯合子类型进行杂交，由于隐性纯合子产生的配子对F1个体产生的配子所决定的性状没有影响，所以，F2出现的性状及比例与F1产生的配子的种类及比例相符。
2.若两个体杂交，后代分离比为1∶1∶1∶1，据此能否确定两个体的遗传因子组成？
提示：不能。此分离比为测交后代分离比，据此不能确定双亲遗传因子组成。因双亲遗传因子组成有两种可能：AaBb×
aabb,Aabb×aaBb。据此看出，根据后代分离比推断亲代遗传因子组成的条件之一是亲本性状明确。
【典例】家禽鸡冠的形状由两对遗传因子(A和a、B和b)控制，这两对遗传因子按自由组合定律遗传，与性别无关。据下表回答问题。
(1)甲组杂交方式在遗传学上称为______；甲组杂交F1的4种性状的比例是______ 。
(2)让乙组后代F1中玫瑰状冠的家禽与另一纯合豌豆状冠的家禽杂交，杂交后代的性状及比例在理论上是_____________
________________________________ 。
(3)让丙组F1中的雌雄个体交配，后代表现为玫瑰状冠的有120只，那么表现为豌豆状冠的杂合子理论上有______只。
(4)遗传因子组成为AaBb与Aabb的个体杂交，它们的后代遗传因子组成的种类有______种，后代中纯合子比例占______。
【思路点拨】本题主要考查子代遗传因子组成推断及子代个体相关概率的计算。解答本题主要从以下两方面入手：
①理解测交的含义及应用。
②明确解题思路：将自由组合问题转化为分离定律问题。
【自主解答】 (1)甲组是A_B_与aabb杂交，后代有4种性状，这称之为测交，F1性状之比应为1∶1∶1∶1。
(2)乙组杂交后代中出现了单片状aabb，所以乙组亲本的遗传因子组成为Aabb、Aabb,其后代中玫瑰状冠的家禽遗传因子组成为AAbb∶Aabb=1∶2,分别与纯合的豌豆状冠的家禽(aaBB)杂交，杂交后代性状及比例为：1/3AAbb×aaBB=1/3AaBb
(全为核桃状)，2/3Aabb×aaBB=2/3×1/2AaBb+2/3×1/2aaBb,
综合起来是：核桃状冠家禽∶豌豆状冠家禽=2/3∶1/3=
2∶1。
(3)丙组中，由F1全是核桃状可推出亲代遗传因子组成为：aaBB和AAbb，其F1遗传因子组成为AaBb,F1雌雄个体间交配，符合常规的自由组合定律，玫瑰状冠的家禽=1/16AAbb+
2/16Aabb=120只。由此可以推出，杂合的豌豆状冠的个体理论上有：2/16aaBb=80只。
(4)遗传因子组成为AaBb与Aabb的个体杂交，它们后代的遗传因子组成的种类为3×2=6，纯合子的比例为1/4AA×1/2bb+
1/4aa×1/2bb=1/4。
答案：(1)测交 1∶1∶1∶1 (2)核桃状∶豌豆状=2∶1
(3)80 (4)6 1/4
1.表现型相同的个体，基因型一定相同吗？举例说明。
提示：不一定，如表现型为高茎的豌豆，其基因型可能是DD或Dd。
2.当基因型相同时，表现型是否一定相同？
提示：不一定。表现型除受基因型决定外，还受环境影响，只有在相同的环境条件下，基因型相同的个体表现型才会相同。
【典例】(2010·保定高一检测)人类的多指是一种显性遗传病，白化病是一种隐性遗传病。已知控制这两种疾病的等位基因独立遗传。在一个家庭中，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，则下一个孩子正常和同时患两种疾病的概率分别是
A.3/4,1/4 B.3/8,1/8
C.1/4,1/4 D.1/4,1/8
【思路点拨】本题主要考查两种遗传病相关概率的计算，解答本题可从以下几个方面入手：
①根据亲代和子代的表现型推断亲代的基因型。
②将自由组合问题转化为若干个分离定律问题。
③正确应用乘法原理。
【自主解答】选B。(1)推基因型。设多指基因用A表示，则正常指基因为a，设白化病基因用b表示，则正常基因为B。所以该白化病且手指正常的孩子的基因型为aabb，两个a或b基因一个来自父亲，一个来自母亲，父亲多指故有一个A基因，无白化病故有一个B基因，其父亲的基因型为AaBb，母亲的两对性状均正常，则基因型为aaBb。
(2)计算概率。就Aa×aa这对性状分析，生一正常孩子的概率为1/2,生一多指孩子的概率为1/2。就Bb×Bb这对性状分析，生一正常孩子的概率为3/4,生一白化病孩子的概率为1/4。依据自由组合定律和概率的乘法原理：生一正常小孩的概率=无多指概率×无白化病概率=1/2×3/4=3/8,同时患两病概率=患多指概率×患白化病概率=1/2×1/4=1/8。
1.下列关于孟德尔两对相对性状遗传实验的叙述中，错误的是( )
A.两对相对性状分别由两对遗传因子控制
B.每一对遗传因子的传递都遵循分离定律
C.F1细胞中控制两对性状的遗传因子相互融合
D.F1配子有16种组合方式，F2中有9种遗传因子组成和4种性状表现
【解析】选C。孟德尔对F2中不同对性状之间发生自由组合的解释是：两对相对性状分别由两对遗传因子控制，控制两对相对性状的两对遗传因子的分离和组合是互不干扰的，其中每一对遗传因子的传递都遵循分离定律。这样，F1产生雌雄配子各4种，数量比接近1∶1∶1∶1，配子随机结合，则有16种组合方式，F2有9种遗传因子组成和4种性状表现。
2.纯种黄色圆粒豌豆与纯种绿色皱粒豌豆作亲本杂交获得F1,F1自交得F2,F2中黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒的比例为9∶3∶3∶1,与F2的比例无直接关系的是( )
A.亲本必须是纯种黄色圆粒豌豆与纯种绿色皱粒豌豆
B.F1产生的雄、雌配子各有4种，比例为1∶1∶1∶1
C.F1自交时，4种类型的雄、雌配子的结合是随机的
D.F1的16种配子结合方式产生的后代都能发育成新个体
【解析】选A。F2中黄色圆粒、黄色皱粒、绿色圆粒、绿色皱粒的比例为9∶3∶3∶1,证明符合自由组合定律。出现上述理论比值的条件包括F1产生的雌、雄配子各有4种，比例为1∶1∶1∶1；F1自交时，4种类型的雌、雄配子随机结合；F1的16种配子结合方式产生的后代F2均能发育成新个体。但是亲本不一定是纯种黄色圆粒豌豆与纯种绿色皱粒豌豆，用纯种黄色皱粒与纯种绿色圆粒豌豆也可以。
3.具有两对相对性状的纯合亲本杂交，按自由组合定律遗传，那么F2中能稳定遗传的个体占总数的( )
A.1/4 B.3/16 C.1/8 D.1/16
【解析】选A。两对相对性状的纯合子杂交，按自由组合定律遗传，F2中有4种表现型，每种表现型中均有1份为纯合子，因此纯合子共4份，占4/16,即1/4。
4.两个黄色圆粒豌豆品种进行杂交，得到6 000粒种子均为黄色，但只有1 500粒为皱粒。两个杂交亲本的基因组合可能为
( )
A.YYRR×YYRr B.YyRr×YyRr
C.YyRR×YYRr D.YYRr×YyRr
【解析】选D。单就黄色与绿色这一对性状来考虑，6 000粒种子均为黄色，亲本基因型应为YY×Yy或YY×YY;单就圆粒与皱粒这一对相对性状来考虑，6 000粒中有1 500粒皱粒，即圆粒∶皱粒=3∶1,则亲本的基因型为Rr×Rr，综合两对相对性状，亲本的基因组合可能为YYRr×YyRr或YYRr×YYRr。
5.将基因型为AaBbCcDd和AABbCCDD的水稻杂交，按基因的自由组合定律，子代中出现基因型为AaBBCCDD个体的概率为
( )
A.1/8 B.1/16 C.1/32 D.1/64
【解析】选C。四对基因按自由组合定律遗传，其中每对基因的遗传遵循分离定律，所以AaBbCcDd×AABbCCDD可以拆分为：Aa×AA→1/2Aa;Bb×Bb→1/4BB;Cc×CC→1/2CC; Dd×
DD→1/2DD。综合起来，出现AaBBCCDD的概率为1/2×1/4×
1/2×1/2=1/32。
6.孟德尔的两对相对性状的遗传实验中，具有1∶1∶1∶1比例的是( )
①F1产生配子类型的比例 ②F2表现型的比例
③F1测交后代表现型的比例 ④F1表现型的比例
⑤F2基因型的比例
A.②④ B.①③ C.④⑤ D.②⑤
【解析】选B。F1的基因型为YyRr,可产生4种配子，比例均等，即YR∶Yr∶yR∶yr=1∶1∶1∶1；F2的表现型有4种，分离比为9∶3∶3∶1；F1测交后代的表现型有4种，比例均等；F1的表现型只有1种；F2的基因型有9种，比例为4∶2∶2∶
2∶2∶1∶1∶1∶1。
7.基因型为AaBb的个体进行测交，后代中不会出现的基因型是( )
A.AaBb B.aabb C.AABb D.aaBb
【解析】选C。AaBb×aabb可以分解为两个分离定律：Aa×aa→Aa∶aa=1∶1;Bb×bb→Bb∶bb=1∶1。综合起来,后代可能出现的基因型有4种，即AaBb、Aabb、aaBb和aabb，不会出现AABb。
8.对某植株进行测交，得到后代的基因型为RrBb和Rrbb，则该植株的基因型是( )
A.RRBb B.RrBb C.rrbb D.Rrbb
【解析】选A。测交是待测个体和隐性纯合子杂交的过程。隐性纯合子只产生一种配子rb。故该植株测交后代基因型中去掉rb，即为该植株产生的配子，即RB和Rb，推出该植株的基因型为RRBb。
9.下列哪项不属于孟德尔研究遗传规律获得成功的原因( )
A.正确地选用实验材料
B.选择多种植物作为实验材料，做了大量的实验
C.先分析一对相对性状的遗传，运用统计学方法分析结果
D.科学地设计实验程序，提出假说并进行验证
【解析】选B。选项A、C、D是孟德尔获得成功的原因，选项B不能说明成功的原因，因为无目的、无意义的大量实验只是浪费时间和精力。他曾花了几年时间研究山柳菊，结果一无所获，也反过来说明正确选择实验材料是科学研究取得成功的关键。
10.下列属于等位基因的是( )
A.A与b B.Y与y C.E与E D.f与f
【解析】选B。等位基因是指控制相对性状的基因。一对等位基因应包括一个显性基因和一个与之相对应的隐性基因，如B项中的Y与y。C、D两项是控制相同性状的相同基因，A项是控制两种不同性状的基因。
一、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分)
1.已知按自由组合定律遗传产生的子代基因型及比例为1AABB∶1AAbb∶1AaBB∶1Aabb∶2AABb∶2AaBb，则双亲的基因型应该是( )
A.AABB×AABb B.Aabb×AaBb
C.AaBb×AaBb D.AABb×AaBb
【解析】选D。将自由组合问题拆分为分离定律的问题。由于后代中AA∶Aa=1∶1，可知亲本中这一对等位基因对应的基因型为AA×Aa；由BB∶Bb∶bb=1∶2∶1，可知亲本中对应的基因型为Bb×Bb。综合起来，双亲的基因型为AABb×AaBb。
2.在豚鼠中，黑色(C)对白色(c)
是显性，毛皮粗糙(R)对毛皮光滑
(r)是显性。下列能验证基因的自
由组合定律的最佳杂交组合是( )
A.黑光×白光→18黑光∶16白光
B.黑光×白粗→25黑粗
C.黑粗×白粗→15黑粗∶7黑光∶16白粗∶3白光
D.黑粗×白光→10黑粗∶9黑光∶8白粗∶11白光
【解析】选D。验证自由组合定律，就是验证杂种F1产生配子时，决定同一性状的成对遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合，产生四种不同遗传因子组成的配子，因此最佳方法为测交。D项符合测交的概念和结果：黑粗(相当于F1的双显)×白光(双隐性纯合子)→10黑粗∶9黑光∶8白粗∶11白光(四种类型，比例接近1∶1∶1∶1)。
3.育种工作者选用纯合的家兔，进行如图所示杂交实验，下列有关说法正确的是( )
P 灰色×白色
↓
F1 灰色
↓自交
F2 灰色 黑色 白色
9 ∶ 3 ∶ 4
A.家兔的体色是由一对基因决定的
B.控制家兔体色的基因不符合孟德尔遗传规律
C.F2灰色家兔中基因型有3种
D.F2表现型为白色的家兔中，与亲本基因型相同的占1/4
【解题提示】两对等位基因控制的性状有时表现出相互影响而表现一种性状，如本题就是双显性为灰色，双隐性为白色，单显性为黑和白，即其中之一表现为双隐性的性状。
【解析】选D。此题乍看为一对相对性状的遗传，其实不然。由F2的分离比之和为9+3+4=16可知，家兔体色为两对基因控制的性状。为此，可设控制家兔体色的基因为A、a和B、b，则亲代纯合子为AABB、aabb，F1为AaBb，F2为：A_B_为灰色，A_bb(或aaB_)为黑色，aaB_(或A_bb)、aabb为白色，F2表现型为白色的家兔中，与亲本基因型相同的为aabb，占1/4。
4.(2010·聊城高一检测)人体耳垂离生(A)对连生(a)为显性，眼睛棕色(B)对蓝色(b)为显性，两对基因自由组合。一个棕眼离生耳垂的男人与一个蓝眼离生耳垂的女人婚配，生了一个蓝眼连生耳垂的孩子，倘若他们再生育，未来子女为蓝眼离生耳垂、蓝眼连生耳垂的几率是( )
A.1/4,1/8 B.1/8,1/8
C.3/8,1/8 D.3/8,1/2
【解题提示】解决此类问题的关键是根据双亲和子代的性状表现正确推断双亲基因型。由于两对性状互不干扰，因此可将此自由组合定律的遗传现象拆分为两个分离定律的遗传，即：棕眼×蓝眼→蓝眼，则有Bb×bb→bb,离生×离生→连生，则有Aa×Aa→aa,那么双亲基因型为AaBb×Aabb。
【解析】选C。根据亲代表现型及子代表现型可确定双亲的基因型为：父亲AaBb,母亲Aabb，两对基因分别考虑，Aa×Aa→
3A_∶1aa,Bb×bb→1Bb∶1bb，可得未来子女棕眼的几率为1/2,蓝眼的几率为1/2,耳垂离生的几率为3/4，耳垂连生的几率为1/4,则子女为蓝眼离生耳垂的几率为1/2×3/4=3/8,蓝眼连生耳垂的几率为1/2×1/4=1/8。
5.(2010·杭州高二检测)豌豆花的颜色由两对等位基因P、p和Q、q控制，都是独立遗传。假设每对等位基因中至少有一个显性基因时花是紫色的，其他的基因组合都是白色的，如用紫花和白花植株进行杂交，F1中紫花∶白花=3/8∶5/8，则亲本的基因型可能为( )
A.PPQq×PPQq B.PpQQ×Ppqq
C.PpQq×ppqq D.PpQq×Ppqq
【解析】选D。由题意可知，紫花植株的基因型为P_Q_，F1中紫花占3/8可以拆分为3/4×1/2或1/2×3/4，由此可以推出亲本基因型为PpQq×Ppqq或PpQq×ppQq。
二、非选择题(本题共2小题，共15分)
6.(9分)小麦中，光颖和毛颖是一对相对性状(显性基因用P表示)，抗锈病和不抗锈病是一对相对性状(显性基因用R表示)，两对基因各自独立遗传。现有光颖抗锈病和毛颖不抗锈病杂交，F1全为毛颖抗锈病，F1自交，F2出现四种性状：毛颖抗锈病、光颖抗锈病、毛颖不抗锈病、光颖不抗锈病。根据以上信息回答下列问题。
(1)上述遗传符合_____定律，其中_____和_____是显性状性，F1所产生的配子类型是_____________,F2中表现型与亲本不同的个体所占比例是_____ 。
(2)F2中毛颖抗锈病植珠所占比例是_____,F2毛颖抗锈病植株中能稳定遗传的个体所占比例是_____ 。
(3)F2中要获得PPRR的小麦10株，F2群体理论上至少应有_____株。
(4)选F2中光颖抗锈病植株与毛颖抗锈病双杂合子植株杂交，后代出现光颖抗锈病纯合子的比例是_____ 。
【解析】本题主要考查两对相对性状的杂交实验。
(1)两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中出现了不同的性状组合，遵循基因的自由组合定律。F1全为毛颖抗锈病，说明毛颖和抗锈病是显性性状，F1的基因型为PpRr，可产生PR、Pr、pR和pr 4种配子。F2中与亲本表现型不同的为毛颖抗锈病(P_R_)和光颖不抗锈病(pprr)，前者占F2的9/16,后者占1/16，共占5/8。
(2)F2中毛颖抗锈病植株(P_R_)占的比例为9/16,其中纯合子PPRR占1/16，所以毛颖抗锈病植株中能稳定遗传的个体为1/9。
(3)F2中PPRR的小麦占1/16，因此要获得PPRR的小麦10株，F2至少有160株。
(4)F2中光颖抗锈病植株与毛颖抗锈病双杂合子杂交：即ppR_(2ppRr∶1ppRR)×PpRr,其中1/3ppRR×PpRr→1/12ppRR；
2/3ppRr×PpRr→1/12ppRR,因此出现光颖抗锈病纯合子(ppRR)的比例为1/12+1/12=1/6。
答案：(1)基因的自由组合 毛颖 抗锈病 PR、Pr、pR、pr 5/8 (2)9/16 1/9 (3)160 (4)1/6
7.(6分)玉米植株的性别决定受两对基因(B-b,T-t)的支配，这两对基因独立遗传。玉米植株的性别和基因型的对应关系如下表，请回答下列问题：
(1)基因型为bbTT的雄株与BBtt的雌株杂交，F1的基因型为_________ ，表现型为_________；F1自交，F2的性别为_________ ，分离比为_________ 。
(2)基因型为______的雄株与基因型为______的雌株杂交，后代全为雄株。
(3)基因型为______的雄株与基因型为______的雌株杂交，后代的性别有雄株和雌株，且分离比为1∶1。
【解析】 (1)根据基因自由组合定律可知，基因型为bbTT的雄株与BBtt的雌株杂交，后代的基因型为BbTt，再根据题干信息可推知，其表现型为雌雄同株异花。F1自交后代中出现9种基因型，其中B_T_(雌雄同株异花)占9/16，bbT_(雄株)占3/16，B_tt或bbtt(雌株)占4/16。
(2)若后代全为雄株，则基因型为bbT_，所以亲代雌性个体不能含有B基因，其基因型只能为bbtt，亲代雄性个体也不能含有B基因，其基因型只能为bbTT。
(3)分析表格知，雄株基因型为bbT_，雌株基因型为__tt，由于后代性别有雌株、雄株，且分离比为1∶1，故亲本雄株基因型为bbTt，进而推出雌株基因型只能为bbtt。
答案：(1)BbTt 雌雄同株异花 雌雄同株异花、雄株、雌株 9∶3∶4 (2)bbTT bbtt (3)bbTt bbtt
1.(3分)(2009·全国卷Ⅰ)已知小麦抗病对感病为显性，无芒对有芒为显性，两对性状独立遗传。用纯合的抗病无芒与感病有芒杂交，F1自交，播种所有的F2,假定所有F2植株都能成活，在F2植株开花前，拔掉所有的有芒植株，并对剩余植株套袋。假定剩余的每株F2收获的种子数量相等，且F3的表现型符合遗传规律。从理论上讲F3中表现感病植株的比例为
( )
A.1/8 B.3/8 C.1/16 D.3/16
【解析】选B。设抗病基因为A，感病基因为a,无芒基因为B，有芒基因为b。依题意，亲本