在非洲人群中，每10000人中有1个人患囊性纤维原性瘤，该病属常染色体遗传.一对健康的夫妇生有一患病孩子.此后该妇女与另

解题思路：囊性纤维原性瘤属于常染色体遗传（用A、a表示），一对健康的夫妇生有一患病孩子，说明该病为常染色体隐性遗传病，且这对夫妇的基因型均为Aa．据此答题．

每10000人中有1个人患囊性纤维原性瘤，即aa的基因型频率为[1/10000]，由此可推知a的基因频率为

1
10000=
1
100，则A的基因频率为[99/100]，AA的基因型频率为（[99/100]）²，Aa的基因型频率为2×[1/100×
99
100]，所以人群中一名健康男性的基因型为Aa的概率为
2×
1
100×
99
100
(
99
100)2+2×
1
100×
99
100=[2/101]．该妇女（Aa）与一名健康男性再婚，他们所生孩子患此病几率是[1/4×
2
101≈
1
200]．
故选：D．

点评：
本题考点： 基因的分离规律的实质及应用

考点点评： 本题考查基因分离定律的实质及应用、基因频率，要求考生掌握基因分离定律的实质，能根据题干信息推断这对夫妇的基因型；掌握基因频率的计算方法，能结合两者答题，有一定难度．

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健康的夫妇生出患病孩子，说明是常染色体隐性遗传，夫妇基因型都是杂合子Aa
q²=aa=1/10000 算出q=0.01 则p=0.99
AA=P² =0.99x0.99 Aa=2pq=2x0.99x0.01
另一正常男性是Aa的概率=Aa/(AA+Aa)=0.02
Aax0.02Aa产生aa的概率=0.02x1/4=1/200
选D

深奥