适用于新教材2024版高考生物一轮总复习第5单元孟德尔遗传定律与伴性遗传第20讲孟德尔的豌豆杂交实验二课件新人教版

这是一份适用于新教材2024版高考生物一轮总复习第5单元孟德尔遗传定律与伴性遗传第20讲孟德尔的豌豆杂交实验二课件新人教版，共54页。PPT课件主要包含了素养目标，内容索引，强基础·增分策略，提能力·精准突破，练高考·衍生训练，考向探究，方法突破等内容，欢迎下载使用。

1 强基础·增分策略
1.两对相对性状的杂交实验(1)两对相对性状杂交实验的“假说—演绎”分析
(2)用分离定律分析两对相对性状的杂交实验①过程分析
②结果分析:F2共有9种基因型,4种表型
2.自由组合定律(1)自由组合定律概念图解
(2)细胞学基础(以精细胞的形成为例)
3.孟德尔获得成功的原因
4.孟德尔遗传定律的应用(1)指导杂交育种:把两个亲本的　优良性状　组合在一起。 
(2)指导医学实践:为遗传病的　预测和诊断　提供理论依据。分析两种及两种以上遗传病的传递规律,推测基因型和表型的比例及群体发病率。 
旁栏边角(必修2 P11图1-8)基因型为AaBb的个体自交后代一定有4种表型、一定有9种基因型吗?为什么?提示:不一定,若两对等位基因位于两对同源染色体上,基因型为AaBb的个体自交后代中一定有9种基因型,但不一定有4种表型,比如A、a为不完全显性时会产生6种表型;若两对等位基因位于同一对同源染色体上,可能会出现AABB、AaBb、aabb或AAbb、AaBb、aaBB 3种基因型。
易错辨析(1)F1在产生配子时,成对的遗传因子彼此分离,不成对的遗传因子可以自由组合。(必修2 P10正文)(　√　)(2)F1(基因型为YyRr)产生的雌雄配子各有4种:YR、Yr、yR、yr,它们之间的数量比为1∶1∶1∶1。(必修2 P10正文)(　√　)(3)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的精子和4种类型的卵细胞可以自由组合。(必修2 P12正文)(　×　)(4)基因型是性状表现的内在因素,表型是基因型的表现形式。(必修2 P15本章小结)(　√　)
2 提能力·精准突破
考向1 通过两对相对性状的杂交实验分析,考查科学思维1.(2022南京一模)在孟德尔两对相对性状的杂交实验中,F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生F2。下列表述正确的是(　　)A.F1产生4种精子,比例为1∶1∶1∶1B.F1可产生基因型为Yy的卵细胞C.基因自由组合定律的实质指F1产生的雌雄配子随机结合D.F2中黄色圆粒豌豆约占3/16答案:A
解析:Y和y属于等位基因,在产生配子的过程中应该分离,产生的配子中只有其中的一个,B项错误;基因自由组合定律是指F1在减数分裂过程中,同源染色体分离,非同源染色体上的非等位基因自由组合,C项错误;F2中黄色圆粒豌豆为双显性性状(Y_R_),约占9/16,D项错误。
2.(2022沈阳模拟)孟德尔在两对相对性状的豌豆杂交实验中,用纯种黄色圆粒豌豆和纯种绿色皱粒豌豆杂交获得F1,F1自交得F2。下列有关叙述正确的是(　　)A.黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律,故这两对性状的遗传遵循自由组合定律B.F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等,是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提C.从F2的绿色圆粒植株中任取两株,这两株基因型不同的概率为4/9D.若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植,后代出现绿色皱粒的概率为1/81答案:C
解析:位于同一对同源染色体上的两对等位基因也都遵循分离定律,但不遵循自由组合定律,故不能依据黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律,得出这两对性状的遗传遵循自由组合定律的结论,A项错误;F1产生的雄配子总数远远多于雌配子总数,B项错误;从F2的绿色圆粒植株yyRR或yyRr中任取两株,这两株基因型相同的概率为1/3×1/3+2/3×2/3=5/9,故不同的概率为4/9,C项正确;若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植,由于豌豆是自花传粉植物,只有基因型为YyRr的个体才会产生yyrr的绿色皱粒豌豆,故后代出现绿色皱粒的概率为4/9×1/16=1/36,D项错误。
考向2 围绕自由组合定律的实质和适用条件,考查理解能力3.(2022岳阳一模)某植物的两对等位基因分别用Y、y和R、r表示,若基因型为YyRr的该植物个体自交,F1的基因型及比例为Y_R_∶Y_rr∶yyR_∶yyrr=9∶3∶3∶1。下列叙述不是该比例出现的必要条件的是(　　)A.两对等位基因Y、y和R、r位于非同源染色体上B.两对等位基因Y、y和R、r各控制一对相对性状C.减数分裂产生的雌雄配子不存在差别性致死现象D.受精过程中各种基因型的雌雄配子的结合是随机的答案:B
解析:只要两对等位基因Y、y和R、r位于非同源染色体上,无论各控制一对相对性状还是同时控制一对相对性状,基因型为YyRr的植株自交,后代的基因型及比例均为Y_R_∶Y_rr∶yyR_∶yyrr=9∶3∶3∶1。
4.(2022德州期末)某单子叶植物抗病(T)对染病(t)为显性,花粉粒非糯性(A)对糯性(a)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,三对等位基因的分离和组合互不干扰,非糯性花粉遇碘液变蓝色,糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子,它们的基因型分别为①AAddTT、②AADDtt、③AAddtt、④aaddtt。下列说法不正确的是(　　)A.若采用花粉鉴定法验证分离定律,亲本的选择组合有5种(正反交只记为1组)B.若采用花粉鉴定法验证自由组合定律,可以选择亲本①和②、①和④杂交C.若培育糯性抗病优良品种,应选择亲本①和④杂交D.将②和④杂交所得F1的花粉直接在显微镜下观察,只能看到两种花粉粒,比例为1∶1
答案:B解析:由题干可知,某单子叶植物抗病(T)对染病(t)为显性,花粉粒非糯性(A)对糯性(a)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,三对等位基因的分离和组合互不干扰,若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律,应选择亲本①和④、②和④、③和④、①和②、②和③杂交所得F1的花粉,因此亲本的选择组合有5种,A项正确;非糯性花粉遇碘液变蓝色,糯性花粉遇碘液变棕色,若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律,可以选择亲本②和④杂交所得F1的花粉,B项错误;若培育糯性抗病优良品种,应选用①和④亲本杂交,即AAddTT×aaddtt,C项正确;将②(AADDtt)和④(aaddtt)杂交后所得的F1的花粉直接在显微镜下观察,预期结果有2种,花粉粒长形与圆形比例为1∶1,D项正确。
规律方法自由组合定律的实验验证方法
考向3 围绕多对基因控制生物性状的分析,考查科学思维5.(2021全国高考乙卷)某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制(杂合子表现显性性状)。已知植株A的n对基因均杂合。理论上,下列说法错误的是(　　)A.植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体B.n越大,植株A测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异越大C.植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D.n≥2时,植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数答案:B
解析:若n=1,则植株A测交会出现2(21)种不同的表型,若n=2,则植株A测交会出现4(22)种不同的表型,以此类推,当n对等位基因测交时,会出现2×2×2……×2=2n种不同的表型,A项正确;n越大,植株A测交子代中表型的种类数目越多,但各表型的比例相等,与n的大小无关,B项错误;植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等,占子代个体总数的比例均为(1/2)n,C项正确;植株A的测交子代中,纯合子的个体数所占比例为(1/2)n,杂合子的个体数所占比例为1-(1/2)n,当n≥2时,杂合子的个体数多于纯合子的个体数,D项正确。
6.(2022临沂模拟)有一种兰花,花色有红色、蓝色两种,其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将红花植株和蓝花植株进行杂交,F1均开红花,F1自交,F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37。下列有关叙述错误的是(　　)A.兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制B.F2中蓝花基因型有19种C.F2的蓝花植株中,纯合子占7/37D.若F1测交,则其子代表型及比例为红花∶蓝花=7∶1答案:D
解析:由F2红花植株与蓝花植株的比例为27∶37,比例系数之和为64=4×4×4,可推出兰花花色遗传至少由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制,A项正确;兰花花色遗传由位于3对同源染色体上的3对等位基因控制,基因型共27种,红花基因型为A_B_C_,基因型共8种,因此,蓝花的基因型有27-8=19(种),B项正确;F2中纯合子共有2×2×2=8(种),每种各占1/64,其中只有基因型为AABBCC的个体表现为红花,其余均为蓝花,即蓝花纯合子占7/64,而F2中蓝花植株共占37/64,因此F2的蓝花植株中,纯合子占7/37,C项正确;若F1(基因型为AaBbCc)测交,即与aabbcc杂交,红花基因型为A_B_C_,其余为蓝花,则子代表型及比例为红花∶蓝花=1∶7,D项错误。
拓展归纳n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
注:(1)若F2中显性性状的比例为(3/4)n,则该性状由n对等位基因控制。(2)若F2中子代性状分离比之和为4n,则该性状由n对等位基因控制。
1.“拆分法”求解自由组合定律计算问题(1)基因型(表型)种类、概率及比例
(2)配子种类及概率的计算
2.“逆向组合法”推断亲本基因型问题(1)方法:将自由组合定律的性状分离比拆分成分离定律的分离比分别分析,再运用乘法原理进行逆向组合。(2)题型示例
考向1 由亲代基因型“顺推”子代基因型1.(2022潍坊模拟)某二倍体植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制,基因型为AA的植株表现为大花瓣,Aa为小花瓣,aa为无花瓣。花瓣颜色(红色和黄色)受另一对等位基因R、r控制,R对r为完全显性,两对基因独立遗传。下列有关叙述错误的是(　　)A.若基因型为AaRr的个体测交,则子代表型有3种,基因型有4种B.若基因型为AaRr的亲本自交,则子代共有9种基因型,6种表型C.若基因型为AaRr的亲本自交,则子代有花瓣植株中,AaRr所占比例约为1/3,而所有植株中纯合子约占1/4D.若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交,则子代中红色花瓣的植株占3/8
答案:B解析:若基因型为AaRr的个体测交,则子代基因型有AaRr、Aarr、aaRr、aarr 4种,表型有3种,分别为小花瓣红色、小花瓣黄色、无花瓣,A项正确;若基因型为AaRr的亲本自交,由于两对基因独立遗传,根据基因的自由组合定律,子代共有3×3=9(种)基因型,而Aa自交子代表型有3种,Rr自交子代表型有2种,但由于aa表现为无花瓣,故aaR_与aarr的表型相同,所以子代表型共有5种,B项错误;若基因型为AaRr的亲本自交,则子代有花瓣植株中,AaRr所占比例约为2/3×1/2=1/3,子代的所有植株中,纯合子所占比例约为1/4,C项正确;若基因型为AaRr与Aarr的亲本杂交,则子代中红色花瓣(A_Rr)的植株所占比例为3/4×1/2=3/8,D项正确。
(1)现有紫花植株(基因型为AaBb)与红花杂合子植株杂交,子代植株表型及其比例为　　　　　　　;子代中红花植株的基因型是　　　　　　　;子代白花植株中纯合子所占的比例是　　　　　。 (2)已知白花纯合子的基因型有2种。现有1株白花纯合子植株甲,若要通过杂交实验(要求选用1种纯合子亲本与植株甲只进行1次杂交)来确定其基因型,请写出所选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。
答案:(1)紫色∶红色∶白色=3∶3∶2　AAbb、Aabb　1/2(2)选用的亲本基因型:AAbb;预期实验结果及结论:若子代全为红花,则待测白花纯合个体的基因型为aabb;若子代全为紫花,则待测白花纯合个体基因型为aaBB。
解析:(1)基因型为AaBb的紫花植株与红花杂合子植株(基因型为Aabb)杂交,子代基因型及比例为A_Bb∶A_bb∶aaBb∶aabb=(3/4×1/2)∶(3/4×1/2)∶ (1/4×1/2)∶(1/4×1/2)=3∶3∶1∶1,相应的表型及比例为紫色∶红色∶白色=3∶3∶2;子代中红花植株的基因型为AAbb、Aabb;子代白花植株包括aaBb与aabb,二者比例为1∶1,故子代白花植株中纯合子占的比例是1/2。(2)根据上述分析,白花纯合子的基因型有aaBB与aabb两种,要选用1种纯合亲本通过1次杂交实验来确定其基因型,关键思路是要判断该白花植株甲是否含有B基因,且不能选择白花亲本,否则后代全部为白花,无法判断,故而选择基因型为AAbb的红花纯合个体为亲本,与待测植株甲进行杂交。若待测白花纯合个体的基因型为aabb,则子代全为红花;若待测白花纯合个体基因型为aaBB,则子代全为紫花。
考向2 根据子代表型及比例“逆推”亲本基因型3.(2022广州模拟)豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性,种子的圆粒(R)对皱粒(r)为显性,两亲本杂交得到F1,其表型如图所示。下列叙述错误的是(　　)A.亲本的基因组成是YyRr、yyRrB.F1中表型不同于亲本的是黄色皱粒、绿色皱粒C.F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRrD.F1中纯合子占的比例是1/2
答案:D解析:分析直方图可知,F1出现的类型中,圆粒∶皱粒=3∶1,说明两亲本的相关基因型是Rr、Rr,黄色∶绿色=1∶1,说明两亲本的相关基因型是Yy、yy,所以两亲本的基因型是YyRr、yyRr,A项正确;两亲本的基因型是YyRr、yyRr,表型为黄色圆粒和绿色圆粒,所以F1中表型不同于亲本的是黄色皱粒、绿色皱粒,B项正确;由于Yy×yy的后代为Yy、yy,Rr×Rr的后代为RR、Rr、rr,所以F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRr,C项正确;根据亲本的基因型组合YyRr×yyRr可判断,F1中纯合子占的比例是1/2×1/2=1/4,D项错误。
4.(2021全国高考甲卷)植物的性状有的由1对基因控制,有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶,果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点,某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验,其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。
回答下列问题。(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律,判断的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。根据实验②,可判断这2对相对性状中的显性性状是　　　　　　　　　　。 (2)甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是　　　　　　　。 (3)实验②的F2中纯合子所占的比例为　　　　　。 (4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1,而是45∶15∶3∶1,则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是　　　　,判断的依据是　　　　　　　　　　　。 
答案:(1)F1中缺刻叶∶全缘叶=1∶1,齿皮∶网皮=1∶1　缺刻叶、齿皮　(2)甲和乙　(3)1/4　(4)果皮　若实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮=45∶15∶3∶1,其中齿皮∶网皮=3∶1,符合基因的分离定律,则可判断果皮是由1对等位基因控制的
解析:(1)根据实验①中亲本甲与乙杂交,F1中缺刻叶∶全缘叶=1∶1,齿皮∶网皮=1∶1,说明这两对相对性状均符合基因的分离定律。实验②中F1(缺刻叶齿皮)自交得F2,F2中缺刻叶∶全缘叶=3∶1,齿皮∶网皮=3∶1,所以这两对相对性状中缺刻叶和齿皮是显性性状。(2)据题干知甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮,根据甲和乙杂交后代F1的性状比例可知,乙种植后表现为全缘叶齿皮,且甲和乙为杂合子,根据丙和丁杂交后代F1及F1自交后代F2的性状比例可知,丁种植后表现为全缘叶齿皮,且丙和丁都是纯合子。(3)实验②的F1(缺刻叶齿皮)自交所得F2中出现4种表型,其比例为9∶3∶3∶1,符合基因的自由组合定律,所以F2中纯合子所占的比例为4/16,即1/4。(4)若实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1,而是45∶15∶3∶1,其中齿皮(45+3)∶网皮(15+1)=3∶1,符合基因的分离定律,则可判断果皮是由1对等位基因控制的。
3 练高考·衍生训练
角度1 考查自由组合定律的解题规律及方法1.(2021湖北高考)甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米品种,甲分别与乙、丙杂交产生F1,F1自交产生F2,结果如表。
根据结果,下列叙述错误的是(　　)A.若乙与丙杂交,F1全部为红色籽粒,则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色B.若乙与丙杂交,F1全部为红色籽粒,则玉米籽粒颜色可由三对基因控制C.组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色∶1白色D.组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色
答案:C解析:由组别1、2中F2表型及比例为9红色∶7白色可知,F1均有两对等位基因为杂合,可设三个品种的基因型:甲AAbbCC、乙aaBBCC、丙AABBcc。若乙与丙杂交,F1全部为红色籽粒(AaBBCc),两对等位基因遵循自由组合定律,则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色,A项正确;若乙与丙杂交,F1全部为红色籽粒,则玉米籽粒颜色可由三对基因控制,B项正确;据分析可知,组1中的F1(AaBbCC)与甲(AAbbCC)杂交,所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色,C项错误;组2中的F1(AABbCc)与丙(AABBcc)杂交,所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色,D项正确。
角度2 考查自由组合定律的实质和实验验证2.(2021湖南高考)油菜是我国重要的油料作物,油菜株高适当的降低对抗倒伏及机械化收割均有重要意义。某研究小组利用纯种高秆甘蓝型油菜Z,通过诱变培育出一个纯种半矮秆突变体S。为了阐明半矮秆突变体S是由几对基因控制、显隐性等遗传机制,研究人员进行了相关试验,如图所示。
回答下列问题。(1)根据F2表型及数据分析,油菜半矮秆突变体S的遗传机制是　　　　　,杂交组合①的F1产生各种类型的配子比例相等,自交时雌雄配子有______种结合方式,且每种结合方式概率相等。F1产生各种类型配子比例相等的细胞遗传学基础是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)将杂交组合①的F2所有高秆植株自交,分别统计单株自交后代的表型及比例,分为三种类型,全为高秆的记为F3-Ⅰ,高秆与半矮秆比例和杂交组合①、②的F2基本一致的记为F3-Ⅱ,高秆与半矮秆比例和杂交组合③的F2基本一致的记为F3-Ⅲ。产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为　　　　　　。产生F3-Ⅲ的高秆植株基因型为　　　　　　　　　(用A、a;B、b;C、c……表示基因)。用产生F3-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交试验,能否验证自由组合定律?　　　　　　。 
答案:(1)由两对位于非同源染色体上的隐性基因控制　16　F1减数分裂产生配子时,位于同源染色体上的等位基因分离,位于非同源染色体上的非等位基因自由组合　(2)7∶4∶4　Aabb、aaBb　不能
解析:(1)分析题意可推测,半矮秆突变体S是双隐性纯合子,只要含有显性基因即表现为高秆,杂交组合①的F1为双杂合子,减数分裂产生配子时,位于同源染色体上的等位基因分离,位于非同源染色体上的非等位基因自由组合,所以产生4种比例相等的配子,自交时雌雄配子有16种结合方式,且每种结合方式概率相等,导致F2出现高秆∶半矮秆≈15∶1。
(2)杂交组合①的F2所有高秆植株基因型包括1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb,所有高秆植株自交,分别统计单株自交后代的表型及比例,至少含有一对纯合显性基因的高秆植株1AABB、2AABb、2AaBB、1AAbb、1aaBB,占高秆植株的比例为7/15,其后代全为高秆,记为F3-Ⅰ;AaBb占高秆植株的比例为4/15,自交后代高秆∶半矮秆≈15∶1,和杂交组合①、②的F2基本一致,记为F3-Ⅱ;2Aabb、2aaBb占高秆植株的比例为4/15,自交后代高秆与半矮秆比例和杂交组合③的F2基本一致,记为F3-Ⅲ,产生F3-Ⅰ、F3-Ⅱ、F3-Ⅲ的高秆植株数量比为7∶4∶4。用产生F3-Ⅲ的高秆植株进行相互杂交试验,不论两对基因位于一对同源染色体上,还是位于两对同源染色体上,亲本均产生两种数量相等的雌雄配子,子代均出现高秆∶半矮秆=3∶1,因此不能验证基因的自由组合定律。
角度3 考查自由组合定律的应用3.(2021福建高考)某一年生植物甲和乙是具有不同优良性状的品种,单个品种种植时均正常生长。欲获得兼具甲、乙优良性状的品种,科研人员进行杂交实验,发现部分F1植株在幼苗期死亡。已知该植物致死性状由非同源染色体上的两对等位基因(A/a和B/b)控制,品种甲基因型为aaBB,品种乙基因型为_ _bb。回答下列问题。(1)品种甲和乙杂交,获得优良性状F1的育种原理是　　　　　　。 (2)为研究部分F1植株致死的原因,科研人员随机选择10株乙,在自交留种的同时,单株作为父本分别与甲杂交,统计每个杂交组合所产生的F1表型,只出现两种情况,如下表所示。
①该植物的花是两性花,上述杂交实验,在授粉前需要对甲采取的操作是　　　　、　　　　。 ②根据实验结果推测,部分F1植株死亡的原因有两种可能性:其一,基因型为A_B_的植株致死;其二,基因型为　　　　　的植株致死。 ③进一步研究确认,基因型为A_B_的植株致死,则乙-1的基因型为　　　　　。