人教版2024届高考生物一轮复习基因的自由组合定律教学课件

这是一份人教版2024届高考生物一轮复习基因的自由组合定律教学课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，统计学，假说演绎，∶1∶2，提能力精准突破，答案图解如下，悟考情演练真题等内容，欢迎下载使用。
一、两对相对性状的遗传实验分析
1.发现问题——两对相对性状的杂交实验
2.提出假说——对自由组合现象的解释
3.演绎(推理、验证)——对自由组合现象的验证
4.得出结论——自由组合定律
5.孟德尔获得成功的原因
旁栏边角1.(必修2 P10“旁栏思考”改编)孟德尔实验中为什么要用正交和反交进行实验?从数学角度看,9∶3∶3∶1与3∶1能否建立联系?
提示 用正交和反交进行实验是为了证明性状的遗传是否和母本有关(排除细胞质遗传)。(黄色∶绿色)(圆粒∶皱粒)=(3∶1)(3∶1)=黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱=9∶3∶3∶1。　
2.(必修2 P11“思考与讨论”)在豌豆杂交实验之前,孟德尔曾花了几年时间研究山柳菊,结果却一无所获,其原因主要有哪些?
提示 ①山柳菊没有既容易区分又可以连续观察的相对性状。②当时没有人知道山柳菊有时进行有性生殖,有时进行无性生殖。③山柳菊的花小,难以做人工杂交实验。
易错辨析(1)两对相对性状杂交和测交实验中,F1产生基因型为YR的雌配子和基因型为YR的雄配子数量之比为1∶1。(　　)(2)若双亲豌豆杂交后子代表现型之比为1∶1∶1∶1,则两个亲本基因型一定为YyRr×yyrr。(　　)
(3)自由组合定律的实质是等位基因分离的同时,非等位基因自由组合。(　　)(4)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的雄配子和雌配子可以自由组合。(　　)
(5)某个体自交后代性状分离比为3∶1,则说明此性状一定是由一对等位基因控制的。(　　)(6)能用分离定律的结果证明基因是否符合自由组合定律。(　　)(7)基因型为AaBb的个体自交,后代表现型比例为3∶1或1∶2∶1,则该遗传可能遵循基因的自由组合定律。(　　)
二、自由组合定律中特殊分离比问题
1.9∶3∶3∶1的变式(总和等于16)(1)巧用“合并同类项”解特殊自由组合分离比问题
(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,效果越强。注:该比例是以2对等位基因控制一对相对性状为例进行分析的,解答时要根据具体条件进行具体分析。
2.致死遗传现象 “先拆分,后组合”
AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1　
A_B_∶A_bb∶aaB_
长句应答(科学思维)若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表现型,但比例为42%∶8%∶8%∶42%,试解释出现这一结果的可能原因是什么? 
提示 A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上,且部分初级性母细胞发生交叉互换,产生四种类型配子,其比例为42%∶8%∶8%∶42%。
主题一　基因自由组合定律及其实质与应用
角度一、自由组合定律及遗传实例分析考向探究考向1自由组合定律“规律”综合分析1.(2021全国乙)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种不同表现型的个体B.n越大,植株A测交子代中不同表现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 植株A测交,每一对性状都有显性和隐性两种表现型,n对性状有2n种不同表现型,A项正确。植株A测交,子代性状的比例为(1∶1)×(1∶1)×…×(1∶1),即1∶1∶…∶1,子代中不同表现型个体数目相等,B项错误。植株A测交时,n对基因均杂合的概率为(1/2)n,纯合子的概率为(1/2)n,二者概率相等,C项正确。植株A测交,纯合子的概率为(1/2)n,杂合子的概率为1-(1/2)n,当n≥2时,1-(1/2)n>(1/2)n,D项正确。
考向2结合具体情境信息分析
2.(2022全国乙)某种植物的花色有白、红和紫三种,花的颜色由花瓣中色素决定,色素的合成途径是:白色 红色 紫色。其中酶1的合成由基因A控制,酶2的合成由基因B控制,基因A和B位于非同源染色体上。回答下列问题。(1)现有紫花植株(基因型为AaBb)与红花杂合子植株杂交,子代植株表现型及其比例为　　　　　　　　　　　　　　　　;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)白色∶红色∶紫色=2∶3∶3　AAbb、Aabb　1/2(2)选用的亲本基因型为AAbb。若子代全为红花,则待测白花纯合子的基因型为aabb;若子代全为紫花,则待测白花纯合子的基因型为aaBB。
解析 (1)根据题目信息可知,白花植株的基因型为aaBB、aaBb、aabb,红花植株的基因型为AAbb、Aabb,紫花植株的基因型为A_B_,基因A和基因B位于非同源染色体上。紫花植株(基因型为AaBb)与红花杂合子植株(基因型为Aabb)杂交,则子代中白花植株(aa_ _)所占比例(1/4)×1=1/4,红花植株(A_bb)所占比例(3/4)×(1/2)=3/8,紫花植株(A_Bb)所占比例(3/4)×(1/2)=3/8。子代中红花植株的基因型是AAbb、Aabb。子代中白花植株的基因型是aabb、aaBb,各占1/2。(2)白花纯合子的基因型为aabb或aaBB;本题要求“选用1种纯合子亲本与植株甲只进行1次杂交”,若选用纯合紫花,子代均为紫花;若选用纯合白花,子代均为白花;所以应选用纯合红花(AAbb)植株与待测白花植株杂交,若子代全为红花,则待测白花纯合子的基因型为aabb;若子代全为紫花,则待测白花纯合子的基因型为aaBB。
考向3多对基因遗传实例分析
3.(2022山东改编)某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制,其中基因A控制紫色,a无控制色素合成的功能。基因B控制红色,b控制蓝色。基因I不影响上述2对基因的功能,但i纯合的个体为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖,基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙,它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考虑突变,根据表中杂交结果,下列推断不正确的是(　　)
A.让只含隐性基因的植株与F2测交,不能确定F2中各植株控制花色性状的基因型B.让表中所有F2的紫红色植株都自交一代,白花植株在全体子代中的比例为1/6C.若某植株自交子代中白花植株占比为1/4,则该植株可能的基因型最多有9种D.若甲与丙杂交所得F1自交,则F2表现型比例为9紫红色∶3靛蓝色∶3红色∶1蓝色
答案 D解析 由甲×乙杂交结果可知,B、b和I、i位于非同源染色体上;由乙×丙杂交结果可知,A、a和I、i位于非同源染色体上,则A、a和B、b可能位于非同源染色体上,也可能位于同源染色体上。由题干和题表可知,白花植株的基因型为_ _ _ _ii,让只含隐性基因的植株(aabbii)与F2中的白花植株测交,子代仍然是白花,无法确定F2中白花植株的基因型,A项正确。
甲×乙杂交组合中,F2的紫红色植株的基因型及比例为AABbIi∶AABBIi∶AABbII∶AABBII=4∶2∶2∶1;乙×丙杂交组合中,F2的紫红色植株的基因型及比例为AaBBIi∶AABBIi∶AaBBII∶AABBII=4∶2∶2∶1,故题表中所有F2的紫红色植株中II∶Ii=1∶2,所以白花植株在全体子代中的比例为(2/3)×(1/4)=1/6,B项正确。若某植株自交子代中白花植株占比为1/4,则亲本为(_ _ _ _Ii),则该植株可能的基因型最多有9种(3×3),C项正确。若A、a和B、b位于非同源染色体上,甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII,其自交所得F2的表现型及比例为紫红色(A_B_II)∶靛蓝色(A_bbII)∶红色(aaB_II)∶蓝色(aabbII)=9∶3∶3∶1;若A、a和B、b位于同源染色体上,则F1(AaBbII)自交所得F2的表现型及比例为紫红色(A_B_II)∶蓝色(aabbII)=3∶1或靛蓝色(AAbbII)∶紫红色(AaBbII)∶红色(aaBBII)=1∶2∶1,D项错误。
4.(2021全国甲)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、丁中属于杂合体的是　　　　　　。 (3)实验②的F2中纯合体所占的比例为　　　　。 (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,且甲和乙为杂合体,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,且丙和丁都是纯合体。(3)实验②的F1(缺刻叶齿皮)自交所得F2中出现4种表现型,其比例为9∶3∶3∶1,符合基因的自由组合定律,所以F2中纯合体所占的比例为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。
5.(2022全国甲)玉米是我国重要的粮食作物。玉米通常是雌雄同株异花植物(顶端长雄花序,叶腋长雌花序),但也有的是雌雄异株植物。玉米的性别受两对独立遗传的等位基因控制,雌花花序由显性基因B控制,雄花花序由显性基因T控制,基因型是bbtt的个体为雌株。现有甲(雌雄同株)、乙(雌株)、丙(雌株)、丁(雄株)4种纯合体玉米植株。回答下列问题。(1)若以甲为母本、丁为父本进行杂交育种,需进行人工传粉,具体做法是   　。 (2)乙和丁杂交,F1全部表现为雌雄同株;F1自交,F2中雌株所占比例为　　　　,F2中雄株的基因型是　　　　　;在F2的雌株中,与丙基因型相同的植株所占比例是　　　　。 
(3)已知玉米籽粒的糯和非糯是由1对等位基因控制的相对性状。为了确定这对相对性状的显隐性,某研究人员将糯玉米纯合体与非糯玉米纯合体(两种玉米均为雌雄同株)间行种植进行实验,果穗成熟后依据果穗上籽粒的性状,可判断糯与非糯的显隐性。若糯是显性,则实验结果是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;若非糯是显性,则实验结果是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
答案 (1)先除去甲未成熟花的全部雄蕊再套袋,待雌蕊成熟时,采集丁的成熟花粉,撒在甲雌蕊的柱头上,再套上纸袋　(2)1/4bbTT、bbTt　1/4　(3)糯玉米植株上全为糯籽粒,非糯玉米植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒　非糯玉米植株上全为非糯籽粒,糯玉米植株上既有糯籽粒又有非糯籽粒
解析 (1)甲为雌雄同株,所以以甲为母本、丁为父本进行杂交育种时,需要先除去甲未成熟花的全部雄蕊再套袋,待甲的雌蕊成熟时,采集丁的成熟花粉,撒在甲雌蕊的柱头上,再套上纸袋。(2)据题意可知,雌雄同株的基因型是B_T_,雌株的基因型可能是bbtt或B_tt,雄株的基因型是bbT_。乙和丁杂交,F1全部表现为雌雄同株,则乙的基因型是BBtt,丁的基因型是bbTT,F1的基因型是BbTt,F1自交,F2中雌株所占的比例为(1/4)×(1/4)+(3/4)×(1/4)=1/4。雄株的基因型有bbTT和bbTt两种。丙为纯合雌株,且与乙不同,可知丙的基因型是bbtt,所以在F2的雌株(bbtt或B_tt)中与丙基因型(bbtt)相同的植株所占比例是1/4。(3)玉米既可同株异花授粉,也可异株异花授粉,具有相对性状的纯合个体间行种植,则显性纯合体所结籽粒均表现为显性性状,隐性纯合体所结籽粒既有显性性状又有隐性性状。
规律方法1.基因分离定律与自由组合定律的关系及相关比例
2.数学归纳法解答n对等位基因(完全显性)自由组合问题
角度二、自由组合定律的实质及应用考向探究
考向1自由组合定律的细胞学基础1.(2022陕西榆林三模)香味是水稻(2n)稻米品质的一个重要性状,某品种水稻稻米有香味对无香味为显性。杂合子水稻(类型甲植株)体细胞中部分染色体及基因位置如图甲所示,对其进行诱变处理得到图乙、图丙所示的变异类型。已知植株中染色体缺失的雄配子的受精能力只有正常雄配子的一半,既不含无香味基因又不含有香味基因的个体不能存活。下列相关分析错误的是(　　)
A.类型甲植株可能存在含1个、2个或4个染色体组的细胞B.让类型乙植株自交,所得子代中具有隐性性状的植株约占1/3C.让类型丙植株自交,所得子代中具有隐性性状的植株约占1/5D.类型丙植株的有香味基因与无香味基因并不位于同源染色体上
答案 B解析 类型甲植株处于有丝分裂后期的细胞中有4个染色体组,正常体细胞中有2个染色体组,处于减数第二次分裂前期、中期的细胞中有1个染色体组,A项正确;已知类型乙植株中染色体缺失的雄配子的受精能力只有正常雄配子的一半,因此让类型乙植株自交,所得子代中具有隐性性状的植株约占1/6,B项错误;让类型丙植株自交,产生四种配子,各占1/4,后代有1/16的个体无有关香味的基因,故所得子代中具有隐性性状的植株约占1/5,C项正确;由图丙可知,类型丙植株的有香味基因与无香味基因并不位于同源染色体上,D项正确。
考向2自由组合定律的实质及验证2.现有①~④四个纯种果蝇品系,其中②~④均只有一种性状是隐性,其余性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示,相关叙述正确的是(　　)
A.若通过观察体色验证分离定律,必须选择交配组合①×③B.若验证自由组合定律,可选择②×③得F1,让F1自由交配C.若验证自由组合定律,可选择①×④得F1,让F1自由交配D.若验证自由组合定律,可选择③×④得F1,让F1自由交配
答案 D解析 设残翅、黑身和紫红眼的基因型分别是aa、bb、dd,则①~④四个纯种果蝇品系的基因型分别是AABBDD、aaBBDD、AAbbDD、AABBdd。利用体色验证分离定律,需得到基因型为Bb的杂合子,除①×③外,还可选择交配组合②×③、③×④,A项错误;自由组合定律研究的是非同源染色体上的非等位基因,因此,F1体细胞中应至少含两对等位基因,且这两对等位基因需位于非同源染色体上,②与③杂交得到的F1(AaBbDD),其两对等位基因位于一对同源染色体上,B项错误;①与④杂交得到的F1(AABBDd),只有一对等位基因,C项错误;③与④杂交得到的F1(AABbDd),含两对等位基因,且这两对等位基因位于非同源染色体上,可验证自由组合定律,D项 正确。
考向3自由组合定律在医学实践中的应用——患病风险率求解3.人类多指(T)对正常指(t)为显性,白化(a)对正常(A)为隐性,决定不同性状的基因自由组合。一个家庭中,父亲是多指,母亲正常,他们生育了一个患白化病但手指正常的孩子。请分析下列说法正确的是(　　)A.父亲的基因型是AaTt,母亲的基因型是AattB.其再生一个孩子只患白化病的概率是3/8C.生一个既白化又多指的女儿的概率是1/8D.后代只患一种病的概率是1/4
答案 A解析 一个家庭中,父亲是多指,母亲正常,他们有一个孩子手指正常(tt)且患白化病(aa),可确定父亲和母亲的基因型分别为AaTt和Aatt,A项正确;后代患白化病的概率为1/4,患多指的概率为1/2,故再生一个只患白化病孩子的概率为1/2×1/4=1/8,B项错误;生一个既患白化病又多指的女儿的概率是1/4(白化)×1/2(多指)×1/2(女儿)=1/16,C项错误;后代只多指的概率为1/2×3/4=3/8,只患白化病的概率=1/2×1/4=1/8,故后代只患一种病的概率为3/8+1/8=1/2,D项错误。
考向4自由组合定律在育种中的应用4.小麦品种是纯合子,生产上用种子繁殖,现要选育矮秆(aa)、抗病(BB)的小麦新品种;马铃薯品种是杂合子(有一对基因杂合即可称为杂合子),生产上通常用块茎繁殖,现要选育黄肉(Yy)、抗病(Rr)的马铃薯新品种。请分别设计小麦品种间杂交育种程序以及马铃薯品种间杂交育种程序,要求用遗传图解表示并加以简要说明(写出包括亲本在内的三代即可)。
解析 小麦品种是纯合子,生产上用种子繁殖,现要选育矮秆(aa)、抗病(BB)的小麦新品种,可采用杂交育种的方法;马铃薯品种是杂合子,生产上通常用块茎繁殖,现要选育黄肉(Yy)、抗病(Rr)的马铃薯新品种,可先采用杂交育种的方法获得黄肉、抗病品种,再用块茎进行无性繁殖,遗传图解见答案。
方法突破1.基因自由组合定律的细胞学基础
2.“实验法”验证遗传定律
3.自由组合定律的应用(1)指导杂交育种,把优良性状结合在一起。
(2)为遗传病的预测和诊断提供理论依据。当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时,各种患病情况的概率如表:
主题二　自由组合定律特殊分离比例析
角度一、“和”为16的特殊分离比例析考向探究考向1“13∶3”变式分析1.某种植物(二倍体)叶缘的锯齿状与非锯齿状受叶缘细胞中T蛋白含量的影响。T蛋白的合成由两对独立遗传的基因(A和a、T和t)控制,基因T仅在叶片细胞中表达,其表达产物是T蛋白,基因A抑制基因T的表达。两锯齿状植株作为亲本杂交获得F1,F1自交获得F2,F2中锯齿状植株与非锯齿状植株的比例是13∶3。下列分析正确的是(　　)A.亲本的基因型分别是aaTt和AAttB.叶缘细胞缺少T蛋白的植株,叶缘呈锯齿状C.F1群体中,基因T的基因频率为2/3D.基因型为aaTT的植物根尖细胞中也有T蛋白的存在
答案 B解析 根据题目信息,T基因表达T蛋白,基因A抑制基因T的表达,则只有基因型为aaT_的植物才能表达T蛋白。根据F2中锯齿状植株与非锯齿状植株的比例是13∶3,判断F1的基因型为AaTt,亲本的基因型为AATT和aatt,A项错误。F1群体中基因T的基因频率为1/2,C项错误。基因T仅在叶片细胞中表达,基因型为aaTT的植物根尖细胞中没有T蛋白的存在,D项错误。
考向2“基因累加效应”所致变式分析2.小麦种皮有红色和白色,这一相对性状由作用相同的两对等位基因(R1、r1;R2、r2)控制,红色(R1、R2)对白色(r1、r2)为显性,且显性基因效应可以累加。一株深红小麦与一株白色小麦杂交,得到的F1为中红,其自交后代F2的性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色为1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是(　　)A.这两对等位基因位于两对同源染色体上B.F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子C.浅红色小麦自由传粉,后代可出现三种表现型D.该小麦种群中,中红色植株的基因型为R1r1R2r2
答案 D解析 分析题意可知,F1自交后代F2的性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色为1∶4∶6∶4∶1,该比例为9∶3∶3∶1的变式,因此控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上,A项正确;由于后代出现1∶4∶6∶4∶1的比例,因此F1的基因型为R1r1R2r2,F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子,即R1R2∶R1r2∶r1R2∶r1r2=1∶1∶1∶1,B项正确;浅红色小麦的基因型为R1r1r2r2、r1r1R2r2,浅红色小麦自由传粉,后代可出现中红、浅红、白色三种表现型(两个显性基因、一个显性基因、没有显性基因),C项正确;该小麦种群中,中红色植株的基因型中含有两个显性基因,即R1R1r2r2、r1r1R2R2、R1r1R2r2,D项错误。
考向3“9∶3∶4”变式分析
3.(2022辽宁大连模拟)家兔的毛色是受A、a和B、b两对等位基因控制的。其中,基因A决定黑色素的形成,基因B决定黑色素在毛皮内的分散(黑色素的分散决定了灰色性状的出现),这两对基因独立遗传。育种工作者选用纯合的家兔进行了如图所示的杂交实验:
请分析上述杂交实验图解,回答下列问题。(1)亲本基因型为　　　　　　　,控制家兔毛色的两对基因在遗传方式上　　　　　　(填“遵循”或“不遵循”)孟德尔遗传规律,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)F2中灰色家兔的基因型最多有　　　　种,其中纯合子与杂合子之比为　　　　　;黑色家兔的基因型为　　　　　　　　　　。 (3)F2白色家兔的基因型为　　　　　　　　　　,其中与亲本基因型不同的个体中杂合子占　　　　　　　　。 
答案 (1)AABB、aabb　遵循　F2中9∶3∶4的比例是9∶3∶3∶1比例的变式　(2)4　1∶8　AAbb或Aabb　(3)aaBB、aaBb、aabb　2/3解析 (1)F2中四种表现型的比例为9∶3∶4,是“9∶3∶3∶1”的变式,说明F1的基因型为AaBb,同时说明家兔毛色受两对等位基因控制,且这两对等位基因位于两对同源染色体上,因此该性状的遗传遵循基因的自由组合定律,亲本的基因型为AABB、aabb。(2)依题意,F2中灰色家兔基因型为A_B_,黑色家兔基因型为A_bb,白色家兔基因型为aaB_、aabb,因此,灰色家兔基因型有AaBb、AABb、AaBB、AABB,最多有4种,黑色家兔的基因型为AAbb或Aabb。(3)F2中白色家兔的基因型有aaBB、aaBb、aabb 3种,其中与亲本基因型不同的个体为1/3aaBB和2/3aaBb,其中杂合子aaBb占2/3。
考向4“9∶6∶1”“12∶3∶1”变式分析4.(2022江西南昌模拟)某种植物的花色有紫花和白花两个品种,花色遗传由非同源染色体上的A、a和B、b基因控制。为了探究A、a和B、b基因之间的关系,某中学生物兴趣小组同学用纯合紫花与纯合白花进行杂交实验Ⅰ,F1全为紫花,F1自交得到的若干株F2表现为紫花、粉花和白花,其中甲同学提出解释:只有A、B基因同时存在才表现为紫花,只有A或B基因存在时表现为粉花,A、B基因都不存在时表现为白花。回答下列相关问题。
(1)根据甲同学解释,理论上F2的表现型及比例是　　　　　　　　。 (2)若F2的表现型及比例为紫花∶粉花∶白花=12∶3∶1,请你提出一种合理的解释:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ①请以杂交实验Ⅰ中的品种为材料重新设计一个简单实验以证明你的解释,写出实验方案和预期结果。实验方案:　　　　　　　　。 预期结果:　　　　　　　　。 ②若你的解释正确,用F2中的一株粉花植株自交一代能否一定得到白花植株?请说明原因。 　　　　　　　　。 
答案 (1)紫花∶粉花∶白花=9∶6∶1　(2)只要A(或B)基因存在就表现为紫花,A(或B)基因不存在而B(或A)基因存在时表现为粉花,A、B基因都不存在时表现为白花　①F1与白花植株杂交,观察子代表现型及比例　子代植株花色的表现型及比例为紫花∶粉花∶白花=2∶1∶1　②不一定。因为F2中的粉花植株基因型为aaB_(或A_bb),只有当粉花植株基因型为aaBb (或Aabb)时,自交一代才能得到白花植株
解析 (1)根据甲同学解释,若只有A、B基因同时存在才表现为紫花,只有A或B基因存在时表现为粉花,A、B基因都不存在时表现为白花,则亲本基因型为AABB、aabb,F1(AaBb)自交,理论上F2的表现型及比例是紫花∶粉花∶白花=A_B_∶(A_bb+aaB_)∶aabb=9∶6∶1。(2)若F2的表现型及比例为紫花∶粉花∶白花=12∶3∶1,即(A_B_+A_bb)∶aaB_∶aabb=12∶3∶1或(A_B_+aaB_)∶A_bb∶aabb=12∶3∶1,可解释为:只要A(或B)基因存在就表现为紫花,A(或B)基因不存在而B(或A)基因存在时表现为粉花,A、B基因都不存在时表现为白花。①可用杂交实验Ⅰ中的品种为材料,利用测交法证明该解释。实验方案:让F1与白花植株(aabb)杂交,观察子代表现型及比例。预期结果:子代植株花色的表现型及比例为紫花∶粉花∶白花=2∶1∶1。②若该解释正确,F2中的粉花植株基因型为aaB_(或A_bb),用F2中的一株粉花植株自交,不一定能得到白花植株,因为当F2中的粉花植株基因型为aaBB(或AAbb)时,自交一代得不到白花植株。
方法突破性状分离比9∶3∶3∶1的变式题四步解题法
角度二、“和”小于16的特殊分离比例析考向探究考向1某基因纯合致死类1.鹦鹉中控制绿色和黄色、有条纹和无纹的两对基因分别位于两对染色体上。已知绿色条纹鹦鹉与黄色无纹鹦鹉交配,F1为绿色无纹和黄色无纹,其比例为1∶1。当F1的绿色无纹鹦鹉彼此交配时,其后代表现型及比例为绿色无纹∶黄色无纹∶绿色条纹∶黄色条纹=6∶3∶2∶1。产生这一结果的原因可能是(　　)A.这两对基因不遵循基因的自由组合定律B.控制绿色和黄色的基因位于X染色体上C.控制条纹和无纹的基因位于X染色体上D.控制绿色的基因纯合的受精卵不能正常发育
答案 D解析 后代的性状表现与性别无关,所以这两对相对性状均是由常染色体上的基因控制的,B、C两项错误;后代的表现型比例“6∶3∶2∶1”是“和”小于16的特殊分离比,说明这两对基因符合自由组合定律,只是发生了个体致死,A项错误;通过题意可知,绿色对黄色为显性,无纹对条纹为显性,与9∶3∶3∶1相比较,出现题干中6∶3∶2∶1特殊分离比的原因应是绿色基因纯合的受精卵不能正常发育,D项正确。
考向2某类型配子致死类
2.(2022全国甲)某种自花传粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上。A/a控制花粉育性,含A的花粉可育;含a的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色,红花对白花为显性。若基因型为AaBb的亲本进行自交,则下列叙述错误的是(　　)A.子一代中红花植株数是白花植株数的3倍B.子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/12C.亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3倍D.亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等
答案 B解析 由题干信息可知,含a的花粉50%可育、50%不育,则基因型为AaBb的亲本进行自交时产生的可育花粉的基因型及其比例为1/3AB、1/3Ab、1/6aB、1/6ab,卵细胞的基因型及其比例为1/4AB、1/4Ab、1/4aB、1/4ab,随机受粉后产生的后代中白花植株所占的比例为(1/3)×(1/4)+(1/3)×(1/4)+(1/6)×(1/4)+(1/6)×(1/4)=1/4,则红花植株所占的比例为3/4,所以子一代中红花植株数是白花植株数的3倍,A项正确;子一代中基因型为aabb的个体所占的比例为(1/6)×(1/4)=1/24,B项错误;亲本产生4种雄配子,AB∶Ab∶aB∶ab=1∶1∶1∶1,但含a的花粉50%不育,因此可育雄配子数是不育雄配子数的3倍,C项正确;等位基因A/a和B/b位于非同源染色体上,因此a与B和b组合的机会均等,亲本产生的含B的可育雄配子数与含b的可育雄配子数相等,D项正确。
考向3合子致死3. 蝴蝶的翅形(正常翅对残缺翅为显性)和翅长(长翅对短翅为显性)分别由位于常染色体上的两对独立遗传的等位基因A、a和B、b决定。基因A纯合时雄蝶致死,基因b纯合时雌蝶致死。基因型为aabb的雄蝶和基因型为AABB的雌蝶交配得到F1,F1随机交配得到F2。F2蝴蝶中正常长翅∶正常短翅∶残缺长翅∶残缺短翅为(　　)A.6∶2∶3∶1B.15∶5∶6∶2C.9∶3∶3∶1D.15∶2∶6∶1
答案 D解析 基因型为aabb的雄蝶和基因型为AABB的雌蝶交配,F1的基因型为AaBb,F1随机交配所得F2蝴蝶中,雌雄个体的比例为1∶1,基因A纯合时雄蝶致死,雄蝶中正常长翅∶正常短翅∶残缺长翅∶残缺短翅=6∶2∶3∶1,基因b纯合时雌蝶致死,雌蝶中正常长翅∶残缺长翅=9∶3,则F2蝴蝶中正常长翅∶正常短翅∶残缺长翅∶残缺短翅为15∶2∶6∶1,D项正确。
考向4综合分析与判定4.(2022陕西咸阳模拟)研究表明,植物叶色的相关基因编码的蛋白质与催化叶片中色素合成或转变有关。已知某种植物的叶色同时受E、e与F、f两对基因控制,基因型为E_ff的植株表现为绿叶,基因型为eeF_的植株表现为紫叶。将绿叶甲(♀)与紫叶乙(♂)进行杂交,取F1中红叶丙自交得F2,F2的表现型及其比例为红叶∶紫叶∶绿叶∶黄叶=7∶3∶1∶1。(1)F1中红叶丙的基因型为　　　　　　　,上述每一对等位基因的遗传遵循　　　　　　　　定律。 (2)对F2出现的表现型及其比例的解释有两种不同的观点。观点一:F1产生的配子中某种基因型的雌配子或雄配子致死。观点二:F1产生的配子中某种基因型的雌雄配子同时致死。你支持上述观点　　　　　,基因型为　　　的配子致死;F2中的绿叶植株和亲本绿叶甲的基因型分别是　　　　和　　　　　。 (3)请根据以上内容,说出基因与性状之间的关系(至少答出两点):   　。 
答案 (1)EeFf　(基因的)分离　(2)一　Ef　Eeff　Eeff　(3)基因通过控制酶的合成来控制代谢过程,从而控制生物的性状;一对性状可受多对基因的控制解析 (1)根据题意可知,F1中红叶丙的基因型为EeFf,两对基因之间遵循自由组合定律,而分离定律是自由组合定律的基础,所以每一对等位基因的遗传遵循(基因的)分离定律。(2)已知F1基因型为EeFf,其正常情况下产生的雌雄配子各有4种。若F1产生的配子中某种基因型的雌雄配子同时致死,则参与受精的雌雄配子都会变成3种,受精时的组合为9种,这与题干中F2出现的7∶3∶1∶1不符,所以不是某种基因型的雌雄配子同时致死,而是某一基因型的雌配子或雄配子致死。即支持观点一。
如果该观点成立,首先可以排除基因型为ef的雌配子或雄配子致死,若ef致死,则F2中不会出现eeff这种黄叶个体;若基因型为eF的雌配子或雄配子致死,则紫叶eeF_中的个体会减少,而实际中紫叶仍为3份;若基因型为EF的雌配子或雄配子致死,则子代中红叶E_F_会减少4份,与题意中减少了2份不符,因此致死的雌配子或雄配子基因型为Ef,所以F2中的绿叶植株基因型不会出现EEff的个体,因此F2中的绿叶植株和亲本绿叶甲的基因型均为Eeff。(3)根据题干“植物叶色的相关基因编码的蛋白质与催化叶片中色素合成或转变有关”,说明基因通过控制酶的合成来控制代谢过程,从而控制生物的性状;一对性状可受多对基因的控制。
方法突破1.“有致死”状况下的特殊分离比分析技巧(1)致死效应的快速确认若存在“致死”现象,则可导致子代比例偏离“16”的“失真”现象,如A基因中两显性基因纯合致死时可导致子代基因型为AA__的个体致死,此比例占1/4,从而导致子代成活个体组合方式由“16”变成“12”。同理,因其他致死类型的存在,“16”也可能变为“15”“14”等。此时应先结合成活个体的具体比例,确认缺失比例。(2)从每对相对性状分离比角度分析6∶3∶2∶1→(2∶1)(3∶1)→一对显性基因纯合致死。4∶2∶2∶1→(2∶1)(2∶1)→两对显性基因纯合致死。
(3)从F2每种性状的基因型种类及比例分析如BB致死:
2.“和”小于16的特殊分离比原因——致死问题综合归纳
1.(2020浙江7月选考)若某哺乳动物毛发颜色由基因De(褐色)、Df(灰色)、d(白色)控制,其中De和Df分别对d完全显性。毛发形状由基因H(卷毛)、h(直毛)控制。控制两种性状的等位基因均位于常染色体上且独立遗传。基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配。下列说法正确的是(　　)A.若De对Df共显性、H对h完全显性,则F1有6种表现型B.若De对Df共显性、H对h不完全显性,则F1有12种表现型C.若De对Df不完全显性、H对h完全显性,则F1有9种表现型D.若De对Df完全显性、H对h不完全显性,则F1有8种表现型
答案 B解析 据题意可知De和Df对d完全显性,若De对Df共显性,H对h完全显性,基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配,毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种,表现型4种,毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种,表现型2种,则F1有4×2=8(种)表现型,A项错误;若De对Df共显性,H对h不完全显性,基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配,毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种,表现型4种,毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种,表现型3种,则F1有4×3=12(种)表现型,B项正确;
若De对Df不完全显性,H对h完全显性,基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配,毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种,表现型4种,毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种,表现型2种,则F1有4×2=8(种)表现型,C项错误;若De对Df完全显性,H对h不完全显性,基因型为DedHh和DfdHh的雌雄个体交配,毛发颜色基因型有DeDf、Ded、Dfd和dd四种,表现型3种,毛发形状基因型有HH、Hh和hh三种,表现型3种,则F1有3×3=9(种)表现型,D项错误。
2.(2021浙江6月选考)利用转基因技术,将抗除草剂基因转入纯合不抗除草剂水稻(2n)(甲),获得转基因植株若干。从转基因后代中选育出纯合矮秆抗除草剂水稻(乙)和纯合高秆抗除草剂水稻(丙)。用甲、乙、丙进行杂交,F2结果如下表。转基因过程中,可发生基因突变,外源基因可插入到不同的染色体上。高秆(矮秆)基因和抗除草剂基因独立遗传,高秆和矮秆由等位基因A(a)控制。有抗除草剂基因用B+表示、无抗除草剂基因用B-表示:
回答下列问题。(1)矮秆对高秆为　　　　　　性状,甲×乙得到的F1产生　　种配子。 (2)为了分析抗除草剂基因在水稻乙、丙叶片中的表达情况,分别提取乙、丙叶片中的RNA并分离出　　　　　,逆转录后进行PCR扩增。为了除去提取RNA中出现的DNA污染,可采用的方法是　　　　　　　　　　　。 (3)乙×丙的F2中,形成抗除草剂与不抗除草剂表现型比例的原因是 　 。 (4)甲与丙杂交得到F1,F1再与甲杂交,利用获得的材料进行后续育种。写出F1与甲杂交的遗传图解。
答案 (1)隐性　2　(2)mRNA　用DNA酶处理提取的RNA　(3)乙和丙的抗除草剂基因位于非同源染色体上,乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律(4)
解析 (1)根据杂交组合“乙×丙”,只分析高矮这一对相对性状,乙(纯合矮秆)与丙(纯合高秆)杂交,F2中矮秆∶高秆=(178+12)∶(537+36)≈1∶3,可知矮秆是隐性性状,乙、丙的基因型分别为aa和AA。根据杂交组合“甲×乙”,只分析是否抗除草剂这一对相对性状,甲(纯合不抗除草剂)与乙(纯合抗除草剂)杂交,F2中抗除草剂∶不抗除草剂=(513+0)∶(167+0)≈3∶1,可知抗除草剂是显性性状,又知矮秆是隐性性状,所以甲、乙的基因型分别为aaB-B-和aaB+B+。故甲×乙得到的F1基因型为aaB+B-,所以其能产生aB+和aB-两种配子。(2)目的基因的提取可采用逆转录法,即以控制目的蛋白的mRNA为模板,通过逆转录的方法合成目的基因,所以应从乙、丙叶片中提取并分离出抗除草剂基因的mRNA。若要除去RNA中的DNA污染,可利用酶的专一性,使用DNA(水解)酶处理即可(酶解法)。
(3)乙×丙的F2中,抗除草剂∶不抗除草剂=(178+537)∶(12+36)≈15∶1,是9∶3∶3∶1的变式,同时又根据题干“外源基因可插入到不同的染色体上”,说明乙和丙的抗除草剂基因位于非同源染色体上,乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律。(4)根据杂交组合“甲×丙”,F2中矮秆抗除草剂∶矮秆不抗除草剂∶高秆抗除草剂∶高秆不抗除草剂=109∶37∶313∶104≈3∶1∶9∶3,说明控制两对性状的基因位于非同源染色体上,遵循自由组合定律。所以甲(aaB-B-)与丙(AAB+B+)杂交得到的F1基因型为AaB+B-,F1(AaB+B-)与甲(aaB-B-)的杂交遗传图解见答案。
3.(2019江苏)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,对应的基因组成如下表。请回答下列问题。
(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的棕毛个体中纯合子的比例为　　　　。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　　　。 
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解析 (1)由表可知,棕毛猪的基因组成为A_bb、aaB_,则棕毛猪的基因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb 4种。(2)①题干“两头纯合棕毛猪”杂交,产生F1均为红毛猪,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,表现型及对应比例为红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1。③F1AaBb雌雄个体随机交配产生F2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的棕毛猪AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb=1∶2∶1∶2,其中纯合子(AAbb和aaBB)所占比例为2/6=1/3。F2的棕毛个体产生的配子种类和比例为Ab∶aB∶ab=1∶1∶1,配子之间随机组合产生的白毛个体aabb=1/3×1/3=1/9。(3)由题干可推知,红毛个体的基因型为iiA_B_,棕毛个体的基因型为iiA_bb和iiaaB_,其余为白毛个体。基因型为IiAaBb个体雌雄交配,后代中红毛个体的基因型为iiA_B_=1/4×3/4×3/4=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。
4.(2019全国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　　　　　。 
答案 (1)绿色　aabb　(2)AaBb　4　(3)Aabb、aaBb　AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb　AABB解析 (1)(2)某种甘蓝的叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制,且只含隐性基因的个体表现为隐性性状。由实验①可知,绿叶甘蓝甲为纯合子,再结合实验②可知,紫叶甘蓝乙为双杂合子,基因型为AaBb,且紫叶对绿叶为显性,绿叶甘蓝甲的基因型为aabb。据此分析可知,实验②为测交,乙可产生AB、Ab、aB、ab 4种数量相等的配子,子代的基因型为AaBb、Aabb、aaBb、aabb,共4种,表现型为绿叶∶紫叶=1∶3。