2024年高考生物一轮复习必修2小专题二基因的分离定律、自由组合定律的应用及计算方法突破课件

这是一份2024年高考生物一轮复习必修2小专题二基因的分离定律、自由组合定律的应用及计算方法突破课件，共31页。PPT课件主要包含了组合法，况的概率分析如下，叙述正确的是，答案B，bb→bb，AaBb，针对训练，A2对，B4对，C3对等内容，欢迎下载使用。
题型一 由亲本基因型推断配子及子代相关种类及比例(拆分
将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，
再运用乘法原理进行组合。
用“十字交叉法”解答两病概率计算问题
(1)当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情
(2)根据序号所示进行相乘得出相应概率再进一步拓展(如下
【针对训练】1.(2022 年广东湛江二模)某水生观赏植物的叶有普通叶和枫形叶两种类型，其种子有黑色和白色两种类型。现让两个纯种的普通叶黑色种子(甲)植株和枫形叶白色种子(乙)植株杂交得 F1，再让 F1 自交得 F2，F2 的表型及比例为普通叶黑色种子∶枫形叶黑色种子∶普通叶白色种子∶枫形叶白色种子＝27∶21∶9∶7。下列
A.由杂交实验 F2 表型及比例推测，控制该植株两对相对性状的基因有三对，且其中的两对等位基因位于一对同源染色体上B.通过分析可知，该观赏植物的叶形性状由两对等位基因控
制，该性状的遗传遵循分离定律和自由组合定律
C.若将 F1 与乙植株杂交，则所得子代的表型及比例应为普通叶黑色种子∶枫形叶黑色种子∶普通叶白色种子∶枫形叶白色种子＝1∶1∶1∶1
D.若让 F2 中的枫形叶黑色种子长成的植株相互杂交，则其子
代中不可能出现普通叶黑色种子
解析：根据题干信息“F2 的表型及比例为普通叶黑色种子∶枫形叶黑色种子∶普通叶白色种子∶枫形叶白色种子＝27∶21∶9∶7”可知，其中普通叶∶枫形叶＝9∶7 ，黑色种子∶白色种子＝3∶1，而9∶7＝9∶(3＋3＋1)(9∶3∶3∶1的变式)，说明该植株的叶形性状受非同源染色体上的两对等位基因控制，而种子颜色性状由另一对同源染色体上的一对等位基因控制，且控制两对性状的三对等位基因的遗传遵循自由组合定律。若用 A/a、B/b 来表示叶形的基因型，C/c 表示种子颜色基因型，则 F1 的基因型为AaBbCc，植株甲的基因型为AABBCC，植株乙的基因型为aabbcc。该植株的叶形性状受非同源染色体上的两对等位基因控制，而种
子颜色性状由另一对同源染色体上的一对等位基因控制，A 错误。该植株的叶形性状受非同源染色体上的两对等位基因控制，且该性状的遗传遵循分离定律和自由组合定律， B 正确。若让F1(AaBbCc)与乙植株(aabbcc)杂交，所得子代的表型及比例应为普通叶黑色种子(1AaBbCc)∶枫形叶黑色种子(1AabbCc ＋1aaBbCc＋1aabbCc)∶普通叶白色种子(1AaBbcc)∶枫形叶白色种子(1Aabbcc＋1aaBbcc＋1aabbcc)＝1∶3∶1∶3，C 错误。若让 F2 中的枫形叶黑色种子长成的植株相互杂交，则其子代中可能出现普通叶黑色种子，D 错误。
2.(2020 年全国Ⅱ卷)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3 个性状的基因分别用 A/a、B/b、D/d 表示，且位于 3 对同源染色体上。现有表型不同的 4 种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的 8 种不同表型。请据此回答下列问题：
(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这 3 对相对性状的显性性状
分别是____________________________。
(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为__________、__________、__________和__________。
(3)若丙和丁杂交，则子代的表型为_____________________。(4)选择某一未知基因型的植株 X 与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为 3∶1、叶色的分离比为 1∶1、能否抗病性状的分离比为 1∶1，则植株 X 的基因型为________。
解析：(1)甲(板叶紫叶抗病)与丙(花叶绿叶感病)杂交，子代表型与甲相同，可知显性性状为板叶、紫叶、抗病，甲为显性纯合子，基因型为 AABBDD。(2)已知显性性状为板叶、紫叶、抗病，再根据乙、丙、丁的表型及甲与丙、乙与丁的杂交子代表型可推知，乙、丙、丁的基因型分别为 AabbDd 、aabbdd 、aaBbdd 。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型和表型为aabbdd(花叶绿叶感病)和 aaBbdd(花叶紫叶感病)。(4)已知杂合子自交分离比为 3∶1，测交分离比为1∶1，故 X 与乙杂交，叶形分离比为3∶1，
则为 Aa×Aa 杂交，叶色分离比为 1∶1，则为 Bb×bb 杂交，能否抗病分离比为 1∶1，则为 Dd×dd 杂交，由于乙的基因型为AabbDd，可知 X 的基因型为 AaBbdd。
答案：(1)板叶、紫叶、抗病 (2)AABBDD AabbDd aabbdd
aaBbdd (3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病 (4)AaBbdd
题型二 根据子代表型及比例推断亲本基因型(逆向组合法)1.基因填充法。
根据亲代表型可大概写出其基因型，如 A_B_、aaB_等，再根据子代表型将所缺处补充完整，特别要学会利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在隐性基因。
2.根据子代分离比解题。
(1)可先单独分析，然后再组合。单独分析某一性状时：①若子代性状比例为显∶隐＝3∶1→亲代一定是杂合子，即
Bb×Bb→3B_∶1bb。
②若子代性状比例为显∶隐＝1∶1→双亲一定是测交类型，
即 Bb×bb→1Bb∶1bb。
③若子代只有显性性状，则双亲至少有一方是显性纯合子，
即 BB×BB 或 BB×Bb 或 BB×bb。
④若子代只有隐性性状，则双亲一定都是隐性纯合子，即 bb×
(2)也可根据特殊比值直接推断，如下：
①9∶3∶3∶1 (3∶1)(3∶1) (Aa×Aa)(Bb×Bb) AaBb×
②3∶3∶1∶1 (3∶1)(1∶1) (Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb) AaBb×Aabb 或 AaBb×aaBb。
③1∶1∶1∶1 (1∶1)(1∶1) (Aa×aa)(Bb×bb) AaBb×
aabb 或 Aabb×aaBb。
④3∶1 (3∶1)×1 (Aa×Aa)(BB×____)或(AA×____)(Bb×
Bb)或(Aabb×Aabb、aaBb×aaBb)。
⑤1∶1 (1∶1)×1 (Aa×aa)(BB×____)或(AA×____)(Bb×
bb)(或 aaBb×aabb、Aabb×aabb)。
3.(2021 年山东模拟)植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因控制(如 A、a；B、b；C、c……)，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即 A_B_C_……)才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙、丁 4 个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表型及其比例如下：
根据杂交结果可知，本实验中植物的花色至少受________等位基因的控制。
解析：由“当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即 A_B_C_……)才开红花，否则开白花”可知，若子代红花占 3/4，说明 F1 含有的一对等位基因是杂合的，其他各对基
因为显性纯合，若子代红花占 3/4×3/4＝9/16，说明 F1 含有的两对等位基因是杂合的，其他各对基因为显性纯合，以此类推，根据乙×丙和甲×丁两个杂交组合中，F2 中红色个体占全部个体的比例为 81/(81＋175)＝(3/4)4，可推知 F1 含有四对等位基因是杂合的，其他各对基因为显性纯合，即本实验中植物的花色至少受四对等位基因的控制，所以 B 正确。
4.(2022 年广东汕头模拟)我国是最早把野生鲫鱼驯化成金鱼的国家。现将紫色金鱼雌雄交配，子代均为紫色。将紫色金鱼与灰色野生鲫鱼作正、反交，F1 均为灰色。将 F1 与亲代紫色金鱼回交，产生的子代中灰色鱼 2860 尾，紫色鱼 190 尾。若将 F1 雌雄交
配产生 F2，下列推测正确的是(
A.金鱼体色受独立遗传的两对等位基因控制B.F1 雌、雄个体各产生 8 种配子C.F1 回交产生的灰色子代中纯合子占 1/5D.F1 雌雄交配产生的 F2 中灰色纯合子有 15 种基因型
解析：将紫色金鱼与灰色野生鲫鱼作正、反交，F1 均为灰色。说明灰色为显性性状，将 F1 与亲代紫色金鱼回交，该过程相当于测交实验，产生的子代中灰色鱼 2860 尾，紫色鱼 190 尾，灰色∶紫色≈15∶1，说明体色由四对等位基因控制，且四对基因遵循自由组合定律，基因型中只要含有显性基因即为灰色，不含显性基因(设为 aabbccdd)的才为紫色。金鱼体色至少受独立遗传的四对等位基因控制，A 错误。F1 与紫色金鱼回交，子代中灰色鱼 2860 尾，紫色鱼 190 尾，灰色∶紫色(aabbccdd)≈15∶1，说明 F1 含有四对
等位基因(AaBbCcDd)，则 F1 雌、雄个体各产生 2×2×2×2＝16种配子，B 错误。F1(AaBbCcDd)与紫色金鱼(aabbccdd)回交，相当于测交，后代中只有 aabbccdd 为纯合子，表现为紫色，灰色子代中均为杂合子，C 错误。F1(AaBbCcDd)能产生 16 种雌、雄配子，由于只有相同基因型的雌雄配子组成才能形成纯合子，因此雌雄交配产生的 F2 中纯合子为 16 种，其中 aabbccdd 为紫色，因此 F2中灰色纯合子有 15 种基因型，D 正确。
题型三 自由组合中的自交、测交和自由交配问题
纯合黄色圆粒豌豆(YYRR)和纯合绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交后得 F1，F1 再自交得 F2，若 F2 中黄色圆粒豌豆个体和绿色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例如下表所示：
【针对训练】5.(2022 年浙江湖州模拟)已知小麦的耐盐对不耐盐为显性，多粒对少粒为显性，分别由等位基因 A/a、B/b 控制。已知含有某种基因的花粉 50%致死，现有一颗表现为耐盐多粒的小麦，以其为父本进行测交，测交后代 F1 的 4 种表型为耐盐多粒∶耐盐少粒∶
不耐盐多粒∶不耐盐少粒＝2∶1∶2∶1.下列叙述错误的是(
A.这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律B.取 F1 的耐盐多粒小麦和耐盐少粒小麦各一株杂交，后代不耐盐多粒占 1/8 或 1/12
C.若以该植株为母本进行测交，后代上述 4 种表型比例为 1∶
D.若该植株进行自交，后代上述 4 种表型比例为 15∶3∶5∶1解析：一颗表现为耐盐多粒的小麦，以其为父本进行测交，测交后代 F1 的 4 种表型为耐盐多粒∶耐盐少粒∶不耐盐多粒∶不耐盐少粒＝2∶1∶2∶1，据此可知，这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律，A 正确。父本的基因型为 AaBb，母本的基因型为aabb，而 F1 多粒∶少粒＝2∶1，据此推断，b 基因的雄配子 50%致死。若耐盐多粒小麦 AaBb 做母本，耐盐少粒小麦 Aabb 做父本，