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2025届高考生物一轮总复习必修2第五单元遗传的基本规律伴性遗传与人类遗传病第23讲自由组合定律的基础题型突破课件
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这是一份2025届高考生物一轮总复习必修2第五单元遗传的基本规律伴性遗传与人类遗传病第23讲自由组合定律的基础题型突破课件，共38页。
题型1 已知亲代求子代的“顺推型”题目 常用方法——组合法(1)适用范围：两对或两对以上的基因独立遗传，并且不存在相互作用(如导致配子致死)。
(2)解题思路。(3)常见题型分析。①基因型(表型)种类及概率。
[易错提醒] 在计算不同于双亲的表型的概率时，可以先算与双亲相同的表型的概率，然后用1减去相同表型的概率即可。
②配子种类及概率的计算。
1．已知A与a、B与b、D与d三对等位基因自由组合且为完全显性，基因型分别为AabbDd、AaBbDd的两个个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，正确的是( )A．基因型有18种，基因型为AabbDd的个体的比例为1/16B．表型有6种，基因型为aabbdd的个体的比例为1/32C．杂合子的比例为7/8D．与亲本基因型不同的个体的比例为1/4
解析：三对等位基因的自由组合可拆分为3个分离定律分别计算，再运用乘法原理进行组合。Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2种表型，3种基因型；bb×Bb→1Bb∶1bb，后代有2种表型，2种基因型；Dd×Dd→1DD∶2Dd∶1dd，后代有2种表型，3种基因型。AabbDd×AaBbDd的后代有3×2×3＝18(种)基因型，基因型为AabbDd的个体的比例为(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，A项错误；子代中有2×2×2＝8(种)表型，基因型为aabbdd的个体的比例为(1/4)×(1/2)×(1/4)＝1/32，B项错误；
子代中纯合子占(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，杂合子的比例为1－1/8＝7/8，C项正确；与亲本基因型不同的个体的比例为1－(AabbDd的概率＋AaBbDd的概率)＝1－[(1/2)×(1/2)×(1/2)＋(1/2)×(1/2)×(1/2)]＝1－1/4＝3/4，D项错误。
2．(2024·山东烟台调研)老鼠的毛色有栗色、黄棕色、黑色、棕色和白色，受位于常染色体上且独立遗传的三对等位基因控制，其表型与基因型的对应关系如下表所示。两只纯种雌雄鼠杂交，得到的F1自由交配，F2有栗色、黄棕色、黑色、棕色和白色共5种表型。下列有关说法错误的是( )
A.两亲本的表型只能为栗色与白色B．F1的基因型只能是CcAaBbC．F2中白色个体的基因型有9种D．F2中棕色雌鼠占3/128
解析：因为两亲本均为纯种，故F1的基因型只有一种，且F2中每对基因均出现了显性和隐性的组合，因此，F1的基因型为CcAaBb，两只纯种雌雄鼠杂交能产生基因型为CcAaBb的个体的组合有CCAABB×ccaabb、CCAAbb×ccaaBB、CCaaBB×ccAAbb、CCaabb×ccAABB 4种，所以两亲本的表型除栗色与白色外，还可以是黄棕色与白色、黑色与白色、棕色与白色，A项错误，B项正确；F2中白色个体的基因型有3×3＝9(种)，C项正确；F2中棕色雌鼠占(3/4)×(1/4)×(1/4)×(1/2)＝3/128，D项正确。
题型2 已知子代求亲代的“逆推型”题目 (1)解题思路：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)几种常见分离比。
3．(2024·广东一诊)苹果果皮颜色受独立遗传的多对等位基因控制，当每对等位基因至少含一个显性基因时(A－B－C－……)为红色，当每对等位基因都为隐性基因时(aabbcc……)为青色，否则为无色。现用3株苹果树进行以下实验：实验甲：红色×青色→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1实验乙：无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1据此分析，下列叙述错误的是( )A．实验乙的无色亲本可能有3种基因型B．实验乙中亲子代红色个体基因型相同的概率为2/3C．实验甲子代的无色个体有6种基因型D．实验乙说明果皮颜色受2对等位基因控制
解析：根据题目信息，A、B、C……基因同时存在时果皮为红色，不含A、B、C……基因时果皮为青色，其余基因型果皮为无色。实验甲中，红色(A－B－C－……)×青色(aabbcc…)→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1，子代中青色占1/8，相当于测交，说明该性状受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，即亲本基因型为AaBbCc×aabbcc，子代中共有2×2×2＝8(种)基因型，其中红色子代的基因型为AaBbCc，青色子代的基因型为aabbcc，无色子代的基因型有8－1－1＝6(种)，C项正确。
实验乙中，无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1，子代中青色占1/16，可拆分成aabbcc＝(1/4)×(1/2)×(1/2)，亲本中红色个体的基因型是AaBbCc，所以无色亲本的基因型为Aabbcc 或 aaBbcc 或aabbCc，A项正确。实验乙中亲代红色个体的基因型为AaBbCc，子代红色个体的基因型为A_BbCc或AaB_Cc或AaBbC_，与亲本红色个体的基因型相同的概率为2/3，B项正确。
如果果皮颜色受2对等位基因控制，则亲本中红色个体的基因型为AaBb，无色个体的基因型为aaBb或Aabb，则产生子代的表型及比例为红色∶无色∶青色＝3∶4∶1，与题干不符，D项错误。
4．(2024·惠州高三模拟)有一种名贵的兰花，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中蓝花的基因型有19种C．F2的蓝花植株中，纯合子占7/37D．若F1测交，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝7∶1
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的植株表现为红花，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测交，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，D项错误。
题型3 多对基因控制生物性状的分析 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
5．(2021·高考全国卷乙)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
解析：该植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制，且杂合子表现显性性状，植株A的n对基因均杂合，每对基因测交子代均有两种表型，n对基因重组后子代会出现2n种不同表型且比例为1∶1∶1∶……∶1(共2n个1)，植株A测交子代中不同表型个体数目均相等，A项正确，B项错误；测交子代中n对基因均杂合的个体和纯合子的比例均为1/2n，C项正确；测交子代中纯合子的比例是1/2n，杂合子的比例为1－1/2n，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．已知某种植物籽粒的红色和白色为一对相对性状，这一对相对性状受到多对等位基因的控制。某研究小组将若干个籽粒红色与白色的纯合亲本杂交，结果如下图所示。下列说法正确的是( )
A．控制籽粒红色和白色这对相对性状的基因分别位于两对同源染色体上B．第Ⅲ组杂交组合产生的F1的基因型有3种可能C．第Ⅰ、Ⅱ组杂交组合产生的F1的基因型分别有3种可能D．第Ⅰ组的F1测交后代中红色和白色的比例为3∶1
解析：亲本有红粒和白粒，而F1都是红粒，说明控制红粒性状的基因为显性基因。第Ⅲ组F2中红粒∶白粒＝63∶1，假设籽粒颜色由n对等位基因控制，由题图可知，隐性纯合子为白粒，其余都为红粒，则F2中白粒个体所占比例为(1/4)n，红粒个体所占比例为1－(1/4)n，且[1－(1/4)n]∶(1/4)n＝63∶1，计算可得n＝3，因此该植物的籽粒颜色由三对能独立遗传的基因控制(设三对独立遗传的基因分别为A/a、B/b、C/c)，第Ⅲ组杂交组合的F1的基因型为AaBbCc，A项、B项错误。
第Ⅰ组杂交组合中，F2中红粒∶白粒＝3∶1，白粒个体(aabbcc)所占比例为1/4，说明F1的基因型有Aabbcc、aaBbcc、aabbCc 3种可能；第Ⅱ组杂交组合中，F2中红粒∶白粒＝15∶1，白粒个体(aabbcc)所占比例为1/16，说明F1的基因型有AaBbcc、AabbCc、aaBbCc 3种可能，C项正确。据C项的分析可知，第Ⅰ组F1的基因型有Aabbcc、aaBbcc、aabbCc 3种可能，无论其基因型为哪一种，测交结果均为红色∶白色＝1∶1，D项错误。
题型4 自交与自由交配下的推断与相关比例计算 纯合黄色圆粒豌豆和纯合绿色皱粒豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代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，所得子代的性状的表型及比例分别如下表所示：
7．(2024·山东济宁高三月考)在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，用纯合的黄色圆粒豌豆(YYRR)和绿色皱粒豌豆(yyrr)作亲本杂交得F1，F1全为黄色圆粒，F1自交得F2。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，③让黄色圆粒自交，三种情况独立进行实验，则子代的表型比例分别为( )A．①4∶2∶2∶1 ②15∶8∶3∶1 ③64∶8∶8∶1B．①3∶3∶1∶1 ②4∶2∶2∶1 ③25∶5∶5∶1C．①1∶1∶1∶1 ②6∶3∶2∶1 ③16∶8∶2∶1D．①4∶2∶2∶1 ②16∶8∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
解析：将两对相对性状分开考虑，F2中黄色植株的基因型为1/3YY、2/3Yy，则Y基因的频率为2/3，y基因的频率为1/3；同理，R基因的频率为2/3，r基因的频率为1/3。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，F2中绿色植株的基因型为yy，杂交后代会发生2∶1的性状分离比；F2中皱粒植株的基因型为rr，杂交后代会发生2∶1的性状分离比，综合分析，两对性状杂交子代表型比例为(2∶1)(2∶1)＝4∶2∶2∶1。②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，F2中绿色植株的基因型为yy，杂交后代会发生2∶1的性状
分离比；F2中圆粒植株的基因型为1/3RR、2/3Rr，后代中rr＝(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，R_＝1－1/9＝8/9，杂交后代会发生8∶1的性状分离比，综合分析，两对性状杂交子代表型比例为(2∶1)(8∶1)＝16∶8∶2∶1。③让黄色圆粒自交，F2中圆粒(1/3RR、2/3Rr)植株自交，后代中rr＝(2/3)×(1/4)＝1/6，R_＝1－1/6＝5/6，子代表型分离比为5∶1，同理，F2中黄色(1/3YY、2/3Yy)植株自交，子代表型分离比为5∶1，综合分析，两对性状的子代表型比例为(5∶1)(5∶1)＝25∶5∶5∶1。
题型5 利用自由组合定律计算患遗传病的概率 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下表所示：
以上各种情况可概括为下图：
8．人类的多指(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，他们有一个患白化病但手指正常的孩子。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．该夫妇再生一个孩子只患白化病的概率是3/8 C．该夫妇生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是1/8D．后代中只患一种病的概率是1/4
题型1 已知亲代求子代的“顺推型”题目 常用方法——组合法(1)适用范围：两对或两对以上的基因独立遗传，并且不存在相互作用(如导致配子致死)。
(2)解题思路。(3)常见题型分析。①基因型(表型)种类及概率。
[易错提醒] 在计算不同于双亲的表型的概率时，可以先算与双亲相同的表型的概率，然后用1减去相同表型的概率即可。
②配子种类及概率的计算。
1．已知A与a、B与b、D与d三对等位基因自由组合且为完全显性，基因型分别为AabbDd、AaBbDd的两个个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，正确的是( )A．基因型有18种，基因型为AabbDd的个体的比例为1/16B．表型有6种，基因型为aabbdd的个体的比例为1/32C．杂合子的比例为7/8D．与亲本基因型不同的个体的比例为1/4
解析：三对等位基因的自由组合可拆分为3个分离定律分别计算，再运用乘法原理进行组合。Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2种表型，3种基因型；bb×Bb→1Bb∶1bb，后代有2种表型，2种基因型；Dd×Dd→1DD∶2Dd∶1dd，后代有2种表型，3种基因型。AabbDd×AaBbDd的后代有3×2×3＝18(种)基因型，基因型为AabbDd的个体的比例为(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，A项错误；子代中有2×2×2＝8(种)表型，基因型为aabbdd的个体的比例为(1/4)×(1/2)×(1/4)＝1/32，B项错误；
子代中纯合子占(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，杂合子的比例为1－1/8＝7/8，C项正确；与亲本基因型不同的个体的比例为1－(AabbDd的概率＋AaBbDd的概率)＝1－[(1/2)×(1/2)×(1/2)＋(1/2)×(1/2)×(1/2)]＝1－1/4＝3/4，D项错误。
2．(2024·山东烟台调研)老鼠的毛色有栗色、黄棕色、黑色、棕色和白色，受位于常染色体上且独立遗传的三对等位基因控制，其表型与基因型的对应关系如下表所示。两只纯种雌雄鼠杂交，得到的F1自由交配，F2有栗色、黄棕色、黑色、棕色和白色共5种表型。下列有关说法错误的是( )
A.两亲本的表型只能为栗色与白色B．F1的基因型只能是CcAaBbC．F2中白色个体的基因型有9种D．F2中棕色雌鼠占3/128
解析：因为两亲本均为纯种，故F1的基因型只有一种，且F2中每对基因均出现了显性和隐性的组合，因此，F1的基因型为CcAaBb，两只纯种雌雄鼠杂交能产生基因型为CcAaBb的个体的组合有CCAABB×ccaabb、CCAAbb×ccaaBB、CCaaBB×ccAAbb、CCaabb×ccAABB 4种，所以两亲本的表型除栗色与白色外，还可以是黄棕色与白色、黑色与白色、棕色与白色，A项错误，B项正确；F2中白色个体的基因型有3×3＝9(种)，C项正确；F2中棕色雌鼠占(3/4)×(1/4)×(1/4)×(1/2)＝3/128，D项正确。
题型2 已知子代求亲代的“逆推型”题目 (1)解题思路：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)几种常见分离比。
3．(2024·广东一诊)苹果果皮颜色受独立遗传的多对等位基因控制，当每对等位基因至少含一个显性基因时(A－B－C－……)为红色，当每对等位基因都为隐性基因时(aabbcc……)为青色，否则为无色。现用3株苹果树进行以下实验：实验甲：红色×青色→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1实验乙：无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1据此分析，下列叙述错误的是( )A．实验乙的无色亲本可能有3种基因型B．实验乙中亲子代红色个体基因型相同的概率为2/3C．实验甲子代的无色个体有6种基因型D．实验乙说明果皮颜色受2对等位基因控制
解析：根据题目信息，A、B、C……基因同时存在时果皮为红色，不含A、B、C……基因时果皮为青色，其余基因型果皮为无色。实验甲中，红色(A－B－C－……)×青色(aabbcc…)→红色∶无色∶青色＝1∶6∶1，子代中青色占1/8，相当于测交，说明该性状受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，即亲本基因型为AaBbCc×aabbcc，子代中共有2×2×2＝8(种)基因型，其中红色子代的基因型为AaBbCc，青色子代的基因型为aabbcc，无色子代的基因型有8－1－1＝6(种)，C项正确。
实验乙中，无色×红色→红色∶无色∶青色＝3∶12∶1，子代中青色占1/16，可拆分成aabbcc＝(1/4)×(1/2)×(1/2)，亲本中红色个体的基因型是AaBbCc，所以无色亲本的基因型为Aabbcc 或 aaBbcc 或aabbCc，A项正确。实验乙中亲代红色个体的基因型为AaBbCc，子代红色个体的基因型为A_BbCc或AaB_Cc或AaBbC_，与亲本红色个体的基因型相同的概率为2/3，B项正确。
如果果皮颜色受2对等位基因控制，则亲本中红色个体的基因型为AaBb，无色个体的基因型为aaBb或Aabb，则产生子代的表型及比例为红色∶无色∶青色＝3∶4∶1，与题干不符，D项错误。
4．(2024·惠州高三模拟)有一种名贵的兰花，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中蓝花的基因型有19种C．F2的蓝花植株中，纯合子占7/37D．若F1测交，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝7∶1
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的植株表现为红花，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测交，则子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，D项错误。
题型3 多对基因控制生物性状的分析 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
5．(2021·高考全国卷乙)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
解析：该植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制，且杂合子表现显性性状，植株A的n对基因均杂合，每对基因测交子代均有两种表型，n对基因重组后子代会出现2n种不同表型且比例为1∶1∶1∶……∶1(共2n个1)，植株A测交子代中不同表型个体数目均相等，A项正确，B项错误；测交子代中n对基因均杂合的个体和纯合子的比例均为1/2n，C项正确；测交子代中纯合子的比例是1/2n，杂合子的比例为1－1/2n，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．已知某种植物籽粒的红色和白色为一对相对性状，这一对相对性状受到多对等位基因的控制。某研究小组将若干个籽粒红色与白色的纯合亲本杂交，结果如下图所示。下列说法正确的是( )
A．控制籽粒红色和白色这对相对性状的基因分别位于两对同源染色体上B．第Ⅲ组杂交组合产生的F1的基因型有3种可能C．第Ⅰ、Ⅱ组杂交组合产生的F1的基因型分别有3种可能D．第Ⅰ组的F1测交后代中红色和白色的比例为3∶1
解析：亲本有红粒和白粒，而F1都是红粒，说明控制红粒性状的基因为显性基因。第Ⅲ组F2中红粒∶白粒＝63∶1，假设籽粒颜色由n对等位基因控制，由题图可知，隐性纯合子为白粒，其余都为红粒，则F2中白粒个体所占比例为(1/4)n，红粒个体所占比例为1－(1/4)n，且[1－(1/4)n]∶(1/4)n＝63∶1，计算可得n＝3，因此该植物的籽粒颜色由三对能独立遗传的基因控制(设三对独立遗传的基因分别为A/a、B/b、C/c)，第Ⅲ组杂交组合的F1的基因型为AaBbCc，A项、B项错误。
第Ⅰ组杂交组合中，F2中红粒∶白粒＝3∶1，白粒个体(aabbcc)所占比例为1/4，说明F1的基因型有Aabbcc、aaBbcc、aabbCc 3种可能；第Ⅱ组杂交组合中，F2中红粒∶白粒＝15∶1，白粒个体(aabbcc)所占比例为1/16，说明F1的基因型有AaBbcc、AabbCc、aaBbCc 3种可能，C项正确。据C项的分析可知，第Ⅰ组F1的基因型有Aabbcc、aaBbcc、aabbCc 3种可能，无论其基因型为哪一种，测交结果均为红色∶白色＝1∶1，D项错误。
题型4 自交与自由交配下的推断与相关比例计算 纯合黄色圆粒豌豆和纯合绿色皱粒豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代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，所得子代的性状的表型及比例分别如下表所示：
7．(2024·山东济宁高三月考)在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，用纯合的黄色圆粒豌豆(YYRR)和绿色皱粒豌豆(yyrr)作亲本杂交得F1，F1全为黄色圆粒，F1自交得F2。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，③让黄色圆粒自交，三种情况独立进行实验，则子代的表型比例分别为( )A．①4∶2∶2∶1 ②15∶8∶3∶1 ③64∶8∶8∶1B．①3∶3∶1∶1 ②4∶2∶2∶1 ③25∶5∶5∶1C．①1∶1∶1∶1 ②6∶3∶2∶1 ③16∶8∶2∶1D．①4∶2∶2∶1 ②16∶8∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
解析：将两对相对性状分开考虑，F2中黄色植株的基因型为1/3YY、2/3Yy，则Y基因的频率为2/3，y基因的频率为1/3；同理，R基因的频率为2/3，r基因的频率为1/3。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，F2中绿色植株的基因型为yy，杂交后代会发生2∶1的性状分离比；F2中皱粒植株的基因型为rr，杂交后代会发生2∶1的性状分离比，综合分析，两对性状杂交子代表型比例为(2∶1)(2∶1)＝4∶2∶2∶1。②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆，F2中绿色植株的基因型为yy，杂交后代会发生2∶1的性状
分离比；F2中圆粒植株的基因型为1/3RR、2/3Rr，后代中rr＝(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，R_＝1－1/9＝8/9，杂交后代会发生8∶1的性状分离比，综合分析，两对性状杂交子代表型比例为(2∶1)(8∶1)＝16∶8∶2∶1。③让黄色圆粒自交，F2中圆粒(1/3RR、2/3Rr)植株自交，后代中rr＝(2/3)×(1/4)＝1/6，R_＝1－1/6＝5/6，子代表型分离比为5∶1，同理，F2中黄色(1/3YY、2/3Yy)植株自交，子代表型分离比为5∶1，综合分析，两对性状的子代表型比例为(5∶1)(5∶1)＝25∶5∶5∶1。
题型5 利用自由组合定律计算患遗传病的概率 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下表所示：
以上各种情况可概括为下图：
8．人类的多指(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，他们有一个患白化病但手指正常的孩子。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．该夫妇再生一个孩子只患白化病的概率是3/8 C．该夫妇生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是1/8D．后代中只患一种病的概率是1/4
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