資源簡介

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第14講　基因的自由組合定律
[課程導學]
內容要求 3.2.3.闡明有性生殖中基因的分離和自由組合使得子代的基因型和表型有多種可能，并可由此預測子代的遺傳性狀。
與舊教材對比 增：①旁欄思考題如孟德爾在總結遺傳規律時，是否用到了歸納法？②孟德爾遺傳規律的應用。改：表現型的概念(表現型改為表型)。
考點一　兩對相對性狀的遺傳實驗分析
1．發現問題——兩對相對性狀的雜交實驗
[提醒]　在兩對相對性狀的雜交實驗中，F2中出現了新的表型，但沒有出現新性狀，新表型的出現是因為有性狀重新組合。
2．提出假說——對自由組合現象的解釋
[提醒]　YYRR基因型個體在F2中的比例為1/16，在黃色圓粒豌豆中的比例為1/9，注意范圍不同。黃色圓粒豌豆中雜合子占8/9，綠色圓粒豌豆中雜合子占2/3。
3．演繹推理、驗證假說——對自由組合現象的驗證
(1)理論預測(演繹推理)
①F1與隱性純合子雜交。F1產生4種比例相等的配子，即YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，而隱性純合子只產生yr一種配子。
②測交產生4種比例相等的后代，即YyRr∶Yyrr∶yyRr∶yyrr＝1∶1∶1∶1。
(2)測交結果與結論
[提醒]　yyRr×Yyrr不屬于測交。
4．得出結論——自由組合定律
5．孟德爾獲得成功的原因
(1)F1(基因型為YyRr)產生基因型為YR的卵細胞和基因型為YR的精子數量之比為1∶1。(　　)
(2)基因自由組合定律是指F1產生的4種類型的精子和卵細胞可以自由組合。(　　)
(3)基因型為AaBb的植株自交，得到的后代中表型與親本不相同的概率為9/16。(　　)
(4)自由組合定律的實質是等位基因分離的同時，非等位基因自由組合。(　　)
(5)基因型相同的生物，表型一定相同；基因型不同的生物，表型也不會相同。(　　)
(6)在自由組合遺傳實驗中，先進行等位基因的分離，再實現非等位基因的自由組合。(　　)
(7)基因型為AaBbCc與AaBbCC的個體雜交，雜交后代中，與親本基因型和表型不相同的概率分別為3/4、7/16。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√
1．(必修2 P9正文信息)F2中還出現了親本所沒有的性狀組合——綠色圓粒和黃色皺粒。請思考：具有兩對相對性狀的純合親本雜交，產生的F1的基因型為AaBb，則兩親本的基因型是什么？F2中重組類型是什么？所占比例又是多少？
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提示：親本基因型可以是AABB×aabb，此時重組類型是A_bb和aaB_，占3/8；親本基因型還可以是AAbb×aaBB，此時重組類型是A_B_和aabb，占5/8
2．(必修2 P10 旁欄思考)從數學的角度分析，9∶3∶3∶1與3∶1能否建立聯系，這對理解兩對相對性狀的遺傳結果有什么啟示？
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提示：對于兩對相對性狀的遺傳結果，如果對每一對性狀單獨進行分析，其性狀的數量比都是3∶1，即每對性狀的遺傳都遵循分離定律。兩對相對性狀的遺傳結果可以表示為它們各自遺傳結果的乘積，即9∶3∶3∶1，來自(3∶1)2
1．基因的自由組合與基因完全連鎖的比較
(1)基因的自由組合
(2)基因的完全連鎖
2．自由組合定律的細胞學基礎
3．驗證自由組合定律的方法
(1)自交法
F1自交后代的性狀分離比為9∶3∶3∶1，則符合基因的自由組合定律，由位于兩對同源染色體上的兩對等位基因控制。
(2)測交法
F1測交后代的性狀比例為1∶1∶1∶1，由位于兩對同源染色體上的兩對等位基因控制。
(3)花粉鑒定法
F1若有四種花粉，比例為1∶1∶1∶1，則符合自由組合定律。
(4)單倍體育種法
取花藥離體培養，用秋水仙素處理單倍體幼苗，若植株有四種表型，比例為1∶1∶1∶1，則符合自由組合定律。
突破1 自由組合定律的遺傳實驗及實質
核心素養 生命觀念
1．(2022·河南頂尖名校聯考)豌豆子葉的黃色(Y)對綠色(y)為顯性，種子的圓粒(R)對皺粒(r)為顯性，控制這兩對性狀的兩對基因獨立遺傳。現用純合黃色圓粒品種與純合綠色皺粒品種雜交獲得F1，F1自交得到F2。下列相關敘述正確的是(　　)
A．F1產生的配子隨機結合形成不同基因型受精卵的過程體現了自由組合定律的實質
B．F1產生的雄配子總數與雌配子總數相等是F2出現9∶3∶3∶1性狀分離比的前提
C．從F2的黃色皺粒豌豆植株中任取兩株，則這兩株豌豆基因型不同的概率為5/9
D．若自然條件下將F2中黃色圓粒豌豆混合種植，后代出現綠色皺粒豌豆的概率為1/36
解析：選D。基因自由組合定律的實質為位于非同源染色體上的非等位基因的分離或組合是互不干擾的；在減數分裂過程中，同源染色體上的等位基因彼此分離，同時非同源染色體上的非等位基因自由組合。F1產生的配子隨機結合形成不同基因型受精卵的過程不能體現基因自由組合定律的實質，A錯誤；通常情況下，生物產生的雄配子數量要遠遠多于雌配子數量，F2出現9∶3∶3∶1的性狀分離比不需要F1產生的雄配子總數與雌配子總數相等，B錯誤；F2中黃色皺粒植株的基因型為1/3YYrr、2/3 Yyrr，從F2黃色皺粒植株中任取兩株，這兩株豌豆基因型不同的概率為2×(1/3)×(2/3)＝4/9，C錯誤；F2中黃色圓粒植株的基因型為1/9YYRR、2/9YYRr、2/9YyRR、4/9YyRr，因豌豆為閉花受粉植物，自然條件下將F2中黃色圓粒植株混合種植相當于讓F2中所有黃色圓粒植株自交，故后代出現綠色皺粒植株的概率為(4/9)×(1/16)＝1/36，D正確。
2.高等植物的雄蕊內有許多花粉母細胞，每個花粉母細胞經減數分裂形成4個花粉粒。某二倍體高等植物，既可自花傳粉，又可異花傳粉。高莖(A)對矮莖(a)為顯性，寬葉(B)對窄葉(b)為顯性，花瓣黃色(D)對白色(d)為顯性，控制這三對性狀的基因均位于常染色體上。現有這種植物的一個體細胞的基因型如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．高莖與矮莖、寬葉與窄葉這兩對相對性狀的遺傳遵循自由組合定律
B．若無互換和基因突變等，該植物一個花粉母細胞產生的花粉粒基因型有4種
C．在圖示細胞的有絲分裂后期，移向細胞同一極的基因有A、a、b、b、D、d
D．為驗證基因的自由組合定律，必須用基因型為aabbdd的個體來與該植物進行雜交
解析：選C。由題圖可知，控制高莖與矮莖、寬葉與窄葉這兩對相對性狀的基因位于一對同源染色體上，所以其遺傳不遵循基因的自由組合定律，A錯誤；在不發生互換和基因突變等情況下，該植物的一個花粉母細胞經減數分裂只能產生2種基因型的花粉粒細胞，B錯誤；有絲分裂過程中不發生等位基因的分離，正常情況下，分裂后的細胞和原細胞核基因完全相同，因此題圖細胞有絲分裂后期，移向細胞同一極的基因包含所有的基因，即包括A、a、b、b、D、d，C正確；為驗證基因的自由組合定律，可采用測交法或自交法，若采用測交法，則可用來與該植物進行雜交的個體的基因型有aabbdd、aaBBdd，若采用自交法，則可用來與該植物進行雜交的個體基因型有AabbDd、AaBBDd，D錯誤。
突破2 自由組合定律的驗證
核心素養 科學思維、科學探究
3．(2022·山東德州高三月考)現有①～④四個果蠅品系(都是純種)，其中品系①的性狀均為顯性，品系②～④均只有一種性狀是隱性，其他性狀均為顯性。這四個品系的隱性性狀及控制該隱性性狀的基因所在的染色體如下表所示：
品系 ① ② ③ ④
隱性性狀 均為顯性 殘翅 黑身 紫紅眼
相應染色體 Ⅱ、Ⅲ Ⅱ Ⅱ Ⅲ
若需驗證自由組合定律，可選擇下列哪種交配類型(　　)
A．①×②　　　　　　　 B．②×④
C．②×③ D．①×④
解析：選B。自由組合定律研究的是位于非同源染色體上的非等位基因的遺傳規律，故選②×④或③×④。
4．(不定項)(2022·遼寧丹東高三月考)某單子葉植物的非糯性(A)對糯性(a)為顯性，抗病(T)對染病(t)為顯性，花粉粒長形(D)對圓形(d)為顯性，三對等位基因位于三對同源染色體上，非糯性花粉遇碘液變藍色，糯性花粉遇碘液變棕色。現有四種純合子植株，其基因型分別為①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd，則下列說法不正確的是(　　)
A．若采用花粉鑒定法驗證基因的分離定律，應該用①和③雜交所得F1的花粉
B．若采用花粉鑒定法驗證基因的自由組合定律，可以觀察①和②雜交所得F1的花粉
C．若培育糯性抗病優良品種，應選用①和④作為親本雜交
D．將②和④雜交后所得的F1的花粉涂在載玻片上，加碘液染色后，均為藍色
解析：選ABD。三對相對性狀中可通過花粉進行鑒定的相對性狀是非糯性(A)和糯性(a)、花粉粒長形(D)和圓形(d)，若采用花粉鑒定法驗證基因的分離定律，需得到基因型為Aa或Dd的植株，A錯誤；若采用花粉鑒定法驗證基因的自由組合定律，需得到基因型為AaDd的植株，B錯誤；①×④→F1(AaTtdd)，F1連續自交即可得到糯性抗病優良品種(aaTT__)，C正確；②×④→F1(AattDd)，其產生的花粉加碘液染色后，A(藍色)∶a(棕色)＝1∶1，D錯誤。
[原因分析類]
1．基因自由組合定律的實質是____________________________________
_______________________________________________________________。
答案：等位基因分離的同時，非同源染色體上的非等位基因自由組合
2．配子的隨機結合就是基因的自由組合嗎？請聯系非等位基因自由組合發生的時期、原因進行分析。
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________。
答案：不是。減數分裂Ⅰ后期，非同源染色體自由組合，其上的非等位基因隨之自由組合，所以基因的自由組合并不是指配子的隨機結合
3．若基因型為AaBb的個體測交后代出現四種表型，但比例為42%∶8%∶8%∶42%，出現這一結果的可能原因：_____________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________。
答案：A、a和B、b兩對等位基因位于同一對同源染色體上，且部分初級性母細胞的非姐妹染色單體發生相應片段的交換，產生四種類型的配子，其比例為42%∶8%∶8%∶42%
[判斷依據類]
4．胚稻的巨胚與正常胚是一對相對性狀，由一對等位基因D、d控制，研究發現，另一對等位基因E、e對D、d基因的影響表現在當E基因存在時，胚稻種子發育形成正常胚，而e基因不影響D、d基因的表達。現讓一株正常胚稻自交，獲得的F1中正常胚稻∶巨胚稻＝3∶1，由題中的信息________(填“能”或“不能”)判斷出兩對等位基因分別位于兩對同源染色體上，依據是
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答案：不能　兩對等位基因無論是位于一對同源染色體上還是兩對同源染色體上，親本都能產生比例相等的兩種配子，即De、de或dE、de，因此自交后均會產生3∶1的性狀分離比，所以不能判斷出兩對等位基因分別位于兩對同源染色體上
5．科研人員用某植物進行遺傳學研究，選用高莖白花感病的植株作母本，矮莖白花抗病的植株作父本進行雜交，F1均表現為高莖紅花抗病，F1自交得到F2，F2的表型及比例為高莖∶矮莖＝3∶1、紅花∶白花＝9∶7、抗病∶感病＝3∶1。植物花色的遺傳遵循基因的________定律，依據是
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答案：自由組合　僅就花色而言，由F2花色的分離比為9∶7可推知F1的配子有16種結合方式，而這16種結合方式是F1的4種雌、雄比例相等的配子隨機結合的結果
[開放思維類]
6．利用現有綠色圓粒豌豆(yyRr)，獲得純合的綠色圓粒豌豆的實驗思路：
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答案：讓綠色圓粒豌豆(yyRr)自交，淘汰綠色皺粒豌豆，再連續自交并選擇，直到不發生性狀分離為止
7．利用基因型分別為①aaBBCC、②AAbbCC和③AABBcc 的植株來確定這三對等位基因是否分別位于三對同源染色體上。
實驗思路：選擇①×②、②×③、①×③三個雜交組合，分別得到F1并自交得到F2，若各雜交組合的F2中均出現________種表型，且比例為_____________，則可確定這三對等位基因分別位于三對同源染色體上。
答案：4　9∶3∶3∶1
考點二　自由組合定律的解題方法
突破點1　利用“拆分法”解決自由組合計算問題
“拆分法”求解自由組合定律計算問題
(1)思路：將多對等位基因的自由組合分解為若干分離定律分別分析，再運用乘法原理進行組合。
(2)題型示例
①求解配子類型及概率
典例：基因型為AaBbCC的個體
產生配子的種類數 Aa　　　　Bb　　　　CC↓　　　　↓　　　　 ↓2 ×　 2× 　 1＝4(種)
AbC配子的概率 (A)×(b)×1(C)＝
②求解子代基因型種類及概率
典例：AaBbCc×AabbCC
子代的基因型種類數 　Aa×Aa　Bb×bb　Cc×CC↓　　　　↓　　　↓3　　×　 2　 ×　2＝12(種)
子代中基因型為AAbbCC的概率 (AA)×(bb)×(CC)＝
子代中純合子和雜合子概率 純合子概率＝××＝雜合子概率＝1－＝
③求解子代表型種類及概率
典例：AaBbCc×AabbCC
子代的表型種類數 　Aa×Aa　Bb×bb　Cc×CC　 ↓　 　　↓　　　↓　 2　　×　2　　× 1＝4(種)
子代中基因型為A_B_C_的概率 (A_)×(B_)×1(C_)＝
子代中不同于親本表型的比例 不同于親本表型的比例＝1－親本表型的比例＝1－[(A_B_C_)＋(A_bbC_)]＝
[突破訓練]
1．已知A與a、B與b、D與d三對等位基因自由組合且為完全顯性，基因型分別為AabbDd、AaBbDd的兩個個體進行雜交。下列關于雜交后代的推測，正確的是(　　)
A．基因型有18種，AabbDd個體的比例為1/16
B．表型有6種，aabbdd個體的比例為1/32
C．雜合子的比例為7/8
D．與親本基因型不同的個體的比例為1/4
解析：選C。三對等位基因的自由組合可拆分為3個分離定律分別計算，再運用乘法原理進行組合。Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2種表型，3種基因型；bb×Bb→1Bb∶1bb，后代有2種表型，2種基因型；Dd×Dd→1DD∶2Dd∶1dd，后代有2種表型，3種基因型。AabbDd×AaBbDd的后代有3×2×3＝18(種)基因型，AabbDd個體的比例為1/2(Aa)×1/2(bb)×1/2(Dd)＝1/8，A錯誤；子代中有2×2×2＝8(種)表型，aabbdd個體的比例為1/4(aa)×1/2(bb)×1/4(dd)＝1/32，B錯誤；子代中純合子占(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，雜合子的比例為1－1/8＝7/8，C正確；與親本基因型不同的個體所占的比例為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錯誤。
2．(2022·陜西西安高三模擬)番茄的紅果對黃果為顯性，二室果對多室果為顯性，長蔓對短蔓為顯性，三對性狀獨立遺傳。現有紅果二室短蔓和黃果多室長蔓的兩個純合品系，將其雜交種植得F1和F2，則在F2中紅果多室長蔓所占的比例及紅果多室長蔓中純合子的比例分別是　(　　)
A.、　　　　　　　 B．、
C.、 D．、
解析：選A。設控制三對性狀的基因分別用A/a、B/b、C/c表示，親代的基因型為AABBcc與aabbCC，F1的基因型為AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中紅果多室長蔓所占的比例是××＝，純合紅果多室長蔓所占的比例是××＝，則紅果多室長蔓中純合子的比例是÷＝。
突破點2　“逆向組合法”推斷親本的基因型
(1)利用基因式法推測親本的基因型
①根據親本和子代的表型寫出親本和子代的基因式，如基因式可表示為A_B_、A_bb。
②根據基因式推出基因型(此方法只適用于親本和子代的表型已知且顯隱性關系已知時)。
(2)根據子代表型及比例推測親本的基因型
①方法：將自由組合定律表型的分離比拆分成分離定律的分離比分別分析，再進行逆向組合。
②題型示例(以兩對等位基因為例)
子代表型比例及拆分 親本基因型推斷
9∶3∶3∶1 (3∶1)(3∶1) AaBb×AaBb
1∶1∶1∶1 (1∶1)(1∶1) AaBb×aabb或Aabb×aaBb
3∶3∶1∶1 (3∶1)(1∶1) AaBb×Aabb或AaBb×aaBb
3∶1 (3∶1)×1 Aabb×Aabb、AaBB×Aa__、aaBb×aaBb、AABb×__Bb
若為自交后代，則親本為一純一雜：AaBB、Aabb、aaBb、AABb　
[突破訓練]
3．已知番茄的紅果(R)對黃果(r)為顯性，高莖(D)對矮莖(d)為顯性，這兩對基因是獨立遺傳的。將某一紅果高莖番茄植株測交，對其后代再測交。并用柱形圖來表示第二次測交后代中各種表型的比例，其結果如下圖所示，請分析最先用來做實驗的親本紅果高莖番茄植株的基因型是(　　)
A．RrDd B．RRDD
C．RrDD D．RRDd
解析：選D。柱形圖中第二次測交后代中紅果∶黃果＝1∶1，為Rr×rr的結果；高莖∶矮莖＝1∶3，為Dd×dd、dd×dd的結果，即第一次測交所得后代有RrDd、Rrdd兩種且各占1/2，最先用來做實驗的親本紅果高莖番茄的基因型為RRDd，D正確。
4．(2021·高考湖北卷)甲、乙、丙分別代表三個不同的純合白色籽粒玉米品種，甲分別與乙、丙雜交產生F1，F1自交產生F2，結果如表。
組別 雜交組合 F1 F2
1 甲×乙 紅色籽粒 901紅色籽粒，699白色籽粒　
2 甲×丙 紅色籽粒 630紅色籽粒，490白色籽粒　
根據結果，下列敘述錯誤的是(　　)
A．若乙與丙雜交，F1全部為紅色籽粒，則F2玉米籽粒性狀比為9紅色∶7白色
B．若乙與丙雜交，F1全部為紅色籽粒，則玉米籽粒顏色可由三對基因控制
C．組1中的F1與甲雜交所產生玉米籽粒性狀比為3紅色∶1白色
D．組2中的F1與丙雜交所產生玉米籽粒性狀比為1紅色∶1白色
解析：選C。據題表可知，甲×乙產生的F1全是紅色籽粒，F1自交產生的F2中紅色∶白色≈9∶7，說明玉米籽粒顏色受兩對等位基因控制，且兩對等位基因遵循自由組合定律；甲×丙產生的F1全是紅色籽粒，F1自交產生的F2中紅色∶白色＝9∶7，說明玉米籽粒顏色受兩對等位基因控制，且兩對等位基因遵循自由組合定律。綜合分析可知，紅色為顯性性狀，紅色與白色可能至少由三對等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c表示，甲、乙、丙的基因型可分別為AAbbCC、aaBBCC、AABBcc(只寫出一種可能情況)。若乙與丙雜交，F1全部為紅色籽粒(AaBBCc)，兩對等位基因遵循自由組合定律，則F2玉米籽粒性狀比為9紅色∶7白色，A正確；若乙與丙雜交，F1全部為紅色籽粒，則玉米籽粒顏色可由三對基因控制，B正確；組1中的F1(AaBbCC)與甲(AAbbCC)雜交，所產生玉米籽粒性狀比為1紅色∶1白色，C錯誤；組2中的F1(AABbCc)與丙(AABBcc)雜交，所產生玉米籽粒性狀比為1紅色∶1白色，D正確。
突破點3　多對基因控制生物性狀的分析
n對等位基因(完全顯性)分別位于n對同源染色體上的遺傳規律
親本相對性狀的對數 F1配子 F2表型 F2基因型
種類 比例 種類 比例 種類 比例
1 2 (1∶1)1 2 (3∶1)1 3 (1∶2∶1)1
2 22 (1∶1)2 22 (3∶1)2 32 (1∶2∶1)2
n 2n (1∶1)n 2n (3∶1)n 3n (1∶2∶1)n
(1)若F2中顯性性狀的比例為，則該性狀由n對等位基因控制。
(2)若F2中子代性狀分離比之和為4n，則該性狀由n對等位基因控制。
[突破訓練]
5．(2021·高考全國卷乙)某種二倍體植物的n個不同性狀由n對獨立遺傳的基因控制(雜合子表現顯性性狀)。已知植株A的n對基因均雜合。理論上，下列說法錯誤的是(　　)
A．植株A的測交子代會出現2n種不同表型的個體
B．n越大，植株A測交子代中不同表型個體數目彼此之間的差異越大
C．植株A測交子代中n對基因均雜合的個體數和純合子的個體數相等
D．n≥2時，植株A的測交子代中雜合子的個體數多于純合子的個體數
解析：選B。該植物的n個不同性狀由n對獨立遺傳的基因控制，且雜合子表現顯性性狀，植株A的n對基因均雜合，每對基因測交子代均有兩種表型，n對基因重組后子代會出現2n種不同表型且比例為1∶1∶1∶…∶1(共2n個1)，植株A測交子代中不同表型個體數目均相等，A正確，B錯誤；測交子代n對基因均雜合的個體和純合子的比例均為1/2n，C正確；測交子代中純合子的比例是1/2n，雜合子的比例為1－1/2n，當n≥2時，雜合子的個體數大于純合子的個體數，D正確。
6．(高考全國卷Ⅰ)某植物紅花和白花這對相對性狀同時受多對等位基因控制(如A、a ；B、b ；C、c……)，當個體的基因型中每對等位基因都至少含有一個顯性基因時(即A_B_C_……)才開紅花，否則開白花。現有甲、乙、丙、丁4個純合白花品系，相互之間進行雜交，雜交組合、后代表型及其比例如下：
根據雜交結果回答問題：
(1)這種植物花色的遺傳符合哪些遺傳定律？
(2)本實驗中，植物的花色受幾對等位基因的控制，為什么？
解析：由題意可知，甲、乙、丙、丁為純合白花品系，故至少含一對隱性純合基因。因甲和乙的后代全為白色，故甲和乙中有一對相同的隱性純合基因，其F1和F2中也都含這對隱性純合基因；甲和丙的后代全為白色，故甲和丙中有一對相同的隱性純合基因，其F1和F2中也都含這對隱性純合基因；丙和丁的后代全為白色，故丙和丁中(至少)有一對相同的隱性純合基因，其F1和F2中也都含這對隱性純合基因。 因乙和丙、甲和丁的F1全為紅色，F2中紅色占全部個體的比例為81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，故F1中至少含4對等位基因，即該對相對性狀應至少是由4對等位基因控制的，每對基因的遺傳仍遵循基因的分離定律，4對等位基因之間遵循基因的自由組合定律。據上述分析并結合乙和丙、甲和丁雜交后代F2的性狀分離比，可推知乙和丙、甲和丁中的4對等位基因相同。設4對等位基因分別為A和a、B和b、C和c、D和d，依題意分析，甲、乙、丙、丁4個純合白花品系的基因型可分別為AAbbCCdd、AABBCCdd、aabbccDD、aaBBccDD。
答案：(1)基因的自由組合定律和基因的分離定律(或基因的自由組合定律)。(2)至少4對。①本實驗的乙×丙和甲×丁兩個雜交組合中，F2中紅色個體占全部個體的比例為81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，根據n對等位基因自由組合且完全顯性時，F2中顯性個體的比例為(3/4)n，可判斷這兩個雜交組合中都涉及4對等位基因。②綜合雜交組合的實驗結果，可進一步判斷乙×丙和甲×丁兩個雜交組合中所涉及的4對等位基因相同。
突破點4　自交與自由交配下的推斷與相關比例計算
純合黃色圓粒豌豆和純合綠色皺粒豌豆雜交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代中黃色圓粒豌豆個體和綠色圓粒豌豆個體分別進行自交、測交和自由交配，所得子代的性狀的表型及比例分別如下表所示：
交配類型 表型 比例
Y_R_(黃色圓粒) 自交 黃色圓粒∶綠色圓粒∶黃色皺粒∶綠色皺粒 25∶5∶5∶1
測交 黃色圓粒∶綠色圓粒∶黃色皺粒∶綠色皺粒 4∶2∶2∶1
自由交配 黃色圓粒∶綠色圓粒∶黃色皺粒∶綠色皺粒 64∶8∶8∶1
yyR_(綠色圓粒) 自交 綠色圓粒∶綠色皺粒 5∶1
測交 綠色圓粒∶綠色皺粒 2∶1
自由交配 綠色圓粒∶綠色皺粒 8∶1
[突破訓練]
7．(2022·河南開封高三測試)某植物的花色受一對等位基因控制，抗病和易感病受另一對等位基因控制，兩對等位基因獨立遺傳。現以紅花抗病植株和白花易感病植株為親本雜交，F1均為紅花抗病，F1自交產生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，讓剩余的植株自交產生F3，F3中的白花植株所占的比例為(　　)
A．1/2 B．1/3
C．3/8 D．1/6
解析：選B。以紅花抗病植株和白花易感病植株為親本雜交(兩對等位基因分別用A、a和B、b表示)，F1均為紅花抗病，說明紅花對白花為顯性、抗病對易感病為顯性，親本基因型為AABB和aabb，F1基因型為AaBb，F1自交產生的F2為AABB∶2AABb∶AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶aaBB∶2aaBb∶aabb。去除aabb后，單獨分析花色這一性狀，AA占4/15、Aa占8/15、aa占3/15，自交后白花植株所占的比例為(8/15)×(1/4)＋3/15＝1/3。
8．(2022·北京海淀區高三模擬)雕鸮的羽毛綠色與黃色、條紋和無紋分別由兩對常染色體上的兩對等位基因控制，其中一對顯性基因純合會出現致死現象。綠色條紋與黃色無紋雕鸮交配，F1綠色無紋和黃色無紋雕鸮的比例為1∶1。 F1綠色無紋雕鸮相互交配后，F2綠色無紋∶黃色無紋∶綠色條紋∶黃色條紋＝6∶3∶2∶1。據此作出判斷，下列說法不正確的是(　　)
A．綠色對黃色為顯性、無紋對條紋為顯性，綠色基因純合致死
B．F1綠色無紋個體相互交配，后代有3種基因型的個體致死
C．F2黃色無紋的個體隨機交配，后代中黃色條紋個體的比例為1/8
D．F2某綠色無紋個體和黃色條紋個體雜交，后代表型比例可能不是1∶1∶1∶1
解析：選C。據題意分析可知，綠色對黃色為顯性、無紋對條紋為顯性(兩對等位基因分別用A、a和B、b表示)，綠色基因純合致死，A正確；F2中綠色∶黃色＝2∶1，無紋∶條紋＝3∶1，綠色基因顯性純合致死，則F2中致死基因型有AABB、AABb、AAbb，B正確；讓F2中黃色無紋個體(1aaBB、2aaBb)隨機交配，則出現黃色條紋個體(aabb)的概率為(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，C錯誤；讓F2中某綠色無紋個體(AaBB或AaBb)和黃色條紋個體(aabb)雜交，F2中后代表型比例可能是1∶1或1∶1∶1∶1，D正確。
突破點5　利用自由組合定律計算患遺傳病的概率
當兩種遺傳病之間具有“自由組合”關系時，各種患病情況的概率如下表所示：
序號 類型 計算公式
已知 患甲病的概率為m 不患甲病的概率為1－m
患乙病的概率為n 不患乙病的概率為1－n
① 同時患兩病的概率 m·n
② 只患甲病的概率 m·(1－n)
③ 只患乙病的概率 n·(1－m)
④ 不患病的概率 (1－m)(1－n)
拓展求解 患病的概率 ①＋②＋③或1－④
只患一種病的概率 ②＋③或1－(①＋④)
以上各種情況可概括為下圖：
[突破訓練]
9．(2021·重慶選擇考模考)一對表型正常的夫婦，丈夫的母親患白化病，妻子的父親患紅綠色盲，母親患白化病。這對夫婦生育一患遺傳病孩子的概率是(　　)
A．1/16 B．4/16
C．7/16 D．9/16
解析：選C。假設關于白化病的相關基因用A、a表示，關于紅綠色盲的基因用B、b表示，表型正常的夫婦，丈夫的母親患白化病(aa)，所以表型正常的丈夫的基因型是AaXBY，妻子的父親患紅綠色盲(XbY)，母親患白化病(aa)，表型正常的妻子的基因型是AaXBXb，二者婚配生下患白化病(aa)的孩子的概率為1/4，患紅綠色盲(XbY)的概率為1/4，因此生下患遺傳病孩子的概率＝1－不患病的概率＝1－(1－1/4)×(1－1/4)＝7/16。
10．人類的多指(T)對正常指(t)為顯性，白化(a)對正常(A)為隱性，決定不同性狀的基因自由組合。一個家庭中，父親是多指，母親正常，他們有一個患白化病但手指正常的孩子。請分析下列說法正確的是(　　)
A．父親的基因型是AaTt，母親的基因型是Aatt
B．其再生一個孩子只患白化病的概率是3/8
C．生一個既患白化病又多指的女兒的概率是1/8
D．后代中只患一種病的概率是1/4
解析：選A。一個家庭中，父親是多指，母親正常，他們有一個孩子手指正常(tt)但患白化病(aa)，可確定父親和母親的基因型分別為AaTt和Aatt，A正確；后代患白化病的概率為1/4，患多指的概率為1/2，故再生一個只患白化病孩子的概率為(1/4)×(1/2)＝1/8，B錯誤；生一個既患白化病又患多指的女兒的概率是1/4(白化)×1/2(多指)×1/2(女兒)＝1/16，C錯誤；后代只患多指的概率為(1/2)×(3/4)＝3/8，只患白化病的概率＝(1/2)×(1/4)＝1/8，故后代中只患一種病的概率為3/8＋1/8＝1/2，D錯誤。
1．(2021·高考湖南卷)油菜是我國重要的油料作物，油菜株高適當的降低對抗倒伏及機械化收割均有重要意義。某研究小組利用純種高稈甘藍型油菜Z，通過誘變培育出一個純種半矮稈突變體S。為了闡明半矮稈突變體S是由幾對基因控制、顯隱性等遺傳機制，研究人員進行了相關試驗，如圖所示。
回答下列問題：
(1)根據F2表型及數據分析，油菜半矮稈突變體S的遺傳機制是
_______________________________________________________________，
雜交組合①的F1產生各種類型的配子比例相等，自交時雌雄配子有________種結合方式，且每種結合方式概率相等。F1產生各種類型配子比例相等的細胞遺傳學基礎是__________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(2)將雜交組合①的F2所有高稈植株自交，分別統計單株自交后代的表型及比例，分為三種類型，全為高稈的記為F3 Ⅰ，高稈與半矮稈比例和雜交組合①②的F2基本一致的記為F3 Ⅱ，高稈與半矮稈比例和雜交組合③的F2基本一致的記為F3 Ⅲ。產生F3 Ⅰ、F3 Ⅱ、F3 Ⅲ的高稈植株數量比為__________________。產生F3 Ⅲ的高稈植株基因型為________________________(用A、a；B、b；C、c……表示基因)。用產生F3 Ⅲ的高稈植株進行相互雜交試驗，能否驗證自由組合定律？________。
解析：(1)根據雜交組合①②正反交的F2結果高稈∶半矮稈都約為15∶1可知，半矮稈為隱性遺傳，且該性狀是由非同源染色體上的兩對隱性基因控制的，即只有基因型為aabb時才表現為半矮稈，其他基因型均表現為高稈。雜交組合①中F1的基因型為AaBb，F1自交時雌雄配子有4×4＝16(種)組合方式。其細胞遺傳學基礎是減數分裂形成配子時，同源染色體上的等位基因分離，非同源染色體上的非等位基因自由組合。(2)雜交組合①中F1的基因型為AaBb，產生的F2中基因型為AA__和__BB的植株占F2中所有高稈植株的，它們自交后代都表現為高稈，所以屬于F3 Ⅰ；F2中基因型為AaBb的植株自交，產生的后代高稈∶半矮稈＝15∶1，與雜交組合①②的F2基本一致，記為F3 Ⅱ，基因型為AaBb的植株占F2中所有高稈植株的；F2中基因型為Aabb和aaBb的高稈植株自交，產生的后代高稈∶半矮稈＝3∶1，與雜交組合③的F2基本一致，記為F3 Ⅲ，基因型為Aabb和aaBb的植株占F2中所有高稈植株的，故產生F3 Ⅰ、F3 Ⅱ、F3 Ⅲ的高稈植株的數量比為7∶4∶4。基因型為Aabb和aaBb的高稈植株相互雜交的子一代再自交才能驗證自由組合定律，否則只能驗證一對基因的分離定律。
答案：(1)非同源染色體上的兩對隱性基因控制的遺傳　16　減數分裂形成配子時，同源染色體上的等位基因分離，非同源染色體上的非等位基因自由組合
(2)7∶4∶4　Aabb、aaBb　不能
2．(2021·浙江6月選考)利用轉基因技術，將抗除草劑基因轉入純合不抗除草劑水稻(2n)(甲)，獲得轉基因植株若干。從轉基因后代中選育出純合矮稈抗除草劑水稻(乙)和純合高稈抗除草劑水稻(丙)。用甲、乙、丙進行雜交，F2結果如下表。轉基因過程中，可發生基因突變，外源基因可插入不同的染色體上。高稈(矮稈)基因和抗除草劑基因獨立遺傳，高稈和矮稈由等位基因A(a)控制。有抗除草劑基因用B＋表示、無抗除草劑基因用B－表示。
雜交組合 F2的表型及數量(株)
矮稈抗除草劑 矮稈不抗除草劑 高稈抗除草劑 高稈不抗除草劑
甲×乙 513 167 0 0
甲×丙 109 37 313 104
乙×丙 178 12 537 36
回答下列問題：
(1)矮稈對高稈為________性狀，甲×乙得到的F1產生________種配子。
(2)為了分析抗除草劑基因在水稻乙、丙葉片中的表達情況，分別提取乙、丙葉片中的RNA并分離出________，逆轉錄后進行PCR擴增。為了除去提取RNA中出現的DNA污染，可采用的方法是________________________________
_______________________________________________________________。
(3)乙×丙的F2中，形成抗除草劑與不抗除草劑表型比例的原因是
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(4)甲與丙雜交得到F1，F1再與甲雜交，利用獲得的材料進行后續育種。寫出F1與甲雜交的遺傳圖解。
解析：(1)根據雜交組合“乙×丙”，只分析高稈和矮稈這一對相對性狀，乙(純合矮稈)與丙(純合高稈)雜交，F2中矮稈∶高稈＝(178＋12)∶(537＋36)≈1∶3，可知矮稈是隱性性狀，乙、丙的基因型分別為aa和AA。根據雜交組合“甲×乙”，只分析是否抗除草劑這一對相對性狀，甲(純合不抗除草劑)與乙(純合抗除草劑)雜交，F2中抗除草劑∶不抗除草劑＝(513＋0)∶(167＋0)≈3∶1，可知抗除草劑是顯性性狀，又知矮稈是隱性性狀，所以甲、乙的基因型分別為aaB－B－和aaB＋B＋。故甲×乙得到的F1的基因型為aaB＋B－，所以其能產生aB＋ 和aB－兩種配子。(2)目的基因的提取可采用逆轉錄法，即以控制目的蛋白的mRNA為模板，通過逆轉錄的方法合成目的基因，所以應從乙、丙葉片中提取并分離出抗除草劑基因的mRNA。若要除去提取RNA中出現的DNA污染，可利用酶的專一性，使用DNA(水解)酶處理即可(酶解法)。(3)乙×丙的F2中，抗除草劑∶不抗除草劑 ＝(178＋537)∶(12＋36)≈15∶1，是9∶3∶3∶1的變式[(9＋3＋3)∶1]，同時又根據題干“外源基因可插入不同的染色體上”，說明乙和丙的抗除草劑基因位于非同源染色體上，乙和丙上抗除草劑基因的遺傳遵循自由組合定律。(4)根據雜交組合“甲×丙”，F2中矮稈抗除草劑∶矮稈不抗除草劑∶高稈抗除草劑∶高稈不抗除草劑＝109∶37∶313∶104＝3∶1∶9∶3，說明控制兩對性狀的基因位于非同源染色體上，遵循自由組合定律。所以甲(aaB－B－)與丙(AAB＋B＋)雜交得到的F1的基因型為AaB＋B－，F1 (AaB＋B－)與甲(aaB－B－)的雜交遺傳圖解見答案。
答案：(1)隱性　2　(2)mRNA　用 DNA 酶處理提取的RNA　(3)乙和丙的抗除草劑基因位于非同源染色體上，乙和丙上抗除草劑基因的遺傳遵循自由組合定律
(4)
3．(2020·高考山東卷)玉米是雌雄同株異花植物，利用玉米純合雌雄同株品系M培育出雌株突變品系，該突變品系的產生原因是2號染色體上的基因Ts突變為ts，Ts對ts為完全顯性。將抗玉米螟的基因A轉入該雌株品系中獲得甲、乙兩株具有玉米螟抗性的植株，但由于A基因插入的位置不同，甲植株的株高表現正常，乙植株矮小。為研究A基因的插入位置及其產生的影響，進行了以下實驗：
實驗一：品系M(TsTs)×甲(Atsts)→F1中抗螟∶非抗螟約為1∶1
實驗二：品系M(TsTs)×乙(Atsts)→F1中抗螟矮株∶非抗螟正常株高約為1∶1
(1)實驗一中作為母本的是________，實驗二的F1中非抗螟植株的性別表現為______________(填“雌雄同株”“雌株”或“雌雄同株和雌株”)。
(2)選取實驗一的F1抗螟植株自交，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株約為2∶1∶1。由此可知，甲中轉入的A基因與ts基因________(填“是”或“不是”)位于同一條染色體上，F2中抗螟雌株的基因型是____________。若將F2中抗螟雌雄同株與抗螟雌株雜交，子代的表型及比例為
_______________________________________________________________
________________。
(3)選取實驗二的F1抗螟矮株自交，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株約為3∶1∶3∶1，由此可知，乙中轉入的A基因________(填“位于”或“不位于”)2號染色體上，理由是
_______________________________________________________________
________________________________。F2中抗螟矮株所占比例低于預期值，說明A基因除導致植株矮小外，還對F1的繁殖造成影響，結合實驗二的結果推斷這一影響最可能是________________________。F2抗螟矮株中ts基因的頻率為________，為了保存抗螟矮株雌株用于研究，種植F2抗螟矮株使其隨機受粉，并僅在雌株上收獲籽粒，籽粒種植后發育形成的植株中抗螟矮株雌株所占的比例為________。
解析：(1)據題干信息可知，品系M為雌雄同株，甲為雌株突變品系，因此實驗一中作為母本的是甲。實驗二的F1中非抗螟植株的基因型為Tsts，Ts對ts為完全顯性，因此該植株為雌雄同株。(2)實驗一中F1抗螟植株的基因型為ATsts，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株≈2∶1∶1，說明甲中轉入的A基因與ts基因位于同一條染色體上。F1抗螟植株中A和ts位于一條染色體上，另一條染色體上的基因為Ts，F1抗螟植株自交產生的F2中抗螟雌株的基因型為AAtsts，其產生的配子為Ats，抗螟雌雄同株的基因型為ATsts，其產生的配子為1/2Ats、1/2Ts，二者雜交，子代的基因型及比例為AAtsts∶ATsts ＝1∶1，表型及比例為抗螟雌株∶抗螟雌雄同株＝1∶1。(3)實驗二中F1抗螟矮株基因型為ATsts，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株≈3∶1∶3∶1，是(1∶1)(3∶1)的組合，說明兩對基因獨立遺傳，因此乙中轉入的A基因不位于2號染色體上。分析F2中性狀表現可知，抗螟∶非抗螟＝1∶1，雌雄同株∶雌株＝3∶1，由此可判斷含A基因的雌配子或含A基因的雄配子不育，再結合實驗二信息(乙可產生正常配子)可推斷含A基因的雄配子不育。F2中抗螟矮株的基因型為1/4ATsTs、2/4ATsts、1/4Atsts，ts基因的頻率為1/2。F2中抗螟矮株雌株的基因型為Atsts，抗螟矮株雌雄同株的基因型為l/3ATsTs、2/3ATsts，又因為含A基因的雄配子不育，因此能受粉的雄配子的基因型為2/3Ts、1/3ts，因此F3中抗螟矮株雌株占1/6。
答案：(1)甲　雌雄同株　(2)是　AAtsts　抗螟雌株∶抗螟雌雄同株＝1∶1　(3)不位于　抗螟性狀與性別性狀間是自由組合的，因此A基因不位于Ts、ts基因所在的2號染色體上　含A基因的雄配子不育　1/2　1/6
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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