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1、一轮复习基因的自由组合一轮复习基因的自由组合定律定律考点一两对相对性状的遗传实验分析（考点一两对相对性状的遗传实验分析（5年年11考）考）1.两对相对性状的杂交实验两对相对性状的杂交实验发现问题发现问题(1)杂交实验过程杂交实验过程黄色圆粒黄色圆粒黄色圆粒黄色圆粒绿色圆粒绿色圆粒(2)实验结果分析实验结果分析F1全全为黄色黄色圆粒，表明粒色中粒，表明粒色中是是显性，粒形中性，粒形中是是显性。性。F2中出中出现了不同性状之了不同性状之间的的。F2中中4种表种表现型的分离比型的分离比为。黄色黄色圆粒圆粒重新组合重新组合9 3 3 12.对自由组合现象的解释对自由组合现象的解释提出假说提出假说(1)
2、理论解释理论解释两两对相相对性状分性状分别由由控制。控制。F1产生配子生配子时,彼此分离彼此分离,可以自由可以自由组合。合。F1产生配子种生配子种类及比例：及比例：。受精受精时，雌雄配子的，雌雄配子的结合是合是的的，配配子子结合合方方式式为种。种。两两对遗传因子因子每每对遗传因子因子不同不同对的的遗传因子因子YR Yr yR yr=1 1 1 1随机随机16(2)遗传图解遗传图解yrYyRrY_rr绿圆3.设计测交方案及验证设计测交方案及验证演绎和推理演绎和推理(1)方法方法实验。(2)遗传图解遗传图解测交交yyrr1 1 1 14.自由组合定律自由组合定律得出结论得出结论(1)内容内容控制不
3、同性状的控制不同性状的遗传因子的因子的是互不干是互不干扰的。的。在形成配子在形成配子时，决定同一性状的成，决定同一性状的成对的的遗传因子因子，决定不同性状的决定不同性状的遗传因子因子。(2)实质实质分离和分离和组合合彼此分离彼此分离自由自由组合合5.孟德尔成功的原因分析孟德尔成功的原因分析(1)科学科学选择了了作作为实验材料。材料。(2)采用由采用由单因素到多因素的研究方法。因素到多因素的研究方法。(3)应用了用了方法方法对实验结果果进行行统计分析。分析。(4)科科学学设计了了实验程程序序。即即在在对大大量量实验数数据据进行行分分析析的的基基础上，提出合理的上，提出合理的，并且，并且设计了新的
4、了新的实验来来验证假假说。豌豆豌豆统计学学假假说测交交1.下下面面两两图分分别是是具具有有一一对和和两两对等等位位基基因因的的个个体体杂交交的的遗传图解。已知同一个体解。已知同一个体产生的各种配子生的各种配子类型数量相等。型数量相等。请思考：思考：(1)基基因因分分离离定定律律的的实质体体现在在图中中的的_，基基因因自自由由组合合定定律的律的实质体体现在在图中的中的_。(填序号填序号)(2)过程程表表示示_，这一一过程程中中子子代代遗传物物质的的来来源源情情况如何？况如何？_。(3)如如果果A和和a、B和和b(完完全全显性性)各各控控制制一一对相相对性性状状，并并且且彼彼此此间对性性状状的的控
5、控制制互互不不影影响响，则图2中中所所产生生的的子子代代中中表表现型型有有_种，它种，它们的比例的比例为_。(4)图中哪些中哪些过程可以程可以发生基因重生基因重组？_。提示提示(1)(2)受受精精作作用用细细胞胞核核中中遗遗传传物物质质一一半半来来自自父父方方，另另一一半半来来自自母母方方，细胞质中遗传物质几乎全部来自母方细胞质中遗传物质几乎全部来自母方(3)49331(4)2.据据图判断，下列判断，下列中哪些可遵循基因自由中哪些可遵循基因自由组合定律？合定律？提示提示1.真题重组判断正误真题重组判断正误(1)控控制制棉棉花花纤维长度度的的三三对等等位位基基因因A/a、B/b、C/c对长度度的
6、的作作用用相相等等，分分别位位于于三三对同同源源染染色色体体上上。已已知知基基因因型型为aabbcc的的棉棉花花纤维长度度为6cm，每每个个显性性基基因因增增加加纤维长度度2cm。棉棉花花植植株株甲甲(AABbcc)与与乙乙(aaBbCc)杂交交，则F1的的棉棉花花纤维长度度范范围是是814cm。(2016经典高考卷，经典高考卷，25)( )(2)孟德孟德尔尔定律支持融合定律支持融合遗传的的观点点(2015海南卷，海南卷，12)( )(3)孟孟德德尔尔巧巧妙妙设计的的测交交方方法法只只能能用用于于检测F1的的基基因因型型(2012江苏，江苏，11C)( )(4)基基因因型型为AaBbDdEeG
7、gHhKk的的个个体体自自交交，假假定定这7对等等位位基基因因自自由由组合合，则7对等等位位基基因因纯合合个个体体出出现的的概概率率与与7对等等位位基因基因杂合个体出合个体出现的概率不同的概率不同(2014海南高考，海南高考，22D)( )以以上上内内容容主主要要源源自自必必修修2P911孟孟德德尔尔豌豌豆豆杂杂交交实实验验二二全全面面分分析孟德尔实验成功原因，把握自由组合定律实质是解题关键。析孟德尔实验成功原因，把握自由组合定律实质是解题关键。2.教材教材P11思考与讨论改编思考与讨论改编 (1)在在豌豌豆豆杂交交实验之之前前，孟孟德德尔尔曾曾花花了了几几年年时间研研究究山山柳柳菊菊，结果却
8、一无所果却一无所获，其原因主要有哪些？，其原因主要有哪些？提提示示山山柳柳菊菊没没有有既既容容易易区区分分又又可可以以连连续续观观察察的的相相对对性性状状。当当时时没没有有人人知知道道山山柳柳菊菊有有时时进进行行有有性性生生殖殖，有有时时进进行行无无性性生生殖。殖。山柳菊的花小、难以做人工杂交实验。山柳菊的花小、难以做人工杂交实验。(2)孟孟德德尔尔对分分离离现象象的的解解释在在逻辑上上环环相相扣扣，十十分分严谨。他他为什么什么还要要设计测交交实验进行行验证呢？呢？提提示示作作为为一一种种正正确确的的假假说说，不不仅仅能能解解释释已已有有的的实实验验结结果果，还还应应该能够预测另一些实验结果，
9、故有必要设计测交实验予以验证。该能够预测另一些实验结果，故有必要设计测交实验予以验证。3.教材教材P10旁栏思考题改编旁栏思考题改编请从从数数学学角角度度建建立立9331与与31间的的数数学学联系系，此此联系系对理理解解两两对相相对性状的性状的遗传结果有何启示？果有何启示？提提示示 从从数数学学角角度度看看，(31)2的的展展开开式式为为9331，即即9331的的比比例例可可以以表表示示为为两两个个31的的乘乘积积，由由此此可可获获得得如如下下启启示示：针针对对两两对对相相对对性性状状的的遗遗传传结结果果，如如果果对对每每一一对对相相对对性性状状进进行行单单独独的的分分析析，如如单单纯纯考考虑
10、虑圆圆和和皱皱或或黄黄和和绿绿一一对对相相对对性性状状遗遗传传时时，其其性性状状的的数数量量比比是是圆圆粒粒皱皱粒粒(315108)(10132)31；黄黄色色绿绿色色(315101)(10832)31。即即每每对对性性状状的的遗遗传传都都遵遵循循了了分分离离定定律律。这这无无疑疑说说明明两两对对相相对对性性状状的的遗遗传传结结果果可可以以表表示为它们各自遗传结果的示为它们各自遗传结果的“乘积乘积”，即，即9331来自于来自于(31)2。自由组合定律的实质自由组合定律的实质1.(2014全全国国卷卷)现有有4个个小小麦麦纯合合品品种种，即即抗抗锈病病无无芒芒、抗抗锈病病有有芒芒、感感锈病病无无
11、芒芒和和感感锈病病有有芒芒。已已知知抗抗锈病病对感感锈病病为显性性，无无芒芒对有有芒芒为显性性，且且这两两对相相对性性状状各各由由一一对等等位位基基因因控控制制。若若用用上上述述4个个品品种种组成成两两个个杂交交组合合，使使其其F1均均为抗抗锈病病无无芒芒，且且这两两个个杂交交组合合的的F2的的表表现型型及及其其数数量量比比完完全全一一致致。回回答答问题：(1)为实现上上述述目目的的，理理论上上，必必须满足足的的条条件件有有：在在亲本本中中控控制制这两两对相相对性性状状的的两两对等等位位基基因因必必须位位于于_上上，在在形形成成配配子子时非非等等位位基基因因要要_，在在受受精精时雌雌雄雄配配子
12、子要要_，而而且且每每种种合合子子(受受精精卵卵)的的存存活活率率也也要要_。那那么么，这两两个个杂交交组合分合分别是是_和和_。(2)上上述述两两个个杂交交组合合的的全全部部F2植植株株自自交交得得到到F3种种子子，1个个F2植植株株上上所所结的的全全部部F3种种子子种种在在一一起起，长成成的的植植株株称称为1个个F3株株系系。理理论上上，在在所所有有F3株株系系中中，只只表表现出出一一对性性状状分分离离的的株株系系有有4种种，那那么么，在在这4种种株株系系中中，每每种种株株系系植植株株的的表表现型型及及其其数数量量比比分分别是是_，_，_和和_。解解析析(1)4个个纯纯合合品品种种组组成成
13、的的两两个个杂杂交交组组合合的的F1的的表表现现型型相相同同，且且F2的的表表现现型型及及其其数数量量比比完完全全一一致致，由由此此可可推推断断出出控控制制这这两两对对性性状状的的两两对对等等位位基基因因位位于于非非同同源源染染色色体体上上，其其遗遗传传遵遵循循基基因因的的自自由由组组合合定定律律，理理论论上上还还需需满满足足受受精精时时雌雌雄雄配配子子是是随随机机结结合合的的、受受精精卵卵的的存存活活率率相相等等等等条条件件。两两种种杂杂交交组组合合分分别别为为抗抗锈锈病病无无芒芒感感锈锈病病有有芒芒、抗抗锈锈病病有有芒芒感感锈锈病病无无芒芒。(2)若若分分别别用用A、a和和B、b表表示示控
14、控制制抗抗锈锈病病、感感锈锈病病和和无无芒芒、有有芒芒的的基基因因，则则F1基基因因型型为为AaBb，F2的的基基因因型型为为A_B_、A_bb、aaB_、aabb，F2自自交交后后代代只只表表现现出出一一对对性性状状分分离离的的基基因因型型分分别别是是AABb、AaBB、Aabb、aaBb，其其对对应应F3株株系系的的表表现现型型及及其其数数量量比比分分别别为为抗抗锈锈病病无无芒芒抗抗锈锈病病有有芒芒31、抗抗锈锈病病无无芒芒感感锈锈病病无无芒芒31、抗抗锈锈病病有有芒芒感锈病有芒感锈病有芒31、感锈病无芒、感锈病无芒感锈病有芒感锈病有芒31。答答案案(1)非非同同源源染染色色体体自自由由组
15、合合随随机机结合合相相等等抗抗锈病病无无芒芒感感锈病病有有芒芒抗抗锈病病有有芒芒感感锈病病无无芒芒(2)抗抗锈病病无无芒芒抗抗锈病病有有芒芒31抗抗锈病病无无芒芒感感锈病病无无芒芒31感感锈病病无芒无芒感感锈病有芒病有芒31抗抗锈病有芒病有芒感感锈病有芒病有芒312.已已知知茶茶树圆形形叶叶(A)对长形形叶叶(a)为显性性、深深绿叶叶(B)对浅浅绿叶叶(b)为显性性，高高茎茎(C)对矮矮茎茎(c)为显性性。图甲甲、乙乙分分别是是茶茶树甲甲、乙乙中中部部分分染染色色体体基基因因组成成，已已知知失失去去图示示三三种种基基因因中中的的任任意意一一种种，配配子子会会因因不不能能发育育而而死死亡亡(不不
16、考考虑交交叉叉互互换)。请回回答答下下列列问题：现有有一一基基因因型型确确定定为AaBbCc的的茶茶树，有有各各种种性性状状的的染染色色体体正正常常的的植植株株可可供供选用用，请设计遗传实验，判判断断该茶茶树染染色色体体组成成为图甲甲类型型还是是图乙乙类型。型。最佳最佳实验方案：方案：_。预测结果及果及结论：_。答答案案将将待待测植植株株与与长形形浅浅绿叶叶矮矮茎茎植植株株进行行测交交，观察察后后代代植植株株表表现型型若若后后代代植植株株有有4种种表表现型型，其其染染色色体体组成成为图甲甲类型型；若后代植株有若后代植株有2种表种表现型，其染色体型，其染色体组成成为图乙乙类型型1.基因自由组合定
17、律的细胞学基础基因自由组合定律的细胞学基础2.巧用巧用“逆向组合法逆向组合法”推断亲本基因型推断亲本基因型9331(31)(31)(AaAa)(BbBb)；1111(11)(11)(Aaaa)(Bbbb)；3311(31)(11)(AaAa)(Bbbb)或或(Aaaa)(BbBb)；31(31)1(AaAa)(BB_ _)或或(AaAa)(bbbb)或或(AA_)(BbBb)或或(aaaa)(BbBb)。注注：并并非非所所有有非非等等位位基基因因都都遵遵循循自自由由组组合合定定律律减减数数第第一一次次分分裂裂后后期期自自由由组组合合的的是是非非同同源源染染色色体体上上的的非非等等位位基基因因(
18、如如图图A中中基基因因a、b)，而而不不是是所所有有的的非非等等位位基基因因。同同源源染染色色体体上上的的非非等等位位基因基因(如图如图B中基因中基因A、C)，则不遵循自由组合定律。，则不遵循自由组合定律。自由组合定律的验证自由组合定律的验证1.(2013全全国国卷卷，34)已已知知玉玉米米子子粒粒黄黄色色(A)对白白色色(a)为显性性，非非糯糯(B)对糯糯(b)为显性性，这两两对性性状状自自由由组合合。请选用用适适宜宜的的纯合合亲本本进行行一一个个杂交交实验来来验证：子子粒粒的的黄黄色色与与白白色色的的遗传符符合合分分离离定定律律；子子粒粒的的非非糯糯与与糯糯的的遗传符符合合分分离离定定律律
19、；以以上上两两对性性状状的的遗传符符合合自自由由组合合定定律律。要要求求：写写出出遗传图解解，并加以并加以说明。明。解解析析基基因因分分离离定定律律是是一一对对等等位位基基因因分分配配给给子子代代时时的的规规律律，将将具具有有一一对对相相对对性性状状的的两两纯纯合合亲亲本本杂杂交交，F1产产生生的的雌雌雄雄配配子子各各有有两两种种，比比例例为为11，F2的的表表现现型型有有两两种种，比比例例为为31。基基因因的的自自由由组组合合定定律律是是位位于于非非同同源源染染色色体体上上的的非非等等位位基基因因分分配配给给子子代代时时的的规规律律，具具有有两两对对相相对对性性状状的的纯纯合合亲亲本本杂杂交
20、交，F1自自交交，F1产产生生的的雌雌雄雄配配子子各各有有4种种，比比例例为为1111，在在完完全全显显性性的的条条件件下下，F2表表现现型型有有四四种种，比比例例为为9331。因因此此，欲欲验验证证基基因因的的分分离离定定律律，应应选选具具两两对对相相对对性性状状的的纯纯合合亲亲本本杂杂交交：aaBBAAbb(或或者者AABBaabb)，得得F1，F1自自交交得得F2，观观察察并并统统计计F2的的表表现现型型及及其其比比例例，若若F2中中黄黄色色白白色色31，则则说说明明玉玉米米子子粒粒的的颜颜色色遵遵循循分分离离定定律律，若若F2中中非非糯糯粒粒糯糯粒粒31，则则验验证证该该相相对对性性状
21、状遵遵循循分分离离定定律律。若若F2黄黄色色非非糯糯粒粒黄黄色色糯糯粒粒白白色色非非糯糯粒粒白白色色糯糯粒粒9331，即即A_B_A_bb，aaB_aabb9331，则则验验证证这这两两对对相相对对性性状状的的遗传遵循基因的自由组合定律。遗传遵循基因的自由组合定律。F2子粒中：子粒中：若若黄黄粒粒(A_)白白粒粒(aa)31，则验证该性性状状的的遗传符符合合分分离离定定律；律；若若非非糯糯粒粒(B_)糯糯粒粒(bb)31，则验证该性性状状的的遗传符符合合分分离离定律；定律；若若黄黄非非糯糯粒粒黄黄糯糯粒粒白白非非糯糯粒粒白白糯糯粒粒9331即即：A_B_A_bbaaB_aabb9331，则验证
22、这两两对性性状状的的遗传符合自由符合自由组合定律合定律(其他合理答案也可其他合理答案也可)2.某某单子子叶叶植植物物的的非非糯糯性性(A)对糯糯性性(a)为显性性，抗抗病病(T)对染染病病(t)为显性性，花花粉粉粒粒长形形(D)对圆形形(d)为显性性，三三对等等位位基基因因分分别位位于于三三对同同源源染染色色体体上上，非非糯糯性性花花粉粉遇遇碘碘液液变蓝，糯糯性性花花粉粉遇遇碘碘液液变棕棕色色。现有有四四种种纯合合子子基基因因型型分分别为：AATTdd、AAttDD、AAttdd、aattdd。则下列下列说法正确的是法正确的是()A.若若采采用用花花粉粉鉴定定法法验证基基因因的的分分离离定定律
23、律，应该用用和和杂交交所得所得F1的花粉的花粉B.若若采采用用花花粉粉鉴定定法法验证基基因因的的自自由由组合合定定律律，可可以以观察察和和杂交所得交所得F1的花粉的花粉C.若培育糯性抗病若培育糯性抗病优良品种，良品种，应选用用和和亲本本杂交交D.将将和和杂交交后后所所得得的的F1的的花花粉粉涂涂在在载玻玻片片上上，加加碘碘液液染染色色后，均后，均为蓝色色解解析析采采用用花花粉粉鉴鉴定定法法验验证证遗遗传传的的基基本本规规律律，必必须须是是可可以以在在显显微微镜镜下下表表现现出出来来的的性性状状，即即非非糯糯性性(A)和和糯糯性性(a)，花花粉粉粒粒长长形形(D)和和圆圆形形(d)。和和杂杂交交
24、所所得得F1的的花花粉粉只只有有抗抗病病(T)和和染染病病(t)不不同同，显显微微镜镜下下观观察察不不到到，A错错误误；若若采采用用花花粉粉鉴鉴定定法法验验证证基基因因的的自自由由组组合合定定律律，则则应应该该选选择择组组合合，观观察察F1的的花花粉粉，B错错误误；将将和和杂杂交交后后所所得得的的F1(Aa)的的花花粉粉涂涂在在载载玻玻片片上上，加加碘碘液液染染色色后后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D错误。错误。答案答案C孟德尔两大定律的验证方法整合孟德尔两大定律的验证方法整合验证方法验证方法结论结论自交法自交法F1自交后代的分离比为自交后代的分离比为31，
25、则符合基因的分离，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制控制F1自交后代的分离比为自交后代的分离比为9331，则符合基因的，则符合基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制等位基因控制测交法测交法F1测交后代的性状比例为测交后代的性状比例为11，则符合分离定律，由，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制位于一对同源染色体上的一对等位基因控制F1测交后代的性状比例为测交后代的性状比例为1111，由位于两对同源，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制染色
26、体上的两对等位基因控制花粉鉴花粉鉴定法定法F1若有两种花粉，比例为若有两种花粉，比例为11，则符合分离定律，则符合分离定律F1若有四种花粉，比例为若有四种花粉，比例为1111，则符合自由组合，则符合自由组合定律定律单倍体育种法单倍体育种法取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有两种表现型，比例为幼苗，若植株有两种表现型，比例为11，则符合分离定律则符合分离定律取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为幼苗，若植株有四种表现型，比例为1111，则符合自由组合定律，则符合自由组合定律考点二基
27、因自由组合定律分离比变式及应用考点二基因自由组合定律分离比变式及应用 （5 5年年1212考）考）1.“和和”为为16的特殊分离比的成因的特殊分离比的成因(1)基因互作基因互作序序号号条件条件F1(AaBb)自自交后代比例交后代比例F1测交后测交后代比例代比例1存在一种存在一种显性基因性基因时表表现为同同一性状，其余正常表一性状，其余正常表现_9 6 11 2 12两种两种显性基因同性基因同时存在存在时，表表现为一种性状，否一种性状，否则表表现为另一种性状另一种性状_133当某一当某一对隐性基因成性基因成对存在存在时表表现为双双隐性状，其余正性状，其余正常表常表现_1124只要存在只要存在显性
28、基因就表性基因就表现为一种性状，其余正常表一种性状，其余正常表现_319 79 3 415 1(2)显性基因累加效性基因累加效应表表现：原原因因：A与与B的的作作用用效效果果相相同同，但但显性性基基因因越越多多，其其效效果果越越强强。1 2 12.“和和”小于小于16的特殊分离比的成因的特殊分离比的成因序号序号原因原因后代比例后代比例1显性性纯合致合致死死(AA、BB致死致死)自交子代自交子代AaBbAabbaaBbaabb4221，其余，其余基因型个体致死基因型个体致死测交子代交子代AaBbAabbaaBbaabb_2隐性性纯合致合致死死(自交情况自交情况)自交子代出自交子代出现933(双双
29、隐性致死性致死)；自交；自交子代出子代出现_(单隐性致死性致死)1 1 1 19 1无无“致死致死”状况下的变式分离比状况下的变式分离比1.(2016全全国国课课标标卷卷，6)用用某某种种高高等等植植物物的的纯合合红花花植植株株与与纯合合白白花花植植株株进行行杂交交，F1全全部部表表现为红花花。若若F1自自交交，得得到到的的F2植植株株中中，红花花为272株株，白白花花为212株株；若若用用纯合合白白花花植植株株的的花花粉粉给F1红花花植植株株授授粉粉，得得到到的的子子代代植植株株中中，红花花为101株株，白白花花为302株株。根根据据上上述述杂交交实验结果果推推断断，下下列列叙叙述述正正确确
30、的的是是()A.F2中白花植株都是中白花植株都是纯合体合体B.F2中中红花植株的基因型有花植株的基因型有2种种C.控制控制红花与白花的基因在一花与白花的基因在一对同源染色体上同源染色体上D.F2中白花植株的基因型种中白花植株的基因型种类比比红花植株的多花植株的多解解析析本本题题切切入入点点不不在在于于“F1全全表表现现红红花花”而而在在于于用用纯纯合合白白花花植植株株花花粉粉给给F1红红花花植植株株授授粉粉，子子代代红红花花为为101株株，白白花花为为302株株，即即红红花花白白花花13。这这应应符符合合两两对对等等位位基基因因自自由由组组合合的的杂杂合合子子测测交交子子代代比比例例1111的
31、的变变式式，由由此此可可推推知知该该相相对对性性状状由由两两对对等等位位基基因因控控制制(设设为为A、a和和B、b)，即即F1的的基基因因型型为为AaBb，F1自自交交得得到到的的F2中中白白花花植植株株的的基基因因型型有有A_bb、aaB_和和aabb，故故A错错误误；F2中中红花植株红花植株(A_B_)的基因型有的基因型有4种。种。答案答案D2.某某种种羊羊的的有有角角和和无无角角为一一对相相对性性状状，由由常常染染色色体体上上的的基基因因控控制制。多多对雄雄羊羊和和雌雌羊羊进行行交交配配得得到到F1，F1自自由由交交配配得得到到F2，如如果如表所示。果如表所示。请据此分析，回答下列据此分
32、析，回答下列问题。PF1F2雄性雄性有角有角(基因型相同基因型相同)有角有角有角有角无角无角151雌性雌性无角无角(基因型相同基因型相同)有角有角有角有角无角无角97注注：一一对对等等位位基基因因用用A、a表表示示，两两对对等等位位基基因因用用A、a和和B、b表示，三对等位基因用表示，三对等位基因用A、a，B、b和和C、c表示，以此类推。表示，以此类推。(1)羊羊的的有有角角和和无无角角性性状状由由_对等等位位基基因因控控制制，且且遵遵循循_定律。定律。(2)亲代代雄雄羊羊的的基基因因型型有有_种种可可能能，F1中中雄雄羊羊的的基基因因型型为_。(3)F2无无角角雌雌羊羊中中纯合合子子概概率率
33、为_，用用F2中中有有角角雌雌羊羊和和无无角角雄羊随机交配，子代出雄羊随机交配，子代出现有角雌羊的概率有角雌羊的概率为_。解解析析(1)从从表表格格中中F2的的性性状状分分离离比比可可推推出出羊羊的的有有角角与与无无角角由由两两对对等等位位基基因因控控制制，符符合合基基因因自自由由组组合合定定律律，且且F1的的基基因因型型为为AaBb。(2)F1中中雄雄羊羊、雌雌羊羊的的基基因因型型均均为为AaBb，亲亲代代有有角角雄雄羊羊的的基基因因型型可可能能为为AABB、AAbb或或aaBB，与与之之组组合合的的亲亲代代无无角角雌雌羊羊的的基基因因型型可可能能是是aabb、aaBB或或AAbb。(3)F
34、2中中无无角角雌雌羊羊占占7/16，F2中中无无角角雌雌羊羊纯纯合合子子占占3/16，因因此此F2无无角角雌雌羊羊中中纯纯合合子子概概率率为为3/7；F2中中有有 角角 雌雌 羊羊 的的 基基 因因 型型 为为 A_B_， 其其 中中 1/9AABB、 2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，产产生生4/9AB、2/9Ab、2/9aB、1/9ab共共4种种卵卵细细胞胞，无无角角雄雄羊羊的的基基因因型型为为aabb，产产生生1/2abX精精子子和和1/2abY精精子子，因此子代中有角雌羊的概率为，因此子代中有角雌羊的概率为4/91/22/9。答案答案(1)两基因自由两基因自由组合合(2)
35、3AaBb(3)3/72/91.特殊分离比的解题技巧特殊分离比的解题技巧(1)看看F2的的组组合合表表现现型型比比例例，若若表表现现型型比比例例之之和和是是16，不不管管以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律。以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律。(2)将将异异常常分分离离比比与与正正常常分分离离比比9331进进行行对对比比，分分析析合合并并性性状状的的类类型型。如如比比值值为为934，则则为为93(31)，即即4为为后后两两种种性性状状的的合合并并结结果果，若若分分离离比比为为961，则则为为9(33)1；若若分离比为分离比为151，则为，则为(933)1。(3)明确出现异常分
36、离比的原因。明确出现异常分离比的原因。(4)根根据据异异常常分分离离比比出出现现的的原原因因，推推测测亲亲本本的的基基因因型型或或推推断断子代相应表现型的比例。子代相应表现型的比例。2.巧用巧用“性状比之和性状比之和”，快速判断控制遗传性状的基因的对数，快速判断控制遗传性状的基因的对数判判断断相相关关性性状状由由几几对对等等位位基基因因控控制制是是解解遗遗传传题题的的必必备备技技巧巧，巧用巧用“性状比之和性状比之和”能迅速判断出结果，具体方法如下：能迅速判断出结果，具体方法如下：如如果果题题目目中中给给出出的的数数据据是是比比例例的的形形式式，或或者者给给出出的的性性状状个个体体数数之之间间的
37、的比比值值接接近近“常常见见”性性状状比比值值，可可以以将将性性状状比比中中各各个个数数值值相相加加。自自交交情情况况下下，得得到到的的总总和和是是4的的几几次次方方，就就说说明明自自交交的的亲亲代代中中含含有有几几对对等等位位基基因因；测测交交情情况况下下，得得到到的的总和是总和是2的几次方，则该性状就由几对等位基因控制。的几次方，则该性状就由几对等位基因控制。“致死致死”状况下的变式分离比状况下的变式分离比1.(2014经经典典高高考考)一一种种鹰的的羽羽毛毛有有条条纹和和非非条条纹、黄黄色色和和绿色色的的差差异异，已已知知决决定定颜色色的的显性性基基因因纯合合子子不不能能存存活活。图中中
38、显示示了了鹰羽毛的羽毛的杂交交遗传，对此合理的解此合理的解释是是()绿色色对黄色完全黄色完全显性性绿色色对黄色不完全黄色不完全显性性控控制制羽羽毛毛性性状状的的两两对基基因因完完全全连锁控控制制羽羽毛毛性性状状的的两两对基基因自由因自由组合合A.B.C.D.解解析析子子一一代代的的绿绿色色非非条条纹纹个个体体自自交交后后代代中中既既有有绿绿色色又又有有黄黄色色，说说明明绿绿色色为为显显性性性性状状，但但子子代代中中绿绿色色个个体体与与黄黄色色个个体体的的比比例例为为(62)(31)21，说说明明绿绿色色个个体体中中存存在在显显性性纯纯合合致致死死效效应应，正正确确、错错误误；绿绿色色非非条条纹
39、纹个个体体自自交交后后代代出出现现绿绿色色非非条条纹纹、黄黄色色非非条条纹纹、绿绿色色条条纹纹、黄黄色色条条纹纹等等四四种种性性状状，且且性性状状分分离离比比为为6321，说说明明控控制制羽羽毛毛性性状状的的两两对对基基因因可可以以自自由由组组合合，错错误误、正确。正确。答案答案B2.果果蝇的的灰灰身身和和黑黑身身、刚毛毛和和截截毛毛各各为一一对相相对性性状状，分分别由由等等位位基基因因A、a，D、d控控制制。某某科科研研小小组用用一一对灰灰身身刚毛毛果果蝇进行了多次行了多次杂交交实验，F1代表代表现型及比例如下表：型及比例如下表：(1)果果蝇控制控制刚毛和截毛的等位基因位于毛和截毛的等位基因
40、位于_染色体上。染色体上。(2)上上表表实验结果果存存在在与与理理论分分析析不不吻吻合合的的情情况况，原原因因可可能能是是基基因型因型为_的受精卵不能正常的受精卵不能正常发育成活。育成活。(3)若若上上述述(2)题中中的的假假设成成立立，则F1代代成成活活的的果果蝇共共有有_种种基基因因型型，在在这个个种种群群中中，黑黑身身基基因因的的基基因因频率率为_。让F1代代灰灰身身截截毛毛雄雄果果蝇与与黑黑身身刚毛毛雌雌果果蝇自自由由交交配配，则F2代代雌雌果果蝇共有共有_种表种表现型。型。(4)控控制制果果蝇眼眼色色的的基基因因仅位位于于X染染色色体体上上，红眼眼(R)对白白眼眼(r)为显性性。研研
41、究究发现，眼眼色色基基因因可可能能会会因因染染色色体体片片段段缺缺失失而而丢失失(记为XC)；若若果果蝇两两条条性性染染色色体体上上都都无无眼眼色色基基因因，则其其无无法法存存活活，在在一一次次用用纯合合红眼眼雌雌果果蝇(XRXR)与与白白眼眼雄雄果果蝇(XrY)杂交交的的实验中中，子子代代中中出出现了了一一只只白白眼眼雌雌果果蝇。欲欲用用一一次次杂交交实验判判断断这只只白白眼眼雌雌果果蝇出出现的的原原因因，请简要要写写出出实验方方案案的的主主要要思思路路_。实验现象与象与结论：若子代果若子代果蝇出出现红眼雄果眼雄果蝇，则是是环境条件改境条件改变导致的；致的；若子代果若子代果蝇_，则是基因突是
42、基因突变导致的；致的；若子代果若子代果蝇_，则是染色体片段缺失是染色体片段缺失导致的。致的。(4)解析如下解析如下眼眼色色基基因因仅仅位位于于X上上，且且基基因因随随染染色色体体缺缺失失而而缺缺失失；若若两两条条性性染染色色体体均均无无眼眼色色基基因因则则无无法法存存活活XCXC或或XCY不不能能存存活活(可可致致雌雌雄雄比例失衡比例失衡)亲亲本本为为XRXRXrY子子代代雌雌蝇蝇类类型型应应为为XRXr，但但却却出出现现了了“白白眼眼雌雌蝇蝇”可可依依据据XRXr(环环境境改改变变)、XrXr(基基因因突突变变)及及XCXr(缺缺失失)反反推结果，续推结论。推结果，续推结论。(1)致致死死效
43、效应应的的快快速速确确认认：若若存存在在“致致死死”现现象象，则则可可导导致致子子代代比比例例偏偏离离“16”的的“失失真真”现现象象，如如A基基因因中中两两显显性性基基因因纯纯合合致致死死时时可可导导致致子子代代基基因因型型为为AA_的的个个体体致致死死，此此比比例例占占，从从而而导导致致子子代代成成活活个个体体组组合合方方式式由由“16”变变成成“12”。同同理理，因因其其他他致致死死类型的存在，类型的存在，“16”也可能变身为也可能变身为“15”、“14”等。等。(2)“致死致死”原因的精准推导原因的精准推导当当出出现现致致死死效效应应时时，应应首首先先将将异异常常的的性性状状分分离离比
44、比与与正正常常的的性性状状分分离离比比进进行行比比较较，以以确确定定致致死死效效应应的的类类型型。当当出出现现合合子子致致死死时时，先先不不考考虑虑致致死死效效应应，直直接接分分析析基基因因型型的的遗遗传传，最最后后将将致致死死的的合合子子去去掉掉即即可可；当当出出现现配配子子致致死死时时，则则在在分分析析基基因因型型时时就就要要去去掉掉致死的配子，然后推出后代的基因型及比例。致死的配子，然后推出后代的基因型及比例。易错易错防范清零防范清零易易错清零清零易易错错点点1误误认认为为只只要要符符合合基基因因分分离离定定律律就就一一定定符符合合自自由由组组合合定律定律点点拨拨如如某某一一个个体体的的
45、基基因因型型为为AaBb，两两对对非非等等位位基基因因(A、a，B、b)位置可包括：位置可包括：无无论论图图中中的的哪哪种种情情况况，两两对对等等位位基基因因各各自自分分别别研研究究，都都遵遵循循基基因因分分离离定定律律，但但只只有有两两对对等等位位基基因因分分别别位位于于两两对对同同源源染染色色体体上上(或或独独立立遗遗传传)时时，才才遵遵循循自自由由组组合合定定律律。因因此此遵遵循循基基因因分分离离定定律律不不一一定定遵遵循循自自由由组组合合定定律律，但但只只要要遵遵循循基基因因自自由由组组合定律就一定遵循基因分离定律。合定律就一定遵循基因分离定律。易易错错点点2不不能能敏敏锐锐进进行行“
46、实实验验结结果果数数据据”与与“9331及及其其变式变式”间的有效转化间的有效转化点点拨拨涉涉及及两两对对相相对对性性状状的的杂杂交交实实验验时时，许许多多题题目目给给出出的的结结果果 并并 非非 9331或或 367或或 934或或 106或或 97等等 规规 律律 性性 比比 ， 而而是是列列出出许许多多实实验验结结果果的的真真实实数数据据如如F2数数据据为为902740或或258726或或333259等等，针针对对此此类类看看似似毫毫无无规规律律的的数数据据，应应设设法法将将其其转转化化为为“9331或或其其变变式式”的的规规律律性性比比，才才能能将将问题化解，其方法为：问题化解，其方法
47、为：易易错错点点3不不能能灵灵活活进进行行“信信息息转转化化”克克服服思思维维定定势势，误误认认为为任任何状况下唯有何状况下唯有“纯合子纯合子”自交才不会发生性状分离自交才不会发生性状分离规范答范答题.某某植植物物的的花花有有白白色色、蓝色色和和紫紫色色三三种种类型型，已已知知紫紫色色形形成成的的过程如下：程如下：(1)基因基因A、a与与B、b在染色体上的位置有三种情况：在染色体上的位置有三种情况：现在在有有多多个个基基因因型型为AaBb的的植植株株，让其其自自交交(不不考考虑同同源源染染色色体体非姐妹染色非姐妹染色单体的交叉互体的交叉互换)，如果后代的表，如果后代的表现型及比例是：型及比例是
48、：_，则符合第一种情况；符合第一种情况；_，则符合第二种情况；符合第二种情况；_，则符合第三种情况。符合第三种情况。(2)如如果果控控制制花花色色的的基基因因符符合合图中中所所示示的的第第三三种种情情况况(不不考考虑交交叉叉互互换)，该植植物物的的高高茎茎(显性性)与与矮矮茎茎受受另另一一对等等位位基基因因E、e控控制制，并并且且位位于于另另一一对染染色色体体上上，则基基因因型型为AaBbEe的的植植株株产生生的的配配子子有有_种种，基基因因型型AaBbEe植植株株进行行自自交交，后后代代高高茎茎紫紫花花所占的比例所占的比例为_。.某某观赏植植物物的的果果实形形状状有有三三角角形形和和卵卵圆形
49、形两两种种，该性性状状的的遗传涉涉及及两两对等等位位基基因因，分分别用用A、a和和B、b表表示示。为探探究究该植植物物果果实形状的形状的遗传规律，律，进行了如下行了如下杂交交实验。亲本本F1F2三角形果三角形果实三角形果三角形果实三角形果三角形果实(301株株)卵卵圆形果形果实卵卵圆形果形果实(20株株)(1)根根据据F2表表现型型比比例例判判断断，此此植植物物果果实形形状状的的遗传应遵遵循循_。(2)表表中中亲本本基基因因型型为AABB和和aabb，F1测交交后后代代的的表表现型型及及比比例例为_。(3)图中中F2三三角角形形果果实植植株株中中，部部分分个个体体无无论自自交交多多少少代代，其
50、其后后代代果果实的的表表现型型仍仍然然为三三角角形形，这样的的个个体体在在F2三三角角形形果果实植植株株中中的比例的比例为_其基因型其基因型为_。答卷采答卷采样原原处纠错纠错依据依据未能正确解未能正确解读花三种花三种颜色基因型即：色基因型即：紫色紫色为A_B_蓝色色为A_bb白色白色为aaB_和和aabb未能正确确未能正确确认第三种情况第三种情况应产生生AbE、Abe、aBE、aBe四种基因型配子四种基因型配子进而而导致概率致概率计算出算出错描述太描述太笼统，应具体回答基因分具体回答基因分离定律或基因自由离定律或基因自由组合定律，并合定律，并具体指出何种表具体指出何种表现型及比例。型及比例。误认为只有只有纯合子才不合子才不发生性状生性状分离其分离其实只要自交子代不出只要自交子代不出现aabb即可即可认定定为“不不发生生”性状性状分离分离结束结束
