《江苏专版2019版高考生物一轮复习专题12基因的自由组合定律课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019版高考生物一轮复习专题12基因的自由组合定律课件.ppt（74页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题12 基因的自由组合定律高考生物高考生物 (江苏专用)考点考点1 1基因的自由组合定律及应用基因的自由组合定律及应用(2016江苏单科,24,3分)人类ABO血型由9号染色体上的3个复等位基因(IA,IB和i)决定,血型的基因型组成见下表。若一AB型血红绿色盲男性和一O型血红绿色盲携带者的女性婚配,下列叙述正确的是(多选)()五年高考A A组组自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组血型ABABO基因型IAIA,IAiIBIB,IBiIAIBiiA.他们生A型血色盲男孩的概率为1/8B.他们生的女儿色觉应该全部正常C.他们A型血色盲儿子和A型血色觉正常女性婚配,有可能生O型血色盲女儿D.他们B
2、型血色盲女儿和AB型血色觉正常男性婚配,生B型血色盲男孩的概率为1/4答案答案ACD双亲基因型为IAIBXbY和iiXBXb,后代IAiIBi=11,XBXbXbXbXBYXbY=1111,故题干中夫妇生A型血色盲男孩的概率为1/21/4=1/8;他们生的女孩也有色盲;他们A型血色盲儿子(IAiXbY)与A型血色觉正常女性(基因型可能是IAiXBXb)婚配,有可能生育一个基因型为iiXbXb的女儿;他们B型血色盲女儿(IBiXbXb)与AB型血色觉正常男性(IAIBXBY)婚配,生B型血色盲男孩的概率为1/21/2=1/4。方法技巧方法技巧处理基因自由组合定律时,可先把基因分开,每对基因按分离
3、定律处理,再将相应的结果相乘。考点考点2 2性状分离比性状分离比93319331的变式及应用的变式及应用B B组组 统一命题统一命题省（区、市）卷题组省（区、市）卷题组考点考点1 1基因的自由组合定律及应用基因的自由组合定律及应用1.(2017课标全国,6,6分)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定,其中,A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素;B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素;D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达;相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交,F1均为黄色,F2中毛色表现型出现了黄褐黑=5239
4、的数量比,则杂交亲本的组合是()A.AABBDDaaBBdd,或AAbbDDaabbddB.aaBBDDaabbdd,或AAbbDDaaBBDDC.aabbDDaabbdd,或AAbbDDaabbddD.AAbbDDaaBBdd,或AABBDDaabbdd答案答案D本题主要考查自由组合定律的应用。根据题干中的信息可以确定这三对基因的关系,用下图表示:黄色毛个体的基因型为aa_或者A_D_,褐色毛个体的基因型为A_bbdd,黑色毛个体的基因型为A_B_dd;根据F2中表现型数量比为5239可得比例之和为52+3+9=64,即43,说明F1的基因型中三对基因均为杂合,四个选项中只有D选项子代三对基
5、因均杂合,D正确,A、B、C错误。方法技巧方法技巧解答本题要抓住两个关键,首先要根据题干信息推导出每一种表现型对应的基因型,其次要由F2的表现型及比例推导出F1的基因型特点。2.(2018课标全国,32,12分)果蝇体细胞有4对染色体,其中2、3、4号为常染色体。已知控制长翅/残翅性状的基因位于2号染色体上,控制灰体/黑檀体性状的基因位于3号染色体上。某小组用一只无眼灰体长翅雌蝇与一只有眼灰体长翅雄蝇杂交,杂交子代的表现型及其比例如下:眼性别灰体长翅灰体残翅黑檀体长翅黑檀体残翅1/2有眼1/2雌93311/2雄93311/2无眼1/2雌93311/2雄9331回答下列问题:(1)根据杂交结果,
6、(填“能”或“不能”)判断控制果蝇有眼/无眼性状的基因是位于X染色体还是常染色体上。若控制有眼/无眼性状的基因位于X染色体上,根据上述亲本杂交组合和杂交结果判断,显性性状是,判断依据是。(2)若控制有眼/无眼性状的基因位于常染色体上,请用上表中杂交子代果蝇为材料设计一个杂交实验来确定无眼性状的显隐性(要求:写出杂交组合和预期结果)。(3)若控制有眼/无眼性状的基因位于4号染色体上,用灰体长翅有眼纯合体和黑檀体残翅无眼纯合体果蝇杂交,F1相互交配后,F2中雌雄均有种表现型,其中黑檀体长翅无眼所占比例为3/64时,则说明无眼性状为(填“显性”或“隐性”)。答案答案(1)不能无眼只有当无眼为显性时,
7、子代雌雄个体中才都会出现有眼与无眼性状的分离(2)杂交组合:无眼无眼预期结果:若子代中无眼有眼=31,则无眼为显性性状;若子代全部为无眼,则无眼为隐性性状(3)8隐性解析解析本题考查遗传规律的有关知识。(1)无眼雌果蝇与有眼雄果蝇杂交,子代不同性别果蝇中表现为有眼、无眼的概率相同,不能确定相关基因位于常染色体上还是X染色体上。若基因位于X染色体上,只有当母本为杂合子,父本为隐性个体时,后代雌雄果蝇均为一半有眼,一半无眼,即母本的无眼性状为显性性状。(2)判断无眼性状的显隐性时,可将雌雄果蝇交配,子代是否出现性状分离为标准判断显、隐性性状。(3)若控制有眼/无眼的性状位于4号染色体上,长翅/残翅
8、、灰体/黑檀体、有眼/无眼这三对相对性状的遗传符合基因的自由组合定律。F1为三杂合体,F1相互交配后,F2雌雄个体均有222=8种表现型。依据自由组合定律与分离定律的关系,F2中黑檀体长翅无眼所占比例3/64可拆分为。据表可知长翅性状、黑檀体性状分别为显性和隐性,此情况下,无眼性状应为隐性。方法技巧方法技巧性状显隐性的判断方法(1)表现型相同的个体交配后代出现性状分离,亲代表现出的性状为显性性状。(2)表现型不同的个体交配后代只有一种表现型,后代表现出的性状为显性性状。3.(2018课标全国,31,10分)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验,杂交涉及的四对相对性状分别是:红果(红)
9、与黄果(黄)、子房二室(二)与多室(多)、圆形果(圆)与长形果(长)、单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如下表。组别杂交组合F1表现型F2表现型及个体数甲红二黄多红二450红二、160红多、150黄二、50黄多红多黄二红二460红二、150红多、160黄二、50黄多乙圆单长复圆单660圆单、90圆复、90长单、160长复圆复长单圆单510圆单、240圆复、240长单、10长复回答下列问题:(1)根据表中数据可得出的结论是:控制甲组两对相对性状的基因位于上,依据是;控制乙组两对相对性状的基因位于(填“一对”或“两对”)同源染色体上,依据是。(2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂
10、交,结合表中数据分析,其子代的统计结果不符合的比例。答案答案(1)非同源染色体F2中两对相对性状表现型的分离比符合9331一对F2中每对相对性状表现型的分离比都符合31,而两对相对性状表现型的分离比不符合9331(2)1111解析解析本题考查基因自由组合定律的应用。(1)甲组杂交组合的F2性状分离符合9331的比例,说明控制甲组的两对相对性状的基因位于非同源染色体上。而乙组杂交组合F2中每对相对性状表现型的分离比都符合31,而两对相对性状的分离比不符合9331相差较大,说明控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)因控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上,故利用“长复”对乙
11、组F1测交的结果不符合1111的比例。方法总结方法总结遗传规律的验证方法(1)自交法:F1自交后代性状分离比为31,则符合分离定律,性状由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制。F1自交后代性状分离比为9331,则符合自由组合定律,性状由位于非同源染色体上的两对等位基因控制。(2)测交法:F1测交后代性状分离比为11,则符合分离定律,性状由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制。F1测交后代性状分离比为1111,则符合自由组合定律,性状由位于非同源染色体上的两对等位基因控制。另外还有花粉鉴定法、单倍体育种法等。考点考点2 2性状分离比性状分离比93319331的变式及应用的变式及应用(2016
12、课标全国,6,6分)用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交,F1全部表现为红花。若F1自交,得到的F2植株中,红花为272株,白花为212株;若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉,得到的子代植株中,红花为101株,白花为302株。根据上述杂交实验结果推断,下列叙述正确的是()A.F2中白花植株都是纯合体B.F2中红花植株的基因型有2种C.控制红花与白花的基因在一对同源染色体上D.F2中白花植株的基因型种类比红花植株的多答案答案D根据题意,由纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交,F1全部表现为红花,F1自交得到的F2植株中红花白花97,可推知红花与白花由两对独立遗传的等位基因控制(
13、假设相关基因用A、a和B、b表示),即两对等位基因位于两对同源染色体上,C错误;双显性(A_B_)基因型(4种)的植株表现为红花,B错误;单显性(A_bb和aaB_)和双隐性(aabb)基因型的植株均表现为白花,所以F2中白花植株有的为纯合体,有的为杂合体,A错误;F2中白花植株共有5种基因型,比红花植株(4种)基因型种类多,D正确。疑难突破疑难突破本题主要考查基因自由组合定律的判定和应用。正确辨析F2的性状分离比是解题的关键,要求考生能够根据题干中比例确定该性状由两对等位基因控制,并且遵循基因的自由组合定律,同时确定不同表现型的基因型,再结合选项准确判断。C C组组教师专用题组教师专用题组考
14、点考点1 1基因的自由组合定律及应用基因的自由组合定律及应用1.(2009江苏单科,10,2分)已知A与a、B与b、C与c3对等位基因自由组合,基因型分别为AaB-bCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测,正确的是()A.表现型有8种,AaBbCc个体的比例为1/16B.表现型有4种,aaBbcc个体的比例为1/16C.表现型有8种,Aabbcc个体的比例为1/8D.表现型有8种,aaBbCc个体的比例为1/16答案答案DAaBbCc与AabbCc两个体进行杂交,后代表现型为222=8种,AaBbCc个体的比例为1/21/21/2=1/8。Aabbcc个体的比例为1/21/
15、21/4=1/16。aaBbCc个体的比例为1/41/21/2=1/16。2.(2011江苏单科,32,8分)玉米非糯性基因(W)对糯性基因(w)是显性,黄胚乳基因(Y)对白胚乳基因(y)是显性,这两对等位基因分别位于第9号和第6号染色体上。W-和w_表示该基因所在染色体发生部分缺失(缺失区段不包括W和w基因),缺失不影响减数分裂过程。染色体缺失的花粉不育,而染色体缺失的雌配子可育。请回答下列问题:(1)现有基因型分别为WW、Ww、ww、WW-、W-w、ww_6种玉米植株,通过测交可验证“染色体缺失的花粉不育,而染色体缺失的雌配子可育”的结论,写出测交亲本组合的基因型:。(2)以基因型为Ww_
16、个体作母本,基因型为W-w个体作父本,子代的表现型及其比例为。(3)基因型为Ww_Yy的个体产生可育雄配子的类型及其比例为。(4)现进行正、反交实验,正交:W-wYy()W-wYy(),反交:W-wYy()WwYy(),则正交、反交后代的表现型及其比例分别为、。(5)以wwYY和WWyy为亲本杂交得到F1,F1自交产生F2。选取F2中非糯性白胚乳植株,植株间相互传粉,则后代的表现型及其比例为。答案答案(1)ww()W-w();W-w()ww()(2)非糯性糯性=11(3)WYWy=11(4)非糯性黄胚乳非糯性白胚乳糯性黄胚乳糯性白胚乳=3131非糯性黄胚乳非糯性白胚乳糯性黄胚乳糯性白胚乳=93
17、31(5)非糯性白胚乳糯性白胚乳=81解析解析(1)根据题干信息及测交概念可知,测交就是杂合子和隐性类型相交,通过正、反交可以确定题中所要证明的结论,即W-www,如图:由上述遗传图解可以看出只有正交时,后代中才会出现非糯性性状,由此确定染色体缺失的雄配子不育,而染色体缺失的雌配子是可育的。(2)依据题中信息可知:(3)基因型为Ww_Yy的个体产生可育雄配子的类型:Ww_Yy1WY、1Wy、(w_Y和w_y不育)。(4)根据题干提供的信息分析:正交:WwYy()W-wYy()WYWywYwywYWwYYWwYywwYYwwYywyWwYyWwyywwYywwyy结论:非糯性黄胚乳(W_Y_)非
18、糯性白胚乳(W_yy)糯性黄胚乳(wwY_)糯性白胚乳(wwyy)=3131反交:W-wYy()WwYy(),每个亲本都能产生四种可育的配子,因此,后代有4种表现型,其比例为9331。(5)依据题意分析:wwYYWWyyWwYy(F1)F2:9W_Y_(非糯性黄胚乳)3W_yy(非糯性白胚乳)3wwY_(糯性黄胚乳)1wwyy(糯性白胚乳)。选取F2中非糯性白胚乳相互传粉即有以下可能:1/3WWyy1/3WWyy、2、2/3Wwyy2/3Wwyy,由此可求得后代的表现型及其比例为非糯性白胚乳糯性白胚乳=81。3.(2016课标全国,32,12分)某种植物的果皮有毛和无毛、果肉黄色和白色为两对相
19、对性状,各由一对等位基因控制(前者用D、d表示,后者用F、f表示),且独立遗传。利用该种植物三种不同基因型的个体(有毛白肉A、无毛黄肉B、无毛黄肉C)进行杂交,实验结果如下:有毛白肉A无毛黄肉B无毛黄肉B无毛黄肉C有毛黄肉有毛白肉为11全部为无毛黄肉实验1实验2有毛白肉A无毛黄肉C全部为有毛黄肉实验3回答下列问题:(1)果皮有毛和无毛这对相对性状中的显性性状为,果肉黄色和白色这对相对性状中的显性性状为。(2)有毛白肉A、无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型依次为。(3)若无毛黄肉B自交,理论上,下一代的表现型及比例为。(4)若实验3中的子代自交,理论上,下一代的表现型及比例为。(5)实验2中得到的子
20、代无毛黄肉的基因型有。答案答案(12分)(1)有毛黄肉(2)DDff、ddFf、ddFF(3)无毛黄肉无毛白肉=31(4)有毛黄肉有毛白肉无毛黄肉无毛白肉=9331(5)ddFF、ddFf解析解析本题考查分离定律和自由组合定律。(1)通过实验1和实验3可知,有毛与无毛杂交后代均为有毛,可知有毛为显性性状。通过实验3可知,白肉与黄肉杂交,后代均为黄肉,可断定黄肉为显性性状。(2)通过实验1有毛A与无毛B杂交后代全为有毛可知:A为DD,B为dd。同理通过实验3可知C为dd;通过实验3白肉A和黄肉C杂交后代全为黄肉可知,A为ff,C为FF;通过实验1白肉A和黄肉B杂交后代黄肉白肉=11,可知B为Ff
21、,所以A的基因型为DDff,B的基因型为ddFf,C的基因型为ddFF。(3)B的基因型为ddFf,自交后代根据分离定律可得无毛黄肉无毛白肉=31。(4)实验3亲本的基因型为DDff与ddFF,子代基因型为DdFf,根据自由组合定律,子代自交后代表现型及比例为:有毛黄肉有毛白肉无毛黄肉无毛白肉=9331。(5)实验2亲本的基因型为ddFf与ddFF,它们杂交后代无毛黄肉的基因型为ddFF、ddFf。方法技巧方法技巧正确解答本题的基础是性状显隐性的正确判断。若双亲表现型相同,子代出现的不同于双亲的表现型为隐性。双亲表现型不同,子代只有一种表现型时,子代表现型为显性;若子代出现两种表现型,则可以确
22、定双亲一方为杂合子,另一方为隐性。考点考点2 2性状分离比性状分离比93319331的变式及应用的变式及应用1.(2015安徽理综,31,15分)已知一对等位基因控制鸡的羽毛颜色,BB为黑羽,bb为白羽,Bb为蓝羽;另一对等位基因CL和C控制鸡的小腿长度,CLC为短腿,CC为正常,但CLCL胚胎致死。两对基因位于常染色体上且独立遗传。一只黑羽短腿鸡与一只白羽短腿鸡交配,获得F1。(1)F1的表现型及比例是。若让F1中两只蓝羽短腿鸡交配,F2中出现种不同表现型,其中蓝羽短腿鸡所占比例为。(2)从交配结果可判断CL和C的显隐性关系,在决定小腿长度性状上,CL是;在控制致死效应上,CL是。(3)B基
23、因控制色素合成酶的合成,后者催化无色前体物质形成黑色素。科研人员对B和b基因进行测序并比较,发现b基因的编码序列缺失一个碱基对。据此推测,b基因翻译时,可能出现或,导致无法形成功能正常的色素合成酶。(4)在火鸡(ZW型性别决定)中,有人发现少数雌鸡的卵细胞不与精子结合,而与某一极体结合形成二倍体,并能发育成正常个体(注:WW胚胎致死)。这种情况下,后代总是雄性,其原因是。答案答案(1)蓝羽短腿蓝羽正常=216(2)显性隐性(3)提前终止从缺失部位以后翻译的氨基酸序列发生变化(4)卵细胞只与次级卵母细胞形成的极体结合,产生的ZZ为雄性,WW胚胎致死解析解析(1)黑羽短腿鸡(BBCLC)白羽短腿鸡
24、(bbCLC)F1:1BbCC(蓝羽正常)、2BbCLC(蓝羽短腿)、1BbCLCL(胚胎致死)。F1中蓝羽短腿鸡(BbCLC)交配,BbBb1/4黑羽、1/2蓝羽、1/4白羽,CLCCLC2/3短腿、1/3正常;F2中可出现32=6种表现型,其中蓝羽短腿鸡所占比例为1/22/3=1/3。(2)杂合子CLC表现为短腿,CC表现为正常,说明在决定小腿长度性状上CL为显性;只有CL纯合子才出现胚胎致死,说明在控制致死效应上CL为隐性。(3)若b基因的编码序列缺失一个碱基对,mRNA上缺失一个对应碱基,使缺失位点后的密码子均发生改变,翻译时可能使缺失部位以后氨基酸序列发生变化,也可能影响翻译终止的位
25、点,使翻译提前终止。(4)雌鸡(ZW)一个卵原细胞经减数分裂产生的4个子细胞的性染色体组成分别为Z、Z、W、W,由于卵细胞与某一极体结合,WW胚胎致死,后代均为雄性(ZZ),不存在雌性(ZW),所以可判断卵细胞不能与第一极体产生的极体结合,而是与次级卵母细胞产生的极体结合形成二倍体。2.(2015山东理综,28,14分)果蝇的长翅(A)对残翅(a)为显性、刚毛(B)对截毛(b)为显性。为探究两对相对性状的遗传规律,进行如下实验。亲本组合F1表现型F2表现型及比例实验一长翅刚毛()残翅截毛()长翅刚毛长翅长翅长翅残翅残翅残翅刚毛刚毛截毛刚毛刚毛截毛633211实验二长翅刚毛()残翅截毛()长翅刚
26、毛长翅长翅长翅残翅残翅残翅刚毛刚毛截毛刚毛刚毛截毛633211(1)若只根据实验一,可以推断出等位基因A、a位于染色体上;等位基因B、b可能位于染色体上,也可能位于染色体上。(填“常”“X”“Y”或“X”和“Y”)(2)实验二中亲本的基因型为;若只考虑果蝇的翅型性状,在F2的长翅果蝇中,纯合体所占比例为。(3)用某基因型的雄果蝇与任何雌果蝇杂交,后代中雄果蝇的表现型都为刚毛。在实验一和实验二的F2中,符合上述条件的雄果蝇在各自F2中所占比例分别为和。(4)另用野生型灰体果蝇培育成两个果蝇突变品系,两个品系都是由常染色体上基因隐性突变所致,产生相似的体色表现型黑体。它们控制体色性状的基因组成可能
27、是:两品系分别是由D基因突变为d和d1基因所致,它们的基因组成如图甲所示;一个品系是由D基因突变为d基因所致,另一品系是由E基因突变成e基因所致,只要有一对隐性基因纯合即为黑体,它们的基因组成如图乙或图丙所示。为探究这两个品系的基因组成,请完成实验设计及结果预测。(注:不考虑交叉互换).用为亲本进行杂交,如果F1表现型为,则两品系的基因组成如图甲所示;否则,再用F1个体相互交配,获得F2;.如果F2表现型及比例为,则两品系的基因组成如图乙所示;.如果F2表现型及比例为,则两品系的基因组成如图丙所示。答案答案(1)常XX和Y(注:两空可颠倒)(2)AAXBYB、aaXbXb(注:顺序可颠倒)(3
28、)0(4).品系1和品系2(或:两个品系)黑体.灰体黑体=97.灰体黑体=11解析解析(1)分析实验一中的F2代表现型,长翅和残翅在雌性和雄性中的比例均为31,可确定等位基因A、a位于常染色体上;刚毛和截毛在雌性和雄性中的比例分别为80和11,由此可判断等位基因B、b的遗传与性别有关,故B、b基因位于X染色体或X和Y染色体上。(2)实验二中F2代雌果蝇中刚毛截毛=11,雄果蝇均为刚毛,结合亲本F1表现型可判断等位基因B、b位于X和Y染色体同源区段,F1代雌雄果蝇均为双杂合体,基因型分别为AaXBXb、AaXbYB,进一步可判断亲本的基因型为AAXBYB、aaXbXb;只考虑翅型性状,F2的长翅
29、果蝇有两种基因型:AAAa=12,纯合体占1/3。(3)根据题意知,该雄果蝇的基因型为X-YB,实验一中F1代雌雄果蝇的基因型为XBXb、XBYb,F2代中不存在此类雄果蝇;实验二中X-YB占F2的1/2。(4)突变品系1与品系2杂交,图甲F1代为dd1(黑体),图乙和图丙的F1代基因型均为DdEe(灰体)。若让图乙和图丙的F1代个体相互交配,图乙产生的F2代为9D_E_(灰体)、3D_ee(黑体)、3ddE_(黑体)、1ddee(黑体),即灰体黑体=97;图丙F1代个体产生两种配子1/2dE、1/2De,所以F1代个体相互交配,F2代为1/4ddEE(黑体)、1/2DdEe(灰体)、1/4D
30、Dee(黑体),即灰体黑体=11。评析评析本题综合考查了遗传的基本规律和应用,难度适中;掌握X、Y同源区段上基因的遗传特点、正确判断几种情况F2代的基因型及比例是解题的关键。3.(2015四川理综,11,14分)果蝇的黑身、灰身由一对等位基因(B、b)控制。(1)实验一:黑身雌蝇甲与灰身雄蝇乙杂交,F1全为灰身,F1随机交配,F2雌雄果蝇表型比均为灰身黑身=31。果蝇体色性状中,为显性。F1的后代重新出现黑身的现象叫做;F2的灰身果蝇中,杂合子占。若一大群果蝇随机交配,后代有9900只灰身果蝇和100只黑身果蝇,则后代中Bb的基因型频率为。若该群体置于天然黑色环境中,灰身果蝇的比例会,这是的结
31、果。(2)另一对同源染色体上的等位基因(R、r)会影响黑身果蝇的体色深度。实验二:黑身雌蝇丙(基因型同甲)与灰身雄蝇丁杂交,F1全为灰身,F1随机交配,F2表型比为:雌蝇中灰身黑身=31;雄蝇中灰身黑身深黑身=611。R、r基因位于染色体上,雄蝇丁的基因型为,F2中灰身雄蝇共有种基因型。现有一只黑身雌蝇(基因型同丙),其细胞(2n=8)中、号染色体发生如图所示变异。变异细胞在减数分裂时,所有染色体同源区段须联会且均相互分离,才能形成可育配子。用该果蝇重复实验二,则F1雌蝇的减数第二次分裂后期细胞中有条染色体,F2的雄蝇中深黑身个体占。答案答案(14分)(1)灰身(1分)性状分离(1分)2/3(
32、1分)18%(1分)下降(1分)自然选择(1分)(2)X(1分)BBXrY(2分)4(1分)8或6(2分)1/32(2分)解析解析(1)由双亲及F1表现型可知,灰身为显性,因F2中两种体色在雌雄果蝇中出现的概率相等,故B、b基因位于常染色体上,故F2灰身果蝇中杂合子占2/3。果蝇群体中,黑身果蝇占100/(9900+100)=1/100,即b、B基因频率分别为1/10、9/10,故随机交配后代中,Bb基因型频率为:29/101/10=18/100。在天然黑色环境中,灰身为不适应环境的类型,通过自然选择,灰身果蝇的比例将会减少。(2)由F2中雌、雄果蝇群体中相同表现型比例差异可知,R、r基因应位
33、于X染色体上,F2中雌果蝇无深黑身,而雄果蝇有黑色和深黑色两种体色,说明F1灰身雌、雄果蝇基因型分别为BbXRXr、BbXRY,而F2雄果蝇中灰身为6/8,黑身、深黑身分别为1/8,说明r基因可加深黑身果蝇体色深度。即亲本果蝇基因型为bbXRXR、BBXrY,F2中灰身雄果蝇有BBXRY、BBXrY、BbXRY和BbXrY4种基因型。若黑身雌果蝇发生如图所示变异,则变异染色体出现了R与b的连锁,丙产生和两种数量相等的可育雌配子,灰身雄果蝇产生BXr和BY两种数量相等的精子,则F1雌、雄果蝇的基因型分别为1/2BXr、1/2BbXRXr,1/2BY、1/2BbXRY,所以F1雌果蝇的减数第二次分
34、裂后期细胞中有6条或8条染色体,F1雌果蝇产生bXr卵细胞的概率为1/21/4=1/8,雄果蝇产生bY精子的概率为1/8,故F2雄果蝇中深黑色个体占1/81/81/2=1/32。三年模拟A A组组 201 2016 62012018 8年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组考点考点1 1基因的自由组合定律及应用基因的自由组合定律及应用1.(2016江苏淮安四星级高中高三段考,10)“遗传学之父”孟德尔经过多年的实验发现了遗传规律,其中基因的自由组合定律应该作用于如图中的()A.和B.C.D.答案答案B分析题图:表示AaBb通过减数分裂产生4种比例相等的配子;表示4种雌雄配子的随机结合;表示雌雄配
35、子受精后发育产生的后代,有4种表现型,9种基因型。基因自由组合定律的实质是等位基因彼此分离的同时非同源染色体上的非等位基因自由组合;发生的时间为减数第一次分裂后期同源染色体分离时,所以基因型为AaBb的个体在进行有性生殖时,其基因的自由组合定律应作用于减数分裂产生4种配子的步骤。解题关键解题关键对基因的自由组合定律实质的理解,首先要记住它的实质是“等位基因分离,非同源染色体上的非等位基因自由组合”。依据实质分析题图,确定答案。2.(2017江苏苏北四市一模,10)孟德尔在研究两对相对性状的杂交实验时,针对发现的问题提出的假设是()A.F1表现显性性状,F1自交产生四种表现型不同的后代,比例为9
36、331B.F1形成配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子自由组合C.F1产生数目、种类相等的雌雄配子,且雌雄配子结合机会相等D.F1测交将产生四种表现型不同的后代,比例为1111答案答案BF1表现显性性状,F2表现型比例为9331,这属于孟德尔看到的现象,A错误;F1形成配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子自由组合,这属于假说内容,B正确;F1产生的雌雄配子的数目并不相等,C错误;F1测交将产生四种表现型不同的后代,比例为1111,属于验证内容,D错误。3.(2017江苏江浦高中二模,8)基因的分离定律和自由组合定律中的“分离”和“自由组合”的基因指的是()同源染色体上的基因
37、同源染色体上的等位基因同源染色体上的非等位基因非同源染色体上的非等位基因A.B.C.D.答案答案B基因分离定律和自由组合定律中,“分离”指的是在减数分裂过程中,同源染色体上的等位基因分离;“自由组合”指的是在减数分裂过程中,同源染色体上的等位基因分离的同时,非同源染色体上的非等位基因自由组合。因此,B正确,A、C、D项错误。解题关键解题关键弄清基因分离定律和自由组合定律的实质是解题的关键。4.(2018江苏南通考前卷六,6)孟德尔在研究两对相对性状的杂交实验时,针对“重组现象”(F2中出现两种新类型)提出的假设是()A.生物性状是基因控制的,控制不同性状的基因不相同B.F1全部为显性性状,F2
38、中有四种表现型,且比例为9331C.F1形成配子时,每对遗传因子彼此分离、不同对的遗传因子自由组合D.若F1测交,将产生四种表现型不同的后代,且比例为1111答案答案C孟德尔在解释分离定律的实验时提出的假设是:生物的性状是由遗传因子决定的,控制不同性状的遗传因子不同,而“基因”一词不是由孟德尔提出的,A错误;“F1全部为显性性状,F2中有四种表现型,且比例为9331”是孟德尔进行两对相对性状的杂交实验时观察到的实验现象,并就此提出问题,B错误;“F1形成配子时,每对遗传因子彼此分离、不同对的遗传因子自由组合”是孟德尔在研究两对相对性状的杂交实验时,针对“重组现象”提出的假设,C正确;“若F1测
39、交,将产生四种表现型不同的后代,且比例为1111”是孟德尔对测交实验结果的预测,属于演绎推理过程,D错误。5.(2018江苏南通考前卷二,8)水稻花粉粒中淀粉的非糯性对糯性为显性(以W、w表示相关基因),非糯性的花粉粒遇碘呈蓝黑色,糯性的花粉粒遇碘呈橙红色。用纯种的非糯性圆花粉粒水稻与纯种的糯性长花粉粒水稻进行杂交,F1全为圆粒非糯性品种(花粉粒形状相关基因以A、a表示)。取F1成熟花粉,加碘染色后在显微镜下观察并记载花粉粒的类型及数目,结果如下表所示。下列相关分析错误的是()花粉粒类型蓝黑色圆形蓝黑色长形橙红色圆形橙红色长形数目28262726A.两对相对性状中圆花粉粒、非糯性属于显性B.实
40、验结果表明F1能产生4种比例相等的雄配子C.两对等位基因的遗传遵循基因自由组合定律D.橙红色圆粒花粉细胞的基因型为wwAA或wwAa答案答案D用纯种的非糯性圆花粉粒水稻与纯种的糯性长花粉粒水稻进行杂交,F1全为圆粒非糯性品种,说明圆花粉粒、非糯性属于显性性状,A正确;亲本中纯种的非糯性圆花粉粒水稻与纯种的糯性长花粉粒水稻的基因型分别是WWAA、wwaa,F1的基因型为WwAa,分析表中信息可知:F1能产生4种比例相等的雄配子,两对等位基因的遗传遵循基因自由组合定律,B、C正确;橙红色圆粒花粉细胞的基因型为wA,D错误。解题关键解题关键能将表格中信息转化为F1所产生的配子这一信息,是解答本题的关
41、键。6.(2018江苏南京、盐城三模,9)如图为某家族遗传家系图。甲病和乙病均为单基因遗传病,控制两病的基因独立遗传,其中4不携带甲病的致病基因,下列分析正确的是()A.甲病与乙病的遗传方式均为常染色体隐性遗传B.1和5的基因型相同的概率为2/3C.若2与7结婚,生一个同时患两病男孩的概率为1/24D.若7的性染色体组成为XXY,则产生异常生殖细胞的最可能是其父亲答案答案C分析题图,3、4都不患甲病,所生7患甲病,由此判断甲病由隐性基因控制,再结合题干信息“4不携带甲病的致病基因”可推断甲病为伴X染色体隐性遗传病;图中1、2无乙病,所生1患乙病,由此可推断乙病为常染色体隐性遗传病,A错误;假设
42、甲病的基因为b,乙病基因为a,进一步可推断1的基因型为AaXBXb,3、4的基因型分别是AaXBXb、aaXBY,5的基因型为AaXBXB或AaXBXb,1和5的基因型相同的概率为11/2=1/2,B错误;根据上下代关系可推断2的基因型为AaXbY,进一步推断2的基因型及概率为1/3AAXBXb、2/3AaXBXb,7的基因型为AaXbY,若2与7结婚,生一个同时患两病男孩的概率为2/31/41/4=1/24,C正确;由于7性染色体组成为XXY,且其患有甲病,其母亲同时含有B、b,父亲只含有B,因此产生异常生殖细胞的最可能是其母亲,D错误。解题策略解题策略解答这一类题时,首先要判断遗传方式,像
43、本题中告诉“4不携带甲病的致病基因”这种信息时,基本可以直接判断甲病的遗传方式;书写基因型时,始终注意上下代之间的遗传关系,只有正确写出基因型,才有可能算出正确的概率。考点考点2 2性状分离比性状分离比93319331的变式及应用的变式及应用7.(2018江苏南通考前卷三,8)家蚕结黄茧和白茧由一对等位基因Y、y控制,并受另一对等位基因I、i影响。当基因I存在时,基因Y的作用不能显现出来。现有下面两组杂交实验,下列分析错误的是()实验一实验二P黄茧白茧P白茧白茧F1白茧F1白茧黄茧F1自由交配31F2白茧黄茧133A.基因Y与基因I位于两对同源染色体上B.实验二两亲本的基因型可能是YYIiYy
44、IiC.若实验一的F2中结黄茧个体自由交配,后代中纯合子占5/9D.若实验一的F1与F2中结白茧杂合子杂交,理论上后代结白茧家蚕中纯合子占5/12答案答案D实验一显示,F2中白茧黄茧=133(是9331的变式),说明遵循基因的自由组合定律,因此基因Y与基因I位于两对同源染色体上,A正确;实验二中,白茧与白茧杂交,F1中白茧黄茧=31,两亲本的基因型可能是YYIiYyIi,也可能是YyIiyyii或YYIiYYIi,B正确;实验一的F2中,结黄茧个体的基因型为1/3YYii、2/3Yyii,产生的配子为2/3Yi、1/3yi,这些结黄茧个体自由交配,后代中纯合子占2/3Yi2/3Yi+1/3yi
45、1/3yi=5/9,C正确;在实验一中,F1的基因型是YyIi,F2中结白茧的杂合子的基因型及其比例为YyIIYYIiYyIiyyIi=1121,即1/5YyII、1/5YYIi、2/5YyIi、1/5yyIi,所以实验一的F1与F2中结白茧杂合子杂交,后代结白茧家蚕的个体占1/5_I_+1/53/4Y_I_+2/5(9/16Y_I_+3/16yyI_+1/16yyii)+1/5(3/8Y_I_+3/8yyI_+1/8yyii)=17/20,后代结白茧家蚕的纯合子占1/5(1/4YY+1/4yy)1/2II+1/51/2YY1/4II+2/5(1/16YYII+1/16yyII+1/16yyi
46、i)+1/51/2yy(1/4II+1/4ii)=4/20,可见,理论上后代结白茧家蚕中纯合子占4/2017/20=4/17,D错误。易错点睛易错点睛本题易错点在于:不能准确判断家蚕结茧的颜色与基因组成的关系。由题干信息“家蚕结黄茧和白茧由一对等位基因Y、y控制、当基因I存在时,基因Y的作用不能显现出来”作出准确判断:白茧为Y_I_、yyI_、yyii,黄茧为Y_ii,据此围绕“基因的自由组合定律”等知识进行分析。8.(2017江苏南京、盐城一模,7)现用山核桃甲(AABB)、乙(aabb)两品种作亲本杂交得F1,F1测交结果如表。下列有关叙述错误的是()A.F1自交得F2,F2的基因型有9种
47、B.F1产生的基因组成为AB的花粉可能有50%不育C.F1花粉离体培养,所得纯合子植株的概率为0D.上述两种测交结果不同,说明两对基因的遗传不遵循自由组合定律测交类型测交后代基因型种类及比值父本母本AaBbAabbaaBbaabbF1乙1222乙F11111答案答案D甲、乙杂交子一代的基因型是AaBb,由表格信息可知,测交时子一代作母本,aabb作父本,测交后代的基因型及比例是AaBbAabbaaBbaabb=1111,说明子一代母本产生配子的类型及比例是ABAbaBab=1111,且都能进行受精,两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,因此子一代自交后代的基因型是9种,A正确;由表中信息可知,如
48、果子一代作父本,aabb作母本,测交后代的基因型及比例是AaBbAabbaaBbaabb=1222,由于母本只产生一种配子是ab,因此基因型为AaBb的父本产生的可育配子的类型及比例是ABAbaBab=1222,说明子一代产生的基因型为AB的花粉一半不育,B正确;子一代花粉离体培养,获得的是单倍体幼苗,基因型是AB、Ab、aB、ab,没有纯合子,C正确;由于子一代作母本进行测交实验,测交后代的基因型及比例是AaBbAabbaaBbaabb=1111,因此两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,D错误。规律方法规律方法按照基因的自由组合定律,基因型为AaBb的个体产生的配子的类型及比例是ABAbaB
49、ab=1111,自交后代有9种基因型、4种表现型,测交后代的表现型和基因型都为4种,比例是1111。9.(2017江苏无锡期末,8)控制小麦粒色的两对基因R1和r1、R2和r2位于不同对染色体上。R1和R2决定红色,r1和r2决定白色,R对r不完全显性,并有累加效应,所以麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深。将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1,F1自交得F2,则F2的表现型有()A.4种B.5种C.9种D.10种答案答案B根据题干信息分析,由“R对r不完全显性,并有累加效应”可知,后代的表现型由含有R的多少而定,由此可推断F2中共有5种表现型,即含有1、2、3、4个R基因
50、及不含R基因的个体。解题关键解题关键在熟悉自由组合定律的实质及教材中两对相对性状的杂交实验基础上,仔细审读题干信息是解题关键。10.(2018江苏徐州一模,29)在某种家鸡中,羽毛颜色是由两对等位基因A、a和B、b控制的,当基因B存在时,基因A的作用则不能显示出来。现有两组该品种的白羽鸡杂交,F1都为白羽,让F1雌雄个体自由交配,F2中出现了白羽和有色羽鸡两种类型,其比例为133。回答下列问题:(1)两对基因A、a和B、b的遗传遵循定律,白羽鸡的基因型共有种。(2)在F2中,白羽鸡中能稳定遗传的个体占;若F2中有色羽的雌雄个体自由交配,后代的纯合子所占比例为。(3)若对F1的白羽鸡进行测交,后
51、代的表现型及其比例为。(4)若用F1白羽鸡与F2中的有色羽鸡杂交,理论上后代有色羽鸡中纯合子所占比例为。答案答案(1)基因自由组合7(2)3/135/9(3)白羽有色羽=31(4)2/5解析解析(1)由题干可知,F1雌雄个体自由交配,F2中出现组合为16(133)的分离比,说明控制羽毛颜色的两对等位基因A、a和B、b遵循基因的自由组合定律,且F1基因型为AaBb,F2的基因型有9种,由于当基因B存在时,基因A的作用不能显示出来,所以基因型为AAbb和Aabb的家鸡表现型为有色羽,白羽鸡的基因型有7种。(2)F2的白羽鸡的基因型为A_B_、aaB_、aabb,其中纯合子为AABB、aaBB、aa
52、bb三种,占F2中白羽鸡的3/13;F2中有色羽的基因型为1/3AAbb、2/3Aabb,可产生的配子种类及比例为2/3Ab、1/3ab,若F2中有色羽的雌雄个体自由交配,后代的杂合子占4/9,纯合子占5/9。(3)对F1中AaBb的白羽鸡进行测交,后代基因型及比例为AaBbAabbaaBbaabb=1111,故表现型及比例为白羽有色羽=31。(4)F1白羽鸡基因型为AaBb,F2中的有色羽鸡基因型为1/3AAbb、2/3Aabb,将两者杂交,理论上产生的后代中有色羽鸡基因型为A_bb,所占比例为1/31/2+2/33/41/2=5/12,有色羽鸡中纯合子AAbb占2/5。名师点睛名师点睛解答
53、本题的关键是对题干信息的正确提取和分析,由题干信息可知家鸡羽毛的颜色由两对等位基因控制,当基因B存在时,基因A的作用则不能显示出来,即有色羽的基因型为A_bb,白色羽的基因型为A_B_、aaB_、aabb,F2的白羽有色羽=133(是9331的变式),由此推测F1的基因型为AaBb,进一步推断亲本的基因型为AABBaabb。11.(2016江苏苏北四市一模,32)某种植物的花色有红色、粉红色和白色三种,由两对等位基因A、a和B、b控制。研究发现基因A控制红色素合成(AA和Aa的效应等同),基因B为修饰基因,BB使红色完全消失,Bb使红色淡化。科研人员利用该植物的两组纯合亲本进行杂交,杂交过程及
54、结果如图所示。回答有关问题:F2红花粉红花白花367第2组(1)控制该植物花色的两对等位基因的遗传遵循定律。(2)第1组F1的粉红花基因型是,F2中纯合子的概率为。(3)第2组亲本白花个体的基因型是,F2中白花植株的基因型有种。(4)第2组中,利用F1植株进行单倍体育种,育出的植株花色的表现型及比例是。用秋水仙素处理F2杂合的红花植株幼苗,形成的染色体数目加倍的植株为倍体,该植株产生配子的基因型及比例是。答案答案(1)基因自由组合(2)AABb1/2(3)aaBB5(4)红色白色=13四AAbbAabbaabb=141解析解析(1)后代比例出现367,是9331的变式,可以看出,控制该植物花色
55、的两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)由题意可知,红花的基因型为A_bb,粉红花的基因型为A_Bb,白花的基因型为_BB、aa_。第1组中,纯合白花(AABB或aaBB或aabb)纯合红花(AAbb)粉红色花(A_Bb),F1自交后代出现121的分离比,说明F1的基因型为AABb,则白花亲本的基因型为AABB,F2基因型及其比例为AABBAABbAAbb=121,因此纯合子占1/2。(3)第2组中,纯合白花(AABB或aaBB或aabb)纯合红花(AAbb)粉红花(A_Bb),F1自交后代性状分离比为367,是9331的变式,说明F1的基因型为AaBb,则白花亲本的基因型为aaBB
56、,F2中白花植株的基因型有AABB、AaBB、aaBB、aaBb和aabb共5种。(4)第2组中,F1基因型为AaBb,利用F1植株进行单倍体育种,育出植株的表现型及比例为红色(1AAbb)白色(1AABB+1aaBB+1aabb)=13。该植物为二倍体生物,当用秋水仙素处理幼苗后,使染色体数目加倍形成四倍体植株,F2杂合的红花植株(Aabb)幼苗用秋水仙素处理后其基因型为AAaabbbb,减数分裂形成配子时A频率为1/2,a频率为1/2,故该植株产生配子的基因型及比例是141。一、选择题(单选每题2分,多选每题3分,共20分)B B组组 201 2016 62012018 8年高考模拟年高考
57、模拟综合题组综合题组(时间：40分钟 分值：65分)1.(2016江苏南通三模,22)绵羊黑面(A)对白面(a)为显性,长角(B)对短角(b)为显性,两对基因位于常染色体上且独立遗传。两亲本杂交,产生的子代个体相互交配,F2中能出现白面长角羊的亲本组合有(多选)()A.AABBAaBBB.AABBAABbC.AABBAaBbD.AABBaabb答案答案ACD依据题干信息分析,F2中白面长角羊的基因型为aaB_,推测直接亲本(F1中的个体)都含有a基因,进一步推测F1的亲本中至少有一方含有a基因,由此排除B选项;再分析另一对等位基因(B、b)的存在情况,亲本中至少有一方含有B基因即可,由此确定A
58、、C、D都符合。方法技巧方法技巧阅读题干,直奔主题写出白面长角羊的基因型框架利用“隐性突破法”分析选项,确定答案。2.(2017江苏扬、通、泰三模,6)水稻抗稻瘟病是由基因R控制的,细胞中另有一对等位基因B、b对稻瘟病的抗性表达有影响,BB使水稻抗性完全消失,Bb使抗性减弱。现用两纯合亲本进行杂交,实验过程和结果如图所示。相关叙述正确的是()P易感病抗病F1弱抗病F2抗病弱抗病易感病367A.亲本的基因型是RRBB、rrbbB.F2的弱抗病植株中纯合子占2/3C.F2中全部抗病植株自交,后代抗病植株占8/9D.不能通过测交鉴定F2易感病植株的基因型答案答案D根据题干信息分析,易感病的基因型为_
59、BB,抗病的基因型为R_bb,弱抗病的基因型为R_Bb。分析题图,根据F2中比例关系推断F1弱抗病的基因型为RrBb,进一步推断亲本的基因型分别为rrBB、RRbb,A错误;F2是弱抗病的基因型有RRBb、RrBb,可见纯合子的概率为0,B错误;F2中抗病基因型为R_bb,自交后代中抗病植株占1/31+2/33/4=5/6,C错误;F2中有多种基因型,不同基因型测交后代的基因型有可能相同,因此不能通过测交鉴定F2易感病植株的基因型,D正确。解题技巧解题技巧本题确定F1的基因型是关键,这可根据图中F2的比例关系来确定,F2的比例是9331的变式,由此确定F1的基因型是RrBb。3.(2017江苏
60、扬、通、泰一模,23)某高等植物的红花和白花由3对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、C和c)控制,3对等位基因中至少各含有1个显性基因时,才表现为红花,否则为白花。下列叙述正确的是(多选)()A.3对基因中没有任意两对基因位于同一对同源染色体上B.该植物纯合红花、纯合白花植株的基因型各有1种、7种C.基因型为AaBbCc的红花植株自交,子代中白花植株占27/64D.基因型为AaBbCc的红花植株测交,子代中白花植株占1/8答案答案AB根据题干信息可知红花的基因型为A_B_C_,其他基因型为白花。根据题干信息“独立遗传”判断A正确;纯合红花的基因型为AABBCC,纯合白花的基因型为222-1=
61、7种,B正确;基因型为AaBbCc的红花植株自交,子代中白花植株占1-3/43/43/4=37/64,C错误;基因型为AaBbCc的红花植株测交,子代中白花植株占1-1/21/21/2=7/8,D错误。方法技巧方法技巧解答多对基因的遗传问题时,可先单独考虑每一对基因的遗传,然后再利用乘法定理和加法定理来处理,即将自由组合定律的问题,化解成基因分离定律的问题。4.(2017江苏泰州中学2月检测,1)金鱼的正常眼(A)对龙眼(a)为显性,但是金鱼体内还存在另外一对基因B和b,基因B存在时会抑制基因a的表达,最终形成正常眼。现选择两个纯合的正常眼金鱼杂交,F1全为正常眼,F1的雌雄个体自由交配,F2
62、出现龙眼。下列说法中不正确的是()A.亲本的基因型为AAbb和aaBBB.F2中正常眼龙眼=151C.F2的正常眼中有8种基因型D.F2的正常眼中纯合子占3/16答案答案D根据题干信息分析,在基因B存在时会抑制基因a的表达,所以龙眼的基因型为aabb,由“F2出现龙眼”,推测亲本中含有aa和bb的基因组成,根据亲本的表现型可知亲本的基因型为AAbb和aaBB,A正确;F1的基因型为AaBb,F2中根据性状分离比可知A_B_A_bbaaB_aabb=9331,则正常眼龙眼=151,B正确;由于龙眼的基因型为aabb,所以F2的正常眼有8种基因型,C正确;F2的正常眼中纯合子占3/15=1/5,D
63、错误。解题关键解题关键本题的关键是根据题干信息准确判断出龙眼的基因型,并能由题干中给出的信息推测出F1的基因型。5.(2017江苏扬中、句容等七校联考,9)某种植物的株高受三对基因(A、a,B、b,C、c)控制,均遵循基因的自由组合定律,其中三种显性基因以累加效应来增加株高,且每个显性基因的遗传效应是相同的。现将最矮和最高的植株杂交得到F1,再将F1自交得到F2,则F2中与基因型为AAbbcc的个体株高相同的概率为()A.B.C.D.答案答案A根据题意分析可知,基因以累加效应决定植株的高度,且每个显性基因的遗传效应是相同的,纯合子AABBCC最高,aabbcc最矮,即植株的高度与显性基因的个数
64、呈正相关,每增加一个显性基因,植株增高一定的高度。题中将最矮(aabbcc)和最高(AABBCC)的植株杂交得到F1(AaBbCc),再将F1自交得到F2,则F2中与基因型为AAbbCC的个体高度相等的个体含有的显性基因数为2,比例为3+3=。思路分析思路分析根据题意分析可知,基因以累加效应决定植株的高度,且每个显性基因的遗传效应是相同的,纯合子AABBCC最高,aabbcc最矮,即植株的高度与显性基因的个数呈正相关,每增加一个显性基因,植株增高一定的高度。6.(2018江苏南通考前卷四,7)某种昆虫长翅(R)对残翅(r)为显性,直翅(M)对弯翅(m)为显性,有刺刚毛(N)对无刺刚毛(n)为显
65、性,控制这3对性状的基因均位于常染色体上。现有这种昆虫一只,其基因型如下图所示。下列相关说法正确的是()A.这三对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律B.该昆虫产生的精细胞的基因型有8种C.为验证自由组合定律,与该昆虫测交的个体基因型为rrmmnn或rrMMnnD.该昆虫与相同基因型的昆虫交配,后代中与亲代表现型相同的概率为1/4答案答案C自由组合定律适用于非同源染色体上的非等位基因,故控制昆虫长翅(R)与残翅(r)以及直翅(M)与弯翅(m)这两对相对性状的基因的遗传不遵循自由组合定律,A错误;该昆虫产生的精细胞的基因型只有4种,B错误;可以用测交实验验证自由组合定律,与该昆虫测交的个体基因型
66、为rrmmnn或rrMMnn,C正确;该昆虫与相同基因型的昆虫交配,后代中与亲代表现型相同的概率为9/16,D错误。名师点睛名师点睛本题的解题关键是对基因自由组合定律实质的理解及掌握符合基因自由组合定律的前提条件,即两对或两对以上的等位基因位于两对或两对以上的同源染色体上,题中R与m位于一对同源染色体上,不遵循基因的自由组合定律。7.(2018江苏兴化三校联考,11)为提高小麦的抗旱性,有人将大麦的抗旱基因(HVA)导入小麦,筛选出该基因成功整合到染色体上的抗旱性T植株(假定HVA基因都能正常表达,黑点表示HVA基因的整合位点)。让下图所示类型的抗旱小麦自交,其子代中抗旱植株所占比例是()A.
67、1/16B.1/8C.15/16D.8/16答案答案C据图分析可知,HVA基因整合到两对染色体上,第一对染色体基因型可写为HVA0,第二对染色体基因型也可写为HVA0,让如图所示类型的植株自交,子代中不抗旱植株所占比例是1/41/4=1/16,故子代中抗旱植株所占比例是1-1/16=15/16,故选C。解题策略解题策略解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律的原理和应用,把成对的基因拆开,一对一对地考虑,不同对的基因之间用乘法,即根据分离定律来解自由组合的题目。8.(2018江苏镇江一模,8)某动物的基因A和B分别位于非同源染色体上,只有A显性或B显性的胚胎不能成活。若AABB和aabb个体交配
68、,F1雌雄个体相互交配,F2群体中纯合子所占的比例是()A.1/10B.1/9C.1/5D.1/4答案答案C本题考查基因自由组合定律的实质,解题要点是对F2性状分离比的分析。若亲本为AABB和aabb,则F1的基因型为AaBb,由于只有A显性或B显性的胚胎不能成活,故F2中存活个体的基因型为A_B_和aabb,其中纯合子为AABB和aabb两种,所占比例为2/10。名师点睛名师点睛本题解题关键是对题干信息的提取和分析:正常情况下,基因型为AaBb的雌雄个体相互交配,子代的基因型及比例为A_B_A_bbaaB_aabb=9331,但由于题干信息“只有A显性或B显性的胚胎不能成活”,故F2中存活个
69、体的基因型为A_B_aabb=91,其中纯合子所占的比例为1/5。9.(2018江苏南京、盐城一模,15)如图是人类某一家族两种遗传病的系谱图(遗传病甲由A、a控制,遗传病乙由B、b控制,且其中至少有一种是伴性遗传病)。下列有关叙述错误的是()A.甲病的遗传方式是常染色体显性遗传B.乙病的遗传方式是X染色体隐性遗传C.5号的基因型是AaXBXbD.7号和10号的致病基因都来自1号答案答案D据图分析,3号与4号有甲病,而其女儿8号无甲病,可判断甲病为常染色体显性遗传病;又因为3号与4号均无乙病,而其儿子7号有乙病,可判断乙病为隐性遗传病,根据题干“遗传病甲由A、a控制,遗传病乙由B、b控制,且其
70、中至少有一种是伴性遗传病”可知乙病为伴X染色体隐性遗传病,A、B正确。5号患甲病,而其儿子9号正常,所以5号关于甲病的基因型为Aa,又因为5号不患乙病,而其儿子10号患乙病,所以5号关于乙病的基因型为XBXb;综上所述,5号基因型为AaXBXb,C正确。根据伴X染色体隐性遗传的特点,7号患乙病,其致病基因只能来自3号;而10号患乙病,其致病基因来自5号,而5号不患乙病,其父患乙病,因此可知5号关于乙病的基因型为XBXb,且其致病基因来自其父亲1号,故10号的致病基因来自1号,D错误。二、非选择题(共45分)10.(15分)(2018江苏南京、盐城二模,32)野生型果蝇为红眼长翅的纯合子,卷翅和
71、紫眼是在果蝇中较常见的突变体,其基因分别位于果蝇的号和号染色体上(图甲),某研究人员在实验室发现了紫眼卷翅果蝇,用该果蝇与野生型果蝇杂交,得到F1均为红眼,其中卷翅个体数为219,野生型个体数为251(图乙),接着针对F1果蝇的不同性状分别进行杂交实验,统计结果如下表。假设果蝇的眼色由基因A、a控制,翅型由基因B、b控制,两对基因位于两对同源染色体上。请回答下列问题:图甲P紫眼卷翅野生型F1红眼卷翅红眼长翅(219)(251)图乙杂交类型后代性状及比例F1红眼果蝇雌雄交配红眼紫眼=31F1卷翅果蝇雌雄交配卷翅长翅=21F1长翅果蝇雌雄交配全为长翅(1)根据研究结果推测,紫眼为性性状,亲本紫眼卷
72、翅果蝇的基因型为。(2)表中卷翅长翅=21的原因是。(3)若用F1中红眼卷翅果蝇雌雄交配得到F2,则F2表现型红眼卷翅紫眼卷翅红眼长翅紫眼长翅=,F2红眼卷翅果蝇产生AB配子的概率为,若取F2中的红眼卷翅雌雄个体自由交配得到F3,F3中红眼卷翅的比例是。(4)若科研人员将实验室发现的紫眼卷翅果蝇相互交配,后代并未发生性状分离,进一步研究发现,该紫眼卷翅果蝇中还存在一个隐性致死基因(纯合时致死,杂合时存活),已知卷翅基因位于图甲中1处,则该致死基因可能位于处(填数字)。存在该致死基因的紫眼卷翅果蝇自由交配产生的后代有种基因型。答案答案(1)隐aaBb(2)卷翅基因纯合时致死(BB致死)(3)62
73、311/316/27(4)21解析解析根据题干提供的信息分析,控制两对相对性状的基因位于两对常染色体上,遵循基因的自由组合定律。野生型果蝇为红眼长翅的纯合子,与紫眼卷翅杂交,子一代全部是红眼,说明红眼对紫眼是显性性状,亲本相关基因型为AA、aa,子一代都是Aa,因此表格中子二代红眼A_紫眼aa=31;子一代卷翅长翅=11,类似于测交,无法判断显隐性关系,而子一代卷翅的后代出现了长翅,说明卷翅对长翅为显性性状,则亲本相关基因型为Bb、bb,子一代为Bbbb=11,但是子二代卷翅长翅=21,说明卷翅中纯合子BB致死。(1)根据以上分析已知,紫眼是隐性性状,亲本紫眼卷翅的基因型为aaBb。(2)根据
74、以上分析已知,子一代卷翅基因型为Bb,而子二代性状分离比是21,而不是31,说明卷翅基因纯合时致死(BB致死)。(3)F1中红眼卷翅果蝇基因型为AaBb,则F1中红眼卷翅果蝇雌雄交配产生的后代中红眼紫眼=31,卷翅长翅=21,因此F2表现型红眼卷翅紫眼卷翅红眼长翅紫眼长翅=6231;F2红眼卷翅果蝇基因型为1/3AABb、2/3AaBb,其产生AB配子的概率是(1/3+2/31/2)1/2=1/3;若取F2中的红眼卷翅雌雄个体自由交配得到F3,F3中红眼卷翅的比例是(1-2/32/31/4)2/3=16/27。(4)紫眼卷翅果蝇的基因型为aaBb,相互交配后代并没有发生性状分离,说明致死基因与
75、b连锁,则致死基因应该在2处;后代基因型及其比例理论上应该为aaBBaaBbaabb=121,其中aaBB、aabb致死,因此存在该致死基因的紫眼卷翅果蝇自由交配产生的后代有1种基因型。11.(15分)(2017江苏南京、盐城二模,32)果蝇的裂翅与非裂翅为一对相对性状(相关基因用A、a表示,位于3号常染色体),直毛与分叉毛为一对相对性状,为培育果蝇新品系,研究人员进行杂交实验(均不考虑交叉互换)。请回答下列问题:(1)将一对表现型均为裂翅直毛的果蝇杂交,F1的表现型与比例如图所示:分析上图数据可知,控制直毛与分叉毛这对相对性状的基因位于染色体上,F1裂翅果蝇自交(基因型相同的雌雄个体相互交配
76、)后代中,裂翅与非裂翅的比例为。(2)将另一裂翅品系的果蝇自交,后代均为裂翅而无非裂翅,这是因为3号染色体上还存在另一对基因(B、b),且隐性纯合致死,所以此裂翅品系的果蝇虽然均为,但自交的后代不出现性状分离,因此裂翅基因能一直保留下来。(3)果蝇的2号染色体上有卷翅基因D和另一基因E(纯合致死),现欲从图3所示的个体中选择合适的果蝇进行杂交,培育出图4所示的裂卷翅果蝇:若从图3中选择表现型为裂翅的果蝇与果蝇杂交,则F1共有种表现型,其中包含图4所示的类型;F1的野生型果蝇中杂合子所占比例为。若从图3中选择表现型为裂卷翅的果蝇与野生型果蝇杂交,则F1中的裂卷翅果蝇有种基因型,欲检测其基因型是否
77、与图4所示的类型相同,可将其与图3中的果蝇杂交,根据表现型的比例作出判断。答案答案(1)X21(2)杂合子(3)卷翅44野生型解析(1)由分析可知,直毛与分叉毛这对相对性状在遗传时与性别相关联,是伴性遗传,雄果蝇中既有直毛也有分叉毛,因此控制直毛与分叉毛这对相对性状的基因位于X染色体上;由分析可知,裂翅是显性性状,由于裂翅基因纯合致死,因此子一代裂翅果蝇的基因型是Aa,子一代自交产生后代的基因型是AAAaaa=121,AA纯合致死,后代裂翅非裂翅=21。(2)由题意知,如果3号染色体上还存在另一对基因(B、b),且隐性纯合致死,则裂翅果蝇的基因型是AaBb,一裂翅品系的果蝇自交,后代均为裂翅而
78、无非裂翅,说明A、B连锁,a、b连锁,相互交配产生的后代的基因型是AABBAaBbaabb=121,其中AABB、aabb致死,因此后代不发生性状分离。(3)分析图4可知,该裂卷翅的基因型是AaBbDdEe,且A、B连锁、D、e连锁,因为亲本基因型之一含有AB、dE,则另一个亲本基因型含有ab、De,因此从图3中选用裂翅与卷翅果蝇进行杂交才能获得图4的裂卷翅果蝇;裂翅果蝇产生的配子的类型及比例是ABdEABdeaBdEaBde=1111,卷翅果蝇产生的配子的类型及比例是aBDeaBdeabDeabde=1111,子一代的表现型是4种,由于卷翅果蝇中没有E基因,因此F1的野生型果蝇的基因型是aa
79、BBddEe、aaBBddee、aaBbddEe、aaBbddee四种,其中aaBBddee是纯合子,其他都是杂合子。图3中裂卷翅果蝇的基因型是AaBBDdee,野生型果蝇的基因型是aaBb-ddEe,二者杂交,由于AaBBDdee产生的配子的类型及比例是ABDeABdeaBDeaBde=1111,aaBbddEe产生的配子的类型及比例是aBdEaBdeabdEabde=1111,按照雌雄配子随机结合,F1中的裂卷翅果蝇的基因型是AaBBDdee、AaBBDdEe、AaBbDdee、AaBbDdEe四种;欲检测其基因型是否与图4所示的类型相同,可将其与图3中的野生型果蝇(aaBbddEe)杂交
80、,根据表现型的比例作出判断,如果是图中4的类型,产生的配子的类型及比例是ABDeABdEabDeabdE=1111,野生型产生的配子的类型及比例是aBdEaBdeabdEabde=1111,二者杂交由于EE、bb纯合致死,杂交后代的基因型是:AaBB-DdEe、AaBBDdee、AaBbDdEe、AaBDddee、AaBBddEe、AaBbddEe、aaBbDdEe、aaBb-Ddee、aaBbddEe,因此杂交后代的表现型及比例是裂卷翅裂翅卷翅野生型=4221。思路分析思路分析分析图1可知,裂翅与非裂翅这一相对性状中,杂交子代雌果蝇中裂翅非裂翅=21,雄果蝇中裂翅非裂翅=21,说明裂翅与非裂
81、翅基因位于常染色体上,且杂交亲本的基因型是AaAa,杂交后代中AA显性纯合致死,裂翅对非裂翅是显性性状;图2对于直毛和分叉毛这一相对性状,杂交子代雌果蝇都是直毛,雄果蝇直毛与分叉毛之比是11,与性别相关联,是伴性遗传,基因位于X染色体上,且直毛对分叉毛是显性性状,如果相关基因用F、f表示的话,杂交亲本的基因型是XFXf、XFY。12.(15分)(2017江苏苏、锡、常、镇调研二,32)科学家在研究玉米的粒色、糯性、甜性性状的遗传规律时,做了如下杂交实验。以紫冠、非糯质、非甜质(CCWWSS)为母本,非紫冠、糯质、甜质(ccwwss)为父本,F1表现出紫冠、非糯质、非甜质(CcWwSs),F1自
82、交产生F2,F2分离出6种粒型,具体表现如下表。请分析回答:F2籽粒性状分离实测值及数量表(统计8个穗)F2代分离出的性状自交后代粒型数合计12345678紫冠、非糯质、非甜质1861621601501451401321051180紫冠、糯质、非甜质2927272724242316197紫冠、非糯质、甜质7567675961546142486非紫冠、非糯质、非甜质3129262524232318199非紫冠、糯质、非甜质4137363633323024269非紫冠、糯质、甜质2721192021211813160(1)研究过程中发现,玉米种植区有些玉米比常见玉米早熟、生长整齐而高大、果穗大、籽
83、粒多。由此分析,这些植株最可能是。A.单倍体B.三倍体C.四倍体D.杂交种(2)已知籽粒颜色是由细胞中的色素决定的,但该色素不是蛋白质,那么从基因控制性状的角度分析,籽粒的紫色是通过途径实现的。(3)根据题表,玉米的粒色和甜性的遗传(填“符合”或“不符合”)基因的自由组合定律,判断的依据是。让F2中紫冠、非甜质性状的个体间自由交配,后代中紫冠、甜质性状个体所占的比例为。(4)请标出F1另两对等位基因在染色体上的位置情况。答案答案(1)D(或C、D)(2)基因通过控制酶的合成来控制紫色(3)符合F2表现出9331的结果8/81(4)见下图:全画对得2分,其余不得分解析解析(1)根据题中现象分析,
84、“早熟、生长整齐而高大”推断为杂交种,“果穗大”推测为多倍体,由于三倍体不育,因此最可能是C、D。(2)根据本小题中所述信息,颜色受基因控制但该色素又不是蛋白质,由此推测籽粒的紫色是基因通过控制酶的合成来控制的。(3)分析表中数据,紫非紫=(1180+197+486)(199+269+160)31,非甜甜=(1180+197+199+269)(486+160)31,可见每对都符合基因的分离定律,若要符合基因的自由组合定律,则F2紫非甜紫甜非紫非甜非紫甜应为9331,分析表格,F2紫非甜紫甜非紫非甜非紫甜=(1180+197)486(199+269)1609331,由此可推断CCSSccssCc
85、SsF2的性状分离比为9331,玉米粒色和甜性的遗传符合基因的自由组合定律。F2中紫冠、非甜质性状个的基因型为C_S_,它所产生的配子种类及其比例为CSCscScs=4/92/92/91/9=4221,让其自由交配,后代中紫冠、甜质性状(C_ss)个体所占的比例为2/92/9+22/91/9=8/81。(4)分析题中信息,知控制粒色和甜性的基因分别位于两对同源染色体上,再由题中的设置来分析控制糯性的基因也位于这两对同源染色体的其中的一对上。若控制糯性的基因与控制甜性的基因位于同一对同源染色体上,则粒色与糯性的遗传遵循基因的自由组合定律,F2中紫非糯、紫糯、非紫非糯、非紫糯的比例应为9331,分析表中数据,求出的F2中紫非糯、紫糯、非紫非糯、非紫糯的比例是(1180+486)197199(269+160)=1666197199429,因此不符合自由组合定律,由此判断控制糯性的基因与控制粒色的基因位于同一对同源染色体上。具体见答案。疑难点拨疑难点拨本题解题的关键是对基因自由组合定律实验的理解,反映在具体实验中两种相对性状的遗传实验表现的现象规律是F2分离比为9331,以此为依据判断是否符合基因的自由组合定律。
