第四单元 素养提升课4 自由组合定律的特殊分离比及成因分析-【导与练】2024高考生物一轮复习高中总复习第1轮教师用书word（浙江专用）

素养提升课4　自由组合定律的特殊分离比 及成因分析 题型一　性状分离比9∶3∶3∶1的变式及应用 1.F2出现9∶3∶3∶1的4个条件 (1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制,而且等位基因要完全显性。 (2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好,且受精的机会均等。 (3)所有后代都应处于相同且适宜的环境中,而且存活率相同。 (4)供实验的群体要足够大,个体数量要足够多。 2.性状分离比9∶3∶3∶1的变式 F1(AaBb)自交后代比例 原因分析 各表型基因组成 测交后 代比例 9∶3∶3∶1 正常的完全显性 9A　B　∶3A　bb∶3aaB　∶1aabb  1∶1∶1∶1 9∶7 A、B同时存在时为一种表型,其余的基因型为另一种表型 9A　B　∶7(3A　bb+3aaB　+1aabb)  1∶3 9∶3∶4 aa(或bb)成对存在时,表现为一种性状,其余正常表现 9A　B　∶3aaB　∶4(3A　bb+1aabb)或9A　B　∶3A　bb∶4(3aaB　+1aabb)  1∶1∶2 9∶6∶1 存在一种显性基因(A或B)时表现为同一种性状,其余正常表现 9A　B　∶6(3A　bb+3aaB　)∶1aabb  1∶2∶1 15∶1 只要存在显性基因(A或B)就表现为同一种性状,其余正常表现 15(9A　B　+3A　bb+3aaB　)∶1aabb  3∶1 1∶4∶6∶4∶1 A与B的作用效果相同,显性基因越多,其效果越强 1AABB∶4(2AaBB+2AABb)∶6(4AaBb+1AAbb+1aaBB)∶4(2Aabb+2aaBb)∶1aabb 1∶2∶1 3.自由组合定律9∶3∶3∶1变式题解题步骤 1.已知A、a和B、b两对基因都与子叶颜色有关,同时具有A和B时子叶为红色,否则为黄色。下列过程和结果能验证这两对基因的自由组合的是(　A　) A.AaBb的个体自交,子代红色子叶与黄色子叶的比为9∶7 B.Aabb与aaBb杂交,子代红色子叶与黄色子叶的比为1∶3 C.AaBb与aabb测交,子代红色子叶与黄色子叶的比为1∶1 D.AaBb产生了四种配子,且相互之间随机融合 解析:9∶7是9∶3∶3∶1的变式,AaBb的个体自交,子代红色子叶与黄色子叶的比为9∶7,说明AaBb的个体能够产生4种比例相等的配子,符合自由组合定律;Aabb与aaBb杂交,无论是否遵循自由组合定律,其子代红色子叶、黄色子叶的比例均为1∶3;AaBb与aabb测交,若符合自由组合定律,子代红色子叶与黄色子叶的比应为1∶3,若子代红色子叶与黄色子叶的比为1∶1,则说明不符合自由组合定律;只有AaBb产生四种比例相等的配子,才能说明符合自由组合定律。 2.某育种专家用纯种白颖和黑颖两种燕麦杂交,所得F1全是黑颖;F1自交得F2,其中黑颖416株、灰颖106株、白颖36株。下列叙述错误的是(　C　) A.颖色遗传受独立遗传的2对等位基因控制 B.F1产生的雌雄配子各4种,且数量比均接近1∶1∶1∶1 C.F2中黑颖植株共有6种基因型,其中纯合体约占1/3 D.F2中灰颖植株通过连续自交可不断提高子代中纯合体的比例 解析:F2中黑颖416株、灰颖106株、白颖36株,分离比为黑颖∶灰颖∶白颖≈12∶3∶1,是9∶3∶3∶1的变式,说明该性状受独立遗传的两对等位基因控制,表型与基因型的对应关系可设为:黑颖A　 　 　 、灰颖aaB　 、白颖aabb,F1基因型则为AaBb。F2中黑颖植株共有6种基因型,其中纯合体约占2/12,即1/6。  3.某自花授粉植物的花色有白色、粉色和红色三种。利用纯合品种进行杂交实验:粉色×白色,F1均为红色,F1自交得到F2为9红∶3粉∶4白。之后将F2自交,单株收获几株红花植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起可得到一个株系,观察多个这样的株系,则理论上,F2花色的表型及比例为9红∶3粉∶4白的株系占所有株系的(　B　) A.7/16 B.4/9 C.1/3 D.1/16 解析:设相关基因为A/a、B/b,根据题意可推知F1的基因型为AaBb,则F2为9红(A　 B　)∶3粉(A　bb或aaB　)∶4白(aaB　和aabb或 A　bb 和aabb),单株收获几株红花植株所结的种子,每株的所有种子单独种植在一起可得到一个株系,由于F2红花植株的基因型和比例为1AABB、2AaBB、2AABb、4AaBb,只有F2的基因型为AaBb时,自交的F3花色的表型及比例才为9红∶3粉∶4白,所以F3花色的表型及比例为9红∶3粉∶4白的株系占所有株系的4/9。  题型二　自由组合中的致死问题 1.致死类型归类分析 (1)显性纯合致死。 ①AA和BB致死 (2)隐性纯合致死。