第1章 第1节 第3课时 分离定律的解题方法及技能-【金版教程】2024-2025学年高中生物必修2 遗传与进化 创新导学案word（浙科版2019）

第三课时　分离定律的解题方法及技能 [学习目标]　1.结合实例，归纳分离定律的解题思路与规律方法。2.结合实践，阐明分离定律在实践中的应用。 知识点　相对性状中显隐性的判断 1．根据子代性状判断 (1)具有相对性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所表现的亲本性状为显性性状。 (2)相同性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新性状为隐性性状。 2．利用假设法判断显隐性 在运用假设法判断显隐性性状时，若出现假设与事实相符的情况，要注意另一种假设，切不可只根据一种假设得出片面的结论；但若假设与事实不相符，则不必再作另一假设，可直接予以判断。 [例1]　下列关于性状显隐性或纯合子与杂合子判断方法的叙述，错误的是(　　) A．甲×乙→只有甲，推出甲为显性性状 B．甲×甲→甲＋乙，推出乙为隐性性状 C．甲×乙→甲∶乙＝1∶1，推出甲为显性性状 D．花粉鉴定法：只有一种花粉，推出其为纯合子；至少有两种花粉，推出其为杂合子 解题分析　甲×乙→只有甲，这说明甲为显性性状，A正确；甲×甲→甲＋乙，出现性状分离现象，这说明乙为隐性性状，B正确；甲×乙→甲∶乙＝1∶1，这属于测交，据此不能确定显隐性关系，C错误。 答案　C [例2]　某二倍体植物中，抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制，要确定这对性状的显隐性关系，应该选用的杂交组合是(　　) A．抗病株×感病株 B．抗病纯合子×感病纯合子 C．抗病株×抗病株或感病株×感病株 D．抗病纯合子×抗病纯合子或感病纯合子×感病纯合子 解题分析　抗病株与感病株杂交，若子代有两种性状，则不能判断显隐性关系，A不符合题意；抗病纯合子×感病纯合子，后代表现出来的性状即为显性性状，据此可以判断显隐性关系，B符合题意；抗病株×抗病株(或感病株×感病株)，只有后代出现性状分离时才能判断显隐性，C不符合题意；抗病纯合子×抗病纯合子(或感病纯合子×感病纯合子)，后代肯定表现为抗病(或感病)，据此不能判断显隐性关系，D不符合题意。 答案　B 知识点　基因型与表型的相互推断(等位基因用A、a表示) 1．由亲本推断子代基因型与表型 亲本 子代基因型及比例 子代表型及比例 AA×AA AA 全为显性 AA×Aa AA∶Aa＝1∶1 AA×aa Aa Aa×Aa AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1 显性∶隐性＝3∶1 Aa×aa Aa∶aa＝1∶1 显性∶隐性＝1∶1 aa×aa aa 全为隐性 2.由子代推断亲代的基因型与表型(逆推型) (1)分离比法 子代显隐性关系 双亲类型 结合方式 显性∶隐性＝3∶1 都是杂合子 Aa×Aa 显性∶隐性＝1∶1 测交类型 Aa×aa 只有显性性状 至少一方为显性纯合子 AA×AA或AA×Aa或AA×aa 只有隐性性状 一般都是隐性纯合子 aa×aa (2)隐性突破法：如果子代中有隐性个体存在，它往往是逆推过程中的突破口。因为隐性个体是纯合子aa，因此亲代基因型中必然都有一个a。 (3)填充法：先根据亲代表型写出能确定的基因，显性性状基因型可用A_来表示，隐性性状基因型只有一种为aa。根据子代中一对基因分别来自两个亲本，推出未知部分即可。 [例1]　Y(黄色)和y(白色)是某种蝴蝶的一对等位基因，雄性有黄色和白色，雌性无论遗传因子如何，性状只表现为白色。下列杂交组合中，可以从其子代性状表现判断出性别的是(　　) A．♀Yy×♂yy B．♀yy×♂YY C．♀yy×♂yy D．♀Yy×♂Yy 解题分析　♀yy×♂yy→后代无论雌雄都是白色，因此不能从子代的表型判断出性别，C错误；♀Yy×♂yy→后代雄性个体既有黄色也有白色，雌性个体都是白色，所以不能判断白色后代的性别，A错误；♀yy×♂YY→后代雄性个体都是黄色，雌性个体都是白色，可以从子代的表型判断出性别，B正确；♀Yy×♂Yy→后代雄性个体既有黄色也有白色，雌性个体都是白色，所以不能判断白色后代的性别，D错误。 答案　B [例2]　有一种腿很短的鸡叫爬行鸡，在爬行鸡的遗传实验中得到下列结果(基因用A或a表示)： ①爬行鸡×爬行鸡→2977只爬行鸡和995只正常鸡。 ②爬行鸡×正常鸡→1676只爬行鸡和1661只正常鸡。 根据上述结果分析完成下列问题： (1)第①组两个亲本的基因型是________，子代爬行鸡基因型是________，正常鸡的基因型是________。 (2)第②组后代中爬行鸡互相交配，在F2中共得小鸡6000只，从理论上讲，有正常鸡________只，能稳定遗传的爬行鸡有________只。 解题分析　(1)由杂交组合①可知：爬行鸡的短腿性状为显性性状，两个亲本的基因型均为Aa，子代爬行鸡的基因型是AA、Aa，正常鸡的基因型为aa。 (2)第②组后代爬行鸡的基因型均为Aa，Aa与Aa交配，正常鸡即基因型aa占后代的为6000×＝1500只，能稳定遗传的爬行鸡即基因型AA占后代的为6000×＝1500只。 答案　(1)Aa和Aa　AA、Aa　aa　(2)1500　1500 知识点　用分离定律进行概率的计算 1．用经典公式计算 概率＝(某性状或基因型数/总组合数)×100%。 2．根据分离比推理计算 AA、aa出现的概率都是1/4，Aa出现的概率是1/2；显性性状出现的概率是3/4，隐性性状出现的概率是1/4。 3．根据配子的概率计算 先计算出亲本产生每种配子的概率，再根据题目要求用相关的两种配子的概率相乘，即可得出某一基因型个体的概率；计算表型概率时，再将相同表型个体的概率相加即可。 [例1]　南瓜果实的颜色是由一对等位基因(A和a)控制的，用一株黄果南瓜和一株白果南瓜杂交，F1中既有黄果南瓜，也有白果南瓜，F1自交产生的F2的表型如图所示，根据图示分析，下列说法错误的是(　　) A．P中黄果的基因型是aa B．F1中白果的基因型为AA和Aa C．由图中③可以判定白果为显性性状 D．F2中黄果与白果的理论比例是5∶3 解题分析　③过程是白果自交，后代产生了白果和黄果两种表型，可以确定白果为显性性状，黄果为隐性性状，P中黄果的基因型是aa，A、C正确；因为①过程黄果(aa)×白果(A_)→黄果(aa)、白果，所以亲本白果为Aa，F1中白果的基因型为Aa，B错误；F1中黄果和白果各占1/2，F2中黄果占1/2＋(1/2)×(1/4)＝5/8，则F2中白果占1－5/8＝3/8，所以F2中黄果与白果的理论比例是5∶3，D正确。 答案　B [例2]　一对表型正常的夫妇，他们父母的表型均正常，但丈夫的哥哥和妻子的妹妹都是黑尿症患者(基因型为bb)。若该夫妇生育一个表型正常的儿子，他是该病携带者的概率是(　　) A. B. C. D. 解题分析　该夫妇表型正常，丈夫的哥哥和妻子的妹妹都是黑尿症患者(bb)，则该夫妇的父母的基因型均为Bb，这对夫妇的基因型及比例均为BB或Bb。计算该夫妇生育一个表型正常的儿子是该病携带者的概率，可用以下两种方法。 解法一：列举法 ①Bb(丈夫)×Bb(妻子)→BB、Bb、bb； ②Bb(丈夫)×BB(妻子)→BB、Bb； ③BB(丈夫)×Bb(妻子)→BB、Bb； ④BB(丈夫)×BB(妻子)→BB。 综上分析，该夫妇生育一个表型正常的儿子，他是该病携带者的概率为÷＝。 解法二：配子法 同理，妻子产生的配子同样是B，b。 雌、雄配子随机结合，如表所示： 雌配子 雄配子 B b B BB Bb b Bb bb 结合表格分析，该夫妇生育一个表型正常的儿子，他是该病携带者的概率为÷＝。 答案　D 知识点　分离定律的证明 1．自交法 自交后代的性状分离比为3∶1，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控制。 2．测交法 若测交后代的性状分离比为1∶1，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控制。 3．花粉鉴定法 取杂合子的花粉，对花粉进行特殊处理后，用显微镜观察并计数，若花粉粒类型比例为1∶1，则可直接验证基因的分离定律。 [例1]　水稻中非糯性(W)对糯性(w)为显性，非糯性品系所含淀粉遇碘呈蓝黑色，糯性品系所含淀粉遇碘呈红褐色。下面是对纯种的非糯性与糯性水稻的杂交后代进行观察的结果，其中能直接证明孟德尔的基因分离定律的一项是(　　) A．杂交后亲本植株上结出的种子(F1)遇碘全部呈蓝黑色 B．F1自交后结出的种子(F2)遇碘后，3/4呈蓝黑色，1/4呈红褐色 C．F1产生的花粉遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈红褐色 D．F1测交所结出的种子遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈红褐色 解题分析　基因分离定律的实质：杂合子形成配子时，等位基因分离，分别进入两个配子中去，独立地随配子遗传给后代，由此可知，分离定律的直接体现是等位基因分别进入到两个配子中去。 答案　C [例2]　蜜蜂的雄蜂是由未受精的卵细胞发育而成的，雌蜂是由受精卵发育而成的。蜜蜂的体色，褐色对黑色为显性，控制这一相对性状的基因位于常染色体上。现有褐色雄蜂与黑色蜂王杂交产生F1，在F1的雌雄个体交配产生的F2中，雄蜂的体色是________，比例是____________，依上述现象可证明基因的________定律。 答案　褐色和黑色　1∶1　分离 知识点　连续自交和自由交配的概率计算 1．杂合子连续自交后代概率的计算 第一步：构建杂合子自交的图解。 第二步：依据图解推导相关公式。 Fn 杂合子 纯合子 显性纯合子 隐性纯合子 显性性状个体 隐性性状个体 所占比例 1－ (1－) (1－) (1＋) (1－) 第三步：根据图表比例绘制坐标图。 ①具有一对相对性状的杂合子自交，后代中纯合子比例随自交代数的增加而增大，最终接近于1，且显性纯合子和隐性纯合子各占一半。 ②具有一对相对性状的杂合子自交，后代中杂合子比例随自交代数的增加而递减，每代递减50%，最终接近于零。 2．自由交配的概率计算技巧 (1)列举法 某种群中高茎豌豆(DD占1/3、Dd占2/3)之间随机交配，就会有4种交配方式如下表。计算随机交配后代的基因型和表型及其比例的常规方法如下表。 交配方式 基因型 表型 ♀DD(1/3)×♂DD(1/3) DD(1/9) 高茎(1/9) ♀DD(1/3)×♂Dd(2/3) DD(1/9)、Dd(1/9) 高茎(2/9) ♀Dd(2/3)×♂DD(1/3) DD(1/9)、Dd(1/9) 高茎(2/9) ♀Dd(2/3)×♂Dd(2/3) DD(1/9)、Dd(2/9)、dd(1/9) 高茎(3/9)、矮茎(1/9) 后代基因型和表型合计 DD(4/9)、Dd(4/9)、dd(1/9) 高茎(8/9)、矮茎(1/9) (2)配子法 在高茎豌豆中，基因型DD占1/3，Dd占2/3，所以在群体中产生的雌配子有两种D和d，其中D配子的比例为2/3，d配子的比例为1/3；雄配子中D基因的配子比例为2/3，d基因的配子比例为1/3。雌雄配子结合是随机的，可以用一个简单的二项式表示即可，即(2/3D＋1/3d)×(2/3D＋1/3d)，展开后三种基因型所占比例为：DD＝2/3×2/3＝4/9，Dd＝1/3×2/3＋2/3×1/3＝4/9，dd＝1/3×1/3＝1/9；表型的比例为：高茎(DD、Dd)为8/9，矮茎(dd)为1/9。 [例1]　豌豆的花色中紫色对白色为显性。一株杂合紫花豌豆连续自交繁殖三代，则子三代中开紫花的豌豆植株与开白花的豌豆植株的比例为(　　) A．3∶1 B．15∶7 C．9∶7 D．15∶9 解题分析　杂合紫花豌豆连续自交繁殖，子三代中杂合子Aa占，纯合子占1－＝，隐性纯合子占，显性纯合子也占，因此开紫花的豌豆占，开白花的豌豆占。 答案　C [例2]　在阿拉伯牵牛花的遗传实验中，用纯合子红色牵牛花和纯合子白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1，如果取F2中的粉红色的牵牛花和红色的牵牛花均匀混合种植，进行自由传粉，则后代表型及比例应该为(　　) A．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1 B．红色∶粉红色∶白色＝3∶3∶1 C．红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1 D．红色∶粉红色∶白色＝1∶4∶1 解题分析　F2中的粉红色牵牛花(Aa)和红色牵牛花(AA)的比例为2∶1，A配子概率为，a配子概率为，后代中AA占，Aa占，aa占。 答案　A 知识点　一对相对性状遗传中特殊情况的分析与判断 1．某些致死现象及遗传分析 (1)胚胎致死：某些遗传因子组成的个体死亡，如下图： (2)配子致死：指致死遗传因子在配子时期发生作用，从而不能形成有生活力的配子的现象。例如，含A的雄配子致死，则Aa自交，只能产生一种成活的雄配子a，A和a两种雌配子，形成的后代显隐性之比为1∶1。 2．由于基因的显隐性关系不是绝对的，某些性状的遗传中，后代的数量比例会有不同。 [例1]　在孟德尔的一对相对性状(该性状由一对等位基因P、p控制)的遗传实验中，F1的紫花豌豆自交时，假设由于某种因素的影响，含基因p的雄配子失去了活性(即不能与雌配子结合)。请根据孟德尔对分离现象的解释进行推理，下列F2的表型及其比例符合预期结果的是(　　) A．紫花∶白花＝1∶1 B．紫花∶白花＝2∶1 C．紫花∶白花＝3∶1 D．全为紫花 解题分析　在孟德尔的一对相对性状的遗传实验中，F1的紫花豌豆(Pp)自交时，假设由于某种因素的影响，含基因p的雄配子失去了活性，说明只有含基因P的雄配子能与雌配子结合，而F1产生的雌配子中P∶p＝1∶1，所以根据孟德尔对分离现象的解释进行推理，F2的基因型及比例是PP∶Pp＝1∶1，全为紫花，D正确。 答案　D [例2]　请根据如下鼠毛色(基因F、f)遗传的杂交实验，推测胚胎致死(不能完成胚胎发育)的基因型为(　　) ①黑色×黑色→黑色　②黄色×黄色→2黄色∶1黑色　③黄色×黑色→1黄色∶1黑色 A．FF B．Ff C．ff D．不能确定 解题分析　根据②黄色×黄色→2黄色∶1黑色，后代出现黑色，即发生性状分离，说明黄色相对于黑色为显性性状，因此亲本的基因型均为Ff，则子代的基因型及比例应为FF(黄色)∶Ff(黄色)∶ff(黑色)＝1∶2∶1，即黄色∶黑色＝3∶1，而实际是黄色∶黑色＝2∶1，由此可见，显性基因纯合(FF)时致死。 答案　A [例3]　人类秃发遗传是由位于常染色体上的一对等位基因b＋和b控制的，b＋b＋表现正常，bb表现秃发，杂合子b＋b在男性中表现秃发，而在女性中表现正常；一对夫妇丈夫秃发妻子正常，生育一秃发儿子和一正常女儿。下列表述正确的是(　　) A．人类秃发的遗传不遵循分离定律 B．秃发儿子和正常女儿的基因型分别是bb和b＋b C．若秃发儿子和正常女儿基因型相同，父母一定是纯合子 D．这对夫妇再生一女儿是秃发的概率是0或25%或50% 解题分析　由题干可知这一对基因的遗传遵循基因的分离定律，且杂合子b＋b在不同的性别中表型不同，由此可以推出这对夫妇的基因组合有多种可能，分析如下：①♂bb(秃发)×♀b＋b＋(正常)→b＋b(男为秃发，女为正常)；②♂b＋b(秃发)×♀b＋b＋(正常)→b＋b＋(男女都正常)∶b＋b(男为秃发，女为正常)＝1∶1；③♂b＋b(秃发)×♀b＋b(正常)→b＋b＋(男女都正常)∶b＋b(男为秃发，女为正常)∶bb(男女都为秃发)＝1∶2∶1；④♂bb(秃发)×♀b＋b(正常)→b＋b(男为秃发，女为正常)∶bb(男女都为秃发)＝1∶1，所以这对夫妇再生一女儿秃发的概率为0或25%或50%。 答案　D 1．在不知道相对性状显隐性关系的情况下，根据下列哪项可判断显隐性关系？(　　) A．黑色×黑色→全是黑色 B．黑色×白色→100黑色∶105白色 C．白色×白色→全是白色 D．黑色×黑色→3黑∶1白 答案　D 2．基因型为Aa的某植株产生的“a”花粉中有一半是致死的，则该植株自花传粉产生的子代中AA∶Aa∶aa基因型个体的数量比为(　　) A．3∶2∶1 B．2∶3∶1 C．4∶4∶1 D.1∶2∶1 答案　B 解析　据题意，“a”花粉中有一半是致死的，所以该植株产生的雄配子有两种：1/3a、2/3A，雌配子也有两种：1/2a、1/2A，雌雄配子结合后产生的子代中AA＝(2/3)×(1/2)＝1/3，Aa＝(1/3)×(1/2)＋(2/3)×(1/2)＝1/2，aa＝(1/3)×(1/2)＝1/6，所以AA∶Aa∶aa＝2∶3∶1。 3．人眼的虹膜有褐色和蓝色，褐色是由显性遗传因子控制的，蓝色是由隐性遗传因子控制的。已知一个蓝眼男人和一个褐眼女人(这个女人的母亲是蓝眼)结婚，这对夫妇生下蓝眼女孩的可能性是(　　) A．1/2 B．1/4 C．1/8 D．1/6 答案　B 解析　设相关遗传因子为A、a，则蓝眼男人的遗传因子组成为aa；褐眼女人由于其母亲是蓝眼，所以遗传因子组成为Aa，则这对夫妇生下蓝眼女孩的可能性是1/2×1/2＝1/4。 4．将具有一对等位基因的杂合子，逐代自交3次，在F3中纯合子比例为(　　) A．1/8 B．7/8 C．7/16 D．9/16 答案　B 解析　据杂合子自交n代后的杂合子概率为1/2n，推知F3中杂合子的概率为1/8，则纯合子的概率为7/8。 5．假设在特定环境中，某种动物基因型为AA和Aa的受精卵均可发育成个体，基因型为aa的受精卵全部死亡。现有基因型均为Aa的该动物500对(每对含有1个父本和1个母本)，在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中AA、Aa、aa个体的数目依次为(　　) A．125、250、0 B.125、250、125 C．250、125、0 D.375、125、0 答案　A 解析　由题意可知：该动物群体中的个体的基因型均为Aa，共500对，且雌雄比例是1∶1，实际上就是求基因型为Aa的个体自交产生的后代情况。据此分析可知Aa自交产生的后代(共500个)中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，又因题目中显示：每对亲本只形成一个受精卵，且基因型为aa的受精卵全部死亡，可知AA数量为1/4×500＝125个；Aa数量为1/2×500＝250个；aa数量为：1/4×500＝125个，但由于死亡，故实际为0，A正确。 知识点一　相对性状中显隐性的判断 1．已知豌豆的某种性状的两种表现类型M和N，下列组合中能判断M和N显隐性的是(　　) A．N×N→N B．N×N→M＋N C．M×N→N＋M D．M×M→M 答案　B 解析　判断显隐性常用自交法和杂交法：如果某种类型的性状自交后代中出现了性状分离，则该亲本的性状便为显性性状，后代中新出现的性状为隐性性状，如本题中的B项；如果某种性状的不同表现类型进行杂交，后代只出现亲本的一种性状，则该性状为显性性状。 2．玉米的甜和非甜是一对相对性状，随机取非甜玉米和甜玉米进行间行种植，下图一定能够判断甜和非甜的显隐性关系的是(　　) 答案　C 解析　A项中，当非甜玉米和甜玉米都是纯合子时，不能判断显隐性关系。B项中，当其中一个植株是杂合子时，不能判断显隐性关系。C项中，非甜玉米与甜玉米杂交，若后代只出现一种性状，则该性状为显性性状；若出现两种性状，则说明非甜玉米和甜玉米中有一个是杂合子，有一个是隐性纯合子，此时非甜玉米自交，若出现性状分离，则说明非甜是显性性状；若没有出现性状分离，则说明非甜玉米是隐性纯合子。D项中，若后代有两种性状，则不能判断显隐性关系。 知识点二　基因型与表型的相互推断 3．豌豆高茎(D)对矮茎(d)为显性，现有两亲本豌豆植株杂交，在所得到的1064株后代植株中，高茎豌豆有787株，矮茎豌豆有277株，则两亲本豌豆植株的基因型是(　　) A．Dd×Dd B．Dd×dd C．Dd×DD D．dd×dd 答案　A 解析　根据题意，两豌豆植株杂交后代中高茎豌豆∶矮茎豌豆约为3∶1，说明亲本都是高茎豌豆的杂合子，即基因型都是Dd，A正确。 4．通过饲养灰鼠和白鼠(基因型未知)的实验，得到实验结果见下表，如果杂交Ⅳ中亲本灰色雌鼠和杂交Ⅱ中的亲本灰色雄鼠杂交，后代最可能是(　　) 亲本 后代 杂交 雌 × 雄 灰色 白色 Ⅰ 灰色 × 白色 82 78 Ⅱ 灰色 × 灰色 118 39 Ⅲ 白色 × 白色 0 50 Ⅳ 灰色 × 白色 74 0 A.都是灰色 B．都是白色 C．1/2是灰色 D．1/4是白色 答案　A 解析　根据杂交Ⅱ或杂交Ⅳ可判断灰色为显性性状。根据杂交后代的表型及比例可以判断出杂交Ⅳ中的亲本灰色雌鼠为显性纯合子，杂交Ⅱ中的亲本灰色雄鼠为杂合子，所以，杂交Ⅳ中的亲本灰色雌鼠和杂交Ⅱ中的亲本灰色雄鼠杂交，后代均为灰色。 知识点三　用分离定律进行概率的计算 5．某夫妇分别为A血型和O血型，已生出一个O血型儿子，该夫妇再生一个A血型女儿的概率是(　　) A．100% B．50% C．25% D．0 答案　C 解析　人类ABO血型系统属于复等位基因IA、IB、i控制的。A血型和O血型生出一个O血型儿子，可知夫妇双方的基因型为IAi和ii，则再生一个A血型(IAi)女儿的概率是1/2×1/2＝1/4＝25%，C正确，A、B、D错误。 6．人的褐眼对蓝眼为显性，某家庭的双亲皆为褐眼。其甲、乙、丙三个孩子中，有一个是收养的(非亲生孩子)。甲和丙为蓝眼，乙为褐眼。由此得出的正确结论是(　　) A．孩子乙是亲生的，孩子甲或孩子丙是收养的 B．该夫妇生一个蓝眼男孩的概率为 C．控制孩子乙眼睛颜色的基因型是纯合的 D．控制双亲眼睛颜色的基因型是杂合的 答案　D 解析　由于双亲皆为褐眼，在孩子中出现蓝眼，所以可推知双亲均为杂合子，若控制褐眼和蓝眼的基因用A和a表示，则双亲的基因型均为Aa，则孩子可以是蓝眼(aa)，也可以是褐眼(AA和Aa)，所以无法确定甲、乙、丙三个孩子中哪一个是收养的，A错误，D正确；该夫妇生一个蓝眼男孩的概率为×＝，B错误；控制孩子乙眼睛颜色的基因型可以是AA，也可以是Aa，C错误。 知识点四　分离定律的证明 7．玉米是一种异花传粉作物，玉米子粒的饱满与凹陷是一对相对性状，受一对等位基因控制。现有在自然条件下获得的一些饱满的玉米子粒和一些凹陷的玉米子粒，若要用这两种玉米子粒为材料验证分离定律。下列做法中能达到目的的有几项(　　) ①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律　②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律　③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律　④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状分离比，则可验证分离定律 A．一项 B．两项 C．三项 D．四项 答案　D 知识点五　连续自交和自由交配的概率计算 8．将亲本基因型为Aa的植物进行连续的自交，并逐代淘汰其中的隐性个体，则在子三代中淘汰了隐性个体后，Aa所占的比例是(　　) A．2/3 B．2/5 C．2/33 D．2/9 答案　D 解析　基因型为Aa的该植物连续自交，且每代子代中均去除aa个体，子一代中AA占1/3，Aa占2/3；子一代自交，子二代中是1/3AA＋2/3Aa×(1/4AA＋1/2Aa＋1/4aa)，淘汰掉aa以后，得到的后代F2是3/5AA＋2/5Aa；子二代自交，子三代中是3/5AA＋2/5Aa×(1/4AA＋1/2Aa＋1/4aa)，则AA占3/5＋2/5×1/4＝7/10，Aa占2/5×1/2＝2/10，aa占2/5×1/4＝1/10，淘汰掉aa以后，Aa所占的比例为2/10÷(7/10＋2/10)＝2/9。 9．已知牛的体色由一对等位基因(A、a)控制，其基因型为AA的个体为红褐色，aa为红色，在基因型为Aa的个体中，雄牛为红褐色，雌牛为红色。现有一群牛，只有AA、Aa两种基因型，其比例为1∶2，且雌∶雄＝1∶1。若让该群体的牛分别进行自交(基因型相同的个体交配)和自由交配，则子代的表型及比例分别是(　　) A．自交红褐色∶红色＝5∶1；自由交配红褐色∶红色＝8∶1 B．自交红褐色∶红色＝3∶1；自由交配红褐色∶红色＝4∶1 C．自交红褐色∶红色＝2∶1；自由交配红褐色∶红色＝2∶1 D．自交红褐色∶红色＝1∶1；自由交配红褐色∶红色＝4∶5 答案　C 解析　先求出不同交配类型产生后代的基因型及概率，然后再利用题意求出表型的比例。亲本的基因型及概率：1/3AA、2/3Aa，雌∶雄＝1∶1，自交的子代中基因型AA占(1/3)×1＋(2/3)×(1/4)＝1/2，Aa占(2/3)×(1/2)＝1/3，aa占(2/3)×(1/4)＝1/6；在基因型为Aa的个体中有1/2为红褐色(雄牛)，1/2为红色(雌牛)，因此，子代中红褐色个体占(1/2)＋(1/3)×(1/2)＝2/3，则红色占1/3，即红褐色∶红色＝2∶1。求自由交配产生子代的基因型时，可利用配子的概率求解，亲本产生的雄(或雌)配子中：A占2/3，a占1/3，则自由交配产生子代的基因型及概率：AA的概率＝(2/3)×(2/3)＝4/9，Aa的概率＝2×(2/3)×(1/3)＝4/9，aa的概率＝(1/3)×(1/3)＝1/9；再根据前面的计算方法可知，子代的表型及比例为红褐色∶红色＝2∶1。 知识点六　一对相对性状遗传中特殊情况的分析与判断 10．某植物(雌雄同株，异花受粉)群体中仅有Aa和AA两种类型，数量比为2∶3。若隐性雄配子中有50%不能正常受精则该植物群体自然状态下产生的子代中，能稳定遗传的个体所占比例为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　自由交配后代可利用配子类型及比例进行计算，根据题意可知，群体中个体基因型及比例为Aa∶AA＝2∶3，则产生的雌配子及比例为A∶a＝4∶1，又因隐性雄配子a有50%不参与受精，故该群体参与受精的雄配子及比例为A∶a＝8∶1。该植物群体自然状态下随机交配，其中能稳定遗传的为纯合子AA和aa，雌配子类型及比例为4/5A、1/5a，雄配子类型及比例为8/9A、1/9a，因此后代纯合子的比例为4/5×8/9＋1/5×1/9＝33/45＝11/15，B正确。 11．小鼠的体色有黄色和黑色之分，黄色和黑色性状由一对等位基因D、d控制，有人利用该小鼠进行遗传实验，结果如下。则下列说法错误的是(　　) 第一组：黄鼠×黑鼠→黄鼠2378、黑鼠2398 第二组：黄鼠×黄鼠→黄鼠2396、黑鼠1235 A．从第二组数据分析可知，小鼠体色的遗传不遵循基因分离定律 B．第一组实验中黄鼠的基因型为Dd，黑鼠为dd C．第二组实验中子代黄鼠∶黑鼠≈2∶1是由于DD个体不存在 D．第二组实验中两个亲本的基因型都为Dd 答案　A 解析　第一组子代中黄鼠∶黑鼠＝1∶1，且第二组可知，黄鼠为显性性状，说明亲代基因型是Dd(黄鼠)和dd(黑鼠)，B正确；第二组的后代中黄鼠∶黑鼠约为2∶1，不是3∶1，说明亲代基因型都是Dd，理论上子代基因型及比例为DD∶Dd∶dd＝1∶2∶1，但存在显性纯合致死，即不存在DD的个体，所以黄鼠∶黑鼠＝2∶1，C、D正确。 12．已知羊的毛色(白毛和黑毛)由一对等位基因(A、a)控制，有关杂交实验及结果如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．仅根据实验一就可判断出白毛羊(甲)为杂合子 B．实验二中F1出现3∶1的比例其原因是性状分离 C．实验一的F1中，能稳定遗传的个体占50% D．白毛羊(丙)和白毛羊(戊)基因型相同的概率为1/3 答案　C 解析　实验一是白毛羊与黑毛羊杂交生下白毛羊与黑毛羊，根据实验一无法判断出白毛羊(甲)为杂合子，A错误；实验二中F1出现3∶1的现象称为性状分离，原因是等位基因的分离，B错误；实验一的F1(1/2Aa、1/2aa)中，能稳定遗传即纯合的个体(aa)占50%，C正确；白毛羊丙(Aa)和白毛羊戊(1/3AA、2/3Aa)基因型相同的概率为2/3，D错误。 13．喷瓜是葫芦科的一种植物，其性别由基因决定。决定性别的是三个等位基因，即aD、a＋、ad；其显隐关系为aD对a＋为显性，a＋对ad为显性。aD基因决定发育为雄株；a＋基因决定雌雄同株；ad则决定发育为雌株。 (1)喷瓜的种群中基因型有________种，其中雄性的基因型是__________________；雌性的基因型是________；雌雄同株的基因型是__________________。 (2)两个亲本杂交，后代的表型为：雌性、雄性、雌雄同株，则父本和母本的基因型分别为________、________。 答案　(1)5　aDa＋、aDad　adad　a＋a＋、a＋ad　(2)aDad　a＋ad 解析　(1)aD对a＋、ad为显性，a＋对ad为显性，则当aD存在时植株表现为雄性，当基因型为adad时植株表现为雌性，当基因型为a＋a＋、a＋ad时植株表现为雌雄同株，如果雄性植株为纯合子，则它的基因型即为aDaD，这需要此植株的父本和母本各提供一个aD配子，但含aD的植株必为雄性，即两个亲本都是雄性，这是不可能的，所以雄性植株的基因型为aDa＋、aDad。 (2)两个亲本杂交，后代的表型为：雌性、雄性、雌雄同株，后代有雌性adad，则其两个亲代都必须含有ad，后代中有雌雄同株个体(a＋a＋、a＋ad)，则两亲代中至少有一方含有a＋，综上分析，父本和母本的基因型应该分别为aDad和a＋ad。 14．某学校生物小组在一块较为封闭的低洼地里发现了一些野生植株，这些植株的花色有红色和白色两种，茎秆有绿茎和紫茎两种。同学们分两组对该植物的花色、茎色进行遗传方式的探究。请根据实验结果进行分析： 第一组：取90对亲本进行实验 第二组：取绿茎和紫茎的植株各1株进行实验 组别 杂交组合 F1表型 杂交组合 F1表型 A：30对亲本 红花×红花 36红花∶1白花 D：绿茎×紫茎 绿茎∶紫茎＝1∶1 B：30对亲本 红花×白花 5红花∶1白花 E：紫茎自交 全为紫茎 C：30对亲本 白花×白花 全为白花 F：绿茎自交 由于虫害，植株死亡 (1)从第一组花色遗传的结果来看，花色的隐性性状为________，最可靠的判断依据是________组。 (2)若任取B组的一株亲本红花植株使其自交，则其子一代表型的情况是______________________。 (3)由B组可以判定，该组中显性纯合子与杂合子的比例约为________。 (4)从第二组茎色遗传的结果来看，茎色的隐性性状为________，判断依据是________组。 (5)如果F组能正常生长繁殖，则其子一代表型的情况是____________________。 (6)A、B两组杂交后代没有出现3∶1或1∶1的分离比，试进行解释：____________________________________________。 答案　(1)白花　A　(2)全为红花或红花∶白花＝3∶1 (3)2∶1　(4)紫茎　D和E　(5)绿茎∶紫茎＝3∶1 (6)红花个体中既有纯合子又有杂合子，因此，后代不会出现一定的分离比 解析　(1)由A组中红花×红花，后代出现性状分离，可以判定白花为隐性性状。 (2)取B组亲本中的任一株红花植株，其可能是纯合子也可能是杂合子，因此其自交后代出现的情况是全为红花或红花∶白花＝3∶1。 (3)B组中的白花个体为隐性纯合子，因此F1中5红花∶1白花就代表了亲代中的所有红花亲本所含显隐性基因的比例为显性基因∶隐性基因＝5∶1。如果设控制花色的显性基因为R，隐性基因为r，则RR∶Rr＝2∶1。 (4)第二组的情况与第一组不同，第一组类似于群体调查结果，第二组为两亲本杂交情况，由D组可判定为测交类型，两亲本中一个为杂合子，一个为隐性纯合子；再根据E组可判定紫茎亲本为隐性纯合子。 15．安哥拉兔的长毛和短毛是由一对基因控制的性状。用纯种安哥拉兔进行杂交实验，产生大量的F1和F2个体，杂交亲本及实验结果如下表。 实验一 (♀)长毛×短毛(♂) F1 雄兔 全为长毛 雌兔 全为短毛 实验二 F1雌雄个体交配 F2 雄兔 长毛∶短毛＝3∶1 雌兔 长毛∶短毛＝1∶3 请回答相关问题。 (1)在________(填“雌”或“雄”)兔中，长毛为显性性状。 (2)用多只纯种短毛雌兔与F2长毛雄兔杂交，子代性状和比例为_______________ _______________。 (3)安哥拉兔的长毛和短毛性状既与________有关，又与________有关。 (4)如果用A1和A2分别表示长毛基因和短毛基因，请画出实验二的遗传图解。 答案　(1)雄　(2)雌兔全为短毛，雄兔有长毛也有短毛，且比例为2∶1　(3)基因型　性别 (4)遗传图解如图 解析　(1)纯种安哥拉长毛雌兔与短毛雄兔进行杂交，F1应都是杂合子，对杂合子来说，雄 兔表现为长毛，雌兔表现为短毛，对雄兔来说长毛是显性性状。 (2)用A1和A2分别表示长毛基因和短毛基因，F2长毛雄兔的基因型中纯合子A1A1占1/3，杂合子A1A2占2/3，纯种短毛雌兔基因型是A2A2，F2长毛雄兔和多只纯种短毛雌兔杂交后代，有两种基因型，即2/3A1A2、1/3A2A2，子代性状和比例为雌兔全为短毛，雄兔有长毛也有短毛，且比例为2∶1。 (3)实验说明安哥拉兔的长毛和短毛性状既与基因型有关，又与性别有关。 (4)遗传图解如答案所示。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$