第1章 第2节 第3课时 做题思路和技巧-【金版教程】2024-2025学年高中生物必修2 遗传与进化 创新导学案课件PPT（人教版2019 单选版）

　　　　　　　　　　　　　 第1章　遗传因子的发现 第2节　孟德尔的豌豆杂交实验(二) 第3课时　做题思路和技巧 1.学会运用分离定律解决自由组合的问题。2.掌握自由组合定律的非常规计算。 2 目录 CONTENTS 课时作业 知识点一　拆分组合法解决自由组合定律问题 1．思路：将自由组合问题转化为若干个分离定律问题。 在独立遗传的情况下，有几对杂合基因就可分解为几个分离定律问题，如AaBb×Aabb可分解为Aa×Aa、Bb×bb。 2．基本题型分类 (1)由亲代求子代基因型及概率 ①配子类型及概率计算 求AaBbCc产生的配子种类及配子中ABC的概率。(三对基因独立遗传) 4 a．配子种类 b．ABC配子概率 2 2 2 5 ②配子间的结合方式问题 求AaBbCc与AaBbCC杂交过程中，配子间的结合方式种类数。(三对基因独立遗传) a．先求AaBbCc、AaBbCC各自产生多少种配子。 AaBbCc→____种配子，AaBbCC→____种配子。 b．再求两亲本配子间的结合方式。由于两性配子间结合是随机的，因而AaBbCc与AaBbCC配子间有__________种结合方式。 ③子代的基因型及概率问题 AaBbCc与AaBBCc杂交后，求其子代的基因型种类及概率。(三对基因独立遗传) 8 4 8×4＝32 6 3 AA Aa aa 2 BB Bb CC Cc cc 3 3×2×3＝18 7 ④表型种类及概率问题 AaBbCc×AabbCc，求其杂交后代可能出现的表型种类及后代中基因型为A_bbcc的个体出现的概率。(三对基因独立遗传) a．先分解为3个分离定律 Aa×Aa→后代有___种表型(A_∶aa＝________)； Bb×bb→后代有___种表型(Bb∶bb＝________)； Cc×Cc→后代有2种表型(C_∶cc＝________)。 b．根据解题需要，将a中结果进行组合、运算 AaBbCc×AabbCc后代中有_____________种表型。 3∶1 1∶1 3∶1 2×2×2＝8 2 2 8 c．后代中基因型为A_bbcc的个体出现的概率为： _____(A_)×_____(bb)×_____(cc)＝______。 (2)由子代表型推亲本基因型 ①隐性纯合突破法：一旦子代出现隐性性状，可以直接写出子代基因型，并推知两个亲本各有一个隐性基因。 ②基因填充法：先根据亲本表型写出可能的基因，再根据子代的表型及比例将未确定的基因补全。 9 ③子代的性状比例法：利用子代特殊的性状比例来推断亲代的基因型。 a．9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)⇒AaBb×AaBb； b．1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)⇒AaBb×aabb或Aabb×aaBb； c．3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)⇒ AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。 10 [例1]　某植物花色由基因D(褐色)、d(白色)控制，萼片形状由基因E(卷)、e(直)控制，叶形由基因F(缺刻叶)、f(全缘叶)控制，三对基因独立遗传且属于完全显性遗传。基因型为ddEeFF与DdEeFf的个体杂交，其子代表型与双亲相同的个体占全部后代的(　　) A．3/4 B．1/4 C．3/8 D．5/8 解题分析：在完全显性且三对基因各自独立遗传的条件下，ddEeFF与DdEeFf杂交，其子代表型和双亲中ddEeFF相同的占1/2×3/4×1＝3/8，其子代表型和双亲中DdEeFf相同的概率为1/2×3/4×1＝3/8，故ddEeFF与DdEeFf杂交，其子代表型与双亲相同的个体占全部后代的比例为3/8＋3/8＝3/4，A正确，B、C、D错误。 11 [例2]　某品种甘蓝的叶色有绿色和紫色，由两对独立遗传的基因A/a和B/b控制。只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某科研小组进行以下杂交实验，下列分析错误的是(　　) A.绿色为隐性性状，甲植株的基因型为aabb B．乙植株的基因型为AaBb，实验②子代中有4种基因型 C．实验③组中，子代紫叶个体中叶色基因纯合的比例为1/2 D．将乙和丙植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶7 组别 亲本组合 子代个体中叶色性状及比例 实验① 绿叶甘蓝(甲)自交 均为绿叶 实验② 甲植株与紫叶甘蓝(乙)杂交 绿叶∶紫叶＝1∶3 实验③ 甲植株与紫叶甘蓝(丙)杂交 绿叶∶紫叶＝1∶1 12 解题分析：依据题干信息可知，只含隐性基因的个体表现隐性性状，说明隐性性状的基因型为aabb，由实验①的自交子代均为绿叶，可说明甲植株为纯合子，由实验②，绿叶∶紫叶＝1∶3，说明紫叶甘蓝乙可产生四种不同的配子，进而可推知，绿叶为隐性性状，且甲植株的基因型为aabb，乙植株的基因型为AaBb，乙植株与甲植株杂交，可以产生4种基因型，2种表型，A、B正确；甲植株的基因型为aabb，其与紫叶甘蓝(丙)杂交，出现绿叶∶紫叶＝1∶1，则说明丙植株的基因型为Aabb或aaBb，该基因型的个体与aabb杂交，子代紫叶个体的基因型为Aabb或aaBb，不会出现纯合子，C错误；乙植株的基因型为AaBb，丙植株的基因型为Aabb或aaBb，两植株杂交，绿叶的基因型为1/4×1/2＝1/8，则紫叶植株的基因型为7/8，绿叶∶紫叶＝1∶7，D正确。 13 F1(AaBb)自交后代比例 原因分析 测交后代比例 9∶7 当双显性基因同时出现时为一种表型，其余的基因型为另一种表型 ___________________ 9∶3∶4 存在____(或bb)时表现为同一性状，其余正常表现 ______________________ 1∶3 1∶1∶2 aa 14 9∶6∶1 双显、单显、双隐三种表型 ________________________ 15∶1 只要具有_______基因，其表型就一致；双隐性表现为另一种表型 _____________________ 1∶2∶1 3∶1 显性 15 13∶3 双显性、双隐性和一种单显性表现为一种性状，另一种单显性表现为另一种性状 _______________________ 1∶4∶6 ∶4∶1 两个显性基因的作用效果相同，且显性基因越多，其效果越强(累加效应) 1∶2∶1 3∶1 16 致死类型 F1(AaBb)自交后代基因型及比例 F1(AaBb)测交后代基因型及比例 AA和BB致死 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1 AA(或BB)致死 AaB_∶aaB_∶Aabb∶aabb＝6∶3∶2∶1或A_Bb∶A_bb∶aaBb∶aabb＝6∶3∶2∶1，其余基因型个体致死 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1 2．9∶3∶3∶1的变式(“和”小于16，由于基因致死导致的特殊分离比) (1)胚胎致死 ①显性纯合致死 17 致死类型 F1(AaBb)自交后代基因型及比例 F1(AaBb)测交后代基因型及比例 双隐性致死 A_B_∶A_bb∶aaB_＝9∶3∶3 — 单隐性致死 A_B_∶A_bb＝9∶3或A_B_∶aaB_＝9∶3 — ②隐性纯合致死 (2)配子致死 某种基因型个体产生的某种配子不能存活等。如基因型为AB的花粉不能发育，则基因型为AaBb个体不能产生基因型为AB的雄配子，会使后代基因型及比例发生改变。 18 [例3]　报春花的花色白色(只含白色素)和黄色(含黄色锦葵色素)由两对等位基因(A和a，B和b)共同控制，两对等位基因独立遗传(如图所示)。现选择AABB和aabb两个品种进行杂交，得到F1，F1自交得F2。下列说法正确的是(　　) A．F1的表型是黄色 B．F2中黄色∶白色的比例是9∶7 C．F2的白色个体中纯合子占3/6 D．F2中黄色个体自交有2/3会出现性状分离 19 解题分析：显性基因A控制以白色素为前体物合 成黄色锦葵色素的代谢过程。B存在时可抑制其表达， 所以其基因型和性状的关系是：A_B_、aaB_、aabb表 现为白色，A_bb表现为黄色，选择AABB和aabb两个 品种进行杂交，得到F1，F1的基因型为AaBb，表型为 白色，A错误；由题图可知，含有A基因且不含有B基因的个体为黄色花，其余基因型的个体为白色花，F1的基因型为AaBb，F1自交得F2，故F2中黄色∶白色＝3∶13，B错误；F2的白色花个体基因型及比例应为9A_B_、3aaB_、1aabb，其中纯合子有1AABB、1aaBB、1aabb，所以F2的白色花个体中纯合子占3/13，C错误；F2中黄色花个体为1/3AAbb，2/3Aabb，所以黄色花个体自交有2/3会出现性状分离，D正确。 20 [例4]　某植物的抗病与不抗病为一对相对性状，受两对等位基因控制，将一纯合抗病植株与一纯合不抗病植株杂交，F1均表现为抗病，F1自交所得F2的表型及比例为抗病∶不抗病＝13∶3。下列相关叙述正确的是(　　) A．抗病与不抗病的遗传不遵循基因的自由组合定律 B．F1与纯合不抗病植株杂交，子代中不抗病植株占1/2 C．F2抗病植株中能稳定遗传的个体占1/4 D．F2中不抗病植株有两种基因型，且都为纯合子 21 解题分析：由题意可知，将纯合抗病植株与纯合不抗病植株杂交，F1均表现为抗病，F1自交产生的F2中抗病∶不抗病＝13∶3，为9∶3∶3∶1的变式，说明抗病与不抗病的遗传遵循基因的自由组合定律，A错误；设控制该性状的等位基因为A/a和B/b，则F1的基因型为AaBb，纯合不抗病植株基因型为AAbb或aaBB，将F1与纯合不抗病植株杂交，所得子代中不抗病个体A_bb或aaB_占比均为1/2，B正确；F1的基因型为AaBb，其自交所得抗病植株(假设不抗病为aaB_)中，基因型为AABB、AABb、AAbb、Aabb、aabb的个体能稳定遗传，这5种基因型的个体占全部抗病个体的比例为7/13，C错误；F2中不抗病植株有两种基因型分别为AAbb、Aabb或aaBB、aaBb，有杂合子，D错误。 22 [例5]　人类的肤色由三对独立遗传的等位基因A/a、B/b、E/e控制。AABBEE为黑色，aabbee为白色，肤色随显性基因数目的增加而逐渐加深，若双亲基因型为AaBbEe×AaBbee，则子代肤色的基因型和表型种类分别有(　　) A．18种，6种 B．12种，6种 C．18种，4种 D．12种，4种 23 解题分析：亲本基因型为AaBbEe×AaBbee，则子代肤色的基因型有3×3×2＝18种，肤色会随显性基因数目的增加而逐渐加深，由于AaBbEe产生的配子可含3个显性基因、2个显性基因、1个显性基因、0个显性基因，AaBbee产生的配子最多含2个显性基因，还可含有1个显性基因，0个显性基因，雌雄配子随机结合，因此子代最多含有5个显性基因，还可含有4个、3个、2个、1个和0个显性基因，故表型种类有6种，A正确，B、C、D错误。 24 [例6]　致死基因的存在可影响后代性状分离比。现有基因型为AaBb的个体，两对等位基因独立遗传，但具有某种基因型的配子或个体致死，若该个体自交，下列说法不正确的是(　　) A．后代分离比为5∶3∶3∶1，则可推测原因可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死 B．后代分离比为7∶3∶1∶1，则可推测原因可能是基因型为Ab的雄配子或雌配子致死 C．后代分离比为9∶3∶3，则可推测原因可能是基因型为ab的雄配子或雌配子致死 D．后代分离比为4∶2∶2∶1，则可推测原因可能是A基因和B基因显性纯合致死 25 解题分析：后代分离比为5∶3∶3∶1，只有双显中死亡4份，可推测可能是基因型为AB的雄配子或雌配子致死，导致双显性状中少4份，A正确；子二代A_B_∶aaB_(或A_bb)∶A_bb(或aaB_)∶aabb＝7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，A_B_少了2份，A_bb(或aaB_)少了2份，最可能的原因是Ab(或aB)的雄配子或雌配子致死，B正确；后代分离比为9∶3∶3，没有出现双隐性，说明aabb的合子或个体死亡，C错误；若A基因和B基因显性纯合致死，则A_B_少5份，A_bb和aaB_中各少1份，即出现后代分离比为4∶2∶2∶1，D正确。 26 [例7]　自私基因是指基因在生物进化中的绝对自私性。某基因型为Aabb的植株体内，A基因就是一种“自私基因”，Aabb产生雌配子时，能杀死体内1/3不含该基因的配子。现该植物自交，子一代自由传粉获得F2。下列说法错误的是(　　) A．亲本产生的雌配子中Ab∶ab＝3∶2 B．F1产生的雌配子中Ab∶ab＝3∶2 C．F2中基因型是AAbb的个体所占的比例为33/100 D．F2中基因型是aabb的个体所占的比例为4/25 27 解题分析： Aabb的植株体内，A基因能杀死体内不含该基因1/3的雌配子，亲本产生的雌配子中Ab∶ab＝1/2∶(1/2×2/3)＝3∶2，A正确；亲本产生的雌配子中Ab∶ab＝3∶2，雄配子中Ab∶ab＝1∶1，雌雄配子随机结合得到F1中AAbb＝3/5×1/2＝3/10，Aabb＝3/5×1/2＋2/5×1/2＝1/2，aabb＝2/5×1/2＝1/5，F1产生的雌配子Ab＝3/10＋1/2×3/5＝3/5，ab＝1/2×2/5＋1/5＝2/5，所以雌配子中Ab∶ab＝3∶2，B正确；F1产生的雌配子类型及比例为Ab∶ab＝3∶2，雄配子类型及比例为Ab∶ab＝(3/10＋1/2×1/2)∶(1/5＋1/2×1/2)＝11∶9，则F1自由传粉得到的F2中AAbb所占比例为33/100，aabb所占比例为9/50，C正确，D错误。 28 课时作业 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 题点 拆分组合法解决自由组合定律问题 拆分组合法解决自由组合定律问题 拆分组合法解决自由组合定律问题 自由组合定律中的特殊分 离比 自由组合定律中的特殊分 离比 自由组合定律中的特殊分 离比 自由组合定律中的特殊分 离比 自由组合定律中的特殊分 离比 自由组合定律中的特殊分 离比 题号 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★★ 题点 自由组合定律中的特殊分离比 拆分组合法解决自由组合定律问题 拆分组合法解决自由组合定律问题 性状由几对等位基因控制 自由组合定律中的特殊分离比 自由组合定律中的特殊分离比(致死) 自由组合定律中的特殊分离比(致死) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 30 [基础对点] 1．A/a，B/b和D/d为三对独立遗传的等位基因，某对亲本的杂交组合为AaBbDd×AaBbDD。下列有关F1的叙述，错误的是(　　) A．F1可能有4种表型，18种基因型 B．F1中杂合子所占的比例为7/8 C．该对杂交组合的配子间随机结合的方式共有16种 D．F1中基因型为AaBBDd的个体所占的比例为1/16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 31 解析：由题可知，A/a，B/b和D/d为三对独立遗传的等位基因，因此遵循自由组合定律。亲本的杂交组合为AaBbDd×AaBbDD，F1的表型有2×2×1＝4(种)，基因型有3×3×2＝18(种)，A正确；F1中纯合子所占的比例为(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，杂合子所占的比例为1－1/8＝7/8，B正确；根据三对基因独立遗传可知，AaBbDd产生8种配子，AaBbDD产生4种配子，配子间随机结合的方式有32种，C错误；F1中基因型为AaBBDd的个体占(1/2)×(1/4)×(1/2)＝1/16，D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 32 2．蝴蝶紫翅(P)对黄翅(p)为显性，绿眼(G)对白眼(g)为显性，两对基因独立遗传，某生物小组用紫翅绿眼和紫翅白眼的蝴蝶进行杂交，F1出现的性状类型及比例如下图所示。下列叙述正确的是(　　) A．亲本的基因型是PpGg×PPgg B．F1中纯合的紫翅绿眼PPGG个体占1/8 C．F1紫翅白眼个体中，与亲本基因型相同的个体占1/2 D．F1紫翅白眼个体“自交”(基因型相同的雌雄个体间交配)，F2中纯合子占2/3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 33 解析：F1紫翅∶黄翅＝3∶1，可知亲本为Pp×Pp，F1绿眼∶白眼＝1∶1，可知亲本为Gg×gg，故亲本基因型为PpGg×Ppgg，A错误；亲本基因型为PpGg×Ppgg，F1中紫翅绿眼(P_Gg)个体占3/4×1/2＝3/8，其中，纯合紫翅绿眼(PPGG)个体占1/4×0＝0，B错误；亲本基因型为PpGg×Ppgg，F1紫翅白眼个体基因型为P_gg，其中PPgg、Ppgg各占1/3、2/3，因此，与亲本基因型相同的个体占2/3，C错误；F1紫翅白眼个体为1/3PPgg、2/3Ppgg，F1紫翅白眼“自交”(基因型相同的雌雄个体间交配)，F2中纯合子概率为1/3＋2/3×1/2＝2/3，D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 34 3．已知豌豆某两对基因按照自由组合定律遗传，其子代基因型及比例为Aabb∶AABB∶AABb∶AAbb∶AaBB∶AaBb＝1∶1∶2∶1∶1∶2，则双亲的基因型是(　　) A．AABB×AABb B．AaBb×AaBb C．AaBb×AABb D．AaBB×AABb 解析：子代中AA∶Aa＝1∶1，说明亲本是AA×Aa；子代中BB∶Bb∶bb＝1∶2∶1，说明亲本是Bb×Bb，所以两亲本的基因型为AABb×AaBb。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 35 4．某种鼠的毛色受两对独立遗传的等位基因A、a和B、b的控制。将纯种浅灰色鼠相互杂交，F1全表现为深灰色，将F1相互杂交，F2深灰色∶浅灰色∶白色＝9∶6∶1，不考虑其他变异的情况，下列分析正确的是(　　) A．亲本的基因型为AABB和aabb B．F2中深灰色鼠的基因型共有3种 C．F2中浅灰色鼠有1/3是杂合子 D．白色鼠与白色鼠杂交，子代均为白色鼠 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 36 解析：由F2性状分离比可得，F1基因型为AaBb，基因型A_B_表现为深灰色，A_bb、aaB_表现为浅灰色，aabb表现为白色。由亲本为纯种浅灰色鼠，F1全表现为深灰色，判断出亲本的基因型为AAbb和aaBB，A错误；F2中深灰色鼠(A_B_)的基因型共有4种，分别为AABB、AABb、AaBB、AaBb，B错误；F2中浅灰色鼠(3A_bb和3aaB_)有纯合子2种(1AAbb和1aaBB)，纯合子占1/3，则杂合子占2/3，C错误；白色鼠基因型为aabb，白色鼠与白色鼠杂交，子代均为白色鼠，D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 37 5．已知某品种油菜粒颜色受两对等位基因控制(独立遗传)，基因型为AaBb的黄粒油菜自交，F1中黄粒∶黑粒＝9∶7。现将F1中全部的黄粒个体进行测交，则后代中黑粒纯合子所占的比例是(　　) A．1/16 B．1/9 C．1/4 D．1/2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 38 解析：已知某品种油菜粒颜色受两对等位基因控制且独立遗传，说明遵循基因的自由组合定律。基因型为AaBb的黄粒油菜自交，F1中黄粒∶黑粒＝9∶7，这是“9∶3∶3∶1”的变式，所以黄粒的基因型为A_B_，黑粒的基因型为A_bb、aaB_和aabb，因此F1中全部的黄粒个体的基因型为AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb＝1∶2∶2∶4，黑粒纯合子的基因型有AAbb、aaBB和aabb三种。现将F1中全部的黄粒个体进行测交，即A_B_与aabb的杂交，只有AaBb的测交后代有黑粒纯合子aabb，且占其后代的1/4，则F1中全部的黄粒个体进行测交，后代中黑粒纯合子所占的比例＝F1中全部黄粒中AaBb的比例×aabb的测交后代黑粒纯合子(aabb)的比例＝4/9×1/4＝1/9。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 39 6．荠菜果实为角果，角果形状的三角形或卵圆形受到独立遗传的A/a、B/b基因的控制，只有存在显性基因时才表现为三角形，否则为卵圆形。若将某纯合的三角形果植株与卵圆形果植株杂交，所得F1再与卵圆形果植株杂交，则F2的表型及比例可能为(　　) A．三角形果∶卵圆形果＝1∶1 B．三角形果∶卵圆形果＝1∶3 C．三角形果∶卵圆形果＝9∶1 D．三角形果∶卵圆形果＝15∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 40 解析：分析题意可知，三角形果植株的基因型有A_B_、A_bb、aaB_，卵圆形果植株的基因组为aabb；若某纯合的三角形果植株的基因型为AABB，与卵圆形果植株(aabb)杂交，所得F1(AaBb)再与卵圆形果植株(aabb)杂交，则F2的基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，即表型及比例可能为三角形果∶卵圆形果＝3∶1；若某纯合的三角形果植株的基因型为AAbb，与卵圆形果植株(aabb)杂交，所得F1(Aabb)再与卵圆形果植株(aabb)杂交，则F2的基因型及比例为Aabb∶aabb＝1∶1，即表型及比例可能为三角形果∶卵圆形果＝1∶1；若某纯合的三角形果植株的基因型为aaBB，与卵圆形果植株(aabb)杂交，所得F1(aaBb)再与卵圆形果植株(aabb)杂交，则F2的基因型及比例为aaBb∶aabb＝1∶1，即表型及比例可能为三角形果∶卵圆形果＝1∶1；综上所述可知，A正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 41 7．某品种花生的厚壳(A)、薄壳(a)和花生种子的高含油量(B)、低含油量(b)是由两对独立遗传的等位基因控制的两对相对性状，已知某种基因型的花粉不育。下列有关图示实验的分析，正确的是(　　) A．亲本甲、乙的基因型组合为AABB× aabb或AAbb×aaBB B．不育花粉的基因型为AB C．F2中纯合子占1/3 D．F1(♂)×薄壳低含油量(♀)，其子代中薄壳低含油量的个体占1/4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 42 解析：F2的表型比例为5∶3∶3∶1，为9∶3∶3∶1的特殊情况，可知F1基因型为AaBb，再由F2的表型比例可知只有基因型为A_B_的个体减少，推测不育花粉的基因型为AB，B正确；因AB花粉不育，亲本中不可能有基因型为AABB的个体，A错误；F2中纯合子基因型为AAbb、aaBB、aabb，各占1/12，共占1/4，C错误；F1( )×薄壳低含油量(♀)，即AaBb( )×aabb(♀)，由于花粉AB不育，故其子代中薄壳低含油量的个体占1/3，D错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 43 8．牡丹的花色种类多种多样，其中白色的不含花青素，深红色的含花青素最多，花青素的含量决定着花瓣颜色的深浅，由两对独立遗传的基因(A和a，B和b)控制；显性基因A和B可以使花青素含量增加，两者增加的量相等，并且可以累加，一深红色牡丹同白色牡丹杂交，得到中等红色的个体。若这些个体自交，其子代将出现的花色种类和比例分别是(　　) A．3种；9∶6∶1 B．4种；9∶3∶3∶1 C．5种；1∶4∶6∶4∶1 D．6种；1∶4∶3∶3∶4∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 44 解析：由题意可知，中等红色的个体基因型为AaBb，若这些个体自交，单独看每一对基因的遗传：Aa×Aa、Bb×Bb，画出子代的基因型棋盘如下表(因为显性基因越多，颜色越深，所以可只写出含显性基因的多少)： 从表中可以看出，子代有5种花色种类，且比例为1∶4∶6∶4∶1。 　 项目 Aa×Aa 1AA 2Aa 1aa Bb×Bb 1BB 1(四显) 2(三显) 1(二显) 2Bb 2(三显) 4(二显) 2(一显) 1bb 1(二显) 2(一显) 1(0显) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 45 9．南瓜是一种雌雄同株的植物，既能自花传粉，又能异花传粉。为研究南瓜果实形状的遗传规律，研究人员进行了杂交实验，结果如图所示。 (1)F2性状分离比约为________，由此推测，南瓜果实 形状的遗传遵循____________定律。 (2)将F1与长圆形南瓜杂交，该杂交方式在遗传学上称 为_____，其后代的基因型有____种，表型有_____种。 (3)想要获得能够稳定遗传的扁盘形南瓜，请简要描述后续实验的基本思路：_________________________________________________________________________________________________________________________。 9∶6∶1 自由组合 测交 4 3 选取F2中扁盘形南瓜种子进行单独播种，进行自交，观察F3中的表型，如果后代的表型均为扁盘形，则为能够稳定遗传的扁盘形南瓜 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 46 解析：(1)分析题图可知，F2性状分离比为：470∶314∶51，约为9∶6∶1，属于9∶3∶3∶1的变式，符合自由组合定律。 (2)用A/a、B/b表示相关基因，F1的基因型为AaBb，与长圆形南瓜杂交(aabb)，相当于进行了测交，测交后代的基因型及比例为AaBb∶aaBb∶Aabb∶aabb＝1∶1∶1∶1，其中AaBb为扁盘形，aaBb和Aabb为圆球形，aabb为长圆形，所以其后代的基因型有4种，表型有3种。 (3)想要获得能够稳定遗传的扁盘形南瓜，就是想要得到AABB的基因型南瓜。选取F2中扁盘形(A_B_)南瓜种子进行单独播种，进行自交，观察F3中的表型，如果扁盘形南瓜的基因型为AaBb、AaBB、AABb，均会出现性状分离；如果扁盘形南瓜的基因型为AABB，则后代的表型均为扁盘形。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 47 10．已知狗的毛色受两对基因(B、b和I、i)控制。基因 型为BB或Bb的狗的皮毛可以呈黑色，基因型为bb的狗的皮 毛可以呈褐色，I基因抑制皮毛细胞色素的合成。下列是一个 有关狗毛色的遗传实验。 (1)该遗传实验中，亲代褐毛狗和白毛狗的基因型分别为________和________。 (2)F2中白毛狗的基因型有_____种，其中纯合子的概率是____。 (3)如果让F2中褐毛狗与F1交配，理论上，其后代的表型及数量比应为___________________________________。 bbii BBII 6 1/6 白毛狗∶褐毛狗∶黑毛狗＝2∶1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 48 解析：(1)由题干信息推知，黑毛狗的基因型为B_ii，褐毛狗的基因型为bbii，白毛狗的基因型为__I_。褐毛狗(bbii)和白毛狗(__I_)杂交，F1是白毛狗(_bIi)，F1白毛狗雌雄交配，F2出现黑毛狗(B_ii)，可以确定F1中白毛狗的基因型为BbIi，亲代白毛狗的基因为BBII。 (2)结合第(1)问可知：F1中白毛狗的基因型为BbIi，F2中白毛狗的基因型共有6种，分别为1/16BBII、1/8BbII、1/16bbII、1/8BBIi、1/4BbIi、1/8bbIi，共12/16，纯合子的概率是1/16＋1/16＝2/16，则白毛狗中纯合子的概率是1/6。 (3)让F2中的褐毛狗和F1白毛狗交配，即bbii×BbIi，后代中白毛狗(bbIi＝1/2×1/2、BbIi＝1/2×1/2)∶褐毛狗(bbii＝1/2×1/2)∶黑毛狗(Bbii＝1/2×1/2)＝2∶1∶1。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 49 11．玉米是雌雄同株异花植物，其宽叶(A)与窄叶(a)是一对相对性状，黄粒(B)与白粒(b)是一对相对性状。现有一株宽叶白粒玉米和一株窄叶黄粒玉米作亲本杂交得F1，F1自交得F2，F2中宽叶黄粒∶窄叶黄粒∶宽叶白粒∶窄叶白粒＝9∶15∶3∶5。下列有关叙述错误的是(　　) A．这两对等位基因的遗传遵循自由组合定律 B．亲本的基因型为Aabb和aaBB C．F1全部个体产生配子的种类及比例是AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶3∶3 D．理论上F1自由传粉产生窄叶白粒植株所占比例为5/16 [能力提升] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 50 解析：黄粒∶白粒＝(9＋15)∶(3＋5)＝3∶1，则F1为Bb；宽叶∶窄叶＝(9＋3)∶(15＋5)＝3∶5，则F1为Aa和aa；F2中宽叶黄粒∶窄叶黄粒∶宽叶白粒∶窄叶白粒＝9∶15∶3∶5＝(3∶5)×(3∶1)，说明两对基因的遗传符合自由组合定律，A正确；F1为AaBb和aaBb，说明亲本的基因型为Aabb和aaBB，B正确；F1为1/2AaBb和1/2aaBb，AaBb产生的配子为1/2(AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1)，aaBb产生的配子为1/2(aB∶ab＝1∶1)，F1全部个体产生配子的种类及比例是AB∶Ab∶aB：ab＝1∶1∶3∶3，C正确；理论上F1产生的配子的种类及比例是AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶3∶3，自由传粉产生窄叶白粒植株aabb所占比例为3/8×3/8＝9/64，D错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 51 12．某植物子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。某人用该植物黄色圆粒和绿色圆粒作亲本进行杂交，发现后代(F1)出现4种类型，其比例分别为：黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶3∶1∶1。去掉花瓣，让F1中黄色圆粒植株自由交配，F2的表型比例是(　　) A．24∶8∶3∶1 B．25∶5∶5∶1 C．15∶5∶3∶1 D．9∶3∶3∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 53 13．兰花的花色有红色、蓝色两种，其遗传符合孟德尔的遗传规律。现将纯合红花和纯合蓝花进行杂交，F1均为红花，F1自交，F2中红花与蓝花的比例为27∶37。下列说法正确的是(　　) A．兰花花色遗传由一对等位基因控制 B．兰花花色遗传由独立遗传的两对等位基因控制 C．若F1测交，则其子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7 D．F2中蓝花基因型有5种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 54 解析：根据题干信息“现将纯合红花和纯合蓝花进行杂交，F1均为红花，F1自交，F2中红花与蓝花的比例为27∶37”可知，F2中红花占27/(27＋37)＝27/64＝(3/4)3，说明兰花花色的遗传是由三对等位基因控制的，兰花的花色遗传遵循基因的分离与自由组合定律，A、B错误；根据实验结果F2中红花占(3/4)3可知，红花的基因型为A_B_C_(假设三对等位基因用A/a、B/b、C/c表示)，其余基因型均表现为蓝花，若F1(其基因型为AaBbCc)测交，则其子代中红花AaBbCc所占比例为1/2×1/2×1/2＝1/8，蓝花占7/8，因此F1测交，其子代表型及比例为红花∶蓝花＝1∶7，C正确；F1(基因型为AaBbCc)自交，F2中基因型种类为3×3×3＝27(种)，其中红花的基因型为A_B_C_，种类为2×2×2＝8(种)，则F2中蓝花基因型为19种，D错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 55 14．玉米的早熟和晚熟这对相对性状的遗传涉及两对 等位基因(A、a与B、b)，研究发现纯合的亲本杂交组合中 出现了如图两种情况。下列相关叙述错误的是(　　) A．在实验2的F2早熟植株中，杂合子所占的比例为4/5 B．对两组实验的F1分别进行测交，后代早熟植株所占 的比例均为3/4 C．若让实验1中的F2随机交配，则后代中早熟植株和晚熟植株的数量比是3∶1 D．实验1的亲本组合类型有两种，每一种亲本组合的F2中早熟植株的基因型都有两种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 56 解析：在实验2的F2早熟植株中，纯合子有三种，为AABB、AAbb、aaBB，早熟植株中纯合子占3/15＝1/5，故杂合子占4/5，A正确；实验1的F1基因型是Aabb或aaBb，实验2的F1基因型是AaBb，所以对两组实验的F1分别进行测交，后代的早熟和晚熟的比例依次为1∶1和3∶1，后代早熟植株所占的比例分别为1/2、3/4，B错误；实验1的亲本的基因型为：AAbb×aabb或aaBB×aabb，F2的基因型为：1AAbb∶2Aabb∶1aabb或1aaBB∶2aaBb∶1aabb，若让F2随机交配(按配子计算，后代的基因型比例不变)，则后代中早熟和晚熟的性状分离比是3∶1，C、D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 57 15．某种植物的红花和白花是一对相对性状，花顶生和花腋生是另一对相对性状，这两对相对性状各受一对等位基因控制。为研究其遗传机制，科研小组进行了杂交实验，结果如下。下列叙述错误的是(　　) 实验①：红花顶生×红花顶生→红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝6∶2∶3∶1 实验②：红花顶生×白花腋生→红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝1∶1∶1∶1 实验③：红花腋生×白花顶生→红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝1∶1∶1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 58 实验④：红花顶生×白花顶生→红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝？ A．实验①可说明红花对白花为显性性状，花顶生对花腋生为显性性状 B．实验①②③都能单独地证明这两对相对性状的遗传是相对独立的 C．根据实验①推测该分离比的出现可能是控制花顶生的基因纯合致死导致 D．实验④的结果为红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝2∶2∶1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 59 解析：①的双亲红花×红花→子代红花∶白花＝3∶1，说明红花为显性；双亲顶生×顶生→子代顶生∶腋生＝8∶4＝2∶1，说明顶生为显性，且显性纯合致死，A、C正确；①的子代6∶2∶3∶1是9∶3∶3∶1由于一对显性基因纯合致死之后的比例，可说明两对等位基因独立遗传；②是双杂合和隐性纯合子杂交，属于测交，后代1∶1∶1∶1，说明两对基因独立遗传，③的两个亲本基因型都是一对杂合，一对隐性纯合，两对基因遵循或不遵循自由组合定律，都会出现这种结果，B错误；假设控制红花的基因为A，控制白花的基因为a；控制顶生的基因为B，控制腋生的基因为b，实验④的亲本红花×白花，子代有白花，说明相关基因型为Aa×aa，亲本中关于花位置的基因型都为Bb，所以实验④中亲本红花顶生基因型为AaBb，白花顶生基因型为aaBb，所产生的后代表型为4种，比例为红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝2∶2∶1∶1，D正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 60 16．某雌雄同株异花二倍体植物的花色由两对独立遗传的基因B、b和D、d控制，不同基因影响不同色素形成，如图所示。研究发现此植物存在某种基因型配子致死现象。研究人员让纯合蓝花植株甲作父本，将其花粉授予红花植株乙进行杂交得到的F1中有紫花和蓝花，让F1中的紫花植株自交，获得足够多的F2，统计其花色，比例为紫花∶蓝花∶红花∶白花＝7∶3∶1∶1。 回答下列问题： (1)对母本进行授粉杂交时无需去雄，原因是____________________。 (2)植株乙的基因型是________，致死的配子是____________。 植株雌雄同株异花 bbDd bD的雄配子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 61 (3)研究发现，高温(35 ℃)会阻抑基因D的表达，导致植株不能合成相关色素，但B基因不受影响。若将上述F1紫花植株均分两组，一组在正常温度下培养，另外一组放在35 ℃环境中，两组植株均进行自交产生F2，其中35 ℃下F2的表型及比例为____________________。 (4)取(3)中正常温度下F2中紫花作父本，白花作母本进行杂交，正常环境温度下发育，后代蓝花占________。 蓝花∶白花＝5∶1 7/23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 62 答案：如图 (5)请以遗传图解表示35 ℃下F2中杂合蓝花植株为母本与杂合白花植株杂交得到的后代表型与比例。(举一例即可) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 63 解析： (2)根据题图中信息，分析基因型与表型的对应关系如表。 　 纯合蓝花植株甲作父本，将其花粉授予红花植株乙进行杂交得到的F1中有紫花和蓝花。所以甲的基因型为BBdd，植株乙的基因型为bbDd，F1紫花的基因型为BbDd，蓝花的基因型为Bbdd，F1中的紫花植株自交，获得足够多的F2，统计其花色，比例为紫花∶蓝花∶红花∶白花＝7∶3∶1∶1，致死现象对白花和蓝花无影响，所以不可能是基因型为bd的配子、基因型为Bd的配子致死，紫花和红花与正常(不致死)的表型分离比相比均有减少，故不可能是基因型为BD的配子致死，综上分析，可知基因型为bD的雄配子致死。 表型 紫花 蓝花 红花 白花 基因型 B_D_ B_dd bbD_ bbdd 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 64 (3)高温(35 ℃)会阻抑D基因的表达，导致植株不能合成相关色素，但B基因不受影响，所以后代不会出现红色和紫色，且基因型为bD的雄配子致死，所以后代为7B_D_(蓝色)，3B_dd(蓝色)，2bb__(白色)，所以35 ℃下的F2的表型及比例为蓝花∶白花＝5∶1。 (4)正常温度下F1自交产生的F2中紫花基因型及占比为3/7BbDd、1/7BbDD、2/7BBDd、1/7BBDD，产生配子种类及比例为BD：3/7×1/4＋1/7×1/2＋2/7×1/2＋1/7＝13/28，Bd：3/7×1/4＋2/7×1/2＝7/28；bD：3/7×1/4＋1/7×1/2＝5/28；bd：3/7×1/4＝3/28，基因型为bD的雄配子致死，则F2中紫花作父本，产生的配子及比例是BD∶Bd∶bd＝13∶7∶3，白花作母本，即bbdd，在正常环境温度下发育，所以后代蓝花占7/23。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 65 (5)35 ℃时，F2中杂合蓝花植株基因型为BbDd、BBDd、BbDD、Bbdd，杂合白花植株的基因型为bbDd，两者杂交后代的遗传图解见答案。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课时作业 16 66 　　　　　　　　　　　　　 R a．先分解为3个分离定律 Aa×Aa→后代有_____种基因型eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)_____∶\f(1,2)_______∶\f(1,4))_____)； Bb×BB→后代有_____种基因型eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))_______∶\f(1,2)________)； Cc×Cc→后代有____种基因型eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)______∶\f(1,2))_______∶\f(1,4)______)。 b．根据解题需要，将a中结果进行组合、运算 AaBbCc×AaBBCc，后代中有______________种基因型。 后代中AaBBcc出现的概率为： ____ (Aa)×_____ (BB)×______ (cc)＝_______。 eq \f(3,4) eq \f(1,2) eq \f(1,4) eq \f(3,32) 知识点二　自由组合定律中的特殊分离比 1．9∶3∶3∶1的变式(“和”等于16，由于基因互作导致的特殊分离比) ♂ ♂ 解析：黄色圆粒和绿色圆粒进行杂交的后代中，圆粒∶皱粒＝3∶1，说明亲本的基因组成为Rr和Rr；黄色∶绿色＝1∶1，说明亲本的基因组成为Yy和yy，杂交后代F1中，分别是黄色圆粒(1YyRR、2YyRr)∶黄色皱粒(1Yyrr)∶绿色圆粒(1yyRR、2yyRr)∶绿色皱粒(1yyrr)＝3∶1∶3∶1，说明两对基因遵循自由组合定律。F1中黄色圆粒植株的基因型及比例为YyRR∶YyRr＝1∶2，则其产生的含Y的配子比例为1/2，含y的配子比例为1/2，含R的配子比例为2/3，含r的配子比例为1/3；F1中黄色圆粒植株自由交配，则子代中yy∶Y_＝(1/2×1/2)∶(1－1/4)＝1∶3；rr的比例＝1/3×1/3＝1/9，R_的比例＝8/9，rr∶R_＝1∶8；因此F2的表型及其比例是黄圆(Y_R_)∶绿圆(yyR_)∶黄皱(Y_rr)∶绿皱(yyrr)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(×eq \f(8,9))) ∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(×eq \f(8,9))) ∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(×eq \f(1,9))) ∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(×eq \f(1,9))) ＝24∶8∶3∶1。 $$