第5单元 第4课时 基因的自由组合定律-【优化探究】2026高考生物学一轮复习高考总复习配套课件（人教版多选）

基因传递的基本规律 第五单元 第4课时　基因的自由组合定律 阐明有性生殖中基因的自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能,并可由此预测子代的遗传性状。 学习要求 演练感悟 考点二 真题 课时 巩固提高 考点一 内容索引 NEIRONGSUOYIN 自由组合定律的发现 孟德尔成功的原因及其遗传规律的应用 自由组合定律的发现 考点一 归纳 必备知识 1.两对相对性状杂交实验的“假说—演绎”分析 (1)观察现象,提出问题 ①两对相对性状杂交实验的过程 绿色 圆粒 绿色 皱粒 ②对杂交实验结果的分析 黄色和圆粒 分离 归纳 必备知识 ③提出问题 F2中为什么会出现新的性状组合呢?F2中不同性状的比(9∶3∶3∶1)与一对相对性状的杂交实验中F2的3∶1的数量比有联系吗? 归纳 必备知识 归纳 必备知识 教材拾遗 (必修2 P10“旁栏思考”)两对相对性状中9∶3∶3∶1的数量比与一对相对性状中3∶1的数量比有什么关系? 从数学角度分析,9∶3∶3∶1是(3∶1)2,即两对相对性状的遗传结果是两对相对性状独立遗传结果(3∶1)的乘积。 (2)提出假说,解释问题 ①假说内容 a.两对相对性状分别由_____遗传因子控制。 b.F1在产生配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子可以_____ _____。 c.F1产生的雌配子和雄配子各有4种: _______________,且数量比为1∶1∶1∶1。 d.受精时,雌雄配子的结合是_____的。雌雄配子的结合方式有_____,基因型有_____,表型有4种,且比例为____________ 。 两对 自由 组合 YR、Yr、yR、yr 随机 16种 9种 9∶3∶3∶1 归纳 必备知识 ②遗传图解 归纳 必备知识 ③结果分析 10/16 6/16 归纳 必备知识 归纳 必备知识 教材拾遗 (必修2 P10“旁栏思考”延伸)含两对相对性状的纯合亲本杂交,F2中重组类型所占比例一定是6/16吗?说明理由。 不一定。当亲本基因型为YYRR和yyrr时,F2中重组类型所占比例是6/16;当亲本基因型为YYrr和yyRR时,F2中重组类型所占比例是10/16。 (3)演绎推理,验证假说 ①演绎推理图解—测交 YR Yr yR yr YyRr Yyrr　 yyRr yyrr 黄色皱粒 绿色圆粒 绿色皱粒　 归纳 必备知识 ②实验验证:孟德尔所做的测交实验,无论是以F1作母本还是作父本,结果 (如表)都_____预期的设想。 性状组合 黄色圆粒 黄色皱粒 绿色圆粒 绿色皱粒 实际籽 粒数 F1作母本 31 27 26 26 F1作父本 24 22 25 26 符合 (4)归纳总结,得出结论:实验结果与演绎结果相符,假说成立,得出自由组合定律。 归纳 必备知识 2.自由组合定律 (1)基因自由组合定律的细胞学基础 归纳 必备知识 (2)自由组合定律的内容 真核生物　 细胞核遗传 归纳 必备知识 1.F2的9∶3∶3∶1性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合。( ) 2.F2的黄色圆粒中,只有基因型为YyRr的个体是杂合子,其他的都是纯合子。 ( ) 3.若双亲豌豆杂交后子代表型之比为1∶1∶1∶1,则两个亲本基因型不一定为YyRr×yyrr。 ( ) 4.在进行减数分裂的过程中,等位基因彼此分离,非等位基因表现为自由组合。 ( ) 5.孟德尔自由组合定律普遍适用于乳酸菌、酵母菌、蓝细菌等各种有细胞结构的生物。 ( ) √ × √ × × 错漏诊断 深研 核心问题 1.图中哪些过程可以体现分离定律的实质?哪些过程体现了自由组合定律的实质? 提示: ①②④⑤过程发生了等位基因分离,可以体现分离定律的实质。只有④⑤过程体现了自由组合定律的实质。 深研 核心问题 2.Yyrr(黄皱)×yyRr(绿圆),后代表型及比例为黄圆∶绿皱∶黄皱∶绿圆=1∶1∶1∶1,这能说明控制两对相对性状的基因遵循基因的自由组合定律吗?为什么? 提示: 不能。Yyrr(黄皱)×yyRr(绿圆),无论这两对基因位于一对同源染色体上还是两对同源染色体上,后代的表型及比例都为黄圆∶绿皱∶黄皱∶绿圆=1∶1∶1∶1。 深研 核心问题 3.豌豆茎的高矮由一对等位基因D/d控制,现以自然种植的两株高茎豌豆和矮茎豌豆为亲本进行杂交产生F1。豌豆容易感染白粉病,现将一个抗白粉病基因B导入F1的染色体上。请设计一个最简单的实验,以探究抗白粉病基因是否与控制茎高矮的基因在一对同源染色体上。 (1)实验设计思路:_________________________________。  让F1自交产生F2,统计F2的表型及比例 (2)结果与结论: ①若后代的表型及比例为_______________________________________________ 则基因B与基因D、d位于两对同源染色体上。 ②若后代的表型及比例为________________________________________________ _______________,则基因B与基因D、d位于一对同源染色体上,且没有发生互换。  抗病高茎∶抗病矮茎∶感病高茎∶感病矮茎=9∶3∶3∶1 抗病高茎∶感病矮茎=3∶1或抗病高茎∶感病高茎∶抗 病矮茎=2∶1∶1 基因的自由组合与基因连锁的比较 (1)基因的自由组合 归纳提升 (2)基因的完全连锁 连锁类型 基因A和B在一条染色体上,基因a和b在另一条染色体上 基因A和b在一条染色体上,基因a和B在另一条染色体上 图解 配子类型 AB∶ab=1∶1 Ab∶aB=1∶1 自交 后代 基因型 1AABB、2AaBb、1aabb 1AAbb、2AaBb、1aaBB 表型 性状分离比3∶1 性状分离比1∶2∶1 测交 后代 基因型 1AaBb、1aabb 1Aabb、1aaBb 表型 性状分离比1∶1 性状分离比1∶1 命题 考向突破 考向1　自由组合定律发生条件、过程及实质 1.(2025·辽宁朝阳模拟)孟德尔两对相对性状的杂交实验中,要实现9∶3∶3∶1的性状分离比,无须考虑以下哪些条件?(　　) ①两对相对性状由位于非同源染色体上的两对等位基因控制　②需选择双显性纯合亲本和双隐性纯合亲本进行杂交　③F1形成的雌雄配子数目相等且雌雄配子结合机会相等　④两对等位基因间的显隐性关系易于区分且都是完全显性　⑤F1不同基因型的配子存活率和F2不同个体的存活率都相等 A.②③　　　　B.①③④⑤ C.② D.②③⑤ A 解析:性状分离比为9∶3∶3∶1,说明两对相对性状由位于非同源染色体上的两对等位基因控制,且每一对等位基因控制的相对性状都易于区分且呈完全显隐性关系,①④是必须的条件;亲本选择时可以选择双显性纯合亲本和双隐性纯合亲本进行杂交,也可用一显一隐和一隐一显两个纯合亲本杂交,②不是必须的;F1形成的雌雄配子数目不相等,③错误;在生殖过程中如果牵涉配子致死或者个体致死,那么子代性状分离比会改变,故F1不同基因型的配子存活率和F2不同个体的存活率都应相等,⑤是必须的。综上所述, A符合题意。 2.(2025·湖北咸宁模拟)已知三对基因在染色体上的位置情况如图所示,且三对基因分别单独控制三对相对性状,下列说法正确的是(　　) A.三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律 B.基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表型,比例为3∶3∶1∶1 C.如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生互换,则它只产生4种配子 D.基因型为AaBb的个体自交,后代会出现4种表型,比例为9∶3∶3∶1 B 解析:A/a和D/d基因以及B/b和D/d基因的遗传遵循基因的自由组合定律, A/a和B/b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律,A错误;如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生互换,则它只产生2种配子,C错误;由于A/a和B/b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律,因此,基因型为AaBb的个体自交,后代不会出现比例为9∶3∶3∶1的4种表型,D错误。 考向2　自由组合定律的验证及基因与染色体关系的确定 3.(2025·江苏淮安模拟)某植物的高茎(B)对矮茎(b)为显性,花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性,花粉粒非糯性(E)对花粉粒糯性(e)为显性,非糯性花粉遇碘液变蓝色,糯性花粉遇碘液呈棕色。现用品种甲(BBDDee)、乙(bbDDEE)、丙(BBddEE)和丁(bbddee)进行如表两组实验:   亲本 F1生殖细胞 组合一 甲×丁 BDe∶Bde∶bDe∶bde=4∶1∶1∶4 组合二 丙×丁 BdE∶Bde∶bdE∶bde=1∶1∶1∶1 下列叙述错误的是(　　) A.由组合一可知,基因B/b和基因D/d位于同一对同源染色体上 B.组合一利用F1自交能验证基因的自由组合定律 C.由组合二可知,基因E/e和基因B/b位于不同对同源染色体上。利用F1自交所得F2中,杂合子占3/4 D.利用花粉鉴定法(检测F1花粉性状)验证基因的自由组合定律,可选用的亲本组合有甲×丙 B 解析:由分析可知,B/b和D/d位于同一对同源染色体上,其遗传不遵循自由组合定律。对等位基因E/e而言,因为F1产生的生殖细胞只含有e基因,因此组合一利用F1自交无法验证基因的自由组合定律,A正确,B错误;由分析可知,B/b和E/e位于两对同源染色体上,其遗传遵循自由组合定律。F1(BbddEe)自交所得的F2中纯合子所占的比例为1/2×1/2=1/4,所以F2中杂合子所占的比例为1-1/4=3/4,C正确;通过观察F1花粉粒的形状和花粉被碘液染成的颜色来验证基因的自由组合定律时,两亲本杂交后F1中应同时含有D/d和E/e,符合条件的组合有乙×丁和甲×丙,D正确。 4.(2025·河北邯郸模拟)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)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)。实验数据如表: 组别 杂交组合 F1表型 F2表型及个体数 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_______________________________________________ ______________________________________。  非同源染色体　 F2中每对相对性状表型的分离比都符合3∶1,而两对 F2中两对相对性状表型的分离比符合9∶3∶ 3∶1 一对 相对性状表型的分离比不符合9∶3∶3∶1 解析:由于表中数据显示甲组F2的表型及比例为红二∶红多∶黄二∶黄多≈9∶3∶3∶1,该比例符合基因的自由组合定律的性状分离比,所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上。乙组F2的表型中,每对相对性状表型的比例都符合3∶1,即圆形果∶长形果=3∶1,单一花序∶复状花序=3∶1,而圆单∶圆复∶长单∶长复不符合9∶3∶3∶1的性状分离比,即其遗传不遵循自由组合定律,所以控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上。 (2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交,结合表中数据分析,其子代的统计结果不符合____________的比例。  1∶1∶1∶1 解析: 根据乙组的相对性状表型分离比可知,控制乙组两对相对性状的基因位于一对同源染色体上,所以用“长复”(隐性纯合子)分别与乙组的两个F1进行杂交,不会出现测交结果为1∶1∶1∶1的比例。 验证两对基因是否位于两对同源染色体上的方法(即验证其遗传是否遵循自由组合定律)   验证方法 结论 自交法 F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1或其变形(9∶7、9∶3∶4、9∶6∶1等),则其遗传遵循基因的自由组合定律,由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 方法技巧 验证方法 结论 测交法 F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1或其变形(1∶3、1∶2∶1等),则其遗传遵循基因的自由组合定律,由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 花粉鉴定法 F1若产生4种花粉,比例为1∶1∶1∶1,则其遗传遵循自由组合定律 单倍体育种法 取花药离体培养,用秋水仙素处理单倍体幼苗,若植株有 4种表型,比例为1∶1∶1∶1,则其遗传遵循自由组合定律 孟德尔成功的原因及其遗传规律的应用 考点二 归纳 必备知识 1.孟德尔获得成功的原因 豌豆　 统计学 　假说—演绎 2.孟德尔遗传规律的应用 (1)应用:有助于人们正确地解释生物界普遍存在的遗传现象,还能够预测杂交后代的_____和它们出现的_____,这在动植物育种和医学实践等方面都具有重要意义。 类型 概率 归纳 必备知识 (2)实例 ①杂交育种:人们有目的地将具有_____________的两个亲本杂交,使两个亲本的_________组合在一起,再筛选出所需要的优良品种。例如既抗倒伏又抗条锈病的纯种小麦的选育。 不同优良性状 优良性状 归纳 必备知识 ②医学实践:人们可以依据分离定律和自由组合定律,对某些遗传病在_________________作出科学的推断,从而为_________提供理论依据。 后代中的患病概率 遗传咨询 抗倒伏 易染病 　抗倒伏易染病 归纳 必备知识 命题 考向突破 1.(多选)人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性;直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发,两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性,与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述不正确的是( 　　) A.基因B、b的遗传不遵循基因的分离定律 B.该女性卵细胞中同时含A、B的概率为1/2 C.上述二者婚配所生孩子中最多有6种不同的表型 D.上述二者婚配生出一个无散光症直发孩子的概率为3/8 ABD 解析:基因B、b的遗传遵循基因的分离定律,A错误;一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb,卵细胞中同时含A、B的概率为1/4,B错误;已知该女性的基因型是AaBb,无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb,二者婚配,所生的孩子中表型最多有2[散光(Aa)、不散光(aa)]× 3[直发(BB)、波浪发(Bb)、卷发(bb)]=6(种),其中生出一个无散光症直发孩子(aaBB)的概率为1/2×1/4=1/8,C正确,D错误。 2.(2025·河北廊坊模拟)如图为选育低植酸抗病水稻品种的过程,图中两对相对性状由两对等位基因控制,并独立遗传。下列有关说法错误的是(　　) A.该育种方法遵循了基因的自由组合定律 B.图示育种过程中,需从F2开始选育 C.经筛选淘汰后,在第一次保留的植株中低植酸抗病纯合子所占的比例 是1/9 D.第一次保留植株经一代自交留种,即为低植酸抗病性状稳定遗传的品种 D 解析:第一次保留植株中只有1/9是纯合子,需要连续自交,逐代筛选,直至不发生性状分离为止,D错误。 真题　演练感悟 2 3 1 4 1.(2021·浙江6月卷)某玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶ yr=1∶1∶1∶1。若该个体自交,其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为(　　) A.1/16 　　　　　　　　 B.1/8 C.1/4 D.1/2 B 2 3 1 4 解析:分析题干信息可知,该玉米植株产生的配子种类及其比例为YR∶Yr ∶yR∶yr=1∶1∶1∶1,其中Y∶y=1∶1,R∶r=1∶1,故推知该植株基因型为YyRr,若该个体自交,其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为1/2×1/4 =1/8,B正确。 2 3 1 4 2.(2024·新课标卷)某种二倍体植物的P1和P2植株杂交得F1,F1自交得F2。对个体的DNA进行PCR检测,产物的电泳结果如图所示,其中①~⑧为部分F2个体,上部2条带是一对等位基因的扩增产物,下部2条带是另一对等位基因的扩增产物,这2对等位基因位于非同源染色体上。下列叙述错误的是(　　) 2 3 1 4 A.①②个体均为杂合体,F2中③所占的比例大于⑤ B.还有一种F2个体的PCR产物电泳结果有3条带 C.③和⑦杂交子代的PCR产物电泳结果与②⑧电泳结果相同 D.①自交子代的PCR产物电泳结果与④电泳结果相同的占1/2 答案:D 2 3 1 4 解析:由题可知,这2对等位基因位于非同源染色体上,假设A/a为上部两条带的等位基因,B/b为下部两条带的等位基因,由电泳图可知P1为AAbb,P2为aaBB,F1为AaBb,F2中①AaBB、②Aabb都为杂合子,③AABb占F2的比例为2/16,⑤AABB占F2的比例为1/16,A正确;电泳图中的F2中①~⑧的基因型依次为AaBB、Aabb、AABb、aaBB、AABB、AAbb、aabb、AaBb,未出现的基因型为aaBb,其个体PCR产物电泳结果有3条带,B正确;③AABb和⑦aabb杂交后代为Aabb、AaBb,其PCR产物电泳结果与②⑧电泳结果相同,C正确;①AaBB自交子代为AABB(1/4)、AaBB(1/2)、aaBB(1/4),其PCR产物电泳结果与④aaBB电泳结果相同的占1/4,D错误。 2 3 1 4 3.(2024·新课标卷)某种瓜的性型(雌性株/普通株)和瓜刺(黑刺/白刺)各由1对等位基因控制。雌性株开雌花,经人工诱雄处理可开雄花,能自交;普通株既开雌花又开雄花。回答下列问题。 (1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1,根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性,则F1瓜刺的表型及比例是__________________。若要判断瓜刺的显隐性,从亲本或F1中选择材料进行的实验及判断依据是_________ _____________________________________________________________________________________________________。  黑刺∶白刺=1∶1 从亲本或 F1中选取表型相同的个体进行自交,若后代发生性状分离,则该个体性状为显性;不发生性状分离,则该性状为隐性 2 3 1 4 解析:黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1,根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性,说明F1中性状有白刺也有黑刺,则亲本显性性状为杂合子, F1瓜刺的表型及比例是黑刺∶白刺=1∶1。若要判断瓜刺的显隐性,应从亲本或F1中选取表型相同的个体进行自交,若后代发生性状分离,则该个体性状为显性;不发生性状分离,则该性状为隐性。 2 3 1 4 (2)王同学将黑刺雌性株和白刺普通株杂交,F1均为黑刺雌性株,F1经诱雄处理后自交得F2,能够验证“这2对等位基因不位于1对同源染色体上”这一结论的实验结果是______________________________________________ ___________________________________。  F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株=9∶3∶3∶1 2 3 1 4 解析: 黑刺雌性株和白刺普通株杂交,F1均为黑刺雌性株,说明在瓜刺这对相对性状中黑刺为显性,在性型这对相对性状中雌性株为显性,若控制瓜刺的基因用A/a表示,控制性型的基因用B/b表示,则亲本基因型为AABB和aabb,F1的基因型为AaBb,F1经诱雄处理后自交得F2,若这2对等位基因不位于1对同源染色体上,则瓜刺和性型的遗传遵循基因的自由组合定律,即F2中的表型及比例为黑刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺雌性株∶白刺普通株=9∶3∶3∶1。 2 3 1 4 (3)白刺瓜受消费者青睐,雌性株的产量高。在王同学实验所得杂交子代中, 筛选出白刺雌性株纯合体的杂交实验思路是________________________ ___________________________________________________________________________________________________________________________。  选择F2中白刺雌性株分别与白刺普通株进行测交,若后代都为白刺雌性株,则该白刺雌性株为纯合体;若后代白刺雌性株∶白刺普通株=1∶1,则该白刺雌性株为杂合体 2 3 1 4 解析: 在王同学实验所得杂交子代中,F2中白刺雌性株的基因型为aaBB和aaBb,若想筛选出白刺雌性株纯合体,可选用测交实验,即选择F2中白刺雌性株分别与白刺普通株(aabb)进行测交,若后代都为白刺雌性株(aaBb),则该白刺雌性株为纯合体,若后代白刺雌性株∶白刺普通株=1∶1,则该白刺雌性株为杂合体。 2 3 1 4 4.(2024·河北卷)西瓜瓜形(长形、椭圆形和圆形)和瓜皮颜色(深绿、绿条纹和浅绿)均为重要育种性状。为研究两类性状的遗传规律,选用纯合体P1(长形深绿)、P2(圆形浅绿)和P3(圆形绿条纹)进行杂交。为方便统计,长形和椭圆形统一记作非圆,结果见表。 实验 杂交组合 F1表型 F2表型和比例 ① P1×P2 非圆深绿 非圆深绿∶非圆浅绿∶圆形深绿∶圆形浅绿=9∶3∶3∶1 ② P1×P3 非圆深绿 非圆深绿∶非圆绿条纹∶圆形深绿∶圆形绿条纹=9∶3∶3∶1 2 3 1 4 回答下列问题。 (1)由实验①结果推测,瓜皮颜色遗传遵循_______定律,其中隐性性状为 ______ 。  分离 浅绿 解析:由实验①结果可知,只考虑瓜皮颜色,F1为深绿,F2中深绿∶浅绿=3∶1,说明该性状的遗传遵循基因的分离定律,且浅绿为隐性。 2 3 1 4 (2)由实验①和②结果不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若要进行判断,还需从实验①和②的亲本中选用_______进行杂交。若F1瓜皮颜色为______,则推测两基因为非等位基因。  P2、P3 深绿 解析: 由实验②可知,F2中深绿∶绿条纹=3∶1,其遗传也遵循基因的分离定律,结合①,不能判断控制绿条纹和浅绿性状基因之间的关系。若两基因为非等位基因,可假设P1为AABB,P2为aaBB,则P3为AAbb,符合实验①②的结果,则还需从实验①和②的亲本中选用P2(aaBB)×P3(AAbb),则F1(AaBb)表现为深绿。 2 3 1 4 (3)对实验①和②的F1非圆形瓜进行调查,发现均为椭圆形,则F2中椭圆深绿瓜植株的占比应为_____。若实验①的F2植株自交,子代中圆形深绿瓜植株的占比为________。  3/8 15/64 2 3 1 4 解析: 调查实验①和②的F1发现全为椭圆形瓜,亲本长形和圆形均为纯合子,说明椭圆形为杂合子,则F2非圆瓜中有1/3为长形,2/3为椭圆形,故椭圆深绿瓜植株占比为9/16×2/3=3/8。由题意可设瓜形基因为C/c,则P1为AABBCC,P2为aaBBcc,F1为AaBBCc,由实验①F2的表型和比例可知,圆形深绿瓜的基因型为A_B_cc。实验①中植株F2自交子代能产生圆形深绿瓜植株的基因型有1/8AABBCc、1/4AaBBCc、1/16AABBcc、1/8AaBBcc,其子代中圆形深绿瓜植株的占比为/8×1/4+1/4×3/16+1/16×1+1/8×3/4= 15/64。 2 3 1 4 (4)SSR是分布于各染色体上的DNA序列,不同染色体具有各自的特异SSR。SSR1和SSR2分别位于西瓜的9号和1号染色体。在P1和P2中SSR1长度不同, SSR2长度也不同。为了对控制瓜皮颜色的基因进行染色体定位,电泳检测实验①F2中浅绿瓜植株、P1和P2的SSR1和SSR2的扩增产物,结果如图。据图推测控制瓜皮颜色的基因位于____染色体。检测结果表明,15号植株同时含有两亲本的SSR1和SSR2序列,同时具有SSR1的根本原因是___________ ________________________________________________________, 同时具有SSR2的根本原因是________________________________________________ ____________________。  9号 裂Ⅰ前期发生染色体片段互换,产生了同时含P1、P2的SSR1的配子 F1在减数分 F1产生的具有来自P1 1号染色体的配子与具有来自P2 1 号染色体的配子受精 2 3 1 4 解析: 由电泳图谱可知,F2浅绿瓜植株中都含有亲本P2的SSR1,而SSR1和SSR2分别位于西瓜的9号和1号染色体上,故推测控制瓜皮颜色的基因位于9号染色体上。由电泳图谱可知,F2浅绿瓜植株中只有15号植株含有亲本P1的SSR1,推测根本原因是F1在减数分裂Ⅰ前期发生染色体片段互换,产生了同时含P1、P2的SSR1的配子,而包括15号植株在内的半数植株同时含有两亲本的SSR2,根本原因是F1减数分裂时同源染色体分离,非同源染色体自由组合,随后F1产生的具有来自P1 1号染色体的配子与具有来自P2 1号染色体的配子受精。 2 3 1 4 (5)为快速获得稳定遗传的圆形深绿瓜株系,对实验①F2中圆形深绿瓜植株控制瓜皮颜色的基因所在染色体上的SSR进行扩增、电泳检测。选择检测结果为______________________________________的植株,不考虑交换,其自交后代即为目的株系。  SSR1的扩增产物条带与P1亲本相同的植株 解析: 为快速获得稳定遗传的深绿瓜株系,对实验①F2中深绿瓜植株控制瓜皮颜色的基因所在染色体上的SSR进行扩增、电泳检测。稳定遗传的深绿瓜株系应是纯合子,其深绿基因最终来源于亲本P1,故应选择SSR1的扩增产物条带与P1亲本相同的植株。 课时 巩固提高 65 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 一、单项选择题 1.(2025·辽宁阜新模拟)孟德尔利用假说—演绎法发现了遗传的两大定律。其中在研究两对相对性状的杂交实验时,针对发现的问题,孟德尔提出的假说是(　　) A.F1在产生配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子自由组合,F1产生四种比例相等的配子 B.F1表现显性性状,F1自交产生四种表型不同的后代,比例是9∶3∶3∶1 C.F1产生数目和种类均相等的雌、雄配子,且雌、雄配子结合的机会相同 D.F1测交将产生四种表型不同的后代,比例为1∶1∶1∶1 A 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:在两对相对性状的杂交实验中,孟德尔提出的假说是F1在产生配子时,每对遗传因子彼此分离,不同对的遗传因子自由组合,F1产生四种比例相等的配子,A符合题意;F1表现显性性状,F1自交产生四种表型不同的后代,比例是9∶3∶3∶1,这是孟德尔在研究两对相对性状的杂交实验中发现的现象,B不符合题意;F1产生四种比例相等的配子,但雌、雄配子数目并不相等,C不符合题意;F1测交将产生四种表型不同的后代,比例为1∶1∶1∶1,这是孟德尔对两对相对性状的杂交实验现象的演绎推理过程,D不符合题意。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 2.(2025·湖北黄石模拟)在孟德尔两对相对性状的杂交实验中,纯合亲本杂交产生F1黄色圆粒豌豆(YyRr),F1自交产生F2。下列叙述正确的是(　　) A.亲本杂交和F1自交的实验中孟德尔都必须在豌豆开花前对母本进行去雄操作 B.配子只含有每对遗传因子中的一个,F1产生的雌配子有4种,这属于演绎的内容 C.F2中两对相对性状均出现3∶1的性状分离比,说明这两对相对性状的遗传都遵循分离定律 D.F2的黄色圆粒豌豆中能够稳定遗传的个体占2/9 C 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:进行杂交实验时需要在豌豆开花前对母本进行去雄操作,而自交实验不需要对母本去雄,A错误;“配子只含有每对遗传因子中的一个”是孟德尔依据实验现象提出的假说,F1产生雌雄配子各有4种是依据假说对实验现象的解释,B错误;在孟德尔两对相对性状的杂交实验中,逐对分析时, F2中黄色∶绿色≈3∶1,圆粒∶皱粒≈3∶1,说明这两对相对性状的遗传都遵循分离定律,C正确;F2的黄色圆粒豌豆(Y_R_)占后代总数的9/16,其中能稳定遗传的基因型只有YYRR,占黄色圆粒的1/9,D错误。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 3.(2025·山东潍坊联考)豌豆的花色和花的位置分别由基因A、a和B、b控制,基因型为AaBb的豌豆植株自交获得的子代表型及比例为红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生=9∶3∶3∶1。下列说法正确的是(　　) A.若子代中红花顶生个体自交,则产生纯合红花顶生个体的概率为1/8 B.若子代中的白花顶生个体经处理可进行自由交配,则产生顶生花的概率为1/9 C.让子代白花顶生个体与红花腋生个体杂交,后代中红花顶生的概率为4/9 D.若A、a和B、b位于同一对同源染色体上,则后代不会出现四种表型 C 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:由“基因型为AaBb的豌豆植株自交获得的子代表型及比例为红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生=9∶3∶3∶1”可知,红花、顶生为显性性状,子代红花顶生个体的基因型为A_B_、白花顶生个体的基因型为aaB_、红花腋生个体的基因型为A_bb、白花腋生个体的基因型为aabb。子代红花顶生个体的基因型及比例为AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb= 1∶2∶2∶4,令其自交,则子代纯合红花顶生(AABB)个体占比为(1/9)× 1+(2/9)×(1/4)×1+(2/9)×1×(1/4)+(4/9)×(1/4)×(1/4)=1/4,A错误。子代中的白花顶生个体基因型及比例为aaBB∶aaBb=1∶2,经处理可进行自由交配,只考虑花的位置,则产生的配子种类及比例为B∶b=2∶1,后代顶生花 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (B_)的概率为(2/3)×(2/3)+(2/3)×(1/3)×2=8/9,B错误。让子代白花顶生个体(aaBB∶aaBb=1∶2)与红花腋生个体(AAbb∶Aabb=1∶2)杂交,白花顶生个体产生的配子为2/3aB、1/3ab;红花腋生个体产生的配子为2/3Ab、1/3ab,后代中红花顶生个体(A_B_)的概率为(2/3)×(2/3)=4/9,C正确。假设A、a和B、b位于同一对同源染色体上,若发生互换,也可以使后代出现四种表型,D错误。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 4.(2025·江苏连云港模拟)下列有关孟德尔杂交实验成功的原因分析,错误的是(　　) A.正确地选用实验材料是孟德尔获得成功的首要原因 B.由单因子到多因子的研究方法也是获得成功的重要原因之一 C.应用数学方法处理和分析实验结果是获得成功的重要原因之一 D.科学地设计了对照实验,控制变量是获得成功的重要原因 D 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:正确地选用实验材料(豌豆)是孟德尔获得成功的首要原因,A正确;为了便于分析,孟德尔先研究豌豆的一对相对性状的遗传,再研究两对相对性状的遗传,即由单因子到多因子的研究方法是孟德尔杂交实验获得成功的重要原因之一,B正确;应用数学方法(统计学方法)处理和分析实验结果是孟德尔杂交实验获得成功的重要原因之一,C正确;孟德尔杂交实验没有设计对照实验,也没有控制变量,D错误。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 5.(2025·湖北荆州模拟)两对基因A和a、B和b在同源染色体上的位置有如图三种情况。在产生配子时,不考虑染色体互换,下列说法错误的是(　　) 类型1 类型2 类型3 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 A.类型1和类型2个体自交,后代的基因型类型相同 B.类型3的个体在产生配子时会出现非同源染色体的自由组合 C.三种类型的个体自交,后代可能出现9∶3∶3∶1性状分离比的是类型3 D.如果类型1、2在产生配子时出现了染色体互换,则三种类型的个体都能产生四种类型的配子 答案:A 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:类型1能产生两种配子Ab、aB,自交后代的基因型为AAbb、AaBb和aaBB,类型2能产生两种配子AB、ab,自交后代的基因型为AABB、aabb和AaBb,即类型1和类型2个体自交,后代的基因型类型不完全相同,A错误;类型3的两对等位基因位于两对同源染色体上,其遗传遵循自由组合定律,故产生配子时会出现非同源染色体的自由组合,B正确;类型3中的A和a、B和b的遗传遵循自由组合定律,能产生AB、ab、Ab、aB四种数量相等的配子,自交后代性状分离比是9∶3∶3∶1,类型1、2两对基因连锁,自交后代性状分离比不是9∶3∶3∶1,C正确;如果类型1、2在产生配子时出现了染色体互换,则三种类型的个体都能产生四种类型的配子,D正确。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 6.(2025·湖北荆州模拟)如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆实验材料及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。下列相关叙述正确的是(　　) 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 A.丁个体(DdYyrr)自交子代会出现四种表型且比例为9∶3∶3∶1 B.图甲、乙个体减数分裂时可以揭示孟德尔自由组合定律的实质 C.用丙个体(ddYyRr)自交,其子代表型比例为9∶3∶3∶1,属于假说—演绎法的提出假说阶段 D.孟德尔用假说—演绎法揭示基因的分离定律时,可以选甲、乙、丙、丁为材料 答案:D 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:丁个体中有两对等位基因(Y/y和D/d)位 于一对同源染色体上,只能产生基因型为DYr、 dyr的两种配子(不考虑形成过程中的染色体 互换),故自交子代会出现两种表型且比例为 3∶1,A错误;图甲、乙个体基因型中都只有 一对等位基因,所以减数分裂时不能揭示孟德尔自由组合定律的实质,B错误;用丙个体(ddYyRr)自交,其子代表型比例为9∶3∶3∶1,属于杂交实验发现问题阶段,C错误;甲、乙、丙、丁中都含有等位基因,故孟德尔用假说—演绎法揭示基因的分离定律时,可以选甲、乙、丙、丁为材料,D正确。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 二、多项选择题 7.(2025·河北邢台模拟)某植物花色有红色和白色,受两对等位基因控制,基因型为AaBb的红花个体自交,F1中红花∶白花=3∶1。不考虑基因突变和同源染色体非姐妹染色单体间的互换,已知亲本产生4种配子。下列分析正确的是(　　) A.基因A/a和基因B/b位于一对同源染色体上 B.该红花植株进行测交,子代中红花∶白花=3∶1 C.从F1中随机选择一株白花植株自交,子代全为白花 D.F1红花植株中,自交后子代全为红花的概率为1/3 CD 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:由题意可知基因型为AaBb的红花个体产生4种配子,则基因A/a和基因B/b位于两对同源染色体上,A错误;设含A基因时为红花,该红花植株(AaBb)进行测交实验,则子代的基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶ aabb=1∶1∶1∶1,即红花∶白花=1∶1,B错误;设含A基因时为红花,则白花的基因型为aaB_、aabb,随机选择一株白花植株自交,子代全为白花,C正确;设含A基因时为红花,基因型为AaBb的红花个体自交,F1中红花的基因型及比例为AABB∶AaBB∶AABb∶AaBb∶AAbb∶Aabb=1∶2∶2∶ 4∶1∶2,其中1AABB、2AABb、1AAbb自交后代全为红花,概率为1/12+ 2/12+1/12=1/3,D正确。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 8.(2025·广东广州模拟)某植物的高茎对矮茎是显性,红花对白花是显性。现有高茎红花与矮茎白花植株杂交,F1都是高茎红花,F1自交获得4 000株F2植株,其中1 002株是矮茎白花,其余全为高茎红花。下列推测合理的是 (　 　) A.控制该植物茎高度的等位基因的遗传遵循分离定律 B.控制这两对相对性状的基因的遗传遵循自由组合定律 C.F2植株中高茎红花纯合子植株的个体数量约为1 000株 D.F2植株自由交配产生的子代中约一半的个体为杂合子 ACD 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:假设A/a基因控制高茎和矮茎,B/b基因控制红花和白花,由F1全为高茎红花,F2中高茎红花∶矮茎白花≈3∶1,可推测控制这两对相对性状的基因位于一对同源染色体上,且A和B连锁,a和b连锁。F2中高茎∶矮茎≈3∶1,所以控制该植物茎高度的等位基因的遗传遵循分离定律,由于两对基因连锁,所以其遗传不遵循自由组合定律,A合理,B不合理。F1产生的配子类型为AB、ab,F2基因型及比例为AABB∶AaBb∶aabb=1∶2∶1,所以F2植株中高茎红花纯合子植株的个体数量约为1 000株,C合理。F2植株产生的配子为AB、ab,比例是1∶1,所以F2植株自由交配产生的子代中纯合子和杂合子各占一半,D合理。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 三、非选择题 9.(2025·河南开封模拟)某野生稻具有抗稻飞虱特性,而栽培稻不抗稻飞虱,该性状受一对等位基因A/a控制。该野生稻与栽培稻杂交,子代全部表现为抗稻飞虱;F1自交,F2抗稻飞虱∶不抗稻飞虱=3∶2;推测原因是含A基因的雄配子生活力(或授粉率)只有其他雄配子的1/4,而雌配子生活力不变。通过转基因技术把配子生活力(或授粉率)维持基因B和抗寒基因D导入F2抗稻飞虱稻染色体上得到两个抗稻飞虱抗寒水稻甲(含B和D基因各一个)和乙(含B和D基因各一个),甲植株自交,子代抗稻飞虱抗寒∶抗稻飞虱不抗寒∶不抗稻飞虱抗寒∶不抗稻飞虱不抗寒=9∶3∶3∶1,乙植株给栽培稻随机授粉后,子代抗稻飞虱抗寒∶抗稻飞虱不抗寒∶不抗稻飞虱抗寒∶不抗稻飞虱不抗寒=0∶5∶8∶0。各类受精卵发育能力相同,不考虑互换。回答下列问题。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (1)已知F1自交形成的各种受精卵发育能力相同,以F1和栽培稻为实验材料,设计杂交实验验证上述推测:含A基因的雄配子生活力(或授粉率)只有其他雄配子的1/4,而雌配子生活力不变。简要写出实验方案和实验结果。 实验方案:_____________________________________________________ _____________。  实验结果: ___________________________________________________ ____________________________________________________________。  以F1抗稻飞虱稻与栽培稻进行正反交实验,观察并记录子代 表型及其比例 F1抗稻飞虱稻为父本时,子代抗稻飞虱与不抗稻飞虱之比为 1∶4;F1抗稻飞虱稻为母本时,子代抗稻飞虱与不抗稻飞虱之比为1∶1 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析:含A基因的雄配子生活力(或授粉率)只有其他雄配子的1/4,而雌配子生活力不变,可选择以F1抗稻飞虱稻(Aa)与栽培稻(aa)进行正反交实验,观察并记录子代表型及其比例。F1抗稻飞虱稻(Aa)为父本时,产生的配子种类及比例为A∶a=1∶4,子代抗稻飞虱(Aa)与不抗稻飞虱(aa)之比为1∶4;F1抗稻飞虱稻为母本(Aa)时,产生的配子种类及比例为A∶a=1∶1,子代抗稻飞虱与不抗稻飞虱之比为1∶1。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (2)甲植株抗稻飞虱基因与抗寒基因的遗传_____(填“遵循”或“不遵循”)自由组合定律,原因是: ____________________________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________ ______________。  遵循 甲植株自交,子代抗稻飞虱∶不抗稻飞虱=3∶1,抗寒∶不抗寒=3∶1,且子代抗稻飞虱抗寒∶抗稻飞虱不抗寒∶不抗稻飞虱抗寒∶不抗稻飞虱不抗寒=9∶3∶3∶1,说明两对基因独立遗传,遵循自由组合定律 解析: 甲植株自交,子代抗稻飞虱∶不抗稻飞虱=3∶1,抗寒∶不抗寒=3∶1,且子代抗稻飞虱抗寒∶抗稻飞虱不抗寒∶不抗稻飞虱抗寒∶不抗稻飞虱不抗寒=9∶3∶3∶1,说明两对基因独立遗传,遵循自由组合定律。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (3)由F1抗稻飞虱稻获得抗稻飞虱抗寒水稻乙的原理是__________,水稻乙中A、a、B、D基因在染色体上的位置关系是____________________ _______________________,若乙植株自交,后代出现抗稻飞虱抗寒纯合体的概率是____%。  基因重组 a和D位于一条染色体 上,B位于另一对染色体上 0 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 解析: 水稻乙是由F1抗稻飞虱稻转基因获得的,转基因的原理是基因重组。乙植株与栽培稻杂交,相当于测交,后代只有抗稻飞虱不抗寒和不抗稻飞虱抗寒两种表型,说明乙植株产生两种配子,Ad∶aD=5∶8,说明抗稻飞虱基因A/a与抗寒基因D不遵循自由组合定律,且A∶a=5∶8,说明A配子有一部分不能存活,配子维持力基因与A/a基因不位于同一对同源染色体上,所以 A/a、B、D的位置关系为a和D位于一条染色体上,B位于另一条染色体上,在此情况下,乙植株自交,不考虑互换情况,后代不会出现抗稻飞虱抗寒纯 合体。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 10.(2025·广东惠州模拟)野生型果蝇为灰身、长翅,灰身基因(A)突变后出现黑身(a)表型,长翅基因(B)突变后出现残翅(b)表型,控制两对性状的基因都位于常染色体上。现有灰身长翅(P1)与黑身残翅(P2)两种果蝇进行杂交,实验结果如图所示。请回答下列问题。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (1)根据杂交实验一结果推测,P1(♂)亲本的基因型是_______,其产生配子的基因型及比例是______________;出现这种比例最可能的原因是_____ ___________________________________________________________。  AaBb AB∶ab=1∶1 两对 等位基因位于一对同源染色体上,减数分裂形成雄配子时不发生互换 解析:杂交实验一中母本P2的基因型为aabb,其与P1杂交,产生的后代灰身长翅(AaBb)∶黑身残翅(aabb)=1∶1,说明P1(♂)亲本产生了两种比例均等的配子,即AB∶ab=1∶1,因此P1的基因型是AaBb;根据上述结果可知,两对基因的遗传不遵循自由组合定律,出现上述比例的原因是两对等位基因位于一对同源染色体上,A和B连锁,a和b连锁,且减数分裂形成雄配子时不发生互换。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (2)分析杂交实验二子代出现的表型及比例可知,P1(♀)产生的配子基因型及比例是____________________________;出现这种比例最可能的原因是___________________________________________________________ _____。  AB∶ab∶Ab∶aB=4∶4∶1∶1 两对等位基因位于一对同源染色体上,减数分裂形成雌配子时发生 互换 解析: 杂交实验二中父本P2的基因型为aabb,其与P1杂交后子代出现四种表型,且比例为灰身长翅∶黑身残翅∶灰身残翅∶黑身长翅=4∶4∶1∶1,说明P1(♀)产生的配子基因型及比例是AB∶ab∶Ab∶aB=4∶4∶1∶1;出现这种比例最可能的原因是两对等位基因位于一对同源染色体上,在减数分裂形成雌配子时,A和B所在的染色体和与其同源的含有a和b基因的染色体之间发生了互换。 2 3 5 6 7 8 9 1 4 10 (3)根据(1)(2)结论计算:P1自群繁殖[即P1(♂)与P1(♀)交配],其子代表型和比例为灰身长翅∶灰身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅=______________。  14∶1∶1∶4 解析: P1群体的基因型为AaBb,根据(1)(2)结论计算可知,该群体产生的雌配子的比例为AB∶ab∶Ab∶aB=4∶4∶1∶1,雄配子的比例为AB∶ab =1∶1,P1群体自由交配产生的子代中灰身长翅(A_B_)占+×=,灰身残翅(Aabb)占×=,黑身长翅(aaBb)占×=,黑身残翅(aabb)占×=,因此,子代中灰身长翅∶灰身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅=14∶1∶1∶4。 $$