1、专题十二基因的自由组合定律考点基因的自由组合定律1.2017浙江11月选考,24,2分豌豆子叶的黄色对绿色为显性,种子的圆粒对皱粒为显性,且两对性状独立遗传。以1株黄色圆粒和1株绿色皱粒豌豆为亲本,杂交得到F1,其自交得到的F2中黄色圆粒黄色皱粒绿色圆粒绿色皱粒=93155,则黄色圆粒的亲本产生的配子种类有 （ ）A.1种B.2种C.3种D.4种本题借助特殊的性状分离比“9:3:15:5”设置新情境,考查考生对孟德尔遗传定律的掌握及应用情况。解答本题的关键是将9:3:15:5分解成9:3:3:1与12:4的和,从而确定F1是两种基因型的个体。2.2019全国卷,32,11分某实验室保存有野生型
2、和一些突变型果蝇。果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置如图所示。回答下列问题。(1)同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合子果蝇进行杂交,F2中翅外展正常眼个体出现的概率为。图中所列基因中,不能与翅外展基因进行自由组合的是。(2)同学乙用焦刚毛白眼雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇进行杂交(正交),则子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为;若进行反交,子代中白眼个体出现的概率为。(3)为了验证遗传规律,同学丙让白眼黑檀体雄果蝇与野生型(红眼灰体)纯合子雌果蝇进行杂交得到F1,F1相互交配得到F2。那么,在所得实验结果中,能够验证自由组合定律的F1表现型是,F2表现型及其分离比是
3、;验证伴性遗传时应分析的相对性状是,能够验证伴性遗传的F2表现型及其分离比是。高考对遗传部分的考查,角度多种多样,由一对等位基因到两对及多对等位基因,由常染色体遗传到性染色体遗传再到X、Y染色体同源区段遗传,由常规分离比到特殊分离比,由遗传推理和计算到用假说演绎法探究,考查形式推陈出新。本题则创设实验情境,以野生型和突变型果蝇为实验材料进行相关实验,这是高考命题的方向之一,考查考生的理解能力和实验探究能力,突显科学思维和科学探究等生物学科核心素养。解答本题需要获取不同染色体上的基因和性状等关键信息,如红眼对白眼为显性、直刚毛对焦刚毛为显性,两对基因位于X染色体上;正常翅对翅外展为显性,相关基因
4、位于2号染色体上等。在此基础上,依据基因的分离定律和自由组合定律及伴性遗传规律等进行推导。3.2016四川理综,11,14分油菜物种(2n=20)与(2n=18)杂交产生的幼苗经秋水仙素处理后,得到一个油菜新品系(注:的染色体和的染色体在减数分裂中不会相互配对)。(1)秋水仙素通过抑制分裂细胞中的形成,导致染色体加倍;获得的植株进行自交,子代 (会/不会)出现性状分离。(2)观察油菜新品系根尖细胞有丝分裂,应观察区的细胞,处于分裂后期的细胞中含有条染色体。(3)该油菜新品系经多代种植后出现不同颜色的种子,已知种子颜色由一对基因A/a控制,并受另一对基因R/r影响。用产黑色种子植株(甲)、产黄色
5、种子植株(乙和丙)进行以下实验:组别亲代F1表现型 F1自交所得F2的表现型及比例 实验一 甲乙 全为产黑色种子植株 产黑色种子植株产黄色种子植株=3:1实验二乙丙 全为产黄色种子植株 产黑色种子植株产黄色种子植株=3:13由实验一得出,种子颜色性状中黄色对黑色为性。分析以上实验可知,当基因存在时会抑制A基因的表达。实验二中丙的基因型为,F2产黄色种子植株中杂合子的比例为。有人重复实验二,发现某一F1植株,其体细胞中含R/r基因的同源染色体有三条(其中两条含R基因),请解释该变异产生的原因:。让该植株自交,理论上后代中产黑色种子的植株所占比例为。本题将单倍体育种、减数分裂、自由组合定律及相关概
6、率的计算等知识综合起来进行考查,既考查了知识间的内在联系,又体现了对生命观念、科学思维等核心素养的考查。解答本题第(3)小题的关键是按照减数分裂过程中染色体的行为变化写出配子的基因组成,结合题目信息进行逐步分析解答。4.2016全国卷,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有毛白肉A无毛黄肉C有毛黄肉有毛白肉为11全部为无毛黄肉全部为有毛黄肉实验1实验2实验3回
7、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中得到的子代无毛黄肉的基因型有 。本题提供了一个新颖的实验设计方案三种亲本两两杂交,这种方法最大的优点是能明显缩短实验研究所耗费的时间。解答本题的关键是将自由组合定律分解为分离定律再进行分析判断。 考点基因的自由组合定律 考法1 设计实验验证遗传规律命题角度1自由组合定律的验证1 大纲全国卷高考,34,11分已
8、知玉米子粒黄色(A)对白色(a)为显性,非糯(B)对糯(b)为显性,这两对性状自由组合。请选用适宜的纯合亲本进行一个杂交实验来验证:子粒的黄色与白色的遗传符合分离定律;子粒的非糯与糯的遗传符合分离定律;以上两对性状的遗传符合自由组合定律。要求:写出遗传图解,并加以说明。根据题目要求“选用适宜的纯合亲本”“杂交实验”等关键词,可选择(纯合白非糯)aaBB和(纯合黄糯)AAbb或(纯合黄非糯)AABB和(纯合白糯)aabb作为亲本,杂交后F1均为AaBb(杂合黄非糯)。F1自交,若F2中黄粒(A_)白粒(aa)=31,则说明子粒的黄色与白色的性状遗传符合分离定律,同理,若F2中非糯粒(B_)糯粒(
9、bb)=31,则说明子粒的非糯与糯的性状遗传符合基因分离定律。若F2中黄非糯粒黄糯粒白非糯粒白糯粒=9331,即A_B_A_bbaaB_aabb=9331,则说明以上两对性状遗传符合自由组合定律。亲本(纯合白非糯)aaBBAAbb(纯合黄糯)亲本或为(纯合黄非糯)AABBaabb(纯合白糯) F1 AaBb(杂合黄非糯) F2F2子粒中:若黄粒(A_)白粒(aa)=31,则说明该性状的遗传符合分离定律;若非糯粒(B_)糯粒(bb)=31,则说明该性状的遗传符合分离定律;若黄非糯粒黄糯粒白非糯粒白糯粒=9331即A_B_A_bbaaB_aabb=9331,则说明这两对性状的遗传符合自由组合定律(
10、其他合理答案也可)。1.2019河北衡水调研改编现有甲、乙两种类型的豌豆各若干,下列相关叙述正确的是() 甲 乙A.甲甲、乙乙都可用于验证基因的分离定律B.可以用甲甲验证基因自由组合定律C.乙种豌豆自交后代中基因型为 AaBbDd的个体占1/8(不考虑交叉互换)D.乙种豌豆细胞中等位基因B、b的分离一定只发生在减数第一次分裂过程中考法2 巧用分离定律解决自由组合定律问题命题角度2利用分离定律解决自由组合定律中的概率计算问题2 2019江苏,32,9分杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制,毛色有红毛、棕毛和白毛三种,对应的基因组成如表。请回答下列问题:毛色红毛棕毛白毛基因组成A_B_A_bb
11、、aaB_aabb(1)棕毛猪的基因型有种。(2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛,F1雌雄交配产生F2。该杂交实验的亲本基因型为。F1测交,后代表现型及对应比例为。F2中纯合个体相互交配,能产生棕毛子代的基因型组合有种(不考虑正反交)。F2的棕毛个体中纯合体的比例为。F2中棕毛个体相互交配,子代白毛个体的比例为。(3)若另一对染色体上有一对基因I、i,I基因对A和B基因的表达都有抑制作用,i基因不抑制,如I_A_B_表现为白毛。基因型为IiAaBb的个体雌雄交配,子代中红毛个体的比例为,白毛个体的比例为。 本题考查基因的自由组合定律的应用及概率的计算,意在考查考生的综合运用能力
12、。(1)结合表格分析,棕毛猪的基因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb,共4种。(2)亲本都为纯合棕毛猪,F1均表现为红毛,则F1的基因型为AaBb,亲本基因型为AAbb和aaBB。据题干信息,控制猪毛色的两对等位基因独立遗传,则两对基因在遗传时遵循基因的自由组合定律。F1(AaBb)与aabb进行测交,后代的基因型及比例为AaBbAabbaaBbaabb=1111,表现型及比例为红毛棕毛白毛=121。F1雌雄个体交配产生F2,F2的基因型有A_B_、A_bb、aaB_、aabb,其中纯合个体的基因型有AABB、AAbb、aaBB、aabb,其中AAbbaabb、aaBBaabb、AAb
13、bAAbb、aaBBaaBB,共4种组合能产生棕毛子代。F2中棕毛个体的基因型为A_bb、aaB_,所占比例为6/16,纯合棕毛个体所占比例为2/16,则F2的棕毛个体中纯合体的比例为1/3。F2中棕毛个体的基因型及比例为AAbbAabbaaBBaaBb=1212,其中1/3Aabb()1/3aaBb()、1/3Aabb()1/3aaBb()、1/3Aabb1/3Aabb、1/3aaBb1/3aaBb组合后代可以出现白毛,所占比例为(1/3)(1/3)(1/2)(1/2)2+(1/3)(1/3)(1/4)+(1/3)(1/3)(1/4)=1/9。(3)据题干信息,I、i位于另一对同源染色体上,
14、则I/i与A/a、B/b在遗传时也遵循自由组合定律。基因型为IiAaBb的雌雄个体交配,后代红毛个体的基因型应为ii A_B_,其所占比例为(1/4)(9/16)=9/64,后代白毛个体的基因型为I_ _ _ _ _、iiaabb,其所占比例为3/4+(1/4)(1/16)=49/64。(1)4(2)AAbb和aaBB红毛棕毛白毛=12141/31/9(3)9/6449/642.已知A与a、B与b、C与c这3对等位基因分别控制3对相对性状且3对等位基因自由组合,基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个个体进行杂交(子代数量足够多)。下列关于杂交后代的推测,正确的是 ()A.表现型有8种,基
15、因型为AaBbCc的个体所占的比例为1/16B.表现型有4种,基因型为aaBbcc的个体所占的比例为1/16C.表现型有8种,基因型为Aabbcc的个体所占的比例为1/8D.表现型有8种,基因型为aaBbCc的个体所占的比例为1/16命题角度3利用性状分离比推导基因型3 2019全国卷,32,12分某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2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。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。实验:让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交,子代都是绿叶实验:让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交,子代个体中绿叶:紫叶=1:
16、3回答下列问题。(1)甘蓝叶色中隐性性状是,实验中甲植株的基因型为。(2)实验中乙植株的基因型为,子代中有种基因型。(3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交,若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1:1,则丙植株所有可能的基因型是;若杂交子代均为紫叶,则丙植株所有可能的基因型是;若杂交子代均为紫叶,且让该子代自交,自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15:1,则丙植株的基因型为。(1)(2)根据题干信息可知,甘蓝叶色受2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为隐性性状,其他基因型的个体均表现为显性性状。由于绿叶甘蓝(甲)植株的自交后代都表现为绿叶,且绿叶甘蓝(甲)和紫叶甘蓝(乙)的杂
17、交后代中绿叶紫叶=13,可推知甲植株的基因型为aabb,乙植株的基因型为AaBb。实验中aabb(甲)AaBb(乙)Aabb(紫叶)、AaBb(紫叶)、aaBb(紫叶)、aabb(绿叶),故实验中子代有4种基因型。(3)紫叶甘蓝(丙)植株和甲植株(基因型为aabb)杂交,子代表现为紫叶:绿叶=1:1,说明丙植株只有一对基因杂合,另一对基因为隐性纯合,故丙植株所有可能的基因型是Aabb或aaBb。若杂交子代均为紫叶,说明丙植株的基因型中不同时含a和b,从紫色植株基因型A_B_、A_bb、aaB_(共8种)中排除AaBb、Aabb、aaBb 3种基因型,则丙植株所有可能的基因型是AABB、AaBB
18、、AABb、AAbb或aaBB;由F2中紫叶:绿叶=15:1,可推知F1一定为双杂合个体,即AaBb,故亲本中丙植株的基因型为AABB。(1)绿色aabb(2)AaBb4(3)Aabb、aaBbAABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABbAABB考法3 基因自由组合定律的特殊分离比分析命题角度4基因互作类特殊分离比4 2015福建理综,28,14分鳟鱼的眼球颜色和体表颜色分别由两对等位基因A、a和B、b控制。现以红眼黄体鳟鱼和黑眼黑体鳟鱼为亲本,进行杂交实验,正交和反交结果相同。实验结果如图所示。请回答:(1)在鳟鱼体表颜色性状中,显性性状是。亲本中的红眼黄体鳟鱼的基因型是。(2)已知这两
19、对等位基因的遗传符合自由组合定律,理论上F2还应该出现性状的个体,但实际并未出现,推测其原因可能是基因型为的个体本应该表现出该性状,却表现出黑眼黑体的性状。(3)为验证(2)中的推测,用亲本中的红眼黄体个体分别与F2中黑眼黑体个体杂交,统计每一个杂交组合的后代性状及比例。只要其中有一个杂交组合的后代 ,则该推测成立。(4)三倍体黑眼黄体鳟鱼具有优良的品质。科研人员以亲本中的黑眼黑体鳟鱼为父本,以亲本中的红眼黄体鳟鱼为母本,进行人工授精。用热休克法抑制受精后的次级卵母细胞排出极体,受精卵最终发育成三倍体黑眼黄体鳟鱼,其基因型是 。由于三倍体鳟鱼,导致其高度不育,因此每批次鱼苗均需重新育种。(1)
20、杂交实验的正反交结果相同,且F2的表现型比例为934,说明两对基因均位于常染色体上;黄体黑体F1全为黄体,说明黄体对黑体为显性;红眼黑眼F1全为黑眼,说明黑眼对红眼为显性,则亲本的基因型是aaB_和A_bb,又根据F2的表现型及其比例为934(3+1),可推出F1的基因型为AaBb,则亲本中红眼黄体鳟鱼的基因型为aaBB。(2)综上所述可知,P:aaBBAAbbF1:AaBb,F1自交得F2,理论上F2为9黑眼黄体(A_B_)3红眼黄体(aaB_)3黑眼黑体(A_bb)1红眼黑体(aabb),可实验结果是F2的表现型及其比例为黑眼黄体红眼黄体黑眼黑体=934(即3+1),因此可以推测1/16的
21、aabb个体表现为黑眼黑体。(3)如果第(2)小题的假设成立,则亲本中红眼黄体个体(aaBB)与F2中黑眼黑体个体(A_bb或aabb)杂交,其中aaBBaabbaaBb,此时子代全部为红眼黄体,其他杂交组合均会出现黑眼个体。(4)亲本中黑眼黑体个体(AAbb)作为父本,其精子基因型为Ab,亲本中红眼黄体个体(aaBB)作为母本,其次级卵母细胞基因型为aaBB(不排出极体),则受精卵的基因型为AaaBBb,所以受精卵最终发育成的三倍体黑眼黄体鳟鱼的基因型为AaaBBb,由于三倍体黑眼黄体鳟鱼不能进行正常的减数分裂(或在减数分裂过程中,染色体联会紊乱),难以产生正常配子,导致其高度不育。(1)黄
22、体(或黄色)aaBB(2)红眼黑体aabb(3)全部为红眼黄体(4)AaaBBb不能进行正常的减数分裂,难以产生正常配子(或在减数分裂过程中,染色体联会紊乱,难以产生正常配子)3.2016全国卷,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
23、基因型种类比红花植株的多命题角度5基因致死类特殊分离比5 2018浙江4月选考,31,7分某XY性别决定型昆虫的红眼与朱红眼、有眼与无眼分别由基因A(a)、B(b)控制,其中有一对基因位于性染色体上,且存在两对隐性基因纯合致死现象。一只红眼雌性个体与一只朱红眼雄性个体多次交配,F1雌性个体中有红眼和无眼,雄性个体全为红眼。让F1雌雄个体随机交配得F2,F2的表现型及比例如下表。红眼朱红眼无眼雌性个体15/615/619/61雄性个体24/618/610回答下列问题:(1)有眼对无眼为性,控制有眼与无眼的B(b)基因位于染色体上。(2)若要验证F1红眼雄性个体的基因型,能否用测交方法?,其原因是
24、。(3)F2红眼雄性个体有种基因型,让其与F2红眼雌性个体随机交配,产生的F3有种表现型,F3中无眼雌性个体所占的比例为。(1)有眼与有眼个体交配后代出现了无眼个体,说明有眼对无眼为显性,且无眼性状只在雌性个体中出现,与性别相关联,说明B(b)基因的遗传是伴性遗传,且根据题干信息可推断相关基因B(b)位于X和Y染色体的同源区段。红眼雌性个体与朱红眼雄性个体杂交后代中有眼的都是红眼,F2中红眼:朱红眼=3:1,说明红眼对朱红眼为显性,且相关基因A(a)位于常染色体上。(2)测交是让F1的红眼雄性个体与双隐性雌性个体杂交,由题意可推知出现题表结果的原因是基因型为aaXbXb的个体死亡,故该群体中没
25、有符合要求的对象。(3)根据(1)、(2)推断可知,亲本红眼雌性个体的基因型为AAXBXb,雄性个体的基因型为aaXbYB,故F2中红眼雄性个体的基因型有AAXBYB、AaXBYB、AAXbYB、AaXbYB,共4种基因型(两对基因分开考虑:AA:Aa=1:2;XBYB:XbYB=1:3),F2中红眼雌性个体的基因型为AAXBXB、AAXBXb、AaXBXB、AaXBXb(两对基因分开考虑:AA:Aa=1:2;XBXB:XBXb=1:4),F3中的表现型为5种,致死个体所占比例为(2/3)(2/3)(1/4)(3/4)(4/5)(1/4)=1/60;存活个体所占比例为1-1/60=59/60;
26、无眼雌性个体所占比例为(3/4)(4/5)(1/4)1-(2/3)(2/3)(1/4)=2/15;所以F3中无眼雌性个体所占的比例为(2/15)(59/60)=8/59。(1)显X和Y(2)不能aaXbXb个体致死(3)458/59核心素养解读本题主要通过“分析综合”和“假说演绎”考查考生的科学思维:核心素养角度具体解读分析综合(需要单独分析每对性状的遗传,然后进行综合分析)由于F1中只有红眼个体,不存在朱红眼个体,说明双亲都为纯合子;又由于红眼性状在雌雄个体中均有,可推知A/a基因很可能位于常染色体上;由于F1中无眼性状只出现在雌性个体中,可推知B/b基因位于性染色体上逻辑推理在上述分析的基
27、础上写出可能的基因型,按遗传规律推理(书写遗传图解),最后与表格中的统计数据比对,判断推理是否正确命题角度6基因累加引起的特殊分离比6 2016上海,25,2分控制棉花纤维长度的三对等位基因A/a、B/b、C/c对长度的作用相等,分别位于三对同源染色体上。已知基因型为aabbcc的棉纤维长度为6厘米,每个显性基因增加纤维长度2厘米。棉花植株甲(AABbcc)与乙(aaBbCc)杂交,则F1的棉纤维长度范围是A.614厘米B.616厘米C.814厘米D.816厘米棉花植株甲(AABbcc)与乙(aaBbCc)杂交,所得F1中棉纤维最长的基因型为AaBBCc,棉纤维最短的基因型为Aabbcc。因基
28、因型为aabbcc的棉纤维长度为6厘米,每个显性基因增加纤维长度2厘米,故F1的棉纤维长度范围是814厘米。 C4.西瓜的瓜重是由核基因(用A/a、B/b、C/c等表示)控制的,用瓜重为6千克的西瓜植株与瓜重为4千克的西瓜植株杂交,F1瓜重均为5千克,F1自交得到F2,F2中又出现了瓜重为2千克与8千克的西瓜植株,各占1/64。以下叙述正确的是 ()A.西瓜的瓜重至少是由两对等位基因控制的B.瓜重为6千克的西瓜植株有5种基因型C.亲本的基因型可能为AAbbccaaBBCCD.瓜重分别为2千克与8千克的西瓜植株杂交,子代的瓜重为4千克命题角度7基因连锁引起的特殊分离比7 2018全国卷,31,1
29、0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)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
30、”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进行杂交,结合表中数据分析,其子代的统计结果不符合的比例。探究两对或两对以上等位基因的遗传规律时,常采用自交法或测交法,以确定两对或两对以上等位基因是否存在基因连锁现象。具体步骤如下: 本题主要考查遗传规律的应用,要求考生具有一定的分析推理能力。(1)依据甲组实验可知,不同性状的双亲杂交,子代表现出的性状为显性性状(红二),F2出现9331的性状分离比,所以控制红果与黄果、子房二室与多室两对性状的基因位于非同源染色体上;同理可知乙组中,圆形果单一花序为显性性状,F2中圆长=31、单复=31,但未出现9331的性状
31、分离比,说明两对等位基因的遗传遵循分离定律但不遵循自由组合定律,所以控制乙组两对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)根据乙组表中的数据分析可知,乙组的两个F1 “圆单”为双显性状,则“长复”为双隐性状,且F2未出现9331的性状分离比,说明F1“圆单”个体不能产生1111的四种配子,因此用“长复”分别与乙组的两个F1进行测交,其子代的统计结果不符合1111的比例。(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解后反思解答本题的关键在于根据两组杂交实验中F2表现型及个数,推
32、断出亲本产生的配子的种类和比例,进而判断控制两对性状的基因在染色体上的位置。全国卷近年来考查的分离比多是9331及其变形,也有一些致死现象造成的特殊分离比,对于基因连锁造成的特殊分离比则几乎没有涉及,虽然教材中并没有讲解连锁互换定律,但这部分内容可以利用基因在染色体上以及交叉互换的知识来解释,因此高考考查了这部分内容也不算是超出大纲要求,如果在复习备考中不曾涉及,遇到此类问题时可能无从下手,所以适当关注基因连锁而形成的分离比是必要的。5.2019河北示范性高中联考香豌豆具有紫花(A)与红花(a)、长花粉(B)与圆花粉(b)两对相对性状。紫花长花粉香豌豆与红花圆花粉香豌豆杂交,所得F1植株均表现
33、为紫花长花粉,F1植株自交,所得F2植株中有紫花长花粉植株583株,紫花圆花粉植株26株,红花长花粉植株24株,红花圆花粉植株170株。请回答下列问题。(1)分析F1自交结果可知,这两对相对性状的遗传遵循定律,原因是。(2)F1个体产生的配子有种基因型,推测可能的原因是。(3)若(2)中推测正确,请用以上植株为实验材料设计一代杂交实验加以证明,写出实验思路并预期实验结果。实验思路: 。预期实验结果: 。命题角度8多对等位基因的遗传问题8 2017全国卷,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
34、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解法一 :由F2中52+3+9=64可推知,F1产生的雌雄配子各有8种,即可快速推出F1的基因型为AaBbDd。A项中AABBDDaaBBddF1
35、:AaBBDd,或AAbbDDaabbddF1:AabbDd,F1产生的雌雄配子各有4种,A项错误。B项中aaBBDDaabbddF1:aaBbDd,或AAbbDDaaBBDDF1:AaBbDD,F1产生的雌雄配子各有4种,B项错误。C项中aabbDDaabbddF1:aabbDd, F1产生的雌雄配子各有2种;AAbbDDaabbddF1:AabbDd, F1产生的雌雄配子各有4种,C项错误。D项中AAbbDDaaBBddF1:AaBbDd,或AABBDDaabbddF1:AaBbDd, F1产生的雌雄配子各有8种,D项正确。解法二:由题可知,F2黑色个体的基因型为A_B_dd,所以亲本杂交
36、产生的F1一定含有基因A和B,从而排除A、B和C项,进而快速推导出正确选项为D项。D6.2019河北石家庄质检某植物的红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因(A、a,B、b,C、c)控制,当个体的基因型中每对基因都至少含有一个显性基因时才开红花,否则开白花。现将两个纯合的白花品系杂交,F1开红花,再将F1自交,F2中的白花植物占37/64。若不考虑变异,下列说法错误的是 ()A.每对基因的遗传均遵循分离定律B.该植物花色的遗传至少受3对等位基因控制C.F2红花植株中杂合子占26/27D.F2白花植株中纯合子的基因型有4种易错 弄不清基因分离定律与自由组合定律的关系9 纯合高茎常态叶玉米与纯合
37、矮茎皱形叶玉米杂交,F1全为高茎常态叶,F1与双隐性亲本测交,后代表现型及数量是高茎常态叶83株,矮茎皱形叶81株,高茎皱形叶19株,矮茎常态叶17株。下列判断正确的是高茎与矮茎性状的遗传符合基因分离定律常态叶与皱形叶性状的遗传符合分离定律两对相对性状的遗传符合基因自由组合定律A.B.C.D.先对两对相对性状逐对进行分析:高茎矮茎=(83+19)(81+17)11;常态叶皱形叶=(83+17)(81+19)=11,故每对相对性状的遗传都符合基因分离定律。如果两对相对性状的遗传符合自由组合定律,则测交后代4种表现型比例应为1111,而本题测交后代性状比却约为4411,显然不符合自由组合定律。分析
38、题干信息可知,两对相对性状应是非独立遗传的,即控制两对相对性状的等位基因位于一对同源染色体上,并且在减数分裂过程中有部分细胞中发生了交叉互换,因此形成了上述比例。C误认为若两对相对性状的遗传都符合基因分离定律,则两对相对性状的遗传一定符合基因自由组合定律而选D。专题探究6 利用数学思想巧解遗传规律试题10 已知某种兰花的花色由三对等位基因控制,且三对基因独立遗传;该植物的花色与基因型之间的对应关系如表所示:表现型蓝花品红花黄花白花基因型AA_ _ _ _Aa_ _ _ _aaB_ _ _;aabbD_aabbdd请分析回答下列问题:(1)以黄花植株(aaBBdd)与黄花植株(aabbDD)为亲
39、本杂交产生F1,F1自交产生F2,则F2表现型及比例是,其中杂合子占。(2)表现型为的兰花植株,其自交后代一定只有一种表现型;所有兰花植株中,自交后代表现型最多的兰花植株的表现型是,其子代最多有种基因型。(3)欲同时获得四种表现型的子一代,可选择基因型为的个体自交,理论上子一代比例最高的表现型是,出现概率是 。(1)以黄花植株(aaBBdd)与黄花植株(aabbDD)为亲本杂交,获得F1的基因型为aaBbDd,由于aa基因纯合,可将F1的基因型简化为BbDd分析,则根据基因的自由组合定律和合并同类项法可知,F2的基因型及比例为aaB_D_:aaB_dd:aabbD_:aabbdd=9:3:3:
40、1,即F2的表现型及比例为黄花:白花=15:1;其中纯合子占1/4,杂合子占3/4。(2)蓝花植株(AA_ _ _ _)自交产生后代的基因型一定是AA_ _ _ _,仍表现为蓝花,白花植株(隐性纯合子)自交后代一定表现为白花,其他的不符合。所有基因均杂合的个体自交后代的表现型最多,即AaBbDd(品红花),依据通项公式法可知,子代最多可产生的基因型种类数=33=27。(3)根据分解法并据表可知,要想获得四种表现型的子一代,需要选择基因型为AaBbDd的个体自交,后代出现蓝花植株的概率是(1/4)11=1/4,出现品红花植株的概率是(1/2)11=1/2,出现黄花植株的概率是(1/4)(3/4)
41、1+(1/4)(1/4)(3/4)=15/64,出现白花植株的概率是(1/4)(1/4)(1/4)=1/64,即子一代比例最高的表现型是品红花,出现概率为1/2。(1)黄花:白花=15:13/4(或75%)(2)蓝花或白花品红花27(3)AaBbDd品红花1/2(或50%)专题探究7 遗传规律和减数分裂的联系11 2020广东六校第二次联考已知果蝇的伊红眼对紫眼为完全显性,由一对等位基因A、a控制,长翅对残翅为完全显性,由另一对等位基因B、b控制,两对等位基因均位于常染色体上。现让纯合伊红眼长翅果蝇和纯合紫眼残翅果蝇杂交,所得F1雌雄个体相互交配,进行多次重复实验,统计的F2的表现型及比例都近
42、似如下结果:伊红眼长翅伊红眼残翅紫眼长翅紫眼残翅=669916;上述亲本的反交实验结果也是如此。(1)控制伊红眼和紫眼的等位基因的遗传 (填“遵循”或“不遵循”)基因的分离定律。(2)F2中出现了亲本所没有的新的性状组合,产生这种现象的根本原因是有性生殖过程中,控制不同性状的基因进行了 。(3)有人针对上述实验结果提出了假说:控制上述性状的两对等位基因位于对同源染色体上。F1通过减数分裂产生的雌配子和雄配子各有4种,且基因型和比例都是ABAbaBab=4114。雌雄配子随机结合。为验证上述假说,请设计一个简单的杂交实验并预期实验结果:。(1)果蝇的伊红眼和紫眼受一对等位基因控制,控制伊红眼和紫
43、眼的等位基因的遗传遵循基因的分离定律。(2)分析题干可知控制果蝇眼色和翅形的基因均位于常染色体上,纯合伊红眼长翅果蝇(AABB)与纯合紫眼残翅果蝇(aabb)杂交,所得F1的基因型为AaBb,F1雌雄个体随机交配,后代出现四种表现型,出现亲本没有的新的性状组合的原因是有性生殖过程中,控制不同性状的基因发生了重新组合。(3)F1的基因型为AaBb,若两对等位基因位于两对同源染色体上,则F2的表现型及比例应为伊红眼长翅伊红眼残翅紫眼长翅紫眼残翅=9331,但题干中F2的表现型及比例为伊红眼长翅伊红眼残翅紫眼长翅紫眼残翅=669916,不是9331的比例及其变形,说明控制两对性状的两对等位基因位于一
44、对同源染色体上。欲验证F1产生的雌雄配子的基因型及比例都是ABAbaBab=4114,需采用测交实验,选择F1雌雄果蝇分别与紫眼残翅的异性果蝇杂交,观察并统计后代的表现型及比例,若正反交所得子代均有四种表现型,且伊红眼长翅伊红眼残翅紫眼长翅紫眼残翅=4114,则题中假说成立。(1)遵循(2)重新组合(3)一将两纯合亲本杂交得到的F1雌雄个体分别与纯合紫眼残翅的异性果蝇杂交,观察并统计子代的表现型及比例。预期实验结果:正反交所得子代均出现四种表现型,其比例为伊红眼长翅伊红眼残翅紫眼长翅紫眼残翅=41141.B由题意,假设控制豌豆子叶黄色和绿色的相关基因分别为Y、y;控制种子圆粒、皱粒的相关基因分
45、别为R、r。已知F2中黄色圆粒:黄色皱粒:绿色圆粒:绿色皱粒=9:3:15:5,其可分解为黄色圆粒:黄色皱粒:绿色圆粒:绿色皱粒=9:3:3:1与绿色圆粒:绿色皱粒=12:4,因此F1的基因型为YyRr、yyRr,则亲本黄色圆粒的基因型为YyRR,可以产生YR和yR两种配子,故选B。2.(除标明外,每空1分)(1)3/16紫眼基因(2)01/2(3)红眼灰体红眼灰体:红眼黑檀体:白眼灰体:白眼黑檀体=9:3:3:1(3分)红眼/白眼红眼雌蝇:红眼雄蝇:白眼雄蝇=2:1:1(2分)【解析】(1)翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合子果蝇杂交,两对基因分别位于两对同源染色体上,则F1全表现
46、为正常翅正常眼,F1自由交配,F2中翅外展(隐性)正常眼(显性)个体出现的概率=(1/4)(3/4)=3/16。同一对同源染色体上的非等位基因不能自由组合,图中所列基因中,不能与翅外展基因进行自由组合的是紫眼基因。(2)焦刚毛(隐性)白眼(隐性)雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇杂交(正交),子代雄蝇个体全为直刚毛,即子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为0;若反交,子代雄蝇全部为白眼,雌蝇全是红眼,即子代中白眼个体出现的概率为1/2。(3)白眼黑檀体雄果蝇与野生型(红眼灰体)纯合子雌果蝇进行杂交,F1全表现为红眼灰体,F1相互交配得到F2,F2表现型及其分离比是红眼灰体:红眼黑檀体:白眼灰体:白
47、眼黑檀体=9:3:3:1;验证伴性遗传时只需分析X染色体上的等位基因及其相对性状,即应分析的相对性状是红眼/白眼,能够验证伴性遗传的F2具体表现型及其分离比是红眼雌蝇:红眼雄蝇:白眼雄蝇=2:1:1。3.(除标明外,每空1分)(1)纺锤体不会(2)分生76(2分)(3)隐RAARR10/13(2分)植株丙在减数第一次分裂后期含R基因的同源染色体未分离(或植株丙在减数第二次分裂后期含R基因的姐妹染色单体未分开)(2分)1/48(2分)【解析】(1)秋水仙素通过抑制分裂细胞中纺锤体的形成,导致染色体数目加倍;加倍后形成的植株都是纯合子,进行自交后子代不会出现性状分离。(2)观察油菜新品系根尖细胞有
48、丝分裂,应观察根尖分生区的细胞,油菜物种(2n=20)与油菜物种(2n=18)杂交后细胞中有19条染色体,经秋水仙素处理后染色体加倍,为38条染色体,所以处于分裂后期的细胞中含有76条染色体。(3)由实验一可知,F1产黑色种子植株自交所得F2出现性状分离,黄色为隐性性状。实验二F2的表现型的比例为9331的变形,可以推出F1的基因型为AaRr,理论上F2中A_R_aaR_A_rraarr=9331,产黑色种子植株产黄色种子植株=313,由题干可知A基因会被某基因抑制,且黑色为显性性状,说明R基因抑制A基因的表达。实验二中F1基因组成为AaRr,结合实验一可知甲的基因型为AArr,乙的基因型为a
49、arr,丙的基因型为AARR;实验二F2中表现产黄色种子的纯合植株为1/16aaRR、1/16aarr、1/16AARR,F2中表现产黄色种子的植株占13/16,故产黄色种子的植株中纯合子占3/13,则产黄色种子的植株中杂合子的比例为1-3/13=10/13。实验二所得某一F1植株体细胞中同源染色体有三条,其中两条含R基因,原因是丙在减数分裂产生配子时,减后期含R基因的同源染色体未分开或减后期含R基因的染色单体分开后移向了同一极。RRr减数分裂形成的配子中,RrRrRR=2121,基因型为AaRRr的植株自交,后代中产黑色种子的植株基因型为A_rr,即占(3/4)(1/6)(1/6)=1/48
50、。4.(除标明外,每空1分)(1)有毛黄肉(2)DDff、ddFf、ddFF(3分)(3)无毛黄肉无毛白肉=31(2分)(4)有毛黄肉有毛白肉无毛黄肉无毛白肉=9331(4分)(5)ddFF、ddFf【解析】(1)实验1中亲本有毛无毛,子代全为有毛,所以有毛对无毛为显性,且A、B的相应基因型分别为DD和dd。实验3中亲本白肉黄肉,子代全为黄肉,所以黄肉对白肉为显性,且C的相应基因型为FF,A的相应基因型为ff。(2)实验1中白肉A(ff)黄肉B黄肉白肉=11,说明B的相应基因型为Ff,B、C均无毛,相应基因型均为dd,所以A、B、C的基因型依次为DDff、ddFf、ddFF。(3)若B(ddF
51、f)自交,后代表现型及比例为无毛黄肉无毛白肉=31。(4)实验3中DDff(A)ddFF(C)F1(DdFf);F1自交,则F2的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中:ddFf(B)ddFF(C)ddFF、ddFf。1.A要验证基因的分离定律,可以用具有一对等位基因的个体进行自交或测交,甲甲或乙乙都可以,A项正确;要验证基因自由组合定律,选择具有位于两对同源染色体上的两对等位基因的个体进行自交或测交实验,即可以选择乙乙或甲乙,而甲甲中只具有一对等位基因,只能用于验证基因的分离定律,不能用于验证基因的自由组合定律,B项错误;乙种豌豆的基因型是AaBbDd,由于
52、A、a和B、b位于同一对同源染色体上,不考虑交叉互换,则乙种豌豆能产生AbD、Abd、aBD、aBd四种数目相等的配子,通过棋盘法,可计算出乙品种自交后代中基因型为 AaBbDd的个体占1/4,C项错误;正常情况下,等位基因随着同源染色体的分开而分离,但是题中出现“一定”就可以考虑特殊的变异情况,即减数第一次分裂过程中的交叉互换会使一条染色体的两条染色单体上含有等位基因,因此如果在减数第一次分裂前期发生交叉互换,则在减数第二次分裂后期也会有等位基因的分离,D项错误。2.D基因型为AaBbCc的个体与基因型为AabbCc的个体杂交,可分解为AaAa 后代有2种表现型,3种基因型(1AA2Aa1a
53、a);Bbbb 后代有2种表现型,2种基因型(1Bb1bb);CcCc 后代有2种表现型,3种基因型(1CC2Cc1cc)。因此,后代表现型有222=8(种),基因型为AaBbCc的个体所占的比例为(1/2)(1/2)(1/2)=1/8。基因型为aaBbcc的个体所占的比例为(1/4)(1/2)(1/4)=1/32。基因型为Aabbcc的个体所占的比例为(1/2)(1/2)(1/4)=1/16。基因型为aaBbCc的个体所占的比例为(1/4)(1/2)(1/2)=1/16。3.D由F2中红花白花=27221297,F1测交子代中红花白花13,可以推测出红花与白花这对相对性状受位于两对同源染色体
54、上的两对等位基因控制(假设为A、a和B、b),C项错误。结合上述分析可知基因型A_B_表现为红花,其他基因型表现为白花。亲本基因型为AABB和aabb,F1基因型为AaBb,F2中红花植株的基因型为AABB、AaBB、AABb、AaBb,B项错误。F2中白花植株的基因型为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb,A项错误、D项正确。4.C根据F2中瓜重分别为2千克和8千克的西瓜植株各占1/64=(1/4)3推测,西瓜的瓜重至少是由三对等位基因控制的,A错误;若瓜重由三对等位基因控制,则瓜重为2千克的西瓜植株的基因型为aabbcc,瓜重为8千克的西瓜植株的基因型为AABBCC,由此推测每
55、个隐性基因可使西瓜增重1/3千克,每个显性基因可使西瓜增重4/3千克,则瓜重为6千克的西瓜应含有4个显性基因,其基因型包括3种纯合子(AABBcc、AAbbCC、aaBBCC)和3种杂合子(AABbCc、AaBBCc、AaBbCC),共6种,B错误;亲本瓜重分别为4千克(有2个显性基因)和6千克(有4个显性基因)的西瓜植株,若亲本基因型为AAbbccaaBBCC,则F1的基因型为AaBbCc(瓜重为5千克),符合题意,C正确;瓜重分别为2千克(aabbcc)与8千克(AABBCC)的西瓜植株杂交,子代的基因型为AaBbCc(瓜重为5千克),D错误。5.(1)分离F2植株中紫花:红花3:1,长花
56、粉:圆花粉3:1,但紫花长花粉:紫花圆花粉:红花长花粉:红花圆花粉24:1:1:7,不符合9:3:3:1的表现型比例(2)4这两对等位基因位于一对同源染色体上,在四分体时期,同源染色体的非姐妹染色单体之间发生了交叉互换(3)选择F1中的紫花长花粉植株与亲本(或F2)中的红花圆花粉植株杂交,观察并统计子代的表现型及比例子代出现4种表现型,但子代中紫花长花粉:紫花圆花粉:红花长花粉:红花圆花粉不符合1:1:1:1的表现型比例或子代中紫花长花粉植株和红花圆花粉植株的数量远多于红花长花粉植株和紫花圆花粉植株的数量【解析】(1)由F1自交结果可知,F2中紫花:红花3:1,长花粉:圆花粉3:1,但F2的表
57、现型比例约为24:1:1:7,不符合9:3:3:1的表现型比例,说明两对等位基因位于一对同源染色体上,其遗传遵循基因的分离定律但不遵循基因的自由组合定律。由于F2中紫花长花粉所占的比例较高,说明A与B连锁、a与b连锁。(2)由(1)中分析可知,控制两对相对性状的基因位于一对同源染色体上,且A与B连锁,a与b连锁,但是F1自交后代中出现了4种表现型,说明F1(AaBb)在四分体时期,同源染色体的非姐妹染色单体之间发生了交叉互换,产生了4种基因型的配子。(3)若F1确实因交叉互换产生了4种基因型的配子,可以让其与亲本(或F2)中的红花圆花粉植株(aabb)杂交,即进行测交实验,观察并统计子代的表现
58、型及比例。若子代出现4种表现型,但子代中紫花长花粉:紫花圆花粉:红花长花粉:红花圆花粉不符合1:1:1:1的表现型比例或子代中紫花长花粉植株和红花圆花粉植株的数量远多于红花长花粉植株和紫花圆花粉植株的数量,可证明(2)中推测是正确的。6.D将两个纯合的白花品系杂交,F1开红花,再将F1自交,F2中白花植株占37/64,则红花植株占1-37/64=27/64=(3/4)3,可判断该植物花色的遗传至少受3对等位基因控制,且每对基因的遗传均遵循分离定律,A、B正确;根据题干信息“当个体的基因型中每对基因都至少含有一个显性基因时才开红花,否则开白花”,结合F2植株的表现型比例可知,F1红花植株的基因型可为AaBbCc,F2红花植株(A_B_C_)中纯合子占(1/3)(1/3)(1/3)=1/27,故F2红花植株中杂合子占26/27,C正确;F1的基因型可为AaBbCc,F2白花植株中纯合子的基因型有AAbbcc、AAbbCC、AABBcc、aaBBCC、aaBBcc、aabbcc、aabbCC,共7种,D错误。
