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第14讲　基因的自由组合定律
[课程导学]
内容要求 3.2.3.阐明有性生殖中基因的分离和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。
与旧教材对比 增：①旁栏思考题如孟德尔在总结遗传规律时，是否用到了归纳法？②孟德尔遗传规律的应用。改：表现型的概念(表现型改为表型)。
考点一　两对相对性状的遗传实验分析
1．发现问题——两对相对性状的杂交实验
[提醒]　在两对相对性状的杂交实验中，F2中出现了新的表型，但没有出现新性状，新表型的出现是因为有性状重新组合。
2．提出假说——对自由组合现象的解释
[提醒]　YYRR基因型个体在F2中的比例为1/16，在黄色圆粒豌豆中的比例为1/9，注意范围不同。黄色圆粒豌豆中杂合子占8/9，绿色圆粒豌豆中杂合子占2/3。
3．演绎推理、验证假说——对自由组合现象的验证
(1)理论预测(演绎推理)
①F1与隐性纯合子杂交。F1产生4种比例相等的配子，即YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，而隐性纯合子只产生yr一种配子。
②测交产生4种比例相等的后代，即YyRr∶Yyrr∶yyRr∶yyrr＝1∶1∶1∶1。
(2)测交结果与结论
[提醒]　yyRr×Yyrr不属于测交。
4．得出结论——自由组合定律
5．孟德尔获得成功的原因
(1)F1(基因型为YyRr)产生基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子数量之比为1∶1。(　　)
(2)基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的精子和卵细胞可以自由组合。(　　)
(3)基因型为AaBb的植株自交，得到的后代中表型与亲本不相同的概率为9/16。(　　)
(4)自由组合定律的实质是等位基因分离的同时，非等位基因自由组合。(　　)
(5)基因型相同的生物，表型一定相同；基因型不同的生物，表型也不会相同。(　　)
(6)在自由组合遗传实验中，先进行等位基因的分离，再实现非等位基因的自由组合。(　　)
(7)基因型为AaBbCc与AaBbCC的个体杂交，杂交后代中，与亲本基因型和表型不相同的概率分别为3/4、7/16。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√
1．(必修2 P9正文信息)F2中还出现了亲本所没有的性状组合——绿色圆粒和黄色皱粒。请思考：具有两对相对性状的纯合亲本杂交，产生的F1的基因型为AaBb，则两亲本的基因型是什么？F2中重组类型是什么？所占比例又是多少？
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提示：亲本基因型可以是AABB×aabb，此时重组类型是A_bb和aaB_，占3/8；亲本基因型还可以是AAbb×aaBB，此时重组类型是A_B_和aabb，占5/8
2．(必修2 P10 旁栏思考)从数学的角度分析，9∶3∶3∶1与3∶1能否建立联系，这对理解两对相对性状的遗传结果有什么启示？
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提示：对于两对相对性状的遗传结果，如果对每一对性状单独进行分析，其性状的数量比都是3∶1，即每对性状的遗传都遵循分离定律。两对相对性状的遗传结果可以表示为它们各自遗传结果的乘积，即9∶3∶3∶1，来自(3∶1)2
1．基因的自由组合与基因完全连锁的比较
(1)基因的自由组合
(2)基因的完全连锁
2．自由组合定律的细胞学基础
3．验证自由组合定律的方法
(1)自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，则符合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。
(2)测交法
F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制。
(3)花粉鉴定法
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律。
(4)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，若植株有四种表型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律。
突破1 自由组合定律的遗传实验及实质
核心素养 生命观念
1．(2022·河南顶尖名校联考)豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，种子的圆粒(R)对皱粒(r)为显性，控制这两对性状的两对基因独立遗传。现用纯合黄色圆粒品种与纯合绿色皱粒品种杂交获得F1，F1自交得到F2。下列相关叙述正确的是(　　)
A．F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程体现了自由组合定律的实质
B．F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提
C．从F2的黄色皱粒豌豆植株中任取两株，则这两株豌豆基因型不同的概率为5/9
D．若自然条件下将F2中黄色圆粒豌豆混合种植，后代出现绿色皱粒豌豆的概率为1/36
解析：选D。基因自由组合定律的实质为位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离，同时非同源染色体上的非等位基因自由组合。F1产生的配子随机结合形成不同基因型受精卵的过程不能体现基因自由组合定律的实质，A错误；通常情况下，生物产生的雄配子数量要远远多于雌配子数量，F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比不需要F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，B错误；F2中黄色皱粒植株的基因型为1/3YYrr、2/3 Yyrr，从F2黄色皱粒植株中任取两株，这两株豌豆基因型不同的概率为2×(1/3)×(2/3)＝4/9，C错误；F2中黄色圆粒植株的基因型为1/9YYRR、2/9YYRr、2/9YyRR、4/9YyRr，因豌豆为闭花受粉植物，自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植相当于让F2中所有黄色圆粒植株自交，故后代出现绿色皱粒植株的概率为(4/9)×(1/16)＝1/36，D正确。
2.高等植物的雄蕊内有许多花粉母细胞，每个花粉母细胞经减数分裂形成4个花粉粒。某二倍体高等植物，既可自花传粉，又可异花传粉。高茎(A)对矮茎(a)为显性，宽叶(B)对窄叶(b)为显性，花瓣黄色(D)对白色(d)为显性，控制这三对性状的基因均位于常染色体上。现有这种植物的一个体细胞的基因型如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．高茎与矮茎、宽叶与窄叶这两对相对性状的遗传遵循自由组合定律
B．若无互换和基因突变等，该植物一个花粉母细胞产生的花粉粒基因型有4种
C．在图示细胞的有丝分裂后期，移向细胞同一极的基因有A、a、b、b、D、d
D．为验证基因的自由组合定律，必须用基因型为aabbdd的个体来与该植物进行杂交
解析：选C。由题图可知，控制高茎与矮茎、宽叶与窄叶这两对相对性状的基因位于一对同源染色体上，所以其遗传不遵循基因的自由组合定律，A错误；在不发生互换和基因突变等情况下，该植物的一个花粉母细胞经减数分裂只能产生2种基因型的花粉粒细胞，B错误；有丝分裂过程中不发生等位基因的分离，正常情况下，分裂后的细胞和原细胞核基因完全相同，因此题图细胞有丝分裂后期，移向细胞同一极的基因包含所有的基因，即包括A、a、b、b、D、d，C正确；为验证基因的自由组合定律，可采用测交法或自交法，若采用测交法，则可用来与该植物进行杂交的个体的基因型有aabbdd、aaBBdd，若采用自交法，则可用来与该植物进行杂交的个体基因型有AabbDd、AaBBDd，D错误。
突破2 自由组合定律的验证
核心素养 科学思维、科学探究
3．(2022·山东德州高三月考)现有①～④四个果蝇品系(都是纯种)，其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如下表所示：
品系 ① ② ③ ④
隐性性状 均为显性 残翅 黑身 紫红眼
相应染色体 Ⅱ、Ⅲ Ⅱ Ⅱ Ⅲ
若需验证自由组合定律，可选择下列哪种交配类型(　　)
A．①×②　　　　　　　 B．②×④
C．②×③ D．①×④
解析：选B。自由组合定律研究的是位于非同源染色体上的非等位基因的遗传规律，故选②×④或③×④。
4．(不定项)(2022·辽宁丹东高三月考)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性，抗病(T)对染病(t)为显性，花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性，三对等位基因位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝色，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子植株，其基因型分别为①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd，则下列说法不正确的是(　　)
A．若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用①和③杂交所得F1的花粉
B．若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察①和②杂交所得F1的花粉
C．若培育糯性抗病优良品种，应选用①和④作为亲本杂交
D．将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，均为蓝色
解析：选ABD。三对相对性状中可通过花粉进行鉴定的相对性状是非糯性(A)和糯性(a)、花粉粒长形(D)和圆形(d)，若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，需得到基因型为Aa或Dd的植株，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，需得到基因型为AaDd的植株，B错误；①×④→F1(AaTtdd)，F1连续自交即可得到糯性抗病优良品种(aaTT__)，C正确；②×④→F1(AattDd)，其产生的花粉加碘液染色后，A(蓝色)∶a(棕色)＝1∶1，D错误。
[原因分析类]
1．基因自由组合定律的实质是____________________________________
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答案：等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合
2．配子的随机结合就是基因的自由组合吗？请联系非等位基因自由组合发生的时期、原因进行分析。
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答案：不是。减数分裂Ⅰ后期，非同源染色体自由组合，其上的非等位基因随之自由组合，所以基因的自由组合并不是指配子的随机结合
3．若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，出现这一结果的可能原因：_____________________
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答案：A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞的非姐妹染色单体发生相应片段的交换，产生四种类型的配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%
[判断依据类]
4．胚稻的巨胚与正常胚是一对相对性状，由一对等位基因D、d控制，研究发现，另一对等位基因E、e对D、d基因的影响表现在当E基因存在时，胚稻种子发育形成正常胚，而e基因不影响D、d基因的表达。现让一株正常胚稻自交，获得的F1中正常胚稻∶巨胚稻＝3∶1，由题中的信息________(填“能”或“不能”)判断出两对等位基因分别位于两对同源染色体上，依据是
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答案：不能　两对等位基因无论是位于一对同源染色体上还是两对同源染色体上，亲本都能产生比例相等的两种配子，即De、de或dE、de，因此自交后均会产生3∶1的性状分离比，所以不能判断出两对等位基因分别位于两对同源染色体上
5．科研人员用某植物进行遗传学研究，选用高茎白花感病的植株作母本，矮茎白花抗病的植株作父本进行杂交，F1均表现为高茎红花抗病，F1自交得到F2，F2的表型及比例为高茎∶矮茎＝3∶1、红花∶白花＝9∶7、抗病∶感病＝3∶1。植物花色的遗传遵循基因的________定律，依据是
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答案：自由组合　仅就花色而言，由F2花色的分离比为9∶7可推知F1的配子有16种结合方式，而这16种结合方式是F1的4种雌、雄比例相等的配子随机结合的结果
[开放思维类]
6．利用现有绿色圆粒豌豆(yyRr)，获得纯合的绿色圆粒豌豆的实验思路：
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答案：让绿色圆粒豌豆(yyRr)自交，淘汰绿色皱粒豌豆，再连续自交并选择，直到不发生性状分离为止
7．利用基因型分别为①aaBBCC、②AAbbCC和③AABBcc 的植株来确定这三对等位基因是否分别位于三对同源染色体上。
实验思路：选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1并自交得到F2，若各杂交组合的F2中均出现________种表型，且比例为_____________，则可确定这三对等位基因分别位于三对同源染色体上。
答案：4　9∶3∶3∶1
考点二　自由组合定律的解题方法
突破点1　利用“拆分法”解决自由组合计算问题
“拆分法”求解自由组合定律计算问题
(1)思路：将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。
(2)题型示例
①求解配子类型及概率
典例：基因型为AaBbCC的个体
产生配子的种类数 Aa　　　　Bb　　　　CC↓　　　　↓　　　　 ↓2 ×　 2× 　 1＝4(种)
AbC配子的概率 (A)×(b)×1(C)＝
②求解子代基因型种类及概率
典例：AaBbCc×AabbCC
子代的基因型种类数 　Aa×Aa　Bb×bb　Cc×CC↓　　　　↓　　　↓3　　×　 2　 ×　2＝12(种)
子代中基因型为AAbbCC的概率 (AA)×(bb)×(CC)＝
子代中纯合子和杂合子概率 纯合子概率＝××＝杂合子概率＝1－＝
③求解子代表型种类及概率
典例：AaBbCc×AabbCC
子代的表型种类数 　Aa×Aa　Bb×bb　Cc×CC　 ↓　 　　↓　　　↓　 2　　×　2　　× 1＝4(种)
子代中基因型为A_B_C_的概率 (A_)×(B_)×1(C_)＝
子代中不同于亲本表型的比例 不同于亲本表型的比例＝1－亲本表型的比例＝1－[(A_B_C_)＋(A_bbC_)]＝
[突破训练]
1．已知A与a、B与b、D与d三对等位基因自由组合且为完全显性，基因型分别为AabbDd、AaBbDd的两个个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，正确的是(　　)
A．基因型有18种，AabbDd个体的比例为1/16
B．表型有6种，aabbdd个体的比例为1/32
C．杂合子的比例为7/8
D．与亲本基因型不同的个体的比例为1/4
解析：选C。三对等位基因的自由组合可拆分为3个分离定律分别计算，再运用乘法原理进行组合。Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2种表型，3种基因型；bb×Bb→1Bb∶1bb，后代有2种表型，2种基因型；Dd×Dd→1DD∶2Dd∶1dd，后代有2种表型，3种基因型。AabbDd×AaBbDd的后代有3×2×3＝18(种)基因型，AabbDd个体的比例为1/2(Aa)×1/2(bb)×1/2(Dd)＝1/8，A错误；子代中有2×2×2＝8(种)表型，aabbdd个体的比例为1/4(aa)×1/2(bb)×1/4(dd)＝1/32，B错误；子代中纯合子占(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，杂合子的比例为1－1/8＝7/8，C正确；与亲本基因型不同的个体所占的比例为1－(AabbDd的概率＋AaBbDd的概率)＝1－[(1/2)×(1/2)×(1/2)＋(1/2)×(1/2)×(1/2)]＝1－1/4＝3/4，D错误。
2．(2022·陕西西安高三模拟)番茄的红果对黄果为显性，二室果对多室果为显性，长蔓对短蔓为显性，三对性状独立遗传。现有红果二室短蔓和黄果多室长蔓的两个纯合品系，将其杂交种植得F1和F2，则在F2中红果多室长蔓所占的比例及红果多室长蔓中纯合子的比例分别是　(　　)
A.、　　　　　　　 B．、
C.、 D．、
解析：选A。设控制三对性状的基因分别用A/a、B/b、C/c表示，亲代的基因型为AABBcc与aabbCC，F1的基因型为AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中红果多室长蔓所占的比例是××＝，纯合红果多室长蔓所占的比例是××＝，则红果多室长蔓中纯合子的比例是÷＝。
突破点2　“逆向组合法”推断亲本的基因型
(1)利用基因式法推测亲本的基因型
①根据亲本和子代的表型写出亲本和子代的基因式，如基因式可表示为A_B_、A_bb。
②根据基因式推出基因型(此方法只适用于亲本和子代的表型已知且显隐性关系已知时)。
(2)根据子代表型及比例推测亲本的基因型
①方法：将自由组合定律表型的分离比拆分成分离定律的分离比分别分析，再进行逆向组合。
②题型示例(以两对等位基因为例)
子代表型比例及拆分 亲本基因型推断
9∶3∶3∶1 (3∶1)(3∶1) AaBb×AaBb
1∶1∶1∶1 (1∶1)(1∶1) AaBb×aabb或Aabb×aaBb
3∶3∶1∶1 (3∶1)(1∶1) AaBb×Aabb或AaBb×aaBb
3∶1 (3∶1)×1 Aabb×Aabb、AaBB×Aa__、aaBb×aaBb、AABb×__Bb
若为自交后代，则亲本为一纯一杂：AaBB、Aabb、aaBb、AABb　
[突破训练]
3．已知番茄的红果(R)对黄果(r)为显性，高茎(D)对矮茎(d)为显性，这两对基因是独立遗传的。将某一红果高茎番茄植株测交，对其后代再测交。并用柱形图来表示第二次测交后代中各种表型的比例，其结果如下图所示，请分析最先用来做实验的亲本红果高茎番茄植株的基因型是(　　)
A．RrDd B．RRDD
C．RrDD D．RRDd
解析：选D。柱形图中第二次测交后代中红果∶黄果＝1∶1，为Rr×rr的结果；高茎∶矮茎＝1∶3，为Dd×dd、dd×dd的结果，即第一次测交所得后代有RrDd、Rrdd两种且各占1/2，最先用来做实验的亲本红果高茎番茄的基因型为RRDd，D正确。
4．(2021·高考湖北卷)甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米品种，甲分别与乙、丙杂交产生F1，F1自交产生F2，结果如表。
组别 杂交组合 F1 F2
1 甲×乙 红色籽粒 901红色籽粒，699白色籽粒　
2 甲×丙 红色籽粒 630红色籽粒，490白色籽粒　
根据结果，下列叙述错误的是(　　)
A．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色
B．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制
C．组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色∶1白色
D．组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色
解析：选C。据题表可知，甲×乙产生的F1全是红色籽粒，F1自交产生的F2中红色∶白色≈9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律；甲×丙产生的F1全是红色籽粒，F1自交产生的F2中红色∶白色＝9∶7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律。综合分析可知，红色为显性性状，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c表示，甲、乙、丙的基因型可分别为AAbbCC、aaBBCC、AABBcc(只写出一种可能情况)。若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒(AaBBCc)，两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉米籽粒性状比为9红色∶7白色，A正确；若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制，B正确；组1中的F1(AaBbCC)与甲(AAbbCC)杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，C错误；组2中的F1(AABbCc)与丙(AABBcc)杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色∶1白色，D正确。
突破点3　多对基因控制生物性状的分析
n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
亲本相对性状的对数 F1配子 F2表型 F2基因型
种类 比例 种类 比例 种类 比例
1 2 (1∶1)1 2 (3∶1)1 3 (1∶2∶1)1
2 22 (1∶1)2 22 (3∶1)2 32 (1∶2∶1)2
n 2n (1∶1)n 2n (3∶1)n 3n (1∶2∶1)n
(1)若F2中显性性状的比例为，则该性状由n对等位基因控制。
(2)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。
[突破训练]
5．(2021·高考全国卷乙)某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制(杂合子表现显性性状)。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是(　　)
A．植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异越大
C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等
D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数
解析：选B。该植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制，且杂合子表现显性性状，植株A的n对基因均杂合，每对基因测交子代均有两种表型，n对基因重组后子代会出现2n种不同表型且比例为1∶1∶1∶…∶1(共2n个1)，植株A测交子代中不同表型个体数目均相等，A正确，B错误；测交子代n对基因均杂合的个体和纯合子的比例均为1/2n，C正确；测交子代中纯合子的比例是1/2n，杂合子的比例为1－1/2n，当n≥2时，杂合子的个体数大于纯合子的个体数，D正确。
6．(高考全国卷Ⅰ)某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因控制(如A、a ；B、b ；C、c……)，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时(即A_B_C_……)才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表型及其比例如下：
根据杂交结果回答问题：
(1)这种植物花色的遗传符合哪些遗传定律？
(2)本实验中，植物的花色受几对等位基因的控制，为什么？
解析：由题意可知，甲、乙、丙、丁为纯合白花品系，故至少含一对隐性纯合基因。因甲和乙的后代全为白色，故甲和乙中有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因；甲和丙的后代全为白色，故甲和丙中有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因；丙和丁的后代全为白色，故丙和丁中(至少)有一对相同的隐性纯合基因，其F1和F2中也都含这对隐性纯合基因。 因乙和丙、甲和丁的F1全为红色，F2中红色占全部个体的比例为81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，故F1中至少含4对等位基因，即该对相对性状应至少是由4对等位基因控制的，每对基因的遗传仍遵循基因的分离定律，4对等位基因之间遵循基因的自由组合定律。据上述分析并结合乙和丙、甲和丁杂交后代F2的性状分离比，可推知乙和丙、甲和丁中的4对等位基因相同。设4对等位基因分别为A和a、B和b、C和c、D和d，依题意分析，甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系的基因型可分别为AAbbCCdd、AABBCCdd、aabbccDD、aaBBccDD。
答案：(1)基因的自由组合定律和基因的分离定律(或基因的自由组合定律)。(2)至少4对。①本实验的乙×丙和甲×丁两个杂交组合中，F2中红色个体占全部个体的比例为81/(81＋175)＝81/256＝(3/4)4，根据n对等位基因自由组合且完全显性时，F2中显性个体的比例为(3/4)n，可判断这两个杂交组合中都涉及4对等位基因。②综合杂交组合的实验结果，可进一步判断乙×丙和甲×丁两个杂交组合中所涉及的4对等位基因相同。
突破点4　自交与自由交配下的推断与相关比例计算
纯合黄色圆粒豌豆和纯合绿色皱粒豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代中黄色圆粒豌豆个体和绿色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的性状的表型及比例分别如下表所示：
交配类型 表型 比例
Y_R_(黄色圆粒) 自交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒 25∶5∶5∶1
测交 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒 4∶2∶2∶1
自由交配 黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒 64∶8∶8∶1
yyR_(绿色圆粒) 自交 绿色圆粒∶绿色皱粒 5∶1
测交 绿色圆粒∶绿色皱粒 2∶1
自由交配 绿色圆粒∶绿色皱粒 8∶1
[突破训练]
7．(2022·河南开封高三测试)某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易感病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。现以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为(　　)
A．1/2 B．1/3
C．3/8 D．1/6
解析：选B。以红花抗病植株和白花易感病植株为亲本杂交(两对等位基因分别用A、a和B、b表示)，F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性、抗病对易感病为显性，亲本基因型为AABB和aabb，F1基因型为AaBb，F1自交产生的F2为AABB∶2AABb∶AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶aaBB∶2aaBb∶aabb。去除aabb后，单独分析花色这一性状，AA占4/15、Aa占8/15、aa占3/15，自交后白花植株所占的比例为(8/15)×(1/4)＋3/15＝1/3。
8．(2022·北京海淀区高三模拟)雕鸮的羽毛绿色与黄色、条纹和无纹分别由两对常染色体上的两对等位基因控制，其中一对显性基因纯合会出现致死现象。绿色条纹与黄色无纹雕鸮交配，F1绿色无纹和黄色无纹雕鸮的比例为1∶1。 F1绿色无纹雕鸮相互交配后，F2绿色无纹∶黄色无纹∶绿色条纹∶黄色条纹＝6∶3∶2∶1。据此作出判断，下列说法不正确的是(　　)
A．绿色对黄色为显性、无纹对条纹为显性，绿色基因纯合致死
B．F1绿色无纹个体相互交配，后代有3种基因型的个体致死
C．F2黄色无纹的个体随机交配，后代中黄色条纹个体的比例为1/8
D．F2某绿色无纹个体和黄色条纹个体杂交，后代表型比例可能不是1∶1∶1∶1
解析：选C。据题意分析可知，绿色对黄色为显性、无纹对条纹为显性(两对等位基因分别用A、a和B、b表示)，绿色基因纯合致死，A正确；F2中绿色∶黄色＝2∶1，无纹∶条纹＝3∶1，绿色基因显性纯合致死，则F2中致死基因型有AABB、AABb、AAbb，B正确；让F2中黄色无纹个体(1aaBB、2aaBb)随机交配，则出现黄色条纹个体(aabb)的概率为(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，C错误；让F2中某绿色无纹个体(AaBB或AaBb)和黄色条纹个体(aabb)杂交，F2中后代表型比例可能是1∶1或1∶1∶1∶1，D正确。
突破点5　利用自由组合定律计算患遗传病的概率
当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如下表所示：
序号 类型 计算公式
已知 患甲病的概率为m 不患甲病的概率为1－m
患乙病的概率为n 不患乙病的概率为1－n
① 同时患两病的概率 m·n
② 只患甲病的概率 m·(1－n)
③ 只患乙病的概率 n·(1－m)
④ 不患病的概率 (1－m)(1－n)
拓展求解 患病的概率 ①＋②＋③或1－④
只患一种病的概率 ②＋③或1－(①＋④)
以上各种情况可概括为下图：
[突破训练]
9．(2021·重庆选择考模考)一对表型正常的夫妇，丈夫的母亲患白化病，妻子的父亲患红绿色盲，母亲患白化病。这对夫妇生育一患遗传病孩子的概率是(　　)
A．1/16 B．4/16
C．7/16 D．9/16
解析：选C。假设关于白化病的相关基因用A、a表示，关于红绿色盲的基因用B、b表示，表型正常的夫妇，丈夫的母亲患白化病(aa)，所以表型正常的丈夫的基因型是AaXBY，妻子的父亲患红绿色盲(XbY)，母亲患白化病(aa)，表型正常的妻子的基因型是AaXBXb，二者婚配生下患白化病(aa)的孩子的概率为1/4，患红绿色盲(XbY)的概率为1/4，因此生下患遗传病孩子的概率＝1－不患病的概率＝1－(1－1/4)×(1－1/4)＝7/16。
10．人类的多指(T)对正常指(t)为显性，白化(a)对正常(A)为隐性，决定不同性状的基因自由组合。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个患白化病但手指正常的孩子。请分析下列说法正确的是(　　)
A．父亲的基因型是AaTt，母亲的基因型是Aatt
B．其再生一个孩子只患白化病的概率是3/8
C．生一个既患白化病又多指的女儿的概率是1/8
D．后代中只患一种病的概率是1/4
解析：选A。一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个孩子手指正常(tt)但患白化病(aa)，可确定父亲和母亲的基因型分别为AaTt和Aatt，A正确；后代患白化病的概率为1/4，患多指的概率为1/2，故再生一个只患白化病孩子的概率为(1/4)×(1/2)＝1/8，B错误；生一个既患白化病又患多指的女儿的概率是1/4(白化)×1/2(多指)×1/2(女儿)＝1/16，C错误；后代只患多指的概率为(1/2)×(3/4)＝3/8，只患白化病的概率＝(1/2)×(1/4)＝1/8，故后代中只患一种病的概率为3/8＋1/8＝1/2，D错误。
1．(2021·高考湖南卷)油菜是我国重要的油料作物，油菜株高适当的降低对抗倒伏及机械化收割均有重要意义。某研究小组利用纯种高秆甘蓝型油菜Z，通过诱变培育出一个纯种半矮秆突变体S。为了阐明半矮秆突变体S是由几对基因控制、显隐性等遗传机制，研究人员进行了相关试验，如图所示。
回答下列问题：
(1)根据F2表型及数据分析，油菜半矮秆突变体S的遗传机制是
_______________________________________________________________，
杂交组合①的F1产生各种类型的配子比例相等，自交时雌雄配子有________种结合方式，且每种结合方式概率相等。F1产生各种类型配子比例相等的细胞遗传学基础是__________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(2)将杂交组合①的F2所有高秆植株自交，分别统计单株自交后代的表型及比例，分为三种类型，全为高秆的记为F3 Ⅰ，高秆与半矮秆比例和杂交组合①②的F2基本一致的记为F3 Ⅱ，高秆与半矮秆比例和杂交组合③的F2基本一致的记为F3 Ⅲ。产生F3 Ⅰ、F3 Ⅱ、F3 Ⅲ的高秆植株数量比为__________________。产生F3 Ⅲ的高秆植株基因型为________________________(用A、a；B、b；C、c……表示基因)。用产生F3 Ⅲ的高秆植株进行相互杂交试验，能否验证自由组合定律？________。
解析：(1)根据杂交组合①②正反交的F2结果高秆∶半矮秆都约为15∶1可知，半矮秆为隐性遗传，且该性状是由非同源染色体上的两对隐性基因控制的，即只有基因型为aabb时才表现为半矮秆，其他基因型均表现为高秆。杂交组合①中F1的基因型为AaBb，F1自交时雌雄配子有4×4＝16(种)组合方式。其细胞遗传学基础是减数分裂形成配子时，同源染色体上的等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合。(2)杂交组合①中F1的基因型为AaBb，产生的F2中基因型为AA__和__BB的植株占F2中所有高秆植株的，它们自交后代都表现为高秆，所以属于F3 Ⅰ；F2中基因型为AaBb的植株自交，产生的后代高秆∶半矮秆＝15∶1，与杂交组合①②的F2基本一致，记为F3 Ⅱ，基因型为AaBb的植株占F2中所有高秆植株的；F2中基因型为Aabb和aaBb的高秆植株自交，产生的后代高秆∶半矮秆＝3∶1，与杂交组合③的F2基本一致，记为F3 Ⅲ，基因型为Aabb和aaBb的植株占F2中所有高秆植株的，故产生F3 Ⅰ、F3 Ⅱ、F3 Ⅲ的高秆植株的数量比为7∶4∶4。基因型为Aabb和aaBb的高秆植株相互杂交的子一代再自交才能验证自由组合定律，否则只能验证一对基因的分离定律。
答案：(1)非同源染色体上的两对隐性基因控制的遗传　16　减数分裂形成配子时，同源染色体上的等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合
(2)7∶4∶4　Aabb、aaBb　不能
2．(2021·浙江6月选考)利用转基因技术，将抗除草剂基因转入纯合不抗除草剂水稻(2n)(甲)，获得转基因植株若干。从转基因后代中选育出纯合矮秆抗除草剂水稻(乙)和纯合高秆抗除草剂水稻(丙)。用甲、乙、丙进行杂交，F2结果如下表。转基因过程中，可发生基因突变，外源基因可插入不同的染色体上。高秆(矮秆)基因和抗除草剂基因独立遗传，高秆和矮秆由等位基因A(a)控制。有抗除草剂基因用B＋表示、无抗除草剂基因用B－表示。
杂交组合 F2的表型及数量(株)
矮秆抗除草剂 矮秆不抗除草剂 高秆抗除草剂 高秆不抗除草剂
甲×乙 513 167 0 0
甲×丙 109 37 313 104
乙×丙 178 12 537 36
回答下列问题：
(1)矮秆对高秆为________性状，甲×乙得到的F1产生________种配子。
(2)为了分析抗除草剂基因在水稻乙、丙叶片中的表达情况，分别提取乙、丙叶片中的RNA并分离出________，逆转录后进行PCR扩增。为了除去提取RNA中出现的DNA污染，可采用的方法是________________________________
_______________________________________________________________。
(3)乙×丙的F2中，形成抗除草剂与不抗除草剂表型比例的原因是
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(4)甲与丙杂交得到F1，F1再与甲杂交，利用获得的材料进行后续育种。写出F1与甲杂交的遗传图解。
解析：(1)根据杂交组合“乙×丙”，只分析高秆和矮秆这一对相对性状，乙(纯合矮秆)与丙(纯合高秆)杂交，F2中矮秆∶高秆＝(178＋12)∶(537＋36)≈1∶3，可知矮秆是隐性性状，乙、丙的基因型分别为aa和AA。根据杂交组合“甲×乙”，只分析是否抗除草剂这一对相对性状，甲(纯合不抗除草剂)与乙(纯合抗除草剂)杂交，F2中抗除草剂∶不抗除草剂＝(513＋0)∶(167＋0)≈3∶1，可知抗除草剂是显性性状，又知矮秆是隐性性状，所以甲、乙的基因型分别为aaB－B－和aaB＋B＋。故甲×乙得到的F1的基因型为aaB＋B－，所以其能产生aB＋ 和aB－两种配子。(2)目的基因的提取可采用逆转录法，即以控制目的蛋白的mRNA为模板，通过逆转录的方法合成目的基因，所以应从乙、丙叶片中提取并分离出抗除草剂基因的mRNA。若要除去提取RNA中出现的DNA污染，可利用酶的专一性，使用DNA(水解)酶处理即可(酶解法)。(3)乙×丙的F2中，抗除草剂∶不抗除草剂 ＝(178＋537)∶(12＋36)≈15∶1，是9∶3∶3∶1的变式[(9＋3＋3)∶1]，同时又根据题干“外源基因可插入不同的染色体上”，说明乙和丙的抗除草剂基因位于非同源染色体上，乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律。(4)根据杂交组合“甲×丙”，F2中矮秆抗除草剂∶矮秆不抗除草剂∶高秆抗除草剂∶高秆不抗除草剂＝109∶37∶313∶104＝3∶1∶9∶3，说明控制两对性状的基因位于非同源染色体上，遵循自由组合定律。所以甲(aaB－B－)与丙(AAB＋B＋)杂交得到的F1的基因型为AaB＋B－，F1 (AaB＋B－)与甲(aaB－B－)的杂交遗传图解见答案。
答案：(1)隐性　2　(2)mRNA　用 DNA 酶处理提取的RNA　(3)乙和丙的抗除草剂基因位于非同源染色体上，乙和丙上抗除草剂基因的遗传遵循自由组合定律
(4)
3．(2020·高考山东卷)玉米是雌雄同株异花植物，利用玉米纯合雌雄同株品系M培育出雌株突变品系，该突变品系的产生原因是2号染色体上的基因Ts突变为ts，Ts对ts为完全显性。将抗玉米螟的基因A转入该雌株品系中获得甲、乙两株具有玉米螟抗性的植株，但由于A基因插入的位置不同，甲植株的株高表现正常，乙植株矮小。为研究A基因的插入位置及其产生的影响，进行了以下实验：
实验一：品系M(TsTs)×甲(Atsts)→F1中抗螟∶非抗螟约为1∶1
实验二：品系M(TsTs)×乙(Atsts)→F1中抗螟矮株∶非抗螟正常株高约为1∶1
(1)实验一中作为母本的是________，实验二的F1中非抗螟植株的性别表现为______________(填“雌雄同株”“雌株”或“雌雄同株和雌株”)。
(2)选取实验一的F1抗螟植株自交，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株约为2∶1∶1。由此可知，甲中转入的A基因与ts基因________(填“是”或“不是”)位于同一条染色体上，F2中抗螟雌株的基因型是____________。若将F2中抗螟雌雄同株与抗螟雌株杂交，子代的表型及比例为
_______________________________________________________________
________________。
(3)选取实验二的F1抗螟矮株自交，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株约为3∶1∶3∶1，由此可知，乙中转入的A基因________(填“位于”或“不位于”)2号染色体上，理由是
_______________________________________________________________
________________________________。F2中抗螟矮株所占比例低于预期值，说明A基因除导致植株矮小外，还对F1的繁殖造成影响，结合实验二的结果推断这一影响最可能是________________________。F2抗螟矮株中ts基因的频率为________，为了保存抗螟矮株雌株用于研究，种植F2抗螟矮株使其随机受粉，并仅在雌株上收获籽粒，籽粒种植后发育形成的植株中抗螟矮株雌株所占的比例为________。
解析：(1)据题干信息可知，品系M为雌雄同株，甲为雌株突变品系，因此实验一中作为母本的是甲。实验二的F1中非抗螟植株的基因型为Tsts，Ts对ts为完全显性，因此该植株为雌雄同株。(2)实验一中F1抗螟植株的基因型为ATsts，F2中抗螟雌雄同株∶抗螟雌株∶非抗螟雌雄同株≈2∶1∶1，说明甲中转入的A基因与ts基因位于同一条染色体上。F1抗螟植株中A和ts位于一条染色体上，另一条染色体上的基因为Ts，F1抗螟植株自交产生的F2中抗螟雌株的基因型为AAtsts，其产生的配子为Ats，抗螟雌雄同株的基因型为ATsts，其产生的配子为1/2Ats、1/2Ts，二者杂交，子代的基因型及比例为AAtsts∶ATsts ＝1∶1，表型及比例为抗螟雌株∶抗螟雌雄同株＝1∶1。(3)实验二中F1抗螟矮株基因型为ATsts，F2中抗螟矮株雌雄同株∶抗螟矮株雌株∶非抗螟正常株高雌雄同株∶非抗螟正常株高雌株≈3∶1∶3∶1，是(1∶1)(3∶1)的组合，说明两对基因独立遗传，因此乙中转入的A基因不位于2号染色体上。分析F2中性状表现可知，抗螟∶非抗螟＝1∶1，雌雄同株∶雌株＝3∶1，由此可判断含A基因的雌配子或含A基因的雄配子不育，再结合实验二信息(乙可产生正常配子)可推断含A基因的雄配子不育。F2中抗螟矮株的基因型为1/4ATsTs、2/4ATsts、1/4Atsts，ts基因的频率为1/2。F2中抗螟矮株雌株的基因型为Atsts，抗螟矮株雌雄同株的基因型为l/3ATsTs、2/3ATsts，又因为含A基因的雄配子不育，因此能受粉的雄配子的基因型为2/3Ts、1/3ts，因此F3中抗螟矮株雌株占1/6。
答案：(1)甲　雌雄同株　(2)是　AAtsts　抗螟雌株∶抗螟雌雄同株＝1∶1　(3)不位于　抗螟性状与性别性状间是自由组合的，因此A基因不位于Ts、ts基因所在的2号染色体上　含A基因的雄配子不育　1/2　1/6
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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