高考生物一轮总复习-第五单元-第二讲-孟德尔的豌豆杂交实验(二)课件

第二讲孟德孟德尔的豌豆的豌豆杂交交实验(二二)考考纲引引领1.基因的自由基因的自由组合定律合定律()。2.孟德孟德尔遗传实验的科学方法的科学方法()。一、两一、两对相相对性状的性状的杂交交实验1两两对相相对性状的性状的杂交交实验提出提出问题要点梳理要点梳理 夯夯实基基础知知识梳理梳理其其过程程为：P 黄黄圆绿皱F1 F29黄黄圆 3黄黄皱 3绿圆 1绿皱黄黄圆2理理论解解释(1)F1产生配子生配子时，分离分离，的的非非等等位位基基因因可以自由可以自由组合，合，产生数量相等的生数量相等的 种配子；种配子；(2)受精受精时，雌雄配子的，雌雄配子的结合方式有合方式有 种种(3)F2的基因型有的基因型有9种，比例种，比例为 。等位基因等位基因非同源染色体上非同源染色体上4164 2 2 2 2 1 1 1 13遗传图解解YRyrYyRrYRYrryyRyyrr4验证(测交的交的遗传图解解)1111二、基因自由二、基因自由组合定律的合定律的实质和和细胞学基胞学基础1自由自由组合定律的合定律的实质、时间、范、范围(1)实质：_染染色色体体上上的的 基基因因自由自由组合。合。(如如图)非同源非同源非等位非等位(2)时间：。(3)范范围：生生殖殖的的生生物物，真真核核细胞胞的的核核内内 上上的的基基因因。无无性性生生殖殖和和细胞胞质基基因因遗传时不遵循。不遵循。减数第一次分裂后期减数第一次分裂后期有性有性染色体染色体2观察下面的察下面的图示，回答示，回答问题(1)能能发生自由生自由组合的合的图示示为 ，原因是，原因是 。(2)不能不能发生自由生自由组合的合的图示示为 ，原因，原因是是 。(3)自由自由组合定律的合定律的细胞学基胞学基础：_。A非等位基因位于非同源染色体上非等位基因位于非同源染色体上B非等位基因位于同源染色体上非等位基因位于同源染色体上同源染色体彼此分离的同同源染色体彼此分离的同时，非同源染色体自由，非同源染色体自由组合合(4)假如假如F1的基因型如的基因型如图A所示，所示，总结相关种相关种类和比例和比例F1(AaBb)产 生生 的的 配配 子子 种种 类 及及 比比 例例：4种种，AB Ab aB ab1 1 1 1。F2的基因型的基因型 种。种。F2的的表表现型型种种类和和比比例例：4种种，双双显 一一显一一隐 一一隐一一显 双双隐 。F1的的测交后代基因型种交后代基因型种类和比例：和比例：_，_。F1的的测交后代表交后代表现型种型种类和比例：和比例：_，_。9 3 3 191 1 1 14种种4种种1 1 1 1三、孟德三、孟德尔实验获得成功的原因得成功的原因1正确正确 。2对相相对性状性状遗传的研究，从的研究，从 。3对实验结果果进行行 的分析。的分析。4运运用用 法法(包包括括“提提出出问题提提出出假假说演演绎推推理理实验验证得得出出结论”五个基本五个基本环节)这一科学方法。一科学方法。选材材(豌豆豌豆)一一对到多到多对统计学学假假说演演绎1判判断断下下列列关关于于孟孟德德尔两两对相相对性性状状杂交交实验的叙述。的叙述。(1)按按孟孟德德尔方方法法做做杂交交实验得得到到的的不不同同结果果证明孟德明孟德尔定律不具有普遍性。定律不具有普遍性。(2013江江苏卷卷)()(2)F1产生生4个个配配子子，比比例例为1111。(2011上上海卷海卷)()(3)F1产生生基基因因型型YR的的卵卵细胞胞和和基基因因型型YR的的精精子数量之比子数量之比为11。(2011上海卷上海卷)()自主自主检测(4)基基因因自自由由组合合定定律律是是指指F1产生生的的4种种类型型的的精子和卵精子和卵细胞可以自由胞可以自由组合。合。(2011上海卷上海卷)()(5)F1产生生的的精精子子中中，基基因因型型为YR和和基基因因型型为yr的比例的比例为1 1。(2011上海卷上海卷)()2(2014福福建建卷卷)摩摩尔根根用用灰灰身身长翅翅(BBVV)与与黑黑身身残残翅翅(bbvv)的的果果蝇杂交交，将将F1中中雌雌果果蝇与与黑黑身身残残翅翅雄雄果果蝇进行行测交交，子子代代出出现四四种种表表现型型，比比例例为 1 1 1 1，说 明明 F1中中 雌雌 果果 蝇 产 生生 了了_种种配配子子。实验结果果不不符符合合自自由由组合合定定律律，原原因因是是这两两对等等位位基基因因不不满足足该定定律律“_”这一基本条件。一基本条件。答案答案4非同源染色体上非等位基因非同源染色体上非等位基因考点一两考点一两对相相对性状的性状的遗传实验的分析和的分析和结论【核心突破核心突破】高高频考点考点 精研精研细剖剖两两对相相对性状的性状的遗传实验1实验分析：分析：2.相关相关结论：F2共有共有16种配子种配子组合，合，9种基因型，种基因型，4种表种表现型。型。【易考明示】【易考明示】忽忽视重重组类型的含型的含义，概念不清，概念不清导致致错误(1)明明确确重重组类型型的的含含义：重重组类型型是是指指F2中中与与亲本本表表现型型不不同同的的个个体体，而而不不是是基基因因型型与与亲本本不不同同的个体。的个体。(2)含含两两对相相对性性状状的的纯合合亲本本杂交交，F2中中重重组性状所占比例并不都是性状所占比例并不都是(33)/16：当当亲本本基基因因型型为YYRR和和yyrr时，F2中中重重组性状所占比例是性状所占比例是(33)/16。当当亲本基因型本基因型为YYrr和和yyRR时，F2中重中重组性状所占比例是性状所占比例是1/169/1610/16。不要机械地。不要机械地认为只有一种只有一种亲本本组合方式，重合方式，重组性状只能是性状只能是(33)/16。【命命题预测】本考点知本考点知识难度不大，关度不大，关键在于深在于深层理解和理解和应用，用，在高考命在高考命题中属于高中属于高频考点和考点和热点。点。考向考向预测一一杂交交实验及相关概率及相关概率计算算1(2013天津理天津理综)大鼠的毛色由独立大鼠的毛色由独立遗传的的两两对等位基因控制。用黄色大鼠与黑色大鼠等位基因控制。用黄色大鼠与黑色大鼠进行行杂交交实验，结果如下果如下图。据。据图判断，下列叙述正确的判断，下列叙述正确的是是A.黄色黄色为显性性状，黑色性性状，黑色为隐性性状性性状B.F1 与黄色与黄色亲本本杂交，后代有两种表交，后代有两种表现型型C.F1 和和F2 中灰色大鼠均中灰色大鼠均为杂合体合体D.F2 黑黑色色大大鼠鼠与与米米色色大大鼠鼠杂交交，其其后后代代中中出出现米色大鼠的概率米色大鼠的概率为1/4解解析析 两两对等等位位基基因因杂交交，F2 中中灰灰色色比比例例最最高高，所所以以灰灰色色为双双显性性状状，米米色色最最少少为双双隐性性状状，黄黄色色、黑黑色色为单显性性，A 错误；F1 为双双杂合合子子(AaBb)，与与黄黄色色亲本本(假假设为aaBB)杂交交，后后代代为两两种种表表现型型，B 正正确确；F2 出出现性性状状分分离离，体体色色由由两两对等等位位基基因因控控制制，则灰灰色色大大鼠鼠中中有有1/9 的的为纯合合体体(AABB)，其其余余为杂合合，C 错误；F2 中中黑黑色色大大鼠鼠中中纯合合子子(AAbb)所所占占比比例例为1/3，与与米米色色(aabb)杂交交不不会会产生生米米色色大大鼠鼠，杂合合子子(Aabb)所所占占比比例例为2/3，与与米米色色大大鼠鼠(aabb)交交配配，产生生米米色色大大鼠鼠的的概概率率为2/31/21/3，D 错误。答案答案B2(2014茂名一模茂名一模)将一株高将一株高秆(D)抗病抗病(R)水稻水稻植株植株(甲甲)与另一株高与另一株高秆易感病的植株易感病的植株(乙乙)杂交，交，结果果如下如下图所示。下面有关叙述，正确的有所示。下面有关叙述，正确的有(双双选)A如如只只研研究究茎茎高高度度的的遗传，图示示表表现型型为高高秆的个体中，的个体中，纯合子的概率合子的概率为1/3B对甲甲植植株株进行行测交交，可可得得到到能能稳定定遗传的的矮矮秆抗病个体抗病个体C以以乙乙植植株株为材材料料，通通过单倍倍体体育育种种可可得得到到符合生符合生产要求的植株的占要求的植株的占1/2D甲甲乙乙两两植植株株杂交交产生生的的子子代代有有6种种基基因因型型，4种表种表现型型解析解析本本题考考查了基因自由了基因自由组合定律的相关知合定律的相关知识，意在考，意在考查学生的学生的识图能力和判断能力，运用所能力和判断能力，运用所学知学知识综合分析合分析问题和解决和解决问题的能力。如只研究的能力。如只研究茎高度的茎高度的遗传，图示表示表现型型为高高秆的个体中，基因的个体中，基因型型为DD和和Dd，比例，比例为12，所以，所以纯合子的概率合子的概率为1/3，A正确；正确；对甲植株甲植株进行行测交，得到的矮交，得到的矮秆抗病抗病个体基因型个体基因型为ddRr，是，是杂合体，不能合体，不能稳定定遗传，B 错误；由由于于乙乙植植株株基基因因型型为Ddrr，通通过单倍倍体体育育种种得得到到的的植植株株为DDrr和和ddrr，没没有有符符合合生生产要要求求的的矮矮秆抗抗病病植植株株，C错误；甲甲乙乙两两植植株株杂交交产生生的的子子代代基因型有基因型有326种，表种，表现型有型有224种，种，D正确。正确。答案答案AD考向考向预测二自由二自由组合定律的合定律的综合合应用用3.(2014宁波八校宁波八校联考考)控制菜粉蝶体色的基因控制菜粉蝶体色的基因为A、a，雄性中有黄色和白色，而雌性都是白色的。，雄性中有黄色和白色，而雌性都是白色的。控制触角控制触角类型的基因型的基因为B、b，触角有棒形和正常，触角有棒形和正常，且雄性和雌性中都有棒形触角和正常触角。且雄性和雌性中都有棒形触角和正常触角。请根据根据下表三下表三组杂交交组合，分析回答下列合，分析回答下列问题。杂交交亲本本亲本表本表现型型子代表子代表现型型(F1)黄色黄色棒形棒形黄色黄色正常正常白色白色棒形棒形白色白色正常正常性性别组合合一一白色正常白色正常1/21/2黄色棒形黄色棒形3/83/81/81/8组合合二二白色正常白色正常1/43/4白色正常白色正常1/83/81/83/8组合合三三白色棒形白色棒形1白色正常白色正常1(1)可可判判断断菜菜粉粉蝶蝶体体色色显隐性性的的杂交交组合合是是_，隐性性性性状状是是_，控控制制该性状的基因位于性状的基因位于_染色体上。染色体上。(2)杂 交交 组 合合 二二 亲 本本 的的 基基 因因 类 型型 为_。如如将将组合合三三中中亲本本的的F1个个体体进行行测交交实验，则F2雄雄性性个个体体中中黄黄色色正正常常、白白色色正正常常、黄黄色色棒棒形形、白白色色棒棒形形比比例例为_，其其F2所有个体比例所有个体比例为_。(3)若若检测某某白白色色雌雌蝶蝶的的基基因因型型，可可让其其与与_多次多次杂交，交，请预测试验结果。果。A_。B_。C_。解析解析(1)因因为雌性个体都是白色，故要根据雄雌性个体都是白色，故要根据雄性个体体色判断，在性个体体色判断，在组合一中雄性是黄色的，其后合一中雄性是黄色的，其后代的雄性个体中既有黄色又有白色，且出代的雄性个体中既有黄色又有白色，且出现了黄色了黄色 白色白色3 1，故白色是，故白色是隐性，因性，因为雄性个体中能出雄性个体中能出现3 1，应该是在常染色体上。是在常染色体上。(2)在在组合二中合二中亲本都是正常，子代中有棒形的，正本都是正常，子代中有棒形的，正常：棒形常：棒形3 1，说明正常是明正常是显性基因，棒形是性基因，棒形是隐性基性基因控制的性状，因此雄性个体基因型是因控制的性状，因此雄性个体基因型是aaB_，雌性是，雌性是_B_，因，因为子代中出子代中出现了正常了正常 棒形棒形3 1。所以控制触。所以控制触角的角的这对基因基因应是是Bb与与Bb，在雄性个体中黄色，在雄性个体中黄色 白色是白色是1 1，说明雌性控制白色的是明雌性控制白色的是Aa，综合基因型合基因型应是是AaBbaaBb。组合三中合三中亲本都是白色，子代中的雄性都本都是白色，子代中的雄性都是黄色，是黄色，说明雌性是明雌性是AA，雄性是，雄性是aa，子代中都是正常，子代中都是正常说明雌性是明雌性是bb，雄性是，雄性是BB，综合起来合起来亲本是本是AAbb与与aaBB，子一代是，子一代是AaBb，测交后在雄性个体中会出交后在雄性个体中会出现4种基因种基因型和型和4个表个表现型，且比例型，且比例为1 1 1 1。(3)要要检测白色雌蝶的基因型白色雌蝶的基因型应让其与白色雄蝶其与白色雄蝶(aa)进行交配，然后行交配，然后观察后代的表察后代的表现型，如果后代型，如果后代中中若后代中雄蝶全是黄色，若后代中雄蝶全是黄色，该雌蝶的基因型是雌蝶的基因型是AA子代的基因型都是子代的基因型都是Aa；若后代中雄蝶黄色和白色之；若后代中雄蝶黄色和白色之比比约为1 1，该雌蝶的基因型是雌蝶的基因型是Aa；若后代中雄蝶；若后代中雄蝶全是白色，全是白色，该雌蝶的基因型是雌蝶的基因型是aa。答案答案(1)组合一白色常合一白色常(2)AaBbaaBb 1 1 1 1 1 3 1 3(3)白色雄蝶白色雄蝶 若后代中雄蝶全若后代中雄蝶全是黄色，是黄色，该雌蝶的基因型是雌蝶的基因型是AA若后代若后代答案答案(1)组合合一白色常一白色常(2)AaBbaaBb 1 1 1 1 1 3 1 3(3)白色雄蝶白色雄蝶 若后代中雄蝶全是黄色，若后代中雄蝶全是黄色，该雌蝶的基因雌蝶的基因型是型是AA若后代中雄蝶黄色和白色之比若后代中雄蝶黄色和白色之比约为1 1，该雌雌蝶的基因型是蝶的基因型是Aa若后代中雄蝶全是白色，若后代中雄蝶全是白色，该雌蝶的基雌蝶的基因型是因型是aa中雄蝶黄色和白色之比中雄蝶黄色和白色之比约为1 1，该雌蝶的基因雌蝶的基因型是型是Aa若后代中雄蝶全是白色，若后代中雄蝶全是白色，该雌蝶的基因型是雌蝶的基因型是aa考点二基因自由考点二基因自由组合定律的合定律的实质和和细胞胞 学基学基础 1基因自由基因自由组合定律合定律实质与减数分裂与减数分裂【核心突破核心突破】2在减数分裂在减数分裂过程中配子程中配子产生数目情况生数目情况(非等位基因在非等位基因在非同源染色体上非同源染色体上)基因基因组成成一个卵原一个卵原一个精原一个精原细胞胞实际产生配子生配子的种的种类一个雄性一个雄性个体个体产生生配子的种配子的种类一个雌性一个雌性个体个体产生生配子的种配子的种类Aa1种种2种种2种种2种种AaBb1种种2种种4种种4种种AaBbCc(n对等位基因等位基因)1种种2种种2n种种2n种种注意注意n为等位基因的等位基因的对数，不包括相同基因，数，不包括相同基因，例如例如AaBbCcDD包括包括3对等位基因。等位基因。【命命题预测】本考点有逐年加大考本考点有逐年加大考查的的趋势。考向考向预测一基因自由一基因自由组合定律的合定律的实质4(2014南京第二次模南京第二次模拟)某种植物某种植物细胞常染胞常染色体上的色体上的A、B、T基因基因对a、b、t完全完全显性，性，让红花花(A)、高茎、高茎(B)、圆形果形果(T)植株与白花矮茎植株与白花矮茎长形果植形果植株株测交，子一代的表交，子一代的表现型及其比例是型及其比例是红花矮茎花矮茎圆形果形果白花高茎白花高茎圆形果：形果：红花矮茎花矮茎长形果形果白花高白花高茎茎长形果形果1111，则下下图能正确表示能正确表示亲代代红花高茎花高茎圆形果基因形果基因组成的是成的是解解析析本本题考考查了了自自由由组合合定定律律的的实质及及应用用的的相相关关知知识点点。红花花高高茎茎圆形形果果(A_B_T_)植植株株与与隐性性性性状状的的白白花花矮矮茎茎长形形果果(aabbtt)植植株株测交交，子子一一代代的的表表现型型及及其其比比例例是是：红花花矮矮茎茎圆形形果果白白花花高高茎茎圆形形果果红花花矮矮茎茎长形形果果：白白花花高高茎茎长形形果果1111，分分析析3对性性状状分分析析红花花与与矮矮茎茎性性状状、白白花花与与高高茎茎性性状状一一直直在在一一起起，而而它它们与与圆形形、长形形是是自自由由组合合的的，说明明A与与b连锁，a与与B连锁，而，而T与与t在另一在另一对同源染色体上，如同源染色体上，如选项D所示。所示。答案答案D考向考向预测二自由二自由组合定律适用条件合定律适用条件5(2014大大纲卷卷)现有有4个小麦个小麦纯合品种，即抗合品种，即抗锈病无芒、抗病无芒、抗锈病有芒、感病有芒、感锈病无芒和感病无芒和感锈病有芒。病有芒。已知抗已知抗锈病病对感感锈病病为显性，无芒性，无芒对有芒有芒为显性，性，且且这两两对相相对性状各由一性状各由一对等位基因控制。若用上等位基因控制。若用上述述4个品种个品种组成两个成两个杂交交组合，使其合，使其F1均均为抗抗锈病无病无芒，且芒，且这两个两个杂交交组合的合的F2的表的表现型及其数量比完型及其数量比完全一致。回答全一致。回答问题：(1)为实现上述目的，理上述目的，理论上，必上，必须满足的条件足的条件有：在有：在亲本中控制本中控制这两两对相相对性状的两性状的两对等位基因等位基因必必须位于位于_上，在形成配子上，在形成配子时非等位基因要非等位基因要_，在受精，在受精时雌雄雌雄配子要配子要_，而且每种合子，而且每种合子(受精受精卵卵)的存活率也要的存活率也要_。那么，。那么，这两个两个杂交交组合分合分别是是_和和_。(2)上述两个上述两个杂交交组合的全部合的全部F2植株自交得到植株自交得到F2种子，种子，1个个F2植株上所植株上所结的全部种子种在一起，的全部种子种在一起，长成的植株称成的植株称为1个个F3株系。理株系。理论上，在所有上，在所有F3株系株系中，只表中，只表现出一出一对性状分离的株系有性状分离的株系有4种，那么在种，那么在这4种株系中，每种株系植株的表种株系中，每种株系植株的表现型及数量比分型及数量比分别是是_，_，_和和_。解析解析(1)若抗若抗锈病与感病与感锈病、无芒与有芒分病、无芒与有芒分别受受A/a、B/b这两两对等基因控制，再根据等基因控制，再根据题干信息可知干信息可知4个个纯合合亲本的基因型可分本的基因型可分别表示表示为AABB、AAbb、aaBB、aabb，若要使两个，若要使两个杂交交组合合产生的生的F1与与F2均相同，均相同，则两个两个亲本本组合只能是合只能是AABB(抗抗锈病无芒病无芒)aabb(感感锈病有芒病有芒)、AAbb(抗抗锈病有芒病有芒)aaBB(感感锈病无芒病无芒)，得，得F1均均为AaBb，这两两对等位基因等位基因须位于两位于两对同源染色体上，非同源染同源染色体上，非同源染色体上的非等位基因自由色体上的非等位基因自由组合，才能使两合，才能使两组杂交的交的F2完完全一致，同全一致，同时受精受精时雌雄配子要随机雌雄配子要随机结合，形成的受精合，形成的受精卵的存活率也要相同。卵的存活率也要相同。(2)根据上面的分析可知，根据上面的分析可知，F1为AaBb，F2植株植株将出将出现9种不同的基因型：种不同的基因型：AABB、AaBB、AABb、AaBb、AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，可，可见F2自交最自交最终可得到可得到9个个F3株系，其中基因型株系，其中基因型AaBB、AABb、Aabb、aaBb中有一中有一对基因基因为杂合子，自交合子，自交后后该对基因决定的性状会基因决定的性状会发生性状分离，依次是抗生性状分离，依次是抗锈病无芒病无芒 感感锈病无芒病无芒3 1、抗、抗锈病无芒病无芒 抗抗锈病病有芒有芒3 1、抗、抗锈病有芒病有芒 感感锈病有芒病有芒3 1、感、感锈病无芒病无芒 感感锈病有芒病有芒3 1。答案答案(1)非同源染色体自由非同源染色体自由组合随机合随机结合合相等抗相等抗锈病无芒病无芒感感锈病有芒抗病有芒抗锈病有芒病有芒感感锈病无芒病无芒(2)抗抗锈病无芒病无芒 抗抗锈病有芒病有芒3 1 抗抗锈病病无芒无芒 感感锈病无芒病无芒3 1 感感锈病无芒病无芒 感感锈病有芒病有芒3 1抗抗锈病有芒：感病有芒：感锈病有芒病有芒3 1【题后后归纳】基因自由基因自由组合定律的适用范合定律的适用范围(1)适适用用生生物物类别：真真核核生生物物，凡凡原原核核生生物物及及病病毒的毒的遗传均不遵循此均不遵循此规律。律。(2)适适用用遗传方方式式：细胞胞核核遗传，真真核核生生物物的的细胞胞质遗传不遵循此不遵循此规律。律。(3)发生生时间：进行有性生殖的生物行有性生殖的生物经减数分裂减数分裂产生配子生配子时，减数第一次分裂后期，随同源染色体，减数第一次分裂后期，随同源染色体分开等位基因分离分开等位基因分离(基因的分离定律基因的分离定律)，而随非同源染，而随非同源染色体的自由色体的自由组合非同源染色体上的非等位基因也自合非同源染色体上的非等位基因也自由由组合合(基因的自由基因的自由组合定律合定律)。在。在进行有行有丝分裂或无分裂或无性生殖的性生殖的过程中不程中不发生此生此现象。象。考点三性状分离比考点三性状分离比9331的的变式及式及应用用1自由自由组合定律异常分离比的分析合定律异常分离比的分析两两对等等位位基基因因的的纯合合子子杂交交产生生的的F1自自交交，依依据据自自由由组合合定定律律分分析析，通通常常情情况况下下子子代代出出现四四种种表表现型型，其其比比例例为9331，但但在在自自然然状状态下下产生生的的比比例例不不是是9331，但仍然遵循自由，但仍然遵循自由组合定律。合定律。【核心突破核心突破】序号序号条件条件自交后代比例自交后代比例测交后代比例交后代比例存在一种存在一种显性基因性基因时表表现为同一性状，其余正常表同一性状，其余正常表现961121两种两种显性基因同性基因同时存在表存在表现为一种性状，否一种性状，否则表表现为另另一种性状一种性状9713隐性基因成性基因成对存在存在时表表现为双双隐性状，其余正常表性状，其余正常表现934112只要存在只要存在显性基因就表性基因就表现为同一性状，其余正常表同一性状，其余正常表现15131显性基因在基因型中的个数性基因在基因型中的个数影响性状表影响性状表现AABB(AaBBAABb)(AaBb、aaBB、AAbb)(Aabb、aaBb)aabb14641AaBb(AabbaaBb)aabb121显性性纯合致死合致死AaBbAabbaaBbaabb4221AaBbAabbaaBbaabb11112.性状分离比性状分离比9331的的变式式题解解题步步骤(1)看看F2的的组合合表表现型型比比例例，若若表表现型型比比例例之之和和是是16，不不管管以以什什么么样的的比比例例呈呈现，都都符符合合基基因因的的自自由由组合定律。合定律。(2)将将异异常常分分离离比比与与正正常常分分离离比比9 3 3 1进行行对比比，分分 析析 合合 并并 性性 状状 的的 类 型型。如如 比比 值 为 9 3 4，则 为9 3(3 1)，即，即4为后两种性状的合并后两种性状的合并结果。果。(3)对照上述表格确定出照上述表格确定出现异常分离比的原因。异常分离比的原因。(4)根根据据异异常常分分离离比比出出现的的原原因因，推推测亲本本的的基基因因型或推断子代相型或推断子代相应表表现型的比例。型的比例。【命命题预测】遗传高考高考题中均需要一定的解中均需要一定的解题方法技巧才能准确、方法技巧才能准确、规范、快速地解决范、快速地解决问题，考生做，考生做题慢、答慢、答题失失误往往是往往是方法不得当。方法不得当。考向考向预测一一显性基因在基因型中的个数影响性状表性基因在基因型中的个数影响性状表现6(2014上海卷上海卷)某种植物果某种植物果实重量由三重量由三对等等位基因控制，位基因控制，这三三对基因分基因分别位于三位于三对同源染色体同源染色体上，上，对果果实重量的增加效重量的增加效应相同且具叠加性。已知相同且具叠加性。已知隐性性纯合子和合子和显性性纯合子果合子果实重量分重量分别为150g和和270g。现将三将三对基因均基因均杂合的两植株合的两植株杂交，交，F1中重中重量量为190g的果的果实所占比例所占比例为 A3/64B5/64C12/64D15/64解解析析由由于于隐性性纯合合子子(aabbcc)和和显性性纯合合子子(AABBCC)果果实重重量量分分别为150g和和270g。则每每个个显性性基基因因的的增增重重为(270150)/620(g)，AaBbCc果果实重重量量为210，自自交交后后代代中中重重量量190克克的的果果实其其基基因因型型中中只只有有两两个个显性性基基因因、四四个个隐性性基基因因，即即AAbbcc、aaBBcc、aabbCC、AaBbcc、AabbCc、aaBbCc六六种种，所所占占比比例例依依次次为1/64、1/64、1/64、4/64、4/64、4/64、。故、。故为15/64，选D。答案答案D 考向考向预测二偏离二偏离9 3 3 1的数据分析的数据分析7.假假设家家鼠鼠的的毛毛色色由由A、a和和B、b两两对等等位位基基因因控控制制，两两对等等位位基基因因遵遵循循自自由由组合合定定律律。现有有基基因因型型为AaBb个个体体与与AaBb个个体体交交配配，子子代代中中出出现黑黑色色家家鼠鼠 浅浅黄黄色色家家鼠鼠 白白色色家家鼠鼠9 6 1，则子子代代的的浅浅黄色个体中，能黄色个体中，能稳定定遗传的个体比例的个体比例为A1/16 B3/16 C1/8 D1/3解解析析由由题意意可可知知，黑黑色色家家鼠鼠的的基基因因型型为A_B_，浅浅黄黄色色家家鼠鼠的的基基因因型型是是A_bb或或aaB_，白白色色家家鼠鼠的的基基因因型型是是aabb。AaBbAaBb得得到到的的浅浅黄黄色色家家鼠鼠有有1/16AAbb、1/8Aabb、1/16aaBB、1/8aaBb，其其中中能能稳定定遗传的的个个体体(基基因因型型为AAbb、aaBB的的个个体体)占占(1/161/16)(6/16)1/3。答案答案D考向考向预测三自交后代比例三自交后代比例为“9 3 4”8(2014石景山石景山3月月统一一测试)油菜的凸耳和非油菜的凸耳和非凸耳是一凸耳是一对相相对性状，用甲、乙、丙三株凸耳油菜性状，用甲、乙、丙三株凸耳油菜分分别与非凸耳油菜与非凸耳油菜进行行杂交交实验，结果如下表所示。果如下表所示。相关相关说法法错误的是的是 PF1F2甲甲非凸耳非凸耳凸耳凸耳凸耳：非凸耳凸耳：非凸耳151乙乙非凸耳非凸耳凸耳凸耳凸耳：非凸耳凸耳：非凸耳31丙丙非凸耳非凸耳凸耳凸耳凸耳：非凸耳凸耳：非凸耳31A.凸耳性状是由两凸耳性状是由两对等位基因控制等位基因控制B甲、乙、丙均甲、乙、丙均为纯合子合子C甲和乙甲和乙杂交得到的交得到的F2均表均表现为凸耳凸耳D乙乙和和丙丙杂交交得得到到的的F2表表现型型及及比比例例为凸凸耳耳：非凸耳非凸耳 3 1解解析析根根据据甲甲与与非非凸凸耳耳杂交交后后得得到到的的F1自自交交，F2代代出出现两两种种性性状状，凸凸耳耳和和非非凸凸耳耳之之比比为15 1，可可以以推推知知，凸凸耳耳性性状状是是受受两两对等等位位基基因因控控制制的的，由由于于甲甲非非凸凸耳耳得得到到的的F2代代凸凸耳耳 非非凸凸耳耳15 1，说明明非非凸凸耳耳是是双双隐性性状状，甲甲是是双双显性性状状的的纯合合子子，乙乙非非凸凸耳耳得得到到的的F2 代代凸凸耳耳：非非凸凸耳耳3 1，说明明乙乙是是单显性性状状的的纯合合子子，故故甲甲与与乙乙杂交交得得到到的的F2代代个个体体中中一一定定有有显性性基基因因，即即一一定定是是凸凸耳耳，由由于于丙丙非非凸凸耳耳得得到到的的F2代代凸凸耳耳 非非凸凸耳耳3 1，故故丙丙也也为单显性性状状的的纯合合子子，因因此此乙乙丙丙杂交交得得到到的的F1为双双杂合合子子，F2代有两种表代有两种表现型，凸耳：非凸耳型，凸耳：非凸耳15 1。答案答案D 考向考向预测四四显性性纯合致死作用合致死作用9(2015陕西咸阳月考西咸阳月考)某种某种鹦鹉羽毛羽毛颜色有色有4种表种表现型：型：红色、黄色、色、黄色、绿色和白色，由位于两色和白色，由位于两对同源染色同源染色体上的两体上的两对等位基因决定等位基因决定(分分别用用A、a，B、b表示表示)，且，且BB对生物个体有致死作用。将生物个体有致死作用。将绿色色鹦鹉和和纯合黄色合黄色鹦鹉杂交，交，F1代有两种表代有两种表现型，黄色型，黄色鹦鹉占占50%，红色色鹦鹉占占50%；选取取F1中的中的红色色鹦鹉相互交配，其后代中有上相互交配，其后代中有上述述4种表种表现型，型，这4种表种表现型的比例型的比例为：6 3 2 1，则F1的的亲本基因型本基因型组合是合是 A.aaBBAAbbBaaBbAAbb CAABbaabb DAaBbAAbb解析解析本本题考考查了了显性性纯合致死合致死对于子二代性状于子二代性状分离比的影响。由分离比的影响。由题意可知，控制意可知，控制鹦鹉羽毛羽毛颜色的两色的两对等位基因位于两等位基因位于两对同源染色体上，因此在同源染色体上，因此在遗传过程程中遵循基因的自由中遵循基因的自由组合定律，又知合定律，又知BB对生物个体有致生物个体有致死作用，且死作用，且F1中的中的红色色鹦鹉进行相互交配，后代的四行相互交配，后代的四种表种表现型的比例型的比例为：6321，因此可以猜想，后，因此可以猜想，后 代代 的的 受受 精精 卵卵 的的 基基 因因 组 成成 理理 论 上上 应 该 是是A_B_ aaB_ A_bb aabb9 3 3 1，其其中中A_BB和和aaBB个个体体致致死死，导致致出出现了了6 3 2 1，所所以以F1中中的的红色色鹦鹉的的基基因因型型为AaBb。又又由由题意意知知，将将绿色色鹦鹉和和纯合合黄黄色色鹦鹉杂交交，F1代代有有两两种种表表现型型，黄黄色色鹦鹉占占50%，红色色鹦鹉占占50%，因因此此亲本本的的基基因因型型绿色色鹦鹉的的基基因因型型为aaBb，纯合合黄黄色色鹦鹉的的基基因因型型为AAbb。答案答案B思思维发散散 素能培素能培优 方法方法技巧技巧分解分解组合法的合法的应用用(“乘法原理乘法原理”和和“加法原理加法原理”)1原理：分离定律是自由原理：分离定律是自由组合定律的基合定律的基础。2思路：首先将自由思路：首先将自由组合定律合定律问题转化化为若若干个分离定律干个分离定律问题。在独立。在独立遗传的情况下，有几的情况下，有几对基因就可分解基因就可分解为几个分离定律几个分离定律问题，如，如AaBbAabb可分解可分解为如下两个分离定律：如下两个分离定律：AaAa；Bbbb，然，然后按照数学上的后按照数学上的“乘法原理乘法原理”和和“加法原理加法原理”根据根据题目要求的目要求的实际情况情况进行重行重组。此法。此法“化繁化繁为简，高效准确高效准确”。【典例【典例训练】1.(2014海海南南卷卷)基基因因型型为AaBbDdEeGgHhKk个个体体自自交交，假假定定这7对等等位位基基因因自自由由组合合，则下下列列有关其子代叙述正确的是有关其子代叙述正确的是A1对等等位位基基因因杂合合、6对等等位位基基因因纯合合的的个个体出体出现的概率的概率为5/64B3对等等位位基基因因杂合合、4对等等位位基基因因纯合合的的个个体出体出现的概率的概率为35/128C5对等等位位基基因因杂合合、2对等等位位基基因因纯合合的的个个体体出出现的概率的概率为67/256D6对等等位位基基因因纯合合的的个个体体出出现的的概概率率与与6对等等位基因位基因杂合的个合的个题出出现的概率不同的概率不同解析解析1对等位基因等位基因杂合、合、6对等位基因等位基因纯合的个合的个体出体出现的概率的概率C2/4(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)7/128，A错；3对等位基因等位基因杂合、合、4对等位基因等位基因纯合的个体出合的个体出现的概率的概率C=2/42/42/42/42/4(1/41/4)(1/41/4)35/128，B正确；正确；5对等位基等位基因因杂合合、2对 等等 位位 基基 因因 纯 合合 的的 个个 体体 出出 现 的的 概概 率率 C2/42/42/4(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)21/128，C错；6对等等位位基基因因纯合合的的个个体体出出现的的概概率率C2/4(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)(1/41/4)7/128,6对等等位位基基因因杂合合的的个个体体出出现的的概概率率C2/42/42/42/42/42/4(1/41/4)7/128,相相同同，D错误。答案答案B遗传定律的定律的验证及个体基因型的及个体基因型的鉴定定1遗传定律的定律的验证 方法方法技巧技巧验证方法方法结论自交法自交法F F1 1自交后代的分离比自交后代的分离比为3 31 1，则符合基因的符合基因的分离定律，由位于一分离定律，由位于一对同源染色体上的一同源染色体上的一对等位基因控制等位基因控制F F1 1自交后代的分离比自交后代的分离比为9 93 33 31 1，则符合符合基因的自由基因的自由组合定律，由位于两合定律，由位于两对同源染色同源染色体上的两体上的两对等位基因控制等位基因控制测交法交法F F1 1测交后代的性状比例交后代的性状比例为1 11 1，则符合分离符合分离定律，由位于一定律，由位于一对同源染色体上的一同源染色体上的一对等位等位基因控制基因控制F F1 1测交后代的性状比例交后代的性状比例为1 11 11 11 1，由位于两，由位于两对同源染色体上的两同源染色体上的两对等等位基因控制位基因控制花粉花粉鉴定法定法若有两种花粉，比例若有两种花粉，比例为1 11 1，则符合符合分离定律分离定律若有四种花粉，比例若有四种花粉，比例为1 11 11 11 1，则符合自由符合自由组合定律合定律单倍体育种法倍体育种法取花取花药离体培养，用秋水仙素离体培养，用秋水仙素处理理单倍体幼苗，若植株有两种表倍体幼苗，若植株有两种表现型，比型，比例例为1 1：1 1，则符合分离定律符合分离定律取花取花药离体培养，用秋水仙素离体培养，用秋水仙素处理理单倍体幼苗，若植株有四种表倍体幼苗，若植株有四种表现型，比型，比例例为1 11 11 11 1，则符合自由符合自由组合定合定律律2.鉴定个体的基因型的方法定个体的基因型的方法 (1)自自交交法法：对于于植植物物来来说，鉴定定个个体体的的基基因因型型的的最最好好方方法法是是该植植物物个个体体自自交交，通通过观察察自自交交后后代的性状分离比，分析出待代的性状分离比，分析出待测亲本的基因型。本的基因型。(2)测交交法法：如如果果能能找找到到纯合合的的隐性性个个体体，根根据据测交交后后代代的的表表现型型比比例例即即可可推推知知待待测亲本本的的基基因因组成。成。(3)单倍体育种法：倍体育种法：对于植物个体来于植物个体来说，如果条，如果条件允件允许，取花，取花药离体培养，用秋水仙素离体培养，用秋水仙素处理理单倍体倍体幼苗，根据幼苗，根据处理后植株的性状即可推知待理后植株的性状即可推知待测亲本的本的基因型。基因型。【典例【典例训练】2(2014烟烟台台诊断断)已已知知红玉玉杏杏花花朵颜色色由由两两对基基因因(A、a和和B、b)控控制制，A基基因因控控制制色色素素合合成成，该色色素素随随液液泡泡中中细胞胞液液pH降降低低而而颜色色变浅浅。B基基因因与与细胞胞液液的的酸酸碱碱性性有有关关。其其基基因因型型与与表表现型型的的对应关系关系见下表。下表。基因型基因型AB/bAbbABBaabb表表现型型深紫色深紫色淡紫色淡紫色白色白色(1)推推测B基基因因控控制制合合成成的的蛋蛋白白质可可能能位位于于_上上，并并且且该蛋蛋白白质的的作作用用可可能能与与_有关。有关。(2)纯合合白白色色植植株株和和纯合合深深紫紫色色植植株株作作亲本本杂交交，子子一一代代全全部部是是淡淡紫紫色色植植株株。该杂交交亲本本的的基基因因型型组合合是是_。(3)有有人人认为A、a和和B、b基基因因是是在在一一对同同源源染染色色体体上上，也也有有人人认为A、a和和B、b基基因因分分别在在两两对非非同同源源染染色色体体上上。现利利用用淡淡紫紫色色红玉玉杏杏(AaBb)设计实验进行探究。行探究。实验步步骤：让淡淡紫紫色色红玉玉杏杏(AaBb)植植株株自自交交，观察并察并统计红玉杏花的玉杏花的颜色和比例色和比例(不考不考虑交叉互交叉互换)。实验预测及及结论：若若子子代代红玉玉杏杏花花色色为_，则A、a和和B、b基因分基因分别在两在两对非同源染色体上。非同源染色体上。若若子子代代红玉玉杏杏花花色色为_，则A、a和和B、b基因在一基因在一对同源染色体上。同源染色体上。若若子子代代红玉玉杏杏花花色色为_，则A、a和和B、b基因在一基因在一对同源染色体上。同源染色体上。(4)若若A、a和和B、b基基因因分分别在在两两对非非同同源源染染色色体体上上，则取取(3)题中中淡淡紫紫色色红玉玉杏杏(AaBb)自自交交：F1中中白白色色红玉玉杏杏的的基基因因型型有有_种种，其其中中纯种种个个体大体大约占占_。解析解析(1)B基因与基因与细胞液的酸碱性有关，推胞液的酸碱性有关，推测其控制合成的蛋白其控制合成的蛋白质可能位于液泡膜上，控制着可能位于液泡膜上，控制着H的跨膜运的跨膜运输。(2)纯合白色植株和合白色植株和纯合深紫色植株合深紫色植株(AAbb)杂交，子一代全部是淡紫色植株交，子一代全部是淡紫色植株(A_Bb)，由，由此可推知此可推知亲本中本中纯合白色植株的基因型合白色植株的基因型为AABB或或aaBB。(3)淡紫色淡紫色红玉杏玉杏(AaBb)植株自交，可根据植株自交，可根据题目所目所给结论，逆推，逆推实验结果。若果。若A、a和和B、b基因基因分分别在两在两对同源染色体上，同源染色体上，则自交后代出自交后代出现9种基种基因型，因型，3种表种表现型，其比例型，其比例为深紫色深紫色淡紫色：淡紫色：白色白色 367；若；若A、a和和B、b基因在一基因在一对同源同源 染色体上，且染色体上，且A和和B在同一条染色体上，在同一条染色体上，则自交后代自交后代出出现l/4AABB、1/2AaBb、1/4aabb，表，表现型比例型比例为淡紫色淡紫色白色白色11；若；若A、a和和B、b基因在一基因在一对同源染色体上，且同源染色体上，且A和和b在同一条染色体上，在同一条染色体上，则自交自交后代出后代出现l/4AAbb、1/2AaBb、1/4aaBB，表，表现型比型比例例为深紫色深紫色淡紫色淡紫色白色白色121。(4)若若A、a和和B、b基因分基因分别在两在两对同源染色体上，淡紫色同源染色体上，淡紫色红玉玉杏杏(AaBb)植株自交，植株自交，F1中白色中白色红玉杏的基因型有玉杏的基因型有1AABB、2AaBB、1aaBB、2aaBb、1aabb5种，其种，其中中纯种个体大种个体大约占占3/7。答案答案(1)液泡膜液泡膜H跨膜运跨膜运输(2)AABBAAbb或或aaBBAAbb(3)深深紫紫色色：淡淡紫紫色色：白白色色367 深深紫紫色色：淡淡紫紫色色：白白色色121 淡紫色：白色淡紫色：白色11(4)53/7 图导思思维 点点必清点点必清网控全局网控全局术语必必备填充：填充：1.具有两具有两对相相对性状的性状的纯种豌豆种豌豆杂交，交，F2代出代出现9种基因型，种基因型，4种种表表现型，比例是型，比例是9331。2.F1产生配子生配子时，等位基因分离，等位基因分离，非等位基因可以自由非等位基因可以自由组合，合，产生生比例相等的比例相等的4种配子。种配子。3.基因型相同的生物，表基因型相同的生物，表现型不型不一定相同。一定相同。4.基因的分离定律和自由基因的分离定律和自由组合定合定律，同律，同时发生在减数第一次分裂生在减数第一次分裂后期，分后期，分别由同源染色体的分离由同源染色体的分离和非同源染色体的自由和非同源染色体的自由组合所引合所引起。起。解解释分析分析 测交交实验 基因自由基因自由组合定律合定律 演演绎推理推理 真真题集集训 限限时检测高考体高考体验1(2009广广东高高考考)基基因因A、a和和基基因因B、b分分别位位于于不不同同对的的同同源源染染色色体体上上，一一个个亲本本与与aabb测交交，子子代代基基因因型型为AaBb和和Aabb，分分离离比比为1 1，则这个个亲本本基因型基因型为A.AB B.aBbC.Abb D.aBB解解析析 一一个个亲本本与与aabb测交交，aabb产生生的的配配子子是是ab，又又因因为子子代代基基因因型型为AaBb和和Aabb，分分离离比比为1 1，由由此此可可见亲本本产生生的的配配子子种种类及及比比例例为AB Ab1 1，故，故亲本基因型本基因型应为AABb。答案答案A2(2011上海高考上海高考)小麦麦穗基部离地的高度受小麦麦穗基部离地的高度受四四对基因控制，基因控制，这四四对基因分基因分别位于四位于四对同源染色体同源染色体上。每个基因上。每个基因对高度的增加效高度的增加效应相同且具叠加性。将相同且具叠加性。将麦穗离地麦穗离地27cm的的mmnnuuvv和离地和离地99cm的的MMNNUUVV杂交得到交得到F1，再用，再用F1代与甲植株代与甲植株杂交，交，产生生F2代的麦穗离地高度范代的麦穗离地高度范围是是3690 cm，则甲植甲植株可能的基因型株可能的基因型为AMmNnUuVv BmmNNUuVvCmmnnUuVV DmmNnUuVv解析解析因每个基因因每个基因对高度的增加，效高度的增加，效应相同，且具相同，且具叠加性，所以每个叠加性，所以每个显性基因可使离地高度增加性基因可使离地高度增加 =9cm，F1的基因型的基因型为：MmNnUuVv，由，由F1与与甲甲杂交，交，产生生F2代的离地高度范代的离地高度范围是是3690 cm，可知：，可知：F2代中至少有一个代中至少有一个显性基因，最多有性基因，最多有7个个显性基因，采性基因，采用代入法可确定用代入法可确定B正确。正确。答案答案B3(2014四川卷四川卷)小鼠的皮毛小鼠的皮毛颜色由常染色体色由常染色体的两的两对基因控制，其中基因控制，其中A/a控制灰色物控制灰色物质合成，合成，B/b控制黑色物控制黑色物质合成。两合成。两对基因控制有色物基因控制有色物质合成关合成关系如下系如下图：(1)选取三只不同取三只不同颜色的色的纯合小鼠合小鼠(甲甲灰鼠，乙灰鼠，乙白鼠，丙白鼠，丙黑鼠黑鼠)进行行杂交，交，结果如下果如下亲本本组合合F1F2实验一一甲甲乙乙全全为灰鼠灰鼠9灰鼠：灰鼠：3黑鼠：黑鼠：4白鼠白鼠实验二二乙乙丙丙全全为黑鼠黑鼠3黑鼠：黑鼠：1白鼠白鼠两两对基基因因(A/a和和B/b)位位于于_对染染色色体上，小鼠乙的基因型体上，小鼠乙的基因型为_。实验一一的的F2代代中中白白鼠鼠共共有有_种种基因型，灰鼠中基因型，灰鼠中杂合体占的比例合体占的比例为_。图中中有有色色物物质1代代表表_色色物物质，实验二的二的F2代中黑鼠的基因型代中黑鼠的基因型为_。(2)在在纯合合灰灰鼠鼠群群体体的的后后代代中中偶偶然然发现一一只只黄黄色色雄鼠雄鼠(丁丁)，让丁与丁与纯合黑鼠合黑鼠杂交，交，结果如下：果如下：亲本本组合合F1F2实验三三丁丁纯合合黑鼠黑鼠1黄鼠：黄鼠：1灰鼠灰鼠F1黄鼠随机交配：黄鼠随机交配：3黄鼠：黄鼠：1黑鼠黑鼠F1灰鼠随机交配：灰鼠随机交配：3灰鼠：灰鼠：1黑鼠黑鼠据据此此推推测：小小鼠鼠丁丁的的黄黄色色性性状状是是由由_突突变产生的，生的，该突突变属于属于_性突性突变。为验证上上述述推推测，可可用用实验三三F1代代的的黄黄鼠鼠与与灰灰鼠鼠杂交交。若若后后代代的的表表现型型及及比比例例为_，则上述推上述推测正确。正确。用用三三种种不不同同颜色色的的荧光光，分分别标记小小鼠鼠丁丁精精原原细胞胞的的基基因因A、B及及突突变产生生的的新新基基因因，观察察其其分分裂裂过程程，发现某某个个次次级精精母母细胞胞有有3种种不不同同颜色色的的4个个荧光光点点，其其原因是原因是_。解析解析(1)由由实验一可知，两一可知，两对基因控制的基因控制的F2为9：3：3：1的修的修饰(9：3：4)，符合自由，符合自由组合定律，故合定律，故A/a 和和B/b是位于非同源染色体上的两是位于非同源染色体上的两对基因。而且基因。而且A_B_为灰色，灰色，A_bb，aabb为白色，白色，aaBB_为黑色黑色(A/a控制灰色控制灰色合成，合成，B/b控制黑色合成控制黑色合成)。有色物。有色物质1为黑色，基因黑色，基因为B，有色物，有色物质2为灰色，基因灰色，基因为A。以。以F1 AaBb为灰色可灰色可证实推推论，亲本中甲本中甲应该为AABB，乙，乙为aabb(甲和乙甲和乙为AAbb，aaBB性状与性状与题意不符合意不符合)。由两由两对相相对性状性状杂交交实验可知可知F2中白鼠基因型中白鼠基因型为Aabb、AAbb和和aabb三种。三种。灰鼠中灰鼠中AABB：AaBB：AABb：AaBb1：2：2：4。除了除了AABB外皆外皆为杂合子，合子，杂合子比例合子比例为8/9。由由解析解析可知有色物可知有色物质1是黑色，是黑色，实验二中，丙二中，丙为纯合子，合子，F1全全为黑色，丙黑色，丙为aaBB，F1为aaBb，F2中中aaB_(aaBB、aaBb)：aabb3 1。(2)实验三中丁与三中丁与纯合黑鼠合黑鼠(aaBB)杂交，后代有两种性状，交，后代有两种性状，说明丁明丁为杂合合子，且子，且杂交后代中有灰色个体，交后代中有灰色个体，说明新基因相明新基因相对于于A为显性性(本本解析解析中用中用A1表示表示)。结合合F1、F2未出未出现白鼠可知，白鼠可知，丁不含丁不含b基因，其基因型基因，其基因型为A1ABB。若推若推论正确，正确，则F1中黄鼠基因型中黄鼠基因型为A1aBB，灰鼠，灰鼠为AaBB。杂交后代基因型交后代基因型及比例及比例为A1ABB：A1aBB：AaBB：aaBB1：1：1：1，表，表现型及其比例型及其比例为黄：灰：黑黄：灰：黑211。在减数第在减数第一次分裂一次分裂过程中程中联会后，同源染色体分离，非同源染色会后，同源染色体分离，非同源染色体自由体自由组合。次合。次级精母精母细胞胞进行减数第二次分裂，行减数第二次分裂，姐姐妹妹染染色色单体体分分离离。由由于于姐姐妹妹染染色色单体体是是由由同同一一条条染染色色体体通通过复复制制而而来来的的，若若不不发生生交交叉叉互互换基基因因两两两两相相同同，应该是是4个个荧光光点点，2种种颜色色。出出现第第三三种种颜色色应该是是发生交叉互生交叉互换的的结果。果。答答案案(1)2aabb 38/9 黑黑aaBB、aaBb(2)A 显 黄黄鼠鼠：灰灰鼠鼠：黑黑鼠鼠2 1 1 基基因因A与与新新基基因因所所在在同同源源染染色色体体的的非非姐姐妹妹染染色色单体之体之间发生了交叉互生了交叉互换4(2014山山东卷卷)果果蝇的灰体的灰体(E)对黑檀体黑檀体(e)为显性；短性；短刚毛和毛和长刚毛是一毛是一对相相对性状，由一性状，由一对等等位基因位基因(B，b)控制。控制。这两两对基因位于常染色体上且基因位于常染色体上且独立独立遗传。用甲、乙、丙三只果。用甲、乙、丙三只果蝇进行行杂交交实验，杂交交组合、合、F1表表现型及比例如下：型及比例如下：(1)根根据据实验一一和和实验二二的的杂交交结果果，推推断断乙乙果果蝇的的基基因因型型可可能能为_或或_。若若实验一一的的杂交交结果果能能验证两两对基基因因E，e和和B，b的的遗传遵遵循循自自由由组合合定定律律，则丙丙果果蝇的的基基因因型型应为_。(2)实验二二的的F1中中与与亲本本果果蝇基基因因型型不不同同的的个个体体所占的比例所占的比例为_。(3)在没有迁入迁出、突在没有迁入迁出、突变和和选择等条件下，一等条件下，一个由个由纯合果合果蝇组成的大种群个体成的大种群个体间自由交配得到自由交配得到F1，F1中灰体果中灰体果蝇8 400只，黑檀体果只，黑檀体果蝇1 600只。只。F1中中e的的基因基因频率率为_，Ee的基因型的基因型频率率为_。亲代群体中灰体果代群体中灰体果蝇的百分比的百分比为_。(4)灰体灰体纯合果合果蝇与黑檀体果与黑檀体果蝇杂交，在后代群交，在后代群体中出体中出现了一只黑檀体果了一只