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1EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.课堂互动探究案3基因自由组合定律题型归类例析考点突破素养达成考点一用分离定律解决自由组合定律问题的思路方法(国考5年2考)(全国卷：2018全国卷Ⅰ；2014全国卷Ⅲ；地方卷：2015海南、江苏卷；2014四川、重庆卷)【师说考问】考问1基本思路分解组合法(“乘法原理”和“加法原理”)。(1)原理：分离定律是自由组合定律的基础。(2)思路：首先将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题。在独立遗传的情况下，有几对基因就可分解为几个分离定律问题，如AaBb×Aabb可分解为如下两个分离定律：Aa×Aa、Bb×bb，然后按照数学上的“乘法原理”和“加法原理”根据题目要求的实际情况进行重组。此法“化繁为简，高效准确”。考问2题型及方法(1)配子类型的问题如：AaBbCc产生的配子种类数AaBbCc↓↓↓2×2×2＝8种。(2)配子间结合方式的问题如：AaBbCc与AaBbCC杂交过程中，配子间结合方式有多少种？先求AaBbCc、AaBbCC各自产生多少种配子：AaBbCc→8种配子，AaBbCC→4种配子；再求两亲本配子间的结合方式。由于两性配子间的结合是随机的，因而AaBbCc与AaBbCC配子间有8×4＝32种结合方式。(3)基因型类型的问题如AaBbCc与AaBBCc杂交，其后代有多少种基因型？先看每对基因的传递情况：Aa×Aa→后代有3种基因型2Aa。Bb×BB→后代有2种基因型(1BB1Bb)。Cc×Cc→后代有3种基因型2Cc。因而AaBbCc×AaBBCc→后代中有3×2×3＝18种基因型。(4)表现型类型的问题如AaBbCc×AabbCc杂交，其后代可能有多少种表现型？先看每对基因杂交后代的表现型：Aa×Aa→后代有2种表现型。Bb×bb→后代有2种表现型。Cc×Cc→后代有2种表现型。所以AaBbCc×AabbCc→后代中有2×2×2＝8种表现型。(5)基因型及表现型比例如：AaBbCc×AabbCc杂交，后代中AaBbcc所占比例是多少？后代中三个性状都是显性的个体所占比例是多少？Aa×Aa→后代中Aa出现概率为1/2，显性性状概率为3/4。Bb×bb→后代中Bb出现概率为1/2，显性性状概率为1/2。Cc×Cc→后代中cc出现概率为1/4，显性性状概率为3/4。则杂交后代中AaBbcc出现概率为1/2×1/2×1/4＝1/16，后代中三个性状全是显性的个体所占比例为3/4×1/2×3/4＝9/32。[方法规律]n对等位基因(完全显性)位于n对同源染色体上的遗传规律2【题组跟进】高考题组——研考向考向一推求种类与概率问题1．[2014·海南卷]基因型为AaBbDdEeGgHhKk个体自交，假定这7对等位基因自由组合，则下列有关其子代的叙述，正确的是()A．1对等位基因杂合、6对等位基因纯合的个体出现的概率为5/64B．3对等位基因杂合、4对等位基因纯合的个体出现的概率为35/128C．5对等位基因杂合、2对等位基因纯合的个体出现的概率为67/256D．6对等位基因纯合的个体出现的概率与6对等位基因杂合的个体出现的概率不同解析：1对等位基因杂合、6对等位基因纯合的个体出现的概率＝C17×2/4×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)＝7/128，A错误；3对等位基因杂合、4对等位基因纯合的个体出现的概率＝C37×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)＝35/128，B正确；5对等位基因杂合、2对等位基因纯合的个体出现的概率＝C57×2/4×2/4×2/4×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)＝21/128，C错误；6对等位基因纯合的个体出现的概率＝C17×2/4×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)×(1/4＋1/4)＝7/128,6对等位基因杂合的个体出现的概率＝C17×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4×2/4×(1/4＋1/4)＝7/128，相同，D错误。答案：B考向二基因型、表现型推断问题2．[2018·全国卷Ⅰ，32节选]果蝇体细胞有4对染色体，其中2、3、4号为常染色体。已知控制长翅/残翅性状的基因位于2号染色体上，控制灰体/黑檀体性状的基因位于3号染色体上。某小组用一只无眼灰体长翅雌蝇与一只有眼灰体长翅雄蝇杂交，杂交子代的表现型及其比例如下：回答下列问题：(3)若控制有眼/无眼性状的基因位于4号染色体上，用灰体长翅有眼纯合体和黑檀体残翅无眼纯合体果蝇杂交，F1相互交配后，F2中雌雄均有________种表现型，其中黑檀体长翅无眼所占比例为3/64时，则说明无眼性状为__________(填“显性”或“隐性”)。解析：(3)表格中灰体长翅：灰体残翅：黑檀体长翅：黑檀体残翅＝9：3：3：1，可分析出显性性状为灰体(用基因A表示)和长翅(用基因B表示)，有眼和无眼不能确定显隐性关系(用基因C或c表示)，灰体长翅有眼纯合体和黑檀体残翅无眼纯合体的基因型可写为AABB和aabb，可推出F1的基因型为AaBbCc，F1个体间相互交配，F2的表现型为2×2×2＝8种。F2中黑檀体(Aa×Aa＝1/4)长翅(Bb×Bb＝3/4)无眼所占比例为3/64时，可知无眼所占比例为1/4，则无眼为隐性性状。3答案：(3)8隐性3．[经典高考]果蝇中灰身(B)与黑身(b)、大翅脉(E)与小翅脉(e)是两对相对性状且独立遗传。灰身大翅脉的雌蝇与灰身小翅脉的雄蝇杂交，子代中47只为灰身大翅脉，49只为灰身小翅脉，17只为黑身大翅脉，15只为黑身小翅脉。回答下列问题：(1)在上述杂交子代中，体色和翅脉的表现型比例依次为______________和______________。(2)两个亲本中，雌蝇的基因型为________，雄蝇的基因型为________。(3)亲本雌蝇产生卵的基因组成种类数为________，其理论比例为________。(4)上述子代中表现型为灰身大翅脉个体的基因型为________，黑身大翅脉个体的基因型为________。解析：(1)从题干中可知：子代中灰身个体数量为47＋49＝96只，黑身个体数量为17＋15＝32只，比例为3：1。大翅脉个体数量为47＋17＝64只，小翅脉个体数量为49＋15＝64只，比例为1：1。(2)亲本中，灰身与灰身交配，产生黑身子代，并且比例为3：1，无性别差异，所以亲本基因型均为Bb。雌性大翅脉果蝇与雄性小翅脉果蝇交配，产生的后代中大、小翅脉果蝇比例为1：1，且无性别差异，所以亲本为测交类型，雌性基因型为Ee，雄性表现基因型为ee。所以，亲本中雌性果蝇基因型为BbEe，雄性果蝇基因型为Bbee。(3)亲本中，雌性果蝇基因型为BbEe，减数分裂时产生4种类型的配子：BE、Be、bE、be，比例为1：1：1：1。(4)由于亲本的基因型分别为BbEe与Bbee，所以后代中灰身个体有两种基因型：BB和Bb，黑身个体为隐性个体，基因型为bb；大翅脉个体只有一种基因型：Ee。故子代中灰身大翅脉个体基因型为BBEe和BbEe，黑身大翅脉个体基因型为bbEe。答案：(1)灰身：黑身＝3：1大翅脉：小翅脉＝1：1(2)BbEeBbee(3)4种1：1：1：1(4)BBEe和BbEebbEe4．[2013·福建卷节选]甘蓝型油菜花色性状由三对等位基因控制，三对等位基因分别位于三对同源染色体上。花色表现型与基因型之间的对应关系如下表。表现型白花乳白花黄花金黄花基因型AA____Aa____aaB___、aa__D_aabbdd请回答：(1)白花(AABBDD)×黄花(aaBBDD)，F1基因型是________，F1测交后代的花色表现型及其比例是________。(2)黄花(aaBBDD)×金黄花，F1自交，F2中黄花基因型有________种，其中纯合个体占黄花的比例是________。(3)甘蓝型油菜花色有观赏价值，欲同时获得四种花色表现型的子一代，可选择基因型为________的个体自交，理论上子一代比例最高的花色表现型是________。解析：(1)基因型为AABBDD的白花个体与基因型为aaBBDD的黄花个体杂交，后代的基因型为AaBBDD，对它进行测交，即与aabbdd杂交，后代有两种基因型：AaBbDd和aaBbDd，比例为1：1，据题意可知，基因型为AaBbDd的个体开乳白花，基因型为aaBbDd的个体开黄花。(2)黄花个体(aaBBDD)与金黄花个体杂交，即基因型为aaBBDD的个体和基因型为aabbdd的个体杂交，后代基因型是aaBbDd，让其自交，后代的基因型有aaB_D_、aaB_dd、aabbD_、aabbdd，比例为9：3：3：1，据表可知aaB_D_、aaB_dd、aabbD_的个体均开黄花，aabbdd的个体开金黄花。aaBbDd自交，后代基因型有1×3×3＝9种，其中有1种开金黄花，所以黄花的基因型有8种，而每种里面aaB_D_、aaB_dd、aabbD_只有1份纯合，所以纯合个体占3/15，即1/5。(3)据表可知，要想获得四种花色表现型的子一代，需要选择基因型为AaBbDd的个体自交，后代表现白花的概率是1/4×1×1＝1/4，后代表现乳白花的概率是1/2×1×1＝1/2，后代表现金黄花的概率是1/4×1/4×1/4＝1/64，后代表现黄花的概率是1/4×3/4×1＋1/4×1×3/4－1/4×3/4×3/4＝15/64，所以子一代比例最高的花色表现型是乳白花。答案：(1)AaBBDD乳白花：黄花＝1：1(2)81/5(3)AaBbDd乳白花归纳总结已知子代表现型分离比，推测亲本基因型(1)9：3：3：1⇒(3：1)(3：1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×Bb)。4(2)1：1：1：1⇒(1：1)(1：1)⇒(Aa×aa)×(Bb×bb)。(3)3：3：1：1⇒(3：1)(1：1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×bb)。(4)3：1⇒(3：1)×1⇒(Aa×Aa)×(BB×BB)或(Aa×Aa)×(BB×Bb)或(Aa×Aa)×(bb×bb)。模拟题组——预趋势预测一种类与概率的计算问题1．番茄的红果(A)对黄果(a)是显性，圆果(B)对长果(b)是显性，且遵循自由组合定律。现用红色长果番茄与黄色圆果番茄杂交，从理论上分析，其后代的基因型数不可能是()A．1种B．2种C．3种D．4种解析：红色长果番茄的基因型为A－bb，黄色圆果番茄的基因型为aaB－，当二者都是纯合子时，其后代的基因型有1种；当红色长果番茄为杂合子、黄色圆果番茄为纯合子或红色长果番茄为纯合子、黄色圆果番茄为杂合子时，其后代的基因型都有2种；当二者都是杂合子时，其后代有4种基因型。答案：C2．豌豆子叶的黄色对绿色为显性，种子的圆粒对皱粒为显性，两对性状各由一对等位基因控制独立遗传。以黄色圆粒和绿色皱粒的豌豆为亲本，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＝9：3：15：5，若让F1自由交配，则后代中绿色皱粒的豌豆所占的比例是()A．1/16B．1/8C．9/64D．3/64解析：据题意可知，亲本为黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆，基因型为Y_R_和yyrr，杂交得到的F1自交，F2的表现型及比例为黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒＝9：3：15：5，所以黄色：绿色＝(9＋3)：(15＋5)＝3：5，圆粒：皱粒＝(9＋15)：(3＋5)＝3：1。可知杂交组合有两种杂交方式Yy×Yy或Yy×yy，若为Yy×Yy，则F1为1/4YY,1/2Yy,1/4yy，自交子代Y_为1/4＋1/2×3/4＝5/8，即黄：绿＝5：3(不符合，舍弃)；若为Yy×yy则F1为1/2Yy,1/2yy，自交子代Y_为1/2×3/4＝3/8，即黄：绿