（浙江专版）2019版高考生物一轮复习 热点题型突破三 遗传规律的综合应用教案

1热点题型突破三遗传规律的综合应用[考情分析]浙江高考对遗传定律的考查并非单一化，往往呈现综合性，不仅将分离定律、自由组合定律与伴性遗传综合，更将孟德尔定律与其细胞学基础、伴性遗传、系谱分析及概率求解等予以综合考查。因此，备考时必须深刻把握两大定律的核心内涵，归纳总结基因传递规律及特点，并能熟练进行基因型、表现型推导及概率计算，同时应具备相当的遗传实验设计能力和分析问题的能力。主要考查角度有以下几点：1自由组合定律与伴性遗传，如2015年浙江10月选考，31T；2016年浙江4月选考，31T等。2常见遗传病的家系分析遗传系谱图，如2016年浙江10月选考，28T等。3自由组合定律的相关分析，如2017年浙江4月选考，28T等。4杂交实验的设计与分析，如2017年浙江4月选考，31T等。题型一遗传定律的细胞学基础1.如图所示，某植株F1自交后代花色发生性状分离，下列不是其原因的是()A.F1能产生不同类型的配子B.雌雄配子随机结合C.MⅡ后期发生了姐妹染色单体的分离D.MⅠ后期发生了同源染色体的分离和非同源染色体的自由组合答案C解析在减数分裂形成配子的过程中同源染色体上的等位基因彼此分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合，F1能产生4种不同类型的配子，A正确；F1能产生4种不同类型的配子，且在受精过程中雌雄配子的结合是随机的，B正确；减数第二次分裂后期，姐妹染色单体携带的基因一般相同，所以姐妹染色体的分离不是造成此性状分离的原因，C错误；根据题意可知该花色的性状遵循基因的自由组合定律，由基因的自由组合定律的实质可知，同源染色体上等位基因的分离和非同源染色体上的非等位基因的自由组合发生在减数第一次分裂后期，D正确。2.家鼠的毛色与位于两对同源染色体上的两对等位基因A、a和B、b有关。毛色色素的产生必须有基因A存在，能产生色素的个体毛色呈黄色或黑色，不产生色素的个体毛色呈白色。基因B使家鼠毛色呈黑色，而该基因为b时，家鼠的毛色为黄色。现将黄毛雌性与白毛雄性两只纯系的家鼠杂交，后代中黑毛都是雌性，黄毛都是雄性。请回答下列问题：(1)等位基因A、a位于____________染色体上，等位基因B、b位于____________染色体上。2(2)亲本黄毛雌性家鼠的基因型是________________。让F1雌雄鼠杂交得到F2，则F2中黄毛雌家鼠的概率是____________，白毛家鼠的基因型有____________种。(3)现有杂合黑毛雄家鼠一只，利用测交来验证自由组合定律，请你用遗传图解表示。(4)经研究发现，在家鼠存在等位基因A、a的染色体上还有一对控制眼色的基因D、d，如图是某家鼠体细胞的1、2号染色体及其上的基因的关系图，请分析回答①②小题。①该家鼠的基因型为__________。②若不考虑染色体片段交换的情况下，该家鼠通过减数分裂能产生________种基因型的配子。答案(1)常X(2)AAXbXb3/164(3)如图所示(4)①AaDdXBXB②2解析(1)由题干信息可知“黄毛雌性与白毛雄性两只纯系的家鼠杂交，后代中黑毛都是雌性，黄毛都是雄性”可推知等位基因A、a位于常染色体上，等位基因B、b位于X染色体上。(2)已知两亲本都是纯合子，黄毛雌性家鼠的基因型是AAXbXb，白毛雄性家鼠的基因型是aaXBY，F1雌雄鼠的基因型分别是AaXBXb与AaXbY，相互杂交得F2，则F2中黄毛雌家鼠的概率是A_XbXb＝3/4×1/4＝3/16，白毛家鼠的基因型为aaXBXb、aaXBY、aaXbY、aaXbXb4种。(3)自由组合定律指的是非同源染色体上的非等位基因的自由组合，可以让杂合黑毛雄家鼠与双隐性的白毛雌家鼠测交，验证该定律，后代应该出现1∶1∶1∶1的性状分离比，遗传图解见答案。(4)①分析题图可知，该家鼠含有两条X染色体，是雌性个体，基因型为AaDdXBXB。②由题图可知A、D连锁在同一条染色体上，a、d连锁在同一条染色体上，该小鼠通过减数分裂形成的配子如果不考虑染色体片段的交换，产生ADXB、adXB两种配子。题型二自交与自由交配的相关推断与计算33.(2017·湖州一模)某植物子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。某人用该植物黄色圆粒和绿色圆粒作亲本进行杂交，发现后代(F1)出现4种类型，其比例分别为：黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶3∶1∶1。去掉花瓣，让F1中黄色圆粒植株相互授粉，F2的表现型及其性状分离比是()A.24∶8∶3∶1B.25∶5∶5∶1C.15∶5∶3∶1D.9∶3∶3∶1答案A解析子一代黄色圆粒植株去掉花瓣相互授粉，相当于自由交配，可以将自由组合问题转化成两个分离定律问题：①Yy×Yy→黄色Y_＝34、绿色yy＝14，②R_×R_→皱粒rr＝23×23×14＝19，圆粒R_＝89，因此F2的表现型及其性状分离比是黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝(34×89)∶(14×89)∶(34×19)∶(14×19)＝24∶8∶3∶1。4.莱杭鸡羽毛的颜色由A、a和B、b两对等位基因共同控制，其中B、b分别控制黑色和白色，A能抑制B的表达，A存在时表现为白色。某人做了如下杂交实验：亲本(P)子一代(F1)子二代(F2)表现型白色(♀)×白色(♂)白色白色∶黑色＝13∶3若F2中黑色羽毛莱杭鸡的雌雄个体数相同，F2黑色羽毛莱杭鸡自由交配得F3。则F3中()A.杂合子占5/9B.黑色占8/9C.杂合子多于纯合子D.黑色个体都是纯合子答案B解析由题干分析可知，黑色个体的基因型为aaBB、aaBb两种，其他基因型全是白色个体。F2中黑色个体的基因型及概率依次为1/3aaBB、2/3aaBb，因此F2黑色羽毛莱杭鸡自由交配得到的F3中的基因型及其概率依次为4/9aaBB、4/9aaBb、1/9aabb。所以F3中杂合子占4/9，黑色占8/9，杂合子少于纯合子，黑色个体不都是纯合子，白色个体都是纯合子。纯合黄色圆形豌豆和纯合绿色皱形豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代中黄色圆形豌豆个体和绿色圆形豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的性状表现比例分别如下表所示：表现型比例Y_R_(黄圆)自交黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形25∶5∶5∶14测交黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形4∶2∶2∶1自由交配黄色圆形∶绿色圆形∶黄色皱形∶绿色皱形64∶8∶8∶1yyR_(绿圆)自交绿色圆形∶绿色皱形5∶1测交绿色圆形∶绿色皱形2∶1自由交配绿色圆形∶绿色皱形8∶1题型三“自由组合”中的特殊比例5.如图所示，某种植物的花色(白色、蓝色、紫色)由常染色体上的两对独立遗传的等位基因(D、d和R、r)控制。下列说法不正确的是()A.该种植物中能开紫花的植株的基因型有4种B.植株Ddrr与植株ddRR杂交，后代中1/2为蓝色植株，1/2为紫色植株C.植株DDrr与植株ddRr杂交，其后代全自交，白色植株占5/32D.植株DdRr自交，后代蓝花植株中能稳定遗传的个体所占的比例是1/6答案D解析紫花植株基因型有DDrr、Ddrr、ddRr、ddRR，共4种，A正确；Ddrr×ddRR，子代为1DdRr(蓝色)∶1ddRr(紫色)，B正确；DDrr×ddRr，子代为1DdRr∶1Ddrr，DdRr(1/2)自交，子代ddrr(白色)比例为1/2×1/4×1/4＝1/32；Ddrr(1/2)自交，子代ddrr(白色)比例为1/2×1/4×1＝1/8，故白色植株占1/32＋1/8＝5/32，C正确；DdRr自交，子代蓝花D_R_(9/16)植株中能稳定遗传的个体DDRR(1/16)所占的比例是(1/16)/(9/16)＝1/9，D错误。6.一种鹰的羽毛有条纹和非条纹、黄色和绿色的差异，已知决定颜色的显性基因纯合子不能存活。图中显示了鹰羽毛的杂交遗传，对此合理的解释是()5①绿色对黄色完全显性②绿色对黄色不完全显性③控制羽毛性状的两对基因完全连锁④控制羽毛性状的两对基因自由组合A.①③B.①④C.②③D.②④答案B解析子一代的绿色非条纹个体自交后代中既有绿色又有黄色，说明绿色为显性性状，但子代中绿色个体与黄色个体的比例为(6＋2)∶(3＋1)＝2∶1，说明绿色个体中存在显性纯合致死效应，①正确，②错误；绿色非条纹个体自交后代出现绿色非条纹、黄色非条纹、绿色条纹、黄色条纹等四种性状，且性状分离比为6∶3∶2∶1，说明控制羽毛性状的两对基因可以自由组合，③错误，④正确。1.“和”为16的由基因互作导致的特殊分离比(1)原因分析序号条件F1(AaBb)自交后代比例F1测交后代比例1存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正常表现9∶6∶11∶2∶12两种显性基因同时存在时，表现为一种性状，否则表现为另一种性状9∶71∶33当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性状，其余正常表现9∶3∶41∶1∶24只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现15∶13∶1(2)解题技巧①看F2的表现型比例，若表现型比例之和是16，不管以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律。②将异常分离比与正常分离比9∶3∶3∶1进行对比，分析合并性状的类型。如比例为9∶3∶4，则为9∶3∶(3∶1)，即4为两种性状的合并结果。③根据具体比例确定出现异常分离比的原因。④根据异常分离比出现的原因，推测亲本的基因型或推断子代相应表现型的比例。2.“和”为16的显性基因累加效应导致的特殊分离比(1)表现6(2)原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。3.“和”小于16的由基因致死导致的特殊分离比(1)致死类型归类分析①显性纯合致死a.AA和BB致死F1自交后代：AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死测交后代：AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1b.AA(或BB)致死F1自交后代：62AaBB＋4AaBb∶3aaB_∶2Aabb∶1aabb或62AABb＋4AaBb∶3A_bb∶2aaBb∶1aabb测交后代：AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1②隐性纯合致死a.双隐性致死{F1自交后代：A_B_∶A_bb∶aaB_＝9∶3∶3b.单隐性致死aa或bb{F1自交后代：9A_B_∶3A_bb或9A_B_∶3aaB_(2)致死类问题解题思路第一步：先将其拆分成分离定律单独分析。第二步：将单独分析结果再综合在一起，确定成活个体基因型、表现型及比例。题型四外源基因整合到宿主染色体上的分析7.(加试)(2017·浙江4月选考)若利用根瘤农杆菌转基因技术将抗虫基因和抗除草剂基因转入大豆，获得若干转基因植物(T0代)，从中选择抗虫抗除草剂的单株S1、S2和S3分别进行自交获得T1代，T1代性状表现如图所示。已知目的基因能1次或多次插入并整合到受体细胞染色体上。下列叙述正确的是()A.抗虫对不抗虫表现为完全显性，抗除草剂对不抗除草剂表现为不完全显性B.根瘤农杆菌Ti质粒携带的抗虫和抗除草剂基因分别插入到了S2的2条非同源染色体上，并正常表达7C.若给S1后代T1植株喷施适量的除草剂，让存活植株自交，得到的自交一代群体中不抗虫抗除草剂的基因型频率为1/2D.若取S3后代T1纯合抗虫不抗除草剂与纯合不抗虫抗除草剂单株杂交，得到的子二代中抗虫抗除草剂的纯合子占1/9答案C解析单株S3自交获得T1代，抗虫∶不抗虫≈3∶1，抗除草剂∶不抗除草剂≈3∶1，说明每对等位基因遵循分离定律，抗虫对不抗虫为完全显性，抗除草剂对不抗除草剂为完全显性，A错误；由柱形图可知，S2进行自交获得T1代不出现9∶3∶3∶1的性状分离比，因此农杆菌Ti质粒携带的抗虫和抗除草剂基因不会分别插入到了S2的2条非同源染色体上，并正常表达，B错误；设抗虫与抗除草剂相关基因为A、a和B、b，由分析可知，S1后代T1植株的基因型是AAbb∶AaBb∶aaBB＝1∶2∶1，喷施适量的除草剂，存活个体的基因型是