2025版高考生物一轮复习第1章遗传因子的发现2孟德尔的豌豆杂交实验二教案新人教版必修2

PAGE17-孟德尔的豌豆杂交试验（二）考点一两对相对性状的杂交试验分析1.用分别定律分析两对相对性状的杂交试验：2.F2中9种基因型和4种表现型分析：3.F2出现9∶3∶3∶1的4个条件：(1)所探讨的每一对相对性状只受一对等位基因限制，而且等位基因要完全显性。(2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好，且受精的机会均等。(3)全部后代都应处于相同的环境中，而且存活率相同。(4)供试验的群体要足够大，个体数量要足够多。4.基因分别定律和自由组合定律的关系及相关比例图解：【典例】(2024·全国卷Ⅱ)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限制，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试验。试验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶试验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株进行杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3回答下列问题。(1)甘蓝叶色中隐性性状是___________，试验①中甲植株的基因型为___________。

(2)试验②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别比为1∶1，则丙植株全部可能的基因型是___________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株全部可能的基因型是___________；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别比为15∶1，则丙植株的基因型为____。

【解析】本题考查遗传规律的应用。(1)试验①中绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶，不发生性状分别，试验②中甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3，说明绿叶为隐性性状，即甲植株的基因型为aabb。(2)分析可知，乙植株的基因型为AaBb，与甲植株杂交的后代基因型有4种，分别为AaBb、Aabb、aaBb、aabb。(3)紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，子代中紫叶和绿叶的分别比为1∶1，说明丙植株有一对杂合基因，而另一对为隐性纯合基因，所以可能的基因型为Aabb、aaBb；若杂交子代均为紫叶，则丙植株至少含有一对显性纯合基因，可能的基因型有AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb；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别比为15∶1，说明该子代的基因型为AaBb，则丙植株的基因型为AABB。答案：(1)绿色aabb(2)AaBb4(3)Aabb、aaBbAABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABbAABB(1)试验②中子代紫色个体自交，性状表现及比例是紫叶∶绿叶=15∶1、紫叶∶绿叶=1∶1、紫叶∶绿叶=3∶1。(2)试验②中子代紫色个体随机传粉受精，后代性状表现及比例是紫叶∶绿叶=119∶25。(2024·全国卷Ⅲ)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交试验，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)。试验数据如表：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)依据表中数据可得出的结论是：限制甲组两对相对性状的基因位于________上，依据是___________；限制乙组两对相对性状的基因位于_________(填“一对”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。

【解析】本题主要考查基因的自由组合定律应用的相关学问。(1)因题干说明是二倍体自花传粉植物，杂交的品种均为纯合子，依据表中甲的数据，可知F1的红果、二室均为显性性状，甲的两组F2的表现型之比均接近9∶3∶3∶1，所以限制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的F1的圆形果、单一花序均为显性性状，F2中第一组：圆∶长=(660+90)∶(90+160)=3∶1、单∶复=(660+90)∶(90+160)=3∶1；其次组：圆∶长=(510+240)∶(240+10)=3∶1、单∶复=(510+240)∶(240+10)=3∶1；但两组的四种表现型之比均不是9∶3∶3∶1，说明限制每一对性状的基因均遵循分别定律，限制这两对性状的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上。(2)依据表中乙组的杂交试验得到的F1均为双显性杂合子，F2的性状分别比不符合9∶3∶3∶1，说明F1产生的四种配子比不是1∶1∶1∶1，所以用两个F1分别与“长复”双隐性个体测交，不会出现1∶1∶1∶1的比例。答案：(1)非同源染色体F2中两对相对性状表现型的分别比符合9∶3∶3∶1一对F2中每对相对性状表现型的分别比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分别比不符合9∶3∶3∶1(2)1∶1∶1∶1【加固训练】(2024·合肥模拟)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，三对等位基因分别位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子基因型分别为：①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd。则下列说法正确的是 ()A.若采纳花粉鉴定法验证基因的分别定律，应当用①和③杂交所得F1的花粉B.若采纳花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以视察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C。采纳花粉鉴定法验证基因的分别定律，必需是可以在显微镜下视察的性状，即非糯性(A)和糯性(a)，花粉粒长形(D)和圆形(d)。①和③杂交所得F1的花粉只有抗病(T)和染病(t)不同，显微镜下视察不到，A错误；若采纳花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，则应当选择②④组合，视察F1的花粉，B错误；将②和④杂交后所得的F1(Aa)的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D错误。考点二自由组合定律的解题思路及方法1.利用分别定律解决自由组合定律问题——分解组合法：(1)解题思路：①分解：将自由组合定律问题转化为若干个分别定律问题。在独立遗传的状况下，有几对等位基因就可分解为几组分别定律问题。如AaBb×Aabb，可分解为两组：Aa×Aa，Bb×bb。②分析：按分别定律进行逐一分析。③组合：将用分别定律探讨获得的结果运用乘法原理、加法原理进行综合，得到正确答案。(2)解题方法：①种类问题：题型分类解题规律示例配子类型(配子种类数)2n(n为等位基因对数)AaBbCCDd产生配子种类数为23=8配子间结合方式种类数配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积AABbCc×aaBbCC配子间结合方式种类数=4×2=8子代基因型(或表现型)种类双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表现型)等于各性状按分别定律所求基因型(或表现型)的乘积AaBbCc×Aabbcc，基因型为3×2×2=12种，表现型为2×2×2=8种②概率问题：题型分类解题规律示例基因型(或表现型)的比例按分别定律求出相应基因型(或表现型)，然后利用乘法原理进行组合AABbDd×aaBbdd，F1中A_B_D_所占的比例为1×3/4×1/2=3/8纯合子或杂合子出现的比例按分别定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率=1-纯合子概率AABbDd×AaBBdd，F1中AABBdd所占比例为1/2×1/2×1/2=1/82.已知亲本和子代的表现型及其比例，求亲代的基因型：(1)“隐性纯合突破法”：一旦出现隐性性状即可干脆写出其基因型，并可推知其两个亲代都有隐性基因。(2)“待定基因法”：先依据亲本表现型写出亲本中已知的基因框架，未知的用“_”表示，然后依据子代状况来确定待定部分的基因。假如涉及多对基因，那么最好还是对每对基因(相对性状)分别考虑。3.试验探究不同对基因在染色体上的位置关系：(1)推断基因是否位于不同对同源染色体上。以AaBb为例，若两对等位基因分别位于两对同源染色体上，则产生4种类型的配子。在此基础上进行测交或自交时会出现特定的性状分别比，如1∶1∶1∶1或9∶3∶3∶1等。(2)完全连锁遗传现象中的基因确定。基因完全连锁(不考虑交叉互换)时，不符合基因的自由组合定律，其子代也呈现特定的性状分别比，如图所示：【典例】白粉菌和条锈菌能分别导致小麦感白粉病和条锈病，引起减产。采纳相宜播种方式可限制感病程度。下表是株高和株型相近的小麦A、B两品种在不同播种方式下的试验结果。注：“+”的数目表示感染程度或产量凹凸；“-”表示未感染。据表回答：(1)抗白粉病的小麦品种是_____________，推断依据是____。

(2)设计Ⅳ、Ⅴ两组试验，可探究

_________。

(3)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组相比，第Ⅲ组产量最高，缘由是

____。

(4)小麦抗条锈病性状由基因T/t限制，抗白粉病性状由基因R/r限制，两对等位基因位于非同源染色体上，以A、B品种的植株为亲本，取其F2中的甲、乙、丙单株自交，收获籽粒并分别播种于不同处理的试验小区中，统计各区F3中的无病植株比例。结果如下表。据表推想，甲的基因型是_________，乙的基因型是_________，双菌感染后丙的子代中无病植株的比例为____。

【解析】本题考查对基因自由组合定律的敏捷运用。(1)由Ⅰ、Ⅱ单播A品种小麦均未感染白粉病，可知A品种小麦抗白粉病。(2)Ⅳ、Ⅴ两组单播B品种小麦，但植株密度不同，可探究植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响。(3)Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ三组总植株密度相同，三者相比，第Ⅲ组产量最高，缘由是混播后小麦感病程度下降。(4)依据甲自交后代非抗条锈病∶抗条锈病=75∶25=3∶1可推知非抗条锈病为显性性状，抗条锈病为隐性性状；依据乙自交后代结果推知抗白粉病为显性性状，非抗白粉病为隐性性状。依据F2自交F3的性状分别比推知甲、乙、丙的基因型分别是Ttrr、ttRr、TtRr，双菌感染后丙的子代中无病植株的基因型为ttRR或ttRr，比例为3/16。答案：(1)AⅠ、Ⅱ组小麦未感染白粉病(2)植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响(3)混播后小麦感病程度下降(4)TtrrttRr18.75%(或3/16)(2024·开封模拟)某植物茎秆有短节与长节，叶形有皱缩叶与正常叶，叶脉有绿色和褐色，茎秆有甜与不甜。下面是科研人员用该植物进行的两个试验(其中限制茎秆节长度的基因用A和a表示，限制叶形的基因用B和b表示)。请回答下列问题：(1)[试验一]纯合的短节正常叶植株与纯合的长节皱缩叶植株杂交，F1全为长节正常叶植株，F2中长节正常叶∶长节皱缩叶∶短节正常叶∶短节皱缩叶=9∶3∶3∶1。①从生态学方面说明上述试验中F1的性状表现有利于________________________。

②请在方框内画出F1基因在染色体的位置(用“|”表示染色体，用“·”表示基因在染色体上的位置)。(2)[试验二]纯合的绿色叶脉茎秆不甜植株与纯合的褐色叶脉茎秆甜植株杂交，F1全为绿色叶脉茎秆不甜植株，F2中只有两种表现型，且绿色叶脉茎秆不甜植株∶褐色叶脉茎秆甜植株=3∶1(无突变、致死现象等发生)。①与试验一的F2结果相比，请尝试提出一个说明试验二的F2结果的假设：____。

②依据你的假设，试验二中F1产生配子的种类有_______种。

【解析】(1)茎秆长节、正常叶更有利于植株光合作用的进行，增加其生存斗争实力。从F2的表现型比例可知限制茎秆节长、叶形的两对等位基因位于两对同源染色体上，据此可画出基因在染色体上的位置。(2)试验二的F2中只有两种表现型，且比例为3∶1，推想限制叶脉颜色、茎秆甜度的两对等位基因可能位于一对同源染色体上。依据这个假设，F1能产生两种配子。答案：(1)①增加光合作用实力，增加生存斗争实力②如框内所示(2)①两对等位基因位于一对同源染色体上②21.利用子代中各种分别比例来推断亲代基因型：(1)9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)×(Bb×Bb)。(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)或(Aa×Aa)×(bb×bb)。2.自由组合定律的验证方法：方法结论自交法F1自交后代的性状分别比为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限制测交法F1测交后代的性状分别比为1∶1∶1∶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限制花粉鉴定法若有四种花粉，其比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律单倍体育种法取花药离体培育，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，且比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律【加固训练】1.(2024·黄山模拟)水稻高秆(H)对矮秆(h)为显性，抗病(E)对感病(e)为显性，两对性状独立遗传。若让基因型为HhEe的水稻与“某水稻”杂交，子代高秆抗病∶矮秆抗病∶高秆感病∶矮秆感病=3∶3∶1∶1，则“某水稻”的基因型为 ()A.HhEe B.hhEeC.hhEE D.hhee【解析】选B。针对高秆和矮秆这一对相对性状，子代中高秆∶矮秆=1∶1，说明亲本为测交类型，即亲本的基因型为Hh×hh；针对抗病与感病这一对相对性状，子代中抗病∶感病=3∶1，说明亲本均为杂合子，即亲本的基因型均为Ee，综合以上分析可知，亲本水稻的基因型是HhEe×hhEe，B正确。2.(2024·太原模拟)利用豌豆的两对相对性状做杂交试验，其中子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，对其子代性状的统计结果如图所示。下列有关叙述错误的是 ()A.试验中所用亲本的基因型为YyRr和yyRrB.子代中重组类型所占的比例为1/4C.子代中自交能产生性状分别的占3/4D.让子代黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，后代性状分别比为1∶1∶1∶1【解析】选D。亲本黄色圆粒豌豆(Y_R_)和绿色圆粒豌豆(yyR_)杂交，对其子代性状分析，黄色∶绿色=1∶1，圆粒∶皱粒=3∶1，可推知亲本黄色圆粒豌豆基因型应为YyRr，绿色圆粒豌豆基因型为yyRr。子代重组类型为黄色皱粒和绿色皱粒，黄色皱粒(Yyrr)占1/2×1/4=1/8，绿色皱粒(yyrr)占1/2×1/4=1/8，两者之和为1/4。自交能产生性状分别的是杂合子，子代纯合子有yyRR和yyrr，其中yyRR占1/2×1/4=1/8，yyrr占1/2×1/4=1/8，两者之和为1/4，则子代杂合子占1-1/4=3/4。子代黄色圆粒豌豆基因型为1/3YyRR和2/3YyRr，绿色皱粒豌豆基因型为yyrr，杂交所得后代应为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒=2∶2∶1∶1。考点三自由组合定律的遗传特例1.“和”为16的特别分别比：(1)基因互作：条件F1(AaBb)自交后代比例F1测交后代比例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∶1两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∶3当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性性状，其余正常表现9∶3∶41∶1∶2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)显性基因累加效应：①表现：②缘由：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。2.“和”小于16的由基因致死导致的特别分别比：(1)致死类型归类分析。①显性纯合致死。②隐性纯合致死。a.双隐性致死：F1自交后代：A_B_∶A_bb∶aaB_=9∶3∶3。b.单隐性致死(aa或bb致死)：F1自交后代：9A_B_∶3A_bb或9A_B_∶3aaB_。(2)致死类问题解题思路。①先将其拆分成分别定律单独分析。②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。【典例】(2024·江苏高考)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因限制，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、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。①该杂交试验的亲本基因型为___________。

②F1测交，后代表现型及对应比例为___________。

③F2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)。

④F2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___________。

【解析】(1)由表格知：棕毛猪的基因组成为A_bb、aaB_，因此棕毛猪的基因型有：AAbb、Aabb、aaBB、aaBb4种。(2)①由两头纯合棕毛猪杂交，F1均为红毛猪，红毛猪的基因组成为A_B_，可推知两头纯合棕毛猪的基因型为AAbb和aaBB，F1红毛猪的基因型为AaBb；②F1测交，即AaBb与aabb杂交，后代基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb=1∶1∶1∶1，依据表格可知后代表现型及对应比例为红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1；③F1红毛猪的基因型为AaBb，F1雌雄个体随机交配产生F2，F2的基因型有：A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb，能产生棕毛猪(A_bb、aaB_)的基因型组合有：AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb共4种；④F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1，棕毛猪A_bb、aaB_所占比例为6/16，其中纯合子为AAbb、aaBB，所占比例为2/16，故F2的棕毛个体中纯合体所占的比例为2/6，即1/3。F2的棕毛个体中各基因型及比例为1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、2/6aaBb。棕毛个体相互交配，能产生白毛个体(aabb)的杂交组合及概率为：2/6Aabb×2/6Aabb+2/6aaBb×2/6aaBb+2/6Aabb×2/6aaBb×2=1/3×1/3×1/4+1/3×1/3×1/4+1/3×1/3×1/2×1/2×2=1/9。(3)若另一对染色体上的I基因对A和B基因的表达有抑制作用，只要有I基因，不管有没有A或B基因都表现为白毛，基因型为IiAaBb个体雌雄交配，后代中红毛个体即基因型为iiA_B_的个体，利用分解法，把Ii和AaBb分开计算，Ii×Ii后代有3/4I_和1/4ii，AaBb×AaBb后代基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb=9∶3∶3∶1。故子代中红毛个体(iiA_B_)的比例为1/4×9/16=9/64，棕毛个体(iiA_bb、iiaaB_)所占比例为1/4×6/16=6/64，白毛个体所占比例为1-9/64-6/64=49/64。答案：(1)4(2)①AAbb和aaBB②红毛∶棕毛∶白毛=1∶2∶1③4④1/31/9(3)9/6449/64(1)为探讨F2红毛猪的基因型，让其与白毛猪交配，基因型为AaBb后代会出现白毛猪，基因型为AABb、AaBB后代会出现棕毛猪，基因型AABB后代全是红毛猪。(2)某棕毛猪与白毛猪交配，后代全是棕毛猪，则该棕毛猪的基因型是aaBB或AAbb。(2024·全国卷Ⅱ)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立安排的等位基因确定，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=52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是()A.AABBDD×aaBBdd，或AAbbDD×aabbddB.aaBBDD×aabbdd，或AAbbDD×aaBBDDC.aabbDD×aabbdd，或AAbbDD×aabbddD.AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd【解题指南】(1)题干关键信息：“F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑=52∶3∶9的数量比”。(2)解题思路：依据F2性状分别比之和→推断F1的基因型→结合选项推断亲本的基因型。【解析】选D。本题主要考查基因自由组合定律的应用。由题意可知，确定黄毛色的基因型为aa____或A___D_，确定黑毛色的基因型为A_B_dd，且黑色个体在F2中所占比例为9÷(52+3+9)=9/64=3/4×(3/4)×(1/4)，可以推想出F1基因型为AaBbDd(黄色)，再依据亲本为两个纯合的黄色品种以及黄色品种的基因型，可推出杂交亲本的组合可能为AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd，因此D项正确。性状分别比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤【加固训练】1.豌豆种子的种皮黄色(A)对绿色(a)为显性，圆粒(B)对皱粒(b)为显性，两对相对性状独立遗传，互不影响，基因组成为ab的花粉致死，现有基因型为AaBb的豌豆植株