2018届高考一轮：第15讲《基因的自由组合定律》ppt课件(含答案)概要1.pptVIP

孟德尔两大定律的验证方法整合 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1自交后代的分离比为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 测交法 F1测交后代的性状比例为1∶1，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 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 花粉鉴定法 F1若有两种花粉，比例为1∶1，则符合分离定律 F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 单倍体育种法 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有两种表现型，比例为1∶1，则符合分离定律 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 考点二　基因自由组合定律分离比变式及应用 （5年12考） 1.“和”为16的特殊分离比的成因 (1)基因互作 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∶1 1∶2∶1 2 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 __________ 1∶3 3 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 __________ 1∶1∶2 4 只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现 __________ 3∶1 9∶7 9∶3∶4 15∶1 (2)显性基因累加效应 ①表现： 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。 1∶2∶1 2.“和”小于16的特殊分离比的成因 序号 原因 后代比例 1 显性纯合致死(AA、BB致死) 自交子代 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死 测交子代 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝______________ 2 隐性纯合致死(自交情况) 自交子代出现9∶3∶3(双隐性致死)；自交子代出现_______ (单隐性致死) 1∶1∶1∶1 9∶1 无“致死”状况下的变式分离比 1.(2016·全国课标卷Ⅲ，6)用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是(　　) A.F2中白花植株都是纯合体 B.F2中红花植株的基因型有2种 C.控制红花与白花的基因在一对同源染色体上 D.F2中白花植株的基因型种类比红花植株的多 解析　本题切入点不在于“F1全表现红花”而在于用纯合白花植株花粉给F1红花植株授粉，子代红花为101株，白花为302株，即红花∶白花＝1∶3。这应符合两对等位基因自由组合的杂合子测交子代比例1∶1∶1∶1的变式，由此可推知该相对性状由两对等位基因控制(设为A、a和B、b)，即F1的基因型为AaBb，F1自交得到的F2中白花植株的基因型有A_bb、aaB_和aabb，故A错误；F2中红花植株(A_B_)的基因型有4种。 答案　D 2.某种羊的有角和无角为一对相对性状，由常染色体上的基因控制。多对雄羊和雌羊进行交配得到F1，F1自由交配得到F2，如果如表所示。请据此分析，回答下列问题。 ? P F1 F2 雄性 有角(基因型相同) 有角 有角∶无角＝15∶1 雌性 无角(基因型相同) 有角 有角∶无角＝9∶7 注：一对等位基因用A、a表示，两对等位基因用A、a和B、b表示，三对等位基因用A、a，B、b和C、c表示，以此类推。 (1)羊的有角和无角性状由________对等位基因控制，且遵循________定律。 (2)亲代雄羊的基因型有________种可能，F1中雄羊的基因型为________。 (3)F2无角雌羊中纯合子概率为________，用F2中有角雌羊和无角雄羊随机交配，子代出现有角雌羊的概率为________。 解析　(1)从表格中F2的性状分离比可推出羊的有角与无角由两对等位基因控制，符合基因自由组合定律，且F1的基因型为AaBb。(2)F1中雄羊、雌羊的基因型均为AaBb，亲代有角雄羊的基因型可能为AABB、AAbb或aaBB，与之组合的亲代无角雌羊的基因型可能是aabb、aaBB或AAbb。(3)F2中无角雌羊占7/16，F2中无角雌羊纯合子占3/16，因此F2无角雌羊中纯合子概率