高中生物 基因的自由组合定律.docx

高中生物 基因的自由组合定律.docx

《高中生物 基因的自由组合定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中生物 基因的自由组合定律.docx（29页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高中生物基因的自由组合定律

第14讲　基因的自由组合定律

考点1　两对相对性状的遗传实验分析

1．发现问题——两对相对性状的杂交实验

2．提出假说——对自由组合现象的解释

3．演绎推理、验证假说——对自由组合现象的验证

（1）理论预测

①F1与隐性纯合子杂交。

F1产生4种比例相等的配子，即YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，而隐性纯合子只产生yr一种配子。

②测交产生4种比例相等的后代，即YyRr∶Yyrr∶yyRr∶yyrr＝1∶1∶1∶1。

（2）测交结果与结论

4．得出结论——自由组合定律

5．孟德尔获得成功的原因

（必修2P10“旁栏思考题”改编）

答案：

9∶3∶3∶1

【真题例证·体验】

（2019·高考全国卷Ⅰ）某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。

果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置如图所示。

回答下列问题。

（1）同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型（正常翅正常眼）纯合子果蝇进行杂交，F2中翅外展正常眼个体出现的概率为________。

图中所列基因中，不能与翅外展基因进行自由组合的是________。

（2）同学乙用焦刚毛白眼雄蝇与野生型（直刚毛红眼）纯合子雌蝇进行杂交（正交），则子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为________；若进行反交，子代中白眼个体出现的概率为________。

（3）为了验证遗传规律，同学丙让白眼黑檀体雄果蝇与野生型（红眼灰体）纯合子雌果蝇进行杂交得到F1，F1相互交配得到F2。

那么，在所得实验结果中，能够验证自由组合定律的F1的表现型是________，F2的表现型及其分离比是__________________________；验证伴性遗传时应分析的相对性状是______________________________________________，能够验证伴性遗传的F2的表现型及其分离比是_______________________________。

解析：

（1）由图可知，翅外展基因与粗糙眼基因分别位于两对同源染色体上，二者能自由组合，两对相对性状的纯合子杂交，F2中翅外展正常眼（一隐一显）个体所占比例是3/16。

紫眼基因与翅外展基因位于同一对染色体上，二者不能自由组合。

（2）焦刚毛白眼雄蝇与野生型（直刚毛红眼）纯合子雌蝇杂交，后代雄蝇中不会出现焦刚毛个体；若反交，子代雄蝇全部为白眼，雌蝇全部为红眼，即子代中白眼个体出现的概率为1/2。

（3）欲验证自由组合定律，可以用双杂合个体自交或测交。

让白眼黑檀体雄果蝇与野生型（红眼灰体）纯合子雌果蝇进行杂交，所得F1的表现型为红眼灰体，F1相互交配所得F2的表现型及分离比是红眼灰体∶红眼黑檀体∶白眼灰体∶白眼黑檀体＝9∶3∶3∶1；验证伴性遗传时，需要分析位于X染色体上的基因，所以要分析红眼/白眼这对性状，此时F2的表现型及比例是红眼雌蝇∶红眼雄蝇∶白眼雄蝇＝2∶1∶1。

答案：

（1）3/16　紫眼基因

（2）0　1/2

（3）红眼灰体　红眼灰体∶红眼黑檀体∶白眼灰体∶白眼黑檀体＝9∶3∶3∶1　红眼/白眼　红眼雌蝇∶红眼雄蝇∶白眼雄蝇＝2∶1∶1

【考法纵览·诊断】

（1）若某哺乳动物的毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，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AABBDD×aaBBdd或AAbbDD×aabbdd　　

[2017·全国卷Ⅱ，T6A]（×）

（2）基因型为AaBbDdEeGgHhKk的个体自交，假定这7对等位基因自由组合，则7对等位基因纯合个体出现的概率与7对等位基因杂合个体出现的概率不同

[2014·海南卷，T22D改编]（×）

（3）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，F2中红花植株的基因型有2种

[2016·全国卷Ⅲ，T6B]（×）

【长句应答·特训】

观察甲、乙两图，请分析回答下列问题：

（1）甲图表示基因在染色体上的分布情况，其中不遵循基因的自由组合定律的是________，原因是___________________________________________________________。

（2）乙图中可以发生基因重组的过程是________，原因是_______________________。

（3）基因自由组合定律的实质是_____________________________________________。

答案：

（1）Aa与Dd和BB与Cc　Aa与Dd和BB与Cc分别位于同一对同源染色体上，不遵循该定律。

只有位于非同源染色体上的非等位基因之间，其遗传时才遵循自由组合定律

（2）④⑤　基因重组发生于产生配子的减数第一次分裂过程中，而且是非同源染色体上的非等位基因之间的重组，故①～⑥过程中仅④⑤过程发生基因重组，图①②过程仅发生了等位基因分离，未发生基因重组

（3）等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合

1．基因的自由组合与基因完全连锁的比较

（1）基因的自由组合

（2）基因的完全连锁

2．自由组合定律内容的实质

（1）细胞学基础

（2）自由组合定律的实质与各种比例的关系

自由组合定律的遗传实验及实质

生命观念

1．（2020·山东昌邑一中阶段性检测）利用豌豆的两对相对性状做杂交实验，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下图所示。

下列有关叙述错误的是（　　）

A．实验中所用亲本的基因型为YyRr和yyRr

B．子代中重组类型所占的比例为1/4

C．子代中自交能产生性状分离的占3/4

D．让子代黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，后代性状分离比为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，对其子代性状进行分析，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；自交能产生性状分离的是杂合子，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，两者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。

2．（2020·山西太原高三模拟）已知三对基因在染色体上的位置情况如右图所示，且三对基因分别单独控制三对相对性状，则下列说法正确的是（　　）

A．三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律

B．基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交，后代会出现4种表现型，比例为3∶3∶1∶1

C．如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生4种配子

D．基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表现型，比例为9∶3∶3∶1

解析：

选B。

A、a和D、d基因的遗传遵循基因的自由组合定律，A、a和B、b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律；如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生2种配子；由于A、a和B、b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律，因此，基因型为AaBb的个体自交后代不一定会出现4种表现型且比例不会为9∶3∶3∶1。

自由组合定律的验证

科学思维、科学探究

3．（2020·山东德州月考）现有①～④四个果蝇品系（都是纯种），其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。

这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如表所示：

品系

①

②

③

④

隐性性状

均为显性

残翅

黑身

紫红眼

相应染色体

Ⅱ、Ⅲ

Ⅱ

Ⅱ

Ⅲ

若需验证自由组合定律，可选择下列哪种交配类型（　　）

A．①×②　　　　　　　B．②×④

C．②×③D．①×④

解析：

选B。

自由组合定律研究的是位于非同源染色体上的非等位基因的遗传规律，故选②×④或③×④。

4．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，三对等位基因位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝色，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．若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用①和③杂交所得F1的花粉

B．若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察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。

三对相对性状中可通过花粉进行鉴定的相对性状是非糯性（A）和糯性（a）、花粉粒长形（D）和圆形（d），若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，需得到基因型为Aa或Dd的植株，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，需得到基因型为AaDd的植株，B错误；①×④→F1（AaTtdd），F1连续自交即可得到糯性抗病优良品种（aaTT），C正确；②×④→F1（AattDd），其产生的花粉加碘液染色后，A（蓝）∶a（棕色）＝1∶1，D错误。

考点2　自由组合定律的解题方法

突破点1　利用“拆分法”解决自由组合计算问题

（1）思路：

将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。

（2）方法

题型分类

解题规律

示例

种

类

问

题

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

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）等于各性状按分离定律所求基因型（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

概

率

问

题

基因型（或表现型）的比例

按分离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AaBbDd所占的比例为1×（1/2）×（1/2）＝1/4

纯合子或杂合子出现的比例

按分离定律求出纯合子的概率，其乘积为纯合子出现的比例，杂合子的概率＝1－纯合子的概率

AABbDd×AaBBdd，F1中AABBdd所占比例为（1/2）×（1/2）×（1/2）＝1/8

1．（2020·黑龙江齐齐哈尔月考）基因型为AaBbCc和AabbCc的两个个体杂交（三对等位基因分别位于三对同源染色体上）。

下列关于杂交后代的推测，正确的是（　　）

A．表现型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16

B．表现型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16

C．表现型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16

D．表现型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8

解析：

选B。

AaBbCc和AabbCc杂交，后代表现型有2×2×2＝8种，AaBbCc个体的比例为（1/2）×（1/2）×（1/2）＝1/8，aaBbCc个体的比例为（1/4）×（1/2）×（1/2）＝1/16，aaBbcc个体的比例为（1/4）×（1/2）×（1/4）＝1/32，Aabbcc个体的比例为（1/2）×（1/2）×（1/4）＝1/16。

2．（2020·陕西师大附中模拟）番茄红果对黄果为显性，二室果对多室果为显性，长蔓对短蔓为显性，三对性状独立遗传。

现有红果、二室、短蔓和黄果、多室、长蔓的两个纯合品系，将其杂交种植得F1和F2，则在F2中红果、多室、长蔓所占的比例及红果、多室、长蔓中纯合子的比例分别是　（　　）

A．

、

　　　　　　　B．

、

C．

、

D．

、

解析：

选A。

设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代为AABBcc与aabbCC，F1为AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中红果、多室、长蔓所占的比例是

×

×

＝

；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占

，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是

×

＝

。

突破点2　“逆向组合法”推断亲本的基因型

（1）利用基因式法推测亲本的基因型

①根据亲本和子代的表现型写出亲本和子代的基因式，如基因式可表示为A_B_、A_bb。

②根据基因式推出基因型（此方法只适用于亲本和子代表现型已知且显隐性关系已知时）。

（2）根据子代表现型及比例推测亲本基因型

规律：

根据子代表现型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一相对性状的亲本基因型，再组合。

如：

①9∶3∶3∶1⇒（3∶1）（3∶1）⇒（Aa×Aa）（Bb×Bb）；

②1∶1∶1∶1⇒（1∶1）（1∶1）⇒（Aa×aa）（Bb×bb）；

③3∶3∶1∶1⇒（3∶1）（1∶1）⇒（Aa×Aa）（Bb×bb）；

④3∶1⇒（3∶1）×1⇒（Aa×Aa）×（BB×BB）或（Aa×Aa）×（BB×Bb）或（Aa×Aa）×（BB×bb）或（Aa×Aa）×（bb×bb）。

3．（2020·山东菏泽高三月考）玉米子粒的颜色由三对独立遗传的等位基因共同控制。

基因型为A_B_C_的子粒有色，其余基因型的子粒均为无色。

现以一株有色子粒玉米植株X为父本，分别进行杂交实验，结果如下表。

据表分析植株X的基因型为（　　）

父本

母本

F1

有色子粒

无色子粒

有色子粒玉米植株X

AAbbcc

50%

50%

aaBBcc

50%

50%

aabbCC

25%

75%

A．AaBbCc　　　　　　B．AABbCc

C．AaBBCcD．AaBbCC

解析：

选D。

①根据有色植株A_B_C_×AAbbcc→50%有色种子（A_B_C_），分别考虑每一对基因，应该有一对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余两对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBBCc、AABBCc、AaBbCC、AABbCC；②根据有色植株A_B_C_×aaBBcc→50%有色种子（A_B_C_），分别考虑每一对基因，应该有一对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余两对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBBCC、AaBbCC、AABBCc、AABbCc；③根据有色植株A_B_C_×aabbCC→25%有色种子（A_B_C_），分别考虑每一对基因，应该有两对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余一对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBbCC、AaBbCc。

根据上面三个过程的结果可以推知该有色植株的基因型为AaBbCC。

4．（2020·湖北重点中学联考）某植物红花和白花为一对相对性状，受多对等位基因控制（如A、a；B、b；C、c…），当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因（即A_B_C_…）时才开红花，否则开白花。

现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表现型及其比例如表所示，下列分析错误的是（　　）

组一

组二

组三

组四

组五

组六

P

甲×乙

乙×丙

乙×丁

甲×丙

甲×丁

丙×丁

F1

白色

红色

红色

白色

红色

白色

F2

白色

红色81∶白色175

红色27∶白色37

白色

红色81∶白色175

白色

A．组二F1的基因型可能是AaBbCcDd

B．组五F1的基因型可能是AaBbCcDdEE

C．组二和组五的F1基因型可能相同

D．这一对相对性状最多受四对等位基因控制，且遵循自由组合定律

解析：

选D。

组二和组五中F1自交，F2的分离比为红∶白＝81∶175，即红花占81/（81＋175）＝（3/4）4，由此可推测这对相对性状至少受四对等位基因控制，且基因分别位于不同的同源染色体上，遵循自由组合定律，D错误；组二、组五中F1至少含四对等位基因，当该对性状受四对等位基因控制时，组二、组五中F1的基因型都为AaBbCcDd；当该对性状受五对等位基因控制时，组五中F1的基因型可能是AaBbCcDdEE，A、B、C正确。

突破点3　自交与自由交配下的推断与相关比例计算

纯合黄色圆粒豌豆和纯合绿色皱粒豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代中黄色圆粒豌豆个体和绿色圆粒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：

交配类型

表现型

比例

Y_R_

（黄圆）

自交

黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒

25∶5∶5∶1

测交

黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒

4∶2∶2∶1

自由交配

黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒

64∶8∶8∶1

yyR_

（绿圆）

自交

绿色圆粒∶绿色皱粒

5∶1

测交

绿色圆粒∶绿色皱粒

2∶1

自由交配

绿色圆粒∶绿色皱粒

8∶1

5．（2020·河南天一大联考阶段性测试）某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易染病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。

现以红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为（　　）

A．1/2B．1/3

C．3/8D．1/6

解析：

选B。

红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交（两对等位基因分别用A、a，B、b表示），F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性，抗病对易感病为显性，亲本为AABB和aabb，F1为AaBb，F1自交产生的F2为AABB∶2AABb∶AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶aaBB∶2aaBb∶aabb。

去除aabb后，AA占4/15，Aa占8/15，aa占3/15，自交后白花植株所占的比例为（8/15）×（1/4）＋3/15＝1/3。

6．雕鸮的羽毛绿色与黄色、条纹和无纹分别由两对常染色体上的两对等位基因控制，其中一对显性基因纯合会出现致死现象。

绿色条纹与黄色无纹雕鸮交配，F1绿色无纹和黄色无纹雕鸮的比例为1∶1。

F1绿色无纹雕鸮相互交配后，F2绿色无纹∶黄色无纹∶绿色条纹∶黄色条纹＝6∶3∶2∶1。

据此作出判断，下列说法不正确的是（　　）

A．绿色对于黄色是显性，无纹对条纹是显性，绿色基因纯合致死

B．F1绿色无纹个体相互交配，后代有3种基因型的个体致死

C．F2黄色无纹的个体随机交配，后代中黄色条纹个体的比例为1/8

D．F2某绿色无纹个体和黄色条纹个体杂交，后代表现型比例可能不是1∶1∶1∶1

解析：

选C。

分析可知，绿色对黄色是显性，无纹对条纹是显性（两对等位基因分别用A、a，B、b表示），绿色基因纯合致死，A正确；由以上分析可知绿色显性纯合致死，则F2中致死基因型有AABB、AABb、AAbb，B正确；让F2中黄色无纹个体（1aaBB、2aaBb）随机交配，则出现黄色条纹个体（aabb）的概率为（2/3）×（2/3）×（1/4）＝1/9，C错误；让F2中某绿色无纹个体（AaBB或AaBb）和黄色条纹个体（aabb）杂交，F2中后代表现型比例可能是1∶1或1∶1∶1∶1，D正确。

突破点4　利用自由组合定律计算患遗传病的概率

当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如表：

序号

类型

计算公式

已知

患甲病的概率为m

不患甲病的概率为1－m

患乙病的概率为n

不患乙病的概率为1－n

①

同时患两病的概率

m·n

②

只患甲病的概率

m·（1－n）

③

只患乙病的概率

n·（1－m）

④

不患病的概率

（1－m）（1－n）

拓展求解

患病的概率

①＋②＋③或1－④

只患一种病的概率

②＋③或1－（①＋④）

以上各种情况可概括为下图：

7．（2020·济南高三检测）某遗传病的遗传涉及非同源染色体上的两对等位基因。

已知Ⅰ1的基因型为AaBB，且Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病。

根据以下系谱图，下列推断正确的是（　　）

A．Ⅰ3的基因型一定为AABb

B．Ⅱ2的基因型一定为aaBB

C．Ⅲ1的基因型可能为AaBb或AABb

D．Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代患病的概率为3/16

解析：

选B。

该遗传病是由两对等位基因控制的，Ⅰ1的基因型为AaBB表现正常。

Ⅱ2一定有B基因却患病，可知当同时具有A和B两种显性基因时，个体才不会患病。

而Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病，可确定Ⅱ2和Ⅱ3的基因型分别为aaBB和AAbb，所以Ⅰ3的基因型是AaBb或AABb。

Ⅲ1和Ⅲ2的基因型均为AaBb。

Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代正常（A－B－）的概率是9/16，患病的概率应为7/16。

8．一个正常的女性与一个并指（Bb）的男性结婚，他们生了一个白化病且手指正常的孩子。

求再生一个孩子：

（1）只患并指的概率是________。

（2）只患白化病的概率是________。

（3）既患白化病又患并指的男孩的概率是________。

（4）只患一种病的概率是________。

（5）患病的概率是________。

解析：

假设控制白化病的基因用A、a表示，由题意知，第1个孩子的基因型应为aabb，则该夫妇基因型应分别为妇：

Aabb，夫：

AaBb。

依据该夫妇基因型可知，孩子中患并指的概率应为1/2（非并指概率应为1/2），患白化病的概率应为1/4（非白化病概率应为3/4），则：

（1）再生一个只患并指孩子的概率：

并指概率×非白化概率＝（1/2）×（3/4）＝3/8。

（2）只患白化病的概率：

白化病概率×非并指概率＝（1/4）×（1/2）＝1/8。

（3）生一个既患白化病又患并指的男孩的概率：

男孩出生率×白化病概率×并指概率＝（1/2）×（1/4）×（1/2）＝1/16。

（4）后代只患一种病的概率：

并指概率×非白化概率＋白化病概率×非并指概率＝（1/2）×（3/4）＋（1/4）×（1/2）＝1/2。

（5）后代中患病的概率：

1－全正常（非并指、非白化）＝1－（1/2）×（3/4）＝5/8。

答案：

（1）3/8　

（2）1/8　（3）1/16　（4）1/2　（5）5/8

[易误警示]

易错点1　不清楚F2出现9∶3∶3∶1的4个条件

[点拨]　

（1）所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，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）所有后代都应处于比较一致的环境中，而且存活率相同。

（4）供实验的群体要足够大，个体数量要足