新课标2023版高考生物一轮总复习第五单元遗传的基本规律和伴性遗传第5讲利用归纳推理法分析遗传的异常现象和特殊分离比课件

这是一份新课标2023版高考生物一轮总复习第五单元遗传的基本规律和伴性遗传第5讲利用归纳推理法分析遗传的异常现象和特殊分离比课件，共40页。PPT课件主要包含了答案C，答案B等内容，欢迎下载使用。
1．(2021·山东高考)果蝇星眼、圆眼由常染色体上的一对等位基因控制，星眼果蝇与圆眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝1∶1，星眼果蝇与星眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇＝2∶1。缺刻翅、正常翅由 X 染色体上的一对等位基因控制，且 Y染色体上不含有其等位基因，缺刻翅雌果蝇与正常翅雄果蝇杂交所得子一代中，缺刻翅雌果蝇∶正常翅雌果蝇＝1∶1，雄果蝇均为正常翅。若星眼缺刻翅雌果蝇与星眼正常翅雄果蝇杂交得 F1，下列关于 F1的说法错误的是 (　 )A．星眼缺刻翅果蝇与圆眼正常翅果蝇数量相等B．雌果蝇中纯合子所占比例为1/6C．雌果蝇数量是雄果蝇的二倍D．缺刻翅基因的基因频率为 1/6
解析：亲本星眼缺刻翅雌果蝇基因型为AaXBXb，星眼正常翅雄果蝇基因型为AaXbY，则F1中星眼缺刻翅果蝇(只有雌蝇，基因型为AaXBXb，比例为2/3×1/3＝2/9)与圆眼正常翅果蝇(1/9aaXbXb、1/9aaXbY)数量相等，A正确；雌果蝇中纯合子基因型为aaXbXb，在雌果蝇中所占比例为1/3×1/2＝1/6，B正确；由于缺刻翅雄果蝇致死，故雌果蝇数量是雄果蝇的2倍，C正确；F1中XBXb∶XbXb∶XbY＝1∶1∶1，则缺刻翅基因XB的基因频率为1/(2×2＋1)＝1/5，D错误。答案：D　
2．(2021·浙江1月选考)某种小鼠的毛色受AY(黄色)、A(鼠色)、a(黑色)3个基因控制，三者互为等位基因，AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，并且基因型AYAY胚胎致死(不计入个体数)。下列叙述错误的是 (　 )A．若AYa个体与AYA个体杂交，则F1有3种基因型B．若AYa个体与Aa个体杂交，则F1有3种表型C．若1只黄色雄鼠与若干只黑色雌鼠杂交，则F1可同时出现鼠色个体与黑色个体D．若1只黄色雄鼠与若干只纯合鼠色雌鼠杂交，则F1可同时出现黄色个体与鼠色个体
解析：若AYa个体与AYA个体杂交，F1的基因型可能为AYAY、AYA、AYa、Aa，由于AYAY致死，因此F1有3种基因型，A正确。若AYa个体与Aa个体杂交，F1的基因型为AYA、AYa、Aa、aa，表型为黄色、鼠色和黑色3种，B正确。黄色雄鼠的基因型为AYA或AYa，黑色雌鼠的基因型为aa，当AYA与aa杂交时，F1的基因型为AYa、Aa，表型为黄色和鼠色；当AYa与aa杂交时，F1的基因型为AYa、aa，表型为黄色和黑色，都不会同时出现鼠色个体和黑色个体，C错误。黄色雄鼠的基因型为AYA或AYa，纯合鼠色雌鼠的基因型为AA，当AYA与AA杂交时，F1的基因型为AYA、AA，表型为黄色和鼠色；当AYa与AA杂交时，F1的基因型为AYA、Aa，也表现为黄色和鼠色，D正确。答案：C　
3．(2019·全国卷Ⅰ)某种二倍体高等植物的性别决定类型为XY型。该植物有宽叶和窄叶两种叶形，宽叶对窄叶为显性。控制这对相对性状的基因(B/b)位于X染色体上，含有基因b的花粉不育。下列叙述错误的是 (　 )A．窄叶性状只能出现在雄株中，不可能出现在雌株中B．宽叶雌株与宽叶雄株杂交，子代中可能出现窄叶雄株C．宽叶雌株与窄叶雄株杂交，子代中既有雌株又有雄株D．若亲本杂交后子代雄株均为宽叶，则亲本雌株是纯合子解析：由于亲本雄株产生的含有基因b的花粉不育，因此子代不可能出现窄叶雌株(XbXb)；窄叶性状只能出现在雄株(XbY)中，其中Xb来自卵细胞，Y来自精子，A正确。当宽叶雌株的基因型为XBXb，宽叶雄株的基因型为XBY时，子代可出现窄叶雄株(XbY)，B正确。宽叶雌株的基因型为XBXb或XBXB，与窄叶雄株(XbY)杂交后，由于含有基因b的花粉不育，子代只有雄株，没有雌株，C错误。若亲本杂交后子代雄株均为宽叶(XBY)，则雌株提供的基因皆为XB，由此可知亲本雌株的基因型只能为XBXB(纯合子)，不能为XBXb，D正确。
知能集成(一)　归纳分离定律的遗传特例[特例一　复等位基因与雄性不育遗传问题]1．复等位基因指同源染色体同一位置上控制某类性状的基因有2种以上(如ABO血型涉及IA、IB、i三种基因)。复等位基因在群体中尽管有多个，但其在每个个体的体细胞中仍然是成对存在的，而且彼此间具有显隐性关系，遗传时遵循基因分离定律。例如，人类ABO血型的决定方式如下：IAIA、IAi―→A型血；IBIB、IBi―→B型血；IAIB―→AB型血(共显性)；ii―→O型血。
2．雄性不育(1)细胞核雄性不育：核基因控制的雄性不育，有显性核不育和隐性核不育，遗传方式符合孟德尔遗传定律。(2)细胞质雄性不育：表现为母体遗传、花粉败育和雌穗正常。可以被显性核恢复基因恢复育性。(3)核质互作不育型：是由核基因和细胞质基因相互作用共同控制的雄性不育类型。
[针对训练]1．某哺乳动物的毛色受三个位于常染色体上的复等位基因A1(黄色)、A2(黑色)、A3(白色)控制(A1对A2、A3为显性，A2对A3为显性)，某一基因存在纯合致死现象。基因型为A1A3的个体与基因型为A1A2的个体交配得到F1，F1表型及比例相对值如图所示。下列叙述错误的是 (　 )A．该哺乳动物中复等位基因的存在体现了基因突变的不定向性B．该哺乳动物的群体中，基因型为A1A1的个体不能存活C．F1中个体自由交配所得F2中黄色∶黑色∶白色＝5∶3∶1D．F1中黄色个体与黑色个体交配，后代出现白色个体的概率为1/8
解析：基因突变的不定向性表现为一个基因可以向不同的方向发生突变，产生一个以上的等位基因，A正确；基因型为A1A2的个体与基因型为A1A3的个体交配，理论上F1的基因型为A1A1、A1A3、A1A2、A2A3，而图中F1表型及比例为黄色∶黑色＝2∶1，推知A1基因纯合致死，B正确；F1中个体随机交配，得到的F2中致死(1/9A1A1)∶黄色(2/9A1A2、2/9A1A3)∶黑色(1/9A2A2、2/9A2A3)∶白色(1/9A3A3)＝1∶4∶3∶1，故F2的实际表型及比例为黄色∶黑色∶白色＝4∶3∶1，C错误；F1中黄色个体的基因型为1/2A1A3、1/2A1A2，黑色个体的基因型为A2A3，它们交配产生的后代出现白色(A3A3)个体的概率为1/2×1/4＝1/8，D正确。答案：C　
2．某一年生植物开两性花，其花非常小，杂交育种时去雄困难。其花粉可育与不育由细胞核基因A/a(A、a基因仅在花粉中表达)和线粒体基因(N、S，每一植株只具其中一种基因)共同控制，花粉不育的机理如图所示(P蛋白的存在是S基因表达的必要条件)：(1)上述基因中，遵循孟德尔遗传规律的是________________________。(2)基因型可用“线粒体基因(核基因型)”的形式表示，如植株N(aa)、花粉N(a)。现有植株N(aa)、S(aa)、S(AA)、N(AA)，要培育出植株S(Aa)。①选用的父本是________________，母本是________。②植株S(Aa)产生的花粉中可育花粉的基因型及所占比例是________。该植株自交后代的基因型及比例是________________________________。
解析：(1)只有细胞核基因A/a的遗传遵循孟德尔遗传规律。(2)①根据题中信息可知，S基因为线粒体基因，且含a基因的个体花粉不育，若要培育出基因型为S(Aa)的个体，母本中一定含有S基因和a基因，结合题中信息可知可选择的母本的基因型是S(aa)，父本基因型是N(AA)或S(AA)。②植株S(Aa)产生的花粉有S(A)和S(a)两种，其中可育花粉的基因型为S(A)，所占比例为1/2。植株S(Aa)自交，其产生的可育花粉的基因型为S(A)，产生的卵细胞的基因型为S(A)和S(a)，因此，该个体自交后代的基因型及比例为S(AA)∶S(Aa)＝1∶1。答案：(1)细胞核基因A、a　(2)①N(AA)或S(AA)　S(aa)　②S(A)，1/2　S(AA)∶S(Aa)＝1∶1
[针对训练]3．在牵牛花的遗传实验中，用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交，F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后，F2中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，比例为1∶2∶1。如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花进行自交，则后代表型及比例应该为 (　 )A．红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1B．红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1C．红色∶粉红色∶白色＝1∶4∶1D．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1解析：设相关基因用A、a表示，由题意分析可知，F2中粉红色牵牛花与红色牵牛花的比例为2∶1，因此自交时，1/3AA自交子代为1/3AA,2/3Aa自交子代为1/6AA、2/6Aa、1/6aa，合并起来为3/6AA、2/6Aa、1/6aa，对应表型及比例为红色∶粉红色∶白色＝3∶2∶1。
4．(2022·襄阳模拟)研究发现基因家族存在一类“自私基因”，可通过“杀死”不含这类基因的配子来改变分离比例。如E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能“杀死”体内2/3不含该基因的雄配子。某基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1随机传粉获得F2。下列相关叙述错误的是(　 )A．亲本产生的雄配子中，E∶e＝3∶1B．F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1C．F2中基因型为ee的个体所占比例为5/32D．从亲本→F1→F2，e的基因频率逐代降低
解析：E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此，基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，A正确；基因型为Ee的植株产生的雄配子比例为3/4E和1/4e，雌配子比例为1/2E和1/2e，根据雌雄配子的随机结合，可求出F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，B正确；F1中三种基因型个体的比例为EE∶Ee∶ee＝3∶4∶1，据此可求出F1产生的雄配子为e＝4/8×1/2×1/3＋1/8＝5/24、E＝3/8＋4/8×1/2＝5/8，即E∶e＝3∶1，雌配子为5/8E和3/8e，再根据雌雄配子的随机结合可求出基因型为ee的个体所占比例为1/4e×3/8e＝3/32，C错误；E基因是一种“自私基因”，在产生配子时，能杀死体内2/3不含该基因的雄配子，因此从亲本→F1→F2，基因e的频率逐代降低，D正确。答案：C　
[特例三　从性遗传和母系影响]1．从性遗传由常染色体上基因控制的性状，在表型上受个体性别影响的现象。如绵羊的有角和无角受常染色体上一对等位基因控制，有角基因H为显性，无角基因h为隐性，在杂合子(Hh)中，公羊表现为有角，母羊表现为无角，其基因型与表型关系如下表：2.“母性”效应是指子代的某一表型受到母本基因型的影响，而和母本的基因型所控制的表型一样。因此正反交不同，但不是细胞质遗传，这种遗传不是由细胞质基因所决定的，而是由核基因的表达并积累在卵细胞中的物质所决定的。　　　　
[针对训练]5．(2022·邯郸模拟)“母性效应”是指子代某一性状的表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配。椎实螺是一种雌雄同体的软体动物，一般通过异体受精繁殖，但若单独饲养，也可以进行自体受精，其螺壳的旋转方向有左旋和右旋的区分。旋转方向符合“母性效应”，遗传过程如下图所示。下列叙述正确的是 (　 )
A．与螺壳旋转方向有关的基因的遗传不遵循基因的分离定律B．螺壳表现为左旋的个体和表现为右旋的个体的基因型都有3种C．让图示中F2个体进行自交，其后代螺壳都将表现为右旋D．欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作为父本进行交配
解析：与螺壳旋转方向有关的基因是一对等位基因，且F1自交后代出现3种基因型，其比例是1∶2∶1，说明与螺壳旋转方向有关的基因的遗传遵循基因分离定律，A错误；螺壳表现为左旋，说明母本的基因型为dd，故螺壳表现为左旋的个体的基因型为dd或Dd(2种)，螺壳表现为右旋，说明母本的基因型为DD或Dd，故螺壳表现为右旋的个体的基因型为DD、dd或Dd(3种)，B错误；螺壳表型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配，因此，让图示中F2个体进行自交，基因型为Dd和DD的个体的子代螺壳都将表现为右旋，而基因型为dd的个体的子代螺壳将表现为左旋，C错误；左旋椎实螺的基因型是Dd或dd，欲判断某左旋椎实螺的基因型，可用任意的右旋椎实螺作父本进行交配，若左旋椎实螺基因型为dd，则子代螺壳均为左旋，若左旋椎实螺基因型为Dd，则子代螺壳均为右旋，D正确。答案：D　
6．已知控制卡拉库尔羊的有角(H)和无角(h)，毛色的银灰色(D)和黑色(d)这两对相对性状的H(h)和D(d)基因各自独立遗传。研究人员将多只纯种卡拉库尔羊进行如下杂交实验，产生了大量的F1与F2个体，统计结果如表，请回答下列问题：(1)根据实验一判断，有角和无角的性状不仅由基因控制，还与________有关。
(2)实验二中，多只不同性别的基因型均为Hh的卡拉库尔羊交配，雄性卡拉库尔羊中无角比例为1/4，但雌性卡拉库尔羊中无角比例为3/4，请解释这种现象。____________________________________________。(3)推测等位基因H和h位于________染色体上。检验方法是：用实验一中的F1有角公羊与多只纯种无角母羊杂交，若子代的表型及比例为________________________________，则上述推测正确。(4)卡拉库尔羊的银灰色羊皮质量非常好，牧民让银灰色的卡拉库尔羊自由交配，但每一代中总会出现约1/3的黑色卡拉库尔羊。试分析产生这种现象的原因：________________________。现将银灰色的卡拉库尔羊随机交配，F1继续随机交配得到F2，请推算F2群体中D基因的基因频率是________。
解析：(1)实验一中有角与无角杂交所得子一代基因型均为Hh，但子一代公羊均表现为有角，母羊均表现为无角，说明有、无角这对相对性状的遗传与性别相关。(2)子二代基因型及比例应为HH∶Hh∶hh＝1∶2∶1，公羊中无角比例为1/4，但母羊中无角比例为3/4，说明基因型为HH的公羊和母羊中均表现为有角；基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角；基因型为hh的公羊和母羊中均表现为无角。(3)推测等位基因H和h位于常染色体上，实验一中的F1有角公羊(Hh)与多只纯种无角母羊(hh)杂交，后代基因型及比例应为Hh∶hh＝1∶1，对应表型及比例为公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角，如基因在性染色体上，结果与此不同。(4)银灰色羊自由交配，后代均出现性状分离，说明银灰色羊基因型均为Dd，每一代中总会出现约1/3的黑色羊，说明DD纯合致死。基因型Dd银灰色羊自由交配，由于DD纯合致死，F1中基因型及比例为Dd∶dd＝2∶1，D基因的基因频率为1/3，F1自由交配得F2，F2基因型及比例为Dd∶dd＝1∶1，D基因的基因频率为1/4。
答案：(1)性别　(2)基因型为Hh的公羊表现为有角，母羊表现为无角　(3)常　公羊有角∶无角＝1∶1，母羊全为无角(或有角公羊∶无角公羊＝1∶1，母羊全为无角；或有角公羊∶无角公羊∶无角母羊＝1∶1∶2)　(4)DD纯合致死(或DD致死或D基因纯合致死)　25%(或1/4)
知能集成(二)　基因自由组合现象的特殊分离比问题分析[特例一　“和”为16的特殊分离比成因]1．基因互作
2．显性基因累加效应(1)表型(2)原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，效果越强。
[针对训练]1．小麦种皮有红色和白色，这一相对性状由作用相同的两对等位基因(R1/r1；R2/r2)控制，红色(R1、R2)对白色(r1、r2)为显性，且显性基因效应可以累加。一株深红色小麦与一株白色小麦杂交，得到的F1为中红，其自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1。下列说法错误的是 (　 )A．这两对等位基因位于两对同源染色体上B．F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子C．浅红色小麦自由传粉，后代可出现三种表型D．该小麦种群中，中红色植株的基因型为R1r1R2r2
解析：由题意可知，F1自交获得的F2性状分离比为深红∶红色∶中红∶浅红∶白色＝1∶4∶6∶4∶1，该比例为9∶3∶3∶1的变式，因此控制该性状的两对等位基因位于两对同源染色体上，A正确；由于后代出现1∶4∶6∶4∶1的比例，因此F1的基因型为R1r1R2r2，F1产生的雌雄配子中都有比例相同的4种配子，即R1R2∶R1r2∶r1R2∶r1r2＝1∶1∶1∶1，B正确；浅红色小麦的基因型为R1r1r2r2、r1r1R2r2，浅红色小麦自由传粉，后代可出现中红、浅红、白色三种表型(两个显性基因、一个显性基因、没有显性基因)，C正确；该小麦种群中，中红色植株的基因型中含有两个显性基因，即R1R1r2r2、r1r1R2R2、R1r1R2r2，D错误。答案：D　
2．(2019·全国卷Ⅱ，有改动)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控制，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实验。实验①：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶。实验②：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3。(1)甘蓝叶色中隐性性状是________，实验①中甲植株的基因型为________。(2)实验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离比为1∶1，则丙植株所有可能的基因型是________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型是______________________________；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离比为15∶1，则丙植株的基因型为________。
解析：(1)根据实验①②判断甘蓝的绿叶是隐性性状，紫叶是显性性状。由题干可知，两对基因都为隐性的个体表现为隐性性状，结合实验①可判断出甲植株的基因型是aabb。(2)根据实验②子代个体中绿叶∶紫叶＝1∶3，可推知乙植株的基因型是AaBb，基因型为AaBb、aabb的植株杂交，子代中有4种基因型，分别是AaBb、Aabb、aaBb、aabb。(3)若丙植株与甲植株(aabb)杂交，子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，可推出紫叶丙植株只能产生两种配子，且有一种配子是ab，进而推出丙的基因型是Aabb或aaBb；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，说明丙植株产生的配子中只能含一个隐性基因或全是显性基因，可利用分离定律列出丙植株可能的基因型，符合要求的丙植株的基因型是AABB、AABb、AAbb、aaBB、AaBB；若丙植株与甲植株杂交子代均为紫叶，且该子代自交后代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，这是自由组合定律9∶3∶3∶1性状分离比的变式，推出子代紫叶植株的基因型是AaBb，由此推出丙植株的基因型是AABB。答案：(1)绿色　aabb　(2)AaBb　4　(3)Aabb、aaBb　AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb　AABB
[规律方法] 性状分离比9∶3∶3∶1的变式题解题步骤
特例二　“和”小于16的特殊分离比成因——致死遗传现象1．胚胎致死或个体致死
2.配子致死或配子不育
[针对训练]3．某二倍体植物的花色和茎高分别由基因A/a、B/b控制，用甲、乙、丙三种基因型不同的红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎。用F1植株随机交配，F2植株的表型及比例均为红花高茎∶红花矮茎∶白花高茎∶白花矮茎＝9∶1∶1∶1。下列叙述错误的是(　 )A．甲、乙、丙都能产生AB配子B．这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律C．F2出现9∶1∶1∶1比例的原因是部分个体致死D．甲、乙、丙植株的基因型分别是AABB、AABb、AaBb
解析：红花高茎植株分别与白花矮茎植株杂交，F1植株均为红花高茎，说明甲、乙、丙都可以产生AB配子，A正确；花色和茎高性状由两对基因控制，且出现性状9∶1∶1∶1的分离比，这两对性状的遗传遵循基因自由组合定律，B正确；由上述分析可得，根据基因型判断死亡个体的基因型是Aabb和aaBb，C正确；进一步判断甲、乙、丙植株的基因型为AABB、AABb、AaBB，但无法确定甲、乙、丙为三种基因型中的哪种，D错误。答案：D　
4．某种植物的花色同时受A、a与B、b两对基因控制，基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花。将蓝花植株(♀)与黄花植株( )杂交，取F1红花植株自交得F2，F2的表型及其比例为红花∶黄花∶蓝花∶白花＝7∶3∶1∶1。据此回答下列问题：(1)F1红花的基因型为________，上述每一对等位基因的遗传遵循____________定律。(2)F1若出现蓝花，则母本、父本的基因型分别为________、________，亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是________。
(3)对F2出现的表型及其比例有两种不同的观点加以解释。观点一：F1产生的配子中某种雌雄配子同时致死。观点二：F1产生的配子中某种雌配子或雄配子致死。你支持上述________，重新设计实验证明你的观点。实验方案：_____________________________________________________。实验结果与结论：①____________________________________________________________________________________________________________。②_____________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)根据F2的表型比例可知F1红花的基因型为AaBb，上述每一对等位基因的遗传遵循基因分离定律，两对基因之间符合自由组合定律。(2)基因型为A_bb的植株开蓝花，基因型为aaB_的植株开黄花，根据F2表型比例可知，A_B_表现为红花，aabb表现为白花，亲本为蓝花植株与黄花植株。若F2出现蓝花(A_bb)，说明亲本黄花基因型为aaBb，又由于F2中A_B_∶aaB_∶A_bb∶aabb＝7∶3∶1∶1，与9∶3∶3∶1相比，A_B_少了2，A_bb少了2，最可能的原因是Ab的雄配子或雌配子致死，因此不存在AAbb的纯合子，亲本蓝花植株和F2蓝花植株的基因型一定为Aabb，故母本、父本的基因型分别为Aabb、aaBb，根据分析可知所有蓝花基因型均为Aabb，所以亲本蓝花、F1蓝花、F2蓝花基因型相同的概率是100%。(3)若观点一成立，则F1只能产生3种能够参与受精的雌、雄配子，F2的组合数为3×3＝9(种)，与题干F2的组合数为7＋3＋1＋1＝12(种)不符；若观点二成立，则子一代产生的可育配子是3种和4种，F2的组合数为3×4＝12(种)，与题意相符，所以支持上述观点二；实验方案及结果与结论见答案。