2017-2018学年生物必修2讲义章末整合5

章末整合eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(生物的多样性、统一性和进化)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(生物的多样性、统一性),\x(进化论对多样性和统一性的解释))),\x(进化性变化是如何发生的)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\x(选择是进化的动力),\x(种群的变异性),\x(种群基因频率的平衡和变化),\x(自然选择导致适应),\x(异地和同地的物种形成)))))考点有关基因频率及基因型频率的计算1．已知基因型频率求基因频率解法一：设二倍体生物个体的某一基因库中有一对等位基因A和a，假如种群中共有N个个体，而AA、Aa、aa三种基因型的个体数分别是n1、n2、n3，那么种群中A基因的频率和a基因的频率分别是：(1)A基因的频率＝eq\f(A基因的总数,A基因的总数＋a基因的总数)＝eq\f(2n1＋n2,2N)(2)a基因的频率＝eq\f(a基因的总数,A基因的总数＋a基因的总数)＝eq\f(2n3＋n2,2N)解法二：在以上关系中，设A、a的基因频率分别用PA、Pa表示，AA、Aa、aa的基因型频率分别用PAA、PAa、Paa表示，则：PA＝eq\f(2n1＋n2,2N)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,N)＋\f(1,2)×\f(n2,N)))＝PAA＋eq\f(1,2)PAaPa＝eq\f(2n3＋n2,2N)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,N)＋\f(1,2)×\f(n2,N)))＝Paa＋eq\f(1,2)PAa由以上公式可得出下列结论：(1)在种群中一对等位基因的频率之和等于1，基因型频率之和也等于1。(2)一个等位基因的频率＝该等位基因纯合子的频率＋1/2杂合子的频率。2．性染色体上一对等位基因的基因频率从某个种群中随机抽出100个个体，测知基因型为XBXB、XBXb、XbXb和XBY、XbY的个体数分别是44、5、1和43、7。求XB和Xb的基因频率。解法一：就这对等位基因来说，每个雌性个体可以看作含有2个基因，每个雄性个体可以看作含有1个基因(Y染色体上没有其等位基因)。那么，这100个个体共有150个基因，其中，雌性个体的基因有2×(44＋5＋1)＝100个，雄性个体的基因有43＋7＝50个。而XB基因有44×2＋5＋43＝136个，Xb基因有5＋1×2＋7＝14个。于是在这个种群中，XB基因的基因频率为：136÷150＝90．7%，Xb基因的基因频率为：14÷150≈9．3%。解法二：性连锁基因在群体中的状况要比常染色体基因复杂。以XY型性别决定方式为例，雌性个体有两条X染色体，因而携带有两份X染色体上的基因，而雄性个体只有一条来自母方的X染色体，因而只携带一份X连锁基因。因此，雌体的性连锁基因占群体的2/3，而雄性个体只会有剩余的1/3。由题意可知，XBXB、XBXb、XbXb和XBY、XbY的基因型频率分别为44%、5%、1%和43%、7%，因为雌性、雄性个体的基因型频率各占50%，在计算性连锁基因频率时要换算成各占100%，于是，在这个种群中：XB基因的基因频率为：(44%＋5%×1/2)×2×2/3＋43%×2×1/3≈90．7%；Xb基因的基因频率为：(1%＋5%×1/2)×2×2/3＋7%×2×1/3≈9．3%。3．运用哈代—温伯格平衡，由基因频率计算基因型频率(1)内容：在一个有性生殖的自然种群中，当等位基因只有一对(Aa)时，设p代表A基因频率，q代表a基因的频率，则(p＋q)2＝p2＋2pq＋q2＝1。其中p2是AA(纯合子)基因型的频率，2pq是Aa(杂合子)基因型的频率，q2是aa(纯合子)基因型的频率。(2)适用条件：种群足够大；种群内个体间随机交配；没有突变发生；没有新基因加入；没有自然选择。在一个有性生殖的自然种群中，在符合以上五个条件的情况下，各等位基因的频率和基因型频率在一代代的遗传中是稳定不变的，或者说是保持着基因平衡的。(3)伴X染色体基因型频率计算a．伴X基因有2/3存在于雌性个体中，1/3存在于雄性个体中(雌性为XX，雄性为XY)；b．伴X隐性遗传病的男患者∶女患者＝q∶q2，男多于女；C．伴X显性遗传病的男患者∶女患者＝p∶(p2＋2pq)＝1∶(1＋q)，女多于男。【典例剖析】果蝇的体色由常染色体上一对等位基因控制，基因型BB、Bb为灰身，bb为黑身。若人为地组成一个群体，其中80%为BB的个体，20%为bb的个体，群体随机交配，其子代中Bb的比例是()A．25% B．32%C．50% D．64%解析运用哈代—温伯格平衡(p＋q)2＝p2＋2pq＋q2＝1，因p＝0．8，q＝0．2，则Bb的基因型频率为：2pq＝2×0．8×0．2＝0．32。答案B【对点小练】1．从某个种群中随机抽出50个个体，测知基因型为AA，Aa，aa的个体分别是15、30、5个，在这个种群中，A基因的基因频率为()A．60% B．40%C．100% D．80%解析由题意知，50个个体中AA＝15个，Aa＝30个，aa＝5个，因此根据基因频率的概念计算种群中的A的基因频率为：(15×2＋30)÷(50×2)×100%＝60%。答案A2．蜗牛的有条纹(A)对无条纹(a)为显性，在一个地区的蜗牛种群内，有条纹(AA)个体占55%，无条纹个体占15%，若蜗牛间进行自由交配得到F1，则A基因的频率和F1中Aa基因型的频率分别是()A．30%,21% B．30%,42%C．70%,21% D．70%,42%解析根据题干可知，有条纹(AA)个体占55%，无条纹个体占15%，因此杂合子的概率是30%，故A的基因频率是55%＋eq\f(1,2)×30%＝70%，a的基因频率是30%。自由交配过程中没有发生自然选择，因此种群的基因频率不变，因此A基因的频率仍为70%，故Aa的基因型频率是2×70%×30%＝42%。答案D3．据调查，某小学的学生中，基因型为XBXB的比例为42．32%、XBXb为7．36%、XbXb为0．32%，XBY为46%、XbY为4%，则在该地区XB和Xb的基因频率分别为()A．6%,8% B．8%,92%C．78%,92% D．92%,8%解析XB的基因频率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(42.32%＋7.36%×\f(1,2)))×2×eq\f(2,3)＋46%×2×eq\f(1,3)＝92%，Xb的基因频率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.32%＋7.36%×\f(1,2)))×2×eq\f(2,3)＋4%×2×eq\f(1,3)＝8%。答案D4．(2017·温州选考模拟)假设豌豆种群由RR、Rr和rr基因型的个体组成，其中RR占25%、Rr占30%。该种群中r基因频率为()A．40% B．45%C．60% D．65%解析R的基因频率为：25%＋15%＝40%，r的基因频率为：1－R＝60%。答案C5．(2017·台州市选考教学质量评估)在一个种群中基因型为AA的个体占45%，aa的个体占15%。则A基因的基因频率是()A．70% B．65%C．62．5% D．35%解析A的基因频率＝AA＋eq\f(1,2)Aa＝45%＋eq\f(1,2)×40%＝65%。答案B6．(2017·浙江名校高三协作体高三试题)某豌豆种群中，亲代AA个体占40%，aa个体占20%。则自然条件下，亲代a基因频率和