bài tập hay và khó sinh học luyện thi đại học

TƯ LIỆU LÀM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NHỮNG BÀI TẬP HAY. KHÓ
CẬP NHẬT: 24-7-2011
I. Cơ chế di truyền và biến (10) 8-2-2
Câu 1. Một gen mã hoá liên tục ở vi khuẩn mã hoá loại prôtêin A, sau khi bị đột biến đã điều khiển
tổng hợp phân tử prôtêin B. Phân tử prôtêin B ít hơn prôtêin A một axit amin và có 3 axit amin mới.
Giả sử không có hiện tượng dư thừa mã, thì những biến đổi đã xẩy ra trong gen đột biến là:
A. Bị thay thế 15 cặp nuclêôtit.
B. Mất 3 cặp nuclêôtit và thay thế 12 cặp nuclêôtit.
C. Mất 3 cặp nuclêôtit thuộc phạm vi 4 côdon liên tiếp nhau trên gen.
D. Mất 3 cặp nuclêôtit thuộc phạm vi 5 côdon liên tiếp nhau trên gen.
Giải
Ví dụ
Khi chưa gbị đột biến…………………AT G XAG TA A GX X …………….(mạch 1)
………………….TAX GTX ATT XGG…………….(mạch 2)
Mất 3 cặp nuclêôtit thuộc phạm vi 4 côdon liên tiếp nhau trên gen.
Sau khi mất 3 cặp nu GX; AT; XG cấu trúc mã sẽ thây đổi
……………………ATX AGT AGX……………….(mạch 1)
……………………TAG TXA TXG …………… (mạch 2)
Câu 2. Ở 1 gen có 3 alen: alen A1 mã hóa cho enzim E1 xúc tác cho quá trình tổng hợp sắc tố đỏ, alen
A2 tổng hợp 1 loại enzim ko có hoạt tính; alen A3 tổng hợp protein B là protein gây chết. Enzim E1 có
thể giữ tốc độ phản ứng ở mức bình thường ngay cả khi nồng độ nó giảm xuống một nửa. Dạng đột
biến nào sau đây được gọi là đột biến lặn?
A. Đột biến A1 thành A2
B. Đột biến A2 thành A3
C. Đột biến A1 thành A3
D. Đột biến A2 thành A1
Giải
A2 tổng hợp 1 loại enzim ko có hoạt tính, vì vậy A2 xêm như một alen lặn.
Nên đột biến A1 thành A2 được gọi là đột biến lặn
Câu 3 Một loài có bộ NST 2n= 24, có bao nhiêu loại giao tử bình thường được tạo ra từ quá trình
giảm phân của các đột biến thể ba (2n+1) ở loài này?

A. 2^11
B. 2^12
C. 2^ 24
D. 2^ 23
Câu 4: Cơ thể có kiểu gen cho ra bao nhiêu loại giao tử, nếu CD và (cd) liên kết hoàn
toàn còn AB (ab) có hoán vị và không phân li trong kỳ sau II?
A. 8.
B. 12.
C. 16.
D. 24
GIAI
a. Xet cap gen (AB//ab)
Dau // the hien 2 NST tronh cung cap dong dang chua 2 cap gen AB & ab
O pha G1 tu nhan doi thanh (AB//AB) va (ab//ab)
1
Do trao doi cheo o ky truoc 1 nen co hoan vi gen. Ket qua lan phan bao giam phan I cho 4 loai te
bao co bo NST n kep nhu sau
(AB//aB) & (Ab//ab) hoac (AB//Ab) & (aB//ab)
Vi không phân li trong kỳ sau II nen ket thuc ky sau 2 se cho cac kieu giao tu:
(AB//aB) ; (Ab//ab) ; (AB//Ab) ; (aB//ab) => 4 kieu
- Xet cap gen CD//cd: Vi lien ket hoan toan nen cho 2 kieu giao tu CD = cd.
Vay so kieu giao tu = 4 x 2 = 8
{(AB//aB) : (Ab//ab): (AB//Ab): (aB//ab)} { CD : cd}
= (AB//aB)CD : (Ab//ab)CD: (AB//Ab)CD: (aB//ab)CD :(AB//aB)cd : (Ab//ab)cd: (AB//Ab)cd:
(aB//ab)cd
Câu 6: Ở giới cái một loài động vật (2n = 24), trong đó bốn cặp NST đồng dạng có cấu trúc giống
nhau, giảm phân có trao đổi chéo đơn xảy ra ở 2 cặp NST, số loại giao tử tối đa là
A. 1024. B. 4096. C. 16384. D. 16.
Giải:
Có 4 cặp đồng dạng có cấu trúc giống nhau, vậy còn lại có 8 cặp đồng dạng có cấu trúc khác nhau.

Để có số loại giao tử tối đa (theo yêu cầu của đề) thì bắt buộc trong giảm phân có trao đổi chéo đơn
xảy ra ở 2 trong số 8 cặp đồng dạng có cấu trúc khác nhau; không xảy ra trao đổi chéo đơn ở 2 trong
số 4 cặp đồng dạng có cấu trúc giống nhau
Vậy số kiểu giao tử khác nhau về thành phần NST của bố mẹ là:
4
2
x 2
(8-2)
= 4
2
x 2
6
= 2
4
x 2
6
=1024 . Chọn đáp án A
Câu 7:Trong quá trình dịch mã tổng hợp chuổi polypeptit, axit amin thứ (p+1) được liên kết với axit
amin thứ p của chuổi pooly peptit để hình thành liên kết péptít mới hợp bằng cách:
A. Gốc COOH của axit amin thứ p+1 kết hợp với nhóm NH
2
của axit amin thứ p.
B. Gốc COOH của axit amin thứ p kết hợp với nhóm NH
2
của axit amin thứ p+1.
C. Gốc NH
2
của axit amin thứ p+1 kết hợp với nhóm COOH của axit amin thứ p.
D. Gốc NH
2

của axit amin thứ p kết hợp với nhóm COOH của axit amin thứ p+1.
Câu 8: Tất cả các loại ARNt đều có một đầu để gắn axit amin khi vận chuyển tạo thành aminoacyl-
tARN là đầu có 3 ribônuclêôtit lần lượt:
A. ….XXA-3’OH
B. ….AXX-3’OH
C. ….XXA-5’P
D. …AXX-5’P
Câu 9: Chiều đọc mã di truyền ở mã gốc, mã sao và đối mã lần lượt như sau:
A. 3’OH->5’P; 5’P->3’OH; 3’OH->5’P.
B. 3’P->5’OH; 5’OH->3’P; 3’P->5’OH.
B. 5’P->3’OH; 3’OH->5’P; 3’OH->5’P.
C. 3’OH->5’P; 5’P->3’OH;5’P->3’OH.
Câu 10- Cho bộ NST 2n = 4 ký hiệu AaBb (A, B là NST của bố; a, b là NST của mẹ). Có 200 tế bào
sinh tinh đi vào giảm phân bình thường hình thành giao tử, trong đó:
- 20% tế bào sinh tinh có xẫy ra hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cặp nhiễm sắc thể Aa, còn cặp Bb thì
không bắt chéo.
- 30% tế bào sinh tinh có xẫy ra hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cặp nhiễm sắc thể Bb, còn cặp Âa thì
không bắt chéo.
- Các tế bào còn lại đều có hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cả 2 cặp nhiễm sắc thể Aa và Bb
Số tế bào tinh trùng chứa hoàn toàn NST của mẹ không mang gen trao đổi chéo là:
A. 50
B. 75
C. 100
D. 200
2
Câu 11. Ở người có sự chuyễn đoạn tương hỗ xẩy ra giữa NST số 13 và NST số 18 .Tế bào giảm phân
sinh giao tử sẽ có tối đa bao nhiêu loại giao tử khác nhau về nguồn gốc bố mẹ của 2 cặp NST này.
A. 8
B. 16
C. 20

D. 24
1. Giải của HS :
xét 2 NST ký hiệu: 13+13- 18+18- (dấu + là NST của bố. dấu – là NST của mẹ)
Sau khi chyển đoạn tương hỗ sẽ cho tế bào có bộ NST 4 khả năng sau:
(a) 13+*13- 18+*18- ; trao đổi giữa 13+ và 18+
(b) 13+*13- 18+18-*; trao đổi giữa 13+ và 18-
(c) 13+13-* 18+*18-; trao đổi giữa 13- và 18+
(d) 13+13-* 18+18-* trao đổi giữa 13- và 18-
Với khả năng (a) khi giảm phân sẽ cho 4 kiểu giao tử
13+*18+*; 13+*18- ; 13- 18+*; 13- 18- ;
Với khả năng (b) khi giảm phân sẽ cho 4 kiểu giao tử
13+*18+; 13+*18-*; 13- 18+; 13- 18-*;
Với khả năng (c) khi giảm phân sẽ cho 4 kiểu giao tử
13+18+*; 13+18-; 13-* 18+*; 13-* 18-;
Với khả năng (d) khi giảm phân sẽ cho 4 kiểu giao tử
13+18+; 13+18-*; 13-* 18+; 13-* 18-*;
Vậy sẽ cho tối đa 4+4+4+4 =16 kiểu giao tử

2. ĐÁP ÁN (của Dũng)
Quy ước cặp NST số là A và a ;cặp NST số 13 là B và b.
chuyễn đoạn giữa cặp 18 và 13 :
1. A chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : A
B
và B
A
Ở kì giữa của giảm phân NST có dạng AA
B
aa BB
A
bb

Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab
5 giao tử đột biến : A
B
B
A
;A
B
B ;A
B
b ;AB
A
; aB
A
;
2.A chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : A
b
và b
A
Tạo ra 5 giao tử đột biến mới
3 .a chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : a
B
và b
A
(SAI)
a chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là a
b
và b
a
(ĐÚNG)
Tạo ra 5 giao tử đột biến mới

4. a chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : a
B
và B
A
Tạo ra 5 giao tử đột biến mới
3
Vậy tổng số giao tử được tao ra là : 5 x 4 + 4 = 24
Đáp án D :24 + 1 BUỔI NHẬU.
3. Đáp án của Từ
Quy ước cặp NST số 18 là A và a ;cặp NST số 13 là B và b. chuyễn đoạn giữa cặp 18 và 13 :
1. A chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : A
B
và B
A
Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AA
B
aa BB
A
bb
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA
B
BB
A
{AA
B
bb
Dưới: {aa bb ; {aa BB
A

Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA
B
BB
A
,
AA
B
bb, aa bb; aa BB
A

Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA
B
BB
A
=>AB
,
AB
A
,
A
B
B
,
A
B
B
A
,

AA

B
bb => Ab, A
B
b

aa bb => ab
aa BB
A
=> aB, aB
A
Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab
Và 5 giao tử đột biến : A
B
B
A
;A
B
B ;A
B
b ;AB
A
; aB
A
2.A chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : A
b
và b
A
Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AA
b
aa BB bb

A
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA
b
BB

{AA
b
bb
A

Dưới: {aa bb
A
; {aa BB
Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA
b
BB, AA
b
bb
A
, aa bb
A
; aa BB
Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA
b
BB => AB
,
A
b
B

AA
b
bb
A
=> Ab, Ab
A
, A
b
b,A
b
b
A


aa bb
A
=> ab, ab
A


aa BB => aB

Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab (trùng với 1)
Và 5 giao tử đột biến :

A
b
B,

Ab
A
, A
b
b,A
b
b
A
,

ab
A


3 . a chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : a
b
và b
a

Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AAaa
b
BB bb
a
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA BB

{AA bb
a
Dưới: {aa
b

bb
a
; {aa
b
BB
Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA BB, aa
b
bb
a
, AA bb
a
, aa
b
BB
Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA BB => AB

aa
b
bb
a
=> a

b, ab
a
, a
b
b, a
b
b
a

AA bb
a
=> Ab, Ab
a


aa
b
BB => aB, a
b
B
Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab (trùng với 1)
Và 5 giao tử đột biến :

ab
a
, a
b
b, a
b
b
a
,

Ab
a
, a
b

B

4. a chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : a
B
và B
a
Tạo ra 5 giao tử đột biến mới
Vậy tổng số giao tử được tao ra là : 5 x 4 + 4 = 24
Đáp án D :24
Câu 12. Ở một sinh vật nhân sơ, đoạn đầu gen cấu trúc có trình tự các nuclêôtit trên mạch bổ
sung là
5´ ATGTXXTAXTXTATTXTAGXGGTXAAT 3´
Tác nhân đột biến làm cặp nucl ê ootit thứ 16 G - X bị mất thì phân tử prôtein tương ứng được
4
tổng hợp tử gen đột biến có số axit amin là
a 5. b 4. c 9. d 8

BỖ SUNG 5' ATG TXX TAX TXT ATT XTA GXG GTX AAT 3´
MÃ GỐC 3' TAX AGG ATG AGA TAA GAT XGX XAG TTA 5'
123 456 789101112 131415 161718
ARNm 5' AUG UXX UAX UXU AUU UAG XGG UXA AU
Vì đột biến dịch khung nên xuất hiện bộ UAG là bộ kết thúc, do đó phân tử prôtein (hoàn chỉnh)
tương ứng được tổng hợp tử gen đột biến có số axit amin là 4
Câu 13. 33/ Hạt phấn của loài A có 8 nhiễm sắc thể, tế bào rễ của loài B có 24 nhiễm sắc thể. Cho
giao phấn giữa loài A và loài B được con lai F1. Cơ thể F1 xảy ra đa bội hóa tạo cơ thể lai hữu
thụ có bộ nhiễm sắc thể trong tế bào giao tử là
a 20. b 16. c 32. d 40.
58/ Trên mARN axit amin Asparagin được mã hóa bởi bộ ba 5'GAU3' (bỗ sung đề), tARN mang
axit amin này có bộ ba đối mã là
a 3´XUA 5´. b 3´ XTA 5´. c 5´ XUA 3´. d 5´ XTA3'

II.Tính quy luật của hiện tượng di truyền (10) 8-2-2
Câu 1. Ở 1 loài thực vật, khi cho các cây hoa đỏ tự thụ phấn, đời con thu được 56,25% cây hoa đỏ:
37,5% cây hoa tím: 6,25% cây hoa trắng. Người ta lấy hạt phấn của các cây hoa đỏ F1 thụ phấn cho
các cây hoa trắng F1, tỉ lệ kiểu hình thu được ở F2 là:
A. 9 hoa đỏ: 6 hoa tím: 1 hoa trắng
B. 4 hoa đỏ: 4 hoa tím: 4 hoa trắng
C.1 hoa đỏ: 2 hoa tím: 1 hoa trắng
D. 2 hoa đỏ: 1 hoa tím: 1 hoa trắng
Giải
(P)
2
-> F
1
= 56,25% cây hoa đỏ: 37,5% cây hoa tím: 6,25% cây hoa trắng. =
9 cây hoa đỏ: 6 cây hoa tím: 1 cây hoa trắng.
Suy ra tương tác bỗ trợ: A-bb, aaB- = hoa tím; A-B- = hoa đỏ; aabb = hoa trắng
Kiểu gen của P : AaBb
Kiểu gen của F1 = 1AABB: 2AABb: 1Aabb : 2AaBB: 4AaBb: Aabb: 1aaBB: 2aaBb: 1aabb
Kiểu gen những cây hoa đỏ F1: 4AaBb : 2AaBB: 2aaBb: 1AABB
Khi choậht phấn các cây hoa đỏ F1 thụ phấn với các cây hoa trắng F1 ta có sơ đồ lai trong quần thể:
4/9 (AaBb x aabb) + 2/9 (AaBB x aabb) +2/9 (ÂABb x aabb) + 1/9 (AABB x aabb)
4/9(¼AaBb:¼Aabb: ¼aaBb: ¼aabb) + 2/9(½AaBb:½ aaBb) + 2/9(½AaBb:½Aabb) +1/9AaBb
= 1/9 AaBb: 1/9Aabb: 1/9aaBb: 1/9aabb: 1/9AaBb: 1/9 aaBb + 1/9AaBb:1/9Aabb +1/9AaBb
= 4/9 AaBb : 2/9 Aabb: 2/9aaBb: 1/9aabb
= 4 đỏ : 4 tím: 1 trắng
Đáp án sai trật lất.
Câu 2
Cho biết gen A đỏ trội hoàn toàn so với gen a trắng; sức sống tham gia thụ tinh để hình thành hợp tử
của giao tử mang gen A gấp đôi giao tử mang gen a; sức sống của hợp tử và của phôi để phát triển
thành cá thể con mang gen AA = 100%, mang gen Aa = 75%, mang gen aa = 50%.

Bố và mẹ đề mang gen dị hợp thì tỉ lệ kiểu hình của đời con F
1
(mới sinh) sẽ là:
A. 7 A- : 1 aa
B. 7 A- : 2 aa
C: 14 A-: 1aa
D. 15 A-: 1aa
Câu 3
5
Có 1 cá thể mang 2 cặp gen cho 4 kiểu giao tử tỉ lệ bằng nhau. Nếu cá thể đó tự phối thì đời con F1 sẽ
có số nhóm kiểu gen là:
A. 9
B. 10
C. 9 hoặc 10.
D. 16
Câu 4
Về trật tự khoảng cách giửa 3 gen A, B và C người ta nhận thấy như sau:
A 20 B 11 C.
Hệ số trùng hợp là 0,7.
Nếu P :
aBC
Abc
x
abc
abc
thì % kiểu hình không bắt chéo của F1:
A. 70,54%
B. 69%
C. 67,9%
D. không xác định được

Giải:
P:
aBC
Abc
X
abc
abc
F1:
abc
Abc
=
abc
aBC
= Kiểu hình không bắt chéo
abc
abC
=
abc
ABc
= Kiểu hình bắt chéo kép
abc
abc
=
abc
ABC
= Kiểu hình bắt chéo I (Ab/aB)
abc
AbC
=
abc

aBc
= Kiểu hình bắt chéo II (bC/Bc)
Tỉ lệ bắt chéo kép lý thuyết: 20% x 11% = 2,2%
Tỉ lệ bắt chéo kép thực tế: 2,2% x 0,7 = 1,54%
Khoảng cáh giửa 2 gen A vầ B là 20%. Khoảng cách đó ứng với tỉ lệ các cá thể có thể xảy ra bắt chéo
giửa các gen A và B, trong đó các cá thể có thể bắt chéo đơn và chéo kép. Như vậy bắt chéo đơn A/B
là 20% = bắt chéo I + bắt chéo kép
Suy ra bắt chéo I = 20% -1,54% =18,46%
Tương tự tỉ lệ bắt chéo cá thể cói thể xảy ra bắt chéo giửa B và C (bắt chéo II)
Bắt chéo B/C là 11%-1,54% = 9,46%
Vậy tổng số cá thể có thể xảy ra bắt chéo là :
18,46% + 9,46% + 1,54% = 29,46%
Suy ra tổng số các thể không xảy ra bắt chéo là : 100% - 29,46% = 70,54%
Vậy tỉ lệ kiểu gen, kiểu hình của đời con F1 là :
F1:
abc
Abc
=
abc
aBC
= 70,54% /2 = 35,27% (Kiểu hình không bắt chéo)
abc
abC
=
abc
ABc
= 1,54% /2 = 0,77% (Kiểu hình bắt chéo kép)
abc
abc
=

abc
ABC
= 18,46% /2 = 9,23% (Kiểu hình bắt chéo I-Ab/aB)
abc
AbC
=
abc
aBc
= 9,46% / 2 = 4,73% (Kiểu hình bắt chéo II-bC/Bc)
6
Câu 5
Nếu P :
aD
Ad
be
BE
x
aD
Ad
be
BE
Mỗi gen mỗi tính trội hoàn toàn, tần số hoán vị gen của cá thể đực và cái bằng nhau: f1 (A/d) = 0,2, f2
(B/E) = 0,4; thì đời F1 có tỉ lệ kiểu hình A-B-D-E- chiếm tỉ lệ:
A.30,09%
B.42,75%
C.56,25%
D.75%
Câu 6
Cho biết chiều cao cây do 5 cặp gen PLĐL tác động cộng gộp. Nếu P thuần chủng khác nhau n cặp
gen tương ứng, đời F2 có số cá thể có kiểu hình chiều cao trung bình chiếm tỉ lệ là:

A. 252/1024
B. 1/8
C. 1/16
D. ½
Câu 7
Cho bản đồ gen như sau:
A……… 20……… B… 10… D
Nếu hệ số phù hợp 0,8 thì tần số hoán vị kép thực tế là:
A.
B.
C.
D.
Câu 8]
Đời con F1 có 4 nhóm kiểu hình phân ly theo tỉ lệ viết dưới dạng tối giản là a : b : c : d. Nếu a + b + c
+ d = 2
n
(a, b, c, d, n là số nguyên lớn hơn 0) Điều đó chứng tỏ
A. Các gen PLĐL
B. Các gen liên kết hoàn toàn
C. Các gen hoán vị với tần số đặc biệt 1/2
k
(k là số nguyên)
D. Các gen PLĐL hoặc gen liên kết hoàn toàn hoặc hoán vị với tần số đặc biệt 1/2
k
Câu 9. Trong phép lai AaX
BD
Y x AaX
BD
X
bd

, biết tần số hoán vị gen là 20%. Nếu mỗi gen quy định
một tính trạng và các tính trạng di truyền theo quy luật trội hoàn toàn thì tỉ lệ các cá thể đực (XY) có
kiểu hình mang 3 tính trạng trội so với tổng số cá thể đực được sinh ra ở đời con là?
A. 52,5%
B. 15%
C. 75%
D. 30%
Giải
P: AaX
BD
Y x AaX
BD
X
bd

~ (Aa x Aa) (X
BD
Y x X
BD
X
bd
)



F1 : (0,75 A-: 0,25aa) ( 0,2 X
BD
Y:

0,2 X

bd
Y : 0,05X
Bd
Y: 0,05 X
bD
Y : 0,5X
BD
X
??
)
Vậy tỉ lệ các cá thể đực (XY) có kiểu hình mang 3 tính trạng trội (A-X
BD
Y) so với tổng số cá thể đực
được sinh ra ở đời con là:
(0,75 x 0,2)/ (0,75 x ½) = 0,015/ 0,100 = 15%
Câu 10: Kiểu gen của cá chép không vảy là Aa, cá chép có vảy là aa. Kiểu gen AA làm trứng không
nở. Tính theo lí thuyết, phép lai giữa các cá chép (P) không vảy sẽ cho tỉ lệ kiểu hình ở đời F
2
là
A. l cá chép không vảy : 2 cá chép có vảy.
B. 3 cá chép không vảy : l cá chép có vảy.
C. 75% cá chép không vảy : 25% cá có vảy.
D. 4 cá chép không vảy : l cá chép có vảy
7
Giải
P: Aa (không vảy) x Aa (không vảy)
F
1
: 1AA : 2Aa : 1aa
Vì trứng có kiểu gen AA khồng nở được, nên F

1
: 2Aa (không vảy) : 1 aa (có vảy)
Tần số alen p (A) của F
1
= 2/6 = 1/3
Tần số alen q (a) của F
1
= 2/3
Vậy F2 có:
AA= (1/3)
2
= 1/9 không nở
Aa = 2. 1/3. 2/3 = 4/9
aa = (2/3)
2
= 4/9
Vậy đời F
2
có 1Aa : 1aa.
Đáp án sai trật lất.
Câu 11: Cho cây hoa đỏ quả tròn tự thụ phấn, người ta thu được đời con có tỉ lệ kiểu hình phân li: 510
cây hoa đỏ, quả tròn: 240 cây hoa đỏ, quả dài: 242 cây hoa trắng, quả tròn: 10 cây hoa trắng,
quả dài. Từ kết quả của phép lai này, kết luận nào được rút ra là đúng
A. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn cùng thuộc 1 NST
B. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả dài cùng thuộc 1 NST
C. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn liên kết không hoàn toàn
D. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn liên kết hoàn toàn
Giải:
P: (Đỏ, tròn)
2

F1: 510 đỏ, tròn: 240 đỏ, dài: 242 trắng, tròn: 10 trắng, dài.
= 510/1002 đỏ, tròn: 240/1002 đỏ, dài: 242/1002 trắng, tròn: 10/1002 trắng, dài
~ 51% đỏ, tròn: 24% đỏ, dài: 24% trắng, tròn: 1% trắng, dài
Xét màu sắc: F1 = (510 + 240) đỏ : (242 + 10) trắng ~ 3 đỏ: 1 trắng
Xét hình dạng: F1= (510 + 242) tròn: (240 + 10) dài ~ 3 tròn : 1 dài
Ta thấy F1 màu sắc x F1 hình dạng =
(3 đỏ: 1 trắng) x (3 tròn : 1 dài) ≠ 51% đỏ, tròn: 24% đỏ, dài: 24% trắng, tròn: 1% trắng, dài
Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn liên kết không hoàn toàn (hoán vị gen)
Tần số hoán vị gen 0,2; kiểu gen của P là dị hợp tử chéo: Ab/aB
Chọn đáp án C.
Có thể giải nhanh bằng cahs sử dụng quy tắc số T của Nguyễn Từ (xem file đính kèm)
Câu 12. Ở ruồi giấm, tính trạng thân xám trội hoàn toàn so với tính trạng thân đen, cánh dài trội
hoàn toàn so với cánh ngắn. Các gen quy định màu thân và chiều dài cánh cùng nằm trên 1 nhiễm sắc
thể và cách nhau 40 cM. Cho ruồi giấm thuần chủng thân xám, cánh dài lai với ruồi thân đen, cánh
cụt; F1 thu được 100% thân xám, cánh dài. Cho ruồi cái F1 lai với ruồi thân đen, cánh dài dị hợp. F2
thu được kiểu hình thân xám, cánh cụt chiếm tỉ lệ
a 20%. b 10%. c 30%. d 15%.
Quy ước: A: Xám, a: đen; B: dài, b: cụt
P: AB/AB thân xám, cánh dài x ab/abthân đen, cánh cụt
F1: AB/ab thân xám, cánh dài
Cái F1: AB/ab thân xám, cánh dài x Đực aB/abthân đen, cánh dài dị hợp
Gt
Gt
Gt
0,5 aB 0,5 ab
8
0,3 AB 0,15 AB/aB 0,15 AB/ab
0,2 Ab 0,1 Ab/aB 0,1 Ab/ab thân xám,
cánh cụt
0,2 aB 0,1 aB/aB 0,1 aB/ab

0,3 ab 0,15 aB/ab 0,15 ab/ab
Bài tập: Trong một phép lai thỏ cái thuần chủng có màu mắt và lông dạng hoang dại với thỏ đực có
màu mắt mơ và lông xám, người ta thu được F1 tất cả đều có màu mắt và lông hoang dại. Cho các thỏ
cái F1 giao phối với nhau thì thu được ở F2 có tỉ lệ phân li kiểu hình như sau:
Tất cả thỏ cái F2 đều có mắt và lông hoang dại.
Các thỏ đực F2 có tỉ lệ phân li kiểu hình như sau:
45% mắt và lông màu hoang dại.
45% mắt màu mơ và lông màu xám
5% mắt màu hoang dại và lông màu xám.
5% mắt màu mơ và lông màu hoang dại.
Hãy giải thích kết quả trên và viết sơ đồ lai từ P đến F2. Biết rằng mỗi gen quy định mỗi tính trạng.
GIẢI
Tóm tắt đề:
Pt/c: cái mắt và lông dạng hoang dại X đực mắt mơ và lông xám
F1: 100% mắt và lông hoang dại.
F1 X F1 -> F2:
-Thỏ cái: mắt và lông hoang dại.
-Thỏ đực;
45% mắt và lông màu hoang dại.
45% mắt màu mơ và lông màu xám
5% mắt màu hoang dại và lông màu xám.
5% mắt màu mơ và lông màu hoang dại.
(% tính theo giới)
Hay: Pt/c: cái mắt và lông dạng hoang dại X đực mắt mơ và lông xám
F1: 100% mắt và lông hoang dại.
F1 X F1 -> F2:
-50% thỏ cái mắt và lông hoang dại.
45%/2 = 22,5% thỏ đực mắt và lông màu hoang dại.
9
45%/2 = 22,5% thỏ đực mắt màu mơ và lông màu xám

5%/2 =2,25% thỏ đực mắt màu hoang dại và lông màu xám.
5%/2 =2,25% 5%/2 =2,25% mắt màu mơ và lông màu hoang dại.
(% tính theo tổng thể cả 2 giới)
BƯỚC 1: Tách riêng từng tính xét kèm theo giới tính:
a. Xét màu mắt kèm theo giới tính:
Pt/c: cái mắt hoang dại X đực mắt mơ
F1: 100% mắt hoang dại.
F1 X F1 -> F2:
-Thỏ cái: mắt hoang dại.
-Thỏ đực: 45% + 5% mắt màu hoang dại: 45% + 5% mắt màu mơ =
50% mắt màu hoang dại: 50% mắt màu mơ (% theo giới)
Tính theo tổng thể ta có F2:
2 cái: mắt màu hoang dại : 1 đực mắt màu hoang dại: 1 đực mắt màu mơ
Ta thấy trong cùng một thế hệ con lai F2 mà đực, cái biểu hiện kiểu hình khác nhau, chứng tỏ màu mắt
di truyền LKGT.
Nếu tách riêng màu mắt ta thấy F2 = 3 mắt màu hoang dại: 1 mắt màu mơ
Suy ra màu mắt hoang dại là trội (A) so với màu mắt mơ (a)
Vì thỏ con đực là XY con cái là XX, nên ta có kiểu gen của P, F1, F2 về màu sắc mắt:
Pt/c: X
A
X
A
x X
a
Y
a?
F1: X
A
X
a

: X
A
Y
a?
F2: 1 X
A
X
A
: 1 X
A
X
a
: 1 X
A
Y
a?
: 1 X
a
Y
a?
2 cái màu mắt hoang dại : 1 cái màu hoang dại : 1 cái màu mắt mơ
b. Xét màu lông kèm theo giới tính:
Pt/c: cái lông dạng hoang dại X đực lông xám
F1: 100% lông hoang dại.
F1 X F1 -> F2:
-Thỏ cái: lông hoang dại.
-Thỏ đực: (45% + 5%) lông màu hoang dại : (45% + 5%) lông màu xám.
Lập luận tương tự sự di truyền của màu mắt, ta rút ra được kết luận: Màu lông cũng di truyền LKGT.
Màu lông hoang dại là trội (B) so với màu lông xám (b)
Kiểu gen của P, F1, F2 về màu lông:

Pt/c: X
B
X
B
x X
b
Y
b?
F1: X
B
X
b
: X
B
Y
b?
F2: 1 X
B
X
B
: 1 X
B
X
b
: 1 X
B
Y
b?
: 1 X
b

Y
b?
10
2 cái màu lông hoang dại : 1 cái màu lông hoang dại : 1 cái màu lông xám
BƯỚC 2: Kết luận kiểu gen của P về 2 tính
Ta thấy, khi xét về 2 tính màu mắt và màu lông, kiểu gen của p là
Pt/c: X
AB
X
AB
x X
ab
Y
ab?
( Chú ý Y có thể mang hoặc không mang gen ab
F1: X
AB
X
ab
x X
AB
Y
ab?

Nếu NST Y có mang gen ab, thì nó phải nằm trên đoạn tương đồng của cặp XY, có bắt chéo xảy ra ở
tương đồng và con dực F1 cũng cho nhiều loại giao tử:
X
AB
= X
ab

= Y
AB
= Y
ab
= (1-f)/2
X
Ab
= X
aB
= Y
Ab
= Y
aB
= f/2
Vậy con cái F2 sẽ phân tính như con đực F2
Chứng tỏ gen AB; ab chỉ nằm trên NST X mà không nằm trên NST Y
Ta có kiểu gen của P:
Pt/c: X
AB
X
AB
x X
ab
Y
F1: X
AB
X
ab
x X
AB

Y
Gọi f là tần số hoán vị gen giửa 2 cặp gen AB/ab nằm trên cặp NST XX của con
Cái F1; còn con đực F1 trên đoạn XY không tương đồng thì không thể xảy ra bắt chéo, nên con đực F1
chỉ cho 2 kiểu giao tử = X
AB
= Y =1/2
F2: 1/2 X
AB
X
??
: (1-f)/2 X
AB
Y : (1-f)/2 X
ab
Y : f/2 X
Ab
Y : f/2 X
aB
Y
Ta có f/2 = 5%/2 => f= 5%
Kết luận:
Màu mắt hoang dại (A) > màu mắt mơ (a)
Màu lông hoang dại (B) > màu lông xám (b)
Kiểu gen của Pt/c: X
AB
X
AB
x X
ab
Y

Hoán vị gen tần số 5% xảy ra ở thỏ cái F1
Sơ đồ lai kiểm chứng: (Em tự làm)
III.Di truyền học quần thể (3) 3-0-0
Em có được học 1 số công thức về ứng dụng qui luật di truyền của Menden vào Toán quần thể, nhưng
em ko hiểu mấy công thức đó có từ đâu. Thầy giải thích giùm em với:
1. Tần số alen của cá thể đực và cái trong quần thể
p = {p(cái) + p(đực)}/2
2. Có đột biến gen:
x là tần số đột biến thuận
y là tần số đột biến nghịch
Sau 1 thế hệ thì: tần số tương đối alen trội là
p' = p + (yq - xp)
q' = q + (xp - yq)
3. Di- nhập gen: Quần thể A có 1 nhóm cá thể có kích thước nhóm nhập cư (nghĩa là gì) là m, di cư
sang quần thể B, từ đó quần thể B chuyển thành quần thể C, thì:
pC = pB - m( pB - pA)
4. Xảy ra chọn lọc tự nhiên
11
* Tần số alen sau 1 thế hệ chọc lọc
s là hệ số chọc lọc alen thì:
q' = {q(1 - sq)} / (1 - s.q^2)
* Nếu KG đồng hợp lặn gây chết thì sau 1 thế hệ chọn lọc thì:
q' = q/(1+q)
* Nếu trong quần thể các thể dị hợp ưu thế hơn cá thể đồng hợp thì tần số alen lặn của quần thể
ở trạng thái cân bằng là:
q' = s/ (s + s')
s: hệ số chọn lọc của cá thể đồng hợp trội
s' hệ số chọn lọc của cá thể đồng hợp lặn
Câu 1: Trong một quần thể bướm gồm 900 con, tần số alen quy định cấu tử chuyển động nhanh của
một enzim p = 0,7 và tần số alen quy định cấu tử chuyển động chậm q = 0,3. Có 90 con bướm từ quần

thể này nhập cư đến một quần thể có q = 0,8. Tần số alen của quần thể mới là
A. p = 0,7 và q = 0,3.
B. p = 0,75 và q = 0,25.
C. p = 0,25 và q = 0,75.
D. p = 0,3 và q = 0,7.
Giải:
Ta có:
Gọi quần thể 1 là quần thể gồm 900 con, tần số alen p'A = 0,7, q'a = 0,3.
Quần thể 2 là quần thể có 90 con bướm từ quần thể 1đến nhập cư có q''a = 0,8 và p''A = 0,2
Gọi N là số cá thể quần thể 1, M là số cá thể quần thể 2 ban đầu khi chưa xuất, nhập cư.
Số cá thể quần thể 1 xuất cư là 90 = 90/900 = 10%N = 0,1N
Tấn số kiểu gen của quần thể 1
p'
2
AA : 2. p'.q'Aa : q'
2
aa = 0,49AA : 0,42Aa : 0,09aa
Số các thể quần thể 1 xuất cư tương ứng từng kiểu gen:
AA = 0,49 x 0,1N = 0,049N
Aa = 0,42 x 0,1N = 0,042N
aa = 0,09 x 0,1N = 0,009N
Tấn số kiểu gen của quần thể 2 khi chư có nhập cư:
p''
2
AA : 2. p''.q'' Aa : q''
2
aa = 0,04AA : 0,32Aa : 0,64aa
Số các thể quần thể 2 ban đầu tương ứng từng kiểu gen:
AA = 0,04M; Aa = 0,32M, aa = 0,64M
Tổng số cá thể của quần thể 2 sau khi có nhập cư: M + 0,1N

Số các thể quần thể 2 tương ứng từng kiểu gen sau khi có nhập cư:
AA = 0,04M + 0,049N
Aa = 0,32M + 0,042N
aa = 0,64M + 0,009N
Vậy tần số kiểu gen của quần thể 2 sau khi có nhập cư là:
pA = {2 (0,04M + 0,049N) + 0,32M + 0,042N}/2 (M + 0,1N)
= (0,4M + 0,14N)/2 (M + 0,1N) =
= (0,2M + 0,07N)/(M + 0,1N) =
= (0,2M + 0,07 x 900)/(M + 0,1 x 900) = (0,2 M + 63)/(M + 90)
pA = (0,2M + 63)/(M + 90)
qa = (0,8M + 17)/(M + 90)
=> pA/qa = (0,2M + 63)/(0,8M + 17)
Vì không biết được M là bao nhiêu nên không thể tính pA và qa.
Vậy đề sai
Câu 2: Ở người, bệnh mù màu do một alen lặn nằm trên NST gới tính X quy định. Xét một quần thể ở
một hòn đảo có 100 cá thể trong đó có 50 phụ nữ và 50 đàn ông, hai người đàn ông bị bệnh mù màu.
Nếu quần thể ở trạng thái cân bằng thì tần số người phụ nữ bình thường mang gen gây bệnh là
A. 4%. B. 7,68%. C. 96%. D. 99,84%.
12
Giải:
Kiểu gen của đàn bà: X
A
X
A
: X
A
X
a
: X
a

X
a
Kiểu gen đàn ông: X
A
Y: X
a
Y
Gọi p1 là tần số alen A , q1 là tần số alen a của đàn ông
Gọi p2 là tần số alen A , q2 là tần số alen a của đàn bà
Gọi p là tần số alen A , q là tần số alen a của quần thể người
Quần thể ở trạng thái cân bàng di truyền nên
p
1
= p
2
, q
1
= q
2
p = p
1
/3 + 2p
2
/3 = 3p
1
/3 = 3p
2
/3 = p
1
= p

2
q = q
1
/3 + 2q
2
/3 = 3q
1
/3 = 3q
2
/3 = q
1
= q
2
Ta có tần số kiểu gen trong quần thể
Đàn ông: p
2
X
A
X
A
: 2pqX
A
X
a
: q
2
X
a
X
a

Đàn bà: pX
A
Y: qX
a
Y
Suy ra: q = 2/50 = 0,04 => p = 1- 0,04 = 0,96
Vậy tần số người phụ nữ bình thường mang gen gây bệnh là: 2pq X
A
X
a
=
2 x 0,96 x 0,04 =0,0768 = 7,68%
Câu 3. Ở 1 quần thể ngẫu phối, xét 2 gen: gen thứ nhất có 3 alen, nằm trên đoạn ko tương đồng của
NST giới tính X, gen thứ 2 có 5 alen, nằm trên NST thường, trong trường hợp ko xảy ra đột biến, só
kiểu giao phối tối đa có thể xảy ra trong quần thể là:
A. 18225
B. 1500
C. 4050
D. 1350
Giải
Xét gen thứ nhất có 3 alen A, a1, a2 nằm trên đoạn ko tương đồng của NST giới tính X.
Kiểu gen XX: 6 kiểu gen = X
A
X
A
, X
a1
X
a1
, X

a2
X
a2
, X
A
X
a1
, X
A
X
a2
; X
a1
X
a2
Kiểu gen XY: 3 kiểu gen = X
A
Y; X
a1
Y; X
a2
Y
Xét gen thứ hai có 5 alen B, B1, B2, B3, B4 nằm trên NST thường.
Mỗi giới đều có “tổ hợp của 5 phần tử chập 2 có lặp” kiểu gen = “tổ hợp của 6 phần tử chập 2 không
lặp” kiểu gen = 15.
Xét cả 2 cặp gen thì cá thê XX có 6 x 15 = 90 kiểu gen khác nhau, cá thể Xy có 3 x 15 = 45 kiểu gen
khác nhau
Vậy có kiểu giao phối tối đa có thể xảy ra trong quần thể là= 90 x 45 = 4050
Câu 4
Cho biết gen A quy định mắt đỏ, gen a quy định mắt trắng, gen nằm trên NST X, giới đực là XY. Ở

một quần thể côn trùng ngẫu phối, giới đực có 10% con mắt trắng, ở giới cái có 1% con mắt trắng, còn
lại là những con mắt đỏ. Tỉ lệ kiểu gen chung ở cả hai giới:
A. 0,45 X
A
Y : 0,05 X
a
Y : 0, 405 X
A
X
A
: 0,09 X
A
X
a
: 0,005 X
a
X
a
B. 0,9 X
A
Y : 0,1X
a
Y : 0,81 X
A
X
A
: 0,18 X
A
X
a

: 0,01 X
a
X
a
C. 0,45 X
A
Y : 0,05 X
a
Y : 0,81 X
A
X
A
: 0,18 X
A
X
a
: 0,01 X
a
X
a
D.0,9 X
A
Y : 0,1X
a
Y : 0, 405 X
A
X
A
: 0,09 X
A

X
a
: 0,005 X
a
X
a

Câu 5
Một quần thể có tần số alen A là 0,6. Giả sử ban đầu quần thể đang đạt trạng thái cân bằng di truyền.
Sau một số thế hệ giao phối thấy tần số kiểu gen aa là 0,301696. Biết trong quần thể đã xảy ra nội phối
với hệ số là 0,2. Tính số thế hệ giao phối?
Giải
13
Tần số alen a là 0,4. Do quần thể đạt trạng thái cân bằng nên cấu trúc của quần thể là: 0,301696AA+
0,48Aa + 0,16aa = 1. Sau một số thế hệ giao phối, tần số aa là: 0,301696 => Tần số kiểu gen aa tăng
là:
0,301696 - 0,16 = 0,141696
=> Tần số Aa đã giảm là: 0,141696 x 2 = 0,283392. Tần số Aa sau n thế hệ giao phối là: 2pq(1
- f)
n
= 0,48(1 - f)
n
= 0,48.0,8
n
 Tần số Aa giảm là: 0,48 – 0,48.0,8
n
= 0,283392
 n = 4. Vậy hệ số giao phối là 4.
Câu 6
Cho 2 quần thể 1 và 2 cùng loài, kích thước của quần thể 1 gấp đôi quần thể 2. Quần thể 1 có tần số

alen A = 0,3, quần thể 2 có có tần số alen A = 0,4.
Nếu có 10% cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 thì tần số alen A của quần thể 2 sẽ là:
A. 0,3833
B. 0,3933
C. 0,3733
D. 0,3633
Câu 7
Cho 2 quần thể 1 và 2 cùng loài, kích thước của quần thể 1 gấp đôi quần thể 2. Quần thể 1 có tần số
alen A = 0,3, quần thể 2 có có tần số alen A = 0,4.
Nếu có 10% cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 và 20% cá thể của quần thể 2 di cư qua quần
thể 1 thì tần số alen A của 2 quần thể 1 và quần thể 2 lần lượt là:
A. 0,35 và 0,4
B. 0,3 và 0,4
C. 0,4 và 0,3
D. bằng nhau = 0,35
Câu 8
Bệnh mù màu đỏ - lục ở người liên kết với giới tính. Một quần thể người trên đảo có 50 phụ nữ và 50
đàn ông trong đó có hai người đàn ông bị mù màu đỏ - lục. Tính tỉ lệ số phụ nữ mang gen bệnh.
A. 7,68%
B. 7,48%
C. 7,58%
D. 7,78%
Hướng dẫn:
Vậy tần số alen lặn gây bệnh mù màu đỏ - lục là q = 4%
Tần số đàn ông mắc bệnh là: 2/50 = 0,04
Tần số alen trội p là 1 – 0,04 = 0,96
Vậy tần số phụ nữ mang gen bệnh là: 2pq = 2 (0,04) (0,96) = 0,0768 hay 7,68%
Câu 9
Chúng ta cùng đi tìm lời giải cho bài toán "Hoán vị gen trong quần thể"
Giả sử thế hệ xuất phát P có 100% số cá thể có kiểu gen dị hợp tử cùng bên (AB/ab) và tần số

hoán vị gen là 20%. Biết rằng mọi diễn biến của NST ở tế bào sinh tinh và sinh trứng là như
nhau; mỗi gen mỗi tính, trội hoàn toàn; sức sống của giao tử, của hợp tử là như nhau; không
chịu áp lực của đột biến.
Tìm tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu hình của đời con F1, F2, , Fn.
Xét trong 2 trường hợp:
a) Tự phối nghiêm ngặt.
b) Ngẫu phối.
Từ đó tìm công thức tổng quát khi tần số hoán vị gen bằng f .
14
Câu 10 Cho 2 quần thể 1 và 2 cùng loài, kích thước của quần thể 1 gấp đôi quần thể 2. Quần thể
1 có tần số alen A = 0,3, quần thể 2 có có tần số alen A = 0,4.
Nếu có 10% cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 và 20% cá thể của quần thể 2 di cư
qua quần thể 1 thì tần số alen A của 2 quần thể 1 và quần thể 2 lần lượt là:
A. 0,35 và 0,4
B. 0,31 và 0,38
C. 0,4 và 0,3
D. bằng nhau = 0,30
GIẢI
Gọi N là số lượng cá thể của quần thể 2, vậy số lượng các thể của quần thể 1 là 2N.
-Tần số alen ban đầu của quần thể 1: p
1
A = 0,3, q
1
a = 0,7
-Tỉ lệ kiểu gen của quần thể 1 khi chưa di nhập: 0,09AA: 0,42Aa: 0,49 aa
- Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 1 là:
AA = 0,09 x 2N = 0,18N
Aa = 0,42 x 2N = 0,84N
aa = 0,49 x 2N = 0,98N
-Số lương cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 là: 2N x 10% = 0,2N.

-Trong đó số lương tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 là:
AA = 0,18N x 0,1 = 0,018N
Aa = 0,84N x 0,1 = 0,084N
aa = 0,98N x 0,1 = 0,098N
-Tần số alen ban đầu của quần thể 2: p
2
A = 0,4, q
2
a = 0,6
-Tỉ lệ kiểu gen của quần thể 2 khi chưa di nhập: 0,16AA: 0,48 Aa: 0,36 aa
-Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 2 khi chưa di nhập là:
AA = 0,16 N
Aa = 0,48 N
aa = 0,36 N
Số lương cá thể của quần thể 2 di cư qua quần thể 1 là: N x 20% = 0,2N.
Trong đó số lương tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 2 di cư qua quần thể 1 là:
AA = 0,16N x 0,2 = 0,032N
Aa = 0,48N x 0,2 = 0,096N
aa = 0,36N x 0,2 = 0,072N
Kết quả sau lần di nhập thứ nhất:
- Quần thể 1:
Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của mỗi quần thể 1 sau lần di, nhập đầu tiên:
AA = 0,18N - 0,018N + 0,032N = 0,194N
Aa = 0,84N - 0,084N + 0,096N = 0,852N
aa = 0,98N - 0,098N + 0,072N = 0,954N
Vậy tần số alen của quần thể 1 sau lần di, nhập đầu tiên:
p'
1
= {(2 x 0,194N) + 0,852N}/2N x 2 = (0,388N + 0,852N)/4N = 1,24N/4N = 0,31
q'

1
= 1 - 0,31 = 0,69
- Quần thể 2:
Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của mỗi quần thể 2 sau lần di, nhập đầu tiên:
AA = 0,16N - 0,032N + 0,018N = 0,146N
Aa = 0,48N - 0,096N + 0,084N = 0,468N
aa = 0,36N - 0,072N + 0,098N = 0,386N
Vậy tần số alen của quần thể 2 sau lần di, nhập đầu tiên:
p'
2
= {(2 x 0,146N) + 0,468N}/2N = (0,292N + 0,468N)/2N = 0,76N/2N = 0,38
q'
2
= 1-0,38 = 0,62
Câu 11. Trong một quần thể, 90% alen ở locut Rh là R. Alen còn lại là r. Bốn mươi trẻ em của quần
thể này đi đến một trường học nhất định. Xác suất để tất cả các em đều là Rh dương tính sẽ là:
15
A. 400^81
B. 0,99^40
C. 40^0,75
D. 1 – 0,81^40
Câu 12: Ở muỗi sốt xuất huyết Aedes aegypti, bọ gậy bình thường có màu trắng đục. Tính trạng màu
sắc thân bọ gậy do một gen trên nhiễm sắc thể thường quy định. Một đột biến lặn ở gen này làm cho
thân bọ gậy có màu đen. Trong phòng thí nghiệm, người ta cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp muỗi bố
mẹ, thu được 10000 trứng và cho nở thành 10000 bọ gậy, trong số đó có 100 bọ gậy thân đen. Do
muốn loại bỏ đột biến này ra khỏi quần thể, người ta đã loại bỏ đi tất cả các bọ gậy thân đen. Giả sử
rằng không có đột biến mới xảy ra. Tần số alen của quần thể muỗi khi loại bỏ bọ gậy thân đen là
A. p = 0,91 và q = 0,09.
B. p = 0,90 và q = 0,10.
C. p = 0,80 và q = 0,20.

D. p = 0,81 và q = 0,19.
Giải:
Gọi gen A: trắng đục; gen a: đen
P: 100 cái ? X 100 đưc?
F1: 10000 bọ trong đó có 100 bọ thân đen aa
Gọi p là tần số alen A, q là tần số alen a trong quần thể bọ gậy F1 khi chưa loại bọ gậy thân đen aa:
Ta có q
2
= 100/10.000 = 1/100 => q = 0,1; p = 0,9
Tần số kiểu gen của quần thể F
1
khi chưa loại bọ gậy thân đen aa:
p
2
AA : 2.p.q Aa : q
2
aa = 0,9
2
AA : 2 x 0,9 x 0,1 Aa : 0,1
2
aa = 0,81 AA : 0, 18 Aa : 0,01 aa
Tần số kiểu gen của quần thể muỗi F
1
khi loại bỏ bọ gậy thân đen aa là:
0,81/ (0,81 + 0,18) AA : 0,18 / (0,81 + 0,18) Aa = 0,81/0,99 AA : 0,18/0,99 Aa
Vậy tần số alen của quần thể muỗi khi loại bỏ bọ gậy thân đen là:
p'A = {(2 x 0,81) + 0,18}/ (2 x 0,99) = (1,62 + 0,18) / 1,98 = 1,8/1,98 = 0,90909090 = 0,91
q'a = 0,18/1,98 =0,09090909 = 0,09
Vậy chọn đáp án A
Câu 14. Quần thể có cấu trúc 0.4 AABb: 0.4AaBb : 0.2aabb

quần thể tự phối sau 3 thế hệ tính tỉ lệ cơ thể mang gen đồng hợp trội ?
Giải:
P0: 0,4 AABb: 0,4AaBb : 0,2aabb
Vì các gen PLĐL nên ta có thể xem P:
(0,4 AA: 0,4Aa : 0,2aa) (0,8Bb : 0,2 bb)
Với A,a tự thụ phấn có F3 có:
0,4 AA + 0,2 aa + 0,4 [{1-(1/2)3}/2 AA + (1/2)3 Aa + {1-(1/2)3}/2 aa] =
0,4 AA + 0, 2 aa + 0,4 ( 7/16 AA + 1/8 Aa + 7/16 aa) =
0,4 AA + 0,2 aa + 2,8/16 AA + 0,4/8 Aa + 2,8/16 aa =
(0,4 + 0,175) AA + (0,2 +0,175) aa + 0,05 Aa =
0,575 AA + 0,050Aa + 0,375 aa
Với B,b tự thụ phấn có F3 có:
0,8 [{1-(1/2)3}/2 BB + (1/2)3 Bb + {1-(1/2)3}/2 bb] + 0,2 bb =
0,8 ( 7/16 BB + 1/8 Bb + 7/16 bb) +0,2 bb =
0,35 BB + 0,1 Bb + 0,35 bb + 0,2 bb =
(0,35 BB + 0,1 Bb + 0,2 bb)
Vậy F3 mang gen đồng hợph trội là: 0,575 AA x 0,35 BB = 0,575 x 0,35 AABB = 0.20125 AABB= =
20,125% AABB

Câu 15: Quần thể có kiểu gen 0.2AABb : 0.2AaBb : 0.3aaBB : 0.3aabb. Nếu quần thể ngẫu phối thì
thì tỉ lê đồng hợp lặn sau 1 thế hệ là ?
- Tần số alen A: p = [(0,2 x 2) + (0,2 x 1)]/2 = 0,3
- Tần số alen a: q = 1-0,3 = 0,7
- Tần số alen B: p’ = [(0,2 x 1) + (0,2 x 1) +(0,3 x 2)]/2 = 0,5
16
- Tần số alen b: q’ = 1-0,5 = 0,5)
- Ở F1 ta có: (0,09AA: 0,42 Aa : 0,49 aa) (0,25BB :0,5 Bb : 0,25 bb) =
Vậy tỉ lê đồng hợp lặn sau 1 thế hệ là: 0,49 x 0,25 = 0.1225 = 12,25%
IV.Ứng dụng di truyền học (4) 3-1-1
Câu 1. Để cải tạo giống heo Thuộc Nhiêu Định Tường, người ta dùng con đực giống Đại Bạch để lai

cải tiến với con cái tốt nhất của giống địa phương. Nếu lấy hệ gen của đực Đại Bạch làm tiêu chuẩn
thì ở thế hệ F4 tỉ lệ gen của Đại Bạch trong quần thể là:
A. 50%. B. 75%. C. 87,5%. D. 93,25%.
Giải
F1: 1/2 ĐB + 1/2TNĐT
F2: 3/4 ĐB + 1/4TNĐT
F3: 7/82 ĐB + 1/8TNĐT
F4: 15/16 ĐB + 1/16TNĐT
Nếu lấy hệ gen của đực Đại Bạch làm tiêu chuẩn thì ở thế hệ F4 tỉ lệ gen của Đại Bạch trong quần thể
là: 15/16 = 0.9375 %
Không có đáp án nào trúng cả.
+++++
Câu 2: Để chuyển 1 gen của người vào vi khuẩn Ecoli nhằm tạo ra nhiều sản phẩm của gen người
trong tế bào vi khuẩn người ta phải lấy mARN của gen người cần chuyển cho phiên mã ngược
thành ADN rồi mới gắn ADN này vào plasmid và chuyển vào vi khuẩn. Người ta cần phải làm như
vậy là vì:
A. Gen của người quá lớn nên không vào được tế bào vi khuẩn
B. Nếu không làm như vậy thì gen của người không thể phiên mã được trong tế bào vi khuẩn
C. Nếu không làm như vậy thì gen của người không thể dịch mã được trong tế bào vi khuẩn
D. Nếu không làm như vậy thì sản phẩm của gen sẽ không bình thường, không có giá trị sử dụng
V.Di truyền học người (3) 2-1-1
Câu 1: Ở người, bệnh mù màu do một alen lặn nằm trên NST gới tính X quy định. Xét một quần thể ở
một hòn đảo có 100 cá thể trong đó có 50 phụ nữ và 50 đàn ông, hai người đàn ông bị bệnh mù màu.
Nếu quần thể ở trạng thái cân bằng thì tần số người phụ nữ bình thường mang gen gây bệnh là
A. 4%. B. 7,68%. C. 96%. D. 99,84%.
Giải:
Kiểu gen của đàn bà: X
A
X
A

: X
A
X
a
: X
a
X
a
Kiểu gen đàn ông: X
A
Y: X
a
Y
Gọi p1 là tần số alen A , q1 là tần số alen a của đàn ông
Gọi p2 là tần số alen A , q2 là tần số alen a của đàn bà
Gọi p là tần số alen A , q là tần số alen a của quần thể người
Quần thể ở trạng thái cân bàng di truyền nên
p
1
= p
2
, q
1
= q
2
p = p
1
/3 + 2p
2
/3 = 3p

1
/3 = 3p
2
/3 = p
1
= p
2
q = q
1
/3 + 2q
2
/3 = 3q
1
/3 = 3q
2
/3 = q
1
= q
2
Ta có tần số kiểu gen trong quần thể
Đàn ông: p
2
X
A
X
A
: 2pqX
A
X
a

: q
2
X
a
X
a
Đàn bà: pX
A
Y: qX
a
Y
Suy ra: q = 2/50 = 0,04 => p = 1- 0,04 = 0,96
Vậy tần số người phụ nữ bình thường mang gen gây bệnh là: 2pq X
A
X
a
=
2 x 0,96 x 0,04 =0,0768 = 7,68%
17
Câu: Cho P thuần chủng giao phấn thu được F1: 100% hoa đỏ, cho F1 tự thụ phấn thu F2: 9 hoa đỏ: 7
hoa trắng. Chọn ngẫu nhiên 2 cây hoa đỏ thuộc thế hệ lai F2 cho giao phấn, tính xác suất để thu được
ở thế hệ F3 cây hoa đồng hợp về các gen lặn.
Giải
Ta có màu sắc di truyen do 2 cặp gen tương tác bổ trợ:
A-B-: Đỏ; A-bb, aaB-, aabb: Trắng
F1: AaBb
F2: 1AABB: 2AaBB: 1aaBB: 2AABb: 4AaBb: 2aaBb: 1AAbb: 2Aabb: 1aabb
Đời F2 hoa đỏ gòm 4 loại kiểu gen khác nhau:
1/9 AABB: 2/9 AaBB: 2/9 AABb: 4/9 AaBb
Muốn F3 có aabb thì chọn bố mẹ F2 có kiểu gen AaBb

Xác suất để chọn 2 cây F2 hoa đỏ có kiểu gen AaBb là: (4/9)
2
Xác suất để F2 mang gen AaBb cho ra F3 có kiểu gen aabb là 1/16
Vậy xác suất để "Chọn ngẫu nhiên 2 cây hoa đỏ thuộc thế hệ lai F2 cho giao phấn, để thu được ở thế
hệ F3 cây hoa đồng hợp về các gen lặn" là :
(4/9)
2
x 1/16 = (16/81) x (1/16) = 1/81
VI.Bằng chứng tiến hoá (1) 1-0-0
VII.Cơ chế tiến hoá (7) 5-2-2
Câu 1: Trong một quần thể bướm gồm 900 con, tần số alen quy định cấu tử chuyển động nhanh của
một enzim p = 0,7 và tần số alen quy định cấu tử chuyển động chậm q = 0,3. Có 90 con bướm từ quần
thể này nhập cư đến một quần thể có q = 0,8. Tần số alen của quần thể mới là
A. p = 0,7 và q = 0,3.
B. p = 0,75 và q = 0,25.
C. p = 0,25 và q = 0,75.
D. p = 0,3 và q = 0,7.
Giải:
Ta có:
Gọi quần thể 1 là quần thể gồm 900 con, tần số alen p'A = 0,7, q'a = 0,3.
Quần thể 2 là quần thể có 90 con bướm từ quần thể 1đến nhập cư có q''a = 0,8 và p''A = 0,2
Gọi N là số cá thể quần thể 1, M là số cá thể quần thể 2 ban đầu khi chưa xuất, nhập cư.
Số cá thể quần thể 1 xuất cư là 90 = 90/900 = 10%N = 0,1N
Tấn số kiểu gen của quần thể 1
p'
2
AA : 2. p'.q'Aa : q'
2
aa = 0,49AA : 0,42Aa : 0,09aa
Số các thể quần thể 1 xuất cư tương ứng từng kiểu gen:

AA = 0,49 x 0,1N = 0,049N
Aa = 0,42 x 0,1N = 0,042N
aa = 0,09 x 0,1N = 0,009N
Tấn số kiểu gen của quần thể 2 khi chư có nhập cư:
p''
2
AA : 2. p''.q'' Aa : q''
2
aa = 0,04AA : 0,32Aa : 0,64aa
Số các thể quần thể 2 ban đầu tương ứng từng kiểu gen:
AA = 0,04M; Aa = 0,32M, aa = 0,64M
Tổng số cá thể của quần thể 2 sau khi có nhập cư: M + 0,1N
Số các thể quần thể 2 tương ứng từng kiểu gen sau khi có nhập cư:
AA = 0,04M + 0,049N
Aa = 0,32M + 0,042N
aa = 0,64M + 0,009N
Vậy tần số kiểu gen của quần thể 2 sau khi có nhập cư là:
pA = {2 (0,04M + 0,049N) + 0,32M + 0,042N}/2 (M + 0,1N)
= (0,4M + 0,14N)/2 (M + 0,1N) =
18
= (0,2M + 0,07N)/(M + 0,1N) =
= (0,2M + 0,07 x 900)/(M + 0,1 x 900) = (0,2 M + 63)/(M + 90)
pA = (0,2M + 63)/(M + 90)
qa = (0,8M + 17)/(M + 90)
=> pA/qa = (0,2M + 63)/(0,8M + 17)
Vì không biết được M là bao nhiêu nên không thể tính pA và qa.
Vậy đề sai
Câu 3: Từ một quần thể của 1 loài cây được tách ra thành 2 quần thể riêng biệt. Hai quần thể này chỉ
trở thành hai loài khác nhau trong trường hợp nào:
A. giữa chúng có sự sai khác về thành phần kiểu gen

B. giữa chúng có sự khác biệt đáng kể về các đặc điểm hình thái
C. giữa chúng có sự khác biệt về tần số alen
D. giữa chúng có sự khác biệt đáng kể về thời gian ra hoa
Giải:
Vì khác nhau về tần số alen sẽ dẫn đến khác nhau về tần số kiểu gen, còn khác nhau về tần số kiểu gen
chư chắc đẫ khác nhau về tần số alen. Tần số elen là vốn gen của quần thể.
Một quần thể ở trạng thái cân bằng về 1 gen gồm 2 alen A và a, trong đó P(A) = 0,4. Nếu quá trình
chọn lọc đào thải những cá thể có kiểu gen aa xảy ra với áp lực S = 0,02. Cấu trúc di truyền của quần
thể sau khi xảy ra áp lực chọn lọc:
A. 0,1612 AA: 0,4835 Aa: 0,3551 aa
B. 0,16 AA: 0,48 Aa: 0,36 aa
C. 0,1613 AA: 0,4830 Aa: 0,3455 aa
D. 0,1610 AA: 0,4875 Aa: 0,3513 aa
VII.Sự phát sinh và phát triển sự sống trên Trái Đất (2) 2-0-0
Câu 1: Sự sống đầu tiên trên trái đất chỉ được hình thành khi có sự xuất hiện của:
A. một cấu trúc có màng bao bọc, có khả năng trao đổi chất, sinh trưởng và tự nhân đôi
B. một cấu trúc có màng bao bọc, bên trong có chứa AND và protein
C. một tập hợp các đại phân tử gồm AND, protein, lipit
D. một cấu trúc có màng bao bọc, có khả năng trao đổi chất và sinh trưởng
IX.Sinh thái học cá thể (1) 1-0-0
Bài 1. Sâu xám hại ngô có điểm gây chết giới hạn dưới là 9,60C, giới hạn trên là 42
0
C. Thời gian trung
bình của một chu kỳ sống là 42 ngày.
1/ Xác định tổng nhiệt hữu hiệu và số lứa trên 1 năm của loài sâu trên. Biết nhiệt độ MT là 23,6
0
C.
2/ Xác định số lứa/năm nếu nhiệt độ MT là 26
0
C.

Giải
Theo giả thiết "Sâu xám hại ngô có điểm gây chết giới hạn dưới là 9,6
0
C" suy ra ngưỡng nhiệt phát
triển là 9,6
0
C.
1/ Xác định tổng nhiệt hữu hiệu và số lứa trên 1 năm của loài sâu trên. Biết nhiệt độ MT là 23,6
0
C.
Ta có công thức:
T = (x-k)n
x = nhiệt độ môi trường; k = ngưỡng nhiệt phát triển; n= số ngày của 1 chu kỳ sống sinh vật
T = (23,6 - 9,6)42 = 14 x 42 = 588
0
C/ngày
-Tổng nhiệt hữu hiệu T= 588
0
C/ngày
-Số lứa trong năm: 365/42 = 8,69 lứa
19
2/ Xác định số lứa/năm nếu nhiệt độ MT là 26
0
C.
Ta có: 588 = (26 - 9,6) n
Suy ra n = 35,85 ngày
Số lứa trong năm:
365: 35,85 = 10,18 lứa.
Chú ý đề cho biết nhiệt độ điểm gây chết giới hạn dưới là 9,60C, giới hạn trên là 42
0

C để từ đó ta
đi tìm ngưỡng nhiệt phát triển
X. Sinh thái học quần thể (2.5) 2-1-0
XI. Quần xã sinh vật (2,5) 2-0-1
Câu 1.Trong quần xã,nhóm loài nào tuy có độ thường gặp và độ phong phú thấp nhưng lại có vai trò
làm tăng tính đa dạng cho quần thể?
A. loài đặc trưng
B. loài ưu thế
C. loài thứ yếu
D. loài ngẫu nhiên
XII. Hệ sinh thái, sinh quyển và bảo vệ môi trường (4) 3-1-1
50
047: Cho 2 quần thể 1 và 2 cùng loài, kích thước của quần thể 1 gấp đôi quần thể 2. Quần thể 1
có tần số alen A = 0,3, quần thể 2 có có tần số alen A = 0,4.
Nếu có 10% cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 và 20% cá thể của quần thể 2 di cư
qua quần thể 1 thì tần số alen A của 2 quần thể 1 và quần thể 2 lần lượt là:
A. 0,35 và 0,4
B. 0,31 và 0,38
C. 0,4 và 0,3
D. bằng nhau = 0,30
GIẢI
Gọi N là số lượng cá thể của quần thể 2, vậy số lượng các thể của quần thể 1 là 2N.
-Tần số alen ban đầu của quần thể 1: p
1
A = 0,3, q
1
a = 0,7
-Tỉ lệ kiểu gen của quần thể 1 khi chưa di nhập: 0,09AA: 0,42Aa: 0,49 aa
- Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 1 là:
AA = 0,09 x 2N = 0,18N

Aa = 0,42 x 2N = 0,84N
aa = 0,49 x 2N = 0,98N
-Số lương cá thể của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 là: 2N x 10% = 0,2N.
-Trong đó số lương tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 1 di cư qua quần thể 2 là:
AA = 0,18N x 0,1 = 0,018N
Aa = 0,84N x 0,1 = 0,084N
aa = 0,98N x 0,1 = 0,098N
20
-Tần số alen ban đầu của quần thể 2: p
2
A = 0,4, q
2
a = 0,6
-Tỉ lệ kiểu gen của quần thể 2 khi chưa di nhập: 0,16AA: 0,48 Aa: 0,36 aa
-Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 2 khi chưa di nhập là:
AA = 0,16 N
Aa = 0,48 N
aa = 0,36 N
Số lương cá thể của quần thể 2 di cư qua quần thể 1 là: N x 20% = 0,2N.
Trong đó số lương tương ứng với từng kiểu gen của quần thể 2 di cư qua quần thể 1 là:
AA = 0,16N x 0,2 = 0,032N
Aa = 0,48N x 0,2 = 0,096N
aa = 0,36N x 0,2 = 0,072N
Kết quả sau lần di nhập thứ nhất:
- Quần thể 1:
Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của mỗi quần thể 1 sau lần di, nhập đầu tiên:
AA = 0,18N - 0,018N + 0,032N = 0,194N
Aa = 0,84N - 0,084N + 0,096N = 0,852N
aa = 0,98N - 0,098N + 0,072N = 0,954N
Vậy tần số alen của quần thể 1 sau lần di, nhập đầu tiên:

p'
1
= {(2 x 0,194N) + 0,852N}/2N x 2 = (0,388N + 0,852N)/4N = 1,24N/4N = 0,31
q'
1
= 1 - 0,31 = 0,69
- Quần thể 2:
Số lượng cá thể tương ứng với từng kiểu gen của mỗi quần thể 2 sau lần di, nhập đầu tiên:
AA = 0,16N - 0,032N + 0,018N = 0,146N
Aa = 0,48N - 0,096N + 0,084N = 0,468N
aa = 0,36N - 0,072N + 0,098N = 0,386N
Vậy tần số alen của quần thể 2 sau lần di, nhập đầu tiên:
p'
2
= {(2 x 0,146N) + 0,468N}/2N = (0,292N + 0,468N)/2N = 0,76N/2N = 0,38
q'
2
= 1-0,38 = 0,62
021: Về trật tự khoảng cách giữa 3 gen X, Y và Z người ta nhận thấy như sau:
X 20 Y 11 Z.
Hệ số trùng hợp là 0,7.
Nếu P : (Xyz/xYZ) x (xyz/xyz) thì tỉ lệ % kiểu hình không bắt chéo của F1 là:
A. 70,54%
B. 69%
C. 67,9%
D. không xác định được
Giải:
Gọi f1, f2 lần lượt là tần số trao đổi chéo thực tế của 2 gen Xy/xY và yz/YZ.
f1, f2 tính theo%.
Khoảng cách trên bản đồ gen của 2 gen Xy = f1 + f1.f2

Khoảng cách trên bản đồ gen của 2 gen yz = f2 + f1.f2
Ta có công thức:
- Hệ số trùng hợp C = (tần số trao đổi chéo kép thực tế)/ (tần số trao đổi chéo kép lý thuyết) = O/E
- Tần số trao đổi chéo lý thuyết là: E = f1.f2
- Khoảng cách thực tế trên bản đồ gen của 2 gen = (tần số trao đổi chéo đơn thực tế của 2 gen) +
(tần số trao đổi chéo kép thực tế của 2 gen) = f + O
Vậy ta có phương trình:
0,7 = O/E . Suy ra O = 0,7E = 0,7 f1.f2
Vậy ta có: 20 = f1 + O = f1 + 0,7 f1.f2 (1) => 0,7 f1.f2 = 20-f1
11 = f2 + O = f2 + 0,7 f1.f2 (2 )=> 0,7 f1.f2 = 11-f2
Kiểu hình không bắt chéo của F1 là kiểu hình do giao tử bình thường Xyz và xYZ kết hợp với giao
tử xyz thành kiểu hình (Xyz/xyz) và (xYZ/xyz)
Từ đó ta tính được kết quả như trên.
21
022: Nếu P :
aD
Ad
be
BE
x
aD
Ad
be
BE
Mỗi gen mỗi tính trội hoàn toàn, tần số hoán vị gen của cá thể đực và cái bằng nhau: f(A/d) = 0,2,
f(B/E) = 0,4; thì đời F1 có tỉ lệ kiểu hình A-B-D-E- chiếm tỉ lệ:
A. 30,09% B. 42,75% C. 56,25% D. 75%
Giải:
P :
aD

Ad
be
BE
x
aD
Ad
be
BE
= P : (
aD
Ad
x
aD
Ad
) (
be
BE
x
be
BE
)
- Với P :
aD
Ad
x
aD
Ad
f(A/d) = 0,2
=> F1: % aadd = % ad x % ad = 0,1 x 0,1 = 0,01
% A-dd = 0,25 - 0,01 = 0,24

% A-D- = 0,75 - 0,24 = 0,51
( Định luật về phép lai 2 cặp gen dị hợp của Nguyễn Từ)
- Với P :
be
BE
x
be
BE
F1: % bbee = 0,3 x 0,3 = 0,09
% B-ee = 0,25 - 0,09 = 0,16
% B-E- = 0, 75 - 0,16 = 0,59
Ta có: % A-B-D-E- = (%A-D-) (%B-E-) = 0,51 x 0,59 = 0,3009 =30,09%
024: Cho biết màu sắc quả di truyền tương tác kiểu: A-bb, aaB-, aabb: màu trắng; A-B-: màu đỏ.
Chiều cao cây di truyền tương tác kiểu: D-ee, ddE-, ddee: cây thấp; D-E-: cây cao.
P:
aD
Ad
be
BE
x
aD
Ad
be
BE
và tần số hoán vị gen 2 giới là như nhau: f(A/d) = 0,2; f(B/E) = 0,4.
Đời con F1 có kiểu hình quả đỏ, cây cao (A-B-D-E-) chiếm tỉ lệ:
A. 30,09% B. 20,91% C. 28,91% D. Số khác
Giải:
P:
aD

Ad
be
BE
x
aD
Ad
be
BE
= (
aD
Ad
x
aD
Ad
) (
be
BE
x
be
BE
)
Tương tự như câu trên ta có
% A-B-D-E- = (%A-D-) (%B-E-) = 0,51 x 0,59 = 0,3009 =30,09%
002: Ở người có sự chuyễn đoạn tương hỗ xẩy ra giữa NST số 13 và NST số 18. Tế bào giảm phân
sinh giao tử sẽ có tối đa bao nhiêu loại giao tử khác nhau về nguồn gốc bố mẹ của 2 cặp NST này.
A. 8 B. 16 C. 20 D. 24
Giải
Quy ước cặp NST số 18 là A và a ;cặp NST số 13 là B và b. chuyễn đoạn giữa cặp 18 và 13 :
1. A chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : A
B

và B
A
Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AA
B
aa BB
A
bb
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA
B
BB
A
{AA
B
bb
Dưới: {aa bb ; {aa BB
A

Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA
B
BB
A
,
AA
B
bb, aa bb; aa BB
A

Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA
B

BB
A
=>AB
,
AB
A
,
A
B
B
,
A
B
B
A
,

AA
B
bb => Ab, A
B
b

aa bb => ab
22
aa BB
A
=> aB, aB
A
Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab

Và 5 giao tử đột biến : A
B
B
A
;A
B
B ;A
B
b ;AB
A
; aB
A
2.A chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : A
b
và b
A
Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AA
b
aa BB bb
A
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA
b
BB

{AA
b
bb
A

Dưới: {aa bb
A
; {aa BB
Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA
b
BB, AA
b
bb
A
, aa bb
A
; aa BB
Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA
b
BB => AB
,
A
b
B

AA
b
bb
A
=> Ab, Ab
A
, A
b
b,A
b

b
A


aa bb
A
=> ab, ab
A


aa BB => aB

Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab (trùng với 1)
Và 5 giao tử đột biến :

A
b
B,

Ab
A
, A
b
b,A
b
b
A
,

ab

A


3 . a chuyễn đoạn với b tạo ra 2 NST mới là : a
b
và b
a

Ở kì trước I của giảm phân NST có dạng: AAaa
b
BB bb
a
Ở kì giữa I của giảm phân NST có 2 khả năng
Trên: {AA BB

{AA bb
a
Dưới: {aa
b
bb
a
; {aa
b
BB
Ở kỳ cuối I sẽ có 4 khả năng: AA BB, aa
b
bb
a
, AA bb
a

, aa
b
BB
Ở kỳ cuối II sẽ có: : AA BB => AB

aa
b
bb
a
=> a

b, ab
a
, a
b
b, a
b
b
a


AA bb
a
=> Ab, Ab
a


aa
b
BB => aB, a

b
B
Kết quả: Tạo ra 4 giao tử bình thường : AB ;Ab ;aB ;ab (trùng với 1)
Và 5 giao tử đột biến :

ab
a
, a
b
b, a
b
b
a
,

Ab
a
, a
b
B

4. a chuyễn đoạn với B tạo ra 2 NST mới là : a
B
và B
a
Tạo ra 5 giao tử đột biến mới
Vậy tổng số giao tử được tao ra là : 5 x 4 + 4 = 24
Đáp án D :24
023: Cho biết chiều cao cây do 5 cặp gen PLĐL tác động cộng gộp. Nếu P thuần chủng khác nhau n
cặp gen tương ứng, đời F2 có số cá thể có kiểu hình chiều cao trung bình chiếm tỉ lệ là:

A.¼ B. 1/8 C. số khác D. ½
Giải:
Với 5 cặp gen tác động cộng gộp thì đời F2 có tỉ lệ kiểu hình tuân theo hệ số của các số hạng trong
triển khai nhị thức Newton (a+b)
10
. Vậy ta có:
C
10
0
: C
10
1
:C
10
2
:C
10
3
:C
10
4
:C
10
5
:C
10
6
: C
10
7

: C
10
8
: C
10
9
:C
10
10
(Đọc là tổ hợp n phần tử chập p không lặp; n =10; p = 0,1,2, ,10 . Vì không có phần mền toán viết
công thức tổ hợp)
Ta có cá thể có kiểu hình chiều cao trung bình chiếm tỉ lệ
(C
10
5
)/2
10
= (10!)/(5!)(10-5)! = (10.9.8.7.6) / 5.4.3.2 = 252/1024 = 0,24609375 ~ 1/4
Vì vậy đáp án đúng là C, còn gần đúng là A. Sinh học lấy gần đúng thôi em ạ
77777777777777
1,: Cho cây hoa đỏ, quả tròn tự thụ phấn, người ta thu được đời con có tỉ lệ kiểu hình phân li:
510 cây hoa đỏ, quả tròn: 240 cây hoa đỏ, quả dài: 242 cây hoa trắng, quả tròn: 10 cây hoa
trắng, quả dài. Từ kết quả của phép lai này, kết luận nào được rút ra là đúng
A. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn cùng thuộc 1 NST
23
B. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả dài cùng thuộc 1 NST
C. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn liên kết
không hoàn toàn
D. Alen qui định màu hoa đỏ và alen qui định quả tròn liên kết hoàn toàn

2:: Để chuyển 1 gen của người vào vi khuẩn Ecoli nhằm tạo ra nhiều sản phẩm của gen người
trong tế bào vi khuẩn người ta phải lấy mARN của gen người cần chuyển cho phiên mã ngược
thành AND rồi mới gắn AND này vào plasmid và chuyển vào vi khuẩn. Người ta cần phải làm
như vậy là vì:
A. Gen của người quá lớn nên không vào được tế bào vi khuẩn
B. Nếu không làm như vậy thì gen của người không thể phiên mã được trong tế bào vi khuẩn
C. Nếu không làm như vậy thì gen của người không thể dịch mã được trong tế bào vi khuẩn
D. Nếu không làm như vậy thì sản phẩm của gen sẽ không bình thường, không có giá trị sử dụng
3: Từ một quần thể của 1 loài cây được tách ra thành 2 quần thể riêng biệt. Hai quần
thể này chỉ trở thành hai loài khác nhau trong trường hợp nào:
A. giữa chúng có sự sai khác về thành phần kiểu gen
B. giữa chúng có sự khác biệt đáng kể về các đặc điểm hình thái
C. giữa chúng có sự khác biệt về tần số alen
D. giữa chúng có sự khác biệt đáng kể về thời gian ra hoa
4: Sự sống đầu tiên trên trái đất chỉ được hình thành khi có sự xuất hiện của:
A. một cấu trúc có màng bao bọc, có khả năng trao đổi chất, sinh trưởng và tự nhân đôi
B. một cấu trúc có màng bao bọc, bên trong có chứa AND và protein
C. một tập hợp các đại phân tử gồm AND, protein, lipit
D. một cấu trúc có màng bao bọc, có khả năng trao đổi chất và sinh trưởng
5. Để cải tạo giống heo Thuộc Nhiêu Định Tường, người ta dùng con đực giống Đại
Bạch để lai cải tiến với con cái tốt nhất của giống địa phương. Nếu lấy hệ gen của đực Đại Bạch
làm tiêu chuẩn thì ở thế hệ F4 tỉ lệ gen của Đại Bạch trong quần thể là:
A. 50%. B. 75%. C. 87,5%. D. 93,25%.

Câu 14: Kiểu gen của cá chép không vảy là Aa, cá chép có vảy là aa. Kiểu gen AA làm trứng
không nở. Tính theo lí thuyết, phép lai giữa các cá chép (P) không vảy sẽ cho tỉ lệ kiểu hình ở đời
F2 là
A. l cá chép không vảy : 2 cá chép có vảy. B. 3 cá chép không vảy : l cá chép có vảy.
C. 75% cá chép không vảy : 25% cá có vảy. D. 4 cá chép không vảy : l cá chép có vảy
Câu 20: Một gen mã hoá liên tục ở vi khuẩn mã hoá loại prôtêin A, sau khi bị đột biến đã điều

khiển tổng hợp phân tử prôtêin B. Phân tử prôtêin B ít hơn prôtêin A một axit amin và có 3 axit
amin mới. Giả sử không có hiện tượng dư thừa mã, thì những biến đổi đã xẩy ra trong gen đột
biến là:
A. Bị thay thế 15 cặp nuclêôtit.
B. Mất 3 cặp nuclêôtit và thay thế 12 cặp nuclêôtit.
C. Mất 3 cặp nuclêôtit thuộc phạm vi 4 côdon liên tiếp nhau trên gen.
D. Mất 3 cặp nuclêôtit thuộc phạm vi 5 côdon liên tiếp nhau trên gen.
45: Một quần thể ở trạng thái cân bằng về 1 gen gồm 2 alen A và a, trong đó P(A) = 0,4. Nếu quá trình
chọn lọc đào thải những cá thể có kiểu gen aa xảy ra với áp lực S = 0,02. Cấu trúc di truyền của quần
thể sau khi xảy ra áp lực chọn lọc:
A. 0,1612 AA: 0,4835 Aa: 0,3551 aa B. 0,16 AA: 0,48 Aa: 0,36 aa
24
C. 0,1613 AA: 0,4830 Aa: 0,3455 aa D. 0,1610 AA: 0,4875 Aa: 0,3513 aa
Giải:
- Quần thể cân bằng di truyền, nên ta có: p
A
+ q
a
= 1 → q
a
= 1 – 0,4 = 0,6
- Cấu trúc di truyền của quần thể cân bằng là:
(0,4)
2
AA + 2(0,4 x 0,6)Aa + (0,6)
2
aa = 1 →
0,16AA : 0,48Aa : 0,36aa
-Sau khi chọn lọc thì tỉ lệ kiểu gen aa còn lại là: 0,36 (1 – S) = 0,36(1 – 0,02) = 0,3528.
Mặt khác, tổng tỉ lệ các kiểu gen sau chọn lọc là:

0,16 + 0,48 + 0,36 (1 – S) = 0,16 + 0,48 + 0,3528 = 0,9928
- Vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc là:
(0,16/0,9928) AA : (0,48/0,9928) Aa : (0,3528/0,9928) aa
↔ 0.1612 AA : 0.4835 Aa : 0.3553 aa
TRẢ LỜI:
Câu 15: Ở muỗi sốt xuất huyết Aedes aegypti, bọ gậy bình thường có màu trắng đục. Tính
trạng màu sắc thân bọ gậy do một gen trên nhiễm sắc thể thường quy định. Một đột biến lặn ở gen
này làm cho thân bọ gậy có màu đen. Trong phòng thí nghiệm, người ta cho giao phối ngẫu nhiên 100
cặp muỗi bố mẹ, thu được 10000 trứng và cho nở thành 10000 bọ gậy, trong số đó có 100 bọ gậy thân
đen. Do muốn loại bỏ đột biến này ra khỏi quần thể, người ta đã loại bỏ đi tất cả các bọ gậy thân đen.
Giả sử rằng không có đột biến mới xảy ra. Tần số alen của quần thể muỗi khi loại bỏ bọ gậy thân đen
là
A. p = 0,91 và q = 0,09.
B. p = 0,90 và q = 0,10.
C. p = 0,80 và q = 0,20.
D. p = 0,81 và q = 0,19.
TRẢ LỜI:
Câu 2: Người ta lai cây có hoa đỏ với cây có hoa trắng và thu được F1toàn cây có hoa đỏ. Cho các cây
F1 tự thụ phấn người ta thu được đời F2 có tỉ lệ phân li kiểu hình là 3 hoa đỏ: một hoa trắng. Sau đó
người ta lấy ngẫu nhiên một cây hoa đỏ cho tự thụ phấn. Xác suất để cây này cho ra toàn hoa đỏ là bao
nhiêu?
A.1/3
B.1/2
C. 1/9
D. 1/4
Câu 3. Một người đàn ông bình thường có bố mẹ bình thường nhưng có người em trai bị bệnh
phêninkêtô niệu đã lấy một người vợ bình thường sinh ra trong một gia đình có bố mẹ bình thường
nhưng có cô em gái bị bệnh phêninkêtô niệu. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh ra người con bị bệnh
là bao nhiêu
A. 0,11

B. 0,25
C. 0,14
D. 0,32
Câu 4. Giả sử trong một quần thể người, tần số người thuận tay trái là 1%. Xác suất đê hai vợ chồng
25