Phân dạng và phương pháp giải các dạng bài tập di truyền quần thể

1
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến kinh nghiệm
Đổi mới phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo là một trong
những nhiệm vụ chiến lược của sự nghiệp đổi mới nền giáo dục nước ta hiện nay. Mục tiêu đào tạo
giáo dục trung học phổ thông đã định rõ các phẩm chất và năng lực cần phát triển cho học sinh
nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo nguồn nhân lực trong giai đoạn phát triển kinh tế xã hội mới của đất
nước, giai đoạn công nghiệp hóa, hiện đại hóa, đáp ứng yêu cầu phát triển đa dạng của mỗi cá nhân,
đáp ứng yêu cầu đào tạo nguồn nhân lực trong giai đoạn phát triển kinh tế xã hội mới của đất nước.
Đưa Việt Nam trở thành nước công nghiệp, trong bối cảnh toàn cầu hóa, mở rộng giao lưu và hợp tác
quốc tế theo Nghị quyết TW 8 khóa XI về: Đổi mới căn bản và toàn diện Giáo dục và Đào tạo.
Một trong những yêu cầu hàng đầu của việc đổi mới chương trình giáo dục phổ thông là đổi
mới phương pháp dạy học môn học theo hướng phát triển năng lực tự học, đa dạng hóa các hoạt
động học tập, cho học sinh tự nghiên cứu, chủ động phát hiện và giải quyết vấn đề. Phương pháp
giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh phù hợp với
đặc điểm của từng lớp học, từng môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học rèn kỹ năng vận dụng kiến
thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập của học sinh. Chú ý
tính phân hóa trong dạy học trung học phổ thông (THPT), phát triển năng lực hành động, tăng cường
thực hành gắn nội dung dạy học với thực tiễn cuộc sống và nghề nghiệp. Đổi mới phương pháp dạy
học gắn với sử dụng phương tiện mới và đổi mới phương pháp đánh giá kết quả của học sinh.
Chương trình sách giáo khoa (SGK) phổ thông đã được đưa vào sử dụng nhiều năm mặc dù
đã có nhiều cải tiến nhưng nội dung thì nhiều mà kiến thức cập nhật thì ít, nhưng quan trọng ở chỗ
SGK chỉ viết sản phẩm mà không đề cấp tới quy trình công nghệ tạo ra sản phẩm đó. Vì vậy khó cho
cả học sinh và giáo viên, SGK chỉ hình thành những lệnh đơn giản, nhiều khi có tính hình thức mà cả
thày giáo cũng khó giải quyết. Nặng về dạy tri thức chứ không dạy quy trình. Vì vậy, trong tài liệu
SGK ở bậc phổ thông chúng ta không nên coi trọng việc đưa toàn bộ kiến thức mới mà có thể dùng
kiến thức cũ để dạy cách tiếp cận, dạy học sinh tự làm ra sản phẩm đó theo một quy trình công nghệ
chắc chắn để nhận thức sản phẩm từ đó người học phát hiện, làm quen từ chỗ biết trở thành kỹ năng,
kỹ xảo để tìm ra quy trình công nghệ mới, phù hợp với nhu cầu thực tiễn, tìm ra sản phẩm và tồn tại
trong cộng đồng bằng sản phẩm đó.
Một trong những trọng tâm của dạy học Sinh học là phát triển tư duy sáng tạo và khả năng

phân tích của học sinh: Từ lí thuyết học sinh phải biết vận dụng để giải các bài tập có liên quan. Thật
vậy, trong những năm qua chúng ta đã không ngừng đổi mới phương pháp để phù hợp với mục tiêu
giáo dục và việc dạy bài tập có một vai trò rất lớn trong quá trình hình thành cho học sinh những
phẩm chất đó. Tuy nhiên, trên thực tế trong chương trình Sinh học phổ thông học sinh có rất ít thời
gian trên lớp dành cho các giờ bài tập mà trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh vào các
trường đại học, cao đẳng thì phần bài tập cũng chiếm một tỉ lệ khá cao đặc biệt là phần bài tập liên
quan đến di truyền quyền thể.

2
Vy gii quyt tt cỏc bi tp sinh hc ú thỡ hc sinh phi lm th no? Trc ht hc
sinh phi cú kh nng phõn tớch nhn dng t ú xỏc nh cỏc bc gii quyt ỳng n i vi mi
dng bi tp. ó cú mt s tỏc gi trong khi vit sỏch ó a ra cỏc bi tp di truyn qun th:
Nguyn Vit Nhõn, Lờ ỡnh Trung, Trn c Li, Hunh Quc Thnh, Nguyn Tt Thng Hu
ht cỏc tỏc gi nhng cha cú ai phõn dng c th v ra phng phỏp gii cho cỏc dng bi ú chi
tit. ng thi giai on lm cỏc bi tp hin nay hc sinh rt cn nm c k nng a ra cỏc ỏp
ỏn nhanh v chớnh xỏc cho cỏc cõu hi trc nghim, mun nh vy cỏc em phi cú trong tay tng
dng bi, phng phỏp gii mt cỏch tht ngn gn d hiu. Vy hc sinh t c iu ú thỡ
giỏo viờn phi lm gỡ?
a s cỏc em hc sinh hin nay cũn hc lch, ch yu l cỏc em quan tõm n ba mụn toỏn,
lý, húa thi i hc khi A, vỡ th thi gian dnh cho vic hc mụn sinh lp cng nh nh l rt
ớt.
Cỏc em u rt lỳng tỳng khi nhn dng bi tp di truyn qun th , õy l khõu quan trng
khi gii bi tp. Vỡ vy, to iu kin cho hc sinh gii bi tp di truyn qun th t ú t c
kt qu cao trong cỏc kỡ thi tụi mnh dn chn ti l: Phõn dng v phng phỏp gii cỏc dng
bi tp di truyn qun th .
1/ i tng nghiờn cu
- Đề tài áp dụng đối với học sinh lớp 12 trong các giờ luyện tập, ôn tập chơng, ôn thi học sinh
giỏi, ôn tập buổi chiều. Hc sinh ụn thi i hc ca trng THPT A Ngha Hng
2/ Phm vi nghiờn cu
+ Hc sinh lp 12A

1, 2
trng THPT A Ngha Hng
+ Hc sinh ụn thi hc sinh gii
+ Hc sinh ụn thi i hc
4/ Phng phỏp nghiờn cu
+ Nghiờn cu ti liu.
+ Qua cỏc tit thc nghim trờn lp
+ iu tra hiu qu ca phng phỏp qua cỏc bi kim tra trc nghim khỏch quan.
5/ Gi thuyt nghiờn cu:
- S dng hp lý phõn dng v phng phỏp gii cỏc bi tp di truyn qun th s giỳp hc sinh nm
vng kin thc v nõng cao cht lng hc, lm bi tp liờn quan n cu trỳc di truyn qun th
lp 12-THPT trng A THPT Ngha Hng v cỏc em hc sinh cỏc Tnh khỏc
- Nõng cao cht lng dy sinh hc ca giỏo viờn trong ton Tnh.





3
II. Thc trng (trc khi to ra sỏng kin)
Trong những năm học gần đây Bộ giỏo dc v o to áp dụng hình thức thi trắc nghiệm đối với
môn Sinh học cho kì thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh vào đại học cao đẳng. Ưu điểm của hình thức
thi trắc nghiệm thì mỗi giáo viên và cán bộ quản lí đều nhận thức đợc. Tuy nhiên hình thức này có
một số hạn chế đó là trong quá trình học, ôn tập giáo viên và học sinh thờng chú ý nhiều đến các
dạng đề trắc nghiệm, có nghĩa là khai thác phần ngọn, kiến thức tản mạn, mức độ khó thờng là thấp
và trung bình, không chú trọng phát triển t duy logic sáng tạo cho học sinh, cha chú ý khai thác các
bài toán khó và hay để bổ trợ phát triển t duy, tìm thấy cái hay, cái lý thú trong nội dung bộ môn,
đặc biệt khi các em đậu vào các trờng đại học, cao đẳng thuộc khối B các em sẽ thiếu kĩ năng t duy
logic, gặp khó khăn khi giải quyết các bài toán di truyền phức tạp, nht l cỏc bi liờn quan n di
truyn qun th.

Từ những nhận định ban đầu đó tôi tiến hành khảo sát trên học sinh khối 12, thực tế cho thấy đa
số các em ít chú ý đến các bài tập tự luận, cha nói gì là những bài toán phức tạp. Thm chớ khi lm
trc nghim cỏc em khụng th gii chi tit theo hng t lun m ch yu ly cỏc ỏp ỏn thay vo, cú
em lm c theo hng t lun nhng li khụng hiu bn cht vn .
Kĩ năng viết, kĩ năng trình bày các vấn đề rất hạn chế, hầu hết các em không có khả năng giải
các bài toán di truyn trong ú cú dng bi liờn quan n di truyn qun th. Không chỉ học sinh gặp
khó khăn khi giải quyết các bi liờn quan n di truyn qun th, mà trong quá trình sinh hoạt chuyên
môn bộc lộ việc nhiều giáo viên quá đề cao mc tiêu thi đại học cao đẳng của học sinh, bản thân các
giáo viên ít đầu t nghiên cứu nên vẫn còn lúng túng trong việc tiếp cận, phân loại, t duy nhanh, giải
hay, và hớng dẫn học sinh giải đợc các bi liờn quan n di truyn qun th.
Từ thực tế đó bản thân tôi thấy cần thiết phải đa các dạng bi liờn quan n di truyn qun th
vào sinh hoạt chuyên môn, lồng ghép hợp lí vào nội dung ôn thi tốt nghiệp, ôn thi đại học, ôn thi học
sinh giỏi. Muốn thực hiện tốt việc đó mỗi giáo viên cần nhuyễn kiến thức, vận dụng linh hoạt sáng
tạo kiến thức để giải quyết vấn đề. Tổ, nhóm chuyên môn cần xây dựng đợc các nội dung sinh hoạt
chuyên đề về các dạng bi liờn quan n di truyn qun th.
Di truyn hc qun th, mt ni dung ch yu ca di truyn hc hin i, ó c a vo
ging dy ti chng trỡnh THPT. Nhng ni dung ny cú ý ngha quan trng trong vic giỳp hc
sinh tip cn mt s khỏi nim c bn v chn ging v tin húa. Cỏc thi i hc, cao ng gn
õy, mt s thi Hc sinh gii Sinh hc Quc gia v Olimpic Sinh hc Quc t u cú ni dung
liờn quan ti phn Di truyn hc qun th.
Vì vậy tôi mạnh dạn tuyển chọn, phân dng, đề xuất một số hớng giải quyết đối với các dạng
bi liờn quan n di truyn qun th.





4
III. Các giải pháp trọng tâm.
PHẦN A- TÓM TẮT LÝ THUYẾT QUAN TRỌNG

I. CÁC ĐẶC TRƯNG DI TRUYỀN CỦA QUẦN THỂ
+ Vốn gen: tập hợp các alen trong QT tại thời điểm xác định
- Đặc điểm vốn gen: T/S Alen + T/S KG (CTDT QT, TPKG, TLKG)
- T/S Alen = số lượng alen : tổng số alen
- T/S KG = số cá thể có KG đó : tổng số cá thể
+ QT là một tập hợp các cá thể cùng loài, chung sống trong một khoảng không gian xác định, ở một
thời điểm xác định, có mối quan hệ về mặt sinh sản.
+ Về mặt di truyền học, người ta phân biệt QT tự phối và QT ngẫu phối.
II. CẤU TRÚC QUẦN THỂ TỰ PHỐI
+ QT tự thụ phấn, giao phối gần
+ CTDT: tăng dần T/S KG ĐH giảm dần T/S KG DH
III. CẤU TRÚC QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
1. QT ngẫu phối.
a) Khái niệm: Lựa chọn bạn tình giao phối hoàn toàn ngẫu nhiên (tuỳ thuộc vào tính trạng xét)
b) Đặc điểm:
+ Nổi bật: Tạo nên biến dị di truyền rất lớn nguyên liệu cho tiến hoá và chọn giống.
+ Quan trọng: Duy trì được sự đa dạng di truyền
2. Trạng thái CBDT của QT:
+ Một QT có 2 alen cân bằng khi tuân theo công thức:
1 q2pqp
22

(p+q=1)



Nhà toán học Anh Hardy Bác sỹ người Đức Weinberg


5

+ Định luật Hardy – Weinberg: Trong một QT lớn ngẫu phối, nếu không có yếu tố làm thay đổi T/S
Alen thì TPKG của QT sẽ duy trì không đổi từ thế hệ này sang thế hệ khác theo đẳng thức
1 q2pqp
22

- Nếu QT có 2 alen:
1 aaq2pqAaAAp
22

(pA+qa=1)
- ĐK nghiệm đúng của định luật H-W:
* QT có kích thước lớn.
* Các cá thể giao phối hoàn toàn ngẫu nhiên.
* Cá thể có KG khác nhau phải có sức sống, sức sinh sản như nhau (không có CLTN).
* ĐB không xảy ra hoặc T/S ĐB thuận, nghịch bằng nhau.
* Cách ly với QT khác (không có di nhập gen)
- Ý nghĩa: từ T/S KH lặn tính được T/S của alen lặn, trội và T/S các KG.

6
PHẦN B- PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
PHẦN 1: CẤU TRÚC QUẦN THỂ CHUNG.
Dạng 1: Tính T/S Alen, T/S KG, T/S KH của QT
PHẦN 2: QUẦN THỂ TỰ PHỐI
Dạng 2: Thế hệ P 100% dị hợp Aa qua n thế hệ tự phối CTDT của thế hệ F
n
Dạng 3: Thế hệ P: 1raahAadAA



, Sau n thế hệ tự phối thì CTDT QT:
Dạng 4: Xác định CTDT QT ban đầu .
PHẦN 3: QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 5: Chứng minh QT đạt TTCB hay không
Dạng 6: Từ T/S Alen viết CT cân bằng của QT ngẫu phỗi
Dạng 7: Từ số lượng KH hoặc T/S KG đã cho xác định CTDT của QT hoặc tính T/S Alen.

Dạng 8: Áp dụng toán xác suất để tính T/S KG, T/S KH đời sau.
Dạng 9: Bài tập liên quan đến hệ số nội phối
Dạng 10: Sự cân bằng của QT liên quan đến giới tính và những gen nằm trên NST GT
Dạng 11 Thiết lập TTCB cho hai hay nhiều locut gen
Dạng 12: Dạng bài tập tính số lượng và số loại KG và kiểu giao phối
PHẦN 4: NHỮNG YẾU TỐ GÂY BIẾN ĐỔI VỐN GEN CỦA QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 13: Nhân tố chọn lọc làm ảnh hưởng tới CTDT QT.
Dạng 14: Nhân tố giao phối không ngẫu nhiên làm ảnh hưởng tới CTDT QT.
Dạng 15: Ảnh hưởng nhập cư và xuất cư (dòng gen) tới CTDT QT.
Dạng 16: Ảnh hưởng ĐB tới CTDT QT
Dạng 17: Ảnh hưởng các yếu tố ngẫu nhiên tới CTDT QT.
Dạng 18: Bài tập tổng hợp khác















7
PHẦN 1: CẤU TRÚC QUẦN THỂ CHUNG.
Dạng 1: TÍNH TẦN SỐ ALEN, TẦN SỐ KIỂU GEN, TẦN SỐ KIỂU HÌNH CỦA QUẦN THỂ

1: Phương pháp giải:
+ Nếu CT QT ban đầu là tỷ lệ
1raahAadAA



(với d,h,r là tỷ lệ KG lần luợt của AA, Aa, aa)

2
h
dp(A) 
,
2
h
rq(a) 
; p(A) + q(a)=1
+ Nếu cấu trúc ban đầu là số lượng thì chuyển ra tỷ lệ và áp dụng các công thức trên.
T/S KG= số cá thể mang KG đó : tổng số cá thể
2: Các ví dụ
Ví dụ 1.Một QT bao gồm 500 cá thể có KG AA, 300 cá thể có KG Aa, 200 cá thể có KG aa. TS alen
A và a trong QT trên lần lượt là :
A.0,65 và 0,35 B.0,27 và 0,73 C.0,25 và 0,75 D.0,3 và 0,7
Giải: Tổng số cá thể trong QT : 500 + 300 + 200 = 1000
TS KG AA = 500 / 1000 = 0,5 : TS KG Aa = 300 / 1000 = 0,3
TS KG aa = 200/ 1000 = 0,2
Ta có : 0,5AA + 0,3Aa + 0,2 aa=1
Vậy : pA = 0,5 + 0,3 / 2 = 0,65 ; qa = 0,2+ 0,3 / 2 = 0,35  chọn A
3. Bài tập tự giải
Bài 1 : Ở một loài thực vật AA quy định hoa đỏ, Aa quy định hoa hồng, aa quy định hoa trắng. Một
quần thể ban đầu có 700 cây hoa đỏ ; 250 cây hoa hồng ; 50 cây hoa trắng. Xác định tần số tương

đối của các alen A và a. Đáp số : p
A
= 0,825 q
a
= 0,175
Bài 2: Một quần thể sóc gồm 1050 sóc lông nâu đồng hợp tử, 150 sóc lông nâu dị hợp tử và 300 sóc
lông trắng. Biết tính trạng màu lông do một gen gồm hai alen quy định.
Tính tần số các kiểu gen và tần số các alen trong quần thể.
Giải:Ta có tổng số sóc trong quần thể = 1050 + 150 + 300 = 1500
Quy ước: A: lông nâu a: lông trắng
Tần số các kiểu gen được xác định như sau
1050/1500 AA + 150/1500Aa + 300/1500 aa = 1
Hay 0,7 AA + 0,1 Aa + 0,2 aa = 1
Từ đó suy ra: Tần số các kiểu gen AA, Aa và aa lần lượt là 0,7, 0,1 và 0,2
Tần số alen A = 0,7 + 0,1/2 = 0,75
Tần số alen a = 0,2 + 0,1/2 = 0,25
Bài 3: Ở ngô A qui định hạt màu vàng là trội hoàn toàn so với a qui định hạt trắng, một vườn ngô
gồm 500 cây có kiểu gen AA, 1200 cây kiểu gen Aa, 300 cây kiểu gen aa. Biết trung bình mỗi cây
cho 2 trái, mỗi trái cho 400 hạt. Quá trình giao phấn hoàn toàn ngẫu nhiên, giảm phân bình thường
và không có đột biến xảy ra. Về lý thuyết thì số hạt thuần chủng thu hoạch được là:
A. 484.10
3
. B. 808.10
3
.

C. 1276.10
3
. D. 324.10
3

.

8
PHẦN 2: QUẦN THỂ TỰ PHỐI
Dạng 2: THẾ HỆ P 100% DỊ HỢP QUAN n THẾ HỆ TỰ PHỐI CẤU TRÚC DI TRUYỀN
CỦA THẾ HỆ Fn LÀ.
1: Phương pháp giải:
AA =
2
2
1
1
n







; Aa =
n






2
1

; aa =
2
2
1
1
n








+ pA = qa= 0,5 và không đổi qua n thế hệ tự thụ
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: QT ban đầu 100% cá thể có KG DH. Sau 3 thế hệ tự thụ phấn TPKG của QT như thế nào?
Giải nhanh:
Sau n thế hệ tự phối TPKG thay đổi như sau (Với n=3)
Tỷ lệ thể ĐH trội AA trong QT F
n
là
AA =
2
2
1
1
n








=
3
2
2
1
1







= 0,4375
Tỷ lệ thể DH Aa trong QT F
n
là
Aa =
n







2
1
=
3
2
1






= 0,125
Tỷ lệ thể ĐH lặn aa trong QT F
n
là
aa =
2
2
1
1
n







=

3
2
2
1
1







= 0,4375
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: Một QT TV ở thế hệ xuất phát đều có KG Aa. Tính theo lí thuyết TL KG AA trong QT sau 5
thế hệ tự thụ phấn bắt buộc là:
A.46,8750 % B.48,4375 % C.43,7500 % D.37,5000 %
Giải
TL KG AA = (( 1 – ( 1/2 )
5
) : 2 ) = 31/ 64 = 48,4375 %  Chọn B








9

Dạng 3: THẾ HỆ P:
1raahAadAA



, SAU n THẾ HỆ TỰ PHỐI THÌ CẤU TRÚC DI
TRUYỀN CỦA QUẨN THỂ LÀ.
1: Phương pháp giải:
Aa = hx
2
1
n






= H`; AA = d +
2
H`h

; aa = r +
2
H`h

; Khi n → ∞ thì H’→ 0 vì lim (1/2)
n
→ 0
Chú ý: Nếu đầu bài cho số lượng thì chuyển thành tỷ lệ

2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: 1 QT có 0,36AA+0,48Aa+ 0,16aa=1. Xác định CTDT của QT trên qua 3 thế hệ tự phối.
A.0,57AA : 0,06Aa : 0,37aa B.0,7AA : 0,2Aa ; 0,1aa
C.0,36AA : 0,24Aa : 0,40aa D.0,36AA : 0,48Aa : 0,16aa
Giải: TL KG Aa qua 3 thế hệ tự phối = ( 1 / 2 )
3
x 0,48 = 0,06.
TL KG AA = 0,36 + (0,48 – 0,06)/2 = 0,36 + 0,21 = 0,57.
TL KG aa = 0, 16 + 0,21 = 0,37.
Vậy: qua 3 thế hệ tự phối QT trên có CTDT là: 0,57AA : 0,06Aa : 0,37aa Chọn A
Ví dụ 2: Ở một QT sau khi trải qua 3 thế hệ tự phối, TL của thể DH trong QT bằng 8%. Biết rằng ở
thế hệ xuất phát, QT có 20% số cá thể ĐH trội và cánh dài là tính trội hoàn toàn so với cánh ngắn.
Hãy cho biết trước khi xảy ra quá trình tự phối, TL KH nào sau đây là của QT trên?
A. 36% cánh dài : 64% cánh ngắn. B. 64% cánh dài : 36% cánh ngắn.
C. 84% cánh dài : 16% cánh ngắn. D. 16% cánh dài : 84% cánh ngắn.
Giải : TL thể DH Aa ở thế hệ XP: ( 1/2 )
3
x Aa = 0,08 => Aa = 0, 64 = 64 %
Vậy: TL KH cánh dài : 64 % + 20 % = 84 %
TL KH cánh ngắn : 100 % - 84 % = 16 %  Chọn C
3. Bài tập tự giải:
Bài 1:(§H 2010) Mét QT thùc vËt cã TLKG ë thÕ hÖ (P) lµ 0,25 AA : 0,40 Aa : 0,35 aa. TÝnh theo lÝ
thuyÕt, TLKG cña QT sau 3 thÕ hÖ tù thô phÊn b¾t buéc (F
3
) lµ:
A. 0,425 AA : 0,050 Aa : 0,525 aa. B. 0,25 AA : 0,40 Aa : 0,35 aa.
C. 0,375 AA : 0,100 Aa : 0,525 aa. D. 0,35 AA : 0,20 Aa : 0,45 aa.
Bài 2: QT P có 35AA, 14Aa, 91aa
Các cá thể trong QT tự phối bắt buộc qua 3 thế hệ tìm CT của QT qua 3 thế hệ

Gợi ý: CT của QT P 0,25AA + 0,1Aa + 0,65aa
CT của QT qua 3 thế hệ
Vậy CT của QT qua 3 thế hệ
0,29375 AA + 0,125 Aa + 0,69375 aa=1
Bài 3: QT tự thụ phấn có TPKG ở thế hệ P là 0,8Bb + 0,2bb = 1.Sau 3 thế hệ tự thụ phấn CT của QT
như thế nào?

10
Gợi ý: Tỷ lệ thể ĐH trội AA trong QT F
3
là
Vậy CT của QT qua 3 thế hệ tự thụ phấn là: 0,35 BB + 0,1 Bb + 0,55 bb
Bài 4: QT tự thụ có TPKG ở thế hệ P là 0,4BB + 0,2 Bb + 0,4bb = 1
Cần bao nhiêu thế hệ tự thụ phấn để có được tỷ lệ ĐH trội chiếm 0,475
Gợi ý: Tỷ lệ thể ĐH trội BB trong QT F
n
là
BB = x +
2
y.
2
1
y
n








=
2
2,0.
2
1
2,0
4,0
n








= 0,475; n=2. Vậy sau 2 thế hệ BB = 0,475
Bài 5: QT tự thụ phấn có TPKG là 0,3 BB + 0,4 Bb + 0,3 bb = 1.
Cần bao nhiêu thế hệ tự thụ phấn thì TL thể ĐH chiếm 0,95 ?
A. n = 1 ; B. n = 2 C. n = 3 D. n = 4
Gợi ý: Thể ĐH gồm BB và bb chiếm 0,95 => TL thể ĐH BB = bb = 0,95 / 2 = 0,475
TL KG Bb = 0,4 ( 1 / 2 )
n

TL KG BB = 0,3 + (( 0,4 - 0,4( 1 / 2 )
n
) /2 ) = 0,475
0,6 + 0,4 ( 0,4( 1 / 2 )
n

) = 0,475 x 2
0,4( 1 / 2 )
n
= 1 – 0,95 = 0,05
( 1 / 2 )
n
= 0,05 / 0,4 = 0,125
( 1 / 2 )
n
= ( 1 / 2 )
3
=> n = 3  Chọn C
Bài 6: Xét QT tự thụ phấn có TPKG ở thế hệ P là:
0,3 BB + 0,3 Bb + 0,4 bb = 1. Các cá thể bb không có khả năng sinh sản, thì TPKG F1 như thế nào?
A.0,25AA + 0,15Aa + 0,60aa = 1 B.0,7AA + 0,2Aa + 0,1aa = 1
C.0,625AA + 0,25Aa + 0,125 aa = 1 D.0,36AA + 0,48Aa + 0,16aa = 1
Gợi ý: P : 0,3 BB + 0,3 Bb + 0,4 bb = 1.Các cá thể bb không có khả năng sinh sản
 các cá thể BB, bb khi tự thụ phấn : 0,3 BB : 0,3 Bb chỉ đạt 60 % , thì :
TL KG BB = ( 30 x 100 ) / 60 = 50 % = 0,5
TL KG bb = ( 30 x 100 ) / 60 = 50 % = 0,5
 P: 0,5 BB + 0,5 bb = 1
Lúc này F1; TL KG Bb = ( 1 / 2 )
1
x 0,5 = 0,25
TL KG BB = 0,3 + (( 0,5 – 0,25 )/2 ) = 0,625
TL KG bb = 0 + ((0,5 – 0,25 ) / 2) = 0,125
Vậy: TPKG F1 là 0,625BB + 0,25 Bb + 0,125 bb = 1  Chọn C
Bài 7: Một QT TV tự thụ phấn có TL KG ở thế hệ P: 0,45AA : 0,30Aa : 0,25aa. Cho biết cá thể có
KG aa không có khả năng sinh sản. Tính theo lí thuyết TL KG thu được ở F1 là:
A.0,525AA : 0,150Aa : 0,325aa B.0,7AA : 0,2Aa ; 0,1aa

C.0,36AA : 0,24Aa : 0,40aa D.0,36AA : 0,48Aa : 0,16aa
Gợi ý: P : 0,45 AA : 0,30 Aa : 0,25 aa .Các cá thể có KG aa không có khả năng sinh sản
 Các cá thể AA, Aa khi tự thụ phấn : 0,45 AA : 0,30 Aa chỉ đạt 75 %, thì :

11
TL KG AA = ( 45 x 100 ) / 75 = 60 % = 0,6
TL KG Aa = ( 30 x 100 ) / 75 = 40 % = 0,4
 P: 0,6 AA + 0,4 Aa = 1
Lúc này F1; TL KG Aa = ( 1 / 2 )
1
x 0,4 = 0,2
TL KG AA = 0,6 + (( 0,4 – 0,2 )/2 ) = 0,7
TL KG aa = 0 + ((0,4 – 0,2 ) / 2) = 0,1
Vậy: TL KG F1 là : 0,7AA : 0,2Aa ; 0,1aa  Chọn B
Bài 8: Một QT XP có TL của thể DH Bb bằng 60%. Sau một số thế hệ tự phối liên tiếp, TL của thể
DH còn lại bằng 3,75%. Số thế hệ tự phối đã xảy ra ở QT tính đến thời điểm nói trên là bao nhiêu?
A. n = 1 ; B. n = 2 C. n = 3 D. n = 4
Gợi ý: TL KG Bb = ( 1 / 2 )
n
x 60 % = 3,75 %
( 1 / 2 )
n
x 3/5 = 3 / 80 (60 % = 60 /100 = 3/5 ; 3,75 % =375/10000 = 3/80 )
( 1 / 2 )
n
= 3/80 : 3/5 = 3/80 x 5/3 = 5/80 = 1/16 = ( 1 / 2 )
4

( 1 / 2 )
n

= ( 1 / 2 )
4
=> n = 4  Chọn D
Bài 9: Xét một QT TV có TP KG là 25% AA : 50% Aa : 25% aa. Nếu tiến hành tự thụ phấn bắt buộc
thì TL KG ĐH ở thế hệ F
2
là
A. 12,5%. B. 25%. C. 75%. D. 87,5%.
Gợi ý: TL KG Aa = ( 1 / 2 )
2
x 50 % = 12,5 %.
Nếu tiến hành tự thụ phấn bắt buộc thì TL KG ĐH ở thế hệ F
2
là: 100 % - 12,5% = 87,5 % . Hay :
TL KG AA = 25 % + (( 50 % – 12,5 % ) /2 ) = 43,75 %
TL KG aa = 25 % + (( 50 % – 12,5 % ) /2 ) = 43,75 %
Vậy : TL KG ĐH ở thế hệ F
2
là: 43,75 % + 43,75 % = 87,5 %  Chọn D
Bài 10: Ở một loài TV, alen A quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen a quy định hoa vàng. Thế
hệ XP (P) của một QT tự thụ phấn có TS các KG là 0,6AA: 0,4Aa. Biết rằng không có các yếu tố
làm thay đổi TS alen của QT, tính theo lí thuyết, TL cây hoa đỏ ở F
1
là:
A. 64% B. 90% C. 96% D. 32%
Bài 11: Một QT tự thụ ở F
0
có T/S KG: 0,3AA : 0,5Aa : 0,2aa. Sau 5 thế hệ tự thụ nghiêm ngặt thì
T/S KG ĐH trội trong QT là:
A. 0,602 B. 0,514 C. 0,584 D. 0,542

Gợi ý: AA = 0,3+ 0,5(1-1/2
5
)/2 = 0,542
Bài 12: QT tự thụ phấn có TPKG là 0,3 BB + 0,4 Bb + 0,3 bb = 1. Cần bao nhiêu thế hệ tự thụ phấn
thì TL thể ĐH chiếm 0,95 ?
A. n = 1 ; B. n = 2 C. n = 3 D. n = 4
Gợi ý: Thể ĐH gồm BB và bb chiếm 0,95 => TL thể ĐH BB = bb = 0,95 / 2 = 0,475
TL KG Bb = 0,4 ( 1 / 2 )
n

TL KG BB = 0,3 + (( 0,4 - 0,4( 1 / 2 )
n
) /2 ) = 0,475
0,6 + 0,4 ( 0,4( 1 / 2 )
n
) = 0,475 x 2

12
0,4( 1 / 2 )
n
= 1 – 0,95 = 0,05
( 1 / 2 )
n
= 0,05 / 0,4 = 0,125
( 1 / 2 )
n
= ( 1 / 2 )
3
=> n = 3  Chọn C
Bài 13 : Xét một cặp gen của một loài tự phối,

a. Thế hệ ban đầu của một QT có TPKG là 300 AA + 600 Aa + 100 aa. Qua nhiều thế hệ tự
phối, QT đã phân hóa thành các dòng thuần về KG AA và aa. Tính TL các dòng thuần về gen KG
AA và aa hình thành trong QT này.
b. Một QT khác của loài có TPKG ở thế hệ ban đầu là 0,36AA + 0,64Aa. Do không thích
nghi với điều kiện sống, tất cả các cá thể mang KG aa ở các thế hệ đều chết. Tính TL KG của QT sau
1 thế hệ.
Gợi ý
a. Khi QT phân hóa thành các dòng thuần thì TL Aa = 0 thì TL Aa ban đầu chia đều cho các KG
ĐH, nên TL các KG :
+ AA =
300 600 :2
300 600 100


 
0,6; aa =
100 600 : 2
300 600 100


 
0,4
b. – TL KG sau 1 thế hệ :
+ TL KG AA =
0,36 0,64 : 4
(0,36 0,64 : 4) 0,64 : 2


 
13/21 =0,62

+ TL KG Aa =
0,64 : 2
(0,36 0,64 : 4) 0,64 : 2

 
8/21=0,38

Dạng 4: XÁC ĐỊNH CẤU TRÚC DI TRUYỀN CỦA QUẦN THỂ BAN ĐẦU.
1: Phương pháp giải:
+ TPKG của QT tự phối đã qua n thế hệ tự phối: x
n
BB + y
n
Bb + z
n
bb=1
TPKG của thế hệ ban đầu P:
1rbbhBbdBB




Bb =
n
n
2
1
y







= h ; BB = x
n
-
2
.h
2
1
h
n







= d ; bb = z
n
-
2
.h
2
1
h
n








= r
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: QT tự thụ phấn sau 3 thế hệ tự thụ phấn có TPKG 0,4375BB+0,125Bb + 0,4375bb. CTDT
ở thế hệ P như thế nào?
Giải: Bb =
n
n
2
1
y






= h => h =
3
2
1
125,0







= 1 BB = d = 0,4375 -
2
1.
2
1
1
3







= 0 ;

13
bb = r = 0,4375 -
2
1.
2
1
1
3








= 0 Vậy CT QT ở thế hệ P là :1Bb
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: CT của QT qua 3 thế hệ tự thụ phấn là 0,35 AA + 0,1 Aa + 0,55 aa
Xác định CT của QT ở thế hệ P ?
Gợi ý: Tỷ lệ thể ĐH trội AA trong QT P là
Aa = h =
3
2
1
1,0






= 0,8 ; AA = d = 0,35 -
2
8,0.
2
1
8,0
3








= 0 ; aa = r = 0,55 -
2
8,0.
2
1
8,0
3







= 0,2
Vậy CTDT ở thế hệ P là : 0,8Aa + 0,2aa = 1.
Bài 2: Trong một QT TV giao phấn, xét một lôcut có hai alen, alen A quy định thân cao trội hoàn
toàn so với alen a quy định thân thấp. QT ban đầu (P) có KH thân thấp chiếm TL 25%. Sau một thế
hệ ngẫu phối và không chịu tác động của các nhân tố tiến hóa, KH thân thấp ở thế hệ con chiếm TL
16%. Tính theo lí thuyết, TP KG của QT (P) là:
A. 0,45AA : 0,30Aa : 0,25aa B. 0,25AA : 0,50Aa : 0,25aa
C. 0,30AA : 0,45Aa : 0,25aa D. 0,10AA : 0,65Aa : 0,25aa
Gợi ý:TL thân thấp ở P = 25% không có ý nghĩa ngoài việc ta biết được P là chưa CBDT
theo đề q
2
= 16% → q = 0,4 = 0,25+pq→ 2pq = 0,3

Vậy CTDT của QT là: A. 0,45AA : 0,30Aa : 0,25aa
Bài 3: Trong một QT TV giao phấn, xét một lôcut có hai alen, alen A quy định thân cao trội hoàn
toàn so với alen a quy định thân thấp. QT ban đầu (P) có KH thân thấp chiếm TL 25%. Sau một thế
hệ ngẫu phối và không chịu tác động của các nhân tố tiến hóa, KH thân thấp ở thế hệ con chiếm TL
16%. Tính theo lí thuyết, TP KG của QT (P) là:
A. 0,45AA : 0,30Aa : 0,25aa B. 0,25AA : 0,50Aa : 0,25aa
C. 0,30AA : 0,45Aa : 0,25aa D. 0,10AA : 0,65Aa : 0,25aa
Bài 4: (HSG Tỉnh 2011) Ở đậu Hà lan, một nhóm cá thể có CT KH như sau :
P : 1/2 cây hoa đỏ + 1/2 cây hoa trắng = 1
Sau 2 thế hệ tự thụ phấn CT KH ở I
2
như sau:
I
2
: 13/32 cây hoa đỏ : 19/32 cây hoa trắng
Xác định CTDT của P, I
2
.
Gợi ý:1. Xác định tính trạng trội/ lặn : Tự thụ phấn làm TL DH giảm dần nên qua các thế hệ tỷ lệ
tính trạng trội giảm dần. => gen A : hoa đỏ ; gen a : hoa trắng.
2. Với P có CT tổng quát : P : dAA + hAa + raa = 1
Chứng minh : r’ = r + (h/4 x (2
n
- 1)/(2
n-1
)) (n là số thế hệ tự thụ phấn) Từ đó tính h, d
Kết quả: P: 1/4AA + 1/4Aa + 1/2aa = 1 I
2
: 11/32AA + 2/32Aa + 19/32aa = 1

14
PHẦN 3: QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 5: CHỨNG MINH QUẦN THỂ ĐẠT TRẠNG THÁI CÂN BẰNG HAY KHÔNG
1: Phương pháp giải:
Cách giải 1:
+ CTDT của QT d AA + hAa + r aa=1
- d.r= (h/2)
2
QT cân bằng
- d.r≠ (h/2)
2
QT không cân bằng
Cách giải 2:
+ Từ CTDT QT tìm T/S tương đối của các alen
Có T/S tương đối của các alen thế vào công thức định luật p
2
AA + 2pqAa + q
2
aa=1
- Nếu QT ban đầu đã cho nghiệm đúng công thức định luật (tức trùng công thức định luật)
suy ra QT cân bằng
- Nếu QT ban đầu đã cho không nghiệm đúng công thức định luật (tức không trùng công thức
định luật) suy ra QT không cân bằng
+ Trong trường hợp T/S các alen của locut/ NST thường ở phần đực và cái như nhau thì sự kết hợp
ngẫu nhiên của các loại giao tử ♂, ♀ thì sẽ tạo ra ở ngay thế hệ tiếp theo (chỉ cần 1 thế hệ ngẫu
phối) thì QT đã đạt trạng thái CBDT.
+ Trong trường hợp T/S các alen của locut/ NST thường ở phần đực và cái là không giống nhau thì
sự CBDT của QT sẽ đạt được sau 2 thế hệ ngẫu phối.
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: Các QT sau QT nào đã đạt TTCB, QT muốn cân bằng cần điều kiện gì và viết CTDT khi

QT cân bằng: QT1: 0,36AA: 0,48Aa: 0,16aa; QT2: 0,7AA:0,2Aa: 0,1aa
Giải: Cách giải 1: QT1: 0,36AA: 0,48Aa:0,16aa
QT đạt TTCB khi thoả mãn d.r= (h/2)
2
Ở QT 1 có d = 0,36 , r = 0,16, h = 0,48
=> 0.36 x 0.16 = (0.48/2)
2
vậy QT ban đầu đã cho là cân bằng
Cách giải 2: QT2: 0,7AA; 0,2Aa; 0,1aa
-Gọi p là T/S tương đối của alen A; Gọi q là T/S tương đối của alen a: pA = 0,8; qa = 0,2
QT đạt TTCB khi thoả mãn p
2
AA + 2pqAa + q
2
aa
Tức 0,8
2
AA + 2.0,8.0,2Aa + 0,2
2
aa ≠ 0,7AA + 0,2Aa + 0,1aa vậy QT không cân bằng
Muốn QT cân bằng, cho giao phối tự do qua 1 thế hệ, chính là ta đi tìm pA, qa sau đó áp
dụng công thức TTCB QT. 0,8
2
AA + 2.0,8.0,2Aa + 0,2
2
aa = 0,64AA+0,32Aa+0,04aa=1

15
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: QT nào trong các QT dưới đây đạt TTCB
QT T/S KG AA T/S KG Aa T/S KG aa
1 1 0 0
2 0 1 0
3 0 0 1
4 0,2 0,5 0,3
Gợi ý:QT 1: 1 x 0 = (0/2)
2
=> QT cân bằng.
QT 2: 0 x 0 ≠ (1/2)
2
=> QT không cân bằng.
QT 3: 0 x 1 = (0/2)
2
=> QT cân bằng.
QT 4: 0,2 x 0,3 = (0,5/2)
2
=> QT không cân bằng.

Dạng 6: TỪ TẦN SỐ ALEN VIẾT CẤU TRÚC CÂN BẰNG CỦA QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
1: Phương pháp giải:
+ Khi QT đạt TTCB có pA/qa thì viết CTDT QT theo công thức TTCB là: p
2
AA + 2pqAa + q
2

aa=1
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho QT có pA/qa=0,6/0,4 biết QT đạt TTCB hãy viết CTDT QT.
Giải: Vì QT cân bằng nên áp dụng công thức p
2
AA + 2pqAa + q
2
aa= 0,6.0,6 AA + 2.0,6.0,4 Aa +
0,4.0,4aa= 0,36AA+0,48Aa+0,16aa=1
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: Đàn bò có TP KG đạt CB, với TS tương đối của alen Qđ lông đen là 0,6, TS tương đối của
alen quy định lông vàng là 0,4. TL KH của đàn bò này như thế nào ?
A)84% bò lông đen, 16% bò lông vàng. B)16% bò lông đen, 84% bò lông vàng.
C)75% bò lông đen, 25% bò lông vàng. D)99% bò lông đen, 1% bò lông vàng.
Gợi ý: TS KG AA = 0,36 TS KG Aa = 2( 0,6 x 0,4 ) = 0,48; TS KG aa = 0,16
TL KH bò lông đen là : 0,36 + 0,48 = 0,84 = 84 %, TL KH đàn bò lông vàng: 0,16 = 16 %  A
Bài 2: (ĐH 2011) Trong một quần thể thực vật giao phấn, xét một lôcut có hai alen, alen A quy định
thân cao trội hoàn toàn so với alen a quy định thân thấp. Quần thể ban đầu (P) có kiểu hình thân thấp
chiếm tỉ lệ 25%. Sau một thế hệ ngẫu phối và không chịu tác động của các nhân tố tiến hóa, kiểu
hình thân thấp ở thế hệ con chiếm tỉ lệ 16%. Tính theo lí thuyết, thành phần kiểu gen của quần thể
(P) là:
A. 0,45AA : 0,30Aa : 0,25aa B. 0,25AA : 0,50Aa : 0,25aa
C. 0,30AA : 0,45Aa : 0,25aa D. 0,10AA : 0,65Aa : 0,25aa
Gợi ý: trong quần thể giao phối thì tần số alen không đổi :

16
Sau 1 thế hệ ngẫu phối quần thể sẽ đạt trạng thái cân bằng : nên ta tính được tần số alen a : q =
0.16
= 0.4 mà ở Quần thể ban đầu (P) có kiểu hình thân thấp chiếm tỉ lệ 25% = 0,25 nên tần số
alen lặn = 0,25 + tỉ lệ KG dị hợp/ 2 = 0,4 => tỉ lệ kG dị hợp Aa = 0,3. Kết luận đáp án đúng là A

Bài 3: (ĐH 2012) Ở một quần thể thực vật lưỡng bội, xét một gen có hai alen nằm trên nhiễm sắc thể
thường: alen A quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen a quy định hoa trắng. Khi quần thể này
đang ở trạng thái cân bằng di truyền có số cây hoa trắng chiếm tỉ lệ 4%. Cho toàn bộ các cây hoa đỏ
trong quần thể đó giao phấn ngẫu nhiên với nhau, theo lí thuyết, tỉ lệ kiểu hình thu được ở đời con là:
A. 15 cây hoa đỏ : 1 cây hoa trắng. B. 35 cây hoa đỏ : 1 cây hoa trắng.
C. 24 cây hoa đỏ : 1 cây hoa trắng. D. 3 cây hoa đỏ : 1 cây hoa trắng.
Gợi ý : qa = 0,2 vậy cấu trúc DT của quần thể là 0,64AA : 0,32Aa : 0,04aa. Trong số các cây hoa đỏ
thì tần số alen a=0,32/(0,98*2)=
6
1
. Vậy aa =
36
1
(hoa trắng). => hoa đỏ =
36
35
. Vậy tỉ lệ 35 đỏ : 1
trắng

Dạng 7: TỪ SỐ LƯỢNG KIỂU HÌNH HOẶC TẦN SỐ KIỂU GEN ĐÃ CHO XÁC ĐỊNH
CẤU TRÚC DI TRUYỀN CỦA QUẦN THỂ HOẶC TÍNH TẦN SỐ ALEN.
1: Phương pháp giải:
-Kiểu 1: cho số lượng tất cả KH có trong QT.
Cách giải:CTDT của QT
-TLKG đồng trội = số lượng cá thể do KG đồng trội qui định/Tổng số cá thể của QT
-TLKG DH = số cá thể do KG DH quy định/ Tổng số cá thể của QT
-TLKG ĐH lặn = Số cá thể do KG lặn quy định/ Tổng số cá thể của QT.
- Kiểu 2: chỉ cho tổng số cá thể và số cá thể mang KH lặn hoặc trội
Cách giải:
*Nếu tỷ lệ KH trội=> KH lặn = 100% - Trội.

*Tỷ lệ KG đồng lặn = Số cá thể do KG lặn quy định/ Tổng số cá thể của QT.
-Từ TL ĐH lặn => T/S tương đối của alen lặn tức T/S của q => T/S tương đối của alen trội tức T/S p.
- Áp dụng công thức định luật p
2
AA + 2pq Aa + q
2
aa = 1 => CTDT QT.
+ kiểu 3: cho T/S Alen CTDT
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1:(kiểu 1) Ở gà, cho biết các KG: AA qui định lông đen, Aa qui định lông đốm, aa qui định
lông trắng. Một QT gà có 410 con lông đen, 580 con lông đốm, 10 con lông trắng.
a. CTDT của QT nói trên có ở TTCB không?
b. QT đạt TTCB với điều kiện nào?
c. Xác định CTDT của QT khi đạt TTCB?
Giải: a. CTDT của QT được xác định dựa vào TL của các KG:
Số cá thể=580 + 410 + 10 =1000; AA =410/1000 = 0,41; Aa=580/1000 = 0,58; aa =10/1000 = 0.01

17
CTDT của QT như sau: 0,41 AA + 0,58aa + 0,01aa
CT này cho thấy QT không ở TTCB vì 0,41 x 0,01 = (0,58/2)
2
=> 0,0041 ≠ 0,0841.
b. Điều kiện để QT đạt vị trí CBDT khi quá trình ngẫu phối diễn ra thì ngay ở thế hệ tiếp theo QT đã
đat sự CBDT
c. T/S Alen A là 0,41 + 0,58/2 = 0,7 ; T/S của alen a là 1 - 0,7 = 0,3
Sau khi quá trình ngẫu phối xãy ra thì CTDT của QT ở thể hệ sau là
(0,7A:0,3a) x (0,7A:0,3a) => 0,49AA + 0,42Aa + 0,09aa=1
Với CT trên QT đạt TTCB vì thoả mãn (0,9)
2
AA + 2(0,7 x 0,3) Aa + (0,3)

2
aa
Ví dụ 2: (kiểu 2) QT ngẫu phối có TPKG đạt TTCB với 2 loại KH là hoa đỏ (do B trội hoàn toàn
quy định) và hoa trắng (do b quy định). Tỷ lệ hoa đỏ chiếm 84%. Xác định CT di truền của QT?
Giải: -Gọi p T/S tương đối của alen B; q T/S tương đối alen b
% hoa trắng bb = 100%- 84%= 16%=q
2
=> q = 0,4 => p = 0,6
Áp dụng công thức định luật p
2
BB + 2pq Bb + q
2
bb = 1
=> CTDT QT :0,6
2
BB + 2.0,6.0,4 Bb + 0,4
2
bb = 0,36BB + 0,48Bb + 0,16bb = 1
Ví dụ 3: (CĐ 2013) Ở một loài sinh vật, xét một gen nằm trên nhiễm sắc thể thường có 2 alen là A
và a. Một quần thể của loài này đang ở trạng thái cân bằng di truyền có tần số kiểu gen đồng hợp trội
bằng hai lần tần số kiểu gen dị hợp. Theo lí thuyết, tần số alen A và a của quần thể này lần lượt là
A. 0,2 và 0,8 B. 0,33 và 0,67 C. 0,67 và 0,33 D. 0,8 và 0,2
Giải
- Khi quần thể cân bằng di truyền, ta có: AA = p
2
, Aa = 2pq
- Theo bài ra, khi CBDT tần số kiểu gen AA = 2Aa nên ta có p
2
= 2.2pq


p = 4q (1)
- Mặc khác p + q = 1 (2)
Từ 1 và 2 → p(A) = 0,8 và q(a) = 0,2 (Đáp án C)
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: Một QT sóc có số lượng như sau 1050 con lông nâu ĐH, 150 con lông nâu DH, 300 con lông
trắng, màu lông do một gen gồm 2 alen qui định. Tìm T/S tương đối của các alen?
Gợi ý:Tính trạng lông nâu là trội do A quy định. Tính trạng lông trắng là lặn do a quy định
TL thể ĐH trội AA là 1050/1500 = 0,7; TL thể DH Aa là 150/1500 = 0,1
TL thể ĐH lặn aa là 300/1500 = 0,2
Vậy cấu trúc di truyền của QT là: 0,7AA; 0,1Aa; 0,2aa
Bài 4: Ở ruồi giấm gen B quy định thân xám trội hoàn toàn so với gen b quy định thân đen. Phép lai
ruồi đực thân xám với ruồi cái thân đen thu được F
1
50% ruồi thân xám; 50% ruồi đen. Cho ruồi F
1

giao phối ngẫu nhiên thế hệ F
2
có tỷ lệ các KG là
A. 0,125BB:0, 5Bb:0,375bb. B
.0,375BB:0, 625Bb:0,5625bb
C. 0,25BB:0,5Bb:0,25bb D. 0,5625bb:0,375Bb:0,0 625BB.
Gợi ý: ruồi F
1
có TL KG 0,5Bb: 0,5bb
→ T/S Alen B = 0,75, T/S Alen b = 0,25
→ F
2
ở TTCB có TL KG 0,5625bb:0,375Bb:0,0 625BB.

18
Bài 3: Ở chuột lang, KH lông đốm được quy định bởi một gen gồm hai alen A và a. Nếu có alen A
thì chuột có KH lông đốm. Sau khi điều tra một QT, các học sinh tìm thấy 84% chuột có KH lông
đốm. Giả sử QT ở TTCB Hácđi-Venbec.
a) Hãy tính T/S Alen A.
b) Vào một ngày, tất cả các chuột không có KH lông đốm trong QT bị chuyển đi nơi khác. T/S
chuột không có KH lông đốm của QT ở thế hệ sau là bao nhiêu?
Gợi ý: a) T/S của alen A: Gọi p và q lần lượt là T/S các alen A và a ta có:
q
2
aa = 16%  q(a) = 0,4  p(A) = 0,6.
b) T/S chuột không có KH lông đốm trong QT ở thế hệ sau:
- CTDT của QT ban đầu là (0,6A : 0,4a)(0,6A : 0,4a) = 0,36 AA : 0,48 Aa : 0,16 aa
- Sau khi di chuyển chuột lông đốm đi nơi khác, CTDT của QT là 36/84 AA : 48/84 Aa  T/S Alen
A = 0,71; a = 0,29- Tấn số chuột không có KH lông đốm ở thế hệ sau là: q
2
aa = (0,29)
2


0,08
Bài 4: Ở một loài động vật, gen A quy định thân màu đen, alen a: thân màu trắng. Cấu trúc di
truyền của quần thể ở thế hệ P: 0,6AA+0,3Aa+0,1aa = 1. Không xét sự phát sinh đột biến.
1. Các cá thể thân đen có thể giao phối ngẫu nhiên với cả cá thể thân đen hoặc thân trắng khác nhưng
các cá thể thân màu trắng không giao phối với cá thể thân màu trắng.
a) Cấu trúc di truyền của quần thể ở F
1
A. 0,15AA: 0,08Aa: 0,01aa B. 0,25AA: 0,10Aa: 0,01aa.
C. 0,75AA: 0,50Aa: 0,07aa. D. 0,15Aa: 0,10Aa: 0,01aa
b) Kiểu hình thân màu đen ở F

1
chiếm tỉ lệ
A. 95,8%. B. 94,7%. C. 72,2%. D. 96,1%.
c) Tần số alen A và a ở F
1
lần lượt là
A. A= 0,76; a = 0,24. B. A= 0,86; a = 0,14. C. A= 0,77; a = 0,23. D. A= 0,79; a = 0,21.
2. Các cá thể thân đen chỉ giao phối với cá thể thân đen, thân trắng chỉ giao phối với cá thể lông
trắng khác.
a) Kiểu hình thân trắng ở F
1
chiếm tỉ lệ
A. 3,96%. B. 5,33%. C. 10%. D. 12,5%.
b) Tần số alen A và a ở F
2
lần lượt là
A. A= 0,82; a= 0,18. B. A= 0,68; a= 0,32. C. A= 0,78; a= 0,22. D. A= 0,75; a= 0,25.
Gợi ý: 1. a) Cấu trúc di truyền của quần thể ở F
1

♦Cách 1:
Vì đen có thể GPNN với đen hoặc trắng nên có 2 trường hợp
● đen x đen : với xs = (0,9)
2
= 0,81; đen x trắng : với xs = (0,9.0,1).2 = 0,18
 đen x đen : tỉ lệ = 0,81/(0,81+0,18) = 9/11; đen x trắng : tỉ lệ = 0,18/(0,81+0,18) =2/11
● đen x đen: (5/6A+1/6a) (5/6A+1/6a) F1:(
36
25
AA+

36
10
Aa+
36
1
aa).
11
9

● đen x trắng : (5/6A+1/6a) (1a)F1:(
36
30
Aa+
36
6
aa).
11
2

Cộng 2 trường hợp  CTDT của QT ở F1: 0,75AA:0,50Aa:0,07aa

♦Cách 2: Có thể coi như QT ngẫu phối và trừ trường hợp trắng x trắng =(0,1)
2
aa =
100
1
aa. Ta có:
(3/4A+1/4a) (3/4A+1/4a)
16
9

AA +
16
6
Aa +
16
1
aa
Do đó CTDT của F1:
16
9
AA +
16
6
Aa +
16
1
aa -
100
1
aa = 0,75AA: 0,50Aa: 0,07aa
b) Tỉ lệ kiểu hình thân màu đen ở F
1
= 1,25/1,32 = 94,7%
c) Tần số alen A và a ở F
1
: A = 0,76; a = 0,24

19

2. a) Kiểu hình thân trắng ở F

1

Vì đen chỉ phối với đen, trắng với trắng(có lựa chọn) nên có 2 nhóm cá thể trong đó các cá thể GP
với nhau
● Nhóm (đen x đen) : với tỉ lệ 9/10
F1:(
36
25
AA+
36
10
Aa+
36
1
aa).
10
9

● Nhóm (trắng x trắng) : Với tỉ lệ 1/10
(100% aa)
10
1
=
10
1
aa
Cộng 2 nhómCTDT của QT: 0,5AA:0,2Aa:0,1aa
 Trắng F1= 1/8 = 12,5%
b) Tần số alen A và a ở F
1

lần lượt là: A = 0,75; a = 0,25 (giống tần số ở P)
 Tần số alen ở F2 không đổi so với F1 và P: A = 0,75; a = 0,25
Bài 5: (ĐH 2013) Ở một loài thực vật, xét một gen có 2 alen, alen A quy định hoa đỏ trội hoàn toàn
so với alen a quy định hoa trắng. Thế hệ xuất phát (P) của một quần thể thuộc loài này có tỉ lệ kiểu
hình 9 cây hoa đỏ : 1 cây hoa trắng. Sau 3 thế hệ tự thụ phấn, ở F
3
cây có kiểu gen dị hợp chiếm tỉ lệ
7,5%. Theo lí thuyết, cấu trúc di truyền của quần thể này ở thế hệ P là
A. 0,1AA + 0,6Aa +0,3aa = 1 B. 0,3AA + 0,6Aa +0,1aa = 1
C. 0,6AA + 0,3Aa +0,1aa = 1 D. 0,7AA + 0,2Aa +0,1aa = 1
Cách 1: Tỷ lệ dị hợp của quần thể ban đầu: 0,075 x 2
3
= 0,6 Aa => AA = 0,3, aa = 0,1
Cách 2: Giải:
- Gọi cấu trúc di truyền của quần thể (P) là: XAA: YAa: Zaa
- Theo đề bài ta có: 0,075 = Y.
2
1
3






=> Y = 0,6
- Vì (P) có tỷ lệ 9 hoa đỏ: 1 hoa trắng nên với 0,6Aa => AA = 0,3
- Cấu trúc di truyền của quần thể là: 0,3AA + 0,6Aa +0,1aa = 1
 Đáp án B

Dạng 8: ÁP DỤNG TOÁN XÁC SUẤT ĐỂ TÍNH TẦN SỐ KIỂU GEN,
TẦN SỐ KIỂU HÌNH ĐỜI SAU.
1: Phương pháp giải:
+ Từ T/S KH lặn q
2
aa tính được qa áp dụng công thức tính T/S KG khác khi QT cân bằng
+ Bài tập liên quan đến 1 cặp gen trên 1 cặp NST tương đồng
+ Bài tập liên quan đến sức sống của các giao tử hoặc các cá thể trong QT
+ Tính T/S Alen
+ Tính số bình thường mang gen gây bệnh phải tính trên tổng số bình thường
Aa có xác suất là
2pq)(p
2pq
2

; AA=p
2
; aa=q
2

+ Thường đầu bài cho T/S KH lặn với điều kiện QT CBDT=> T/S Alen lặn=
2
q từ đó => T/S Alen
còn lại
+ Nếu đầu bài cho T/S KH trội thì=> T/S KH lặn=1-T/S KH trội
+ Nhóm máu:
Gen quy định tính trạng nhóm máu ở người gồm 3 alen là I
A
, I
B

, I
o
.

20
Trong đó I
A
= I
B
> I
o
.
Gọi p, q, r lần lượt là tần số của các alen I
A
, I
B
, I
o
. (p + q + r = 1)
Sự ngẫu phối đã tạo ra trạng thái cân bằng di truyền về tính trạng nhóm máu như sau
(pI
A
: qI
B
: rI
o
)
2
= p
2

I
A
I
A
: 2pq I
A
I
B
: q
2
I
B
I
B
: 2qr I
B
I
o
: r
2
I
o
I
o
: 2pr I
A
I
o

Kiểu gen Tần số kiểu gen Kiểu hình

I
A
I
A
p
2
Máu A
I
A
I
o
2pr Máu A
I
B
I
B
q
2
Máu B
I
B
I
o
2qr Máu B
I
A
I
B
2pq Máu AB
I

o
I
o
r
2
Máu O
Gọi a, b, o lần lượt là tần số kiểu hình của các nhóm máu A, B, O
Tần số alen I
o
= 2r = o
Tần số alen I
A
:
Ta có: p
2
+2pr+r
2
= a + o

(p+r)
2
= a+o

p = oa  - r = oa  - o
Tần số alen I
B
= 1 – p – r hoặc có thể tính tương tự như tính tần số I
A

q

2
+2qr+r
2
= b + o

(q+r)
2
= b+o

q =
ob 
- r =
ob 
-
o

Do p + q + r = 1

oa  - o + ob  - o + o = 1
Từ đó, suy ra công thức
p = 1 - ob  q = 1 - oa  r = o
+ Xác suất sinh con trai=con gái=1/2
+ Lưu ý: nên chọn T/S KH lặn, không chọn T/S KH trội (vì trội có 2 KG AA và Aa)
2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: (MTCT Nam Định 2009) Một quần thể giao phối ở trạng thái cân bằng Hacđi-Vanbec về
TPKG quy định kiểu cánh. Trong đó tỉ lệ cá thể cánh xẻ chiếm 12,25%. Biết rằng tính trạng cánh do
một gen quy định, kiểu cánh dài trội hoàn toàn so với kiểu cánh xẻ. Chọn ngẫu nhiên 1 cặp (1 con
đực và 1 con cái) đều có cánh dài. Hãy tính xác suất để 1 cặp cá thể này đều có kiểu gen dị hợp tử?
Giải: - Gọi A - cánh dài, a - cánh xẻ  Cánh xẻ là aa có tỉ lệ bằng 12,25% = q
2

→ Tần số alen q(a) =
2
q = 0,1225 = 0,35 → Tần số alen p(A) = 1 – 0,35 = 0,65
Vì quần thể ở trạng thái cân bằng Hacđi-Vanbec nên thành phần kiểu gen của quần thể thỏa mãn
p
2
AA + 2pq Aa + q
2
aa = 1 → Tỉ lệ số cá thể có kiểu gen dị hợp/Tổng số cá thể cánh dài là:
Aa=
52.0,65.0,30,65
52.0,65.0,3
2pq)(p
2pq
22



= 0,5185

21
Xác suất của một cặp đực cái thể dị hợp tử về cặp gen Aa là 0,5185
2

Ví dụ 2: Cho biết gen A đỏ trội hoàn toàn so với gen a trắng; sức sống 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) KG AA =
100%, Aa = 75%, aa = 50%. Bố và mẹ đề mang gen DH thì TL KH 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
Giải: Aa x Aa→1AA:2Aa:1aa
- Từ TL sống sót của giao tử→TL hợp tử tạo ra = 1AA : (0,5.2)Aa : (0,5.0,5)aa
= 1AA : 1Aa : 0,25aa
- Từ TL sống sót của hợp tử→ TL phát triển thành cá thể ở F1
= (100%.1)AA : (75%.1)Aa : (50%.0,25)aa = 8AA : 6Aa : 1aa→A-/aa = 14/1 (C)
Ví dụ 3: (ĐH 2012) Ở người, một gen trên NST thường có hai alen: alen A quy định thuận tay phải
trội hoàn toàn so với alen a quy định thuận tay trái. Một QT người đang ở trạng thái CBDT có 64%
số người thuận tay phải. Một người phụ nữ thuận tay trái kết hôn với một người đàn ông thuận tay
phải thuộc QT này. Xác suất để người con đầu lòng của cặp vợ chồng này thuận tay phải là
A. 37,5%. B. 43,75%. C. 62,5%. D. 50%.
Giải:Từ đề bài cho ta tính được T/S Alen A = 0,4, a = 0,6. CTDT của QT người này ở TTCB là
0,16AA: 0,48Aa: 0,36aa = 1.
Trước hết ta tính xác xuất của người bố thuận tay phải trong QT là Aa, mới sinh con thuận tay trái.
Sau đó lấy 1 – xác suất sinh con thuận tay trái thì còn kết quả là con thuận tay phải.
Bố có KG Aa xác suất là
2pq)(p
2pq
2

=
0,48
0,64
= 0,75. Khi bố có KG Aa kết hôn với người mẹ thuận
tay trái có KG aa sinh con thuận tay trái aa là 0,5 (
1
2
aa). Nên xác suất sinh con thuận tay trái là 0,75
x 1 x 0,5 = 37,5%. => Vậy sác xuất con thuận tay phải = 1 – 0,375 = 0,625 = 62,5%
Ví dụ 4: (ĐH 2013) Ở người, gen quy định dạng tóc nằm trên nhiễm sắc thể thường có 2 alen, alen

A quy định tóc quăn trội hoàn toàn so với alen a quy định tóc thẳng. Bệnh mù màu đỏ - xanh lục do
alen lặn b nằm trên vùng không tương đồng của nhiễm sắc thể giới tính X quy định, alen trội B quy
định mắt nhìn màu bình thường. Cho sơ đồ phả hệ sau







Biết rằng không phát sinh các đột biến mới ở tất cả các cá thể trong phả hệ. Cặp vợ chồng
10 11
III III


trong phả hệ này sinh con, xác suất đứa còn đầu lòng không mang alen lặn về hai gen trên là
A. 4/9 B. 1/6 C. 1/8 D. 1/3
Giải - Xét riêng từng cặp gen:
+ Cặp A, a): Số 9: aa => 5, 6 là Aa => 10 (1/3AA: 2/3Aa)=> P
A
= 1/3 + 1/6 = 2/3 => q
a
=1/3
Tương tự cho số 11: P
A
= 1/3 + 1/6 = 2/3 => q
a
=1/3
 xác suất con của 10 x 11 không mang gen a là: 2/3 A x 2/3A = 4/9 AA
?

1
2
3
4
5 6 7 8
9 10 11 12
I

II
III

Quy ước

: Nam tóc quăn và không bị mù
màu

: Nữ tóc quăn và không bị mù màu

: Nam tóc thẳng và bị mù màu


22
+ Cặp X
M
, X
m
: Số 10 – X
M
Y không mang gen bệnh.
 số 11: (1/2 X

M
X
m
: ½ X
M
X
M
) Tần số X
M
= ¾.
 Xác xuất sinh con không chứa X
m
= ¾ x 1 = 3/4
=> Xác xuất sinh con không chứa cả 2 alen lặn: 4/9 x ¾ = 1/3.
Ví dụ 5: (ĐH 2013) Ở một loài động vật, gen quy định độ dài cánh nằm trên nhiễm sắc thể thường
có 2 alen, alen A quy định cánh dài trội hoàn toàn so với alen a quy định cánh ngắn. Cho các con đực
cánh dài giao phối ngẫu nhiên với các con cái cánh ngắn (P), thu được F
1
gồm 75% số con cánh dài,
25% số con cánh ngắn. Tiếp tục cho F
1
giao phối ngẫu nhiên thu được F
2
. Theo lí thuyết, ở F
2
số con
cánh ngắn chiếm tỉ lệ
A. 39/64 B. 1/4 C. 3/8 D. 25/64
Giải: Cách 1:- Cánh ngắn F1: aa => Tần số các alen ở con cái: P
A

= 0, q
a
= 1
P ngẫu phối cho F1 25% = 0,25 aa = > tần số alen A ở

giới đực q
a
= 0,25 => P
A
= 0,75
=> F1: 0,75Aa: 0,25aa
- Tính lại tần số alen của F1: P
A
= 0,75/2 = 0,375; q
a
= 0,625
=> Cánh ngắn F2 = 0,625 x 0,625 = 25/64
Cách 2:Gọi u, v là tấn số các alen A và a của giới đực (u + v = 1)
- Xét giới cái:
(P): cánh ngắn aa => q
a
= 1 và p
A
= 0
- F
1
thu được 25% cánh ngắn (aa) = q
a
x v
a

=> 0,25 = 1 x v
a
=> v
a
= 0,25 và u
A
= 0,75
=> Cấu trúc di truyền F
1
là: 0,75Aa: 0,25aa
- Tần số của alen A và a của F
1
là: A = 0,375: a = 0,625.
=> Tỷ lệ con cánh ngắn ở F
2
là: 0,625 x 0,625 = 25/64
 Đáp án D
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: Trong một điều tra trên một QT TV, người ta ghi nhận sự có mặt của 80 cây có KG là AA, 20
cây có kiều gen aa và 100 cây có KG Aa trên tổng số 200 cây. Biết rằng cây có KG khác nhau có sức
sống và khả năng sinh sản như nhau, QT cách ly với các QT lân cận và TS ĐB coi như không đáng
kể. Hãy cho biết TS KG Aa sau một thế hệ ngẫu phối là bao nhiêu?
A. 55,66% B. 45,5% C. 25,76% D. 66,25%
Gợi ý: TS A= 0,65 ; a = 0,35→ TS Aa = 2pq = 45,5%
Bài 2: (MTCT Nam Định 2009)
Ở một loài bướm, màu cánh được xác định bởi một lôcút gồm ba alen:
C
1
( Cánh đen ) > C
2

( Cánh xám ) > C
3
( Cánh trắng ).
Trong đợt điều tra một quần thể bướm có 6500 con ở một địa phương, người ta thu được tần số
các alen như sau: C
1
= 0,5 ; C
2
= 0,4 ; C
3
= 0,1. Nếu quần thể bướm này giao phối ngẫu nhiên, hãy
xác định số lượng bướm của mỗi kiểu hình?
Gợi ý: 1. Thành phần kiểu gen của quần thể giao phối ngẫu nhiên:
(0,5 C
1
: 0,4 C
2
: 0,1 C
3
) x (0,5 C
1
: 0,4 C
2
: 0,1 C
3
)= 0,25 C
1
C
1
: 0,20 C

1
C
2
: 0,05 C
1
C
3
: 0,20 C
1
C
2
:
0,16 C
2
C
2
: 0,04 C
2
C
3
: 0,05 C
1
C
3
: 0,04 C
2
C
3
: 0,01 C
3

C
3

= 0,25 C
1
C
1;
0,40 C
1
C
2
; 0,10 C
1
C
3
: 0,16 C
2
C
2
: 0,08 C
2
C
3
: 0,01 C
3
C
3
= 0,75 cánh đen: 0,24 cánh xám: 0,01 cánh trắng
2. Số lượng mỗi kiểu hình:
- Cánh đen = 0,75 x 6500 = 4875 con; Cánh xám = 0,24 x 6500 = 1560 con

- Cánh trắng = 0,01 x 6500 = 65 con

23
Bài 3: Một QT giao phối ở trạng thái CBDT, xét 1 gen có 2 alen ( A và a ) ta thấy, số cá thể ĐH trội
nhiều gấp 9 lần số cá thể ĐH lặn. Tỷ lệ phần trăm số cá thể DH trong QT này là:
A.37,5 % B.18,75 % C.3,75 % D.56,25 %
Gợi ý: Gọi: p
2
là TS KG ĐH trội, q
2
là TS KG ĐH lặn.
Ta có: p
2
= 9 q
2
hay p = 3q ; QT ở trạng thái CBDT : p + q = 1
Nên: 3q + q = 1 => q = 1 / 4 = 0, 25 và p = 3 x 0,25 = 0,75
Vậy: TL phần trăm số cá thể DH trong QT này là:
2pq = 2 x 0,25 x 0,75 = 0,375 = 37,5 %  Chọn A
Bài 4: Ở mèo, di truyền về màu lông do gen nằm trên NST GT X Qđ, màu lông hung do alen d, lông
đen : D, mèo cái DH: Dd có màu lông tam thể. Khi kiểm tra 691 con mèo, thì xác định được TS alen
D là: 89,3 %; alen d: 10,7 %; số mèo tam thể đếm được 64 con. Biết rằng: việc xác định TS alen tuân
theo định luật Hacđi-Vanbec. Số lượng mèo đực, mèo cái màu lông khác theo thứ tự là:
A.335- 356 B.356- 335 C. 271- 356 D.356- 271
Gợi ý: Ta có: ( 0,893 )
2
DD + 2 ( 0,893 x 0,107 ) Dd + ( 0,107 )
2
dd = 1
2 ( 0,893 x 0,107 ) Dd = 64 => Dd = 64 / 0,191102 = 335 con

Suy ra: Số mèo đực: 691 – 335 = 356 con, Số mèo cái màu lông khác: 335 – 64 = 271 con Chọn D
Bài 5: Ở bò A qui định lông đen, a: lông vàng. Trong một QT bò lông vàng chiếm 9% tổng số cá thể
của đàn. Biết quần thể đạt TTCB. Tìm T/S của gen A?
Gợi ý: QT đạt TTCB aa = 9% = q
2
=> qa = 0,3 => pA= 0,7
Bài 6: (HSG Tỉnh 2011) Ở một locut trên NST thường có n+1 alen. T/S của một alen là 1/2, trong
khi T/S của mỗi alen còn lại là 1/(2n). Giả sử QT ở TTCB Hardy – Weinberg, thì T/S các cá thể DH
tử bằng bao nhiêu?
A. (n – 1)/(2n). B. (2n – 1)/(3n). C. (3n – 1)/(4n). D. (4n – 1)/(5n)
Gợi ý: Cách 1: Nếu gọi tổng TL các KG bằng 1 thì tổng TL của KG ĐH của n alen còn lại là :
n/4n2 TL ĐH của alen thứ nhất là ¼ vậy tổng TL ĐH là : (1 /4 +1/4n )
TL DH là : 1- (1/4 + 1/4n ) = (3/4 – 1/4n ) hay bằng đáp án trong đề thi = (3n – 4)/4n
Cách 2: Tần số các cá thể dị hợp tử = 1- (tần số các cá thể đồng hợp tử)
Gọi A
1
, A
2
, A
3
, A
4
….A
n+1
là các alen
Giả sử rằng A
1
=
2
1

; còn lại n alen có tần số là =
n
2
1

Nếu quần thể ở trang thái cân bằng thì (A
1
+ A
2
+A
3
+A
4
….+A
n+1
)
2
= 1
<=> (A
2
1
+ A
2
2
+ A
2
3
+… + A
2
1n

+2(A
1
× A
2
)+2(A
1
× A
3
)+….)
=> (2 A
1
× A
2
+2 A
1
× A
3
+….) = 1- (A
2
1
+ A
2
2
+ A
2
3
+… + A
2
1n
)

Tần số các cá thể dị hợp tử tần số cá thể đồng hợp tử

Thế tần số của A
1
=
2
1
và tần số của các len còn lại =
n
2
1
vào công thức trên ta có:

24
Tần số các cá thể dị hợp tử = 1- [
222
)
n
2
1
( )
n
2
1
()
2
1
(  ]

1 lần + n lần = n +1(theo đề có n+1 alen)
<=>1- (
n
n2
1
4
1
2







) =
n
4
)
1
n
3
(



Bài 7: QT người có T/S người bị bạch tạng 1/10000. Giả sử QT này cân bằng
a. Tính T/S các alen ? (biết bạch tạng do gen lặn nằm trên NST thường quy định)
b. Tính xác suất để 2 người bình thường trong QT lấy nhau sinh ra người con đầu lòng bị bạch tạng?
Gợi ý: - q

2
aa = 1/10000 → qa = 1/100.
- pA + qa = 1 → pA = 1 – 1/100 = 99/100.
- T/S KG AA = p
2
= (99/100)
2

- T/S KG Aa = 2pq = 198/10000
- T/S KG aa = q
2
= (1/100)
2

Người bình thường có KG AA hoặc Aa.
Hai người bình thường lấy nhau sinh ra người con bị bệnh bạch tạng thì phải có KG Aa.
T/S người có KG DH tử (Aa) trong số những người bình thường là:
2pq/ p
2
+ 2pq = 0,0198 / (0,9801 + 0,0198) = 0,0198/0,9999.
Sơ đồ lai P: ♂ Bình thường x ♀ Bình thường
(0,9801/0,9999 AA + 0,0198/0,9999 Aa) (0,9801/0,9999 AA + 0,0198/0,9999 Aa)

T/S các alen : 0,0198/(0,9999x2) a 0,0198 /(0,9999x2) a
F
1
: (0,0198/0,9999)
2
/4 ≈ (0,0198)
2

/4 aa
- Như vậy, xác suất để sinh người con bị bênh tạng là (0,0198)
2
/4=
9
9
,
,
8
8
.
.
1
1
0
0


-
-
5
5

Bài 8: Trong một QT cân bằng có 90% alen ở lôcus Rh là R. Alen còn lại là r . Cả 40 trẻ em của QT
này đến một trường học nhất định . Xác suất để tất cả các em đều là Rh dương tính là bao nhiêu?
A. (0,99)
40
. B. (0,90)
40.
. C. (0,81)

40
. D. 0,99
Gợi ý: T/S tương đối của alen R =p= 0,9 => T/S Alen r=q = 0,1
Rh dương có KG RR, Rr T/S của 2 nhóm KG trên là
RR= p
2
= 0,9
2
= 0,81, Rr = 2pq = 2.0,9.0,1 = 0,18.
T/S 1 học sinh có Rh dương là: 0,81+0,18 = 0,99
Xác suất để 40 học sinh có Rh dương là (0,99)
40

Bài 9: Giả sử 1 QT ở trạng thái CBDT có 10000 cá thể, trong đó có 100 cá thể có KG ĐH lặn ( aa ), thì
số cá thể có KG DH ( Aa ) trong QT sẽ là:
A. 9900 B. 900 C. 8100 D. 1800

25
Gợi ý: Ta có : q
2
aa = 100 / 10000 = 0,01 => qa = 0,1
QT ở trạng thái CBDT => pA = 1 - 0,1 = 0,9 ; 2pqAa = 2 x 0,1 x 0,9 = 0,18
Vậy: Số cá thể có KG DH ( Aa ) là : 0,18 x 10000 = 1800  Chọn D
Bài 10: Ở người A-phân biệt được mùi vị, a- ko phân biệt được mùi vị. Nếu trong 1 cộng đồng
qa=0,4 thì xác suất của một cặp vợ chồng đều phân biệt được mùi vị có thể sinh ra 3 con trong dó 2
con trai phân biệt được mùi vị và 1 con gái ko phân biệt được mùi vị là?
A.1,97% B.9,44% C.1,72% D.52%
Gợi ý: CTDT của Qt: p
2
AA + 2pqAa +q

2
aa
vợ và chông phân biệt (Bình thường)) sinh con cả phân biệt và không phân biệt mùi vị nên
KG Aa x Aa với xác suất = (2pq /p
2
+ 2pq)
2

Xác suất sinh trai phân biệt = 3/4.1/2 = 3/8
Xác suất sinh gái không phân biệt = 1/4.1/2 = 1/8
Xác suất bố mẹ đều bình thường sinh 2 trai phân biệt và 1 gái không phân biệt
=3/8.3/8.1/8.C
1
3
.(2pq /p
2
+ 2pq)
2
= 1,72% (đáp án C)
Bài 11: Ở người, tính trạng nhóm máu do 3 alen I
A
, I
B
và I
O
quy định. Trong QT CBDT có 36% số
người mang nhóm máu O, 45% số người mang nhóm A. Vợ có nhóm máu A lấy chồng có nhóm máu
B không có quan hệ họ hàng với nhau.
1/ Xác suất để họ sinh con máu O:
A. 11,11% B. 16,24% C. 18,46% D. 21,54%

2/ Nếu họ sinh đứa con đầu là trai máu O thì khả năng để sinh đứa con thứ 2 là gái có nhóm máu
khác bố và mẹ mình là:
A. 44,44% B. 35,77% C. 42% D. 25%
Gợi ý: Gọi p, q, r lần lượt là TS alen I
A ,
I
B
, I
O
. Vì QT CB nên CTDT là:
p
2
I
A
I
A
+ q
2
I
B
I
B
+r
2
I
O
I
O
+ 2pqI
A

I
B
+ 2qrI
B
I
O
+ 2prI
A
I
O

Từ gt → I
A
= 0,3 ; I
B
= 0,1 ; I
O
= 0,6
(♀A) p
2
I
A
I
A
+ 2prI
A
I
O
x (♂ B) q
2

I
B
I
B
+ 2qrI
B
I
O

(0,9) (0,36) (0,01) (0,12)
TS I
A
= 3/5 ; I
O
= 2/5 I
B
= 7/13 ; I
O
= 6/13
1/ Xác suất sinh con máu O = (2/5)(.6/13) = 12/65 (Đáp án C)
2/ Đứa con đầu máu O →KG của bố,mẹ: I
A
I
O
x I
B
I
O

do đó xác suất sinh con trai khác nhóm máu bố, mẹ mình = 1/2.1/2 = 25% (Đáp án D)

Bài 12: Giả thiết trong một QT người, T/S của các nhóm máu là:
Nhóm A = 0,45 Nhóm B = 0,21 Nhóm AB = 0,3 Nhóm O = 0,04
Xác định T/S tương đối của các alen qui định nhóm máu và CTDT của QT?
Gợi ý: -Gọi p là T/S tương đối của alen I
A
.
-Goi q là T/S tương đối của alen I
B
-Gọi r là T/S tương đối của alen I
O