PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TIẾN HÓA

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.08 KB, 25 trang )

PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TIẾN HÓA
(Chủ yếu là các bài tập liên quan đến bài 37 SGK nâng cao: Các nhân tố tiến hóa)
I/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA ĐỘT BIẾN
1. Cơ sở lí luận:
Đột biến làm cho mỗi gen phát sinh ra nhiều alen (A đột biến
An) và đây chính là nguồn nguyên liệu sơ cấp cho quá trình tiến hoá.

A 1, A2, A3 ...

Giả sử1 locut có hai alen A và a. Trên thực tế có thể xảy ra các trường hợp sau:
u
Gen A đột biến thành gen a (đột biến thuận) với tần số u. A
a.Chẳng
hạn, ở thế hệ xuất phát tần số tương đối của alen A là p o. Sang thế hệ thứ hai có u alen A
bị biến đổi thành a do đột biến. Tần số alen A ở thế hệ này là: p1 = po – upo = po(1-u)

Sang thế hệ thứ hai lại có u của số alen A còn lại tiệp tục đột biến thành a. Tần số
alen A ơ thế hệ thứ hai là: P2 = p1 – up1 = p1(1-u) = po(1-u)2
Vậy sau n thế hệ tần số tương đối của alen A là: pn = po(1-u)n
Từ đó ta thấy rằng: Tần số đột biến u càng lớn thì tần số tương đối của alen A
càng giảm nhanh.
Như vậy, quá trình đột biến đã xảy ra một áp lực biến đổi cấu trúc di truyền của quần
thể. Áp lực của quá trình đột biến biểu hiện ở tốc độ biến đổi tần số tương đối của các
alen bị đột biến.
Alen a cũng có thể đột biến thành A (đột biến nghịch) với tần số v.
a

v

A

+ Nếu u = v thì tần số tương đối của các alen vẫn được giữ nguyên không đổi.
+ Nếu v = 0 và u > 0 → chỉ xảy ra đột biến thuận.
+ Nếu u ≠ v; u > 0, v > 0 → nghĩa là xảy ra cả đột biến thuận và đột biến nghịch.
Sau một thế hệ, tần số tương đối của alen A sẽ là:
p1 = po – upo + vqo
Kí hiệu sự biến đổi tần số alen A là ∆p
Khi đó

∆p = p1 – po = (po – upo + vqo) – po = vqo - upo

Tần số tương đối p của alen A và q của alen a sẽ đạt thế cân bằng khi số lượng
đột biến A→ a và a → A bù trừ cho nhau, nghĩa là ∆p = 0 khi vq = up. Mà q = 1- p.
→ up = v(1 – p) ↔

up + vp = v ↔ p =

v
u
→q=
u+v
u+v

2. Các dạng bài tập
1

- Dạng 1: Biết tỉ lệ kiểu hình → xác định tần số alen, tần số phân bố kiểu gen và trạng
thái cân bằng của quần thể sau khi xảy ra đột biến.
- Dạng 2: Biết số lượng alen và số lượng các alen đột biến → xác định tần số đột biến
gen thuận và nghịch.

- Dạng 3: Biết tần số đột biến thuận và nghịch, tổng số cá thể → Xác định số lượng đột
biến.
BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI
Bài 1: Một quần thể động vật 5.104 con. Tính trạng sừng dài do gen A quy định, sừng
ngắn do gen a quy định. Trong quần thể trên có số gen A đột biến thành a và ngược lại,
với số lượng bù trừ nhau. Tìm số đột biến đó. Biết A đột biến thành a với tần số v, với u
= 3v = 3.10-3
Giải:
Gọi : p là tần số của alen A và q là tần số của alen a
-Tổng số alen trong quần thể: 5.104 x 2 = 105 (alen)
-Tần số alen trội, lặn khi có cân bằng mới được thiết lập:
u
3v
=
= 0,75
u + v 3v + u

+Tần số alen a :

qa =

+Tần số alen A :

pA = 1- 0,75 = 0,25

-Số lượng mỗi alen trong quần thể:
+Số lượng alen A là:

0,25 . 105 = 2,5.104

+Số lượng alen a là:

0,75 . 105 = 7,5.104

-Số lượng đột biến thuận bằng đột biến nghịch và bằng.
3.10-3 x 2,5.104 = 75 (alen) hoặc 10-3 x 7,5.104 = 74 (alen)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 2:Quần thể ban đầu có 1000000 alen A và a. Tốc độ đột biến của alen A là 3.10 -5,
còn của alen a là 10-5. Khi cân bằng thì quần thể có số lượng của từng alen là bao nhiêu?
Cho biết không tính áp lực của các nhân tố khác làm biến đổi cấu trúc di truyền của
quần thể?
Trong một quần thể gồm 2.105 alen. Tần số alen a bằng 25%. Khi quần thể có 7 alen A
bị đột biến thành a và 11 alen a đột biến thành A thì tần suất đột biến trong mỗi trường
hợp bằng bao nhiêu?
2

Bài 3: Trong một quần thể có 106 cá thể. Tần số alen a = 15 %. Trong quần thể có 5
alen A bị đột biến thành a và 7 alen a đột biến thành A thì tần số đột biến trong mỗi
trường hợp bao nhiêu. Giả thiết quần thể ban đầu cân bằng
Bài 4: Giả sử 1 lôcut có 2 alen A và a, thế hệ ban đầu có tần số tương đối của alen A là
p0. Quá trình đột biến làm cho A → a với tần số u = 10-5.
a) Để p0 giảm đi

1
phải cần bao nhiêu thế hệ?
2

b) Từ đó em có nhận xét gì về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hoá?
Giải

a)Vì đột biến diễn ra theo chiều thuận, nên ta có:
pn = po (1- u)n
trong đó: pn: tần số alen trội (A) ở thế hệ pn ; po: tần số alen trội (A) ở thế hệ po ; u: tốc
độ đột biến theo chiều thuận; n: số thế hệ.
=>

1
po = po (1- 10-5)n <=> 0,5 = (1-10-5)n <=> ln0,5 = ln (1-10-5).n
2

=> n =

ln 0,5
≈ 69.000 thế hệ.
ln(1 − 10−5 )

b) Nhận xét về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hóa: gây áp lực không đáng kể
cho quá trình tiến hóa.
Bài 5:1.a) Thế nào là áp lực của quá trình đột biến?
b) Giả thiết đột biến thuận (A → a) với tần số u, đột biến nghịch (a → A) với tần số v.
- Nếu v = 0 và u > 0 sẽ làm cho tần số A giảm dần. Qui ước tần số alen A ở thế hệ
khởi đầu là p0, hãy lập công thức tính tần số pn của alen A sau n thế hệ.
- Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a sẽ đạt cân bằng khi nào?
Khi đó tần số tương đối của alen A và alen a được tính như thế nào?
Giải
1. a) Sự ảnh hưởng của số lượng đột biến đến tỉ lệ các kiểu gen và tần số các alen
trong quần thể gọi là áp lực của quá trình đột biến.
b) * Nếu v = 0 và u > 0
(1)
- Tần số của alen A ở thế hệ p1 là: p1 = p0 – u.p0 = p0(1-u)

(2)
- Tần số của alen A ở thế hệ p2 là: p2 = p1 – u.p1 = p1(1-u)
- Thay (1) vào (2) ta có: p2 = p0(1-u).(1-u) = p0(1-u)2.
⇒ Sau n thế hệ, tần số của alen A là: pn = p0(1-u)n.
* Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a sẽ đạt cân bằng khi số
lượng đột biến thuận và nghịch bù trừ cho nhau (tức là v.qa = u.pA).
Khi đó tstđ của các alen được tính như sau:
v.q = u.p mà p = 1- q; do đó v.q = u(1-q) ⇒ v.q = u – u.q
⇒ v.q + u.q = u ⇒ qa = u/u+v
Tương tự ta có:
pA = v/u+v
II/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA DI – NHẬP GEN.
p là tần số tương đối của gen A ở quần thể nhận
∆p
=
M
(P
0 - p)
P0 là tần số tương đối của gen A ở quần thể khởi đầu
- M là tỷ lệ số cá thể nhập cư
3

- ∆p lượng biến thiên về tần số alen trong quần thể nhận
-

∆q = -M (Q0 - q)

q là tần số tương đối của gen A ở quần thể nhận
Q0 là tần số tương đối của gen A ở quần thể cho

- M là tỷ lệ % số cá thể nhập cư QT sau nhập cư có 1M số cá thể
- ∆q lượng biến thiên về tần số alen trong quần thể nhận

Chứng minh công thức:
Q1=(1-M)Q0 + Mq = Q0 - M (Q0 - q)
Lượng biến thiên tần số của a len a sau 1 thế hệ ∆q
∆q = Q1-Q0 = [Q0 - M (Q0 - q)]- Q0 = -M (Q0 - q)
Ví dụ:
20 cá thể có khả năng sinh sản từ 1 quần thể đã cho đã di nhập vào quần thể 20.000 cá
thể (M=20/20000=0,001). Nếu quần thể đã cho có qa=0,3 và có tần số alen a trong quần
thể nhận là 0,1 (Q0 =0,1) thì sau 1 thế hệ di nhập, qa trong quần thể nhận
Q1=(1-M)Q0 + Mq=(1-0,001).0,1+0,001x0,3=0,1002.
Sang thế hệ thứ 2, tần số alen a trong quần thể này là:
Q2=(1-M)Q1 + Mq=(1-0,001).0,1002+0,001x0,3=0,1004.
Như vậy sự thay đổi tần số gen trong quần thể nhận là rất nhỏ.
Nếu thay 20 cá thể bằng 10.000 cá thể di cư vào QT 20.000 cá thể trên ta có M=0,5
Khi đó có Q1=(1-M)Q0 + Mq=(1-0,5).0,1+0,5x0,3=0,2
Q2=(1-M)Q1 + Mq=(1-0,5).0,2+0,5x0,3=0,25
Có thể tổng quát như sau:
p(A) =(mp1 + np2 ) : (m+n)
q(a) =(mq1 + nq2 ) : (m+n) = 1 - p
Với :
m: tổng số cá thế của QT được nhập cư trước thời điểm nhập cư
n: số cá thể đến nhập cư
p1(q1): tần số A(a) của QT được nhập cư trước thời điểm nhập cư
p2(q2): tần số A(a) của QT đến nhập cư
Bài 1 (3,0 điểm).
1. a) Thế nào là áp lực của quá trình đột biến?
b) Giả thiết đột biến thuận (A → a) với tần số u, đột biến nghịch (a → A) với tần số v.
- Nếu v = 0 và u > 0 sẽ làm cho tần số A giảm dần. Qui ước tần số alen A ở thế hệ

khởi đầu là p0, hãy lập công thức tính tần số pn của alen A sau n thế hệ.
- Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a sẽ đạt cân bằng khi nào?
Khi đó tần số tương đối của alen A và alen a được tính như thế nào?
2. a) Nêu các hình thức di-nhập gen phổ biến ở các nhóm sinh vật: dương xỉ và nấm,
thực vật có hoa, động vật ở nước thụ tinh ngoài, lớp thú.
b) Cho biết tần số tương đối của alen A ở quần thể Y là 0,8; ở quần thể X là 0,3. Số
cá thể của quần thể Y là 1600, số cá thể nhập cư từ quần thể X vào quần thể Y là 400.
Hãy xác định tần số py của alen A trong quần thể Y ở thế hệ tiếp theo sau khi di-nhập.
Giải:
1. a) Sự ảnh hưởng của số lượng đột biến đến tỉ lệ các kiểu gen và tần số các alen
4

trong quần thể gọi là áp lực của quá trình đột biến.
b) * Nếu v = 0 và u > 0
(1)
- Tần số của alen A ở thế hệ p1 là: p1 = p0 – u.p0 = p0(1-u)
(2)
- Tần số của alen A ở thế hệ p2 là: p2 = p1 – u.p1 = p1(1-u)
- Thay (1) vào (2) ta có: p2 = p0(1-u).(1-u) = p0(1-u)2.
⇒ Sau n thế hệ, tần số của alen A là: pn = p0(1-u)n.
* Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a sẽ đạt cân bằng khi số
lượng đột biến thuận và nghịch bù trừ cho nhau (tức là v.qa = u.pA).
Khi đó tstđ của các alen được tính như sau:
v.q = u.p mà p = 1- q; do đó v.q = u(1-q) ⇒ v.q = u – u.q
⇒ v.q + u.q = u ⇒ qa = u/u+v
Tương tự ta có:
pA = v/u+v
2. a) Các hình thức di-nhập gen:
- Dương xỉ và nấm: phát tán bào tử

- Thực vật bậc cao: phát tán hạt phấn, quả, hạt
- Động vật ở nước thụ tinh ngoài: di cư của các cá thể, phát tán giao tử theo
nước
- Lớp thú: sự di cư của các cá thể.
b)
- Tốc độ di nhập gen: m = 400/(1600 + 400) = 0,2
- Sau một thế hê, lượng biến thiên tần số tương đối của alen A trong quần
thể nhận Y là: ∆p = 0,2 (0,3 – 0,8) = - 0,1. Như vậy, tần số tương đối của alen A
trong quần thể nhận giảm xuống còn: pY = 0,8 – 0,1 =0,7
Bài 2: Tần số tương đối của gen A ở quần thể I là 0,8; của quần thể II là 0,3.Tốc độ
di- nhập gen A từ quần thể (II) vào quần thể (I) là 0,2. Tính lượng biến thiên tần số
tương đối của gen A.
Lời giải:
Tỉ lệ số cá thể nhập cư, lượng biến thiên tần số gen A trong quần thể nhận (I) là:
∆p = 0,2(0,3-0,8) = - 0,1.
Giá trị này cho thấy tần số A trong quần thể nhận (I) giảm đi 0,1.
Sự du nhập đột biến
Lý thuyết:
Một quần thể ban đầu gồm những cá thể có kiểu gen AA như vậy quần thể chỉ có
alen A. Quần thể có thêm alen mới a do quá trình đột biến A → a xảy ra trong nội bộ
quần thể hoặc đã nhận được a du nhập từ một quần thể khác tới thông qua sự phát
tán của giao tử hay sự di cư của các cá thể có mang đột biến a. Sự du nhập của đột
biến cũng là một nguyên nhân làm thay đổi vốn gen của quần thể.
Khi đó tần số mới của a sau khi xảy ra sự du nhập gen có thể tính theo công thức:
q1= n.qn+m.qm
qn là tần số alen a trước khi có du nhập.
qm là tần số alen a trong bộ phận mới du nhập.
n và m là tỉ lệ so sánh kích thước của quần thể và của bộ phận du nhập(n+m=1).
Đối với những quần thể lớn thì sự du nhập đột biến không ảnh hưởng đáng kể tới sự
thay đổi cấu trúc di truyền của quần thể.

Bài 3:Trong một quần thể có 16% mắt xanh, 20% số người di cư đến quần thể chỉ
có 9% số người mắt xanh. Giả sử mắt xanh do gen lặn quy định thuộc nhiễm sắc
thể thường. Tính tần số alen mắt xanh của quần thể mới?
Lời giải:
5

Gọi a là gen quy định kiểu hình mắt xanh
Vì quần thể ngẫu phối nên
Sự du nhập của gen lặn a vào quần thể làm cho quần thể có tần số alen a là
q1= n.qn+m.qm.
qn là tần số alen a trước khi có du nhập = 0,4
qm là tần số alen a trong bộ phận mới du nhập = 0,3
n và m là tỉ lệ so sánh kích thước của quần thể và của nhóm du nhập, theo bài giá trị
n = 0,8 và m = 0,2.
Thay các giá trị vào biểu thức ta có tần số alen mắt xanh của quần thể mới là
q1= 0,8.0,4 + 0,2.0,3 = 0,38
Bài 4: a) Nêu các hình thức di-nhập gen phổ biến ở các nhóm sinh vật: dương xỉ và
nấm, thực vật có hoa, động vật ở nước thụ tinh ngoài, lớp thú.
b) Cho biết tần số tương đối của alen A ở quần thể Y là 0,8; ở quần thể X là 0,3. Số
cá thể của quần thể Y là 1600, số cá thể nhập cư từ quần thể X vào quần thể Y là 400.
Hãy xác định tần số py của alen A trong quần thể Y ở thế hệ tiếp theo sau khi di-nhập.
GIẢI
a) Các hình thức di-nhập gen:
- Dương xỉ và nấm: phát tán bào tử
- Thực vật bậc cao: phát tán hạt phấn, quả, hạt
- Động vật ở nước thụ tinh ngoài: di cư của các cá thể, phát tán giao tử theo nước
- Lớp thú: sự di cư của các cá thể.
b)
- Tốc độ di nhập gen: m = 400/(1600 + 400) = 0,2

- Sau một thế hê, lượng biến thiên tần số tương đối của alen A trong quần thể
nhận Y là: ∆p = 0,2 (0,3 – 0,8) = - 0,1. Như vậy, tần số tương đối của alen A trong quần
thể nhận giảm xuống còn: pY = 0,8 – 0,1 =0,7
Bài 5: Một con sông có hai quần thể ốc sên: quần thể lớn (quần thể chính) ở phía trên và
quần thể nhỏ nằm ở cuối dòng trên một hòn đảo (quần thể đảo). Do nước chảy xuôi nên
ốc chỉ di chuyển được từ quần thể chính đến quần thể đảo mà không di chuyển ngược
lại.
Xét một gen gồm hai alen: A và a. Ở quần thể chính có p A =1, quần thể đảo có pA=
0,6.
Do di cư, quần thể đảo trở thành quần thể mới, có 12% số cá thể là của quần thể
chính.
a. Tính tần số tương đối của các alen trong quần thể mới sau di cư.
b. Quần thể mới sinh sản. Vì một lí do nào đó xảy ra quá trình đột biến: A  a,
với tốc độ là 0,3%. Không có đột biến ngược.
- Tính tần số tương đối của các alen ở thế hệ tiếp theo của quần thể mới.
Giải:
a. - Ta có: Quần thể chính có pA= 1, quần thể đảo: pA= 0,6.
Quần thể chính di cư đến quần thể đảo và chiếm 12% quần thể mới. Vậy quần thể đảo
chiếm 88% trong quần thể mới.
- Quần thể mới ở đảo (sau di cư) có tần số tương đối của các alen là:
pmới = 12% x 1 + 88% x 0,6 = 0,648
qmới = 1- pmới = 1- 0,648 = 0,352
b. - Tần số đột biến: A thành a là: 0,3%
Tần số các alen sau đột biến là
6

pA= 0,648 - (0,3% x 0,648) = 0,646
qa = 1 - 0,646 = 0,354
Câu 5: Xét một gen có 2 alen A và alen a. Một quần thể sóc gồm 180 cá thể trưởng

thành sống ở một vườn thực vật có tần số alen A là 0,9. Một quần thể sóc khác sống ở
khu rừng bên cạnh có tần số alen này là 0,5. Do thời tiết mùa đông khắc nghiệt đột ngột
60 con sóc trưởng thành từ quần thể rừng di cư sang quần thể vườn thực vật để tìm thức
ăn và hòa nhập vào quần thể sóc trong vườn thực vật.
a)Tính tần số alen A và alen a của quần thể sóc sau sự di cư được mong đợi là
bao nhiêu?
b)Ở quần thể sóc vườn thực vật sau sự di cư, giả sử tần số đột biến thuận (Aa)
gấp 5 lần tần số đột biến nghịch (aA). Biết tần số đột biến nghịch là 10-5. Tính tần số
của mỗi alen sau một thế hệ tiếp theo của quần thể sóc này.
c)Giả sử tần số alen (a) của quần thể sóc sống ở quần thể rừng là 0,2575 và
0,5625 ở quần thể hỗn hợp(sau nhập cư), cho biết tốc độ nhập cư là 0,1. Tính tần số của
alen (a) ở quần thể sóc ở vườn thực vật ban đầu?
Nội dung giải
Số điểm
a) Ở quần thể vườn thực vật số cá thể sóc mang alen A là: 180 x
0,9=162 cá thể
Ở quần thể rừng số cá thể sóc mang alen A di cư sang quần thể vườn
0,5 điểm
thực vật là: 0,5x 60 = 30 cá thể.
Vậy tổng cá thể mang alen A của quần thể sóc trong vườn thực vật sau
sự di cư là : 162 + 30 = 192 cá thể.
Tổng số cá thể sóc trong ường thực vật: 180 + 60 = 240 cá thể
1 điểm
Tần số alen A =

192
= 0,8 , tần số alen a = 1- 0,8 = 0,2.
240

b)pA = vq – up = (10-5 x 0,2) – (5.10-5 x 0,8) = -3,8.10-5

qa = up – vq = (5.10-5 x 0,8) – (10-5 x 0,2) = 3,8.10-5
Vậy tần số của alen A và alen a sau 1 thể hệ là:
pA=0,8 - 3,8.10-5
qa = 0,2 + 3,8.10-5
c) m = 0,1; qm = 0,2575; q’ = 0,5625.
Ta có phương trình: m =
q=

(q − q )

(q − qm )

1 điểm
1 điểm
0,5 điểm

'

(q ' − mqm ) (0,5625 − 0,1x0, 2575)
=
≈ 0,5964
(1 − m)
1 − 0,1

1 điểm

Vậy tần số alen (a) là: 0,5964
Bài 6: Cho 2 QT 1 và 2 cùng loài,kích thước QT 1 gấp đôi QT 2. QT 1 có TS alen
A=0,3, QT 2 có TS alen A=0,4. Nếu có 10% cá thể của QT 1 di cư qua QT 2 và 20% cá
thể của QT 2 di cư qua QT 1 thì TS alen A của 2 QT 1 và 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 và=0,35

Giải: gọi N1 , p1 , và N2 , p2 lần lượt là số lượng cá thể (kích thước ) của QT 1 và 2 và
theo gt thì
N1 =2 N1
7

TS alen p sau khi xuất và nhập cư ở 2 QT:
* QT1: p(1) = [(p1x 9N1/10) +(p2x 2N2/10) ] / [9N1/10 +2N2/10] = 0,31
* QT2: p(2)= [(p1x N1/10) +(p2x 8N2/10) ] / [N1/10 +8N2/10] = 0,38 (Đáp án B)
Bài 7:Một QT sóc sống trong vườn thực vật có 160 con có TS alen B = 0,9. Một QT sóc
khác sống trong rừng bên cạnh có TS alen này là 0,5. Do mùa đông khắc nghiệt đột
ngột, 40 con sóc trưởng thành từ QT rừng chuyển sang QT sóc vườn tìm ăn và hòa nhập
vào QT vườn, TS alen B sau sự di cư này là bao nhiêu ?
A. 0,70.
B. 0,90.
C. 0,75.
D. 0,82.
Giải:Xét QT ban đầu: Số allele B là: 0.9.160.2 = 288 ; số allele b là: (1-0,9).160.2 = 32
Xét nhóm cá thể nhập cư: Số allele B = số allele a = 0,5.40.2 = 40
QT vườn sau nhập cư: Số allele B = 288+40 = 328 ; số allele b = 40+32=72
TS allele B trong QT sau nhập cư là: 328/(328+72) = 0,82
Bài 8: Trong một quần thể bướm gồm 900 con, tần số alen quy định cấu tử chuyển động
nhanh của một enzim là 0,7 và tần số len quy định cấu tử chuyển động chậm là 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; q= 0,3 B. p= 0,25; q= 0,75

C. p= 0,75; q= 0,25
D. p= 0,3; q= 0,7
Giải: số lượng cá thể ban đầu của QT được nhập =900, SL cá thể của QT xuất cư khong
cần thiết mà chỉ cần SL cá thể xuất cư và tần số alen. ta có
p = (N1p1 + N2p2)/(N1 + N2) = (90.0,7 + 900.0,2)/(90+900) = 0,245 = 0,25 →q = 0,75
Một cách giải khác với dạng bài này
Bài 9: Trong 1 quần thể bướm gồm 900 con, tần số alen (p) quy định tính trạng tác
động nhanh của enzim là 0,6 và tần số alen (q) quy đinh tác động chậm là 0,4. 90
con bướm từ quần thể khác di cư vào quần thể này và bướm di cư có tần số alen
quy định tác động chậm enzim là 0,8. Tính tần số alen của quần thể mới.
Giải:
+ Với 900 bướm, tổng số alen trong quần thể ban đầu là 2x900=1800.
Số alen nhanh=1800 x0,6=1080
Số alen chậm=1080 x 0,4=720
+ Trong quần thể di cư, tổng số alen= 2x90=180
Số alen nhanh=180 x 0,2=36
Số alen chậm=180 x 0,8=144
Do đó tần số alen nhanh trong quần thể mới là p=

1080 + 36
=0,56
1800 + 180

III/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA GIAO PHỐI KHÔNG NGẪU NHIÊN
(THÊM GIAO PHỐI NGẪU NHIÊN)
1. Cơ sở lí luận:
Ngẫu phối không hoàn toàn là quần thể vừa ngẫu phối vừa nội phối. Nội phối
làm tăng tỷ lệ đồng hợp tử bằng với mức giảm tỷ lệ dị hợp tử. Nội phối có thể làm thay
8

đổi tần số kiểu gen, nhưng không làm thay đổi tần số alen.Tần số các thể đồng hợp tử
cao hơn lý thuyết là kết quả của nội phối.
Nếu trong một quần thể có f cá thể nội phối thì tần số các kiểu gen bằng
(p2 + fpq)AA + (2pq – 2fpq)Aa + (q2 + fpq)aa
Hệ số nội phối được tính bằng:
1- [(tần số dị hợp tử quan sát được)/(tần số dị hợp tử theo lý thuyết)]
Hay bằng (tần số dị hợp tử theo lý thuyết – tần số dị hợp tử quan sát được)/tần
số dị hợp tử theo lý thuyết.
2. Các dạng bài tập
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Trong một quần thể yến mạch hoang dại, tần số đồng hợp tử trội, dị hợp tử và
đồng hợp tử lặn tương ứng là: 0,67; 0,06 và 0,27. Hãy tính hệ số nội phối trong quần
thể.
Giải
Tần số các alen: p = 0,67 + (1/2)(0,6) = 0,7; q = 1 – 0,7 = 0,3
Tần số dị hợp tử theo lý thuyết: 2pq = 2(0,3)(0,7) = 0,42
Hệ số nội phối = 1 – (0,06/0,42) = 0,86
Bài 2: 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
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 = 0,48.0,8n
 Tần số Aa giảm là: 0,48 – 0,48.0,8n = 0,283392
 n = 4. Vậy hệ số giao phối là 4.

9

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 3 : Một quần thể ngẫu phối có tần số các alen như sau: p(A) = 0,7; q(a) = 0,3.Giả sử
quần thể ban đầu đang đạt trạng thái cân bằng di truyền. Sau 3 thế hệ giao phối cấu trúc
di truyền của quần thể như sau: 0,65464 AA + 0,09072 Aa + 0,25464 aa = 1. Biết rằng
đã xảy ra hiện tượng nội phối. Tính hệ số nội phối?
* Trường hợp giao phối có lựa chọn: sẽ làm cho tỉ lệ kiểu gen và tần số alen sẽ bị
thay đổi qua các thế hệ.
Ví dụ:
Bài 4: Ở quần thể cá đạt trạng thái cân bằng Hacđi – Vanbec có tỉ lệ cá màu
xám : cá màu đỏ = 1:24. Nếu xảy ra hiện tượng giao phối có lựa chọn (chỉ có
những con cùng màu mới giao phối với nhau) qua 2 thế hệ. Xác định thành
phần kiểu gen của quần thể ở thế hệ thứ hai. Biết gen quy định màu đỏ là trội
hoàn toàn so với màu xám, gen nằm trên nhiễm sắc thể thường.
Lời giải:
Gọi A quy định màu đỏ, a quy định màu xám và tần số của alen A là p, tần số của
alen a là q.
Vì quần thể ở trạng thái cân bằng nên q2 = 1/25 → q = 0,2 ; p = 1-0,2 = 0,8
Cấu trúc di truyền của quần thể là: 0,64 AA + 0,32 Aa + 0,04 aa = 1
Quần thể xảy ra giao phối có lựa chọn sau 2 thế hệ:
P: (màu đỏ ×màu đỏ)0,96
= (0,6667 AA : 0,3333 Aa) × (0,6667 AA : 0,3333 Aa) 0,96
→ F1: (0,6666 AA : 0,2667 Aa : 0,0267 aa)
P: (màu xám x màu xám)0,04 = (aa x aa) 0,04 → F1: 0,04 aa
Thế hệ F1 thu được là (0,6666 AA : 0,2667 Aa : 0,0667 aa)
F1x F1: (màu đỏ x màu đỏ)0,9333
= (0,7142 AA : 0,2858 Aa) × (0,7142 AA : 0,2858 Aa) 0,9333

→ F2: (0,6856 AA : 0,2286 Aa : 0,0190 aa)
F1x F1: (màu xám x màu xám)0,0667 → F2:0,0667 aa
Vậy cấu trúc di truyền quần thể F2: (0,6856 AA : 0,2286 Aa : 0,0857 aa)
Bài 5: Có 1 đột biến lặn trên NST thường làm cho mỏ dưới của gà dài hơn mỏ trên.
Những con gà như vậy mổ được ít thức ăn nên yếu ớt. Những chủ chăn nuôi thường
phải liên tục loại chúng khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp gà bố mẹ mỏ
bình thường, thu được 1500 gà con, trong đó có 15 gà biểu hiện đột biến trên. Giả sử
không có đột biến mới xảy ra, hãy cho biết có bao nhiêu gà bố mẹ dị hợp tử về đột biến
trên?
A. 15
B. 2
C. 40
D. 4
BL:
ngẫu phối=> đời con Taa=15/1500=0,01 =>Ta=0,1=1/2.TAa đời bố mẹ => TAa đời bố
mẹ=0,2 tương ứng 40 con gà ở đây là 200 con gà do có 100 cặp
Hoac C2: Gọi n là số cá thể bố mẹ dị hợp (trong số 100 cặp =200 con)→ TS q =
n/2x200 = n/400 (1)
theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)
Từ (1) và (2) → n= 40
Bài 6:Một QT ở TTCB về 1 gen gồm 2 alen A và a, trong đó P(A) = 0,4. Nếu quá
10

trình chọn lọc đào thải những cá thể có KG aa xảy ra với áp lực S = 0,02. CTDT của QT
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
GIẢI:Tan so KG
AA=0,4^2=0,16
Aa=2*0,4*0,6=0,48
aa=0,6^2=0,36
qu á trình chọn lọc đào thải những cá thể có KG aa xảy ra với áp lực S = 0,02
aa=0,36-0,02*0,36=0,3528
sau chon loc Tan so KG aa=0,3528/(0,16+0,48+0,3528)=0,3551
BT: 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 bọ gậy có màu đen. Trong một phòng thí nghiệm, người ta cho
giao phối ngẫu nhiên 100 cặp muỗi bố mẹ, thu được 10.000 trứng và cho nở thành
10.000 bọ gậy, trong số đó có 100 bọ gậy thân đen. Do muốn loại bỏ đột biến này khỏi
quần thể, người ta đã loại đi tất cả số bọ gậy thân đen. Giả sử rằng không có đột biến
mới xảy ra.
a. Hãy biện luận để xác định tần số các alen quy định màu thân bọ gậy quần thể muỗi bố
mẹ.
b. Tần số các alen của quần thể muỗi thay đổi thế nào sau khi đã loại bỏ các bọ gậy thân
đen.
Giải: a. Quần thể trên thỏa mãn các điều kiện của quy luật Hardy - Weinberg. Theo quy
luật Hardy - Weinberg, sau một thế hệ giao phối ngẫu nhiên, quần thể bọ gậy đạt trạng
thái cân bằng di truyền. Nếu quy ước A: quy định thân màu trắng; a: quy định thân màu
đen, ta có:
Tần số kiểu gen aa : q2(a) = 100/10000 = 0,01.
Vậy tần số alen a = 0,1 và tần số alen A = 1 - 0,1 = 0,9.
b. Áp dụng q1= q: (1+ q) ta có q1= 0,01: (1+ 0,01) = 0,0099 Vậy tần số alen a ở quần
thể muỗi F1 là 0,0099 và tần số alen A là 1 – 0,0099 = 0,9901
Quần thể bọ gậy ở trạng thái cân bằng có thành phần kiểu gen là:
(0,9)2 AA + 2 x 0,9 x 0,1 Aa + (0,1)2aa = 0,81 AA + 0,18 Aa + 0,01 aa
Với 10000 bọ gậy, số bọ gậy tương ứng với mỗi kiểu gen ở trạng thái cân bằng là:

AA: 0,81 x 10000 = 8100
Aa: 0,18 x 10000 = 1800
aa: 0,01 x 10000 = 100
Sau khi loại bỏ toàn bộ bọ gậy thân đen, quần thể bọ gậy có số lượng cá thể của mỗi
kiểu gen là:
8100 AA + 1800Aa + 0 aa
Khi đó quần thể có tổng số 9900 bọ gậy và có thành phần kiểu gen là:
(8100/9900)AA + (1800/9900)Aa + 0 aa = 0,82AA + 0,18Aa + 0 aa
Tần số các alen là:
• Tần số alen A
• p = 0,82 + (1/2) x (0,18) = 0,91
• Tần số alen a
• q = 1 - 0,91 = 0,09
Như vậy, sau khi loại bỏ toàn bộ bọ gậy thân đen, tần số các alen thay đổi như sau:
11

• Tần số alen A tăng từ 0,9 lên 0,91
• Tần số alen a giảm từ 0,1 xuống 0,09

IV/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA CHỌN LỌC TỰ NHIÊN
1. Cơ sở lí luận:
a. Giá trị thích nghi và hệ số chọn lọc
Mặt chủ yếu của chọn lọc tự nhiên là sự phân hoá khả năng sinh sản tức là khả
năng truyền gen cho thế hệ sau. Khả năng này được đánh giá bằng hiệu suất sinh sản,
ước lượng bằng con số trung bình của một cá thể trong một thế hệ.
So sánh hiệu suất sinh sản dẫn tới khái niệm giá trị chọn lọc hay giá trị thích
nghi (giá trị chọn lọc hay giá trị thích ứng), kí hiệu là w), phản ánh mức độ sống sót và
truyền lại cho thế hệ sau của một kiểu gen (hoặc của một alen).
Ví dụ: kiểu hình dại trội (AA và Aa để lại cho đời sau 100 con cháu mà kiểu hình

đột biến lặn (aa) chỉ để lại được 99 con cháu, thì ta nói giá trị thích nghi của alen A là
100% (wA = 1) và giá trị thích nghi của các alen a là 99% (wa = 0,99).
Sự chênh lệch giá trị chọn lọc của 2 alen (trội và lặn) dẫn tới khái niệm hệ số
chọn lọc (Salective coeffcient), thường kí hiệu là S.
Hệ số chọn lọc phản ánh sự chênh lệch giá trị thích nghi của 2 alen, phản ánh
mức độ ưu thế của các alen với nhau trong quá trình chọn lọc.
Như vậy trong ví dụ trên thì thì S = wA – wa = 1 – 0,99 = 0,01
+ Nếu wA = wa → S = 0, nghĩa là giá trị thích nghi của alen A và a là bằng nhau
và tần số tương đối của alen A và a trong quần thể sẽ không đổi.
+ Nếu wA = 1, wa = 0 → S=1, nghĩa là các cơ thể có kiểu gen aa bị đào thải hoàn
toàn vì đột biến a gây chết hoặc bất dục ( không sinh sản được).
Như vậy, giá trị của S càng lớn thì tần số tương đối của các alen biến đổi càng
nhanh hay nói cách khác, giá trị của hệ số chọn lọc (S) phản ánh áp lực của chọn lọc tự
nhiên.
b. Chọn lọc alen chống lại giao tử hay thể đơn bội.
- Giả sử trong 1 quần thể chỉ có 2 loại giao tử là A và giao tử mang alen a.
- Nếu CLTN chống lại giao tử mang mang alen a với hệ số chọn lọc S => Giá trị
thích nghi Wa = 1 - S.
+ Tần số alen A trước chọ lọc: p
12

+ Tổng tần số các giao tử trước chọn lọc: p + S
+ Tổng tần số các giao tử sau chọn lọc: p + q(1 - S) = p + (1 - p)(1 - S) = p + 1 - S
- p + Sp = 1 - S(1 - p) = 1 - Sq.
+ Tần số alen sau chọn lọc = Tần số alen trước chọn lọc/ Tổng tần số alen sau chọn
lọc.
p

 Tổng số alen A sau chọn lọc: 1 − Sq = p1

+ Tốc độ thay đổi tần số alen A:

+ ∆q = q1 − q =

p
p − p + Sqp
Spq
− p = p − p1 =
=
= ∆p
1 − Sq
1 − Sq
1 − Sq

q (1 − S )
q − qS − q + Sq 2 − Sq (1 − q )
−q=
=
1 − Sq
1 − Sq
1 − Sq

c. Chọn lọc chống lại alen trội và alen lặn ở cơ thể lưỡng bội:
1. Xét trường hợp chọn lọc chống lại alen lặn:
Kiểu gen
Tổng số alen ở thế
hệ xuất phát
- Giá trị thích nghi
- Đóng góp vào vốn
gen chung tạo ra thế

hệ sau:
- Tổng số kiểu hình
sau chọ lọc
-

AA

Aa

aa

Vốn gen tổng cộng

p2

2pq

q2

1

1

1

1-S

p

2pq

q (1-S)

= p2+2pq+q2(1-S)
=1-Sq2

p2
1 - Sq 2

2pq
1 - Sq 2

q 2 (1 - S)
1 - Sq 2

1

2

2

Tần số alen A sau chọn lọc:
p 2 + pq
p( p + q)
p
p1 =
=
=
2
2

1 - Sq
1 - Sq
1 - Sq 2

-

Tốc độ biến đổi tần số alen A:

∆p = p1 − p =

-

p
p − p + Spq 2
Spq 2
−
p
=
=
1 - Sq 2
1 - Sq 2
1 - Sq 2

Tổng số alen a sau chọn lọc:

pq + q 2 (1 − S ) (1 − q) q + q 2 (1 − S ) q − q 2 + q 2 − q 2 S q (1 − Sq )
q1 =
=
=
=

1 - Sq 2
1 - Sq 2
1 - Sq 2
1 - Sq 2

-

Tốc độ biến đổi tần số alen a sau chọn lọc:
13

∆q = q1 − q =

q − Sq 2 − q + Sq 3 − Sq 2 (1 − q)
=
1 - Sq 2
1 - Sq 2

(Giá trị âm vì chọn lọc chống lại alen a)
d. Số thế hệ cần thiết để thay đổi tần số gen a từ q ở thế hệ khởi đầu thành qn :
Trường hợp
- q1 =

S=1

q (1 − Sq ) q (1 − q )
q
=
=
1 - Sq 2

1 - q2
1+ q

- Các thế hệ kế tiếp 0,1,2,...,n.
q0
q0
q
q
q0
q0
q0
1 + q0
1 + q0
q1 = 0 ; q2 = 1 =
=
=
; q3 =
; qn =
1 + 2q0 1 + 2q0
1 + q0
1 + q1 1 + q0
1 + 3q0
1 + nq0
1 + q0
1 + q0
(n.q0 + 1)qn = q0 ⇔ (n.q0 + 1) =

q0
q − qn
q − qn 1 1

⇔ n.q0 = 0
⇔n= 0
=
−
qn
qn
qn .q0
qn q0

9. Chọn lọc: Loại bỏ alen lặn aa
Bài tập: Nếu QTGP ở trạng thái cân bằng ,xét một gen với tần số A=(p0); a=(q0) với
p0 + q0 = 1, hệ số chọn lọc s =1.Sự thay đổi tần số các alen qua các thế hệ sẽ như thế
nào?
Chứng minh
Số thế
AA
Aa
aa
p(A)
q(a)
hệ CL
0
p02
2p0q0
q02
p0
q0
2
2
2

2
1
p1
2p1q1
q1
p0 + p0q0 / p0 + 2p0q0 =
p0q0 / p02+ 2p0q0 =
p0 + q0 / p0 + 2q0
q0 / p0 + 2q0
2
2
2
2
2
p2
2p2q2
q2
p1 + p1q1 / p1 + 2p1q1 =
p1q1 / p12+ 2p1q1 =
p0 + 2q0 / p0 + 3q0
q0 / p0 + 3q0
2
2
2
2
3
p3
2p3q3
q3
p2 + p2q2 / p2 + 2p2q2 =

p2q2 / p22+ 2p2q2 =
p0 + 3q0 / p0 + 4q0
q0 / p0 + 4q0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
2
n
pn
2pnqn
qn
p0 + nq0 / p0 + (n+1)q0 =
q0 / p0 + (n+1)q0 =
1+ (n-1)q0 / 1+ nq0

q0 / 1+ nq0
1. CÔNG THỨC TỔNG QUÁT VỀ SỰ BIẾN ĐỔI CỦA TẦN SỐ ALEN TRONG
TRƯỜNG HỢP CHỌN LỌC CÁC ALEN LẶN TRONG QTNP QUA NHIỀU THẾ HỆ
Nếu QTGP ở trạng thái cân bằng và tần số A=(p0); a=(q0) với p0 + q0 = 1, hệ số chọn
lọc( s =1) thì :
Tần số alen trội và lặn sau n thế hệ chịu sự chọn lọc là:
p(A) = p0 + nq0 / p0 + (n+1)q0 = 1+ (n-1)q0 / 1+ nq0
q(a) = q0 / p0 + (n+1)q0
= q0 / 1+ nq0
14

* Ví dụ:
Tần số alen a ban đầu là 0,96. Quá trình chọn lọc pha lưỡng bội diễn ra qua 16 thế hệ sẽ
làm tần số alen a giảm xuống còn bao nhiêu?
Cho biết hệ số chọn lọc S = 1.
GIẢI
Tần số alen lặn sau 16 thế hệ chọn lọc là:
q(a) = q0 / 1+ nq0 = 0,96 / 1 +16 x 0,96
e. Sự cân bằng giữa đột biến và chọn lọc:
Sự cân bằng áp lực chọn lọc và áp lực đột biến sẽ đạt được khi số lượng đột biến xuất
hiện thêm bù trừ cho số lượng đột biến bị chọn lọc loại trừ đi.
* Trường hợp 1: Alen đột biến trội tăng lên với tần số u và chịu tác động của áp lực
chọn lọc S.
Thế cân bằng các alen trong quần thể đạt được khi số lượng alen đột biến xuất hiện
bằng số alen A bị đào thải đi, hoặc tần số các alen đột biến A xuất hiện phải bằng tần số
alen A bị đào thải đi, tức là:
u = p.S → p =

u

. Nếu S = 1 → p = u nghĩa là A gây chết. Lúc này tần số
S

kiểu hình xuất hiện ra cũng biểu thị đột biến.
* Trường hợp 2: Các alen đột biến lặn tăng. Nếu các alen lặn không ảnh hưởng đến
kiểu hình dị hợp một cách rõ rệt, thì chúng được tích luỹ trong quần thể cho đến lúc có
thể biểu hiện ra thể đồng hợp.
Thế cân bằng đạt được khi tần số alen xuất hiện do đột biến bằng tần số alen bị đào thải
đi mà cá thể bị đào thải có kiểu gen aa chiếm tỉ lệ là q 2 → tần số alen a bị đào thải là:
q2 . S
Vậy quần thể cân bằng khi: u = q2 . S → q2 =

u
→q=
S

u
S

2. Các dạng bài tập
BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI
Bài 1: Một quần thể ở trạng thái cân bằng về 1 gen có 2 alen A, a. Trong đó tần số p =
0,4. Nếu quá trình chọn lọc đào thải những cơ thể có kiểu gen aa xảy ra với áp lực S =
0,02. Hãy xác định cẩu trúc di truyền của quần thể sau khi xảy ra chọn lọc.
Giải:
- Quần thể cân bằng di truyền, nên ta có: pA + qa = 1 → qa = 1 – 0,4 = 0,6
- Cấu trúc di truyền của quần thể cân bằng là:
15

(0,4)2AA + 2(0,4 x 0,6)Aa + (0,6)2aa = 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) = 0,9928
- Vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc là:
0,16
0,3528
AA
:
0,483Aa
:
aa ↔ 0,161AA : 0,483Aa : 0,356aa
0,9928
0,9928

Bài 2: Trên một quần đảo biệt lập có 5800 người sống, trong dó có 2800 nam giới.
trong số này có 196 nam bị mù màu xanh đỏ. Kiểu mù màu này là do 1 gen lặn r nằm
trên NST X. kiểu mù màu này không ảnh hưởng tới sự thích nghi của cá thể. Khả năng
có ít nhất 1 phụ nữ của hòn đảo này bị mù màu xanh đỏ là bao nhiêu?
Giải
Gọi p là tần số alen A (p +q = 1; p, q > 0); q là tần số alen a.
Cấu trúc di truyền ở nam: pXAY + qXaY = 1
Theo bài: qXaY =

196
= 0,07 => p = 1 – 0,07 = 0,93.
2800

Cấu trúc di truyền ở nữ: p2XAXA + 2pqXAXa + q2XaXa = 1


0,8649.XAXA + 0,1302.XAXa + 0,0049XaXa = 1



Tần số cá thể nữ bình thường là: 0,8649 + 0,1302 = 0,9951

=> Tần số để 3000 cá thể nữ đều bình thường là: 0,99513000.
=>Tần số để có ít nhất 1 phụ nữ bị bệnh mù màu là: 1 - 0,99513000.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 3: Giả sử một quần thể động vật ngẫu phối có tỉ lệ các kiểu gen:
- Ở giới cái: 0,36 AA : 0,48 Aa : 0,16 aa
- Ở giới đực: 0,64 AA : 0,32 Aa : 0,04 aa
a) Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở trạng thái cân bằng.
b) Sau khi quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền, do điều kiện sống thay
đổi, những cá thể có kiểu gen aa trở nên không có khả năng sinh sản. Hãy xác định tần
số các alen của quần thể sau 5 thế hệ ngẫu phối.
Bài 4: Trong 1 quần thể thực vật lưỡng bội sống 1 năm ở trên đảo, tần số alen năm 1999
là p(A) = 0,90 và q(a) = 0,10. Giả sử rằng quần thể đó có 50 cây vào thời điểm năm 2000.

16

vậy khả năng alen a bị mất đi (nghĩa là p (A) = 1) do ngẫu phối giữa năm 1999 và 2000 là
bao nhiêu?

Bài 5: Để làm giảm tần số của alen a từ 0.98 xuống 0.04 chỉ do tác động của chọn lọc
pha lưỡng bội thì cần bao nhiêu thế hệ. biết không có ảnh hưởng của đột biến và các yếu

tố khác ngoài chọn lọc và hệ số chọn lọc đối với KH lặn là S = 1.
GIẢI
Ta hiểu là quá trình CL ở đây xảy ra trong QT ngẫu phối đã có sự cân bằng.
Gọi tần số alen lặn ở thế hệ ban đầu là q0 , ở thế hệ n là qn
Ta có:
n = 1/qn – 1/q0 = 1/0,04 – 1 / 0,98 ≈ 24
Vậy số thế hệ chọn lọc: n = 24
Bài 6:: Một gen có 2 alen,ở thế hệ xuất phát,tần số alen A = 0,2 ; a = 0,8. Sau 5 thế hệ
chọn lọc loại bỏ hoàn toàn kiểu hình lặn ra khỏi quần thể thì tần số alen a trong quần thể
là:
A. 0,186
B. 0,146
C. 0,160
D. 0,284
công thức qn = q0/1+ nq0 = 0,16
Bài 7: Trong một quần thể đặc biệt tần số các alen trước và sau đột biến xảy ra
như sau:
AA

Aa

aa

Tần số trước khi có chọn lọc
(Fo)

0,25

0,5

0,25

Tần số sau khi có chọn lọc
(F1)

0,35

0,48

0,17

a) Xác định giá trị thích nghi (tỉ lệ sống sót tới khi sinh sản) của các kiểu gen.
b) Xác định sự biến đổi (lượng biến thiên) tần số các alen A và a sau 1 thế hệ chọn
lọc. Từ đó có nhận xét gì về tác động của chọn lọc đối với các alen?
Giải
a) Giá trị thích nghi của các kiểu gen:
0,35

1, 4

0, 48

0,96

Kiểu gen AA: 0, 25 = 1,4  1, 4 = 1; Kiểu gen Aa = 0,5 = 0,96  1, 4 = 0,685;
0,17

0, 68

Kiểu gen aa = 0, 25 = 0,68  1, 4 = 0,485.

b) Lượng biến thiên tần số của các alen A và a:
- Trước khi chọn lọc: p(A) = 0,5; q(a) = 0,5. Sau chọn lọc: p(A) = 0,59; q(a) = 0,41.
- Lượng biến thiên: Tần số alen A: 0,59- 0,50 = 0,09; Tần số alen a: 0,41- 0,50 = - 0,09.
 Chọn lọc tự nhiên đào thải alen a, bảo tồn tích luỹ alen A.
Bài 8: Giá trị thích nghi của các kiểu gen trong một quần thể bướm sâu đo bạch dương
như sau:
Kiểu gen
AA
Aa
aa
17

Giá trị thích nghi
1,00
1,00
0,20
Quần thể này đang chịu tác động của hình thức chọn lọc nào? Nêu đặc điểm của
hình thức chọn lọc đó.
Bài 9: Giả sử 1 lôcut có 2 alen A và a, thế hệ ban đầu có tần số tương đối của alen A là
p0. Quá trình đột biến làm cho A → a với tần số u = 10-5.
a) Để p0 giảm đi

1
phải cần bao nhiêu thế hệ?
2

b) Từ đó em có nhận xét gì về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hoá?
Giải bài 8
* Quần thể đang chịu tác động của hình thức chọn lọc vận động.

* Đặc điểm của hình thức chọn lọc vận động:
- Diễn ra khi điều kiện sống thay đổi theo một hướng xác định  hướng chọn lọc thay đổi.
- Kết quả: đặc điểm thích nghi cũ dần dần được thay thế bằng đặc điểm thích nghi mới
thích nghi hơn trong hoàn cảnh mới.
Giải bài 9
a)Vì đột biến diễn ra theo chiều thuận, nên ta có: pn = po (1- u)n
trong đó: pn: tần số alen trội (A) ở thế hệ pn ; po: tần số alen trội (A) ở thế hệ po ; u: tốc độ
đột biến theo chiều thuận; n: số thế hệ.
=>

1
po = po (1- 10-5)n <=> 0,5 = (1-10-5)n <=> ln0,5 = ln (1-10-5).n
2

=> n =

ln 0,5
≈ 69.000 thế hệ.
ln(1 − 10−5 )

b) Nhận xét về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hóa: gây áp lực không đáng kể cho
quá trình tiến hóa.
Bài 10: a. Phát biểu định luật Hacđi - Vanbec.
b. Một quần thể động vật giao phối có số lượng cá thể và giá trị thích nghi của
các
kiểu gen như sau:
Kiểu gen
AA
Aa
aa

Số lượng cá thể
500
400
100
Giá trị thích
1,00
1,00
0,00
nghi
- Tính tần số của alen A, a và cho biết quần thể có cân bằng di truyền không?
- Quần thể trên đang bị chọn lọc theo hướng đào thải alen nào khỏi quần thể?
Tốc độ đào thải alen này nhanh hay chậm? Vì sao? Alen này có mất hẳn khỏi quần
thể không? Vì sao? (Biết rằng 100% số cá thể có kiểu gen aa bị chết ở độ tuổi trước
sinh sản).
Giải: a.Phát biểu định luật Hacdi- Vanbec
b.- Tần số alen:
Tỷ lệ kiểu gen trong quần thể ban đầu là:
0,50AA + 0,40 Aa + 0,10 aa
Tần số alen A (pA ) = 0,50 + 0,40/2 = 0,70
Tần số alen a (qa ) = 1- 0,70 = 0,30
Quần thể trên không cân bằng di truyền. Giải thích.
Quần thể cân bằng sẽ có tỷ lệ kiểu gen là:
(pA +qA)2 = ( 0,70 + 0,30)2 = 0,49 AA + 0,42 Aa + 0,09 aa =1
18

Quần thể này đang bị chọn lọc theo hướng đào thải alen lặn ra khỏi quần thể. Tốc độ
đào thải alen này rất nhanh vì giá trị thích nghi của A =1 , giá trị thích nghi của a = 0.
Alen a không mất hẳn khỏi quần thể vì gen lặn tồn tại trong cơ thể ở trạng thái dị hợp
tử, nên alen a vẫn tồn tại trong quần thể.

Bài 11:: Một gen có 2 alen,ở thế hệ XP,TS alen A = 0,2 ; a = 0,8. Sau 5 thế hệ chọn lọc
loại bỏ hoàn toàn KH lặn ra khỏi QT thì TS alen a trong QT là:
A. 0,186
0,160

B. 0,146
D. 0,284

C.

Áp dụng công thức qn = q0/1+ nq0 = 0,8/1+5x0,8 = 0,16
Bài 12: Có một đột biến lặn trên NST thường làm cho mỏ dưới của gà dài hơn mỏ trên.
Những con gà như vậy mổ được rất ít thức ăn nên rất yếu ớt. Những chủ chăn nuôi
thường xuyên phải loại bỏ chúng ra khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp gà
bố mẹ có mỏ bình thường, một người chủ thu được1500 gà con, trong đó có 15 con gà
biểu hiện đột biến trên. Giả xử ko co đột biến mới xảy ra, hãy cho biết có bao nhiêu gà
bố mẹ là dị hợp tử về ĐB
trên?
A. 20

B. 28

C. 32

D. 40

Gọi số cá thể bố mẹ dị hợp (Aa) = n →
số cá thể ĐH (AA) = 200-n

(100 cặp =200 cá thể)

theo gt ta có cấu trúc của QT NP là
nAa + (200-n)AA

X nAa + (200-n)AA

→ TS q = n/2x200 = n/400 (1)
theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)
Từ (1) và (2) → n= 40
Bài 13: Một QT ở TTCB 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 KG aa xảy ra với áp lực S = 0,02. CTDT của QT
sau khi xảy ra áp lực chọn lọc:
A. 0,1612 AA: 0,4835 Aa: 0,3553 aa

B. 0,16 AA: 0,48 Aa: 0,36 aa

C. 0,1613 AA: 0,4830 Aa: 0,3455 aa
0,3513 aa

D. 0,1610 AA: 0,4875 Aa:

Ban đầu:

P0 : 0,16AA +0,48Aa +0,36aa

Sau khi CL→P1 = p2+2pq+q2(1-S) => 0,16AA +0,48Aa +0,36(1-0,02)aa
=

0,1612AA +0,4835Aa +0,3553aa (A)
19

Bài 14: Một QT có TS alen pA = 0,3 và qa = 0,7. Khi kích thước QT bị giảm chỉ còn 50
cá thể thì xác suất để alen trội A bị biến mất hoàn toàn khỏi QT sẽ bằng bao nhiêu?
A. 0,7100

B. 0,350

C. 0,750

D. 1- 0,750

Nghĩa là QT chỉ có alen a (ở đây không phải CLTN mà xác suất do sự tổ hợp hoàn toàn
ngẫu nhiên giữa các alen a với nhau)
XS để có một cá thể kg (aa) = 0,72 →Xác suất để 50 cá thể đều có KG aa
=(0,72)50 =(0,7)100
Bài 15:Một QT có TS alen p(A) = 0,3 và q(a) = 0,7. Khi kích thước QT bị giảm chỉ còn
50 cá thể thì xác suất để alen trội A bị biến mất hoàn toàn khỏi QT sẽ bằng bao nhiêu?
A. 0,7100
B. 0,350
C. 0,750
D. 1-0,750.
Nghĩa là QT chỉ có alenlặn
Xác suất xuất hiện 1 alen lặn= 0,7
50 cá thể có 50x2 =100 alen
Vậy XS cần tìm = (0,7)100 (đáp án A)
Quần thể cân bằng nên có cấu trúc: 0,09AA:0,42Aa:0,49aa
Để allele A biến mất khỏi quần thể thì các kiểu gen AA, Aa đều bị loại ra khỏi
quần thể, tức là 50 cá thể thu được chỉ có KG aa.
Từ (1) ta có xác suất để một cơ thể có KG dị hợp là 0,49 nên 50 có thể sẽ có

xác suất (0,49)^50

Câu 16: . có một đột biến lặn trên NST thường làm cho mỏ dưới của gà dài hơn mỏ
trên. Những con gà như vậy mổ được rất ít thức ăn nên rất yếu ớt.Những chủ chăn nuôi
thường xuyên phải loại bỏ chúng ra khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp gà
bố mẹ có mỏ bình thường, một người chủ thu được1500 gà con, trong đó có 15 con gà
biểu hiện đột biến trên. Giả xử ko co đột biến mới xảy ra, hãy cho biết có bao nhiêu gà
bố mẹ là dị hợp tử về ĐB trên?
Đáp án 40
Gọi n là số cá thể bố mẹ dị hợp (trong số 100 cặp =200 con)→ TS q = n/2x200 = n/400
(1)
theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)
Từ (1) và (2) → n= 40
Bài 17: Một QT thực vật tự thụ, alen A quy định khả năng mọc được trên đất nhiễm
kim loại nặng, a: không mọc trên đất nhiễm kim loại nặng. QT ở P có 0,16AA: 0,48Aa:
0,36aa. Khi chuyển toàn bộ QT này trồng ở đất nhiễm kim loại nặng, sau 2 thế hệ TS
của mỗi alen là:
A. A = 0,728 ; a = 0,272.
B. A = 0,77 ; a = 0,23.
C. A = 0,87 ; a = 0,13
D. A = 0,79 ; a = 0,21.
20

Khi chuyển toàn bộ QT này trồng ở đất nhiễm kim loại nặng thì cây có KG aa sẽ chết.
Nên tần sồ của q = q0/(1+n.q0)= 0,36/(1+2.0,36) = 0.21 → p = 1-0.21 = 0.79 đáp án D
10. TÍNH GIÁ TRỊ THÍCH NGHI (tỷ lệ sống sót tới khi sinh sản của mỗi KG)
CTDT trước khi chọn lọc: (F0) d AA + h Aa + r aa=1
CTDT sau khi chọn lọc: (F1) DAA + H Aa + R aa=1
 Giá trị thích nghi (tỷ lệ sống sót tới khi sinh sản) của mỗi KG

AA=D/d

Aa=H/h

aa=R/r

Giá trị nào nhỏ nhất thì chọn lọc chống lại KG đó mạnh
nhất
Câu 6: Ở 1 quần thể ruồi giấm trong PTN, giá trị thích nghi ở một lô cút đã được
xác định 3 KG AA, Aa, aa có giá thị thích nghi lần lượt là 0,85, 1, 0,6. Ở điểm cân
bằng tần số của alen này là bao nhiêu.
Giải: Với các giá trị thích nghi đã cho ta thấy dạng chịn lọc giữ lại KG dị hợp, đào thải
các KG đồng hợp kém thích nghi.
Hệ số chọn lọc của KG AA=s1=1-0,85=0,15
Hệ số chọn lọc của KG aa=s2=1-0,6=0,4
Gọi q là tần số alen, áp dunhj công thức q=

0,15
s1
= 0,15 + 0,4 =0,27
s1 + s 2

V/ CÁC YẾU TỐ NGẪU NHIÊN
Bài 1: Người ta thả 16 con sóc gồm 8 con đực và 8 con cái lên một hòn đảo. Tuổi sinh
sản của sóc là 1 năm, mỗi con cái đẻ 6 con/năm. Nếu số lượng các cá thể trong QT vẫn
bảo toàn và TL đực cái là 1 :1 thì sau 5 năm, số lượng cá thể của QT sóc là
A. 4096

B. 4080

C. 16384

D. 16368

- gọi N0 là số lượng cá thể của QT ở F0
- S là số con / lứa
- với TL đực cái tạo ra ở mỗi thế hệ bằng nhau và số cá thể được bảo toàn thì ta thiết lập
được công thức TQ về tổng số cá thể của QT ở thế hệ Fn :
Nn = N0 (S+2)n/2n = 16.384
Quần thể mới cũng có thể được hình thành từ một quần thể lớn vào thời điểm số lượng
cá thể giảm sút ở vào thế “cổ chai’.
Ví dụ:
Tần số của 2 alen không chịu tác động của chọn lọc trong một quần thể lớn là 0,7 A và
0,3 a. Quần thể này bị tiêu diệt gần hết sau một trận dịch, chỉ còn lại 4 cá thể có khả
năng sinh con được. Hỏi xác suất để sau một số năm quần thể có 100% cá thể là AA
(giả sử không xảy ra đột biến).
21

Li giai:
Cõu truc di truyờn quõn thờ la 0,49 AA + 0,42 Aa + 0,09 aa = 1
Vi quõn thờ khụng bi chon loc va ụt biờn do o t 4 ca thờ tr thanh 100% AA thi 4 ca
thờ o phai la AA.
Xac suõt 4 ca thờ ờu la AA la (0,49)4 = 0,0576
Võy xac suõt ờ sau mụt sụ nm quõn thờ co 100% ca thờ AA la 5,76%
VI/ CC DNG BI TP KHC

Câu 11. (1 điểm)
Giả sử có hai hòn đảo X và Y cùng đợc hình thành do đáy đại dơng trồi lên, vào
cùng một thời điểm và ở cùng một vĩ độ. Sau một thời gian tiến hoá ngời ta thấy trên đảo

X có số lợng loài sinh vật nhiều hơn so với ở đảo Y. Hãy thử giải thích nguyên nhân dẫn
đến sự khác biệt về số lợng các loài trên 2 đảo đó.
Câu 11. (1 điểm)
- Đảo X có thể có kích thớc lớn hơn nhiều so với kích thớc đảo Y, vì thế sẽ nhận đợc
nhiều loài di c từ đất liền ra cũng nh có thể có nhiều vùng sinh thái khác biệt hay
các vùng cách li địa lí với nhau khiến cho loài mới dễ đợc hình thành hơn so với đảo
có kích thớc nhỏ.
(0,5 điểm)
- Đảo X có kích thớc lớn nên ổ sinh thái đa dạng hơn khiến số lợng loài bị tuyệt
chủng trong quá trình tiến hoá do không thắng đợc trong quá trình cạnh tranh cũng
sẽ ít hơn. Điều này cũng góp phần làm cho số lợng loài trên đảo X nhiều hơn.
Câu 9.
Hãy trình bày những yếu tố qui định sự đa hình di truyền của quần thể sinh vật giao
phối.
Câu 9. (1,0 điểm)
Sự đa hình di truyền của quần thể sinh vật thể hiện ở chỗ quần thể có rất nhiều
kiểu gen khác nhau cùng tồn tại. Sự đa hình thờng đợc nhận biết bằng tần số các
kiểu gen dị hợp tử cao. Các yếu tố duy trì sự đa hình di truyền của quần thể là:
- Trạng thái lỡng bội của sinh vật. Các sinh vật giao phối thờng tồn tại chủ yếu ở
trạng thái lỡng bội do vậy đột biến gen dễ dàng tồn tại ở trạng thái dị hợp tử mà
không bị loại thải bởi chọn lọc tự nhiên làm tăng sự đa dạng di truyền.
- u thế dị hợp tử: Khi các cá thể dị hợp tử có sức sống và khả năng sinh sản tốt hơn
các thể đồng hợp tử thì quần thể dễ dàng duy trì sự đa hình di truyền.
- Các đột biến trung tính: các đột biến trung tính không bị chọn lọc tự nhiên tác
động nên góp phần tạo nên sự đa hình di truyền.
Câu 8.
Khi nghiên cứu một quần xã sinh vật gồm các loài A, B, C, D và E, một nhà sinh
thái học nhận thấy nếu loại bỏ hoàn toàn loài A ra khỏi quần xã (thí nghiệm 1) thì
loài E bị biến mất khỏi quần xã và quần xã chỉ còn lại loài B, C và D trong đó loài
B lúc này có số lợng đông hơn nhiều so với trớc khi thí nghiệm. Trong thí nghiệm

2, nhà khoa học này lại loại bỏ hoàn toàn loài C ra khỏi quần xã chỉ để lại các loài
A, B, D và E. Sau một thời gian nhà sinh thái nhận thấy quần xã chỉ còn lại loài A
22

(các loài B, D và E bị biến mất hoàn toàn khỏi quần xã). Hãy giải thích các kết
quả của 2 thí nghiệm trên và rút ra vai trò của các loài trong quần xã.
Câu 8. (1,0 điểm)
a. Kết quả thí nghiệm 1 cho thấy loại bỏ loài A thì loài B lại trở thành loài u thế
và loài E bị biến mất chứng tỏ loài A có khả năng cạnh tranh tốt hơn so với loài B.
Khi có mặt loài A thì loài B không cạnh tranh nổi với loài A nên số lợng bị hạn
chế. Khi loài A bị loại bỏ thì loài B không bị khống chế nên số lợng phát triển
mạnh làm cho loài E bị biến mất khỏi quần thể. Điều này chứng tỏ hai loài B và E
có mức độ trùng lặp nhiều về ổ sinh thái nên đã có hiện tợng cạnh tranh loại trừ.
Loài B phát triển quá mức sẽ loại trừ loài E. Loài B, C và D có mức độ trùng lặp
về ổ sinh thái ít nên loài C và D ít bị ảnh hởng khi loại trừ loài A ra khỏi quần xã.
b. Trong thí nghiệm 2 khi loại bỏ loài C thì quần xã chỉ còn lại loài A. Điều này
chứng tỏ loài C có vai trò khống chế mật độ quần thể của loài A và loài A có khả
năng cạnh tranh cao nhất so với các loài khác trong quần xã. Loài A có ổ sinh thái
trùng lặp với ổ sinh thái của các loài B, D và E nên khi không bị loài C khống chế
loài A có khả nang cạnh tranh cao nên đã tiêu diệt các loài còn lại.
Cõu 32. Nhm nh lng mc a dng di truyn ca mt loi thc vt cú
nguy c tuyt chng, ngi ta tin hnh phõn tớch bin d di truyn cỏc tiu
qun th (I IV) mc protein. Tiu qun th I cú s cỏ th ln nht trong
loi ny, trong khi ú s cỏ th mi tiu qun th II, III v IV u bng 1/7 s
cỏ th ca tiu qun th I. T mi tiu qun th, ngi ta ly ra 5 cỏ th lm
mu thớ nghim. S di õy mụ t kt qu phõn tớch in di protein. Kiu
hỡnh bng in di mi ln, biu hin s cú mt ca cỏc alen F v/hoc S, cho
bit kiu gen ca mi cỏ th mt locut c phõn tớch.
Tiu qun th I

Tiu qun th II

Tiu qun th III

Tiu qun th IV

a) Hóy c tớnh tn s alen F ca loi ny.
Tr li:
____0,34 hoc 34% ____

Cỏch tớnh:
0,4ì0,7 + 0,3ì0,1 + 0,2ì0,1 + 0,1ì0,1 =
0,28 + 0,03 + 0,02 + 0,01 = 0,34

23

b) Tiểu quần thể nào biểu hiện mức độ cách ly cao nhất?
Trả lời (bằng cách điền dấu  vào phương án đúng):
I
II
III
IV


24

c) Sau một số thế hệ, người ta phát hiện thấy tần số alen F thay đổi ở các

tiểu quần thể II, III và IV rõ rệt hơn so với tiểu quần thể I. Nhiều khả năng
sự thay đổi này là do
A. Các yếu tố ngẫu nhiên C. Đột biến gen
B. Di cư
D. Chọn lọc tự nhiên
Câu 33. Các đảo thường được coi là “các địa điểm thí nghiệm” cho các nghiên
cứu về tiến hóa sinh học và tập hợp quần xã. Sơ đồ dưới đây biểu diễn hai cây
phát sinh chủng loại, mỗi cây có 9 loài (a – i và j – r) và các tập hợp quần xã
trên 6 đảo khác nhau. Các đặc tính kiểu hình (tính trạng) của mỗi loài được
biểu diễn bằng kích cỡ và màu khác nhau.
Đảo 1

Đảo 2

Đảo 3

Đảo 4

Đảo 5

Đảo 6

Giải thích nào dưới đây là phù hợp khi nói về các cơ chế tập hợp quần xã
diễn ra trên những hòn đảo này? Hãy chọn các phương án đúng trong số
các phương án từ A đến H dưới đây.
Ph. án

Các đảo

A

1, 2, 3

B

1, 2, 3

C

4, 5, 6

D

4, 5, 6

E

4, 5, 6

F

1, 2, 3

G

4, 5, 6
1, 2, 3
so với
4, 5, 6

H

Cấu trúc di truyền và tiến Tương tác sinh thái
giữa các
hóa của các loài
loài
Có quan hệ di truyền và tiến Cạnh tranh loại trừ diễn ra ở các loài
hóa gần nhau
con cháu
Tiến hóa kiểu thích nghi
Sự phân hóa ổ sinh thái ở các loài con
tỏa tròn
cháu
Tiến hóa kiểu thích nghi tỏa Sự gối lên nhau - trùng một phần - của
tròn
các ổ sinh thái ở các loài con cháu
Sự hình thành loài tại cùng Sự phân hóa ổ sinh thái cùng với quan
khu vực phân bố
hệ cạnh tranh
Các loài xa nhau về di
Sự phân hóa ổ sinh thái cùng với quan
truyền và tiến hóa
hệ cạnh tranh
Thường gặp ở các đảo giữa đạii dương nhiều hơn so với các đảo
thông với đất liền
Thường gặp ở các đảo cách ly nhiều hơn ở các đảo gần đất liền
Các quần xã trên các đảo 4, 5 và 6 dễ bị tác động do sự nhập cư
của một loài xa lạ hơn so với các quần xã trên các đảo 1, 2 và 3

25

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TIẾN HÓA

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về