Ngo ha vu cong thuc sinh 12

Ngô Hà Vũ-Nghĩa Hưng A- http://violet.vn/ngohavu/
Ngô Hà Vũ-Nghĩa Hưng A- http://violet.vn/ngohavu/ 1
Ngô Hà Vũ xây dựng, tham khảo và chỉnh sửa đến ngày 17/1/2013
Theo từng bài SGK nâng cao 10-11-12
BÀI 1: GEN- MÃ DI TRUYỀN-VÀ QUÁ TRÌNH TỰ NHÂN ĐÔI ADN
DẠNG 1: TÍNH SỐ NU CỦA ADN ( HOẶC CỦA GEN )
1)Đối với mỗi mạch: Trong AND, 2 mạch bổ sung nhau nên số nu và chiều dài của 2 mạch bằng
nhau.
Mạch 1: A1 T1 G1 X1
Mạch 2:
T2 A2 X2 G2
2)Đối với cả 2 mạch: Số nu mỗi loại của AND là số nu loại đó ở 2 mạch.
+Do mỗi chu kì xoắn gồm 10 cặp nu = 20 nu nên ta có:
+Mỗi nu có khối lượng là 300 đơn vị cacbon nên ta có:
DẠNG 2: TÍNH CHIỀU DÀI
 Mỗi mạch có N/2 nu, chiều dài của 1 nu là 3,4 A0
.
DẠNG 3: TÍNH SỐ LIÊN KẾT HIDRO VÀ SỐ LIÊN KẾT CỘNG HÓA TRỊ
1)Số liên kết Hidro:
 A của mạch này liên kết với T của mạch kia bằng 2 liên kết hidro.
 G của mạch này liên kết với X của mạch kia bằng 3 liên kết hidro.
2)Số liên kết cộng hóa trị:
 Trong mỗi mạch đơn, 2 nu kế tiếp nối với nhau bằng một liên kết hóa trị, vậy N/2 nu sẽ có
số liên kết hóa trị là N/2 – 1 liên kết.
Số liên kết hóa trị giữa các nu trong cả 2 mạch của AND là: ( N/2 – 1 )2 = N – 2
 Trong mỗi nu có một liên kết hóa trị ở axit photphoric với đường C5H10O4.
Số liên kết hóa trị trong cả phân tử AND là:
A1 = T2 ; T1 = A2 ; G1 = X2 ; X1 = G2
A = T = A1 + A2 = T1 + T2 = A1 + T1 = A2+ T2
G = X = G1 + G2 = X1 + X2 = G1 + X1 = G2 + X2
%A + %G = 50% = N/2
%A1 + %A2 = %T1 + %T2 = %A = %T
2 2
%G1 + %G2 = %X1 + % X2 = %G = %X
2 2
N = 20 x số chu kì xoắn
N = khối lượng phân tử AND
300
H = 2A + 3G
L = N x 3,4 A0
2
 1 micromet (µm) = 104
A0
.
 1 micromet = 106
nanomet (nm).
 1 mm = 103
µm = 106
nm = 107
A0
.
N – 2 + N = 2N – 2 .

DẠNG 4: TÍNH SỐ NU TỰ DO CẦN DÙNG
1)Qua 1 đợt nhân đôi:
2)Qua nhiều đợt tự nhân đôi:
 Tổng số AND tạo thành:
 Số ADN con có 2 mạch hoàn toàn mới:
 Số nu tự do cần dùng:
DẠNG 5: TÍNH SỐ LIÊN KẾT CỘNG HÓA TRỊ ĐƯỢC HÌNH THÀNH VÀ PHÁ VỠ
1)Qua 1 đợt tự nhân đôi:
2)Qua nhiều đợt tự nhân đôi:
DẠNG 6: TÍNH THỜI GIAN TỰ SAO
DẠNG 7: TÍNH SỐ CÁCH MÃ HÓA CỦA ARN VÀ SỐ CÁCH SẮP ĐẶT A AMIN TRONG
CHUỖI POLIPEPTIT
Các loại a.amin và các bộ ba mã hoá: Có 20 loại a amin thường gặp trong các phân tử prôtêin như
sau :
1) Glixêrin : Gly 2) Alanin : Ala 3) Valin : Val 4 ) Lơxin : Leu
5) Izolơxin : Ile 6 ) Xerin : Ser 7 ) Treonin : Thr 8 ) Xistein : Cys
9) Metionin : Met 10) A. aspartic : Asp 11)Asparagin : Asn 12) A glutamic : Glu
13) Glutamin :Gln 14) Arginin : Arg 15) Lizin : Lys 16) Phenilalanin :Phe
17) Tirozin: Tyr 18) Histidin : His 19) Triptofan : Trp 20) Prôlin : pro
Atd = Ttd = A = T
Gtd = Xtd = G = X
 AND tạo thành = 2x
 AND con có 2 mạch hoàn toàn mới = 2x
– 2
 Atd =  Ttd = A( 2x
– 1 )  Gtd =  Xtd = G( 2x
– 1 )  Ntd = N( 2x
– 1 )
Hphá vỡ = HADN Hhình thành = 2 x HADN HThình thành = 2( N/2 – 1 )H = ( N – 2 )H
 Hbị phá vỡ = H( 2x
– 1 )  HThình thành = ( N – 2 )( 2x
– 1 )
TGtự sao = N
Tốc độ tự sao
TGtự sao = dt N
2
dt là thời gian tiếp nhận và liên kết 1 nu .

Bảng bộ ba mật mã
U X A G
U
U U U
U U X phe
U U A
U U G Leu
U X U
U X X
U X A Ser
U X G
U A U Tyr
U A X
U A A **
U A G **
U G U
U G X Cys
U G A **
U G G Trp
U
X
A
G
X
X U U
X U X Leu
X U A
X U G
X X U
X X X Pro
X X A
X X G
X A U His
X A X
X A A
X A G Gln
X G U
X G X
X G A Arg
X G G
U
X
A
G
A
A U A
A U X He
A U A
A U G * Met
A X U
A X X Thr
A X A
A X G
A A U Asn
A A X
A A A
A A G Lys
A G U
A G X Ser
A G A
A G G Arg
U
X
A
G
G
G U U
G U X Val
G U A
G U G * Val
G X U
G X X
G X A Ala
G X G
G A U
G A X Asp
G A A
G A G Glu
G G U
G G X
G G A Gli
G G G
U
X
A
G
Kí hiệu : * mã mở đầu ; ** mã kết thúc
+ Cách sắp xếp aa trong mạch Polipeptit
+ Cách mã hóa dãy aa:
- Ví dụ: Có trình tự aa như sau: Alanin-lizin-Xistein-Lizin
* Số cách sắp xếp aa: P=4!/1!.2!.1!=12 cách
* Số cách mã hóa: Alanin có 4 bộ ba mã hóa, Lizin và Xistein mỗi loại có 2 bộ ba mã hóa
A=4.22
.2=32 cách
DẠNG 8: TÍNH XÁC SUẤT XUẤT HIỆN CỦA CÁC BỘ BA.
VD1 Một mARN nhân tạo có tỉ lệ các loại nu A : U : G : X = 4 : 3 : 2 : 1
Tỉ lệ bộ mã có 2A và 1G :
A. 5,4% B. 6,4% C. 9,6% D. 12,8%
Giải: A= 4/10; U = 3/10 ; G = 2/10; X = 1/10
Tỉ lệ bộ mã có 2A và 1G = 4/10.4/10.2/10.C1
3 = 9,6%
Vd2: Có tất cả bao nhiêu bộ mã có chứa nu loại A?
A. 37 B. 38 C. 39 D. 40
số bộ mã không chứa A(gồm 3 loại còn lại) = 33
→số bộ mã chứa A = 43
– 33
= 37
Pm (m1,m2….mk)= m!/m1!.m2!....mk!
m là số aa.
m1: số aa thuộc loại 1 mk
A= A1
m1
.A2
m2
....Ak
mk
!
m là số aa.
m1: số aa thuộc loại 1 có A1 bộ ba mã hóa
 mk

VD2: .Một phân tử mARN có tỷ lệ các loại Nu như sau: A:U:G:X = 1:3:2:4.Tính theo lý thuyết
tỷ lệ bộ ba có chứa 2A là:
A.
1
1000
B.
27
1000
C.
3
64
D.
3
1000
Giải: TS A = 1/10 , U = 2/10 , G =3/10 , X = 4/10
- 1 bộ chứa 2A – 1U (hoặc G hoặc X)
+ Xét 2A – 1U có 3 cách sắp: AAU, AUA, UAA ---> TL: 3(1/10)2
x (2/10) = 3/500
+ Xét 2A – 1G ---> TL: 3(1/10)2
x (3/10) = 9/1000
+ Xét 2A – 1G ---> TL: 3(1/10)2
x (4/10) = 3/250
---> Tính theo lí thuyết tỉ lệ bộ ba chứa 2 A là: 3/500 + 9/1000 + 3/250 = 27/1000
* Bạn có thể giải tắt: 3(1/10)2
(2/10+3/10+4/10) = 27/1000
Gỉa sử tổng hợp một phân tử mARN có thành phần 75%U và 25%G. Khi sử dụng mARN này để
tổng hợp protein invitron đã thu được các amino axit trong các protein với tần số như sau:
Phe : Val : Leu : Cys : Gly : Trp = 1,00 : 0,44 : 0,33 : 0,33 : 0,15 : 0,11
Cho biết phương pháp cuả việc giải đoán các codon cho mỗi aa nói trên.(ko sử dụng bảng mã di
truyền). Biết rằng các codon cùng xác định 1 axit amin thường có 2 Nu giống nhau và Cys được xác
định bởi bộ ba UGU.
_______________________________
Giả thiết chính xác nên sửa lại là: các codon cùng xác định 1 loại aa có “2 nu đầu giống nhau” thay
cho thường có 2 nu giống nhau
Vì có 2 loại nu nên ARN có 23
loại codon với tỉ lệ: (với U= 3/4, G = 1/4)
UUU = 27/64 = 1
UUG = 9/64 = 0,33
UGU = 9/64 = 0,33 (Cys)
GUU = 9/64 = 0,33
UGG = 3/64 = 0,11
GUG = 3/64 = 0,11
GGU = 3/64 = 0,11
GGG = 1/64 = 0,04
Lưu ý: 0,44 =0,33+0,11 và 0,15 = 0,11+ 0,04
Theo gt thì:

- Tỉ lệ cao nhất thuộc về UUU(1) UUU mã hóa cho Phe
- UGU(0,33) mã hóa Cys→ Gly(0,33) do UUG hoặc GUU mã hóa. Mặt khác ta thấy GUU và GUG
(giống nhau 2 nu đầu tiên)= 0,33+0,11 = 0,44 nên GUU và GUG mã hóa Val
UUG(0,33) mã hóa Leu
Do GGU và GGG giống nhau 2 nu đầu (0,15) nên mã hóa Gly
UGG mã hóa Trip
DẠNG 9: TÍNH SỐ ĐOẠN MỒI HOẶC SỐ ĐOẠN OKAZAKI.
Số đoạn mồi = Số đoạn okazaki + 2
VD1: Một phân tử ADN của sinh vật khi thực hiện quá trình tự nhân đôi đã tạo ra 3 đơn vị tái
bản. Đơn vị tái bản 1 có 15 đoạn okazaki, đơn vị tái bản 2 có 18 đoạn okazaki. Đơn vị tái bản 3
có 20 đoạn okazaki.Số đoạn ARN mồi cần cung cấp để thực hiện quá trình tái bản trên là:
A.53 B.56 C.59 D.50
Giải: Với mỗi một đơn vị tái bản ta luôn có: Số đoạn mồi = Số đoạn okazaki + 2 (Cái này chứng
minh không khó).
Vậy, số đoạn mồi là: (15+2)+(18+2)+(20+2) = 59
DẠNG 10: TÍNH SỐ ĐOẠN INTRON VÀ EXON.
VD1: Một gen có chứa 5 đoạn intron, trong các đoạn exon chỉ có 1 đoạn mang bộ ba AUG và 1
đoạn mang bộ ba kết thúc. Sau quá trình phiên mã từ gen trên, phân tử mARN trải qua quá trình biến
đổi, cắt bỏ intron, nối các đoạn exon lại để trở thành mARN trưởng thành. Biết rằng các đoạn exon
được lắp ráp lại theo các thứ tự khác nhau sẽ tạo nên các phân tử mARN khác nhau. Tính theo lý
thuyết, tối đa có bao nhiêu chuỗi polypeptit khác nhau được tạo ra từ gen trên?
A. 10 loại. B. 120 loại C. 24 loại. D. 60 loại.
Giải: In tron luôn xen kẽ với đoạn exon, mặt khác MĐ và KT luôn là Exon→
số đoạn exon = số intron+1 → số exon = 5+1=6 (có 4 exon ở giữa)
Sự hoán vị các exon khi cắt bỏ Intron và nối lại là = 4! = 24 (chỉ hoán vị 4 exon giữa)
Số đoạn Exon = số Intron+1

BÀI 2+3: QUÁ TRÌNH SAO MÃ VÀ DỊCH MÃ-ĐIỀU HOÀ HOẠT ĐỘNG GEN
DẠNG 1: TÍNH SỐ RIBONUCLEOTIT CỦA ARN
DẠNG 2: TÍNH CHIỀU DÀI VÀ SỐ LIÊN KẾT CỘNG HÓA TRỊ CỦA ARN
1)Chiều dài:
2)Số liên kết cộng hóa trị:
 Trong mỗi ribonu: rN
 Giữa các ribonu: rN – 1
 Trong phân tử ARN :
DẠNG 3: TÍNH SỐ RIBONUCLEOTIT TỰ DO CẦN DÙNG
1)Qua một lần sao mã:
2)Qua nhiều lần sao mã:
DẠNG 4: TÍNH SỐ LIÊN KẾT HIDRO VÀ LIÊN KẾT CỘNG HÓA TRỊ
1)Qua một lần sao mã:
2)Qua nhiều lần sao mã:
DẠNG 5: TÍNH THỜI GIAN SAO MÃ
1)Đối với mỗi lần sao mã:
dt là thời gian để tiếp nhận một ribonucleotit.
2)Đối với nhiều lần sao mã: (k lần)
rN = rA + rU + rG + rX = N/2
rN = khối lượng phân tử ARN
300
LARN = rN x 3,4 A0 LARN = LADN = N x 3,4 A0
2
HTARN = 2rN – 1
rAtd = Tgốc ; rUtd = Agốc
rGtd = Xgốc ; rXtd = Ggốc
rNtd = N
2
Số phân tử ARN = số lần sao mã = k  rNtd = k.rN
 rAtd = k.rA = k.Tgốc ;  rUtd = k.rU = k.Agốc
 rGtd = k.rG = k.Xgốc ;  rXtd = k.rX = k.Ggốc
Hđứt = Hhình thành = HADN
 Hphá vỡ = k.H  Hhình thành = k( rN – 1 )
TGsao mã = dt .rN
TGsao mã = rN
Tốc độ sao mã
TGsao mã = TGsao mã một lần + ( k – 1 )Δt

Δt là thời gian chuyển tiếp giữa 2 lần sao mã
liên tiếp.
DẠNG 6: CẤU TRÚC PROTEIN
1)Số bộ ba sao mã:
2)Số bộ ba có mã hóa axit amin:
3)Số axit amin của phân tử Protein:
DẠNG 7: TÍNH SỐ AXIT AMIN TỰ DO CẦN DÙNG
1)Giải mã tạo thành 1 phân tử Protein:
2)Giải mã tạo thành nhiều phân tử Protein: (n lần)
 Tổng số Protein tạo thành: k : là số phân tử mARN.
n : là số Riboxom trượt qua.
 Tổng số a.a tự do cung cấp:
 Tổng số a.a trong các chuỗi polipeptit hoàn chỉnh:
DẠNG 8: TÍNH SỐ PHÂN TỬ NƯỚC – SỐ LIÊN KẾT PEPTIT
 Số phân tử nước giải phóng để tạo 1 chuỗi polipeptit:
 Số phân tử nước giải phóng để tạo nhiều chuỗi polipeptit:
DẠNG 9: TÍNH SỐ tARN
 Nếu có x phân tử giải mã 3 lần  số a.a do chúng cung cấp là 3x.
 Nếu có y phân tử giải mã 2 lần  số a.a do chúng cung cấp là 2y.
Số bộ ba sao mã = N = rN
2 x 3 3
Số bộ ba có mã hóa axit amin = N – 1 = rN – 1
2 x 3 3
Số a.a của phân tử protein = N – 2 = rN – 2
2 x 3 3
Số a.a tự do = N – 1 = rN – 1
2 x 3 3
Số a.a trong chuỗi polipeptit = N – 2 = rN – 2
2 x 3 3
 P = k.n
 a.atd =  P. 1
3
rN 
 
 
= k.n. 1
3
rN 
 
 
 a.aP =  P. 2
3
rN 
 
 
Số phân tử H2O giải phóng = rN – 2
3 Số liên peptit được tạo lập = 3
3
rN 
 
 
= a.aP - 1
 H2Ogiải phóng =  P. 2
3
rN 
 
 
 Peptit =  P. 3
3
rN 
 
 
=  P( a.aP – 1 )

 Nếu có z phân tử giải mã 1 lần  số a.a do chúng cung cấp là z.
Tổng số a.a cần dùng là: 3x + 2y + z = ∑a.a tự do cần dùng
DẠNG 10: SỰ CHUYỂN DỊCH CỦA RIBOXOM TRÊN mARN
1)Vận tốc trượt của riboxom trên ARN:
2)Thời gian tổng hợp một phân tử Protein: Là thời gian riboxom trượt hết chiều dài mARN ( từ
đầu nọ đến đầu kia ).
3)Thời gian mỗi riboxom trượt qua hết mARN:
Δt Δt
Δt : khoảng thời gian riboxom phía sau trượt chậm hơn riboxom phía trước.
 Riboxom 1: t
 Riboxom 2: t + Δt
 Riboxom 3: t + 2 Δt
 Riboxom 4: t + 3 Δt
 Riboxom n: t + (n – 1) Δt
DẠNG 11: TÍNH THỜI GIAN TỔNG HỢP CÁC PHÂN TỬ PROTEIN
1)Của một mARN: Chia làm 2 giai đoạn
 Thời gian kể từ lúc riboxom thứ nhất tiếp xúc đến khi nó rời khỏi mARN.
 Thời gian kể từ riboxom thứ nhất rời khỏi mARN đến khi riboxom cuối cùng rời khỏi
mARN.
Δl là khoảng cách giữa 2 riboxom kế tiếp.
 Vậy thời gian tổng hợp các phân tử protein là:
 Nếu các riboxom (n) cách đều nhau trên mARN, ta có:
2)Của nhiều mARN thông tin sinh ra từ 1 gen có cùng số riboxom nhất định trượt qua không
trở lại:
 Nếu không kể đến thời gian chuyển tiếp giữa các mARN:
k là số phân tử mARN.
 Nếu thời gian chuyển tiếp giữa các riboxom là Δt thì ta có công thức:
Tốc độ giải mã = số bộ ba của mARN
t
n 3 2 1
t = L
V
t’
= ∑Δt = t1 + t2 + t3 + ………+ tn
t’
= ∑Δl
V
T = t + t’
= L + ∑Δl
V V
T = t + t’
= L + ( n – 1 ) Δl
V
∑T = k.t + t’

DẠNG 12: TÍNH SỐ AXIT AMIN TỰ DO CẦN DÙNG ĐỐI VỚI
CÁC RIBOXOM CÒN TIẾP XÚC VỚI mARN
x là số riboxom.
a1 ,a2 : số a.a trong chuỗi polipeptit của Riboxom 1, Riboxom 2, ………….
ax a3 a2 a1
 Nếu các riboxom cách đều nhau thì ta có:
Số hạng đầu a1 = số a.a của R1.
Công sai d: số a.a ở Riboxom sau kém hơn Riboxom trước.
Số hạng của dãy x: số Riboxom đang trượt trên mARN.
∑T = k.t + t’
+ ( k – 1 )Δt
∑ a.atd = a1 + a2 + ………+ ax
Sx =
2
x
[2a1 + ( x – 1 )d]

BÀI 4: ĐỘT BIẾN GEN
DẠNG 1: THAY ĐỔI LIÊN KẾT HIĐRÔ
+ Mất :
- Mất 1 ( A – T ) : Số liên kết hiđrô giảm 2 .
- Mất 1 ( G – X ) : Số liên kết hiđrô giảm 3 .
+ Thêm :
- Thêm 1 ( A – T ) : Số liên kết hiđrô tăng2 .
- Thêm1 ( G – X ) : Số liên kết hiđrô tăng 3 .
+ Thay :
- Thay 1 ( A – T ) bằng 1 (G – X) : Số liên kết hiđrô tăng 1 .
- Thay 1 ( G – X ) bằng 1 (A – T) : Số liên kết hiđrô giảm1 .
+ ) 5 – BU:
- g©y ®ét biÕn thay thÕ gÆp A – T b»ng gÆp G – X
- s¬ ®å: A – T  A – 5 –BU  5-BU – G  G – X
+) EMS:
- g©y ®ét biÕn thay thÕ G –X b»ng cÆp T –A hoÆc X – G
- s¬ ®å: G – X  EMS – G  T (X) – EMS  T – A hoÆc X – G
+) Acridin
- chèn vào mạch gốc sẽ dẫn đến ĐB thêm 1 cặp nu
- Chèn vào mạnh ………
DẠNG 2 : LIÊN QUAN ĐẾN CHIỀU DÀI GEN
a) Chiều dài không thay đổi :Thay số cặp nucleotit bằng nhau .
b) Chiều dài thay đổi :
-Mất : Gen đột biến ngắn hơn gen ban đầu .
-Thêm : Gen đột biến dài hơn gen ban đầu
-Thay cặp nucleotit không bằng nhau.
DẠNG 3 : LIÊN QUAN ĐẾN PHÂN TỬ PROTÊIN :
a)Mất hoặc thêm : Phân tử protein sẽ bị thay đổi từ axitamin có nucleotit bị mất hoặc thêm .
b)Thay thế :
-Nếu bộ ba đột biến và bộ ba ban đầu cùng mã hóa 1 axitamin thì phân tử protein sẽ không thay đổi .
- Nếu bộ ba đột biến và bộ ba ban đầu mã hóa aa khác nhau thì phân tử protein có 1 aa thay đổi .
DẠNG 4 : TẦN SỐ ĐỘT BIẾN GEN
VD1 :Trong 100.000 trẻ sơ sinh có 10 em lùn bẩm sinh, trong đó 8 em có bố mẹ và
dòng họ bình thường, 2 em có bố hay mẹ lùn. Tính tần số đột biến gen
A 0,004% B 0,008% C 0,04% D 0,08%
Giải (theo cách hiểu alen đột biến không xuất hiện đồng thời trong phát sinh giao tử của Bố và Mẹ)
Theo đề --> lùn do ĐB trội và có 10-2=8 em lùn do ĐB
TS alen=100000x2; số alen ĐB = 8--> Tần số ĐB gen=8/200000= 0,004% (Đán A)
Câu 7: Ở vi sinh vật tần số đột biến a-
(Mất khả năng tổng hợp chất a) là 2.10-6
cho một thế hệ và tần số
đột biến b-
là 8.10-5
. Nếu thể đột biến mang đồng thời hai đột biến a-
b-
thì nó sẽ xuất hiện với tần số bao
nhiêu? (Đê thi HSG – Thái nguyên 2010)
A. 16 x10-10
B. 0,6 x10-10
C. 1,6 x10-9
D. 1,6 x10-10
Hướng dẫn giải:
Tần số đột biến ở VSV được tính trên một tế bào, một thế hệ. Để dễ hiểu ta có thể đảo ngược như
sau:
+ Trong 106
tế bào có 2 tế bào đột biến a-
xuất hiện.
+ Trong 105
tế bào có 8 tế bào đột biến b-
xuất hiện.

Các đột biến khác nhau là những sự kiện diễn ra độc lập, nếu đồng thời xảy ra thì thì xác
suất này sẽ bằng tích của các xác suất mỗi sự kiện riêng lẻ. Đột biến kép a-
b-
sẽ suất hiện với tần số:
f = (2x10-6
) x (8x10-5
) = 2 x 8 x 10-6
x 10-5
= 1,6 x10-10
(Di truyền học Phạm Thành Hổ)
BÀI 5: NHIỄM SẮC THỂ
DẠNG 1: TÍNH SỐ TẾ BÀO CON TẠO THÀNH VÀ SỐ THOI VÔ SẮC
 Từ một tế bào ban đầu:
 Từ nhiều tế bào ban đầu:
a1 tế bào qua x1 đợt phân bào  số tế bào con là a12x1
.
a2 tế bào qua x2 đợt phân bào  số tế bào con là a22x2
.
Tổng số tế bào con sinh ra :
DẠNG 2:
TÍNH SỐ NST TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI NGUYÊN LIỆU ĐƯỢC CUNG CẤP TRONG QUÁ
TRÌNH TỰ NHÂN ĐÔI CỦA NST
 Tổng số NST sau cùng trong tất cả các tế bào con:
 Tổng số NST tương đương với NLCC khi 1 tế bào 2n qua x đợt nguyên phân là:
 Số NST chứa hoàn toàn nguyên liệu mới:
DẠNG 3
TÍNH THỜI GIAN NGUYÊN PHÂN
1)Thời gian của một chu kì nguyên phân:
Là thời gian của 5 giai đoạn, có thể được tính từ đầu kì trung gian đến hết kì cuối.
2)Thời gian qua các đợt nguyên phân:
DẠNG 4
TÍNH SỐ GIAO TỬ HÌNH THÀNH VÀ SỐ HỢP TỬ TẠO RA
1)Tạo giao tử( đực XY, cái XX ):
 Tế bào sinh tinh qua giảm phân cho 4 tinh trùng gồm 2 loại X và Y.
 Số tinh trùng hình thành = số tế bào sinh tinh x 4.
 Số tinh trùng X hình thành = số tinh trùng Y hình thành.
 Tế bào sinh trứng qua giảm phân chỉ cho 1 tế bào trứng loại X và 3 thể định hướng (sau này
sẽ biến mất ).
 Số trứng hình thành = số tế bào trứng x 1.
 Số thể định hướng = số tế bào trứng x 3.
2)Tạo hợp tử:
Một tinh trùng loại X kết hợp với trứng tạo thành một hợp tử XX, một tinh trùng Y kết hợp
với trứng tạo thành hợp tử XY.
 Số hợp tử XX = số tinh trùng X thụ tinh.
 Số hợp tử XY = số tinh trùng Y thụ tinh.
A = 2x
∑A = a12x1
+ a22x2
+ ………
2n.2x
∑NST = 2n.2x
– 2n = 2n(2x
- 1 )
∑NSTmới = 2n.2x
– 2.2n = 2n(2x
– 2 )

3)Hiệu suất thu tinh (H):
Câu 8: Ba tế bào sinh tinh có kiểu gen , khi giảm phân bình thường (có xảy ra hoán vị gen
ở kì đầu giảm phân I) cho mấy loại tinh trùng là tối đa?
A. 8 loại . B. 24 loại . C. 16 loại D. 12 loại
Với KG ---> Số loại giao tử tối đa tính theo LT: 4x2 =8
- Tế bào sinh tinh thứ 1: cho 4 loại tinh trùng là tối đa.
- Tế bào sinh tinh thứ 2: cho 4 loại tinh trùng là tối đa.
Vì số loại giao tử theo LT là 8 ---> Tế bào sinh tinh thứ 3 sẽ cho trùng với tế bào 1 hoặc tế bào 2
---> Ba tế bào sinh tinh có kiểu gen , khi giảm phân bình thường (có xảy ra hoán vị gen ở
kì đầu giảm phân I) cho 8 loại tinh trùng là tối đa.
Câu 6: Ruồi giấm có bộ nhiễm sắc thể 2n = 8. Trên mỗi cặp nhiễm sắc thể thường xét hai cặp gen di
hợp, trên cặp nhiễm sắc thể giới tính xét một gen có hai alen nằm ở vùng không tương đồng của
nhiễm sắc thể giới tính X. Nếu không xảy ra đột biến thì khi các ruồi đực có kiểu gen khác nhau về
các gen đang xét giảm phân có thể tạo ra tối đa bao nhiêu loại tinh trùng?
A. 128. B. 192. C. 24. D. 16.
C1: Vì là các con đực có kiểu gen khác nhau  Nhiều con đực.
Cặp số 1 khả năng có 4 loại NST  4 loại tinh trùng
Tương tự mỗi cặp 2 và 3 đều có 4 loại tinh trùng.
Cặp XY cho 3 loại tinh trùng XA
, Xa
, Y
Vậy ta có số loại tinh trùng = 4*4*4*3 = 192
C2: Mỗi nhiễm sắc thể chứa 2 cặp gen di hợp, mà ruồi giấm có 4 cặp nhiễm sắc thể thì có 3 cặp
nhiểm sắc thể thường sẽ chứa 6 cặp gen dị hợp ta sẽ có số loại giao tử tạo ra từ các gen trên NST
thường là 26
= 64 giao tử.
Trên NST giới tính gồm một gen có 2 alen trong vùng không tương đồng của X nên sẽ có 3 giao từ
là XA
; Xa
và Y.
Vậy số loại giao tử của các ruồi đực tạo ra là 64 x 3 = 192 giao tử.
Lưu ý: Ở đây đề cập đến các ruồi đực chứ không phải là một ruồi đực.
C3: GIẢI:
Ruồi giấm có bộ nhiễm sắc thể 2n = 8 → Số cặp NST = n = 4
Ở ruồi đực có 3 cặp NST thường và 1 cặp XY.
- Trên mỗi cặp nhiễm sắc thể thường xét hai cặp gen dị hợp→ Mỗi cặp NST thường khi giảm phân
đều có khả năng cho 4 loại giao tử (vì có trao đổi chéo) →số loại giao tử do 3 cặp NST thường tạo
ra =43
= 64
- Trên cặp nhiễm sắc thể giới tính XY xét một gen có hai alen nằm ở vùng không tương đồng của
nhiễm sắc thể giới tính X→ khi giảm phân có khả năng cho 3 loại giao tử ( 2 loại giao tử X và 1
loại giao tử Y)
Vậy nếu không xảy ra đột biến thì khi các ruồi đực có kiểu gen khác nhau về các gen đang xét giảm
phân có thể tạo ra tối đa 64 x 3 = 192 loại tinh trùng.
H thụ tinh của tinh trùng = Số tinh trùng thụ tinh X 100%
Tổng số tinh trùng hình thành
H thụ tinh của trứng = Số trứng thụ tinh X 100%
Tổng số trứng hình thành

DẠNG 5: Xác định tần số xuất hiện các tổ hợp gen khác nhau về nguồn gốc NST
a. Tổng quát:
Để giải các bài toán về nguồn gốc NST đối với loài sinh sản hữu tính, GV cần phải giải thích cho
HS hiểu được bản chất của cặp NST tương đồng: một có nguồn gốc từ bố, một có nguồn gốc từ mẹ.
Trong giảm phân tạo giao tử thì:
- Mỗi NST trong cặp tương đồng phân li về một giao tử nên tạo 2 loại giao tử có nguồn gốc khác
nhau ( bố hoặc mẹ ).
- Các cặp NST có sự PLĐL, tổ hợp tự do . Nếu gọi n là số cặp NST của tế bào thì:
* Số giao tử khác nhau về nguồn gốc NST được tạo nên = 2n
.
→ Số tổ hợp các loại giao tử qua thụ tinh = 2n
. 2n
= 4n
Vì mỗi giao tử chỉ mang n NST từ n cặp tương đồng, có thể nhận mỗi bên từ bố hoặc mẹ ít nhất là 0
NST và nhiều nhất là n NST nên:
* Số giao tử mang a NST của bố (hoặc mẹ) = Cn
a
→ Xác suất để một giao tử mang a NST từ bố (hoặc mẹ) = Cn
a
/ 2n
.
- Số tổ hợp gen có a NST từ ông (bà) nội (giao tử mang a NST của bố) và b NST từ ông (bà) ngoại
(giao tử mang b NST của mẹ) = Cn
a
. Cn
b
→ Xác suất của một tổ hợp gen có mang a NST từ ông (bà) nội và b NST từ ông (bà) ngoại =
Cn
a
. Cn
b
/ 4n
b. VD
Bộ NST lưỡng bội của người 2n = 46.
- Có bao nhiêu trường hợp giao tử có mang 5 NST từ bố?
- Xác suất một giao tử mang 5 NST từ mẹ là bao nhiêu?
- Khả năng một người mang 1 NST của ông nội và 21 NST từ bà ngoại là bao nhiêu?
Giải
* Số trường hợp giao tử có mang 5 NST từ bố:
= Cn
a
= C23
5
* Xác suất một giao tử mang 5 NST từ mẹ:
= Cn
a
/ 2n
= C23
5
/ 223
.
* Khả năng một người mang 1 NST của ông nội và 21 NST từ bà ngoại:
= Cn
a
. Cn
b
/ 4n
= C23
1
. C23
21
/ 423
= 11.(23)2
/ 423
DẠNG 6: TỶ LỆ GIAO TỬ, SỐ LOẠI GIAO TỬ DỰA VÀO NF-GF
-Số loại giao tử hình thành : 2n + x
x: Số cặp NST có trao đổi đoạn .
-Tỉ lệ mỗi loại giao tử : 1/2n
.
-Số loại hợp tử = Số loại giao tử ♀. Số loại giao tử ♂.
VD: Ở 1 loài: cơ thể cái có 1 cặp NST trao đổi đoạn tại 1 điểm, còn cơ thể đực giảm phân bình
thường. Qua thụ tinh tạo ra được 512 kiểu tổ hợp. Biết loài có bộ NST gồm các cặp NST có cấu trúc
khác nhau. Bộ NST của loài là:
A. 2n= 14. B. 2n= 46. C. 2n=10. D. 2n= 8.
giải
Cơ thể cái xảy ra trao đổi chéo ở 1 điểm ở 1 cặp NST tạo ra 2 1n
gtử
Cơ thể đực giảm phân bình thường tạo ra 2n
gtử
Qua thụ tinh số kiểu tổ hợp tạo ra là 2 5122*1
 nn
suy ra n=4. Vậy 2n=8
VD2: Ở một loài sinh vật, xét một tế bào sinh tinh có hai cặp nhiễm sắc thể kí hiệu là Aa và Bb. Khi
tế bào này giảm phân hình thành giao tử, ở giảm phân I cặp Aa phân li bình thường, cặp Bb không
phân li; giảm phân II diễn ra bình thường. Số loại giao tử có thể tạo ra từ tế bào sinh tinh trên là
A. 2 B. 8 C. 4 D. 6
Giải: trường hợp xét một tế bào rối loạn hay không thì đều luôn cho 2 loại giao tử. Tại kì giữa I
NST sắp xếp thành 2 hàng. Rõ ràng trong một tế bào chỉ có một cách sắp xếp cụ thể. Kết quả tại kì

sau I cho 2 tế bào có vật chất di truyền khác nhau. Còn lần phân bào II sẽ giống như quá trình
nguyên phân, tức chỉ làm tăng số lượng tế bào còn số loại tế bào vẫn không thay đổi, tức là 2.
Câu 25: Cho bộ NST 2n = 4 ký hiệu AaBb (A, B là NST của bố; a, b là NST của mẹ). Có 200 tế
bào sinh tinh đi vào giảm phân bình thường hình thành giao tử, trong đó:
- 20% tế bào sinh tinh có xảy ra hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cặp nhiễm sắc thể Aa, còn cặp
Bb thì không bắt chéo.
- 30% tế bào sinh tinh có xảy ra hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cặp nhiễm sắc thể Bb, còn cặp
Aa thì không bắt chéo.
- Các tế bào còn lại đều có hiện tượng bắt chéo tại 1 điểm ở cả 2 cặp nhiễm sắc thể Aa và Bb
Số tế bào tinh trùng chứa hoàn toàn NST của mẹ không mang gen trao đổi chéo của bố là:
A. 150 B. 75 C. 100 D. 200
20% số tế bào = 40 tế bào. cặp Aa xảy ra trao đổi chéo cho 4 loại giao tủ trong đó 2 loại không trao
đổi chéo 1 của bố và 1 của mẹ nên cho 1/4 số giao tử lá không trao đổi chéo và nguồn gốc từ mẹ.
Cặp Bb bình thường xác suất cho b là 1/2 vậy só giao tử TH này là 40.4.1 2 .1 4 =20.
Tương tự cho 30% Xảy ra ở Bb và Aa bình thường. 60.4.1 2 .1 4 =30
Phần còn lại xảy ra ở cả 2 NST nên cho xác suất 100.1 4 .1 4 =25
Vây số giao tử cần tìm là 75
DẠNG 7: SỐ CÁCH SẮP XẾP NST Ở MP XÍCH ĐẠO
Vd1: Kiểu gen của cá thể đực là aaBbDdXY thì số cách sắp xếp NST kép ở mặt phẳng xích đạo của
thoi vô sắc vào kì giữa giảm phân 1 là:
A.8 B.16 C.6 D.4
Giải: Mặc dù đề cập đến 4 cặp NST nhưng có một cặp có KG đồng hợp (aa) nên chúng ta chỉ xét 3
cặp.
Với một cặp NST sẽ có một cách sắp xếp.
Với 2 cặp NST sẽ có 2 cách sắp xếp.
Với n cặp NST sẽ có 2n-1
cách sắp xếp.
DẠNG 8: TÍNH SỐ PROTEIN HISTON
VD: Một tế bào xét 1 cặp nhiễm sắc thể tương đồng. Giả sử trong mỗi nhiễm sắc thể, tổng chiều dài
các đoạn ADN quấn quanh các khối cấu histon để tạo nên các nucleoxom là 14,892 µm. Khi tế bào
này bước vào kỳ giữa của nguyên phân, tổng số các phân tử protein histon trong các nucleoxom của
cặp nhiễm sắc thể này là:
A. 8400 phân tử. B. 9600 phân tử. C. 1020 phân tử. D. 4800 phân tử.
GIẢI: Cứ 1 đoạn gồm 146 cặp nu = 496,4A0
quần quanh 1nuclêôxôm gồm 8 pt Histon
ở kì giưa NP NST nhân đôi nên mỗi cặp thành 4 NST→ tổng chiều dài = 148920 x4(A0
)
Vậy số pt Histon = 8(148920 x4/496,4) = 9600
VD2: Một đoạn sợi cơ bản trong trong nhiễm sắc thể ở người có 10 nuclêôxôm và 9 đoạn
ADN nối giữa các nuclêôxôm, trong mỗi đoạn ADN đó gồm 50 cặp nuclêôtit. Hãy xác định:
tổng số phân tử Histon, số phân tử Histon mỗi loại, chiều dài, số liên kết photphoeste của
đoạn phân tử ADN tương ứng,
Giải:
- Tổng số phân tử Histon: 10 x 8 + 9 = 89 (phân tử)
- Số phân tử Histon mỗi loại:
Số H2A = số H2B = số H3 = số H4 = 10x2 = 20 (phân tử)
Số H1 = số đoạn ADN nối = 9
- Chiều dài của đoạn phân tử ADN:
[(10 x 146) + (9 x 50)] x 3,4 = 6494 (Å)
- Số liên kết photphoeste = 2N – 2 = 2 x 1910 – 2 = 3818
cách sắp xếp

BÀI 6: ĐỘT BIẾN CẤU TRÚC NHIỄM SẮC THỂ
III-Đột biến cấu trúc NST : Có 4 dạng
1.Mất đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến A D E ● F G H
2.Lặp đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến A B C B C D E ● F G H
3.Đảo đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến A D C B E ● F G H
4.Chuyển đoạn :
a)Chuyển đoạn trong cùng 1 NST :
A B C D E ● F G H Đột biến A B E ● F C D G H
b)Chuyển đoạn giữa 2 NST khác nhau :
-Chuyển đoạn tương hổ :
A B C D E ● F G H M N O C D E ● F G H
Đột biến
M N O P Q ● R A B P Q ● R
-Chuyển đoạn không tương hổ :
A B C D E ● F G H C D E ● F G H
Đột biến
M N O P Q ● R A B M N O P Q ● R
VD ở người: Mất đoạn ở cặp NST số 21 hoặc 22 gây bệnh bạch cầu ác tính
3 NST số 13 – 15 : sứt môi, thừa ngón, chết yểu
 3 NST số16 -18 : ngón trỏ dài hơn ngón giữa, tai thấp, hàm bé
DẠNG 1: SỐ LOẠI GIAO TỬ KHI XẢY RA ĐỘT BIẾN KHI TẠO GIAO TỬ
VD1: Mét ç thÓ çi nhËn i NST bÞ ®ét biÕn tõ mÑ vµ z NST ®ét biÕn tõ bè. Çc NST kh¸c vÉn b×nh
thêng. Bé NST cña loµi 2n. Çc NST kh¸c nhau vÒ cÊu tróc, gi¶m ph©n b×nh thêng kh«ng cã T§§.
a) T×m sè lo¹i giao tö sinh ra chøa i NST mang ®ét biÕn tõ mÑ vµ tØ lÖ çc lo¹i trøng chøa ®ét
biÕn so víi tæng sè lo¹ i trøng t¹o ra?
b) T×m sè lo¹i tinh trïng chøa z NST mang ®ét biÕn tõ bè vµ tØ lÖ çc lo¹i tinh trïng mang ®ét
biÕn so víi sè lo¹i tinh trïng h×nh thµnh?
Trong 2 trêng hîp:
- Çc NST ®ét biÕn lµ çc NST kh«ng t¬ng ®ång?
- Çc NST ®ét biÕn lµ çc NST t¬ng ®ång?
HD.* TH1: Çc NST ®ét biÕn lµ çc NST kh«ng t¬ng ®ång
a) Çc lo¹i trøng sinh ra tõ i NST mang ®ét biÕn:
+ Sè lo¹i giao tö chøa i NST trong tæng sè i+z NST mang ®ét biÕn: Ci
i+z
+ Sè lo¹i giao tö cña nh÷ng cÆp kh«ng mang ®ét biÕn: 2n - (i+z)
=> sè lo¹i trøng sinh ra tõ i NST mang ®ét biÕn:
Ci
i+z . 2n - (i+z)
TØ lÖ lo¹i trøng... trong tæng sè: Ci
i+z . 2n - (i+z)
/2n
b) Çc lo¹i tinh trïng sinh ra tõ z NST mang ®ét biÕn (víi i > z):
Cz
i+z . 2n - (i+z)
TØ lÖ lo¹i trøng... trong tæng sè: Cz
i+z . 2n - (i+z)
/2n
*TH2: Çc NST ®ét biÕn lµ çc NST t¬ng ®ång
a) - Víi z > i th× i n»m trong gi¸ trÞ z.
=> sè lo¹i trøng chøa i cÆp NST mang ®ét biÕn: Cz
i
. 2n-z
TØ lÖ....: Cz
i
. 2n-z
/2n
b) Víi i > z th× z n»m trong gi¸ trÞ i.

=> sè lo¹i tinh trïng chøa z cÆp NST mang ®ét biÕn: Ci
z
. 2n-i
TØ lÖ....: Ci
z
. 2n-i
/2n
BÀI 7 : ĐỘT BIỄN SỐ LƯỢNG NST
DẠNG 1 : THỂ LỆCH BỘI :
a/ Các dạng :
-Thể khuyết (không) : 2n – 2 ; Thể khuyết kép : 2n – 2 - 2 .
-Thể 1: 2n – 1 ; Thể 1 kép : 2n – 1 – 1 .
-Thể 3: 2n + 1 ; Thể 3 kép : 2n + 1+ 1 .
-Thể 4: 2n + 2 ; Thể 4 kép : 2n + 2 + 2 .
(n: Số cặp NST) .
DẠNG ĐỘT BIẾN SỐ TRƯỜNG HỢP TƯƠNG ỨNG VỚI CÁC CẶP NST
Số dạng lệch bội đơn khác nhau Cn
1
= n
Số dạng lệch bội kép khác nhau Cn
2
= n(n – 1)/2!
Có a thể lệch bội khác nhau An
a
= n!/(n –a)!
+ VD
Bộ NST lưỡng bội của loài = 24. Xác định:
- Có bao nhiêu trường hợp thể 3 có thể xảy ra?
- Có bao nhiêu trường hợp thể 1 kép có thể xảy ra?
- Có bao nhiêu trường hợp đồng thời xảy ra cả 3 đột biến; thể 0, thể 1 và thể 3?
Giải
* Số trường hợp thể 3 có thể xảy ra:
2n = 24→ n = 12
Trường hợp này đơn giản, lệch bội có thể xảy ra ở mỗi cặp NST nên HS dễ dàng xác định số trường
hợp = n = 12. Tuy nhiên GV nên lưu công thức tổng quát để giúp các em giải quyết được những bài
tập phức tạp hơn .
Thực chất: số trường hợp thể 3 = Cn
1
= n = 12
* Số trường hợp thể 1 kép có thể xảy ra:
HS phải hiểu được thể 1 kép tức đồng thời trong tế bào có 2 thể 1.
Thực chất: số trường hợp thể 1 kép = Cn
2
= n(n – 1)/2 = 12.11/2 = 66
* Số trường hợp đồng thời xảy ra cả 3 đột biến: thể 0, thể 1 và thể 3:
GV cần phân tích để HS thấy rằng:
- Với thể lệch bội thứ nhất sẽ có n trường hợp tương ứng với n cặp NST.
- Với thể lệch bội thứ hai sẽ có n – 1 trường hợp tương ứng với n – 1 cặp NST còn lại.
- Với thể lệch bội thứ ba sẽ có n – 2 trường hợp tương ứng với n – 2 cặp NST còn lại.
Kết quả = n(n – 1)(n – 2) = 12.11.10 =1320. Tuy nhiên cần lưu ý công thức tổng quát cho HS.
-Thực chất: số trường hợp đồng thời xảy ra 3 thể lệch bội = An
a
= n!/(n –a)! = 12!/(12 – 3)!
= 12!/9! = 12.11.10 = 1320
b/ Lệch bội trên NST thường của người: Hội chứng Down:
- Cặp NST thứ 21 của người bệnh Down có 3 NST (2n+1; 47), của người bình thường là 2 NST.Do
1 trứng mang 2 NST 21 x 1 t/trùng bình thường)
 là nam (nữ), cổ ngắn, gáy rộng và dẹt
 khe mắt xếch, lông mi ngắn và thưa
 các ngón tay ngắn, cơ thể chậm phát triển
 si đần, vô sinh.
- Sự tăng tỉ lệ trẻ mới sinh mắc bệnh Down theo tuổi người mẹ
Phụ nữ không nên sinh con khi tuổi đã ngoài 40.
 Vì khi tuổi người mẹ càng cao, các tế bào bị lão hóa  cơ chế phân ly NST bị rối loạn
c/ Thể dị bội ở cặp NST giới tính của người:
1. Hội chứng XXX (2n+1;47) - Cặp NST số 23 có 3NST X - Nữ, buồng trứng và dạ con
không phát triển, rối loạn kinh nguyệt, khó có con

2. H.C Tớcnơ XO (2n-1; 45): - Cặp NST số 23 chỉ có 1NST X - Nữ, lùn, cổ ngắn, không có
kinh nguyệt, si đần.
 3. H.C Klinefelter XXY: (2n+1;47) : - Cặp NST 23 có 3 NST là XXY - Nam, bị bệnh mù
màu, thân cao, chân tay dài, si đần và thường vô sinh
+ Cách viết giao tử thể ba 2n+1 (dễ nhầm với 3n)
- Thực vật: Cơ thể 2n+1 ở hoa đực chỉ cho hạt phấn n có khả năng thụ tinh (giao tử n+1 bất thụ)
Hoa cái cho cả giao tử n và n+1 có khả năng thụ tinh
- VD1: KG aaa và Aaa ở hoa cái theo sơ đồ sau
- Hoa đực: aaa chỉ chi giao tử a; Aaa: cho 1/3A+2/3a có khả năng thụ tinh (từ sơ đồ trên)
BT1: Một phụ nữ lớn tuổi nên đã xẩy ra sự không phân tách ở cặp NST giới tính trong giảm
phân I. Đời con của họ có thể có bao nhiêu % sống sót bị đột biến thể ba (2n+1)
A.33,3% B.25% C.75% D. 66,6%
Bài LÀM: Ở mẹ tạo 2 loại giao tử XX, O bố tạo 2 loại X, Y tổng cộng có 4 tổ Hợp giao tử XXX,
XXY, XO ,OY. Do OY bị chết trong giao đoạn hợp tử nên có 3 KG sống sót XXX,XXY,XO. Thì
trong đó thể 2n+1 là XXX vaXXY nên tỷ lệ là 2/3.=66,6%
DẠNG 2: THỂ ĐA BỘI
a. Các dạng
-Đa bội chẵn : Tứ bội (4n) ,Lục bội (6n) , Bát bội (8n) ...
-Đa bội lẻ : Tam bội (3n) , Ngũ bội (5n) , Thất bội (7n) ...
b.Cách viết giao tử :
+ Đối với kiểu gen AAAa: cá thể này tạo hai loại giao tử với tỉ lệ.
+ Đối với kiểu gen Aaaa: cá thể này tạo 3 loại giao tử với tỉ lệ.
* Tứ bội (4n) :
AAAA → 100% AA
AAAa → 1/2AA : 1/2Aa
AAaa → 1/6AA :1/6Aa : 1/6aa
Aaaa → 1/2Aa : ½ aa
aaaa → 100 % aa
*Tam bội (3n) :
AAA → ½ AA :1/2 A
AAa → 1/6AA: 2/6 A : 2/6 Aa : 1/6ª
Aaa → 1/6A: 2/6 Aa : 2/6 a : 1/6aa
aaa → ½ aa : ½ a
Bài toán 1:

Xác định tỉ lệ mỗi loại giao tử bình thường được sinh ra từ các cây đa bội :
a) BBBbbb b) BBbbbb c)BBBBBBbb
GIẢI:
Tỉ lệ các loại giao tử bình thường được tạo ra tử các KG:
a) BBBbbb:
C3
3 BBB = 1 = 1/20
C2
3 C1
3 BBb = 9 = 9/20
C1
3 C2
3 Bbb = 9 = 9/20
C3
3 bbb = 1 = 1/20
b) BBbbbb:
C2
2 C1
4 BBb = 4 = 1/5
C1
2 C2
4 Bbb = 12 = 3/5
C3
4 bbb = 4 = 1/5
c) BBBBBBbb
C4
6 BBBB = 15 = 3/14
C3
6 C1
2 BBBb = 40 = 8/14
C2
6 C2
2 BBbb = 15 = 3/14
DẠNG 3: BÀI TOÁN NGƯỢC CHO TỶ LỆ ĐỒNG HỢP LẶN=> KG P
+1/6 aaaa = 1/6 loại giao tử aa x 100% loại giao tử aa.
DẠNG 4- BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘT BIẾN SỐ LƯỢNG
NHIỄM SẮC THỂ GIỚI TÍNH.
+ Từ TB 2n nếu rối loạn PL xảy ra ở giảm phân 1: tạo ra các giao tử: n+1, n-1
+ Từ TB 2n PL ở giảm phân 1 bình thường, rối loạn PL xảy ra ở giảm phân 2: tạo ra các giao tử: n,
n+1, n-1
Bài 1: Xét cơ thể với KG XA
Xa
.
a) Trong trường hợp tất cả các tế bào bước vào giảm phân 1 đều rối loạn phân li NST, các loại giao
tử có thể được tạo ra từ tế bào mang KG XA
Xa
là
A. XA
XA
, Xa
Xa
và 0. B. XA
XA
và O. C. XA
Xa
và 0. D. Xa
Xa
và 0.
b) Trong trường hợp tất cả các tế bào bước vào giảm phân 2 đều rối loạn phân li NST, các loại giao
tử có thể được tạo ra từ tế bào mang KG XA
Xa
là
A. XA
XA
, Xa
Xa
, XA
, Xa
Và 0. B. XA
và Xa
. C. XA
XA
và 0. D. Xa
Xa
và 0.

BÀI 11+12 QUY LUẬT PHÂN LY VÀ PHÂN LY ĐỘC LẬP
DẠNG 1: PHƯƠNG PHÁP CHUNG GIẢI BÀI TẬP
1.Trường hợp 1 : Đề bài cho đầy đủ các kiểu hình ở đời sau áp dụng Ql phân ly độc lập:
+ Bước 1 : tìm trội lặn và quy ước gen
- Trội lặn: 3 phương pháp:
* Do đầu bài cho
* F1 đồng tính (100%) KH nào đó, thì đó là KH trội
* Xét tỷ lệ tính trạng: KH nào đi với 3 là trội VD Cao/thấp=3/1
- Quy ước gen: Trội chữ cái In hoa, lặn chữ cái thường
+ Bước 2 : Xét sự di truyền của từng cặp tính trạng ở đời sau :
3/1→ định luật 2 của Menđen ==> Kiểu gen của cá thể đem lai : Aa x Aa .
1/2/1→ trội không hoàn toàn ==> Kiểu gen của cá thể đem lai : Aa x Aa .
1/1 → là kết quả của phép lai phân tích ==> Kiểu gen của cá thể đem lai : Aa x aa .
+ Bước 3 : Xét sư di truyền các cặp tính trạng ở đời sau : nhân tỷ lệ KH các phép lai riêng ở bước 2
nếu trùng với tỷ lệ KH của đầu bài=> tuân theo quy luật Phân ly độc lập
+ Bước 4 : Viết sơ đồ lai .
2. Trường hợp 2 : Đề bài chỉ cho 1 loại kiểu hình ở đời sau :
a) Lai 2 cặp tính trạng : Sẽ gặp một trong các tỉ lệ sau :
-2 tính trạng lặn : 6,25 % = 1/16 .
- 1 trội , 1 lặn : 18,75 % = 3/16 .
b) Lai 3 cặp tính trạng : Sẽ gặp một trong các tỉ lệ sau :
-3 tính trạng lặn : 1,5625 % = 1/64 .
-2 tính trạng lặn , 1 tính trạng trội : 4,6875 % = 3/64 .
-1 tính trạng lặn , 2 tính trạng trội : 14,0625 % = 9/64 .
DẠNG 2: TÍNH SỐ LOẠI VÀ TÌM THÀNH PHẦN GEN CỦA GIAO TỬ
1)Số loại giao tử: Không tùy thuộc vào số cặp gen trong KG mà tùy thuộc vào số cặp gen dị hợp.
Trong đó:
 KG của cá thể gồm 1 cặp gen dị hợp sẽ sinh ra 21
loại giao tử.
loại giao tử.
loại giao tử.
Số loại giao tử của cá thể có KG gốm n cặp gen dị hợp = 2n
tỉ lệ tương đương.
2)Thành phần gen của giao tử:
Sử dụng sơ đồ phân nhánh Auerbac qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1: AaBbDd
A a
B b B b
D d D D D d D d
ABD ABd AbD Abd aBD aBd abD abd
Ví dụ 2: AaBbDDEeFF
A a
B b B b
D D D D
E e E e E e E e
F F F F F F F F
ABDEF ABDeF AbDEF AbDeF aBDEF aBDeF abDEF abDeF

DẠNG 3: TÍNH SỐ KIỂU TỔ HỢP – KIỂU GEN – KIỂU HÌNH
VÀ CÁC TỈ LỆ PHÂN LI Ở ĐỜI CON
1)Kiểu tổ hợp:
Chú ý: Khi biết số kiểu tổ hợp  biết số loại giao tử đực, giao tử cái  biết số cặp gen dị
hợp trong kiểu gen của cha hoặc mẹ.
2)Số loại và tỉ lệ phân li về KG, KH:
 Tỉ lệ KG chung của nhiều cặp gen bằng các tỉ lệ KG riêng rẽ của mỗi cặp tính trạng nhân với
nhau.
 Số KH tính trạng chung bằng số KH riêng của mỗi cặp tính trạng nhân với nhau.
Ví dụ: A hạt vàng, B hạt trơn, D thân cao. P: AabbDd x AaBbdd.
Cặp KG Số lượng KH Số lượng
Aa x Aa 1AA:2Aa:1aa 3 3 vàng : 1 xanh 2
bb x Bb 1Bb:1bb 2 1 trơn : 1 nhăn 2
Dd x dd 1Dd:1dd 2 1 cao : 1 thấp 2
Số KG chung = ( 1AA:2Aa:1aa)(1Bb:1bb)(1Dd:1dd) = 3.2.2 = 12.
Số KH chung = (3 vàng : 1 xanh)(1 trơn : 1 nhăn)(1 cao : 1 thấp) = 2.2.2 = 8.
VD Xét 5 locut gen phân ly độc lập trên NST thường, mỗi locut có hai alen. Tính số kiểu gen
khác nhau trong quần thể thuộc các trường hợp sau đây:
a) Số kiểu gen đồng hợp 1 cặp gen
b) Số kiểu gen đồng hợp 2 cặp gen
c) Số kiểu gen đồng hợp 3 cặp gen
d) Số kiểu gen đồng hợp 4 cặp gen
e) Số kiểu gen đồng hợp 5 cặp gen
f) Tổng số kiểu gen khác nhau
Cách giải:
a) Số kiểu gen đồng hợp 1 cặp gen = 21
.C5
1
= 2 x 5 = 10
b) Số kiểu gen đồng hợp 2 cặp gen = 22
.C5
2
= 40
c) Số kiểu gen đồng hợp 3 cặp gen = 23
.C5
3
= 80
d) Số kiểu gen đồng hợp 4 cặp gen = 24
.C5
4
= 80
e) Số kiểu gen đồng hợp 5 cặp gen = 25
.C5
5
= 32
Tổng số kiểu gen khác nhau = 35
= 243
DẠNG 4: TÌM KIỂU GEN CỦA BỐ MẸ
1)Kiểu gen riêng của từng loại tính trạng:
Ta xét riêng kết quả đời con F1 của từng loại tính trạng.
a)F1 đồng tính:
 Nếu P có KH khác nhau => P : AA x aa.
 Nếu P có cùng KH, F1 là trội => P : AA x AA hoặc AA x Aa
 Nếu P không nêu KH và F1 là trội thì 1 P mang tính trạng trội AA, P còn lại có thể là AA, Aa
hoặc aa.
b)F1 phân tính có nêu tỉ lệ:
*F1 phân tính tỉ lệ 3:1
 Nếu trội hoàn toàn: => P : Aa x Aa
 Nếu trội không hoàn toàn thì tỉ lệ F1 là 2:1:1.
 Nếu có gen gây chết ở trạng thái đồng hợp thì tỉ lệ F1 là 2:1.
*F1 phân tính tỉ lệ 1:1
 Đây là kết quả phép lai phân tích => P : Aa x aa.
c)F1 phân tính không rõ tỉ lệ:
Số kiểu tổ hợp = số giao tử đực x số giao tử cái

 Dựa vào cá thể mang tính trạng lặn ở F1. aa => P đều chứa gen lặn a, phối hợp với KH ở P ta
suy ra KG của P.
2)Kiểu gen chung của nhiều loại tính trạng:
a)Trong phép lai không phải là phép lai phân tích:
Ta kết hợp kết quả lai về KG riêng của từng loại tính trạng với nhau.
Ví dụ: Cho hai cây chưa rõ KG và KH lai với nhau thu được F1 : 3/8 cây đỏ tròn, 3/8 cây đỏ bầu dục,
1/8 cây vàng tròn, 1/8 cây vàng bầu dục. Tìm hiểu 2 cây thuộc thế hệ P.
Giải
 Ta xét riêng từng cặp tính trạng:
+Màu sắc:
Đỏ = 3 +3 = 3 đỏ : 1 vàng => theo quy luật phân li. => P : Aa x Aa.
Vàng 1 + 1
+Hình dạng:
Tròn = 3 + 1 = 1 Tròn : 1 Bầu dục =>lai phân tích. => P : Bb x bb.
Bầu dục 3 + 1
 Xét chung: Kết hợp kết quả về KG riêng của mỗi loại tính trạng ở trên ta có KG của P :
AaBb x Aabb.
b)Trong phép lai phân tích:
Không xét riêng từng tính trạng mà phải dựa vào kết quả phép lai để xác định tỉ lệ và
thành phần gen của mỗi loại giao tử sinh ra => KG của cá thể đó.
Ví dụ: Thực hiện phép lai phân tích 1 cây thu được kết quả 25% cây đỏ tròn, 25% cây đỏ bầu dục.
Xác định KG của cây đó.
Giải
Kết quả F1 chứng tỏ cây nói trên cho 4 loại giao tử tỉ lệ bằng nhau là AB, Ab, aB, ab.
Vậy KG cây đó là : AaBb.
Tìm tỉ lệ phân tích về KH ở thế hệ con đối với loại tính trạng để từ đó xác định quy luật di
truyền chi phối.
+ 3:1 là quy luật di truyền phân tích trội lặn hoàn toàn.
+ 1:2:1 là quy luật di truyền phân tích trội không hoàn toàn (xuất hiện tính trạng trung gian
do gen nằm trên NST thường hoặc giới tính.
+ 1:1 hoặc 2:1 tỉ lệ của gen gây chết.
.
1.1.2. Khi lai 2 hay nhiều cặp tính trạng:
+ Tìm tỉ lệ phân tích về kiểu hình ở thế hệ con đối với mỗi loại tính trạng.
+ Nhân tỉ lệ KH riêng rẽ của loại tính trạng này với tỉ lệ KH riêng của loại tính trạng kia.
Nếu thấy kết quả tính được phù hợp với kết quả phép lai thì có thể kết luận 2 cặp gen quy
định 2 loại tính trạng đó nằm trên 2 cặp NST khác nhau, di truyền theo định luật phân li độc lập của
Menden (trừ tỉ lệ 1:1 nhân với nhau).
Ví dụ: Cho lai hai thứ cà chua: quả đỏ-thân cao với quả đỏ-thân thấp thu được 37.5% quả đỏ-
thân cao: 37.5% quả đỏ -thân thấp: 12.5% quả vàng-thân cao: 12.5% quả vàng-thân thấp. Biết rằng
mỗi tính trạng do 1 gen quy định.
Giải:
+ Xét riêng từng tính trạng ở thế hệ con:
( 37,5% + 37,5% ) đỏ : ( 12,5% + 12,5% ) vàng = 3 đỏ : 1 vàng
( 37,5% + 12,5% ) cao : ( 37,5 % + 12,5% ) thấp = 1 cao : 1 thấp

+ Nhân 2 tỉ lệ này ( 3 đỏ : 1 vàng ) ( 1 cao : 1 thấp ) = 3 đỏ-cao : 3 đỏ-thấp : 1 vàng-cao : 1 vàng-
thấp, phù hợp với phép lai trong đề bài. Vậy 2 cặp gen quy định 2 tính trạng nằm trên 2 cặp NST
khác nhau.
F1 F2
Kiểu gen
Số kiểu
giao tử
Số kiểu tổ
hợp giao
tử
Số loại
kiểu gen
Tỉ lệ kiểu
gen
Số loại
kiểu hình
Tỉ lệ kiểu
hình
Lai 1 tính
Lai 2 tính
Lai 3 tính
...............
Aa
AaBb
AaBbCc
...............
21
22
23
..............
21
x 21
22
x 22
23
x 23
..............
31
32
33
..............
(1:2:1)1
(1:2:1)2
(1:2:1)3
...............
21
22
23
..............
(3:1)1
(3:1)2
(3:1)3
...............
Lai n tính AaBbCc... 2n
2n
x 2n
3n
(1:2:1)n
2n
(3:1)n
Tổng quát hơn, nếu một cây dị hợp về n cặp allen giao phấn với cây dị hợp về m cặp allen thì
ta có:
+ Cây dị hợp về n cặp allen có 2n
loại giao tử
+ Cây dị hợp về m cặp allen có 2m
loại giao tử
Do đó => Tổng số hợp tử = 2n
x 2m
= 2n+m
- Tỉ lệ cây có kiểu hình trội =
mk






4
3
- Tỉ lệ thể đồng hợp toàn trội =
mnmn 


















2
1
2
1
*
2
1
- Tỉ lệ thể đồng hợp toàn lặn =
mnmn 


















2
1
2
1
*
2
1
DẠNG 5: BÀI TẬP TÍNH SỐ LOẠI VÀ
SỐ LƯỢNG KIỂU GEN, KIỂU HÌNH VÀ SỐ KIỂU GIAO PHỐI
III.3.2.8.1: Phương pháp giải:
a. Số KG có trong quần thể.
r: số alen của lô cút 1; a: số alen của lô cút 2; b: số alen của lô cút 3……
+Gen tồn tại trên NST thường
- Số KG đồng hợp (ĐH) = r
- Số KG dị hợp (DH) =
r(r 1)
2

- Tổng số KG trong QT=
r(r 1)
2

Nếu có nhiều lô cút=
r(r 1)
2

x
a(a 1)
2

x
b(b 1)
2

…….
+ Gen tồn tại trên NST giới tính X (gen nằm trên vùng không tương đồng trên X, không có alen
tương ứng trên Y)

- Tổng số KG trong QT =
r(r 1)
2

+ r
* Trên giới XX : Số KG =
r(r 1)
2

(Vì cặp NST tương đồng nên giống như trên NST thường)
* Trên giới XY :Số KG = r ( vì alen chỉ có trên X,không có trên Y)
* Nếu có nhiều nhóm liên kết trên X: Tổng số KG trong quần thể =
r.a.b(r.a.b 1)
2

+ r.a.b
+ Gen tồn tại trên NST giới tính X và Y (gen nằm trên vùng không tương đồng trên X và gen nằm
trên vùng không tương đồng trên Y)
* Trên giới XX :
Số KG =
r(r 1)
2

* Trên giới XY :có m alen trên locút 1
Số KG = r.m ( vì alen chỉ có trên X, không có trên Y)
r(r 1)
2

+ r.m
+ Gen tồn tại trên NST giới tính X và Y (gen nằm trên vùng tương đồng trên X và Y)
r(r 1)
2

+ r2
* Ở giới XX :
r(r 1)
2

* Ở giới XY: r2
(vì XA
YB
khác XB
YA
)
+ Gen tồn tại trên NST giới tính X và Y
b) Số KH và số KG trong các phép lai:
Phép lai dù có nhiều cặp gen ta tách ra thành từng cặp
+ Aa x Aa 3 KG và 2 KH
+ Aa x aa  2 KG và 2 KH
+ Aa x AA 2KG và 1 KH
+ XA
Xa
x Xa
Y 4 KG và 2 KH (hoặc 4 KG-4KH xét tính trạng theo giới đực và cái)
+ dị hợp 2 cặp gen x dị hợp 2 cặp gen
* Nếu HVG 1 bên cho 7 KG và 4 KH
+ Phân li độc lập số KH=2n
(n số cặp gen dị hợp)

c) Số kiểu giao phối= số KG cơ thể đực x số KG cơ thể cái
1/ BÀI TẬP
Gen I,II,III lần lượt có 3,4,5 alen. Xác định số KG tối đa có thể có trong quần thể (2n) về 3 locus
trên trong trường hợp:
a. Cả 3 gen trên đều nằm trên NST thường trong đó gen II và III cùng nằm trên một cặp NST tương
đồng,gen I nằm trên cặp NST khác.
b. Gen I nằm trên cặp NST thường, gen II và III cùng nằm trên NST giới tính X ở đoạn không tương
đồng với Y.
c. Cả 3 gen trên đều nằm trên một cặp NST thường
d. Cả 3 gen trên đều nằm trên NST X ở đoạn không tương đồng với Y
2/ GIẢI
Câu a.
- Số KG tối đa đối với gen I = r/2(r+1) = 3/2(3+1) = 6
- Số KG tối đa đối với 2 gen II và III = mn/2(mn + 1) = (4 x 5)/2 x [(4 x 5)+1] = 210
Vậy số KG tối đa trong QT với 3 locus trên = 6 x 210 = 1260
Câu b.
- Số KG tối đa đối với gen I = r/2(r+1) = 3/2(3+1) = 6
- Số KG tối đa đối với 2 gen II và III = mn/2(mn + 3) = (4 x 5)/2 x [(4 x 5)+3] = 230
Vậy số KG tối đa trong QT với 3 locus trên = 6 x 230 = 1380
Câu c.
Số KG tối đa = N/2(N + 1) = 3.4.5(3.4.5+1)/2 = 1830
Câu d.
Số KG tối đa = N/2(N + 1)+ N = 3.4.5(3.4.5+1)/2 + 3.4.5 = 1890
CÁCH TINH SỐ KIỂU GEN TỐI ĐA TRONG QUẦN THỂ (3n)VỚI m ALEN
BÀI TOÁN 1
Gen I nằm trên cặp NST thường có 4alen; genII nằm trên NST giới tính X ở đoạn không tương đồng
với Y gồm có 6 alen.Xác định số KG tối đa có thể có trong QT (3n).
GIẢI
1. TỔNG QUÁT: Xét QT đa bội (3n): Với m là số alen
a/ Trên NST thường:
* m = 2 thì số KG = 4
* m > 2 thì số KG: tính như sau:
- trường hợp mang 3 alen giống nhau: a1a1a1;a2a2a2;a3a3a3;a4a4a4…= m
- trường hợp mang 2 alen giống nhau:a1a1a2;a1a1a3;a1a1a4… = m(m-1)
- trường hợp mang 3 alen khác nhau: a1a2a3;a1a2a4;a2a3a4… = C3
m
Vậy số KG = m +m(m-1) + C3
m = m2
+C3
m
b/ Trên NST giới tính:
* Với m = 2
- nếu là XXX ; XXY : Số KG = 4+3 =7
- nếu là XXX ; XYY : Số KG = 4 +2 = 6
* Với m >2:
- nếu là XXX ; XXY : Số KG = m2
+C3
m+ m/2(m+1)
- nếu là XXX ; XYY : Số KG = m2
+C3
m+ m = m(m+1)+C3
m
2. GIẢI:
Số KG tối đa đối với cặp NST thường = m2
+C3
m = 42
+C3
4= 20
Số KG tối đa đối với cặp NST giới tính =
m2
+C3
m+ m/2(m+1)= 62
+C3
6+6/2(6+1)=36+20+21= 77
hoặc m2
+C3
m+ m = 62
+C3
6+6 = 36+20+6=62

Vậy số KG tối đa trong QT là: 20 x 77 = 1540 hoặc 20 x 62= 1240

BÀI TOÁN 2: Ở người, xét 4 gen: gen thứ nhất có 3 alen nằm trên NST thường, các gen 2 và 3 mỗi
gen đều có 2 alen nằm trên NST X (không có alen trên Y) các gen trên X liên kết hoàn toàn với
nhau. Gen thứ 4 có 3 alen nằm trên NST giới tính Y (không có alen trên X), . Theo lý thuyết số kiểu
gen tối đa về các lôcut trên trong quần thể người là
A. 142 B. 115 C. 84 D. 132
Bài Làm:
Gen thứ nhất có 3 alen ntreen NST thươngf co2 3(3+1)/2= 6KG.
- gen 2 và gen thứ 3 xem như là 1 gen có 2x2=4 alen
- vậy ở giới XX có 4(4+1)/2=10 KG
- ở XY do X có 4 kiểu kết hợp với Y có 3 kiểu gen vậy số KG ở giới XY là =4x3= 12
- Vậy tổng số KG của quần thể là= 6(10+12)=132 KG
- Đáp án D
2/ Xác định tần số xuất hiện các alen trội hoặc lặn trong trường hợp nhiều cặp gen dị hợp
PLĐL, tự thụ
a. Tổng quát:
GV cần lưu ý với HS là chỉ áp dụng đối với trường hợp các cặp gen PLĐL và đều ở trạng thái dị
hợp
- Gọi n là số cặp gen dị hợp → số alen trong một KG = 2n
- Số tổ hợp gen = 2n
x 2n
= 4n
- Gọi số alen trội ( hoặc lặn) là a
→ Số alen lặn ( hoặc trội) = 2n – a
- Vì các cặp gen PLĐL tổ hợp ngẫu nhiên nên ta có:
(T + L) (T + L) (T + L) = (T + L)n
(Kí hiệu: T: trội, L: lặn)
n lần
- Số tổ hợp gen có a alen trội ( hoặc lặn ) = C2n
a
*TỔNG QUÁT:
Nếu có n cặp gen dị hợp, PLĐL, tự thụ thì tần số xuất hiện tổ hợp gen có a alen trội ( hoặc lặn )
= C2n
a
/ 4n
b. Bài toán:
Chiều cao cây do 3 cặp gen PLĐL, tác động cộng gộp quy định.Sự có mặt mỗi alen trội trong tổ hợp
gen làm tăng chiều cao cây lên 5cm. Cây thấp nhất có chiều cao = 150cm. Cho cây có 3 cặp gen dị
hợp tự thụ. Xác định:
- Tần số xuất hiện tổ hợp gen có 1 alen trội, 4 alen trội.
- Khả năng có được một cây có chiều cao 165cm
Giải
* Tần số xuất hiện : tổ hợp gen có 1 alen trội = C2n
a
/ 4n
= C6
1
/ 43
= 6/64
tổ hợp gen có 4 alen trội = C2n
a
/ 4n
= C6
4
/ 43
= 15/64
- Cây có chiều cao 165cm hơn cây thấp nhất = 165cm – 150cm = 15cm
→ có 3 alen trội ( 3.5cm = 15cm )
* Vậy khả năng có được một cây có chiều cao 165cm = C6
3
/ 43
= 20/64

BÀI 13: TƯƠNG TÁC GEN
DẠNG 1: NHẬN BIẾT QUY LUẬT TƯƠNG TÁC GEN
1. Các dạng:
+ 9:3:3:1 (56,25%:18,75%:18,75%:6,25%) hoặc 9:6:1 (56,25%:37,5%:6,25%) hoặc 9:7
(56,25%:43,75%) là tính trạng di truyền theo tương tác bổ trợ (bổ sung).
+ 12:3:1 (75%:18,75%:6,25%) hoặc 13:3 (81,25%:18,75%) là tính trạng di truyền theo quy luật
tương tác át chế trội.
+ 9:3:4 (56,25%:18,75%:25%) là tương tác át chế do gen lặn.
+ 15:1 (93,75%:6,25%) hoặc 1:4:6:4:1 là tương tác cộng gộp kiểu không tích lũy các gen trội
+ Phép lai AaBb x Aabb hoặc AaBb x aaBb phân ly KH:
- 3:3:1:1
- 4:3:1
- 6:1:1  át chế 12:3:1
- 3:3:2 Át chế 9:3:4
-5:3  Hoặc bổ trợ 9:7 nếu 3/8 giống KH F1
 Hoặc át chế 13:3 nếu 5/8 giống KH F1
- 7:1 Hoặc át chế 13:3
 Hoặc cộng gộp 15:1
2. Tương tác giữa các gen không alen:
Mỗi kiểu tương tác có 1 tỉ lệ KH tiêu biểu dựa theo biến dạng của (3:1)2
như sau:
a) Các kiểu tương tác gen:
+ Tương tác bổ trợ có 3 tỉ lệ KH: 9:3:3:1; 9:6:1; 9:7.
- Tương tác bổ trợ gen trội hình thành 4 KH: 9:3:3:1
A-B- ≠ A-bb ≠ aaB- ≠ aabb thuộc tỉ lệ: 9:3:3:1
- Tương tác bổ trợ gen trội hình thành 3 KH: 9:6:1
A-B- ≠ (A-bb = aaB-) ≠ aabb thuộc tỉ lệ 9:6:1
- Tương tác bổ trợ gen trội hình thành 2 KH: 9:7
A-B- ≠ (A-bb = aaB- = aabb) thuộc tỉ lệ 9:7
+ Tương tác át chế có 3 tỉ lệ KH: 9:3:4; 12:3:1; 13:3
- Tương tác át chế gen trội hình thành 3 KH: 12:3:1
(A-B- = A-bb) ≠ aaB- ≠ aabb thuộc tỉ lệ 12:3:1
- Tương tác át chế gen trội hình thành 2 KH: 13:3
(A-B- = A-bb = aabb) ≠ aaB- thuộc tỉ lệ 13:3
- Tương tác át chế gen lặn hình thành 3 KH: 9:3:4
A-B- ≠ aaB- ≠ (A-bb = aabb) thuộc tỉ lệ 9:3:4
+ Tác động cộng gộp (tích lũy) hình thành 2 KH: 15:1
(A-B- = A-bb = aaB-) ≠ aabb
Tổng quát n cặp gen tác động cộng gộp => tỉ lệ KH theo hệ số mỗi số hạng trong khai
triển của nhị thức Newton (A+a)n
.
=> Tương tác bổ trợ kèm theo xuất hiện tính trạng mới
Tương tác át chế ngăn cản tác dụng của các gen không alen.
Tương tác cộng gộp mỗi gen góp phần như nhau vào sự phát triển.
b) Dạng toán thuận:
+ Cho biết kiểu tương tác tìm tỉ lệ phân li ở đời con
Ví dụ : Ở ngựa sự có mặt của 2 gen trội A và B cùng kiểu gen qui định lông xám, gen A có khả
năng đình chỉ hoạt động của gen B nên gen B cho lông màu đen khi không đứng cùng với gen A
trong kiểu gen. Ngựa mang 2 cặp gen đồng hợp lặn cho kiểu hình lông hung. Các gen phân li độc
lập trong quá trình di truyền. Tính trạng màu lông ngựa là kết quả của hiện tượng nào?

A. tác động cộng gộp C. Tác động ác chế
B. Trội không hoàn toàn D. Tác động bổ trợ
Giải:
Theo đề gen A có khả năng đình chỉ hoạt động của gen B, gen B chỉ biểu hện kiểu hình khi
không đứng cùng với gen A trong cùng 1 kiểu gen.
Hay nói cách khác là gen A át chế hoạt động của gen trội B
Suy ra, Tính trạng màu lông ngựa là kết quả của hiện tượng tương tác át chế
=> chọn đáp án: C
+ Cho biết kiểu gen (kiểu hình) của bố mẹ tìm tỉ lệ phân li về kiểu gen và kiểu hình ở đời con.
Ví dụ1: Lai hai dòng bí thuần chủng quả tròn được F1 toàn quả dẹt; F2 gồm 271 quả dẹt : 179 quả
tròn : 28 quả dài. Sự di truyền hình dạng quả tuân theo quy luật di truyền nào?
A. Tương tác át chế B. Tương tác cộng gộp
C. Trội không hoàn toàn D. Tương tác bổ trợ
Giải:
Xét tỉ lệ KH đời con là: 271 quả dẹt : 179 quả tròn : 28 quả dài
 9 quả dẹt : 6 quả tròn : 1 quả dài
Quy luật di truyền chi phối là: Tương tác bổ trợ
=> Chọn đáp án D
Chú ý: Đối với các bài toán dạng này, ta coi số nhỏ nhất như 1 đơn vị, rồi chia các số lớn
hơn với nó
Ví dụ2: Cho lai hai dòng vẹt thuần chủng lông vàng với lông xanh, được F1 toàn màu hoa thiên lý
(xanh-vàng).F2 gồm 9/16 màu thiên lý : 3/16 lông vàng : 3/16 lông xanh : 1/16 lông trắng. Tính
trạng này di truyền theo quy luật:
A. Phân li độc lập C.Trội không hoàn toàn
B. Tương tác gen D. Liên kết gen
Giải:
Tỉ lệ phân tính về KH ở thế hệ F2 là: 9:3:3:1
Mà đây là kết quả của phép lai của hai cá thể về một cặp tính trạng tương phản .
Nên suy ra tính trạng này di truyền theo quy luật tương tác gen
Chọn đáp án B
c) Dạng toán nghịch: Thường dựa vào kết quả phân tính ở thế hệ lai để suy ra số kiểu tổ hợp giao tử
và số loại bố mẹ => số cặp gen tương tác.
Sau khi xác định được số cặp gen tương tác, đồng thời xác định được kiểu gen của bố mẹ và
suy ra sơ đồ lai có thể có của phép lai đó để thấy tỉ lệ KG thuộc dạng nào, đối chiếu với kiểu hình
của đề bài để dự đoán kiểu tương tác.
Thường thì tổng tỉ lệ chẩn ở thế hệ con bao giờ cũng là một số chẵn bởi nó là tích của một số
chẵn với một số nguyên dương khác khi thực hiện phép nhân xác suất trong quần thể. Từ đó, suy ra
số loại giao tử của bố mẹ.
+Khi lai F1 x F1 tạo ra F2 có 16 kiểu tổ hợp như: 9:3:3:1; 9:6:1; 9:7; 12:3:1; 13:3, 9:3:4; 15:1.
(16 = 4*4 => P giảm phân cho 4 loại giao tử)
+ Khi lai F1 với cá thể khác tạo ra F2 có 8 kiểu tổ hợp như: 3:3:1:1; 4:3:1; 3:3:2; 5:3; 6:1:1;
7:1. (8 = 4*2 => một bên P cho 4 loại giao tử, một bên P cho 2 loại giao tử)
+ Khi lai phân tích F1 tạo ra F2 có 4 kiểu tổ hợp như: 3:1; 1:2:1; 1:1:1:1.
(4 = 4*1 => một bên P cho 4 loại giao tử, một bên P cho 1 loại giao tử)
Ví dụ 1: Khi lai cây hoa đỏ thuần chủng với cây hoa trắng thuần chủng, F1 thu được 100% hoa đỏ.
Cho lai F1 với cây hoa trắng thuần chủng ở trên, F2 thu được 3 hoa trắng : 1 hoa đỏ. Sự di truyền
tính trạng trên tuân theo quy luật nào?

Giải:
Pt/c, F1 thu được 100% hoa đỏ => tính trạng hoa đỏ trội hoàn toàn so với hoa trắng ( theo ĐL
đồng tính của Menden).
Mà tính trạng hoa trắng là tính trạng do gen lặn quy định nên hoa trắng chỉ cho 1 loại giao tử.
Trong khi đó F2= 3+1= 4 kiểu tổ hợp, vậy con lai F1 phải cho 4 loại giao tử => F1 dị hợp 2 cặp gen
(AaBb), lúc đó KG của hoa trắng thuần chủng là aabb, kiểu gen của cây hoa đỏ thuần chủng là
AABB.
Sơ đồ lai:
Pt/c: AABB x aabb
hoa đỏ hoa trắng
F1: AaBb
hoa đỏ
F1 x Pt/c(hoa trắng): AaBb x aabb
hoa đỏ hoa trắng
F2: 1AaBb 1Aabb 1aaBb 1aabb
Mà kết quả kiểu hình của đề bài là 3 hoa trắng: 1hoa đỏ. Ta đã xác định được ở trên KG aabb
quy định tính trạng hoa trắng, AaBb quy định tính trạng hoa đỏ.
Từ đó ta có thể kết luận 2 KG còn lại là Aabb và aaBb quy định tính trạng hoa trắng.
Kết luận sự di truyền tính trạng trên tuân theo quy luật tương tác gen, kiểu tương tác bổ trợ gen
trội.
Ví dụ 2: Ở đậu thơm, sự có mặt của 2 gen trội A, B trong cùng kiểu gen qui định màu hoa đỏ, các tổ
hợp gen khác chỉ có 1 trong 2 loại gen trội trên, cũng như kiểu gen đồng hợp lặn sẽ cho kiểu hình
hoa màu trắng. Cho biết các gen phân li độc lập trong quá trình di truyền. lai 2 giống đậu hoa
trắng thuần chủng, F1 thu được toàn hoa màu đỏ. Cho F1 giao phấn với hoa trắng thu được F2 phân
tính theo tỉ lệ 37.5% đỏ: 62,5% trắng. Kiểu gen hoa trắng đem lai với F1 là:
A. Aabb hoặc aaBb B. Aabb hoặc AaBB
C. aaBb hoặc AABb D. AaBB hoặc AABb
Giải:
F2 phân tính có tỉ lệ: 37.5% đỏ: 62,5% trắng
= 3 đỏ : 5 trắng = 8 tổ hợp = 4 giao tử x 2 giao tử.
Theo giả thuyết thì những cây hoa trắng có thể có là một trong các kiểu gen sau:
Aabb,Aabb, aaBB,aaBb,aabb
Trong đó, Kiểu gen AAbb, aaBB, aabb sẽ giảm phân cho 1 loại giao tử
Kiểu gen Aabb, aaBb giảm phân cho 2 loại giao tử
Vậy chỉ có KG Aabb, aaBb là thỏa mãn, để khi lai với cây F1 cho ra 8 tổ hợp.
Do đó cây đem lai sẽ cho 2 loại giao tử. nên cây đem lai với F1 sẽ có kiểu gen là: Aabb hoặc
aaBb.
=> Chọn đáp án A
Ví dụ 3: Lai 2 dòng bí thuần chủng quả tròn, thu được F1 toàn quả dẹt; cho F1 tự thụ phấn F2 thu
được 271 quả dẹt : 179 quả tròn : 28 quả dài. Kiểu gen của bố mẹ là:
A. Aabb x aaBB C. AaBb x AaBb
B. AaBB x Aabb D. AABB x aabb
Giải:
Xét F2 có 271 quả dẹt : 179 quả tròn : 28 quả dài

= 9 quả dẹt : 6 quả tròn : 1 quả dài
=>F2 có 9+6+1 = 16 tổ hợp = 4 giao tử * 4 giao tử
Suy ra F1 dị hợp 2 cặp gen : AaBb, cơ thể bố mẹ thuần chủng về hai cặp gen.
Quy ước: A-B- : quả dẹt
A-bb và aaB-: quả tròn
Aabb : quả dài
Vậy kiểu gen bố mẹ thuần chủng là: Aabb x aaBB
=> chọn đáp án A
Ví dụ 4: Ở Ngô, tính trạng kích thước của thân do 3 cặp alen (A1a1, A2a2, A3a3) quy định. Mỗi gen
lặn làm cho cây cao thêm 10cm, chiều cao cây thấp nhất 80cm. Nếu F1 đồng loạt xuất hiện kiểu hình
Ngô cao 110cm. Kiểu gen của P là:
A. A1A1A2A2A3A3 x a1a1a2a2a3a3 B.A1A1A2A2a3a3 x a1a1a2a2A3A3
C. A1A1a2a2A3A3 x a1a1A2A2a3a3 D.1 trong 4 trường hợp nói trên.
Giải:
Theo đề bài suy ra, cây có chiều cao thấp nhất có kiểu gen là đồng hợp trội A1A1A2A2A3A3.
Mỗi gen lặn làm cây cao thêm 10cm
 110 = 80+10+10+10
Suy ra F1 xuất hiện 3 gen lặn hay dị hợp tử về 3 cặp gen A1a1A2a2A3a3
Bây giờ, dựa vào dữ kiện đề bài cho:
+ Phép lai: A1A2A2A3A3 x a1a1a2a2a3a3 => A1a1A2a2A3a3
+ Phép lai: A1A1A2A2a3a3 x a1a1a2a2A3A3 => A1a1A2a2A3a3
+ Phép lai: A1A1a2a2A3A3 x a1a1A2A2a3a3 => A1a1A2a2A3a3
=> chọn đáp án đúng là đáp án D
d)Tóm lại: Khi xét sự di truyền của 1 tính trạng, điều giúp chúng ta nhận biết tính trạng đó được di
truyền theo quy luật tương tác của 2 gen không alen là:
+ Tính trạng đó được phân li KH ở thế hệ sau theo tỉ lệ 9:3:3:1 hay biến đổi của tỉ lệ này.
+ Tính trạng đó được phân li KH ở thế hệ sau theo tỉ lệ 3:3:1:1 hay biến đổi của tỉ lệ này.
+ Kết quả lai phân tích xuất hiện tỉ lệ KH 1:1:1:1 hay biến đổi của tỉ lệ này.
0017: Sự khác nhau giữa cây ngô cao 10 cm và cây ngô cao 26 cm là do 4 cặp gen cộng gộp quy
định. Các cá thể thân cao 10 cm có kiểu gen aabbccdd, các cá thể thân cao 26 cm có kiểu gen
AABBCCDD. Số loại kiểu hình của phép lai giữa hai cơ thể có 4 cặp gen dị hợp là
A. 8. B. 256. C. 9. D. 16.
Sự chênh lệch về chiều cao của các cây đồng trội với các cây đồng hợp lặn là:
26-10=16. Mỗi alen trội làm cây cao lên: 16:8= 2cm
Vậy cây dị hợp AaBbCcDd cao 18 cm
Sự chênh lệch về chiều cao phụ thuộc vào số lượng các gen trội có mặt trong kiểu gen, nên xuất hiện
9 kiểu hình là:
- 26 cm-8 alen trội (không có alen lặn)
- 24 cm-7 alen trội (1 có alen lặn)

Câu 17: Ở 1 loài thực vật chiều cao do 5 cặp gen không alen tác động cộng gộp. Sự có mặt mỗi alen
trội làm chiều cao tăng lên 5 cm. Lai cây cao nhất có chiều cao 210 cm cây thấp nhất sau đó cho F1
giao phấn. Số kiểu hình và tỉ lệ cây cao 190cm ở F2 là:
A. 10 KH, tỉ lệ 26/512 B. 11KH, tỉ lệ 126/512
B. 10 KH, tỉ lệ 105/512 D. 11KH, tỉ lệ 105/512
Giải: Chiều cao cây do 5 cặp gen (10 alen) tác động cộng gộp mà cây cao nhất 210 cm, mỗi alen
trội làm chiều cao tăng lên 5 cm  cây cao nhất có cả 10 alen trội cây cao 190 cm có số alen trội
là:
10 -
5
190210 
=6
Lai cây cao nhất với cây thấp nhất được F1, F1 tự thụ phấn được F2 có:
- số kiểu hình: 11 (kh 10 alen trội, 9 alen trội, 8 alen trội … 0 alen trội)
- tỉ lệ cây cao 190 cm: 10
6
10
2
C
=
1024
210
=
512
105
DẠNG 2: TƯƠNG TÁC GEN VỚI QUY LUẬT LIÊN KẾT GEN.
1. Các kết luận nhận biết và xác định KG P.
+ KL1: Nếu F2 XH: aabbdd F1 LKG dị hợp đều và ngược lại.
+ KL2: Xét 2TT tương tác gen Nếu: A=B (9:6:1,9:7,15:1) 2 trường hợp Aa-Dd hoặc Bb-Dd
+KL3: Xét 2TT tương tác gen Nếu: A≠B (9:3:3:1,9:3:4, 12:3:1.13:3) Hoặc TH1 hoặc TH2
1TH nếu: Khi F2 có mặt aaB-dd
2TH nếu: Khi F2 không có mặt aaB-dd
+ KL4: THPLKH F2 nếu là: 12:3:1,9:3:4,9:3:3:1, 9:6:1 KG F1 dị hợp đều
+ KL5: THPLKH F2 nếu ≠: 12:3:1,9:3:4,9:3:3:1, 9:6:1 mà là: 9:3:2:1: 1, 6:6:3:1, 8:5:2:1, 6:5:3:1,
8:4:3:1 KG F1 dị hợp chéo
2.Ví dụ:
VD1: Ở một loài TV, TT hình dạng quả do hai gen không alen phân li độc lập cùng quy định.
Khi trong KG có mặt đồng thời cả hai alen trội A và B cho quả dẹt, khi chỉ có một trong hai
alen cho quả tròn và khi không có alen trội nào cho quả dài. Tính trạng màu sắc hoa do một
gen có 2 alen quy định, alen D quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen d quy định hoa
trắng. Cho cây quả dẹt. hoa đỏ (P) tự thụ phấn, thu được F1 có kiểu hình phân li theo tỉ lệ 6
cây quả dẹt, hoa đỏ : 5 cây quả tròn, hoa trắng : 3 cây quả dẹt, hoa trắng :1 cây quả tròn hoa
trắng : 1 cây quả dài, hoa đỏ.
Biết rằng không xảy ra đột biến, kiểu gen nào của (P) sau đây phù hợp với kết quả trên?
A.
Ad
Bb
aD
B.
BD
Aa
bd
C.
Ad
BB
AD
D.
AD
Bb
ad
Giải:
+ Căn cứ theo quy ước gen mà đề bài đưa ra cho thấy quy luật di truyền chi phối phép lai này là
quy luật tương tác bổ trợ.
+ Vì phép lai ở đời P là tự thụ ( KG của bố và mẹ là như nhau) và tổng số tổ hợp cá thể lai được
tạo ra trong phép lai ở F1 sinh ra từ P là: 6 + 5 + 3 + 1 + 1 = 16 tổ hợp cá thể lai mà phép lai lại do 3
cặp gen chi phối nên nhất định sẽ có hai cặp gen liên kết hoàn toàn với nhau còn lại 1 cặp gen sẽ
phân li độc lập sẽ cho mỗi bên giao tử đóng góp là 4 loại. Do vậy, phương án C.
Ad
BB
AD
chỉ cho 2
loại giao tử sẽ bị loại , 3 phương án còn lại đều có thể đáp ứng yêu cầu này.

+ Căn cứ vào đời F1 thu được 1 cây quả tròn hoa trắng : 1 cây quả dài, hoa đỏ, dùng biện pháp suy
luận về kiểu giao tử đóng góp trong sơ đồ lai, điền nhanh theo sơ đồ điền khuyết, không cần viết hết
sơ đồ lai hoàn chỉnh, ta dễ dàng thấy chỉ có phương án A.
Ad
Bb
aD
là đáp án đúng . Vậy → đáp án là:
A.
Ad
Bb
aD
HD: tỉ lệ KG ở F1 là 6:5:3:1:1 vậy F1 có 16 tổ hợp = 4x4 vậy P cho 4 loại giao tử nên cặp gen quy
định màu sắc liên kết hoàn toàn với 1 trong 2 cặp gen quy định hình dạng hạt Xét kiểu hình quả dài,
hoa đỏ ở F1 có KG là tổ hợp giữa aabb và D- nên có KG là
_
aa
b
bD
hoặc
_a
bb
aD
từ đây ta kết luận a
liên kết hoàn toàn với D hoặc b liên kết hoàn toàn với D.vậy P có thể là
Ad
Bb
aD
hoặc Aa
Bd
bD
căn
cứ vào đáp án, đáp án đúng là A
VD2: Ở một loài thực vật, alen A quy định thân cao trội hoàn toàn so với alen a quy định thân thấp;
alen B quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen b quy định hoa trắng; alen D quy định quả tròn trội
hoàn toàn so với alen d quy định quả dài. Cho cây thân cao, hoa đỏ, quả tròn (P) tự thụ phấn, thu
được F1 gồm 301 cây thân cao, hoa đỏ, quả dài ; 99 cây thân cao, hoa trắng, quả dài; 600 cây thân
cao, hoa đỏ, quả tròn; 199 cây thân cao, hoa trắng , quả tròn; 301 cây thân thấp, hoa đỏ, quả tròn;
100 cây thân thấp,hoa trắng, quả tròn. Biết rằng không xảy ra đột biến, kiểu gen của (P) là:
A.
AB
Dd
ab
B.
Ad
Bb
aD
C.
AD
Bb
ad
D.
Bd
Aa
bD
Giải:
+ Tỉ lệ F1 ≈ 3 : 1: 6 : 2 : 3 : 1
+ Theo đề bài ta có tổng số loại tổ hợp ở F1 thu được từ phép lai cây thân cao, hoa đỏ, quả tròn
(P) tự thụ phấn là: 3 + 1 + 6 + 2 + 3 + 1 = 16 tổ hợp, mà KG của cá thể đem lai do 3 cặp gen chi
phối nên nhất định phải có 2 cặp gen liên kết hoàn toàn với nhau, một cặp dị hợp phân li độc lập
+ Tỉ lệ 3 : 1: 6 : 2 : 3 : 1 = (1 : 2 : 1) (3 : 1) →trong KG của các cá thể ở P (tự thụ) có một cặp di
hợp phân li độc lập cho tỉ lệ 3 : 1, và 2 cặp gen còn lại liên kết hoàn toàn có trạng thái dị hợp tử chéo
do vậy ta dễ dàng loại đi phương án A và C, chỉ còn lại B và D
+ Căn cứ vào 2 loại tổ hợp là 1 thấp, trắng, tròn và 1 cao, trắng, dài ở đời F1 thu được biện luận
theo KG của phương án B và D cho ta phương án đúng là B.
Ad
Bb
aD
→ đáp án B.
Ad
Bb
aD
( Bạn đọc tự hoàn thiện sơ đồ lai P: B.
Ad
Bb
aD
*
Ad
Bb
aD
để kiểm tra đời F1 )
Các dạng tương tác gen và các tỷ lệ tương tác gen thường gặp trong bài tập. Những vấn đề
thiết yếu giúp các bạn làm bài tập tương tác gen hiệu quả. Đây là những vấn đề bổ sung cho
SGK giúp các bạn có thể nắm bắt các dạng tương tác gen một cách tổng quát và vận dụng để
làm bài tập tương tác gen.
1.Tương tác bổ trợ:
a.Bổ trợ có 2 kiểu hình:
A và B là 2 alen trội tương tác bổ sung quy định kiểu hình 1 (ví dụ là đỏ chẳng hạn).Sự tương
tác giữa 1 alen trội và 1 alen lặn, hoặc 2 lặn sẽ cho kiểu hình 2(trắng)
Hay gặp

Tỉ lệ 9:7 P: AaBb x AaBb => F : 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 9 đỏ : 7 trắng)
Tỉ lệ 3:5 P: AaBb x Aabb => F: 3A_B_ : 3A_bb : 1aaBb : 1aabb ( 3 đỏ : 5 trắng)
Tỉ lệ 1:3 P: AaBb x aabb hoặc Aabb x aaBb => F: ( 1 đỏ : 3 trắng)
b.Bổ trợ có 3 kiểu hình:
A và B là 2 alen trội tương tác bổ sung quy định kiểu hình 1( ví dụ là vàng).Sự tương tác giữa 1
alen trội và 1 lặn sẽ cho kiểu hình 2(xanh).2 alen lặn tương tác sẽ cho kiểu hình 3(trắng)
Hay gặp
Tỉ lệ 9:6:1 P: AaBb x AaBb => F: 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 9 vàng: 6 xanh : 1 trắng)
Tỉ lệ 3:4:1 P: AaBb x Aabb => F: 3A_B_ : 3A_bb : 1aaBb : 1aabb ( 3 vàng : 4 xanh : 1 trắng)
Tỉ lệ 1:2:1 P: AaBb x aabb hoặc Aabb x aaBb => F: ( 1 vàng : 2 xanh : 1 trắng)
c.Bổ trợ có 4 kiểu hình:
A và B là 2 alen trội tương tác bổ sung quy định kiểu hình 1( ví dụ là vàng).Sự tương tác giữa 1
alen trội A và 1 lặn b sẽ cho kiểu hình 2(xanh).Sự tương tác giữa 1 alen trội B và lặn a sẽ cho
kiểu hình 3(tím).2 alen lặn tương tác sẽ cho kiểu hình 4(trắng)
Hay gặp:
Tỉ lệ 9:3:3:1 P: AaBb x AaBb => 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 9 vàng: 3 xanh : 3 tím:1
trắng)
Tỉ lệ 3:3:1:1 (tương tự) và Tỉ lệ 1:1:1:1.
2.Tương tác át chế:
a.Át chế do gen trội có 3 kiểu hình:
Quy ước A là gen át, cặp aa không át.B quy định màu xám chẳng hạn.b quy định màu trắng.
A_B_ vì A át B nên dù có gen trội B nó vẫn chỉ thể hiện kiểu hình của A.Như vậy A_B_ và A_bb
đều có cùng 1 kiểu hình 1 (màu kem chẳng hạn)
aaB_: aa không át nên sẽ thể hiện kiểu hình của B: màu xám.
aabb: aa không át nên sẽ thể hiện kiểu hình của b: màu trắng.
Hay gặp:
Tỉ lệ 12:3:1 P: AaBb x AaBb => F: 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 12 kem: 3 xám : 1 trắng)
Tỉ lệ 6:1:1 P: AaBb x Aabb => F: 3A_B_ : 3A_bb : 1aaBb : 1aabb ( 6 kem: 1 xám : 1 trắng)
Tỉ lệ 4:3:1 P: AaBb x aaBb => F: 3A_B_ : 1A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 4 kem: 3 xám : 1 trắng)
Tỉ lệ 2:1:1 P: AaBb x aabb hoặc Aabb x aaBb.
b.Át chế do gen trội có 2 kiểu hình:
Quy ước A là gen át, cặp aa không át.B quy định màu xám chẳng hạn.b quy định màu trắng.
A_B_ , A_bb đều bị gen A át nhưng cùng thể hiện kiểu hình của gen b.Như vậy các kiểu gen
A_B_, A_bb và aabb đều thể hiện cùng 1 kiểu hình của gen b (lông cong chẳng hạn)
aaB_ : vì aa không át được B nên kiểu gen này biểu hiện thành kiểu hình của B( lông thẳng
chẳng hạn).
Hay gặp:

Tỉ lệ 13:3 P: AaBb x AaBb => F: 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 13 cong: 3 thẳng)
Tỉ lệ 7:1 P: AaBb x Aabb => F: 3A_B_ : 3A_bb : 1aaBb : 1aabb (7 cong: 1 thẳng)
Tỉ lệ 5:3 P: AaBb x aaBb => F: 3A_B_ : 1A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 5 cong: 3 thẳng)
Tỉ lệ 3:1 nữa.
c.Át chế do gen lặn:
Quy ước A không át, cặp aa có khả năng át.B quy định chân to.b quy định chân nhỏ.
A_B_ sẽ quy định kiểu hình chân to.
A_bb sẽ quy định kiểu hình chân nhỏ.
aaB_ và aabb do có sự át chế của cặp aa nên B và b bị “vô hiệu hoá” và sẽ thể hiện kiểu hình
gen át.Như vậy 2 kiểu gen này quy định kiểu hình thứ 3(chân dài chẳng hạn).
Hay gặp:
Tỉ lệ 9:3:4 P: AaBb x AaBb => F: 9A_B_ : 3A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 9 to: 3 nhỏ : 4 dài)
Tỉ lệ 3:3:2 P: AaBb x Aabb => F: 3A_B_ : 3A_bb : 1aaBb : 1aabb (3 to: 3 nhỏ: 2 dài)
Tỉ lệ 3:1:4 P: AaBb x aaBb => 3A_B_ : 1A_bb : 3aaB_ : 1aabb ( 3 to: 1 nhỏ : 4 dài)
Tỉ lệ 1:1:2.
3.Tương tác cộng gộp.
Tỉ lệ phổ biến là 15:1.Còn gặp 7:1 và 3:1.
Chú ý:
- Có một số tỉ lệ( ví dụ như 3:4:1) xuất hiện trong nhiều dạng tương tác khác nhau, nên phải
thận trọng.
- Một số tỉ lệ của tương tác gen vô cùng giống với các quy luật di truyền khác.Ví dụ như 3:1,
9:3:3:1, 1:2:1.

BÀI 14: DI TRUYỀN LIÊN KẾT GEN VÀ HOÁN VỊ GEN
A/ DI TRUYỀN LIÊN KẾT GEN HOÀN TOÀN
DẠNG 1 : NHẨM NGHIỆM KG DỰA VÀO KIỂU HÌNH
Lai 2 tính : Sẽ xuất hiện tỉ lệ của lai 1 tính .
- 3 :1 == > Kiểu gen của cơ thể đem lai : AB/ab X AB/ab .
- 1 :2 :1 == > Kiểu gen của cơ thể đem lai : Ab/aB X Ab/aB, Ab/aB x AB/ab
- 1 :1 == > Kiểu gen của cơ thể đem lai : nếu #P AB/ab X ab/ab hoặc nếu ≠P Ab/aB X ab/ab .
- 1 :1 :1 :1=> Ab/ab x aB/ab
DẠNG 2 : SỐ LOẠI GIAO TỬ VÀ TỶ LỆ GIAO TỬ
- với x là số cặp NST tương đồng mang gen => số loại giao tử = 2x
VD: AB/ab => x=1 ; số loại giao tử = 21
- với a (a≤x) số cặp NST tương đồng chứa các gen đồng hợp=> số loại giao tử = 2x-a
VD: Aa bd/bd có x=2 và a = 1=> 2 2-1
=2 loại giao tử
- Tỷ lệ giao tử của KG tích tỷ lệ giao tử từng KG
VD:
Có x=3 => số loại giao tử= 23
=8
Tỷ lệ: aB DE gh = ½ x ½ x ½ =12,5% hoặc Ab De GH = ½ x 0x ½ = 0%
DẠNG 3: SỐ KIỂU GEN VÀ KIỂU HÌNH ĐỜI CON= TÍCH TỪNG CẶP RIÊNG RẼ
B/ DI TRUYỀN LIÊN KẾT GEN KHÔNG HOÀN TOÀN (HOÁN VỊ GEN)
1.Cách nhận dạng :
-Cấu trúc của NST thay đổi trong giảm phân .
-Là quá trình lai 2 hay nhiều tính , tỉ lệ phân tính chung của các cặp tính trạng không phù hợp với
phép nhân xác suất
Nhưng xuất hiện đầy đủ các loại kiểu hình như phân li độc lập .
2.Cách giải :
-Bước 1 : Qui ước .
-Bước 2 : Xét từng cặp tính trạng
-Bước 3 : Xét cả 2 cặp tính trạng
-Bước 4 : Xác định kiểu gen của cá thể đem lai và tần số hoán vị gen :
a)Lai phân tích :
-Tần số hoán vị gen bằng tổng % các cá thể chiếm tỉ lệ thấp .
-Nếu ở đời sau xuất hiện kiểu hình giống bố mẹ chiếm tỉ lệ cao == > KG : AB/ab X ab/ab .
-Nếu ở đời sau xuất hiện kiểu hình giống bố mẹ chiếm tỉ lệ thấp == > KG : Ab/aB X ab/ab .
b)Hoán vị gen xảy ra 1 bên :
-Nếu % ab < 25 % == > Đây là giao tử hoán vị .
+Tần số hoán vị gen : f % = 2 . % ab
+Kiểu gen : Ab/aB X Ab/aB .
-Nếu % ab > 25 % == > Đây là giao tử liên kết .
+Tần số hoán vị gen : f % = 100 % -
2 . % ab
+Kiểu gen : AB/ab X AB/ab .
% ab . 50% = % kiểu hình lặn .
(% ab)2
= % kiểu hình lặn
Ab DE GH
aB de gh

c)Hoán vị gen xảy ra 2 bên :
-Nếu % ab < 25 % == > Đây là giao tử hoán vị .
-Nếu % ab > 25 % == > Đây là giao tử liên kết .
+Tần số hoán vị gen : f % =100% - 2 . % ab
d)Hoán vị gen xảy ra 2 bên nhưng đề bài chỉ cho 1 kiểu hình (1 trội , 1 lặn ) :
Gọi x là % của giao tử Ab == > %Ab = %aB = x% .
%AB = %ab = 50% - x% .
Ta có x2
- 2x(50% - x%) = kiểu hình (1 trội , 1 lặn ).
-Nếu x < 25% == >%Ab = %aB (Đây là giao tử hoán vị)
-Nếu x > 25% == > %Ab = %aB (Đây là giao tử liên kết )
+Tần số hoán vị gen : f % = 100 % - 2 . % ab
- Bước 5 : Viết sơ đồ lai .
DẠNG 3: TÍNH SỐ LOẠI VÀ THÀNH PHẦN GEN GIAO TỬ
1)Các gen liên kết hoàn toàn:
a) Trên một cặp NST ( một nhóm gen )
 Các cặp gen đồng hợp tử: => Một loại giao tử.
Ví dụ: Ab => 1 loaị giao tử Ab.
Ab
 Nếu có 1 cặp gen dị hợp tử trở lên: => Hai loại giao tử tỉ lệ tương đương.
Ví dụ: ABd => ABd = abd
abd
b) Trên nhiều cặp NST ( nhiều nhóm gen ) nếu mỗi nhóm gen đều có tối thiểu 1 cặp dị
hợp.
a) Trao chéo tại 2 điểm cùng lúc là sự trao đổi chéo kép ( đối với 3 cặp alen trở lên trên cùng một
NST ) của 2 cặp alen diễn ra đồng thời, cùng lúc không phân theo thứ tự thời gian. Vì vậy chúng chỉ
tạo thêm một cặp giao tử mới, cái này không có ý nghĩa nên rất ít dùng.
Công thức số giao tử là 2(n+k)
.
b) Trao đổi chéo tại 2 điểm không cùng lúc là sự hoán vị của 2 trong 3 cặp gen, tuy nhiên sự hoán
vị xảy ra không cùng lúc, và xét vào các thời điểm hoặc các không gian khác nhau, vì vậy có thể xảy
ra tất cả các trường hợp mà chúng tạo ra khác nhau.
Công thức tính số loại giao tử là 2(n+2k)
Phải hiểu rằng TĐK là phần TĐ đơn chung cho 2 loại TĐ đơn nên KC giữa 2 điểm = TSTĐ đơn+
TSTĐ kép)
a)TSTĐKép = tích các TĐ đơn x hệ số trùng hợp
Số loại giao tử = 2n
với n là số nhóm gen ( số cặp NST )

b)TSTĐ đơn = KC tương ứng – TSTĐkép → (KC tương ứng = TSTĐ đơn + TSTĐkép)
2)Các gen liên kết nhau không hoàn toàn:
 Mỗi nhóm gen phải chứa 2 cặp gen dị hợp trở lên mới phát sinh giao tử mang tổ hợp gen
chéo ( giao tử hoán vị gen ) trong quá trình giảm phân.
 Số loại giao tử : 22
= 4 loại tỉ lệ không bằng nhau.
 2 loại giao tử bình thường mang gen liên kết, tỉ lệ mỗi loại giao tử này > 25%.
 2 loại giao tử HVG mang tổ hợp gen chéo nhau do 2 gen tương ứng đổi chỗ, tỉ lệ mỗi
loại giao tử này < 25%.
DẠNG 4
TẦN SỐ TRAO ĐỔI CHÉO VÀ KHOẢNG CÁCH TƯƠNG ĐỐI
GIỮA 2 GEN TRÊN MỘT NST
1)Tần số trao đổi chéo – tần số hoán vị gen ( P ):
 Tần số trao đổi chéo giữa 2 gen trên cùng NST bằng tổng tỉ lệ 2 loại giao tử mang gen
hoán vị.
 Tần số HVG < 25%. Trong trường hợp đặc biệt, các tế bào sinh dục sơ khai đều xảy ra
trao đổi chéo giống nhau => tần số HVG = 50%.
2)Khoảng cách tương đối giữa các gen trên cùng 1 NST:
 Tần số HVG thể hiện khoảng cách tương đối giữa 2 gen : Hai gen càng xa nhau thì tần số
HVG càng lớn và ngược lại.
 Dựa vào tần số HVG => khoảng cách giữa các gen => vị trí tương đối trong các gen liên kết.
Quy ước 1CM ( centimorgan ) = 1% HVG.
3)Trong phép lai phân tích:
Câu 24: Nếu có 40 tế bào trong số 200 tế bào thực hiện giảm phân có xảy ra hiện tượng hoán vị gen
thì tần số hoán vị giữa 2 gen bằng bao nhiêu?
A. 10% B. 20% C. 30% D.
40%
HD: Tổng số giao tử tạo ra là: 200 .4 = 800
Số giao tử hoán vị là: 40.2 = 80
Vậy tần số hoán vị f = 80/800 = 10% Đáp án A
Câu 5: Ở một loài thực vật cho cơ thể có kiểu gen
ab
AB
Dd
eH
Eh
. Biết tần số trao đổi chéo A và B là
10%; tần số trao đổi chéo giữa E và h là 20%. Khi cơ thể trên phát sinh giao tử thì giao tử ABdEH
chiếm tỷ lệ % là bao nhiêu và cho cơ thể trên tự thụ phấn thì tỉ lệ % cây có ít nhất một tính trạng trội
là.
A. 2,25% và 99,949% B. 2,25% và 5,0625.10-2
%
C. 5,5% và 99,949% D. 5,5% và 5,0625.10-2
%
a. Tỉ lệ % của giao tử ABdEH
Tỉ lệ mỗi loại giao tử liên kết = 100% – f = 1 – f
2 2
Tỉ lệ mỗi loại giao tử HVG = f
2
Tần số HVG = Số cá thể hình thành do HVG x 100%
Tổng số cá thể nghiên cứu

- Theo bài ra ta có:
ab
AB
=> AB = ab = 45% = 0,45.
aB = Ab = 5% = 0,05
Dd => D = d = 50% = 0,5
eH
Eh
=> Eh =eH = 40% = 0,4
EH = eh = 10% = 0,1
- Tỉ lệ giao tử ABdEH = 0,45. 0,5 . 0,1 = 0.0225
b. Tỉ lệ cây ít nhất có một tính trạng trội:
- Khi cho cây tự thụ phấn, tỷ lệ cây không có tính trạng trội là:
abdeh x abdeh = (0,45 x0,5 x 0,1)2
= 5,0625.10-4
.
- Tỉ lệ các cây ít nhất có một tính trạng trội là: 1 - 5,0625.10-4
= 0,99949
HOÁN VỊ GEN
1. đặc điểm:
- Các gen cùng nằm trên 1 NST và nếu dị hợp 2 cặp gen sẽ cho 4 loại giao tử với tỉ lệ khác nhau và
khác tỉ lệ 9: 3: 3: 1. trong đó 2 giao tỉ liên kết có tỉ lệ lớn và 2 giao tử hoán vị có tỉ lệ nhỏ
- Tuỳ loài mà hoán vị xảy ra theo giới tính đực ( bướm tằm) ở giới cái ( ruồi giấm) hay cả 2 giới ( cà
chua, người)
2. Ý nghĩa:
- Làm tăng xuất hiện biến dị tổ hợp
- Nhờ có HVG mà các gen có lợi có dịp cùng tổ hợp trên 1 NST qui định các nhóm tinh strạng có
lợi
- Nhờ có HVG làm tăng tính đa dạng phong phú của giao tử, hợp tử, kg -> tăng tính đa dạng cho
loài và có ý nghĩa quan trọng trong quá trình chọn giống và tiến hoá
3. Bài tập:
Tấn số hoán vị gen( f ) : Là tỉ lệ %các loại giao tử hoán vị tính trên tổng số giao tử được sinh ra
Và f  50%
- tỉ lệ giao tử hoán vị =
2
f
- tỉ lệ giao tử liên kết =(
2
f-1
)
3.1: Quá trình giảm phân xảy ra hoán vị gen giữa a và A với f = 40% và giữa D và d với f = 20%
Xác định số loại giao tử , thành phần các loại giao tử , tỉ lệ các loại giao tử trong các trường hợp sau:
a.
aB
Ab
→ 4 giao tử: 2 giao tử hvị AB = ab = f / 2 = 40% / 2 = 20%
2 giao tử liên kết Ab = aB = (1 –f ) / 2 = 30%
b.
abE
ABe
→ 4 kiểu giao tử: 2 giao tử hvị AbE = aBe = f / 2 = 40% / 2 = 20%
2 giao tử liên kết ABe = abE = (1 –f ) / 2 = 30%
c. Aa
bd
BD
→8 kiểu giao tử: giao tử hvị A bD = AbD = aBd = abD = f / 4= 20% / 4 = 5%
giao tử liên kết A BD = A bd = a BD = a bd =( 1- 20% )/ 4 = 20%
d.
aB
Ab
dE
De
→ 16 giao tử: hvị cặp
aB
Ab
cho 2 giao tử HV : AB = ab = 20%
2 giao tử LK: Ab = aB = 30%

hvị cặp
dE
De
cho 2 giao tử HV : DE = de = 40%
2 giao tử LK: De = dE = 10%
Tổ hợp có 16 loại giao tử: AB DE = 20% . 40% = 8%
AB de = 20% . 40% = 8%
AB dE = 20% . 10% = 2 %
Các giao tử khác tính tương tự.
 Nếu 2 cặp gen cùng nằm trên 1 cặp NST tương đồng thì:
Vì
2
x
+
2
1 x
=
2
1
= 50%.Do đó tính tỉ lệ giao tử liên kết ta lấy 50% trừ cho loại giao tử hoán vị và
ngược lại.
- Nếu có nhiều cặp NST tương đồng mang gen ta dùng phép nhân xác xuất để tính tỉ lệ giao tử
chung hoặc tỉ lệ từng loại giao tử.
3.2.Xác định kết quả của phép lai:
Cho A: quả tròn, a: quả dài, B: hạt đục , b: hạt trong. Tần số hoán vị là 40%.
Phép lai :
ab
AB
x
ab
Ab
a. Số kiểu tổ hợp giao tử: 4 x 2 = 8 giao tử
b. Loại giao tử
ab
Ab
xuất hiện ở F1 với tỉ lệ: = ( 20% x
2
1
) + (
2
1
x 30% ) = 25%
3.3. Xác định qui luật di truyền:
Ví dụ 1: : Cho lai giữa lúa cây cao hạt tròn với cây thấp hạt dài thu được F1 đồng loạt cây cao hạt
tròn. Cho F1 giao phối với nhau thì F2 có 4 kiểu hình theo tỉ lệ: 592 cao, tròn: 158 cao , dài: 163 thấp
, tròn: 89 thấp , dài.Biết mỗi gen qui định 1 tính trạng
a. Tìm qui luật di truyền
b. Xác định tỉ lệ phân li kiểu gen và kiểu hình ở f2.
Giải:
a. F1 đồng tính -> cao tròn là trội so với thấp dài.và dị hợp 2 cặp gen.
- Nếu 2 tính trạng PLĐL thì F2 xuất hiện 4 kiểu hình với tỉ lệ 9:3:3:1 ( khác với dề bài)
- Nếu 2 tính trạng liên kết gen thì F2 xuất hiện tỉ lệ kiểu hình 3:1 hay 1:2:1
( khác với tỉ lệ đầu bài )
Theo bài ra F 2 tỉ lệ 59: 16: 16: 9 ≠ 9:3:3:1. Vậy bài tuân theo qui luật hoán vị gen.
b. lập sơ đồ lai P:
AB
AB
x
ab
ab
F1 :
ab
AB
100% cao tròn
Mà F 2 tính trạng cây thấp dài là tính trạng lặn nên kiểu hình
ab
ab
= 9% = (30% giao tử đực ab x
30% giao tử cái ab)
-> Tần số hoán vị của F1 = 100% - ( 30% x 2 ) = 40% -> giao tử hoán vị có tỉ lệ 20% và giao tử liên
kết 30%
lập sơ đồ lai -> tỉ lệ phân li KH: 59% cao tròn: 16% cao dài: 16% thấp tròn : 9% thấp dài
Ví dụ 2: Cho P thuần chủng khác nhau 2 cặp gen F1 xuất hiện cây chín sớm quả trắng.Cho F1 tự thụ
F2 thu được 4 kiểu hình với 4700 cây. Trong đó cây chín muộn quả xanh có 375 cây.
a. Tìm qui luật di truyền
b. Xác định kiểu hình ở F2
Giải:
a. P thuần chủng , F1 đồng tính chín sơm quả trắng -> chín sớm quả trắng là trội so với chín
muộn quả xanh. Và F 1 dị hợp 2 cặp gen.

- Nếu 2 cặp gen PLĐL thì f2 có tính trạng đồng hợp lặn ( chín muộn quả xanh tỉ lệ 1/16 = 6,25%
hay nếu liên kết thì tỉ lệ là 25%
Mà bài ra cho tỉ lệ F2 chín muộn quả xanh = %100.
37600
375
= 1% ≠ 6,25% và ≠ 25%
-> Di truyền theo qui luật hoán vị gen.
b.
ab
ab
= 1% = (10% giao tử đực ab x 10% giao tử cái ab)
Giao tử ab = 10%  25% do đó đây là giao tử hoán vị
Vậy A liên kết với b và a liên kết với B
-> KG của
- Tần số HVG vùng
A
B
= f (đơn
A
B
) + f (kép) =
42 43 9 6
1000
  
= 10%
- Tần số HVG vùng
c
d
= f (đơn
c
d
) + f (kép) =
140 145 9 6
1000
  
= 30

Phương pháp giải loại bài tập trao đổi chéo kép
có tần số trao đổi chéo kép (F1 dị hợp 3 cặp gen x phân tích)
Ngô Hà Vũ: đã tham khảo và chỉnh sửa mới nhất: 24/11/2011
1. Bài toán thuận: Biết KQ Fb XĐ trình tự gen, tính tần số
Đầu bài:
F1(Aa,Bb,Cc)
x (aa,bb,cc)
 Fa: Cho
KH ta KG
Bước 1:
Nhận
dạng quy
luật
Bước 2; Sắp xếp
các tổ hợp giao tử
ngược nhau
Bước
3:
chọn 2
KH
lớn
nhất
 XĐ
t. fần
gen
Bước
4:
Chọn
nhóm
KH tái
tổ hợp
 XĐ
gen
nằm
giữa
Bước 5:
Tính khoảng cách các gen trên
NST.
Hệ số Nhiễu I
Hệ số trùng hợp CC
A-B-C=120 cho 2 lớp
KH LKG
Giống
P
ABC=120
abc=125
A-B-cc=10 cho 4 lớp
KH LKG
+ HVG 1
cặp
AbC=65
aBc=68
Thấy 2
cặp
TĐC
đơn
đều có
Ab và
aB đều
đi với
nhau
AB
cùng
phía 2
đầu
gen C
giữa
+ fA-C =


KH
aCAc
=
525
)1262()6310( 
=
0,28=28%=28cM
+fC-B=


KH
CbcB
=
525
)1068()6512( 
=
0,295=29,5%=29,5cM
A-bbC-=65 Cho 6 lớp
KH TĐC
đơn ở 2
điểm, ko có
TĐC Kép
TĐC
đơn
Abc=63
aBC=62
+ Hệ số Nhiễu I= 1-CC
+ Hệ số trùng hợp
CC=
fképLT
fképQS
=
lythuyetsocatheTDC
thuctesocatheTDC
aabbC-=12 Số cá thể TĐC thực tế=
 minKH =  1210 =22
aabbcc=125 Số cá thể TĐC lý thuyết
=  KHXXfKCfKC 21 =
0,28x0,295x525=43,365
A-bbcc=63
aaB-C-=62
aaB-cc=68
Tổng =525
Cho 8 lớp
KH TĐC
đơn 2
điểm+TĐC
kép
TĐC
kép
ABc=10
abC=12
abc
ABC
KL:
acb
ACB
CC=
lythuyetsocatheTDC
thuctesocatheTDC
=
365,43
22
= 0,51
Hệ số trùng hợp CC
+ Người ta nhận thấy các gen trên NST có khuynh hướng liên kết là chủ yếu, nên hiện tượng TĐC
kép xảy ra trong thực tế thường thấp hơn tỷ lệ lý thuyết.

VD: fTĐC kép thực tế: 22/525=4,2% đáng lẽ ra chúng = 28%x29%=8,26%
Tỷ lệ giữa con số thực tế và lý thuyết gọi là hệ số trùng hợp CC=4,2/8,26=0,51
Hệ số trùng hợp càng nhỏ khi lực liên kết càng lớn, nó sẽ bằng không khi liên kết hoàn toàn và bằng
1 khi các gen không chịu một lực khống chế nào cả.
Ở Những cơ thể mà giới tính được xác định bởi cặp NST GT thì hiện tượng bắt chéo hầu như chỉ
xảy ra ở giới đồng giao tử, không xảy ra hoặc xảy ra với những tỷ lệ không đáng kể ở giới dị giao tử
Nhiễu I (Interference)
Thường thì sự trao đổi chéo ở một chỗ làm giảm xác suất trao đổi chéo thứ hai gần kề nó. Đó là hiện
tượng nhiễu.
Tài liệu tham khảo:
- Thầy Nguyễn Bá Chiêu-GV Chuyên Sinh Lê Hồng Phong Nam Định. Chuyên đề đã báo cáo Hội
nghị các trường Chuyên khu vực phía Bắc năm 2006.
- Chú giải Di truyền học của tác giả: Đỗ Lê Thăng và Đinh Đoàn Long NXB GD năm 2007
(tr.118-119)
- Chọn Lọc và hướng dẫ giải bài tập Di truyền học của tác giải: Đỗ Lê Thăng-Hoàng Thị Hòa-
Nguyễn Thị Hồng Vân NXB GD năm 2007. (tr49-56)
- Những kiến thức cơ bản về di truyền học của tác giả: Đỗ Sỹ Mai NXB GD năm 1998. (tr92,93)
2. Bài toán ngược: Biết trình tự gen Tỷ lệ các loại giao tử hoặc KH của Fb
VD: Xét ba gen liên kết theo trật tự: AB=30cM,BC=20cM. Nếu 1 thể dị hợp tử về 3 gen
aBc
AbC
được lai
phân tích thì tỷ lệ các KH theo lý thuyết là bao nhiêu?
Giải sử rằng tần số của các cá thể có TĐC kép =Tích các tần số TĐC (I=0)
Giải:
Bước 1: Tính tần số TĐC kép
- ABC+abc=0,3x0,2=0,06 => ABC=abc=0,03
Bước 2: Tính fđơn A-B
- fTĐC A-B= fđơn A-B+fkép=> fđơn A-B=0,3-0,06=0,24
=> ABc=abC=0,12
- fTĐC B-C= fđơn B-C+fkép=> fđơn B-C=0,2-0,06=0,14
=> Abc=aBc=0,07
Bước 3: tỷ lệ Kh LKG hoàn toàn:
AbC+aBc=1-(0,24+0,14+0,06)=0,56
=> AbC=aBc=0,28
Lưu ý: Nếu I=0,2
Có I+CC=1 => CC=1-0,2=0,8 mà CC=
fképLT
fképQS
=> f kép LT=CC x f kép thực tế=0,8x0,06=0,048
=> ABC=abc=0,024
fđơn A-B=0,3-0,048=0,252 => ABc=abC=0,126
fđơn B-C=0,2-0,048=0,152=> Abc=aBc=0,076
AbC+aBc=1-(0,252+0,152+0,048)=0,548
=> AbC=aBc=0,274
Bài 1. Trong một cá thể giả định, con cái thân bè, lông trắng, thẳng được lai với con đực thân mảnh,
lông đen, quăn tạo ra F1 thân mảnh, lông trắng, thẳng. Cho con cái F1 giao phối với con đực thân bè,
lông đen, quăn thu được đời sau:
Thân mảnh, lông trắng, thẳng
Thân mảnh, lông đen, thẳng
169
19

Thân mảnh, lông đen, quăn
Thân bè, lông trắng, quăn
Thân mảnh, lông trắng, quăn
Thân bè, lông đen, quăn
Thân bè, lông đen, thẳng
Thân bè, lông trắng, thẳng
301
21
8
172
6
304
Hãy lập bản đồ di truyền xác định trật tự các gen và khoảng cách giữa chúng.
Bài 1.
Giao tử của P KG của Fa Số cá thể % số cá thể
Không trao đổi
chéo (TĐC)
ABD
abd
ABD
abd
abd
abd
304
605
301
60,5
TĐC đơn ở đoạn I Abd
aBD
Abd
abd
aBD
abd
172
341
169
34,1
TĐC đơn ở đoạn II ABd
abD
ABd
abd
abD
abd
21
40
19
4
TĐC kép ở đoạn I
và II
AbD
aBd
AbD
abd
aBd
abd
6
14
8
1,4
Tổng cộng 1000 100
Số liệu ở bảng trên cho thấy phần lớn số cá thể có KH của bố mẹ được hình thành từ các KG không
có trao đổi chéo.
- Số cá thể nhận được do TĐC giữa a và b là 34,1%.
- Số cá thể nhận được do TĐC giữa b và d là 4%.
- Số cá thể nhận được do TĐC kép là 1,4%
- Số cá thể nhận được do liên kết giữa a, b, c là 60,5%. . Vậy:
- Khoảng cách giữa a và b là: 34,1 + 1,4 = 35,5 (cM).
- Khoảng cách giữa b và d là: 1,4 + 1,4 = 2,8 (cM).
- Khoảng cách giữa hai đầu mút a, d là: 35,5+2,8 = 38,3 (cM).
Như vậy trình tự sắp xếp của 3 gen là: a, b, d
a 35,5 b2,8d
38,3
Bài 2. Xét 3 cặp gen dị hợp nằm trên cùng một cặp nhiễm sắc thể thường.
a. Nếu ở một cá thể có trình tự sắp xếp các gen trên cặp nhiễm sắc thể này là
ABD
abd
, khoảng
cách tương đối trên nhiễm sắc thể giữa gen A với gen B là 20 cM ; giữa gen B với gen D là 15 cM
và trong giảm phân xảy ra cả trao đổi chéo đơn lẫn trao đổi chéo kép thì theo lí thuyết cá thể này tạo
ra các loại giao tử với tỉ lệ là bao nhiêu?
b. Nếu quá trình giảm phân ở một cá thể đã tạo ra 8 loại giao tử với thành phần alen và có tỉ
lệ là ABD = abd = 2,1% ; AbD = aBd = 12,95% ; ABd = abD = 28,5% và Abd = aBD = 6,45% thì
trình tự sắp xếp các gen trên cặp nhiễm sắc thể này và khoảng cách tương đối giữa chúng là bao
nhiêu cM?

Bài 2:
a.)- TĐC kép = 20%.15% = 3% → tạo 2 loại gt tỉ lệ bằng nhau: AbD =aBd = 3%/2=1,5%
Khoảng cách A-B = 20% →
- TĐC đơn đoạn 1(A-B) tạo 2 loại gt tỉ lệ bằng nhau: Abd = aBD = (20%-3%)/2 = 8,5%
Khoảng cách D-B = 15% →
- TĐC đơn đoạn 2(D-B)tạo 2 loại gt tỉ lệ bằng nhau: ABd =abD= (15%-3%)/2 = 6%
- 2 loại giao tử LKHT bằng nhau:ABD = abd = [100%-(3%+17%+12%)]/2 = 34%
b) b. Nếu quá trình giảm phân ở một cá thể đã tạo ra 8 loại giao tử với thành phần alen và có tỉ lệ là
ABD = abd = 2,1% ; AbD = aBd = 12,95% ; ABd = abD = 28,5% và Abd = aBD = 6,45% thì trình
tự sắp xếp các gen trên cặp nhiễm sắc thể này và khoảng cách tương đối giữa chúng là bao nhiêu
cM?
_______________
- 2 loại giao tử có tỉ lệ nhỏ nhất (do TĐC kép nên nhỏ hơn TĐ đơn) là ABD =abd = 2,1% (1)
- 2 loại giao tử có tỉ lệ lớn nhất (do không có TĐC nên lớn hơn TĐ đơn) là ABd =abD = 28,5%(2)
Vì kq TĐC kép chỉ làm thay đổi 1 gen nằm ở giữa 2 đầu mút so với khi không có TĐC
nên từ (1) &(2) → trật tự gen là AdB/aDb
→ Tần số TĐC kép = 2,1.2 = 4,2%
- 2 loại gt tạo ra do TĐ đơn đoạn 1(A-d) là ADb = adB = 12,95% →
Khoảng cách A và d = 12,95.2+4,2 = 30,1cM
- 2 loại gt tạo ra do TĐ đơn đoạn 2(d-B) là Adb = aDB= 6,45% →
Khoảng cách d và B = 6,45.2 + 4,2 = 17,1cM
Trường hợp này TĐC kép theo lí thuyết = 17,1 x 30,1 = 5,1% trong khi đó TĐC kép thực tế chỉ =
4,2%.Vậy trong trường hợp này hệ số trùng hợp = 4,2/5,1 = 0,8 (do khi xảy ra TĐC tại 1 điểm sẽ
làm giảm khả năng TĐC ở điểm lân cận)
XÁC ĐỊNH NHANH TỈ LỆ CÁC KIỂU HÌNH TRONG TRƯỜNG HỢP HOÁN VỊ CẢ 2 BÊN
BỐ MẸ VỚI TẦN SỐ GIỐNG NHAU
* Có thể áp dụng công thức sau: (A-B-) – (aabb)=50%
A-bb + aabb= 25%; aaB- + aabb = 25%
(A-B-) + A-bb =75%; (A-B-) + aaB- =75%
I. VẤN ĐỀ
Hoán vị gen là một trong các dạng bài tật DT khá phổ biến.
Yêu cầu về mặt thời gian khi làm bài tập trắc nghiệm cho phép ta nghĩ đến việc thiết lập công thức
có tính tổng quát để tìm nhanh kết quả trong những trường hợp đặc biệt.
Chúng ta hãy xét trường hợp với 2 cặp gen dị hợp có hoán vị xảy ra đồng thời ở Bố & Mẹ với kiểu
gen và tần số hoán vị như nhau thì TLKH ở thế hệ sau biến đổi như thế nào?
Kí hiệu :
- TL mỗi loại giao tử LKHT : m (%)
- TL mỗi loại giao tử có HVG : n (%)
(f = 2n < 50% ; m>n>0 ; m+n = 50%) : trường hợp f = 50% giống PLĐL

Qua tính toán ta có tần số kiểu hình:
1/ Với trường hợp Bố & Mẹ dị hợp đều: (AB/ab x AB/ab)
* A-B- = (m+n) + m2
= 50% + m2
* A-bb = 2mn + n2
* aaB- = 2mn + n2
* aabb = m2
(> 6,25%)
2/ Với trường hợp Bố & Mẹ dị hợp chéo: (Ab/aB x Ab/aB)
* A-B- = (m+n) + n2
= 50% + n2
* A-bb = 2mn + m2
* aaB- = 2mn + m2
* aabb = n2
(<6,25%)
Lưu ý:
- Nếu KH lặn >6,25%  Bố và mẹ dị hợp đều:
+ 2 lặn = m2
+ 2 trội = 50% + m2
(luôn hơn 2 lặn 50%)
+ 1 trội + 1 lặn (tính chung) = 50% - 2m2
+ Nếu tính trạng này trội,tính trạng kia lặn hoặc ngược lại (tính riêng) = 1/2(50% - 2m2
) = 2mn + n2
- Nếu KH lặn <6,25%  Bố và mẹ dị hợp chéo:Thay m = n
II. VÍ DỤ BÀI TOÁN
Ở một loài thực vật, gen quy định hạt dài trội hoàn toàn so với alen quy định hạt tròn; gen
quy định hạt chín sớm trội hoàn toàn so với alen quy định hạt chín muộn. Cho các cây có kiểu
gen giống nhau và dị hợp tử về 2 cặp gen tự thụ phấn, ở đời con thu được 4000 cây, trong đó có 160
cây có kiểu hình hạt tròn, chín muộn. Biết rằng không có đột biến xảy ra, quá trình phát sinh giao tử
đực và giao tử cái xảy ra hoán vị gen với tần số bằng nhau.
Theo lí thuyết, số cây ở đời con có:
1/ Kiểu hình hạt dài, chín sớm là bao nhiêu?
2/ Kiểu hình hạt dài, chín muộn là bao nhiêu?
3/ Kiểu hình hạt tròn, chín sớm là bao nhiêu?
4/ Kiểu hình hạt dài, chín muộn hoặc hạt tròn,chín sớm là bao nhiêu?

GiẢI : Tần số KH lặn =160/4000 = 4% <6,25%  bố & mẹ dị hợp chéo Ab/aB x Ab/aB
Giao tử ab =20% =AB f=40%
m=30% ; n = 20%
1/ Kiểu hình hạt dài, chín sớm (2 trội) = (50% + n2
)N = 50% x 4000 + 160 = 2160
2/ Kiểu hình hạt dài, chín muộn = (2mn+m2
)N = 840
3/ Kiểu hình hạt tròn, chín sớm = (2mn+m2
)N = 840
4/ Kiểu hình hạt dài, chín muộn hoặc hạt tròn,chín sớm = (50% - 2n2
)N= 1680
BÀI 15: PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN
NST GIỚI TÍNH VÀ DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH
III.1. Lý thuyết bổ sung:
III.1.1. Nhiễm sắc thể giới tính (NST-GT) ở các đối tượng:
+ Người, ĐV có vú, cây chua me, cây gai: ♀ XX, ♂XY
+ Chim, bướm, gia cầm, bò sát, ếch nhái, 1 số loài cá, loài tằm dâu, dâu tây: ♀ XY, ♂XX
+ Bọ xít, rệp, châu chấu: ♀ XX, ♂XO
+ Bọ nhậy: ♀ XO, ♂XX
+ Lưu ý: Nếu đầu bài không nêu loài nào xác định như sau:
- Dựa vào cá thể mang tính lặn F2: 3:1 vì XY
- Loại dần thứ từng kiểu NST-GT=> kiểu nào cho kết quả phù hợp.
- VD: Ở một loài cá thể mang 1 cặp gen dị hợp cánh thẳng lai với cơ thể khác F1:
256 cánh thẳng: 85 cánh cong (♂)
Giải: Cặp gen dị hợp quy định cánh thẳng nên cánh thẳng là trội so với cánh cong,
F1: 3 thẳng:1cong mà lặn chỉ ở con ♂ NST-GT ♂ là XY, ♀ XX
III.1.2. Nhận dạng QL di truyền:
+ Dựa vào kết quả các phép lai thuận và lai nghịch:
- Nếu khác nhau mà gen-TT Gen NST GT
- Tính trạng của bố chỉ xuất hiện ở con ♂ DT thẳng gen NST GT Y
- Tính trạng chỉ xuất hiện con ♂ DT chéo Gen NST-GT X
+ Dựa vào di truyền chéo:
- Dấu hiệu: tính trạng từ ông ngoại biểu hiện con gái không biểu hiệncháu trai
biểu hiện gen NST-GT X
+ Tính trạng biểu hiện không đồng đều ở 2 giới:
- Cùng 1 thế hệ: tính trạng nào đó chỉ xuất hiện ở con ♂ còn giới ♀ không có và
ngược lại gen NST-GT

+ Các tỷ lệ KH và KG tương ứng trong trường hợp gen liên kết với NST giới tính, không có
alen tương ứng trên Y.
KG P TLKH F1
XA
XA
x XA
Y 100% trội
Xa
Xa
x Xa
Y 100% lặn
XA
XA
x Xa
Y 100% trội
Xa
Xa
x XA
Y 1 trội:1 lặn
(KH giới đực khác giới cái)
XA
Xa
x XA
Y 3 trội : 1 lặn
(tất cả TT lặn thuộc 1 giới)
XA
Xa
x Xa
Y 1 cái trội: 1 cái lặn: 1 đực trội: 1 đực lặn
III.1.3. Những kiến thức cần lưu ý khác:
+ NST giới tính X chứa nhiều gen, nhiều loài NST giới tính Y không chứa gen. Ở một số loài
và loài người NST Y chứa 1 số gen, các gen trên NST X và NST Y có đoạn chứa các gen alen, có
đoạn không chứa các gen alen.
III.2. Phân dạng bài tập di truyền, biến dị liên quan đến giới tính và NST giới tính:
+ Dạng bài tập thuận:
+ Dạng bài tập ngược:
* Dạng 1: Di truyền liên kết với giới tính thuần.
* Dạng 2: Di truyền liên kết với giới tính tích hợp QL PL và PLĐL.
* Dạng 3: Di truyền liên kết với giới tính tích hợp QL liên kết gen hoàn toàn.
* Dạng 4: Di truyền liên kết với giới tính tích hợp QL liên kết gen không hoàn toàn.
* Dạng 5: Di truyền liên kết với giới tính tích hợp QL tương tác gen.
* Dạng 6: Di truyền liên kết với giới tính tích hợp gen gây chết.
* Dạng 7: Bài tập liên quan đến số loại và số lượng giao tử.
* Dạng 8: Bài tập liên quan đến số loại và số lượng KG, KH và số kiểu giao phối.
* Dạng 9: Bài tập về sự di truyền tính trạng chịu ảnh hưởng của giới tính.
* Dạng 10: Bài tập liên quan đến đột biến số lượng NST giới tính.
* Dạng 11: QL di truyền tính trạng thường do gen trên vùng tương đồng giữa X và Y.
* Dạng 12: Một số dạng bài tập tổng hợp.
+ Tại mỗi dạng đều có bài tập tự luận và bài tập trắc nghiệm với phương pháp giải cụ thể, dễ hiểu.
III.3. Phương pháp giải bài tập di truyền, biến dị liên quan đến giới tính và NST giới tính:
III.3.1. Dạng bài tập thuận:
III.3.1.1 Phương pháp giải

Biết KH của bố, mẹ (P), biết gen liên kết trên NST-GT,biết trội lặn Xác định kết quả lai.
Bước 1: Từ KH của P , tính trội lặn và gen liên kết trên NST-GT KG P
Bước 2: Viết SĐL để xác định kết quả.
III.3.1.2. Các ví d c th
Ví dụ 1: ở 1 giống gà, các gen xác định lông trắng và lông sọc vằn nằm trên NST-GT X. Tính trạng
sọc vằn là trội so với tính trạng lông trắng. Tại 1 trại gà khi lai gà mái trắng với gà trống sọc vằn thu
được đời con bộ lông sọc vằn ở cả gà mái và gà trống. Sau đó, người ta lai những cá thể thu được từ phép
lai trên với nhau và thu được 594 gà trống sọc vằn 607 gà mái trắng và sọc vằn. Xác định KG bố mẹ và con
cái thế hệ thứ 1 và 2.
Bài giải
Quy ước: A -sọc vằn a -lông trắng. Gà trống có KG XX, gà mái có KG XY.
Gà trống sọc vằn có KG XA
XA
hoặc XA
Xa
Gà mái lông trắng có KG Xa
Y
F1 thu đc toàn bộ gà có lông sọc vằn → Ptc
P : XA
XA
(Sọc vằn) x Xa
Y (lông trắng)
Gp XA
Xa
,Y
F1: XA
Xa
: XA
Y (100% sọc vằn)
F1 x F1 : XA
Xa
(Sọc vằn) x XA
Y (Sọc vằn)
GF1: XA
,Xa
XA
,Y
F2: KG: XA
XA
(Sọc vằn): XA
Xa
(Sọc vằn): Xa
Y(lông trắng): XA
Y (Sọc vằn)
KH: 2 trống sọc vằn:1 mái sọc vằn:1 trống sọc vằn
Ví dụ 2: Ở Mèo, lông đen (D) là trội không hoàn toàn so với lông hung (d). Vì vậy khi mèo có KG
Dd-tam thể. Tính trạng đuôi dài-A là trội so với đuôi ngắn-a. Các cặp gen này nằm trên NST GT X
với f=18%.
a) Một mèo mẹ đã sinh được 1 mèo tam thể- đuôi dài và một mèo đực đen-đuôi ngắn. Hãy xác định
KG của mèo bố mẹ và các con.
b) Nếu tiếp tục cho các con mèo con trên tạp giao và tạp giao với mới mèo bố mẹ thì KQ phân tính
về 2 tính trạng trên như thế nào?
Bài giải:
a. Từ Mèo đực đen đuôi ngắn F1 KG XDa
Y => Nhận XDa
Từ mẹ và Y từ bố
Từ Mèo cái tam thể, đuôi dài F1 KG XD-
XdA
=> Nhận XD-
Từ mẹ và XdA
=> KG mèo bố XdA
Y (Hung-đuôi dài)
=> KG mèo mẹ có thể là XDa
XDa
, XDa
Xda
hoặc XDa
XDA
XDa
XdA
Nghĩa là mèo mẹ có thể 4 loại
KH: Đen-đuôi ngắn; Tam thể-đuôi ngắn; Đen-đuôi dài; tam thể-đuôi dài.
b, Tiếp tục cho các con mèo F1 tạp giao với nhau, có các SĐL sau.
F1-1: ♀XDA
Xda
x ♂XDa
Y
↓
F1: 1♀XDA
XDa
1♀XDa
XdA
1♂XDA
Y 1♂XdA
Y
Đen-dài Tam thể-Dài Đen-dài Hung-dài

F1-2: ♀ XDa
XdA
x XDa
Y
XDa
= XdA
= 50-18/2=41%
XDA
=Xda
= 48/2=9%,
XDa
= Y = 1/2
F1: 20,5% ♀XDa
XDa
20,5%♀XDa
XdA
4,5%♀XDA
XDa
4,5%♀Xda
XDa
Đen-ngắn Tam thể-dài Đen-dài Tam thể-ngắn
20,5% ♂XDa
Y 20,5%♂XdA
Y 4,5% ♂XDA
Y 4,5%♂Xda
Y
Đen-Ngắn Hung-Dài Đen-Dài Hung-Ngắn
III.3.2. Dạng bài tập ngược:
Biết KH P,kết quả của phép lai Xác định KG P và viết SĐL.
Bước 1: Tìm trội lặn và quy ước gen
Bước 2: Nhận dạng QL di truyền chi phối và từ tỷ lệ PL KH của thế hệ con lai và đặc điểm của gen
trên NST-GT KG của P
Bước 3: Viết SĐL
III.3.2.1: DẠNG 1-BÀI TẬP LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH THUẦN
+ Bước 1: Tìm trội lặn và quy ước gen
+ Bước 2: Nhận dạng QL di truyền chi phối và từ tỷ lệ PL KH của thế hệ con lai và đặc điểm của
gen trên NST-GT KG của P
+ Bước 3: Viết SĐL (SĐL)
* Lưu ý: Những bài tập dạng trắc nghiệm không nhất thiết phải làm theo từng bước mà chúng ta có
thể suy nghĩ nhanh để gộp các bước giải với nhau.
III.3.2.1.2: Các ví dụ:
Ví dụ 1: Ở gà: ♂ lông vằn x ♀ lông đen F1 100% Lông vằn. Cho F1 tạp giao F2: 50 lông vằn :
16 lông đen.
1. Biện luận SĐL P-F2
2. Tỷ lệ phân tính ở F3 đối với mỗi công thức lai:
Bài gi i
1/ Biện luận và viết SĐL
+ Bước 1: Tìm trội lặn và quy ước gen
Ta có F2 lông vằn: lông đen=50:16=3 lông vằn:1lông đen (Kết quả QL PL) nên quy ước gen: A-lông
vằn, a- lông đen. (Ta thấy F1 100% lông vằn nên lông vằn là trội hoàn toàn so với lông đen)
+ Bước 2: Nhận dạng QL di truyền chi phối và từ tỷ lệ PL KH của thế hệ con lai và đặc điểm của
gen trên NST-GT KG của P
Thấy F2 chỉ có gà mái lông đen tính trạng màu sắc lông liên kết với GT

Ptc: ♂Lông vằn XA
XA
, ♀Xa
Y
+ Bước 3: Viết SĐL
P: ♂XA
XA
x ♀ Xa
Y
(Lông vằn) ↓ (lông đen)
F1: XA
Xa
, XA
Y(tất cả lông vằn)
♂XA
Xa
lông vằn x ♀XA
Y lông vằn
F2: KG: 1 XA
XA
: 1 XA
Xa
: 1 XA
Y : 1 Xa
Y
KH: 2 trống lông vằn: 1 mái lông vằn:1 mái lông đen
2/ Các công thức lai:
♂XA
XA
x ♀ XA
Y
♂XA
XA
x ♀ Xa
Y
♂XA
Xa
x ♀ XA
Y
♂XA
Xa
x ♀ Xa
Y
III.3.2.2. DẠNG 2- DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH TÍCH HỢP
QUY LUẬT PHÂN LY ĐỘC LẬP.
+ Bước 1: Tìm trội lặn và quy ước gen (nên xét từng tính trạng, xem nằm trên NST thường hay giới
tính. Nếu tính trạng nào đều có ở đực và cái nằm trên NST thường, tính trạng nằm trên NST GT
có đặc điểm của gen trên NST GT)
+ Bước 2: Nhận dạng QL di truyền chi phối (Nhân 2 tỷ lệ riêng nếu thấy kết trùng với TLPL KH F2
theo đầu bài Tuân theo QL PLĐL, có 1 cặp gen nằm trên, NST GT và Từ TLPL KH F+gen trên
NST-GT KG P
+ Bước 3: Viết SĐL
III.3.2.2.2: Các ví dụ
Ví dụ 1: Trong 1 thí nghiệm lai ruồi giấm con cái cánh dài, mắt đỏ x đực cánh ngắn, mắt trắngF1:
100% cánh dài-mắt đỏ. Cho F1x ngẫu nhiên F2 ♀:306 Dài -đỏ:101 Ngắn-Đỏ và ♂: 147 Dài-
đỏ:152 Dài trắng:50 Ngắn đỏ:51 Ngắn Trắng. Mỗi gen quy định 1 tính trạng. Giải thích kết quả thu
được và viết SĐL
Bài giải:
1/ Giải thích:
+ Bước 1: Tìm trội lặn và quy ước gen (nên xét từng tính trạng, xem nằm trên NST thường hay giới
tính. Nếu tính trạng nào đều có ở đực và cái nằm trên NST thường, tính trạng nằm trên NST GT
có đặc điểm của gen trên NST GT)

- Ruồi giấm: ♂ XY, ♀XX; F1 100% Dài đỏ Dài trội ngắn; đỏ trội trắng
- Xét riêng tính trạng hình dạng cánh
F2: Dài:Ngắn= (306+147+152):(101+50+51)=3:1
Ở ♂: Dài : Ngắn=(147+152):(50+51)=3:1; Con ♀; Dài : Ngắn=(306):(101)=3:1
=> Gen quy định TT hình dạng cánh nằm trên NST-thường và tuân theo QL PL A-Dài, a-Ngắn
- Xét riêng tính trạng màu sắc mắt
F2: Đỏ :Trắng= (306+101+147+50):(152+51)=3:1 và có sự phân bố khác nhau ở 2 giới mà ta thấy
tính mắt trắng chỉ có ở con ♂ nên gen quy định màu mắt phải nằm trên NST-GT X và trên Y không
có alen tương ứng. B-Đỏ, b-Trắng
+ Bước 2: Nhận dạng QL di truyền chi phối (Nhân 2 tỷ lệ riêng nếu thấy kết trùng với TLPL KH F2
theo đầu bài Tuân theo QL PLĐL, có 1 cặp gen nằm trên, NST GT và Từ TLPL KH F+gen trên
NST-GT KG P
- Ta có (3 dài:1 ngắn)x(3 đỏ:1 trắng)=9:3:3: 1 trùng với tỷ lệ PLKH ở F2 nên sự di truyền đồng thời
của 2 cặp tính trạng trên tuân theo QL PLĐL và có 1 cặp gen nằm trên NST GT
- F1 Đồng tính=> P t/c và từ lập luận trên  KG P ♀ dài-mắt đỏ: AAXB
XB
♂ Ngắn-mắt trắng: aaXb
Y
2. SĐL PF2
P: AAXB
XB
x aaXb
Y
Gp: AXB
aXb
=aY=1/2
F1: AaXB
Xb
x AaXB
Y
GF1: AXB
=AXb
=
aXB
= aXb
=1/4
AXB
=AY=
aXB
= aY=1/4
F2: kẻ khung pennet
TLKH: 3 cái Dài đỏ:1 cái Ngắn đỏ:3 đực Dài đỏ:3 đực dài trắng:1 đực Ngắn đỏ:1 đực ngắn trắng
III.3.2.3. DẠNG 3- DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH TÍCH HỢP QUY LUẬT LIÊN
KẾT GEN HOÀN TOÀN
- Nếu phép lai gồm nhiều cặp tính trạng ta tách riêng từng cặp tính trạng và xét sự di truyền của từng
cặp tính trạng.
* Từ THPL KH của từng cặp=> KG tương ứng của nó
* Khi kết hợp sự di truyền của cả 2 cặp tính trạng, trường hợp hai cặp gen cùng liên kết với
NST GT X, ta phải biện luận để xác định chúng liên kết gen hay hoán vị.

* Muốn vậy ta căn cứ vào sự xuất hiện KH giới tính XY ở thế hệ sau để suy ra tỷ lệ giao tử
của giới cái XX của thế hệ trước, từ đó suy ra LKG hay HVG.
* Biết tỷ lệ giao tử cái ta suy ra KG và viết SĐL
- Nếu phép lai ở từng cặp là dị hợp lai với dị hợp
* Có thể áp dụng công thức sau: (A-B-) – (aabb)=50%
A-bb + aabb= 25%; aaB- + aabb = 25%
(A-B-) + A-bb =75%; (A-B-) + aaB- =75%
* Aa x Aa  ¾ A-: ¼ aa
- Nếu là phép lai phân tích thì lưu ý tỷ lệ của đồng hợp lặn luôn bằng 1
Ví dụ 1: Ở ruồi giấm, alen A quy định thân xám trội hoàn toàn so với alen a quy định thân đen; alen
B quy định cánh dài trội hoàn toàn so với alen b quy định cánh cụt; alen D quy định mắt đỏ trội hoàn
toàn so với alen d quy định mắt trắng.
Thực hiện phép lai P:
AB
ab
D d
X X ×
AB
ab
D
X Y thu được F1. Trong tổng số các ruồi ở F1, ruồi thân
xám, cánh dài, mắt đỏ chiếm tỉ lệ là 52,5%. Biết rằng không xảy ra đột biến, theo lí thuyết, ở F1 tỉ lệ
ruồi đực thân xám, cánh cụt, mắt đỏ là
A. 3,75% B. 1,25% C. 2,5% D. 7,5%
Bài giải:
Bài yêu cầu tìm tỷ lệ ruồi đực thân xám, cánh cụt, mắt đỏ A-bb D
X Y
* Tìm tỷ lệ A-bb như sau
Ta có các ruồi ở F1, ruồi thân xám, cánh dài, mắt đỏ (A-B-( D
X X
+ D
X Y )) = 52,5% mà trong
phép lai D d
X X × D
X Y  D
X X
+ D
X Y = 3/4 => Vậy A-B- = 0,525/0,75 = 0,7
Luôn có (A-B-) + A-bb =75% => A-bb = 0,75 - A-B- = 0,05.
* Tìm tỷ lệ D
X Y như sau
D d
X X × D
X Y  Đực mắt đỏ chiếm tỉ lệ ¼
Vậy ruồi thân xám, cánh cụt, mắt đỏ (A-bb D
X Y )= là 0,05x1/4 = 0,0125 = đáp án B
III.3.2.4. DẠNG 4- DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH TÍCH HỢP QUY LUẬT LIÊN
KẾT GEN KHÔNG HOÀN TOÀN
+ Có nhiều dấu hiệu cho thấy các tính trạng nghiên cứu được xác định bởi các gen liên kết với nhau
như:

- Tỷ lệ PL ở đời lai khác với tỷ lệ mong đợi đối với hai bên PLĐL cho thấy các gen di truyền
liên kết với nhau.
- Các tính trạng được xác định bởi các gen liên kết luôn được di truyền cùng nhau.
- Liên kết gen hoàn toàn làm giảm số KG và KH ở đời con lai. Ngược lại, trao đổi chéo giữa
các gen làm tăng số KG và KH ở thế hệ sau.
- Tỷ lệ của các loại giao tử mang gen liên kết luôn bằng nhau, tỷ lệ của các giao tử mang gen
trao đổi chéo cũng bằng nhau và nhỏ hơn tỷ lệ của các giao tử mang gen liên kết.
- Trong một phép lai phân tích, việc có hai lớp KH có tần số lớn bằng nhau và hai lớp KH có
tần số nhỏ bằng nhau cho biết trong đó có gen liên kết không hoàn toàn.
+ Với các gen liên kết không hoàn toàn nằm trên nhiễm sắc thể giới tính X mà không có các gen
tương ứng trên Y, tần số hoán vị gen hoặc tỷ lệ KG, KH được xác định như trong trường hợp có trao
đổi chéo một bên
+ TLPL KH ở 2 giới đực và cái khác nhau: Nếu XX cho 2 KH + nếu XY cho 4 lớp KH với TL
không bằng nhau Có HVG ở cá thể XX. Tính f (tần số HVG) dựa vào KH lặn nhất cá thể XY.
+ Nếu Đầu bài cho 100% Con đực và 100% con cái khi tạo giao tử X-
=Y=1
Nếu Đầu bài cho tổng số Đực và cái là 100% thì khi tạo giao tử X-
=Y=1/2
+ f=2 x giao tử hoán vị, giao tử liên kết=0,5-f/2 > 25%, giao tử hoán vị <25%
+ f nếu là phép lai phân tích = tổng KH nhỏ/ tổng số KH
* Phương pháp giải tự luận:
+ Bước 1: Viết KG giới tính của loài-Tìm trội lặn và Quy ước gen:
+Bước 2: Xét sự DT của từng cặp tính trạng để XĐ QL DT chi phối tính trạng đó và viết SĐL kiểm
chứng:
+ Bước 3: Tìm QL DT chi phối đồng thời cả 2 cặp tính trạng (Nếu tích 2 tính trạng ở 1 giới khác
TLPLKH F và có tỷ lệ KH tăng-không lý tưởng thì chứng tỏ các cặp gen quy định các cặp tính trạng
trên nằm trên cùng 1 cặp NST giới tính và DT theo QL Liên kết gen không hoàn toàn)
Có thể chứng minh bằng cách khác như sau (với đực là XY, nếu cái XY chứng minh tương tự): Ở
đực F2 cho 4 loại KH khác nhau trong khi F1 đực chỉ có thể cho 2 loại giao tử ngang nhau và không
có HVG Vậy con cái F2 phải cho 4 loại giao tử khác nhau và HVG đã xảy ra ở con cái.
+ Bước 4: Xác định nhóm liên kết (Dị hợp đều, dị hợp chéo) và xác định tần số hoán vị gen (f):
(Chọn KH con đực lặn nhất phân tích, khi đó giao tử Y = 1 khi tính Tổng KH đực =cái =100%, Giao
tử Y=1/2 khi Tổng KH đực+cái=100%) => giao tử X <25% là giao tử Hoán vị, giao tử >25% là giao
tử liên kết và f= 2 x giao tử hoán vị
f có thể bằng tổng KH nhỏ nhất/Tổng KH
+ Bước 5: Viết SĐL và xác định TLKG+TLKH.

Ví dụ 1: Ở Ruồi giấm: Có 2 gen lặn liên kết với nhau: a-mắt màu lựu, b-cánh xẻ. Các tính trạng trội
tương phản là mắt đỏ và cánh bình thường. KQ của 1 phép lai P cho những số liệu sau:
Ruồi ♂ F1: 7,5% Đỏ-B.thường: 7,5% Lựu-xẻ:42,5% Đỏ-xẻ: 42,5% lựu-b.thường
♀: 50% Đỏ-b.thường: 50% Đỏ-xẻ
1. Các gen nói trên nằm trên NST nào
2. Viết SĐL và giải thích KQ
Bài giải:
1. Các gen nói trên nằm trên NST nào:
+ Bước 1: Viết KG giới tính của lời-Tìm trội lặn và Quy ước gen:
Ta có: ruồi giấm ♂: XY, ♀ XX.
- Quy ước gen: A-Mắt màu Đỏ a-Mắt màu lựu B-Cánh bình thường b-cánh xẻ
+Bước 2: Xét sự DT của từng cặp tính trạng để XĐ QL DT chi phối tính trạng đó và Viết SĐL kiểm
chứng:
* Tách riêng từng tính trạng ở thế hệ F1:
- Tính trạng màu mắt:
♂: Đỏ: lựu= (42,5+7,5):( 42,5+7,5)=1:1
♀: 100% Mắt đỏ
- Tính trạng hình dạng cánh:
♂: Bình thường: xẻ= (42,5+7,5):( 42,5+7,5)=1:1
♀: Bình thường: xẻ= 50:50=1:1
 Tính trạng màu mắt có hiện tượng phân tính theo giới, con cái toàn mắt đỏ. Con đực phân
tính theo 1:1 gen chi phối các tính trạng trên phải di truyền theo QL liên kết giới tính và
gen nằm trên NST GT X.
 Mà theo bài ra các gen chi phối tính trạng màu mắt và HD cánh DT LK với nhau nên tất cả
chúng đều nằm trên NST-GT
* SĐL kiểm chứng cho từng cặp TT
- Màu mắt: F1: 100% ♀ đỏ: XA
X-
♂: 1đỏ: 1 lựu = 1XA
Y:1Xa
Y => ở P con ♀ phải có
XA
Xa
con ♂ XA
Y nên SĐL
P: ♀XA
Xa
(đỏ) x ♂XA
Y (đỏ)
↓
F1: ♀XA
XA
♀XA
Xa
♂Xa
Y ♂XA
Y
3 đỏ 1 lựu
- Hình dạng cánh: F1: ♂ và cái đều cho: 1Bình thường: 1 cánh xẻ

Con ♀: 1XB
X-
: Xb
Xb
, con ♂: 1XB
Y:1Xb
Y => ở P con ♀ phải có XB
Xb
con ♂ Xb
Y nên SĐL
P: ♀ XB
Xb
(Bình thường) x ♂Xb
Y (Cánh xẻ)
↓
F1: ♀XB
Xb
♀Xb
Xb
♂XB
Y ♂Xb
Y
1♀Bình thường 1♀Cánh xẻ 1♂Bình thường 1♂ cánh xẻ
+ Bước 3: Tìm QL DT chi phối đồng thời cả 2 cặp tính trạng (Nếu tích 2 tính trạng ở 1 giới khác
TLPLKH F và có tỷ lệ KH tăng-không lý tưởng thì chứng tỏ các cặp gen quy định các cặp tính trạng
trên nằm trên cùng 1 cặp NST giới tính và DT theo QL Liên kết gen không hoàn toàn)
Xét sự Di truyền đồng thời của 2 tính trạng màu mắt và hình dạng cánh.
- Từ 2 SĐL kiểm chứng trên: =>♂ P: XAb
Y mắt đỏ, cánh xẻ
- Xét sự DT đồng thời 2 tính trạng ở con ♂: (1đỏ:1 lựu) (1b.thường:1 xẻ)=1:1:1:1 khác với
TLPLKH F1: 7,5:7,5:42,5:42,5 nên các cặp gen quy định các cặp tính trạng trên nằm trên 1 cặp NST
GT và đã DT liên kết không hoàn toàn.
+ Bước 4: Xác định nhóm liên kết (Dị hợp đều, dị hợp chéo) và xác định tần số hoán vị gen (f):
(Chọn KH con đực lặn nhất phân tích, khi đó giao tử Y = 1 khi tính Tổng KH đực =cái =100%, Giao
tử Y=1/2 khi Tổng KH đực+cái=100%) => giao tử X <25% là giao tử Hoán vị, giao tử >25% là giao
tử Liên kết và f=2 x g.tử HV
Xác định nhóm liên kết và tần số hoán vị gen (f):
- F1: ♂ Mắt lựu-Cánh xẻ=7,5%=> 7,5%Xab
Y=(7,5%Xab
♀)x(1Y♂)=> Xab
=7,5<25%--> giao
tử hoán vị P: ♀XAb
XaB
=> XAB
=Xab
= 7,5%, XAb
= XaB
= 50%-7,5%=42,5%.
f=2giao tử HV=2x7,5=15%
+ Bước 5: Viết SĐL và xác định TLKG+TLKH.
2. Viết SĐL và giải thích kết quả
P: ♀ XAb
XaB
(Đỏ-B.thường) x XAb
Y (Đỏ-Cánh xẻ)
XAb
= XaB
= 42,5%.
XAB
=Xab
= 7,5%,
XAb
= Y = 1
F1: 42,5%
♀XAb
XAB
42,5%♀XAb
XaB
7,5%♀XAB
XAb
7,5%♀XAb
Xab
42,5% ♂XAb
Y 42,5%♂XaB
Y 7,5% ♂XAB
Y 7,5%♂Xab
Y
♂: 7,5% Đỏ-bình thường
7,5% Lựu- xẻ
42,5% Đỏ -xẻ
♀: 7,5% Đỏ-bình thường
42,5% Đỏ -Xẻ

42,5% Lựu-Bình thường
III.3.2.5. DẠNG 5- DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH
TÍCH HỢP QUY LUẬT TƯƠNG TÁC GEN.
Các gen có thể tương tác với nhau để quy định một tính trạng. Phổ biến là hai gen không alen
(và thường nằm trên các nhiễm sắc thể tương đồng khác nhau) tương tác với nhau. Vì vậy, tỷ lệ PL ở
F2 thường là tỷ lệ biến đổi của phép lai hai tính (9:3:3:1) của Mendel. Ví dụ tỷ lệ 9:6:l. Có các kiểu
tương tác chủ yếu sau:
- Tương tác bổ trợ: Hai gen trội cùng có mặt trong một KG tương tác với nhau làm xuất hiện tính
trạng mới, khác bố mẹ. Ngoài cơ chế tương tác, các gen còn có thể có các chức năng riêng. Vì vậy,
kiểu tương tác bổ trợ có thể cho các tỷ lệ PL 9:3:3:1, 9:6:1 hoặc 9:7.
- Tương tác át chế. Kiểu tương tác trong đó một gen ức chế sự biểu hiện của gen kia. Gen ức chế
được gọi là gen át, còn gen bị ức chế dược gọi là gen khuất. Tuỳ thuộc vào gen át là gen trội hay gen
lặn mà F2 có thể có các tỷ lệ PL 13:3, 12:3:1 hoặc 9:3:4.
- Tương tác cộng gộp: Kiểu tương tác trong đó mỗi alen trội (hoặc lặn) của mỗi gen đóng góp một
phần vào sự hình thành tính trạng. Kiểu tương tác này đặc trưng cho các tính trạng số lượng. Với hai
gen tương tác cộng gộp, F2 sẽ có tỷ lệ PL KH là 1:4:6:4:1. Nếu KH không phụ thuộc vào số lượng
alen trội trong KG, ta có tỷ lệ PL 15:1 ở F2. Tuy nhiên cũng có những trường hợp hai gen tương tác
nhưng lại cùng nằm trên một nhiễm sắc thể. Khi đó, ngoài QL tương tác, các gen còn chịu sự chi
phối của QL liên kết và hoán vị gen.
Ví dụ 1: Cho 1 cÆp c«n trïng thuÇn chñng giao phèi víi nhau ®îc F1 100% cã m¾t ®á çnh dµi.
- Trêng hîp1: Cho con çi F1 lai ph©n tÝch ®îc thÕ hÖ lai ph©n li theo tØ lÖ:
+45% M¾t tr¾ng çnh ng¾n.
+30% M¾t tr¾ng çnh dµi.
+20% M¾t ®á çnh dµi.
+5% M¾t ®á çnh ng¾n.
- Trêng hîp2: Cho con ®ùc F1 lai ph©n tÝch ®îc thÕ hÖ lai ph©n li theo tØ lÖ:
+50% Con ®ùc m¾t tr¾ng çnh ng¾n.
+25% Con çi m¾t tr¾ng çnh dµi.
+25% Con çi m¾t ®á çnh ng¾n.
- BiÕt chiÒu dµi çnh do 1 cÆp gen chi phèi. BiÖn luËn vµ viÕt SĐL cña tõng trêng hîp nªu trªn.
Bài giải
XÐt trêng hîp 2 .

- §ùc F1 lai ph©n tÝch víi çi mang gen lÆn t¬ng øng( chØ cho 1 lo¹i giao tö)
- XÐt tÝnh tr¹ng mµu m¾t ë F2: ®á : tr¾ng = 3: 1. Nh vËy F1 ph¶i cho 4 lo¹i giao tö
S¬ ®å lai:
F1: AaBb x aabb
Fa: 1 AaBb 1 Aabb 1 aaBb 1 aabb
KH 1 §á : 3 Tr¾ng.
Mµu s¾c m¾t do sù t¸c ®éng bæ sung gi÷a 2 gen kh«ng alen
A-B- M¾t ®á.
A-bb M¾t tr¾ng.
aaB- M¾t tr¾ng.
aabb M¾t tr¾ng.
- XÐt tÝnh tr¹ng chiÒu dµi çnh F2 1 dµi: 1 ng¾n, F1 çnh dµi dÞ hîp tö vÒ 1 cÆp gen Dd.
S¬ ®å lai.
F1 : Dd x dd
Fa : 1Dd : 1 dd ( 1 çnh dµi: 1 çnh ng¾n).
- F2 con ®ùc toµn bé çnh ng¾n, con çi toµn bé çnh dµi nªn gen quy ®Þnh chiÒu dµi çnh ph¶i liªn
kÕt víi NST X.
- XÐt chung sù di truyÒn cña 2 tÝnh tr¹ng: F2 gåm 4 tæ hîp gen , F1 ph¶i cho 4 lo¹i giao tö , v× vËy
mét trong 2 gen quy ®Þnh mµu s¾c m¾t ph¶i liªn kÕt hoµn toµn víi gen quy ®Þnh chiÒu dµi çnh trªn
NST X. S¬ ®å lai:
*A liªn kÕt hoµn toµn víi D trªn NST X.
F1 : XAD
Y Bb x Xad
Xad
bb
Fa: ( Phï hîp víi tØ lÖ ®Ò bµi)
* B liªn kÕt hoµn toµn víi D trªn NST X.
XÐt trêng hîp 1.
Fa cã 5% m¾t ®á çnh ng¾n nhËn giao tö cña çi F1 (XAd
B) vµ ®ùc lÆn( Xad
b,Yb)-> Çi F1 sinh ra
giao tö XAd
B = 5%, ®©y lµ giao tö ho¸n vÞ gen, cã 4 lo¹i giao tö cã gen ho¸n vÞ nªn tÇn sè ho¸n vÞ
b»ng 20%. S¬ ®å lai:
F1 : XAD
Xad
Bb x Xad
Y bb.
Fa : (phï hîp víi tØ lÖ ®Ò bµi).
III.3.2.6. DẠNG 6- DI TRUYỀN LIÊN KẾT VỚI GIỚI TÍNH TÍCH HỢP GEN GÂY CHẾT.
+ Một tính trạng thường nào đó PLKH 2:1 thì đây trường hợp gen gây chết ở trạng thái trội

Nếu tỷ lệ giới tính 1:1 thì gen gây chết nằm trên NST thường, tuy nhiên nếu tỷ lệ về giới tính là 2:1
(♂/♀=2/1 hoặc ♀/♂=2/1) Chứng tỏ gen trội đã liên kết trên NST GT X
Ví dụ 1: (HSG Tỉnh 2012) Khi giao phối giữa ruồi giấm cái có cánh chẻ với ruồi giấm đực có cánh
bình thường thì thu được:
84 con cái có cánh chẻ.
79 con cái có cánh bình thường.
82 con đực có cánh bình thường.
Cho biết hình dạng cánh do một gen chi phối.
a) Giải thích kết quả phép lai trên.
b) Có nhận xét gì về sự tác động của các alen thuộc gen quy định hình dạng cánh.
Bài giải:
a) Giải thích kết quả phép lai:
Bình thường tỷ lệ đực cái là 1 : 1 nhưng kết quả phép lai cho thấy tỷ lệ đực cái là 1 : 2 vậy
một nửa số con đực bị chết, cùng với sự biểu hiện tính trạng cho thấy gen quy định tính trạng hình
dạng cánh nằm trên nhiễm sắc thể X và có alen gây chết.
Theo bài ra hình dạng cánh do một gen chi phối và F1 có số tổ hợp là 4 (kể cả tổ hợp đực bị
chết), đây là kết quả tổ hợp của hai loại giao tử đực với hai loại giao tử cái do đó con cái ở P phải dị
hợp, cánh chẻ ở con cái là tính trạng trội.
Quy ước gen: A - cánh chẻ, a-cánh bình thường.
P ♀ cánh chẻ x ♂ cánh bình thường
XA
Xa
Xa
Y
G XA
; Xa
Xa
; Y
F1 : XA
Xa
Xa
Xa
XA
Y Xa
Y
1 Cái cánh chẻ: 1 cái cánh bt: 1 đực cánh chẻ (chết): 1 đực cánh bình thường
b) Những nhận xét về tác động của gen:
- Tác động đa hiệu: vừa quy định hình dạng cánh vừa chi phối sức sống cá thể
A quy định cánh chẻ và gây chết; a quy định cánh bình thường và sức sống bình thường.
III.3.2.7. DẠNG 7- BÀI TẬP TÍNH SỐ LOẠI VÀ SỐ LƯỢNG GIAO TỬ.
+ Kết thúc giảm phân tạo giao tử ở giới đực: 1 TB sinh tinh cho 4 giao tử phát triển thành số lượng
là 4 tinh trùng, gồm 2 loại X và Y. Giới cái cho 4 TB n nhưng sẽ có 3 thể định hướng và 1 trứng có
khả năng thụ tinh

Ví dụ 1: Một tế bào sinh tinh có KG : AB/ab XM
Y.
a) Trong thực tế khi giảm phân bình thường cho mấy loại tinh trùng? Viết thành phần gen của
các loại tinh trùng đó?
b) Vào kì giữa ở lần phân bào II của quá trình giảm phân, các NST sắp xếp như thế nào?
Bài giải
a) Số loại tinh trùng thực tế và KG của chúng:
- Trường hợp liên kết hoàn toàn : 2 loại
AB XM
và ab Y Hoặc: ab XM
và AB Y
- Trường hợp liên kết không hoàn toàn : 4 loại
AB XM
, Ab XM
, aB Y, ab Y Hoặc: aB XM
, ab XM
, AB Y, Ab Y
b) Ở kì giữa của giảm phân II, các NST sắp xếp như sau:
- Trường hợp liên kết hoàn toàn:
AB
AB
M
M
X
X
và
ab
ab
Y
Y
hoặc:
ab
ab
M
M
X
X
và
AB
AB
Y
Y
- Trường hợp liên kết không hoàn toàn:
Ab
AB
M
M
X
X
và
ab
aB
Y
Y
hoặc:
ab
aB
M
M
X
X
và
Ab
AB
Y
Y
Ví dụ 2: Một tế bào sinh trứng có KG AaXB
Xb
khi giảm phân bình thường cho mấy loại trứng?
Một tế bào sinh tinh có KG AaXb
Y khi giảm phân bình thường cho mấy loại tinh trùng?
Bài giải
- 1 Tế bào sinh trứng GP cho một trong 4 loại trứng hoặc AXB
hoặc AXb
hoặc aXB
hoặc aXb
.
- 1 Tế bào sinh tinh GP cho 2 loại tinh trùng hoặc AXb
và aY hoặc AY và aXb
.
Ví dụ 3: Trong quá trình phát sinh hình thành giao tử, TB sinh trứng giảm phân hình thành nên TB
trứng. KG của 1 TB sinh trứng là AB/ab XD
Xd
. Nếu TB này giảm phân bình thường và không có
TĐC thì có bao nhiêu loại TB trứng tạo ra
A. 1 loại. B. 2 loại. C. 4 loại. D. 8 loại.
Ví dụ 4 (ĐH 2012): Ruồi giấm có bộ nhiễm sắc thể 2n = 8. Trên mỗi cặp nhiễm sắc thể thường xét
hai cặp gen di hợp, trên cặp nhiễm sắc thể giới tính xét một gen có hai alen nằm ở vùng không tương
đồng của nhiễm sắc thể giới tính X. Nếu không xảy ra đột biến thì khi các ruồi đực có KG khác nhau
về các gen đang xét giảm phân có thể tạo ra tối đa bao nhiêu loại tinh trùng?
A. 128. B. 192. C. 24. D. 16.
Bài giải
Cách giải thích 1:
Vì là các con đực có KG khác nhau  Nhiều con đực.

Cặp số 1 khả năng có 4 loại NST  4 loại tinh trùng
Tương tự mỗi cặp 2 và 3 đều có 4 loại tinh trùng.
Cặp XY cho 3 loại tinh trùng XA
, Xa
, Y => Vậy ta có số loại tinh trùng = 4x4x4x3 = 192
III.3.2.8. DẠNG 8- BÀI TẬP TÍNH SỐ LOẠI VÀ
SỐ LƯỢNG KIỂU GEN, KIỂU HÌNH VÀ SỐ KIỂU GIAO PHỐI.
r(r 1)
2

r(r 1)
2

r(r 1)
2

x
a(a 1)
2

x
b(b 1)
2

…….
r(r 1)
2

+ r
r(r 1)
2

r.a.b(r.a.b 1)
2

+ r.a.b
* Trên giới XX :
Số KG =
r(r 1)
2


r(r 1)
2

+ r.m
r(r 1)
2

+ r2
* Ở giới XX :
r(r 1)
2

* Ở giới XY: r2
(vì XA
YB
khác XB
YA
)
+ XA
Xa
x Xa
Ví dụ 1: Gen I và II lần lượt có 2, 3 alen. Các gen PLĐL. Xác định trong quần thể ngẫu phối:
a) Có bao nhiêu KG?
b) Có bao nhiêu KG đồng hợp về tất cả các gen?
c) Có bao nhiêu KG dị hợp về tất cả các gen?
d) Có bao nhiêu KG dị hợp về một cặp gen?
e) Có bao nhiêu KG ít nhất có một cặp gen dị hợp?
f) Số KG tối đa có thể, biết gen I ở trên NST thường và gen II trên NST X ở đoạn không tương đồng
với Y
Bài giải:
Dựa vào công thức tổng quát và do các cặp gen PLĐL nên kết quả chung bằng tích các kết quả riêng
(tính chất của biến cố giao), ta có:
a) Số KG trong quần thể:

Số KG = r1(r1+1)/2 . r2(r2+1)/2 = 2(2+1)/2 . 3(3+1)/2 = 3.6 = 18
b) Số KG đồng hợp về tất cả các gen trong quần thể:
Số KG đồng hợp= r1. r2 = 2.3 = 6
c) Số KG dị hợp về tất cả các gen trong quần thể:
Số KG dị hợp về tất cả các gen= r1(r1-1)/2 . r2(r2-1)/2 = 1.3 = 3
d) Số KG dị hợp về một cặp gen:
Kí hiệu : Đ: đồng hợp ; d: dị hợp
Ở gen I có: (2Đ+ 1d)
Ở gen II có: (3Đ + 3d)
→ Đối với cả 2 gen là kết quả khai triển của :
(2Đ + 1d)(3Đ + 3d)=2.3ĐĐ + 1.3dd+ 2.3Đd + 1.3Đd
- Vậy số KG dị hợp về một cặp gen = 2.3 + 1.3 = 9
e) Số KG dị hợp về ít nhất một cặp gen:
Số KG dị hợp về ít nhất một cặp gen đồng nghĩa với việc tính tất cả các trường hợp trong KG có
chứa cặp dị hợp, tức là bằng số KG – số KG đồng hợp về tất cả các gen ( thay vì phải tính 1.3dd+
2.3Đd + 1.3Đd )
- Vậy số KG trong đó ít nhất có một cặp dị hợp = số KG – số KG đồng hợp = 18 – 6 = 12
f) Số KG tối đa trong QT:
Số KG tối đa = [2(2+1)/2] x [3(3+1)/2 + 3] = 3 x 9 = 27
Ví dụ 2: Biết mỗi gen-1 tính trạng, gen trội trộ hoàn toàn, không có đột biến, tính theo LT phép lai
nào sau đây cho đời con có nhiều loại KH nhất.
A. AaBbDdxAaBbDd B,
AB DE AB DE
x
ab dE ab dE
C.
Ab AB
Ddx dd
aB ab
D. D d DAb AB
X X x X Y
aB ab
Bài giải:
Đáp án A: 3 cặp gen dị hợp số KH 23
=8
Đáp án B: Cặp NST thứ nhất cho 2 lớp KH, cặp NST thứ 2 cho 2 lớp KH 4 lớp KH
Đáp án C: Cặp NST thứ nhất cho 3 lớp KH, cặp NST thứ 2 cho 2 lớp KH 6lớp KH
Đáp án D: Cặp NST thứ nhất cho 3 lớp KH, cặp NST thứ 2 cho 3 lớp KH 9 lớp KH
Vậy Đáp án đúng nhất là D
Ví dụ 3 (ĐH 2012): Trong quần thể của một loài động vật lưỡng bội, xét một lôcut có ba alen nằm
trên vùng tương đồng của nhiễm sắc thể giới tính X và Y. Biết rằng không xảy ra đột biến, theo lí
thuyết, số loại KG tối đa về lôcut trên trong quần thể là

A. 12. B. 15. C. 6. D. 9.
Bài giải:
Ở giới cái ta có một gen gồm 3 alen nên theo công thức
r(r 1)
2

= 6.
Ở giới đực, vì nằm trên vùng tương đồng của X và Y do đó ta cũng theo công thức r2
= 32
đổi vị trí
trên Y và X = 9. Số loại KG tối đa về lôcut gen trong quần thể này là 6 + 9 = 15.
Ví dụ 4: Ở người, bệnh mù màu lục do gen lặn trên NST giới tính X qui định, bệnh bạch tạng do gen
lặn nằm trên NST thường quy định. Các nhóm máu do một gen gồm 3 alen nằm trên cặp NST
thường khác qui định. Số kiểu giao phối có thể có trong quần thể người là bao nhiêu?
A. 1944 B. 90 C. 2916 D. 54
Bài giải:
Số KG trên XX: 3.3.6(1) Số KG trên XY:2.3.6(2) --> số kiểu GP = (1).(2) = 1944(A)
III.3.2.9. DẠNG 9- BÀI TẬP VỀ SỰ DI TRUYỀN TÍNH TRẠNG
CHỊU ẢNH HƯỞNG CỦA GIỚI TÍNH.
+ Những tính trạng chịu ảnh hưởng của giới tính do các gen nằm trên NST thường hoặc NST giới
tính qui định, thường thấy ở động vật có hệ nội tiết rất phát triển.
+ Các gen quy định tính trạng này biểu hiện trội hay lặn so với alen của nó tùy thuộc nó nằm trong
giới tính nào.
+ Kết quả phép lai ở giới tính cái ngược so với đực
+ Ptc (khác nhau 1 cặp tính trạng tương phản A và a) F2 PL: Giới tính đực: 3A:1a, giới tính cái:
1A:3a Kết quả đều giống nhau với phép lai thuận nghịch Gen trên NST thường
+ Những tính trạng được xác định:
- Ở cừu: Hh qui định có sừng ở giới tính đực, không có sừng ở giới tính cái.
- Ở dê: Thể dị hợp qui định có râu ở giới tính đực, không có râu ở giới cái.
- Ở người: Bb qui định hói đầu ở nam, không hói ở nữ.

Ví dụ 1: Cho những dê đực không râu thuần chủng lai với cái có râu thuần chủng, F1 thu được 50%
là dê đực có râu, 50% là dê cái không râu. Cho F1 ngẫu phối. F2 được: Giới cái: 3 không râu: 1 có
râu; giới đực: 3 có râu: 1 không râu. Hãy biện luận kết quả trên.
Bài giải:
+ Phép lai 1 tính, sự PL tính trạng ngược nhau ở giới cái so với giới đực sự biểu hiện của gen chịu
ảnh hưởng của giới tính
+ F2 PL 3:1 F1: A1A2 x A1A2 F2: ¼ A1A1+ 2/4 A1A2+ ¼ A2A2
+ QUG: A1-có râu, A2-không râu
 Giới cái: A2 trội hoàn toàn A1 3 không râu: 1 có râu
 Giới đực: A1 trội hoàn toàn A2 1 không râu: 3 có râu
=> Ptc A1A1 (cái) xA2A2 (đực)
III.3.2.10. DẠNG 10- BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘT BIẾN SỐ LƯỢNG
NHIỄM SẮC THỂ GIỚI TÍNH.
+ Từ TB 2n nếu rối loạn PL xảy ra ở giảm phân 1: tạo ra các giao tử: n+1, n-1
+ Từ TB 2n PL ở giảm phân 1 bình thường, rối loạn PL xảy ra ở giảm phân 2: tạo ra các giao tử: n,
n+1, n-1
Ví dụ 1: (HSG Tỉnh 2012) Trong một gia đình, mẹ có KG XB
Xb
, bố có KG XB
Y sinh được con gái
có KG XB
Xb
Xb
. Biết rằng quá trình giảm phân ở bố và mẹ đều không xảy ra đột biến gen và đột biến
cấu trúc nhiễm sắc thể. Kết luận nào sau đây là đúng về quá trình giảm phân ở bố và mẹ?
A. Trong giảm phân I, ở bố nhiễm sắc thể giới tính không phân li, ở mẹ giảm phân bình thường.
B. Trong giảm phân I, ở mẹ nhiễm sắc thể giới tính không phân li, ở bố giảm phân bình thường.
C. Trong giảm phân II, ở bố nhiễm sắc thể giới tính không phân li, ở mẹ giảm phân bình thường.
D. Trong giảm phân II, ở mẹ nhiễm sắc thể giới tính không phân li, ở bố giảm phân bình thường.
Bài giải: Trong quá trình giảm phân KG XB
Xb
kì sau 2 NST không PL Xb
Xb
(n+1)x XB
(n)=
XB
Xb
Xb
III.3.2.11. DẠNG 11- QUY LUẬT DI TRUYỀN TÍNH TRẠNG THƯỜNG DO GEN TRÊN
VÙNG TƯƠNG ĐỒNG GIỮA X VÀ Y.
+ NST giới tính X và Y ở 1 số loài có đoạn tương đồng, ở đoạn này gen tồn tại thành từng cặp alen.
(chứa các locut gen giống nhau).
+ Nếu P thuần chủng khác nhau ở 1 cặp tính trạng tương phản A và a
* Phép lai thuận XX (mang tính trạng a)  F2 PL: 3A:1a (huộc giới tính XX)

* Phép lai nghịch XX (mang tính trạng A)  F2 PL: 3A:1a (huộc giới tính XY)
Ví dụ 1: Ở 1 loài thú gen quy định mầu mắt nằm trên đoạn tương đồng của NST giới tính X, Y. A
(mắt đen) trội hoàn toàn với a (mắt nâu). Hãy xác định sự PL ở F2 khi cho các con thuộc giống
thuần chủng giao phối với nhau:
a. Cái mắt đen x đực mắt nâu
b. Xác định kết quả trong phép lai thuận nghịch
Bài giải:
a. Cái mắt đen, thuần chủng: XA
XA
, đực mắt nâu thuần chủng Xa
Ya
SĐL: Ptc: XA
XA
x Xa
Ya
 F1: XA
Xa
x XA
Ya
 3 (XA
Xa
, XA
Ya
, XA
XA
): 1 Xa
Ya
KH 3 đen: 1 nâu (nâu thuộc giới tính XY)
b. Phép lai nghịch
Ptc: Xa
Xa
x XA
YA
 F1: XA
Xa
x Xa
YA
 3 (XA
Xa
, XA
Xa
, XA
YA
): 1 Xa
Xa
KH 3 đen: 1 nâu (nâu thuộc giới tính XX)
III.3.2.12. DẠNG 12- MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP.
Trần tất thắng trang 86....
III.3.2.12.3. Bài tập tự giải
Bài 1: Kiểu gen của cá thể đực là aaBbDdXY thì số cách sắp xếp NST kép ở mặt phẳng xích đạo
của thoi vô sắc vào kì giữa giảm phân 1 là:
A.8 B.16 C.6 D.4
Gợi ý: Mặc dù đề cập đến 4 cặp NST nhưng có một cặp có KG đồng hợp (aa) nên chúng ta chỉ xét 3
cặp.
Với một cặp NST sẽ có một cách sắp xếp.
Với 2 cặp NST sẽ có 2 cách sắp xếp.
cách sắp xếp.

BÀI 17+18: MỨC PHẢN ỨNG-THƯỜNG BIỄN VÀ BÀI TỔNG HỢP
1.2. Dựa vào kết quả phân ly kiểu hình trong phép lai phân tích:
Dựa vào kết quả của phép lai để xác định tỷ lệ và loại giao tử sinh ra của các cá thể cần tìm.
+ Nếu tỉ lệ KH 1:1 thì đó là sự di truyền 1 tính trạng do 1 gen chi phối
+ Nếu tỉ lệ KH 3:1 thì được di truyền theo quy luật tương tác gen, trong tính trạng có 2 kiểu
hình.
- Tương tác bổ trợ 9:7
- Tương tác át chế 13:3
- Tương tác cộng gộp 15:1
+ Nếu có tỉ lệ KH 1:2:1 thì tính trạng được di truyền theo quy luật tương tác gen trong trường
hợp tính trạng có 3 kiểu hình.
- Tương tác bổ trợ 9:6:1
- Tương tác át chế lặn 9:3:4
- Tương tác át chế trội 12:3:1
+ Tỉ lệ KH 1:1:1:1 là sự di truyền tương tác bổ trợ 1 tính trạng có 4 kiểu hình 9:3:3:1 hoặc là
lai 2 cặp tính trạng tuân theo định luật phân ly độc lập có tỉ lệ kiểu hình là 9:3:3:1.
2.Nếu đề bài không xác định tỷ lệ phân li kiểu hình của đời con mà chỉ cho biết 1 kiểu hình
nào đó ở con lai.
+ Khi lai 1 cặp tính trạng, tỉ lệ 1 kiểu hình được biết bằng hoặc là bội số của 25% (hay
4
1
).
+ Khi lai 2 cặp tính trạng mà tỉ lệ 1 kiểu hình được biết bằng hoặc là bội số của 6.25% (hay
16
1
), hay khi lai n cặp tính trạng mà từ tỉ lệ của KH đã biết cho phép xác định được số loại giao tử
của bố (hoặc mẹ) có tỉ lệ bằng nhau và bằng 25% hoặc là ước số của 25%.
Đó là các bài toán thuộc định luật Menden.
Ví dụ: Cho lai 2 cây đậu thuần chủng khác nhau 2 cặp tính trạng tương phản, F1 thu được toàn
bộ cây thân cao - hoa đỏ. Cho F1 tạp giao F2 thu được 16000 cây trong đó có 9000 cây thân cao -
hoa đỏ. Hai cặp tính trạng trên bị chi phối bởi quy luật di truyền.
A. Tương tác át chế C.Tương tác bổ trợ
B. Phân li độc lập D. Tương tác cộng gộp
Giải:
Tỉ lệ cây cao- đỏ thu được ở thế hệ F2 là
16000
9000
=
16
9
= 56.25% là bội số của 6.25%
Đó là bài toán thuộc định luật Menden
=> Chọn đáp án B
3.Tính trạng do 1 hay 2 gen quy định? Xác định kiểu gen tương ứng của cơ thể lai:
Tùy vào số tổ hợp ở đời con của từng phép lai và tính trội lặn hoàn toàn hay không hoàn toàn
ở thế hệ lai.
+ Phép lai hai cá thể dị hợp (thường là cho F1 giao phối với nhau) cho số tổ hợp không quá 4
thì thường do 1 gen quy định; số tổ hợp hơn 4 nhưng không quá 16 thường do 2 gen quy định.
* Ví dụ Khi lai F1 dị hợp được F2 phân ly tỉ lệ 11: 2: 2: 1 (tổng có 16 tổ hợp) thì chắc chắn
không phải là 1 gen quy định.

+ Phép lai phân tích F1: nếu cho số tổ hợp không quá 4 nhưng không phải 1:1, lúc này lại do
2 gen quy định...
* Ví dụ Khi lai phân tích được 3 đỏ: 1 xanh (4 tổ hợp) thì cũng chắc chắn không phải là 1
gen.
+ Lai F1 với 1 cá thể bất kì: số tổ hợp tối đa khi lai hai cá thể dị hợp với nhau, từ đó có thể
loại trừ các khả năng không đúng.
*Ví dụ Khi lai hai cá thể bất kì về tính trạng A mà cho con tới 8 tổ hợp thì chắc chắn tính
trạng do 2 gen quy định, trong đó 1 cá thể dị hợp cả 2 gen, 1 cá thể dị hợp 1 gen (thường là dị hợp và
đồng hợp lặn gen còn lại)...
4. Gen này có gây chết không?
Dấu hiệu của kiểu này là số tổ hợp ở đời con không chẵn, có thể là 3, 7,.. thay vì 4, 8... Đây
là 1 dấu hiệu ít gặp nhưng vẫn phải nghĩ đến.
Nếu đời con phân ly tỉ lệ đặc biệt VD 2:1 thì gần như có thể chắc chắn là gen gây chết, và
thường là gây chết ở trạng thái đồng hợp trội.
5. Các trường hợp riêng:
+ Dựa vào kết quả phân li kiểu hình của F1 lai với cơ thể khác. cần chú ý những tỉ lệ đặc
biệt sau đây: 7:1; 4:3:1; 6:1:1; 5:3 đây là tỉ lệ của tính trạng nảy sinh do tương tác gen, tùy từng
trường hợp cụ thể mà xác định chính xác tính trạng được xét, di truyền theo quy luật di truyền nào.
+ Trường hợp đồng trội dựa vào điều kiện như: 1 tính trạng được qui định bởi 1 cặp gen có 3
alen, IA
= IB
> IO
. Số kiểu gen tối đa là 6, số kiểu hình tối đa là 4.
Dạng 1: Biến dị không liên tục
* Kiến thức cơ bản cần nhớ:
- Là loại thường biến về mặt số lượng như: số con được sinh ra trong một lứa ở lợn, gà…
- Đề thường yêu cầu vẽ đường biểu diễn về tính trạng được nghiên cứu, tính trị số trung bình, độ
lệch trung bình.
- Dựa vào bảng biến thiên ta ghi các giá trị của biến số v (sự thay biến về năng suất) ở trục
hoành; ghi giá trị của tần số p (số cá thể có cùng năng suất) ở trục tung. Sau đó nối các điểm lại
sẽ được một đường biểu diễn.
- Trị số trung bình (m): được xem như năng suất trung bình của một giống.
Biến số nào càng gần trị số trung bình sẽ có tần số càng cao và ngược lại.
- Độ lệch chuẩn (S): được tính theo biểu thức:
- Độ lệch chuẩn càng lớn thì mức phản ứng của tính trạng càng rộng.
Bài 1. Khi nghiên cứu về khả năng sinh sản của một lòi lợn gồm 88 con lợn nái, người ta lập được
bảng biến thiên như sau:
V 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
P 1 3 6 10 15 25 12 8 5 2 1
v: số lợn con đẻ trong một lứa (là biến số).
p: số lợn nái có cùng năng suất (là tần số).
a. Vẽ đồ thị biểu diễn khả năng sinh sản của nòi lợn trên.

b. Tính trị số trung bình về số lượng lợn con được đẻ trong một lứa.
c. Tính độ lệch trung bình về số lợn con trên một lứa đẻ của nòi lợn trên.
Bài giải
a. Vẽ đồ thị:
b. Tính trị số trung bình:
- Tổng số lợn con của cả 88 con lợn nái:
∑vp = 5 + 18 + 42 + 80 + 135 + 250 + 132 + 96 + 65 + 28 + 15 = 866.
- Vậy trị số trung bình về số lợn con được sinh ra trong một lứa đẻ:
m = (866/88) 9,8.
c. Độ lệch trung bình: Áp dụng biểu thức:
Dạng 2: Biến dị liên tục
- Là loại thường biến về mặt chất lượng như tỉ lệ bơ trong một lit sữa; lượng vitamin A có trong nội
nhũ của ngô; lượng vitamin C trong cam, quyt…
- Muốn vẽ đồ thị, ta biểu diễn các biến số thành cột hình chữ nhật và chọn điểm giữa.
- Khi tính chỉ số trung bình ta chọn giá trị giữa biến số của một khoảng, sau đó áp dụng công thức
tính m như bình thường.
Bài 2.
Khi khảo sát về tỉ lệ bơ trong sữa của 28 con bò cái, người ta lập được bảng biến thiên sau:
v 3,5 3,6 3,7 3,8 3,9 4,0 4,1 4,2 4,3
p 1 1 3 4 7 5 3 2 2
v: Tỉ lệ % bơ trong sữa.
p: số bò cái cho tỉ lệ % bơ trong sữa giống nhau.
Hãy vẽ đồ thị biểu diễn về tỉ lệ % bơ trong sữa của giống bò trên.
Bài giải
Đồ thị biểu diễn về tỉ lệ % bơ trong sữa của giống bò nói trên như sau:

BÀI 20+21: DI TRUYỀN HỌC QUẦN THỂ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP DI TRUYỀN HỌC QUẦN THỂ
PHẦN 1: CẤU TRÚC QUẦN THỂ CHUNG.
Dạng 1: Tính tần số alen, tần số KG, tần số KH của quần thể
PHẦN 2: QUẦN THỂ TỰ PHỐI
Dạng 2: Thế hệ P 100% dị hợp Aa qua n thế hệ tự phối cấu trúc di truyền của thế hệ Fn
Dạng 3: Thế hệ P: 1raahAadAA  , Sau n thế hệ tự phối thì cấu trúc di truyền quần thể:
Dạng 4: Xác định cấu trúc di truyền quần thể ban đầu .
PHẦN 3: QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 5: Chứng minh quần thể đạt trạng thái cân bằng hay không
Dạng 6: Từ tần số alen viết cấu trúc cân bằng của quần thể ngẫu phỗi
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.
Dạng 8: Áp dụng toán xác suất để tính tần số kiểu gen, tần số kiểu hình đời sau.
Dạng 9: Bài tập liên quan đến hệ số nội phối
Dạng 10: Sự cân bằng của quần thể với những gen nằm trên NST giới tính
Dạng 11 Thiết lập trạng thái cân bằng cho hai hay nhiều locut gen
Dạng 12: Dạng bài tập tính số lượng và số lợi Kiểu gen 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: Tổng hợp khác
PHẦN A- TÓM TẮT LÝ THUYẾT QUAN TRỌNG
I. CÁC ĐẶC TRƯNG DI TRUYỀN CỦA QUẦN THỂ
+ Vốn gen: tập hợp các alen trong quần thể tại thời điểm xác định
- Đặc điểm vốn gen: tần số alen + tần số KG (cấu trúc DT QT, TPKG, TLKG)
- Tần số alen = số lượng alen : tổng số alen
- Tần số KG = số cá thể có KG đó : tổng số cá thể
+ Quần thể 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 quần thể tự phối và quần thể giao phối.
II. CẤU TRÚC QUẦN THỂ TỰ PHỐI
+ Quần thể tự thụ phấn, giao phối gần
+ Cấu trúc di truyền: tăng dần tần số KG đồng hợp giảm dần tần số KG dị hợp
III. CẤU TRÚC QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
1. Quần thể 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 cân bằng di truyền của quần thể:
+ Một quần thể có 2 alen cân bằng khi tuân theo công thức: 1q2pqp 22
 (p+q=1)

+ Định luật Hardy – Weinberg: Trong một quần thể lớn ngẫu phối, nếu không có yếu tố làm thay đổi
tần số alen thì TPKG của quần thể sẽ duy trì không đổi từ thế hệ này sang thế hệ khác theo đẳng
thức 1q2pqp 22

- Nếu quần thể có 2 alen: 1aaq2pqAaAAp 22
 (pA+qa=1)
- ĐK nghiệm đúng của định luật H-W:
* Quần thể 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).
* Đột biến không xảy ra hoặc tần số đột biến thuận, nghịch bằng nhau.
* Cách ly với QT khác (không có di nhập gen)
- Ý nghĩa: từ tần số KH lặn tính được tần số của alen lặn, trội và tần số các KG.
PHẦN B- PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP.
PHẦN 1: CẤU TRÚC QUẦN THỂ CHUNG.
Dạng 1: Tính tần số alen, tần số KG, tần số KH của quần thể
III……1: Phương pháp giải:
+ Nếu cấu trúc ban quần thể 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.
tần số KG= số cá thể mang KG đó : tổng số cá thể
PHẦN 2: QUẦN THỂ TỰ PHỐI
Dạng 2: Thế hệ P 100% dị hợp Aa qua n thế hệ tự phối cấu trúc di truyền của thế hệ Fn
III……1: Phương pháp giải:
AA =
2
2
1
1
n







; Aa =
n






2
1
; aa =
2
2
1
1
n







Nhà toán học Anh Hardy Bác sỹ người Đức Weinberg

- pA = qa= 0,5 và không đổi qua n thế hệ tự thụ
Dạng 3: Thế hệ P: 1raahAadAA  , Sau n thế hệ tự phối thì cấu trúc di truyền quần thể:
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
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
Dạng 4: Xác định cấu trúc di truyền quần thể ban đầu .
III……..1: Phương pháp giải:
+ TPKG của quần thể tự phối đã qua n thế hệ tự phối: xnBB + ynBb + znbb=1
TPKG của thế hệ ban đầu P: 1rbbhBbdBB 
Bb = n
n
2
1
y






= h ; BB = xn -
2
.h
2
1
h
n







= d ; bb = zn -
2
.h
2
1
h
n







= r
PHẦN 3: QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 5: Chứng minh quần thể đạt trạng thái cân bằng hay không
Cách giải 1:
+ Cấu trúc di truyền của quần thể d AA + hAa + r aa=1
- d.r= (h/2)2
quần thể cân bằng
- d.r≠ (h/2)2
quần thể không cân bằng
Cách giải 2:
+ Từ cấu trúc di truyền quần thể tìm tần số tương đối của các alen
Có tần số tương đối của các alen thế vào công thức định luật p2
AA + 2pqAa + q2
aa=1
- Nếu quần thể ban đầu đã cho nghiệm đúng công thức định luật (tức trùng công thức định
luật) suy ra quần thể cân bằng
- Nếu quần thể ban đầu đã cho không nghiệm đúng công thức định luật (tức không trùng
công thức định luật) suy ra quần thể không cân bằng
+ Trong trường hợp tần số 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 quần thể đã đạt trạng thái cân bằng di truyền.
+ Trong trường hợp tần số các alen của locut/ NST thường ở phần đực và cái là không giống nhau
thì sự cân bằng di truyền của quần thể sẽ đạt được sau 2 thế hệ ngẫu phối.
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.
-Kiểu 1: cho số lượng tất cả kiểu hình có trong quần thể.
Cách giải:Cấu trúc di truyền của quần thể

-TLKG đồng trội = số lượng cá thể do kiểu gen đồng trội qui định/Tổng số cá thể của quần thể
-TLKG dị hợp = số cá thể do kiểu gen dị hợp quy định/ Tổng số cá thể của quần thể
-TLKG đồng hợp lặn = Số cá thể do kiểu gen lặn quy định/ Tổng số cá thể của quần thể.
- Kiểu 2: chỉ cho tổng số cá thể và số cá thể mang kiểu hình lặn hoặc trội
Cách giải:
*Nếu tỷ lệ kiểu hình trội=> kiểu hình lặn = 100% - Trội.
*Tỷ lệ kiểu gen đồng lặn = Số cá thể do kiểu gen lặn quy định/ Tổng số cá thể của quần thể.
-Từ tỷ lệ kiểu gen đồng lặn => Tần số tương đối của alen lặn tức tần số của q => Tần số tương đối
của alen trội tức tần số p.
- Áp dụng công thức định luật p2
AA + 2pq Aa + q2
aa = 1 => cấu trúc di truyền quần thể.
+ kiểu 3: cho tần số alen CTDT
Dạng 8: Áp dụng toán xác suất để tính tần số kiểu gen, tần số kiểu hình đời sau.
+ Từ tần số kiểu hình lặn q2
aa tính được qa áp dụng công thức tính tần số KG khác khi quần thể
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 quần thể
+ Tính tần số 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=p2
; aa=q2
+ Thường đầu bài cho tần số KH lặn với điều kiện quần thể CBDT=> tần số alen lặn= 2
q từ đó =>
tần số alen còn lại
+ Nếu đầu bài cho tần số KH trội thì=> tần số KH lặn=1-tần số KH trội
+ Nhóm máu: IA
=p, IB
=q, IO
=r ta có (p+q+r)2
=1
+ Xác suất sinh con trai=con gái=1/2
+ Lưu ý: nên chọn tần số KH lặn, không chọn tần số KH trội (vì trội có 2 KG AA và Aa)
III........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% = q2
→ 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
p2
AA + 2pq Aa + q2
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
Xác suất của một cặp đực cái thể dị hợp tử về cặp gen Aa là 0,51852
Dạng 9: BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN HỆ SỐ NỘI PHỐI.
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 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.
Giả sử rằng quần thể gồm 3 kiểu gene AA, Aa và aa được phân tách thành một tỷ lệ nội phối (F)
• P = p2 + Fpq
• H = 2pq – 2Fpq
• Q = q2 + Fpq
• Với :q = 1 – p
Ví dụ 1. (HSG QG 2012): Thế hệ thứ nhất của một quần thể động vật ở trạng thái cân bằng di
truyền có q(a) = 0,2; p(A) = 0,8. Thế hệ thứ hai của quần thể có cấu trúc 0,672AA : 0,256Aa :
0,072aa.
Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ ba. Biết rằng cách thức giao phối tạo ra
thế hệ thứ ba cũng giống như cách thức giao phối tạo ra thế hệ thứ hai.
Giải: - Thế hệ thứ nhất có q = 0,2 , p = 0,8 nên CTDT ở CBDT là 0,64 AA : 0,32 Aa : 0,04 aa.
- So với quần thể thứ nhất thì thế hệ thứ hai có sự tăng tỉ lệ các thể đồng hợp và giảm tỉ lệ dị hợp.
- Thế hệ thứ hai có qa = 0,072 + 0,256/2 = 0,2; → pA = 0,8 chứng tỏ tần số alen không đổi và quần
thể đã xảy ra giao phối cận huyết hay nội phối.
- Tỉ lệ Aa giảm: 0,32 - 0,256 = 0,064 => 2 Fpq = 0,064 => hệ số nội phối F = 0,064: 0,32 = 0,2.
- Thế hệ thứ ba có Aa = 0,256 x 0,8 = 0,2048 => Aa giảm : 0,256 - 0,2048 = 0,0512
=> AA và aa tăng thêm 0,0512 : 2 = 0,0256
=> AA = 0,672 + 0,0256 = 0,6976 và aa = 0,072 + 0,0256 = 0,0976.
Cấu trúc di truyền ở thế hệ thứ ba là 0,6976 AA : 0,2048 Aa : 0,0976 aa
DẠNG 10: SỰ CÂN BẰNG CỦA QUẦN THỂ VỚI
NHỮNG GEN NẰM TRÊN NHIỄM SẮC THỂ GIỚI TÍNH.
+ Xét một gen có 2 alen là A và a nằm trên nhiễm sắc thể giới tính X (Y không mang gen tương
ứng), con đực là XY, con cái là XX thì trong quần thể sẽ hình thành 5 kiểu gen là:XA
XA
, XA
Xa
,
Xa
Xa
, XA
Y, Xa
Y.
Gọi p là tần số alen A, q là tần số alen a.
NST X phân bố không đồng đều: 2/3 ở cơ thể ♀, 1/3 ở cơ thể ♂.Cho nên, các alen tương ứng trong
quần thể cũng phân bố không đồng đều ở cơ thể đực và cái.
+ Cơ thể ♀: XA
XA
, XA
Xa
, Xa
Xa
với tần số alen tương ứng là p2
, 2pq, q2
.
+ Cơ thể ♂: XA
Y, Xa
Y có tần số tương ứng là p,q.
+ Tần số alen A ở cá thể ♀: p2
+ pq; Tần số alen a ở cá thể ♀: pq + q2
+ Tần số alen A ở cá thể ♂: p; Tần số alen a ở cá thể E: q
Tần số chung của alen trong quần thể ở cả giới cái và đực là:
pA =
3
1
pA♂ +
3
2
pA♀ = (p♂ + 2p♀)/3 => qa = 1 - pA
+ Nếu giá trị pA♂ = pA♀ => thì quần thể đạt trạng thái cân bằng hoặc cân bằng sau một thế hệ
ngẫu phối.
+ Nếu pA♂╪ pA♀ => thì quần thể sẽ không đạt trạng thái cân bằng ngay ở
thế hệ thứ nhất, thứ hai mà phải qua nhiều thế hệ ngẫu phối mới đạt trạng thái cân bằng.
Lưu ý: Giá trị chung pA trên NST giới tính không thay đổi nếu thỏa mãn các điều kiện nghiệm
đúng của định luật Hardy – Weinberg. Tuy nhiên, tần số alen ở mỗi giới bị dao động qua các thể hệ
và sự giao động này diễn ra theo quy luật: p'
♂,q'
♂ (con) = p,q (mẹ).
p'
♀,q'
♀ (con) =
2
1
(p♂ + p♀),
2
1
(q♂ + q♀),
+ Bài tập về sự cân bằng di truyền của quần thể với những gen nằm trên NST giới tính trong trường
hợp tần số alen trội và lặn giống nhau ở hai giới
Ở phần này có thể có những dạng bài tập

- Xác định tần số alen, tần số phân bố các kiểu gen trong quần thể.
- Xác định trạng thái cân bằng di truyền của quần thể.
- Xác định số lượng gen lặn trong quần thể.
- Xác định tỉ lệ kiểu hình, số lượng cá thể đực, cái trong quần thể…
+ Bài tập về sự cân bằng di truyền của quần thể với những gen nằm trên NST giới tính trong trường
hợp tần số alen trội và lặn khác nhau ở hai giới
Ví dụ 1: Ở một quần thể côn trùng ngẫu phối, giới đực có 10% con mắt trắng, ở giới cái có 1% con
mắt trắng, còn lại là những con mắt đỏ.
Hãy xác định tần số tương đối của các alen và tần số phân bố của các kiểu gen trong quần thể.
Biết giới đực là XY.
Giải:Theo bài ra trong quần thể côn trùng kiểu hình mắt trắng biểu hiện nhiều ở con đực (XY) →
chứng tỏ sự di truyền màu mắt liên kết với giới tính và gen quy định tính trạng mắt là gen lặn.
Quy ước: Gen A quy định mắt đỏ
Gen a quy định mắt trắng
- Trong quần thể có 10% con đực mắt trắng có kiểu gen Xa
Y; 1% con cái mắt trắng có
kiểu gen Xa
Xa
. Ta có 10%Xa
Y = 0,1Xa
x Y (1)
1%Xa
Xa
= 0,1Xa
x 0,1Xa
(2)
- Từ (1) và (2) suy ra: Tần số alen a ở giới đực và giới cái đều là 0,1,
Tần số alen A là: 1 – 0,1 = 0,9.
Cấu trúc di truyền của quần thể côn trùng trên là:
0,9XA
0,1Xa
0,9XA
0,81XA
XA
0,09XA
Xa
0.1Xa
0,09XA
Xa
0,01Xa
Xa
Y 0,9XA
Y 0,1Xa
Y
+Tỉ lệ kiểu gen ở giới đực là: 0,9XA
Y : 0,1Xa
Y
+ Tỉ lệ kiểu gen ở giới cái: 0,81XA
XA
: 0,18XA
Xa
: 0,01Xa
Xa
+ Tỉ lệ kiểu gen chung ở cả hai giới :
0,45XA
Y + 0,05Xa
Y + 0,405XA
XA
+ 0,09XA
Xa
+ 0,05Xa
Xa
= 1.
Ví dụ 2: Một quần thể có cấu trúc di truyền: pAE= 0,8; qaE= 0,2. pA♀= 0,4; qa♀= 0,6
Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ nhất.
Sau bao nhiêu thế hệ thì quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền.
Giải: Tần số chung của các alen trong quần thể là: qa=
3
2
.0,6 +
3
1
.0,2 = 0,467 => pA = 0,533
pAE= 0,8 qaE= 0,2
pA♀= 0,4 0,32 AA 0,08 Aa
qa♀= 0,6 0,48 Aa 0,12 aa
Tần số kiểu gen ở giới đực (con) bằng tần số alen ở alen ở giới cái (mẹ):
pAE = pA♀ = 0,4; qaE = qa♀ = 0,6.
Tần số kiểu gen ở giới cái: 0,32 AA + 0,56 Aa + 0,12 aa = 1
+ Tần số alen a ở thế hệ con của giới cái là: q'
a♀= 0,12 + 0,56/2 = 0,4.
+ Tần số alen A ở thế hệ con của giới cái là: p'
A♀= 0,6.
Như vậy, qa♀ ở thế hệ bố mẹ = 0,6 => q'
a♀ ( con) = 0,4 =
2
1
(0,2 + 0,6).
qaE ở thế hệ bố mẹ = 0,2 => q'
aE ( con) = 0,6 .
♀♂
♀♂

qa chung = 0,467 =>q'
a chung =
3
2
.0,4 +
3
1
.0,6 = 0,467
Kết luận:
+ Tần số alen chung không thay đổi. Vì vậy qa = q'
a
+ q'
E = q♀ ; q'
♀ ( con) =
2
1
( qE + q♀ ).
+ q'
E > 0,467 > q'
♀ , ngược lại q♀ >0,467 > qE. Ở những thế hệ tiếp theo tần số alen ở hai giới
đều bị dao động.
+ Hiệu giá trị q'
E với q'
♀ ở thệ hệ con là 0,2 =
2
1
so với qE với q♀ ở thế hệ bố mẹ.
+ Như vậy, sau mỗi thế hệ thì sự chênh lệch tần số giữa hai giới giảm
2
1
và tiến tới 0 – khi đó
quần thể đạt trạng thái cân bằng.
Ví dụ 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.
Giải:- Tần số alen của quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền:
PA = 1/2 (0,6 + 0,8) = 0,7; qa = 0,3.
- Cấu trúc di truyền của quần thể ở trạng thái cân bằng:
0,49 AA : 0,42 Aa : 0,09 aa
- Tần số các alen sau 5 thế hệ ngẫu phối, do các cá thể aa không đóng góp gen vào quần thể
kế tiếp (gen a từ các cá thể aa bị đào thải):
Áp dụng công thức qa = q0 / 1 + nq0 = 0,3 / 1 + 5. 0,3 = 0,12; PA = 0,88
Ví dụ 4: 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:
(0,4)2
AA + 2(0,4 x 0,6)Aa + (0,6)2
aa = 1 → 0,16AA : 0,48Aa : 0,36aa
-Sau khi chọn lọc thì tỉ lệ kiểu gen aa còn lại là: 0,36 (1 – S) = 0,36(1 – 0,02) = 0,3528. Mặt khác,
tổng tỉ lệ các kiểu gen sau chọn lọc là: 0,16 + 0,48 + 0,36(1 – S) = 0,9928
- Vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc là:
0,16
0,9928
AA : 0,483Aa :
0,3528
0,9928
aa ↔ 0,161AA : 0,483Aa : 0,356aa
DẠNG 11: THIẾT LẬP TRẠNG THÁI CÂN BẰNG
CHO HAI HAY NHIỀU LOCUT GEN.
Xét 2 locut den dị hợp tử Aa và Bb, thì trong quần thể sẽ có 9 kiểu gen (gen cặp gen nằm trên hai
cặp nhiễm sắc thể tương đồng khác nhau là :AABB, AABb, AaBB, Aabb, aaBB, aaBb, Aabb, aabb.
Nếu gọi p, q, r và s là tần số của các alen A, a ,B, b thì tần số các kiểu gen ở trạng thái cân
bằng sẽ là kết quả triển khai của đa thức:
(p + q)2
(r + s)2
= (pr + ps + pr + qs)2
Ta có: (p2
AA + 2pqAa + q2
aa) (r2
BB + 2rsBb + s2
bb)
= p2
r2
AABB + 2 p2
rsAABb + p2
s2
AAbb + 2pqr2
AaBB + 4pqrsAaBb
+ 2s2
pqAabb + q2
r2
aaBB + 2q2
rsaaBb + q2
s2
aabb = 1

- pr, ps, qr, qs là tần số tương ứng của các giao tử AB, Ab, aB, ab. Khi tần số các giao tử này đạt
trạng thái cân bằng thì tần số các kiểu gen cũng ở trạng thái đó.
Nếu quần thể khởi đầu là các cá thể dị hợp tử AaBb với tần số các alen như nhau (nghĩa là p = q = r
= s = 0,5) thì bốn kiểu giao tử (AB,Ab,aB,ab) được sinh ra với tần số cân bằng (AB = Ab = aB = ab
= 0,25) và chỉ sau 1 thế hệ ngẫu phối là quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền.
Xét 1 ví dụ khác: Nếu quần thể khởi đầu có các kiểu gen AABB và aabb thì chỉ có 2 loại giao tử
được sinh ra (AB và ab), cho nên trạng thái cân bằng di truyền cho mọi kiểu gen không thể đạt ngay
ở thế hệ sau và thiếu hầu hết các kiểu gen (như AAbb, aaBB…).
Như vậy, nếu quần thể khởi đầu có tần số các alen không bằng nhau thì cần nhiều thế hệ mới
thiết lập được tần số cân bằng cho các giao tử và trạng thái cân bằng di truyền cho quần thể. Trong
trường hợp này có hai câu hỏi đặt ra là: Tần số nào là tần số cân bằng cho các giao tử? Tần số này
đạt được sau bao nhiêu thế hệ ngẫu phối?
Các loại giao tử có thể được chia thành hai nhóm: giao tử “đồng trạng thái” ( như AB và ab),
giao tử “đối trạng thái”(như Ab và aB). Vì tần số gen ở các giao tử “đồng trạng thái” bằng tần số gen
ở các giao tử “đối trạng thái” khi chúng đạt trạng thái cân bằng, vậy ta có: AB x ab = Ab x aB.
Ví dụ, nếu tần số của mỗi alen A và B là 0,6; a và b là 0,4 thì tần số giao tử ở trạng thái cân
bằng là: 0,36 x 0,16 = 0,24 x 0,24 hay 0,0576 = 0,0576
Nếu có sự sai khác giữa các giao tử “đồng trạng thái” và “đối trạng thái” thì ngay ở quần thể
đầu sự khác biệt đó chính là sự khác biệt về tần số giao tử phải loại bỏ để đạt trạng thái cân bằng.
Nếu ta kí hiệu độ khác biệt đó là K và là số dương, nghĩa là (Ab)(aB) – (AB)(ab) = K, thì để cân
bằng, mỗi loại giao tử trong nhóm “đồng trạng thái” phải được thêm vào một lượng giao tử bằng K.
Nếu K âm thì ngược lại.
Như vậy, nếu K = 0 thì tần số giao tử đạt trạng thái cân bằng.
Ví dụ 1: Một quần thể có cấu trúc di truyền là 30%AABB : 30%AAbb : 30%aaBB : 10%aabb. Xác
định tần số giao tử cân bằng?
Giải:
Quần thể khởi đầu Kiểu giao tử Tần số khởi đầu Tần số cân bằng
30%AABB AB 0,3 0,3+K
30%AAbb Ab 0,3 0,3-K
30%aaBB aB 0,3 0,3-K
10%aabb ab 0,1 0,3+K
Trong trường hợp này K= (Ab) x ( aB) – (AB) x (ab) = 0,06 và trạng thái cân bằng được thiết lập
như sau:
Thế hệ
Lượng giao tử thêm
vào(AB và ab) hoặc bớt đi
(Ab và aB)
AB Ab aB ab
1
2
3
4
5
Cân bằng
0,5K
0,75K
0,875K
0,9375K
K
0,3
0,33
0,345
0,3525
0,35625
0,36
0,3
0,27
0,255
0,2475
0,24375
0,24
0,3
0,27
0,255
0,2475
0,24375
0,24
0,1
0,13
0,145
0,1525
0,15625
0,16
Nhận xét:
+ Sau mỗi thế hệ, mức độ khác biệt về tỉ lệ giao tử so với tỉ lệ cuối cùng khi đạt trạng thái cân bằng
giảm đi một nửa.
+ Nếu gặp bài tập tương tự, ta chỉ việc xác định tỉ lệ các loại giao tử khởi đầu, xác định K → giao tử
ở trạng thái cân bằng.

Ví dụ 2 Ở một loài thực vật, alen A quy định hạt vàng, alen a quy định hạt xanh, alen B quy định hạt
trơn, alen b quy định hạt nhăn.
Tỉ lệ giao tử: AB = Ab = 0,3
aB = ab = 0,2
Cho biết các gen nằm trên các nhiễm sắc thể khác nhau. Hãy xác định tần số các alen và tỉ lệ
hạt vàng nhăn và xanh trơn.
Giải:
-Tần số các alen là:
+Tần số alen A: pA = 0,3 + 0,3 = 0,6; Tần số alen a : pa = 0,2 + 0,2 = 0,4
+Tần số alen B: rB = 0,3 + 0,2 = 0,5; Tần số alen b : sb = 0,2 + 0,3 = 0,5
-Tỉ lệ các loại kiểu hình:
+ Kiểu hình vàng, nhăn có kiểu gen là : A-bb
Ta có: (0,3Ab + 0,2ab) ( 0,3Ab +0,2ab)
→ 0,09AAbb + 0,06Aabb + 0,06Aabb = 0,21
+Kiểu hình xanh, trơn có kiểu gen là aaB-
Ta có: (0,2aB + 0,2ab) (0,2aB + 0,2ab) → 0,04aaBB + 0,04aaBb + 0,04aaBb = 0,12
Vậy, tỉ lệ hạt vàng, nhăn là 0,21 và xanh trơn là 0,12.
Ví dụ 3: Cho CTDT QT như sau: 0,2AABb : 0,2 AaBb : 0,3aaBB : 0,3aabb. Nếu QT trên giao phối
tự do thì TL cơ thể mang 2 cặp gen ĐH lặn sau 1 thế hệ là
A. 12,25%. B. 30%. C. 35%. D. 5,25%.
Giải: Tách riêng từng cặp gen ta có:
- 0,2AA + 0,2Aa + 0,6aa→A = 0,3 ; a = 0,7→aa = 49%
- 0,3BB + 0,4Bb + 0,3bb→B = 0,5 ; b = 0,5→bb = 25%
→aabb = 49/100.25/100 = 12,25%
DẠNG 12- BÀI TẬP TÍNH SỐ LOẠI VÀ
SỐ LƯỢNG KIỂU GEN, KIỂU HÌNH VÀ SỐ KIỂU GIAO PHỐI.
r(r 1)
2

r(r 1)
2

r(r 1)
2

x
a(a 1)
2

x
b(b 1)
2

…….
r(r 1)
2

+ r
r(r 1)
2

r.a.b(r.a.b 1)
2

+ r.a.b

* Trên giới XX :
Số KG =
r(r 1)
2

r(r 1)
2

+ r.m
r(r 1)
2

+ r2
* Ở giới XX :
r(r 1)
2

* Ở giới XY: r2
(vì XA
YB
khác XB
YA
)
+ XA
Xa
x Xa
PHẦN 3: NHỮNG YẾU TỐ GÂY BIẾN ĐỔI VỐN GEN CỦA QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
Dạng 13: Nhân tố chọn lọc làm ảnh hưởng tới cấu trúc di truyền của quần thể.
1. Phương pháp giải:
2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Ở gà AA-mỏ rất ngắn làm gà không mỏ vỏ chui ra nên chết ngạt; Aa-mỏ ngắn; aa-mỏ dài;
gen nằm trên NST thường. Khi cho gà mỏ ngắn giao phối với nhau, xác định vốn gen qua các thế hệ
F3,F4,F5. Biết không có ĐB, các thế hệ đều ngẫu phối
Giải: + P Aa x Aa ¼ AA(chết)+ 2/4 Aa+ ¼ aa
+ F1 x F1: (2/3Aa+1/3aa) x (2/3Aa+1/3aa)  F2: 1/9AA (chết)+4/9Aa+4/9aa
+F2xF2:(1/2Aa+1/2aa) x (1/2Aa+1/2aa)  F3 có TPKG ở giai đoạn hợp tử 1/16AA(chết)
+6/16Aa+9/16aa
tại F3: có pA=2/3, qa=1/3: TPKG trưởng thành (sau chọn lọc): 2/5Aa+3/5aapA=1/5, qa=4/5
+F3xF3:(2/5Aa+3/5aa) x (2/5Aa+3/5aa)  F4
có TPKG ở giai đoạn hợp tử 1/25AA(chết)+8/25Aa+16/25aa
+F4xF4:(1/3Aa+2/3aa) x (1/3Aa+2/3aa)  F5
có TPKG ở giai đoạn hợp tử 1/36AA(chết)+10/36Aa+25/36aa
Dạng 14: Nhân tố giao phối không ngẫu nhiên làm ảnh hưởng tới cấu trúc di truyền của quần
thể ngẫu phối.

+ Khi QT đạt TTCB có pA/qa thì viết CTDT QT theo công thức TTCB là: p2
AA + 2pqAa + q2
aa=1
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
+ Khi QT có CT 1raahAadAA  , Sau n thế hệ tự phối thì CTDT QT:
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
2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giả thiết có 4 cá thể TV lưỡng tính, sinh sản giao phối (KG Aa) và 1 cá thể (KGAA) phát
tán đến 1 đảo đại dương chưa có loài này sinh sống.
a. Xác định TPKG của QT ở thế hệ thứ 9
b. Giả thiết điều kiện tạo sự ngẫu phối trên đảo của loài này đột ngột biến mất ở thế hệ thứ 9 và các
cá thể tự phối. Nhận xét vốn gen của QT ở I3
Giải:
a. Có TPKG QT ban đầu: 0,2AA+0,8Aa=1pA=0,6, qa=0,4
P ngẫu phốiTPKG:0,36AA+0,48Aa+0,16aa=1pA=0,6, qa=0,4=> CB theo ĐL Hacdi-Vanbec
F1 tiếp tục ngẫu phối cho tới thế hệ thứ 9  F8 QT vẫn cân bằng 0,36AA+0,48Aa+0,16aa=1 
pA=0,6, qa=0,4
b. + Có TPKG F8: 0,36AA+0,48Aa+0,16aa=1=> tự phối qua 3 thế hệ=>
Aa=0,06, AA=0,57, aa=0,37 pA=0,6, qa=0,4
+ Nhận xét vốn gen:
- Làm biến đổi TPKG của QT theo hướng ĐH tử tăng dần, DH tử giảm dần
- T/S Alen không đổi
- Quá trình tự phối là nhân tố tiến hoá.
Dạng 15: Ảnh hưởng nhập cư và xuất cư (dòng gen) tới cấu trúc di truyền của quần thể.
+ Xác định TPKG của từng QT
+ Xác định TPKG của từng số cá thể nhập (xuất) cư
+ Xác định TPKG của QT cần xác định
2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: QT 1 và 2 cùng loài, đều CBDT, mỗi QT đều có 400 cá thể. QT 1 mầu xanh= 96%. QT 2:
màu xanh/mầu đỏ=16/9. Do biến động môi trường sống có 100 cá thể 2 di cư sang sống ở khu vực
QT 1.
a. Xác định vốn gen của QT 1 sau khi có hiện tượng nhập cư. Biết gen A-xanh, a-đỏ
b. Nhận xét vai trò của nhập cư
Giải:
a. + QT 1: đỏ=0,04->qa=0,2->pA=0,8=>AA=0,64x400=256;aa=16,Aa=128
+ QT2: Xanh/đỏ=16/9-> đỏ=0,36->qa=0,6->pA=0,4=> 0,16AA+0,48Aa+0,36aa
=> Số cá thể nhập cư vào QT 1: AA=0,16 x 100=16, Aa=48, aa=36
=> QT 1 sau nhập cư: AA=272, Aa=176, aa=52-> TPKG 0,544AA+0,352Aa+0,104aa->qa=0,28,
pA=0,72
b. Nhập cư của nhóm cá thể cùng loài có TPKG khác vào QT làm thay đổi T/S Alen và TPKG
Dạng 16: Ảnh hưởng đột biến tới cấu trúc di truyền của quần thể

+ Xác định T/S tương đối alen ở mỗi thế hệ khi chưa có ĐB
+ Xác định T/S tương đối alen ở mỗi thế hệ khi có ĐB
+ Xác định TPKG ở mỗi thế hệ
2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Một QT CBDT có tỷ lệ DH gấp 18 lần tỷ lệ ĐH lặn. Nếu ĐB thuận xảy ra ở mỗi thế hệ đều
hơn ĐB nghịch bằng 1/10 T/S Alen của nó, thì ở thế hệ 1,2 TPKH của QT như thế nào? Biết A-
xanh, a-đỏ, gen trên NST thường. Kích thước của QT là 20000.
Giải:
+ Ở P: 2pq=18q2
 p=9q, p+q=1 p=0,9; q=0,1=> TPKG 0,81AA+0,18Aa+0,01aa
+ Ở thế hệ 1: p=0,9-(0,9x1/10)=0,81 q=0,19=> TPKG 0,6561AA+0,3078Aa+0,0361aa
Xanh=19278, đỏ=722
+ Ở thế hệ 2: p=0,729 q=0,271=> TPKG 0,5314AA+0,3952Aa+0,0734aa
Xanh=18532, đỏ=1468
Dạng 17: Ảnh hưởng các yếu tố ngẫu nhiên tới cấu trúc di truyền của quần thể.
+ Xác định T/S tương đối alen ở mỗi thế hệ khi chưa có yếu tố ngẫu nhiên
+ Xác định T/S tương đối alen ở mỗi thế hệ khi có yếu tố ngẫu nhiên
+ Xác định TPKG ở mỗi thế hệ
2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Một QT bọ rùa có hình thức dinh sản ngẫu phối, gen A-đỏ, a-xanh, đạt TTCB pA=0,4. Qua
1 trận bão có 80% con màu xanh chết, 10% con màu đỏ chết.
a. Xác định CTDT QT ở thời điểm trước và sau bão
b. Rút ra nhận xét về tiến hoá
Giải:
a. + Trước bão: pA=0,4; qa=0,6=> 0,16AA+0,48Aa+0,36aa
+ Sau bão: AA= 0,16-(0,1x0,16)=0,144; Aa=0,432; aa=0,072=> 144/648AA+432/648Aa+72/648aa
 pA=0,555, qa=0,455=> 0,31AA+0,49Aa+0,2aa
b. nhận xét:
+ Nhân tố ngẫu nhiên (bão….) làm biến đổi TLKHbiến đổi TPKGbiến đổi T/S Alen nhân tố
tiến hoá
+ Nhân tố ngẫu nhiên làm biến đổi nhanh chóng CTDT của QT (TPKH, T/S Alen)
+ Nhân tố ngẫu nhiên làm biến đổi CTDT của QT theo cách không có hướng xác định

CHƯƠNG 4: ỨNG DỤNG DI TRUYỀN VÀO CHỌN GIỐNG
A/ HỆ SỐ DI TRUYỀN
h2
=
TÍNH SỐ DÒNG THUẦN
ƯU THẾ LAI
Công thức của UTL: VCDT của đại bạch a, VCDT lợn ỷ b VCDT con lai
  n
n
2
b
a12Fn 
CHƯƠNG 5: DI TRUYỀN HỌC NGƯỜI; BÀI 27+28+29+30
1. Bệnh:
S2
A phương sai di truyềnS2
A
S2
P
S2
P biến dị kiểu hình
h cao: ít chịu ảnh hưởng của MT CL hàng loạt là tốt
h thấp: Chịu ảnh hưởng của MT CL cá thể

2) Hội chứng:
3) Tật:

5) Loại tính trạng
6) Phòng –Chữa

7. Vấn đề cần lưu ý
- Bệnh DT phân tử là những bệnh DT dược nghiên cứu cơ chế gây bệnh ở mức phân tử (hồng cầu
lưỡi liềm, máu khó đông, mù màu, bạch tạng, phêninkêtô niệu,Hb, các hoocmôn…): nguyên nhân
chủ yếu do đb gen gây nên
+ Bệnh thiếu máu hồng cầu lưỡi liềm là đb trội không hoàn toàn do Thay cặp T-A thành A-
T dẫn đến thay thế axitamin Glutamic thành Valin
+ Mù màu, máu khó đông do gen lặn trên X ; Bạch tạng, phêninkêtô niệu do gen lặn trên
NST thường.
- Hội chứng bệnh tật DT là biến đổi gây ra hàng loạt tổn thương ở các hệ cơ quan: nguyên nhan do
đb số lượng hoặc cấu trúc NST(vì trên NST có nhiều gen nên gây biến đổi nhiều tính trạng )
+ Trên NST thường
HC Đao ( thể 3 cặp 21); Patau( thể 3 cặp 13) ; Etuôt(thể 3 cặp 18)
+ Trên NST giới tính:
Hội chứng Claiphentơ (XXY) ; Tơcnơ(XO); siêu nữ(XXX)
- Có 3 phương pháp nghiên cứu DT người: Phả hệ; trẻ đồng sinh; tế bào.
+ Trẻ đồng sinh cùng trứng: giống nhau hoàn toàn về kg trong nhân (NST).
+ Trẻ đồng sinh khác trứng về mặt DT như anh em ruột( các tính trạng có thể giống hoặc
khác)
+ Dưa vào phả hệ để xác định đặc điểm DT( trội, lặn; trên NST thường hay trên X,Y)
Lưu ý: Các quy luật DT ở người vẫn giống như ở ĐVCV
8. Chỉ số IQ được xác định qua công thức:
AM
IQ = — × 100
AR
AM :Tuổi khôn AR : Tuổi thực
2. Các phương pháp nghiên cứu IQ
a. Phương pháp nghiên cứu trẻ đồng sinh (twin studies)
Đây là phương pháp thích hợp để phân tích các hiện tượng di truyền và yếu tố môi trường trong
sự hình thành tính trạng.
Một tính trạng có thể được biểu hiện ở các trẻ đồng sinh , đấy là trạng thái có sự tương hợp ;
hoặc chỉ biểu hiện ở 1 trong các trẻ đồng sinh , đấy là trạng thái không tương hợp.
Có nhiều công thức khác nhau để tính tỉ lệ tham gia của yếu tố di truyền trong sự hình thành tính
trạng. Sau đây là công thức đơn giản nhất do Holzinger đề xuất:
% tương hợp cùng trứng - % tương hợp khác trứng
H% =
100 - % tương hợp khác trứng
Nếu H = 1 , tính trạng do di truyền quyết định hoàn toàn.
Nếu H = 0 , tính trạng hoàn toàn do môi trường.

Các nghiên cứu điều tra thực nghiệm đã nêu lên được số liệu tổng hợp về sự di truyền của trí
thông minh qua các môi tương hợp của chỉ số IQ trong các trường hợp đồng sinh cùng trứng và khác
trứng, hoặc khác môi trường sống.
Mối quan hệ Hệ số tương hợp của IQ
Đồng sinh cùng trứng
Sống chung
Sống riêng
0,93
0,87
Đồng sinh khác trứng 0,45
Anh chị em ruột
Sống chung
Sống riêng
0,53
0,44
Các trẻ em không có quan hệ huyết thống sống chung 0,27
Số liệu trên cho ta khẳng định cơ sở di truyền của trí thông minh, đồng thời cũng cho thấy môi
trường có vai trò không kém quan trọng.
b. Phương pháp nghiên cứu gia đình
Đây là thực tế làm cơ sở để đi sâu làm rõ 2 mặt trong sự hình thành và phát triển tài năng.
- Mặt di truyền, cơ sở gen của sự chi phối các quy luật di truyền từ tổ tiên, quy luật quay về giá
trị trung bình, biến dị đột biến mới và biến dị tổ hợp.
- Mặt môi trường , bao gồm các lĩnh vực vi mô và vĩ mô, từ giai đoạn bào thai (tâm lý, tình cảm
của người mẹ mang thai, dinh dưỡng , sức khoẻ người mẹ,...) đến tuổi sơ sinh, nhà trẻ mẫu giáo cho
đến tuổi học đường, tuổi trưởng thành,...
Có thể thấy, thông minh, tài năng phải có nền sinh học của nó; nhưng cũng phải cần đi kèm cơ
hội phát triển, ra hoa, kết quả.
c. Nghiên cứu mối tương quan giữa các chỉ số huyết học với IQ
3. Cơ sở di truyền học trí thông minh
a. Quy luật di truyền nhiều nhân tố
Trí thông minh là tính trạng không phải chỉ do 1 gen quy định tại riêng lẻ 1 locut, mà
được chi phối bởi nhiều gen tại nhiều locut khác nhau. Các alen tương ứng của từng gen
trong các locut có sự tác động lẫn nhau và tương tác với môi trường.
b. IQ và bộ não
* Những vùng não tương ứng với IQ

Nhiều nguồn thông tin khác nhau cùng đồng ý ở một điểm là não trước đóng một vai trò quyết
định trong việc hình thành những "dòng suy nghĩ".
* Cấu trúc của bộ não và IQ
Nghiên cứu cho thấy có một sự liên quan nào đó giữa IQ và cấu trúc của vỏ não – những người có trí
thông minh cao thường có vỏ não mỏng khi nhỏ và dày dần thêm khi lớn lên.
4. Quy luật quay lại giá trị trung bình
Sự di truyền của chỉ số IQ cho thấy khả năng IQ của một đứa trẻ bị ảnh hưởng từ IQ của cha
mẹ. Có thể nói, một cặp bố mẹ có chỉ số thông minh cao có nhiều khả năng có những đứa con kém
thông minh hơn họ.Trong khi đó, những cặp bố mẹ có chỉ số IQ có chỉ số thông minh thấp lại có xu
hướng có những đứa con thông minh hơn. Hiệu ứng trên có thể được biểu diễn bởi công thức:
Trong đó:
 : chỉ số IQ dự đoán của đứa bé
 : chỉ số IQ trung bình của xã hội
 h2
: hệ số di truyền của chỉ số IQ
 m và b: chỉ số thông minh của mẹ và bố đứa bé.
Vì vậy, nếu hệ số di truyền là 50%, một cặp có IQ trung bình là 120 và sống trong xã hội có IQ
trung bình là 100 thì con của họ có nhiều khả năng có IQ là 110.
Đây là phương pháp thích hợp để phân tích các hiện tượng di truyền và yếu tố môi trường trong
sự hình thành tính trạng.
Người ta nêu lên 2 giả thuyết về mặt di truyền:
- Giả thuyết về sự tổ hợp ngẫu nhiên các gen.
Người ta cho rằng thông minh là do nhiều gen. Có gen IQ bình thường, có gen IQ đặc biệt làm
trí tuệ tăng cao. Sự tổ hợp của gen IQ bình thường dẫn đến IQ 100, nhưng nếu có 1 số gen đặc biệt,
IQ được đẩy lên. VD bố có toàn gen IQ bình thường, IQ = 100, mẹ có thêm 5 gen IQ đặc biệt, IQ
được đẩy lên 140, con nhận 1/2 số gen IQ từ bố và 1/2 số gen IQ từ
mẹ. Xác suất mẹ truyền lại cho con là:
1 gen IQ đặc biệt = 1/2
2 gen IQ đặc biệt = 1/2 × 1/2 = 1/4
3 gen IQ đặc biệt = 1/2 × 1/2 × 1/2 = 1/8

Người ta cũng giả thiết trong gia đình có gen IQ đặc biệt ở dạng lặn. Sự tổ hợp trong 1 trường
hợp nào đó tạo ra thể đồng hợp về gen IQ đặc biệt.
- Giả thuyết về đột biến gen và các tổ hợp gen đột biến.
Các quy luật và giả thiết nêu trên giải thích cho các hiện tượng xảy ra trong thực tế. Có gia đình
bố hoặc mẹ thông minh nhưng con lại bình thường; hay ngược lại, bố mẹ bình thường nhưng con lại
rất thông minh xuất sắc.
5. Sự phân bố IQ trong quần thể
a. Mô hình phân bố IQ
Các công trình nghiên cứu, điều tra đã cho thấy 95% dân số chung có chỉ số IQ giữa 70 - 130;
khoảng 2,3 - 2,5% có IQ dưới 70 và 2,3 - 2,5% có IQ trên 130. Chỉ 1 số rất ít có IQ dưới 60 hoặc
trên 150.
Như vậy, IQ trung bình trong quần thể người là 100, độ lệch chuẩn là 15IQ.
Sau đây là phân loại IQ theo Binet:
IQ Biểu hiện
≥ 140 Thiên tài
120 - 140 Rất thông minh
90 - 110 Trung bình
80 - 90 Hơi kém
70 - 80 Kém
50 - 70 Dốt
25 - 50 Đần
0 - 25 Ngu
Biểu đồ phân bố IQ trong quần thể:

b.Phân bố IQ trong thực tế
Trong thực tế sự phân bố IQ phần nào không đối xứng hoàn toàn như trong mô hình. Sự phân
bố của 100 - 15 cao hơn so với 100 + 15, đường biểu diễn phía trên 100 dốc hơn phía dưới 100.
Trong các nguyên nhân thì có thể thấy hiện tượng sai khác về IQ giới tính. Chỉ số IQ của phụ
nữ có phần thấp hơn nam giới nhưng chỉ số IQ ở nam giới thường dao động nhiều hơn, số nam IQ
trên 130 và dưới 70 cũng nhiều hơn nữ.
6. Môi trường với trí thông minh
Chính các gen cung cấp nền tảng cho trí thông minh, quy định tiềm năng IQ, nhưng môi trường
lại quyết định phương hướng, khả năng biểu hiện và phát triển của tiềm năng ấy.
7. Điều kiện cực thuận cho biểu hiện, phát triển trí thông minh
Ngay sau khi mới sinh ra, não người đã ổn định về số lượng tế bào thần kinh, nhưng hệ mạng
thần kinh còn rất đơn giản. Hệ mạng thần kinh này ở 15 tháng tuổi đã phức tạp hơn lên và lúc 2 tuổi
hệ mạng này đã vô cùng phức tạp. Từ đó cho thấy vai trò quyết định nhất đối với sự phát triển trí tuệ
trẻ thuộc giai đoạn nói trên, giai đoạn mà hệ mạng thần kinh não bộ phát triển cực nhanh.
Các thực nghiệm khách quan khoa học đã cho thấy tầm quan trọng và có tính quyết định để tạo
môi trường cực thuận cho tiềm năng thông minh biểu hiện và phát triển, đó là giai đoạn trẻ từ sơ sinh
đến 3 tuổi về cả 2 mặt:
- Nuôi dưỡng trẻ : chế độ dinh dưỡng đầy đủ, cân đối.
- Quan hệ tình cảm gia đình cần được quan tâm thích đáng và khoa học.
8. Các khuyết tật về trí thông minh
a. Các khuyết tật trí tuệ do rối loạn trao đổi chất.
VD: Galactosemia, Phenylketonuria, Bệnh về chuyển hoá đường.
b. Tâm thần phân liệt (Schizophrenia)
Bệnh này do 1 alen đột biến trội dạng đơn gen.

Về bản chất sinh hoá của bệnh này, người ta cho có thể do máu của người bị tâm thần phân liệt có
hoạt tính monoamineoxydase thấp hơn người bình thường.
Có nhiều công thức khác nhau để tính tỉ lệ tham gia của yếu tố di truyền trong sự hình thành tính
trạng. Sau đây là công thức đơn giản nhất do Holzinger đề xuất:
% tương hợp cùng trứng - % tương hợp khác trứng
H% =
100 - % tương hợp khác trứng
Nếu H = 1 , tính trạng do di truyền quyết định hoàn toàn.
Nếu H = 0 , tính trạng hoàn toàn do môi trường.
MỘT SỐ CÔNG THỨC KHÁC
ADCT:   321
3.2.1
!3!2!1
!
321 kkkn
ppp
kkk
n
ppp 
Biết: p1: XS sinh con có nhóm máu M p2-MN, p3-N (tỷ lệ khi viết SĐL thế hệ bố mẹ)
k2,k2,k3 số con có nhóm máu M,MN,N
n số con muốn có
III.2. Phân dạng bài tập di truyền học người:
* Dạng 1: Bài tập liên quan đến phả hệ
* Dạng 2: Bài tập xác định kiểu gen ở các đời
* Dạng 3: Bài tập ứng dụng toán xác suất
* Dạng 4: Bài tập liên quan đến di truyền nhóm máu
* Dạng 5: Bài tập liên quan đến chỉ số IQ
* Dạng 6: Các bài tập tổng hợp
III.3.1.DẠNG 1-BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PHẢ HỆ
+ B1: xác định gen gây bệnh do nằm trên NST thường hay giới tính
+ Nếu trên NST thường khi có tỷ lệ mắc bệnh đồng đều ở cả 2 giới hoặc mẹ mắc bệnh, con
trai lại không bị bệnh.
+ Nếu trên NST giới tính khi mang các đặc điểm của gen trên NST giới tính như: gen bị bệnh
chỉ biểu hiện ở con trai, có sự di truyền chéo…
+ B2: Tính xác xuất xuất hiện bệnh ở đời con.
(Lưu ý với những bài xác định khả năng xuất hiện ở đời con nhưng là con trai hoặc con gái đầu lòng
(thứ 2,3..) thì phải nhân với 1/2 vì con trai/con gái=1/1)
 Ở một số bài cần áp dụng phương pháp nhân xác suất để tính toán.
 Chú ý dựa vào các điều kiện đầu bài và trạng thái biểu hiện bệnh ở phả hệ để xác định
bệnh do gen trội hay do gen lặn quy định
III.3.1.2. Các ví dụ cụ thể:
Ví dụ 1: (HSG Tỉnh 2011) Khảo sát một bệnh di truyền ở người qua 3 thế hệ được phả hệ:

a) Phân tích phả hệ để xác định qui luật di truyền chi phối bệnh trên.
b) Xác suất để cá thể 10 mang gen bệnh là bao nhiêu?
Bài giải:
a) Qui luật di truyền chi phối bệnh trên là:
Bệnh trên do gen lặn qui định (vì 6 và 7 không bị bệnh). Gen này nằm trên nhiễm sắc thể thường
(không thể nằm trên X hay Y), vì 6 bình thường mà 9 bị bệnh  di truyền theo qui luật phân li.
b) Xác suất để cá thể 10 mang gen bệnh là:
Vì 9 bị bệnh  6 và 7 dị hợp tử  Xác suất để người 10 mang gen bệnh là 2/3  0,667
Ví dụ 5: Bệnh mù màu đỏ - lục và bệnh máu
khó đông do hai gen lặn nằm trên nhiễm sắc thể
X quy định, cách nhau 12 cM. Theo sơ đồ phả
hệ bên, hãy cho biết:
a) Trong các người con thế hệ thứ III (1 - 5),
người con nào là kết quả của tái tổ hợp (trao đổi
chéo) giữa hai gen, người con nào thì không?
Giải thích.
b) Hiện nay, người phụ nữ II-1 lại đang mang thai, xác suất người phụ nữ này sinh một bé trai bình
thường (không mắc cả hai bệnh di truyền trên) là bao nhiêu? Giải thích.
Bài giải
Gọi gen a qui định bệnh mù màu và A - bình thường; gen b qui định máu khó đông và B - bình
thường.
a) Từ sơ đồ phả hệ suy ra kiểu gen của I.1 là Xa
bY, II.1 là Xa
bXA
B và II.2 là XA
bY
Kiểu gen của III.1 là Xa
bY, III.2 là XA
bXA
B / XA
bXa
B, III.3 là XA
BY, III.4 là XA
bXA
b / XA
bXa
b,
III.5 là XA
bY
Cá thể III.5 là do tái tổ hợp, cá thể III.1 và III.3 là do không tái tổ hợp; với các cá thể III.2 và III.4
không xác định được (nếu không có các phân tích kiểu gen tiếp theo). (0,50 điểm)
b) Kiểu gen thế hệ II sẽ là: Xa
bXA
B x XA
bY
Tỉ lệ giao tử: 0,44Xa
b, 0,44XA
B, 0,06XA
b, 0,06Xa
B 0,5XA
b , 0,5Y
Xác suất con trai bình thường (không mắc cả 2 bệnh) là: 0,44XA
B x 0,5Y = 0,22XA
BY, hay 22%.
III.3.2.DẠNG 2: BÀI TẬP XÁC ĐỊNH KIỂU GEN CÁC ĐỜI
III.3.2.DẠNG 3- BÀI TẬP ÁP DỤNG TOÁN XÁC XUẤT:
1. Xác suất
Trong thực tế chúng ta thường gặp các hiện tượng xảy ra ngẫu nhiên (biến cố) với các khả
năng nhiều, ít khác nhau. Toán học đã định lượng hóa khả năng này bằng cách gắn cho mỗi biến cố
một số dương nhỏ hơn hoặc bằng 1 được gọi là xác suất của biến cố đó.
2. Nguyên tắc cộng xác suất
Nguyên tắc cộng xác suất được áp dụng khi các sự kiện ảnh hưởng qua lại lẫn nhau.
VD1: Khi gieo xúc sắc, mặt xuất hiện có thể là 3 hoặc là 4 không bao giờ xuất hiện cả hai mặt
cùng lúc. Vậy xác suất xuất hiện hoặc mặt 5 hoặc mặt 6 là 1/6+1/6 = 1/3
I
II
III
Nam bình thường
Nam bị bệnh
Nữ bình thường
Nữ bị bệnh
1 2 3
5
4
9
6 7 8
10
I
II
III
1 2
1 2
1 2 3 4 5
Mù màu
Máu khó đông

VD2: Trong qui luật di truyền trội không hoàn toàn Dạ lan hồng lai với Dạ lan hồng thu được
1/4 đỏ: 2/4 hồng: 1/4 trắng. Như vậy, xác suất để một bông hoa bất kỳ có màu đỏ hoặc hồng là 1/4 +
2/4 = 3/4.
3. Nguyên tắc nhân xác suất
Nguyên tắc nhân xác suất được áp dụng với các sự kiện xảy ra riêng lẻ hoặc các sự kiện xảy ra
theo một trật tự xác định.
VD1: Khi gieo hai xúc sắc độc lập với nhau. Xác suất để nhận được hai mặt cùng lúc đều là mặt
6 là bao nhiêu?
Việc gieo 2 xúc sắc là độc lập với nhau. Xác suất xuất hiện mặt 6 ở xúc sắc thứ nhất là 1/6 . Xác
suất xuất hiện mặt 6 ở xúc sắc 2 cũng là 1/6. Vì vậy xác suất xuất hiện đồng thời cả hai mặt 6 là 1/6
×1/6 = 1/36.
VD2: Cho đậu hà lan hạt vàng thân cao dị hợp tự thụ phấn. Xác suất gặp cây hạt vàng thân thấp
là bao nhiêu?
Vì 2 tính trạng này nằm trên 2 NST khác nhau nên hai tính trạng này di truyền độc lập. Tính
trạng hạt vàng khi tự thụ phấn cho ra 3/4 hạt vàng: 1/4 hạt xanh. Xác suất bắt gặp hạt vàng là 3/4.
Tính trạng thân cao khi tự thụ phấn cho ra 3/4 thân cao: 1/4 thân thấp. Xác suất bắt gặp thân thấp
1/4. Như vậy xác suất bắt gặp cây đậu hạt vàng thân thấp là 3/4 × 1/4 = 3/16
* Nguyên tắc nhân xác suất và cộng xác suất thường được áp dụng đồng thời
VD: Tính xác suất để một cặp vợ chồng có một con trai và một con gái?
Một cặp vợ chồng có 1 con trai và một con gái sẽ xảy ra 2 trường hợp ảnh hưởng qua lại lẫn
nhau.
+ Con trai đầu lòng, con gái thứ hai. Xác suất con trai đầu lòng là 1/2, con gái thứ 2 là 1/2. Xác
suất sinh con trai đầu lòng và con gái thứ hai là 1/2 × 1/2 = 1/4
+ Con gái đầu lòng, con trai thứ hai. Tương tự như trên xác suất là 1/2 × 1/2 = 1/4
Xác suất để cặp vợ chồng sinh con trai và con gái là 1/4 + 1/4 = 1/2
Như vậy sự hoán đổi hoặc con đầu là trai, con thứ hai là gái hoặc con đầu là gái con thứ hai là
trai là hai phép hoán vị (hay còn gọi là cách tổ hợp).
4. Phép hoán vị Phép hoán vị là cách sắp xếp thứ tự các yếu tố khác đi nhưng kết quả cuối cùng
không thay đổi.
VD1: Ở người bệnh phenylketo niệu (PKU) do gen lặn qui định. Một cặp vợ chồng dị hợp về
bệnh này có 3 người con, thì xác suất để một trong 3 người con bị bệnh (2 người còn lại là bình
thường) là bao nhiêu?
Bố mẹ dị hợp nên các con sinh ra có 3/4 bình thường, 1/4 bệnh.
Thực tế, đứa trẻ bị bệnh có thể là con đầu, con thứ hai hoặc con thứ 3. Như vậy có 3 cách hoán vị
khác nhau. Xác suất để một đứa con của họ bị bệnh (B) và hai đứa bình thường (T) là: P(1B + 2T)
= P(B+T+T) + P(T+B+T) + P(T+T+B)
= (1/4×3/4×3/4) + (3/4×1/4×3/4) + (3/4×3/4×1/4) = 3 [(3/4)2
× 1/4]
Như vậy trong kết quả này 3 là số khả năng hoán vị, (3/4)2
× 1/4 là xác suất các sự kiện xảy ra
theo một thứ tự nhất định.
- Số các hoán vị của dãy n phần tử bằng n!
- Chỉnh hợp và tổ hợp:
+ Tổ hợp: Cho tập hợp gồm n phân tử. Mỗi chập con k phân tử (1<k<n) được gọi là một tổ hợp
chập k của n phân tử. Số tổ hợp chập k của n phân tử: Ck
n = n!/k!(n-k)
+ Chỉnh hợp: Mỗi bộ k phần tử có thứ tự rút từ tập n phân tử được gọi là một chỉnh hợp chập k của
n. Số chỉnh hợp chập k của n: Ak
n = n! = n(n-1)(n-2)…(n-k+1)
* Số khả hoán vị trong bài toán:
Trong một bài toán đơn giản (như trong VD) thì số khả năng hoán vị có thể dễ dàng tính được.
Song trong các bài toán phức tạp thì số khả năng hoán vị khó có thể tính được theo cách thông
thường. Để xác định được số khả năng hoán vị trong các trường hợp đó ta dùng hàm nhị thức mở
rộng (p+q)n
Trong đó:
- p là xác suất hiện sự kiện này (theo VD xác xuất đứa trẻ bình thường là 3/4)

- q là xác suất xuất hiện sự kiện kia (theo VD xác suất đứa trẻ bị bệnh PKU là 1/4)
- n là số sự kiện có thể xảy ra (số đứa con sinh ra trong gia đình là 3).
Trong n đứa con có s đứa bình thường (2đứa bình thường), t đứa bị bệnh PKU (1đứa bị bệnh) lưu ý
n = s + t. Như vậy số khả năng hoán vị hay hệ số của (3/4)2
×(1/4) tính bằng Cs
n = n!/s!(n-s)! = n!/s!t! (1) .
Trong VD nêu trên số khả năng hoán vị C = 3!/2!1! = 3
+ Xác suất các sự kiện xảy ra theo một trật tự nhất định
Theo VD xác suất các sự kiện xảy ra theo trật tự nhất định là (3/4)2
×1/4 hay ps
qt
(2)
Từ (1) và (2) ta có xác suất để s đứa bình thường và t đứa bị bệnh là (n!/s!t!)ps
qt
Ta có xác suất để cặp vợ chồng đó sinh 2 bình thường và 1 người bị bệnh là (3!/2!1!)(3/4)2
(1/4)1
= 27/64.
VD2: Vẫn cặp vợ chồng nói trên. Tính xác suất 5 trong 8 người con bình thường.
Áp dụng công thức ta có (8!/5!3!)(3/4)5
(1/4)3
* Nếu từ 2 tính trạng trở lên, công thức trên trở thành: P = n!/(s! t! u!…)(p)s
(q)t
(r)u
…
III.3.2.2. Các ví dụ cụ thể:
Ví dụ 1: (ĐH 2012) Ở người, xét một gen nằm trên nhiễm sắc thể thường có hai alen: alen A không
gây bệnh trội hoàn toàn so với alen a gây bệnh. Một người phụ nữ bình thường nhưng có em trai bị
bệnh kết hôn với một người đàn ông bình thường nhưng có em gái bị bệnh. Xác suất để con đầu lòng
của cặp vợ chồng này không bị bệnh là bao nhiêu? Biết rằng những người khác trong cả hai gia đình
trên đều không bị bệnh.
A.
8
9
. B.
3
4
. C.
1
2
. D.
5
9
.
C1: Phụ nữ bình thường có bố mẹ bình thường và em trai bệnh. Vậy bố mẹ Aa x Aa => người phụ
nữ Aa với xác suất 2/3
Tương tự với người chồng Aa với xác suất 2/3
Phép kết hôn (2/3)Aa x (2/3) Aa cho tỉ lệ aa (bệnh) =
4
1
*
3
2
*
3
2
=
9
1
Vậy sác xuất con không bệnh = 1 -
9
1
=
9
8
Bài 2: Bệnh bạch tạng ở người do đột biến gen lặn trên NST thường,alen trội tương ứng quy định
người bình thường. Một cặp vợ chồng đều mang gen gây bệnh ở thể dị hợp.
Về mặt lý thuyết, hãy tính xác suất các khả năng có thể xảy ra về giới tính và tính trạng trên nếu họ
có dự kiến sinh 2 người con?
GIẢI
Theo gt  con của họ: 3/4: bình thường
1/4 : bệnh
Gọi XS sinh con trai bình thường là (A): A =3/4.1/2= 3/8
Gọi XS sinh con trai bệnh là (a): a =1/4.1/2= 1/8
Gọi XS sinh con gái bình thường là (B): B =3/4.1/2= 3/8
Gọi XS sinh con gái bệnh là (b): b =1/4.1/2= 1/8
XS sinh 2 là kết quả khai triển của (A+a+B+b)2
=
A2
+ a2
+B2
+ b2
+ 2Aa + 2AB + 2Ab + 2aB + 2ab + 2Bb ( 16 tổ hợp gồm 10 loại )
Vậy XS để sinh:
1/ 2 trai bình thường = A2
= 9/64
2/ 2 trai bệnh = a2
= 1/64
3/ 2gái bình thường = B2
= 9/64
4/ 2 gái bệnh = b2
= 1/64
5/ 1 trai bthường + 1 trai bệnh = 2Aa = 6/64
6/ 1 trai bthường + 1 gái bthường = 2AB = 18/64
7/ 1 trai bthường + 1 gái bệnh= 2Ab = 6/64
8/ 1 trai bệnh + 1 gái bthường= 2aB = 6/64

9/ 1 trai bệnh + 1 gái bệnh = 2ab = 2/64
10/ 1 gái bthường + 1 gái bệnh = 2Bb = 6/64
3/ BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN NHÓM MÁU:
Bài 1. Nhóm máu MN ở người được quy định bởi cặp alen đồng hợp trội M, N. Người có nhóm máu
M có kiểu gen MM, nhóm máu N có kiểu gen NN, nhóm máu MN có kiểu gen MN. Trong một gia
đình bố và mẹ đều có nhóm máu MN. Xác suất để họ có 6 con gồm 3 con có nhóm máu M, 2 con có
nhóm máu MN và 1 con có nhóm máu N là bao nhiêu?
A.
1024
1
B.
16
3
C.
64
33
D.
256
15
ADCT:   321
3.2.1
!3!2!1
!
321 kkkn
ppp
kkk
n
ppp 
Biết: p1: XS sinh con có nhóm máu M p2-MN, p3-N (tỷ lệ khi viết SĐL thế hệ bố mẹ)
k2,k2,k3 số con có nhóm máu M,MN,N
n số con muốn có

PHẦN VI/ CHƯƠNG 1+2+3: TIẾN HOÁ;
BÀI 32+33+34+35+36+37+38+39+ 40+41 +42+43+44 + 45
BÀI 37+38: CÁC NHÂN TỐ TIẾN HOÁ- CHỌN LỌC TỰ NHIÊN, ĐỘT BIẾN
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
A1, A2, A3 ... An) và đây
chính là nguồn nguyên liệu sơ cấp cho quá trình tiến hoá.
Giả sử1 locut có hai alen A và a. Trên thực tế có thể xảy ra các trường hợp sau:
Gen A đột biến thành gen a (đột biến thuận) với tần số u. A u
a.Chẳng hạn, ở thế
hệ xuất phát tần số tương đối của alen A là po. 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 ↔
vu
u
q
vu
v
p





2. Các dạng bài tập
- 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:
+Tần số alen a : qa =
3
3
u v
u v v u

 
= 0,75
+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?
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
2
1
phải cần bao nhiêu thế hệ?
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.
=>
2
1
po = po (1- 10-5
)n
<=> 0,5 = (1-10-5
)n
<=> ln0,5 = ln (1-10-5
).n
=> n = 5
ln0,5
ln(1 10 )

≈ 69.000 thế hệ.
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
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
- Tần số của alen A ở thế hệ p1 là: p1 = p0 – u.p0 = p0(1-u) (1)
- Tần số của alen A ở thế hệ p2 là: p2 = p1 – u.p1 = p1(1-u) (2)
- 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
.
1.
* 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
- P0 là tần số tương đối của gen A ở quần thể khởi đầu
- M là tỷ lệ số cá thể nhập cư
- p lượng biến thiên về tần số alen trong quần thể nhận
- 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 1-M số cá thể
- q lượng biến thiên về tần số alen trong quần thể nhận
Chứng minh công thức:
p = M (P - p)p = M (P0 - p)
q = -M (Q0 - q)

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 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 pA =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
pA= 0,648 - (0,3% x 0,648) = 0,646
qa = 1 - 0,646 = 0,354
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=
1801800
361080


=0,56
III/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA GIAO PHỐI KHÔNG NGẪU NHIÊN
(THÊM GIAO PHỐI NGẪU NHIÊN)
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 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.
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.
IV/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA CHỌN LỌC TỰ NHIÊN
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
+ 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.
 Tổng số alen A sau chọn lọc: 1
1
p
Sq
p


+ Tốc độ thay đổi tần số alen A:
p
Sq
Spq
Sq
Sqppp
ppp
Sq
p






 111
1
Sq
qSq
Sq
SqqqSq
q
Sq
Sq
qqq









1
)1(
11
)1( 2
1
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 AA Aa aa Vốn gen tổng cộng
Tổng số alen ở thế hệ
xuất phát
p2
2pq q2
1
- Giá trị thích nghi 1 1 1-S
- Đóng góp vào vốn
gen chung tạo ra thế hệ
sau:
p2
2pq q2
(1-S)
= p2
+2pq+q2
(1-S)
=1-Sq2
- Tổng số kiểu hình sau
chọ lọc 2
2
Sq-1
p
2
Sq-1
2pq
2
2
Sq-1
S)-(1q
1
- Tần số alen A sau chọn lọc:

1p 222
2
Sq-1Sq-1
)(
Sq-1
p pqpppq




- Tốc độ biến đổi tần số alen A:
2
2
2
2
21
Sq-1Sq-1Sq-1
SpqSpqpp
p
p
ppp 


- Tổng số alen a sau chọn lọc:
22
222
2
2
2
2
1
Sq-1
)1(
Sq-1Sq-1
)1()1(
Sq-1
)1( SqqSqqqqSqqqSqpq
q








- Tốc độ biến đổi tần số alen a sau chọn lọc:
2
2
2
32
1
Sq-1
)1(
Sq-1
qSqSqqSqq
qqq




(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 S = 1
-
q
qqqSqq
q






1q-1
)1(
Sq-1
)1(
221
- Các thế hệ kế tiếp 0,1,2,...,n.
00
00
0
0
000
0
0
0
0
3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
2
0
0
1
11
.
.)1.()1.(
1
;
31
;
21
1
21
1
1
1
1
1
;
1
qqqq
qq
n
q
qq
qn
q
q
qnqqqn
nq
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
nn
n
n
n
n
n
n























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
hệ CL
AA Aa aa p(A) q(a)
0 p0
2
2p0q0 q0
2
p0 q0
1 p1
2
2p1q1 q1
2
p0
2
+ p0q0 / p0
2
+ 2p0q0 =
p0 + q0 / p0 + 2q0
p0q0 / p0
2
+ 2p0q0 =
q0 / p0 + 2q0
2 p2
2
2p2q2 q2
2
p1
2
+ p1q1 / p1
2
+ 2p1q1 =
p0 + 2q0 / p0 + 3q0
p1q1 / p1
2
+ 2p1q1 =
q0 / p0 + 3q0
3 p3
2
2p3q3 q3
2
p2
2
+ p2q2 / p2
2
+ 2p2q2 =
p0 + 3q0 / p0 + 4q0
p2q2 / p2
2
+ 2p2q2 =
q0 / p0 + 4q0
. . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
n pn
2
2pnqn qn
2
p0 + nq0 / p0 + (n+1)q0 =
1+ (n-1)q0 / 1+ nq0
q0 / p0 + (n+1)q0 =
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
* 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
S
. Nếu S = 1 → p = u nghĩa là A gây chết. Lúc này tần số 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 q2
→ tần số alen a bị đào thải là: q2
. S
Vậy quần thể cân bằng khi: u = q2
. S → q2
=
u u
q
S S
 
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:
(0,4)2
AA + 2(0,4 x 0,6)Aa + (0,6)2
aa = 1 → 0,16AA : 0,48Aa : 0,36aa
-Sau khi chọn lọc thì tỉ lệ kiểu gen aa còn lại là: 0,36 (1 – S) = 0,36(1 – 0,02) = 0,3528. Mặt khác,
tổng tỉ lệ các kiểu gen sau chọn lọc là: 0,16 + 0,48 + 0,36(1 – S) = 0,9928
- Vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc là:
0,16
0,9928
AA : 0,483Aa :
0,3528
0,9928
aa ↔ 0,161AA : 0,483Aa : 0,356aa
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:
Kiểu gen AA:
0,35
0,25
= 1,4 
1,4
1,4
= 1; Kiểu gen Aa =
0,48
0,5
= 0,96 
0,96
1,4
= 0,685;
Kiểu gen aa =
0,17
0,25
= 0,68 
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.

1. Một nhà chọn giống chồn Vizon cho các con chồn của mình giao phối với nhau.
Ông đã phát hiện ra một điều là trung bình thì 9% chồn của mình là lông ráp. Loại lông này
bán được ít tiền hơn. Vì vậy ông chú trọng chọn tới việc chọn giống chồn lông mượt bằng
cách không cho các con chồn lông ráp giao phối. Tính trạng lông ráp là do alen lặn trên NST
thường quy định.
a. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được trong thế hệ sau là bao nhiêu %?.
b. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được sau 15 thế hệ là bao nhiêu %?.
(Trích đề thi Olympic quốc tế 2008 - Phần di truyền)
Bài giải:
Quy ước A – Lông mượt: a – lông ráp =>chồn lông ráp có kiểu gen aa = 9% =>qo
2
=
0,09 => qo = 0,3=> po = 0,7
a. Thế hệ sau ( n = 1)=> áp dụng công thức 1 ta có:
q1=
3,0.11
3,0

≈ 0,230769 từ đây suy ra q1
2
( chồn lông ráp ở thế hệ tiếp
theo) là (0,230769)2
≈ 0,053255
Tức là gần bằng 5,3%
b. Thế hệ 15 số chồn lông ráp mà ông ta nhận được là:
q15=
3,0.151
3,0

2
( chồn lông ráp ở thế hệ 15)
mà ông ta nhận được là (0,0545 )2
≈ 0,002975
B. GIẢI PHÁP CỤ THỂ
I.Công thức 1:
*Tần số tương đối của alen A =
o
o
nq
q


1
1
*Tần số tương đối của alen a =
o
o
nq
q
1
* Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n là:
In : 1)
1
()
1
)(
nq1
q
-(12A)
1
1( 2
o
o2






 aa
nq
q
Aa
nq
q
A
nq
q
o
o
o
o
o
o
1.Phạm vi áp dụng công thức 1:
*Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương
đồng (có thể xem là NST thường ).
* Một quần thể ở thế hệ xuất phát (thế hệ ban đầu, Io) có cấu trúc di truyền là:
I0: p2
o AA + 2poqo Aa + qo
2
aa = 1
Trong đó:

po là tần số tương đối của alen A ở thế hệ Io
qo là tần số tương đối của alen a ở thế hệ Io
0  po, qo  1 và po +qo = 1
* Kiểu gen aa không có khả năng sinh sản hoặc vì một lí do nào đó người ta không cho
những cá thể có kiểu gen aa tham gia sinh sản tạo thế hệ sau hoặc chọn lọc loại bỏ hoàn toàn
kiểu gen aa ra khỏi quần thể (nhưng công thức 1 được tính khi kiểu gen aa chưa bị loại bỏ)
Tần số tương đối của các alen A, a và cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n ( sau
n thế hệ - In) được xác định theo công thức 1
2.Cách xây dựng công thức 1
Do kiểu gen aa không có khả năng sinh sản hoặc không tham gia sinh sản hoặc bị
chọn lọc loại bỏ nên trong quần thể chỉ có 2 loại kiểu gen AA và Aa giảm phân tạo giao tử
và tham gia sinh sản.
=> Tần số tương đối (TSTĐ) của alen a:
ooo
oo
ooo
oo
qpp
qp
qpp
qp
2
2:
2
2
22




)1()(0
2
oo
oo
ooooo
oo
oooo
oo
qp
qp
qpqpp
qp
qpqpp
qp





=
o
o
q
q
1
( Do po + qo = 1).
=> TSTĐ của alen A ở I’
o là 1 -
o
o
q
q
1
Do tần số tương đối của các alen A và a ở I’
o tham gia tạo thế hệ I1 nên
TSTĐ của A và a ở Io
'
chính là TSTĐ của A, a ở I1 hay
p1 = 1 -
o
o
q
q
1
; q1 =
o
o
q
q
1
Từ đây ta có CTDT ở thế hệ tiếp theo là: I1: p1
2
AA + 2p1q1Aa + q2
1 aa = 1
Do kiểu gen aa không có khả năng sinh sản hoặc không tham gia sinh sản hoặc bị
chọn lọc loại bỏ nên trong quần thể chỉ có 2 loại kiểu gen AA và Aa giảm phân tạo giao tử
và tham gia sinh sản. Vì vậy cấu trúc di truyền (CTDT) ở I1:
=> I'
1: 1
2
2
2 11
2
1
11
11
2
1
1
2




Aa
qpp
qp
AA
qpp
p
Làm tương tự ta có TSTĐ của alen a ở I'
1 là:
1
1
1 q
q

thay q1 =
oq
q
1
0
vào
Ta có: TSTĐ của alen a ở I'
1 =
o
o
q
q
21
đây chính là TSTĐ của alen a ở thế hệ thứ 2
Bằng cách làm tương tự ta tính đựợc ở thế hệ In
In : Tần số tương đối của alen a =
o
o
nq
q
1
Từ đây => Tần số tương đối của alen A =
o
o
nq
q


1
1 ( do pn + qn = 1)
=> Cấu trúc di truyền ở thế hệ In là:
1)
1
()
1
)(
nq1
q
-(12A)
1
1( 2
o
o2






 aa
nq
q
Aa
nq
q
A
nq
q
o
o
o
o
o
o

*Chú ý: công thức 1 áp trong cả ba trường hợp:
+ Kiểu gen aa không có khả năng sinh sản
+ Không cho kiểu gen aa sinh sản
thì kiểu gen aa không giảm phân tạo giao tử, tức là không tham gia tạo thế hệ
sau nhưng nó vẫn tồn tại trong quần thể nên khi tính ở thế hệ n kiểu gen này vẫn có
mặt.
3. Ví dụ áp dụng công thức 1
1. Một nhà chọn giống chồn Vizon cho các con chồn của mình giao phối với nhau.
Ông đã phát hiện ra một điều là trung bình thì 9% chồn của mình là lông ráp. Loại lông này
bán được ít tiền hơn. Vì vậy ông chú trọng chọn tới việc chọn giống chồn lông mượt bằng
cách không cho các con chồn lông ráp giao phối. Tính trạng lông ráp là do alen lặn trên NST
thường quy định.
a. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được trong thế hệ sau là bao nhiêu %?.
b. Tỷ lệ chồn lông ráp mà ông ta nhận được sau 15 thế hệ là bao nhiêu %?.
(Trích đề thi Olympic quốc tế 2008 - Phần di truyền)
Bài giải:
Quy ước A – Lông mượt: a – lông ráp =>chồn lông ráp có kiểu gen aa = 9% =>qo
2
=
0,09 => qo = 0,3=> po = 0,7
c. Thế hệ sau ( n = 1)=> áp dụng công thức 1 ta có:
q1=
3,0.11
3,0

2
( chồn lông ráp ở thế hệ tiếp
theo) là (0,230769)2
≈ 0,053255
d. Thế hệ 15 số chồn lông ráp mà ông ta nhận được là:
q15=
3,0.151
3,0

2
( chồn lông ráp ở thế hệ 15)
mà ông ta nhận được là (0,0545 )2
≈ 0,002975
2. Để làm giảm TSTĐ alen a từ 0,96 xuống 0,03 chỉ do áp lực của chọn lọc tự nhiên
loại bỏ hoàn toàn kiểu gen aa thì cần bao nhiêu thế hệ.
(Bài 24, Tr187 - Tuyển chọn, phân loại bài tập di truyền hay và khó: Vũ Đức Lưu –
NXBGD, 1998).
Bài giải:
Theo đề bài ta có qo = 0,96; qn = 0,03
Áp dụng công thức 1 ta có: 0,03 =
96,0.1
96,0
n
=> n =
03,0.96,0
03,096,0 
≈ 32,29…thế hệ

II.Công thức 2:
*Tần số tương đối của alen A =
o
o
qn
q
)1(1
1


*Tần số tương đối của alen a =
o
o
qn
q
)1(1 
* Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n là:
In : 1
)
1
)(
1
1(2)
1
1(
)
1
)(
1
1(2
)
1
)(
1
1(2)
1
1(
)
1
1(
0
0
0
02
0
0
0
0
0
0
0
0
0
020
2
0
0














Aa
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
AA
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
o
1.Phạm vi áp dụng công thức 2:
*Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương
đồng (có thể xem là NST thường ).
* Một quần thể ở thế hệ xuất phát ( Thế hệ ban đầu,Io) có cấu trúc di truyền là:
p2
2
aa = 1
0  po, qo  1 và po +qo = 1
*Kiểu gen aa gây chết trong hợp tử hoặc chọn lọc loại bỏ hoàn toàn kiểu gen aa ra khỏi quần
thể (công thức 2 được tính khi đã loại bỏ loại bỏ aa - chết khi vừa mới sinh ra)
Tần số tương đối của các alen A, a và cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n ( sau
n thế hệ - In) được xác định theo công thức 2.
2. Cách xây dựng công thức 2
Do kiểu gen aa chết trong hợp tử hoặc chết khi mới sinh ra nên trong quần thể chỉ có 2 loại
kiểu gen AA và Aa giảm phân tạo giao tử và tham gia sinh sản. Vì vậy cấu trúc di truyền
(CTDT) ở Io trước khi đã loại bỏ kiểu gen aa là:
Ta có: Io: po
2
AA + 2poqo Aa + q2
oaa = 1
Sau khi loại bỏ:
Io
'
: 1
2
2
2
22
2




Aa
qpp
qp
AA
qpp
p
ooo
oo
ooo
o
Tần số tương đối (TSTĐ) của alen a sau khi loại bỏ là:
q'
o =
o
o
q
q
11
đây chính là TSTĐ của của alen a ở I1 khi chưa loại bỏ kiểu gen aa.
=> I1 khi chưa loại bỏ có thành phần kiểu gen là:
I1: p1
2
AA + 2p1q1Aa+ q1
2
aa = 1
Sau khi loại bỏ:
I'
1: 1
2
2
2 11
2
1
11
11
2
1
2
1




Aa
qpp
qp
AA
qpp
p
TSTĐ của alen a ở I1 sau khi loại bỏ kiểu gen aa là:

q1 =
0
0
21 q
q

bằng cách lập luận tương tự ta có:
TSTĐ của alen a ở In là: qn =
0
0
)1(1 qn
q

=> pn= 1 -
0
0
)1(1 qn
q

=> CTDT của quần thể sau khi loại bỏ kiểu gen aa là:
In : 1
)
1
)(
1
1(2)
1
1(
)
1
)(
1
1(2
)
1
)(
1
1(2)
1
1(
)
1
1(
0
0
0
02
0
0
0
0
0
0
0
0
0
020
2
0
0














Aa
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
AA
nq
q
nq
q
nq
q
nq
q
o
Lí do áp dụng công thức 2:
*Trong hai trường hợp kiểu gen aa gây chết trong giai đoạn phôi hoặc bị loại bỏ ngay
sau khi mới sinh thì kiểu gen aa không tham gia giảm phân tạo giao tử để tạo thế hệ sau và
trong quần thể không bao giờ có kiểu gen này.
3. Ví dụ áp dụng công thức 2:
Một quần thể giao phối ngẫu nhiên có cấu trúc di truyền ở thế hệ ban đầu là:
0,49AA + 0,42Aa + 0,09aa = 1
Giả sử từ thế hệ này trở đi chon lọc tự nhiên loại bỏ hoàn toàn kiểu gen aa khi vừa mới sinh
ra. Xác định tần số tương đối của các alen A, a và cấu trúc di truyền của quần thể sau 9 thế
hệ.
Bài giải:
Theo bài ra ta có q0 = 0,3; p0 = 0,7
=>Áp dụng công thức 2 ta có: q9 =
3,0)19(1
3,0

= 0,075=>p9 = 0,925
=>CTDT ở thế hệ 9 là: 0,860465AA + 0,139535Aa = 1
III.Công thức 3
1. Công thức
1.1 Công thức 3.1
* Tần số tương đối của alen A: pn = p0(1-u)n
* Tần số tương đối của alen a: qn = 1- p0(1-u)n
(3.1)
* Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n:
In: (p0(1-u)n
)2
AA + 2(p0(1-u)n
)(1- p0(1-u)n
)Aa + (1- p0(1-u)n
)2
aa = 1
*Tần số tương đối của alen A: pn = p0e-un
*Tần số tương đối của alen a: qn = 1- p0e-un
(3.2)
*Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n:
In: (p0e-un
)2
AA + 2(p0e-un
) (1- p0e-un
) Aa + (1- p0e-un
)2
aa = 1

*Tần số tương đối của alen a: qn = q0(1-v)n
*Tần số tương đối của alen A: pn = 1- q0(1-v)n
(3.3)
*Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n:
In: (1- q0(1-v)n
)2
AA + 2(1- q0(1-v)n
)(q0(1-v)n
)Aa + (q0(1-v)n
)2
aa = 1
2.Cách thức xây dựng và cơ sở của phạm vi áp dụng công thức 3
a.Phạm vi áp dụng công thức 3.1 và 3.2:
*Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương đồng (có
thể xem là NST thường ).
p2
2
aa = 1
0  po, qo  1 và po +qo = 1
*Nếu đột biến theo chiều thuận alen A bị biến đổi thành alen a với tần số 0 ≤ u ≤ 1 thì
Tần số tương đối của các alen A, a và cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n ( sau n thế
hệ - In) với mọi 0 ≤ u ≤ 1 được xác định theo công thức 3.1 và khi u rất bé hay
u -> 0 được xác định bằng công thức 3.2
b.Phạm vi áp dụng công thức 3.3 và 3.4:
Trong một quần thể ngẫu phối xét một gen có hai alen A, a nằm trên NST tương đồng (có thể
xem là NST thường ).
p2
2
aa = 1
0  po, qo  1 và po +qo = 1
*Nếu đột biến theo chiều nghịch alen a bị biến đổi thành alen A với tần số 0 ≤ v ≤ 1,thì

Tần số tương đối của các alen A, a và cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ n ( sau n thế
hệ - In) với mọi 0 ≤ v ≤ 1 được xác định theo công thức 3.3 và khi v rất bé
v -> 0 được xác định bằng công thức 3.4
c. Cách xây dựng công thức 3
ở thế hệ Io sau khi bị đột biến lượng A mất đi là u.po. Từ đây suy ra TSTĐ của alen A
sau khi bị đột biến sẽ còn lại là: po - upo. Đây chính là TSTĐ A
ở I1; hay p1 = po – upo = po (1-u) => q0 = 1 - po (1-u)
Cấu trúc di truyền của quần thể ở thế hệ thứ 1 là:
I1: p2
1 AA + 2p1q1 Aa + q1
2
aa = 1
Lập luận tương tự ta có: p2 = p1 - up1 thay p1 = po (1-u) vào ta có
p2 = po(1-u) - u [po (1-u)] p2 = po (1 - u)2
.
Từ đây suy ra: pn = p0(1 - u)n
(3.1)
Tuy nhiên trong tự nhiên tần số đột biến u là rất bé ( 10-4
->10-6
) và có thể coi là dần đến 0
vì vậy công thức (3.1) có thể tương đương với công thức sau
Pn = P0 .e-un
v ì theo đẳng thức
Limu->0 u
e
u

1
= 1 => 1-u = e-u
nên công thức (3.1) có thể viết là:
Pn = P0 e-un
(3.2)
(3.1) đúng trong mọi trường hợp của u ( u bằng bao nhiêu (0 ≤ u ≤ 1 ) công thức này cũng
luôn đúng).
Như vậy công thức (3.1) sẽ tương đương với công thức (3.2) khi u rất bé ( u->0). Còn nếu u
lớn thì tính theo công thức (3.1) mới chính xác. Bằng cách làm tương tự ta có thể lập được
công thức (3.3 )và (3.4)
Lí do áp dụng công thức 3:
*công thức (3.1) và (3.3) được áp dụng khi tần số đột biến bằng bao nhiêu cũng được
vì đây là một phép biến đổi toán học hoàn toàn đúng trong mọi trường hợp.
* Công thức (3.2) và (3.4) chỉ được áp dụng trong trường hợp tần số đột biến rất bé (
có thể xem là gần bằng 0 - tần số đột biến trong tự nhiên) vì khi u hoặc v->0 thì 1-u = e-u
( Limu->0 u
e
u

1
= 1 lấy mũ trừ là vì n là số nguyên dương)
3.Ví dụ áp dụng công thức 3:
Ví dụ 1: Ở một loài động vật giao phối lưỡng bội. Gen A quy định lông xám trội hoàn
toàn so với alen a quy định lông trắng. Một quần thể của loài này đang ở trạng thái cân bằng
di truyền người ta thấy có 16% số cá thể lông trắng. Nếu đột biến thuận ( A->a) với tần số u
= 10% thì sau 3 thế hệ ngẫu phối số cá thể lông trắng sẽ chiếm bao nhiêu %?
Bài giải:
Vì A > a và quần thể đang cân bằng di truyền nên ta có
qo
2
= 0,16 => qo = 0,4=> P0 = 0,6
+ Vì u = 10% nên áp dụng công thức 3.1 ta được
P3= P0(1-0,1)3
= 0,6 x 0,93
= 0,4374 => q3 = 0,5626=> % số cá thể lông trắng là:q3
2
= (0,5626)2
= 0,316519, tức là gần bằng 32%
+ Nếu áp dụng công thứuc 3.2 ta có:
P3 = P0e-o,1x3
= 0,6xe-o,3
≈ 0,4445 =>q3 = 0,5555 => % số cá thể lông trắng là:

q3
2
= ( 0,5555 )2
≈0,30858 tức là gần bằng 31%. Như vậy trong trường hợp này việc
sử dụng hai công thức 3.1 và 3.2 có sai số là 1%.
Ví dụ 2: Quần thể ban đầu có TSTĐ của alen a là 0,4 để tần số này gảm đi 1/2 chỉ do
áp lực của quá trình đột biến theo chiều nghịch (a->A) thì cần bao nhiêu thế hệ. Biết tốc độ
đột biến v = 10-5
(Bài 16 ,Tr185 - Bàitập ditruyền hay và khó : Vũ Đức Lưu– NXBGD, 1998).
Bài giải:
Theo bài ra ta có qn = 0,2; q0 = 0,4. Áp dụng công thức 3.4 ta được
n
e
5
10
4,02,0


 => 5
10
4,0
2,0
ln

n = 69.000 thế hệ
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=
21
1
ss
s

=
4,015,0
15,0

=0,27
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).
Lời giải:
Cấu trúc di truyền quần thể là 0,49 AA + 0,42 Aa + 0,09 aa = 1
Vì quần thể không bị chọn lọc và đột biến do đó từ 4 cá thể trở thành 100% AA thì 4 cá thể đó phải
là AA.
Xác suất 4 cá thể đều là AA là (0,49)4
= 0,0576
Vậy xác suất để sau một số năm quần thể có 100% cá thể AA là 5,76%
Bài 1
Trong một quần thể ban đầu tần số tương đối của alen a= 0,96. Quá trình chọn lọc (pha lưỡng
bội) diễn ra qua 16 thế hệ sẽ làm cho tần số alen a xuống còn bao nhiêu?
Cho biết hệ số chọn lọc S=1.
Đáp số: qn = 0,059
Bài 2
Một quần thể ở trạng thái cân bằng về một gen có 2 alen, trong đó tần số tương đối của alen
A= 0,2. Nếu quá trình chọn lọc đào thải những cơ thể có kiểu gen aa xảy ra với áp lực S=0,01. Hãy
xác định cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc, từ đó rút ra nhận xét gì về tác động của
chọn lọc tự nhiên dối với cấu trúc di truyền của quần thể.
Hướng dẫn
p+q=1 mà pA = 0,2 qa = 0,8.
Cấu trúc di truyền ở trạng thái cân bằng là: 0,04AA : 0,32Aa : 0,64aa
Quá trình chọn lọc đào thải kiểu gen aa với S= 0,01. Tỉ lệ cá thể có kiểu gen aa bị chọn lọc
đào thải là: 0,64x 0,01 = 0,0064.
Tỉ lệ những cá thể còn sống là: 0,64- 0,0064= 0,6336.
Cấu trúc di truyền của quần thể sau khi xảy ra chọn lọc là:
0,04AA : 0,32Aa : 0,6363aa : Quần thể không cân bằng
Kết luận: Chọn lọc tự nhiên phá vỡ trạng thái cân bằng của quần thể.
Bài 3
Một quần thể có cấu trúc di truyền như sau 0,04 AA : 0,32 Aa : 0,64aa. Nếu quá trình chọn
lọc đào thải những cơ thể mang tính trạng trội xảy ra với áp lực chọn lọc S=1. Hãy xác định cấu trúc
di truyền của quần thể, quần thể sau chọn lọc có ở trạng thái cân bằng hay không?
Đáp số:

Cấu trúc di truyền của quần thể 100% aa Quần thể không cân bằng
5. Bài tập về nhà (nâng cao)
Trong một quần thể , tần số tương đối của các kiểu gen trước và sau khi có chọn lọc như sau
Kiểu gen AA Aa aa
Tần số trước khi có chọn lọc(F0) 0,250 0,500 0,250
Tần số sau khi có chọn lọc (F1) 0,322 0,516 0,162
1/ Xác định giá trị thích nghi (tỉ lệ sống sót tới khi sinh sản) của các kiểu gen, hệ số chọn lọc.
2/ Tính sự biến đổi (lượng biến thiên) tần số alen A và a sau một thế hệ chọn lọc, từ đó nhận
xét gì về tác dụng của chọn lọc đối với các alen.
Hướng dẫn
1/ KG: AA Aa aa
Tỉ lệ sống sót tương đối: 0,322/0,25=1,288 0,516/0,5=1,032 0,648
Tỉ lệ thích nghi tương đối 1,288/1,288=1 1,032/1,288=0,8 0,5
Hệ số chọn lọc 1-1=0 1-0,8=0,2 1-0,5=0,5
2/ Lượng biến thiên tần số alen po(A)= 0,5 qo(a)=0,5
Sau khi chọn lọc p1(A) =0,58 qo(a)= 0,42
Lượng biến thiên tần số alen A= 0,58 - 0,5=0,08.
Lượng biến thiên tần số alen a= 0,42- 0,5= - 0,08.
Vậy chọn lọc làm tăng tần số alen A, giảm tần số alen a
Chuẩn bị trước bài tiếp theo (Đọc –lập dàn ý nội dung)
(2 giáo án xem ở phần phụ lục 3)

PHẦN VII/ SINH THÁI HỌC
CHƯƠNG 1+2+3: CƠ THỂ VÀ MÔI TRƯỜNG; QUẦN THỂ, QUẦN XÃ
A/ TỔNG NHIỆT HỮU HIỆU
Tổng nhiệt hữu hiệu (S)
+ Mỗi loài sinh vật có một yêu cầu nhất định về lượng nhiệt (tổng nhiệt) để hoàn thành một giai
đoạn phát triển hay một chu kì phát triển gọi là tổng nhiệt hữu hiệu (độ/ngày) tương ứng.
+ Tổng nhiệt hữu hiệu là hằng số nhiệt cần cho 1 chu kỳ (hay một giai đoạn) phát triển của một động
vật biến nhiệt.
Tổng nhiệt hữu hiệu được tính bằng công thức:S = (T-C).D
T: nhiệt độ môi trường
D: thời gian phát triển
C: nhiệt độ ngưỡng phát triển
+ C không đổi trong cùng một loài nên tổng nhiệt hữu hiệu bằng nhau:
S = (T1 – C).D1 = (T2 – C).D2 = (T3 – C).D3...
B/ ĐỘ PHONG PHÚ
D=ni x 100/N (D: độ phong phú %, ni số cá thể của loài i, N: số lượng cá thể của tất cả các loài
C/ KÍCH THỨƠC QUẦN THỂ
Kích thước của quần thể trong một không gian và một thời gian nào đó được diễn tả theo
công thức tổng quát sau:
Nt = N0 + B - D + I - E
Trong đó:
Nt : Số lượng cá thể của quần thể ở thời điểm t
N0 : Số lượng cá thể của quần thể ban đầu, t = 0
B: Số cá thể do quần thể sinh ra trong khoãng thời gian từ t0 đến t
D: Số cá thể của quần thể bị chết trong khoãng thời gian từ t0 đến t
I: Số cá thể nhập cư vào quần thể trong khoãng thời gian từ t0 đến t
E: Số cá thể di cư khỏi quần thể trong khoãng thời gian từ t0 đến t.
Trong công thức trên, bản thân mỗi một số hạng cũng mang những thuộc tính riêng, đặc trưng cho
loài và biến đổi một cách thích nghi với sự biến động của các yếu tố môi trường.
Ở một số quần thể sinh vật cố định như thực vật bậc cao, trong quá trình khảo sát kích thước quần
thể người ta thường bỏ qua hai thông số nhập cư và di cư.
D/ MẬT ĐỘ
 Đối với quần thể vi sinh vật: đếm số lượng khuẩn lạc trong một thể tích môi trường nuôi cấy
xác định.
 Thực vật nổi (phytoplankton), động vật nổi (zooplankton): đếm số lượng cá thể trong một thể
tích nước xác định.
 Thực vật, động vật đáy (ít di chuyển): xác định số lượng trên ô tiêu chuẩn.
 Cá trong vực nước: đánh dấu cá thể, bắt lại, từ đó tìm ra kích thước của quần thể, suy ra mật
độ. Công thức:

(Petersent, 1896) hoặc
(Seber 1982).
 N: Số lượng cá thể của quần thể tại thời điểm đánh dấu
 M: Số cá thể được đánh dấu của lần thu mẫu thứ nhất
 C: Số cá thể được đánh dấu của lần thu mẫu thứ hai
 R: Số cá thể được đánh dấu xuất hiện ở lần thu mẫu thứ hai
Động vật lớn: Quan sát trực tiếp hoặc gián tiếp: đếm tổ (chim), dấu chân (trên đường di kiếm
ăn), số con bị mắc bẫy...
E/ MỨC TỬ VONG
Mức tử vong là số lượng cá thể của quần thể bị chết trong một khoảng thời gian nào đó.
Nếu số lượng ban đầu của quần thể là N0, sau khoảng thời gian Δt thì số lượng cá thể tử vong là ΔN.
Tốc độ tử vong trung bình của quần thể được tính là ΔN/ Δt. Nếu tốc độ tử vong được tính theo mỗi
cá thể trong quần thể thì tốc độ đó được gọi là “tốc độ tử vong riêng tức thời” ( ký hiệu là d) với
công thức:
d = ΔN : N.Δt
Những nguyên nhân gây ra tử vong do:
- Chết vì già
- Chết vì bị vật dữ ăn, con người khai thác
- Chết vì bệnh tật (ký sinh)
- Chết vì những biến động thất thường của điều kiện môi trường vô sinh (bão, lụt, cháy, rét đậm,
động đất, núi lửa...) và môi trường hữu sinh (nguồn thức ăn bị cạn kiệt) vượt khỏi ngưỡng sinh thái
của loài.
F/ MỨC SINH SẢN CỦA QUẦN THỂ
KN: Mức sinh sản của quần thể là số lượng con được quần thể sinh ra trong một khoảng thời
gian xác định.
Quần thể có số lượng ban đầu là Nt0, sau khoảng thời gian Δt (từ t0 đến t1) số lượng quần thể là Nt1,
 số lượng con mới sinh là ΔN = Nt1 - Nt0.
Tốc độ sinh sản của quần thể theo thời gian sẽ là ΔN/Δt. Nếu tốc độ đó tính trên mỗi cá thể
của quần thể ta có “tốc độ sinh sản riêng tức thời” (ký hiệu là b) và:
b = ΔN : N.Δt
Người ta cũng hay dùng khái niệm “tốc độ sinh sản nguyên” hay tốc độ tái sản xuất cơ bản” (ký hiệu
R0) để tính các cá thể được sinh ra theo một con cái trong một nhóm tuổi nào đó với:
R0 = Σlx. mx
lx: mức sống sót riêng, tức là số cá thể trong một tập hợp của một nhóm tuổi thuộc quần thể
sống sót đến cuối khoảng thời gian xác định; mx: sức sinh sản riêng của nhóm tuổi x.
Có ba đặc trưng cơ bản để xác định mức sinh của quần thể:

+ Số lượng trứng hoặc con non sau mỗi lần sinh.
+ Thời gian giữa hai lần sinh.
+ Tuổi bắt đầu tham gia sinh sản
G/ MỨC SỐNG SÓT
Ss= 1-D
1 là kích thước quần thể
D mức tử vong
H/ SỰ TĂNG TRƯỞNG CỦA QUẦN THỂ
Sự tăng trưởng, trước hết phụ thuộc vào tỷ lệ sinh sản (b) và tỷ lệ tử vong (d) trong mối tương quan:
r = b - d
r là hệ số hay “mức độ tăng trưởng riêng tức thời” của quần thể, tức là số lượng gia tăng trên đơn vị
thời gian và trên một cá thể.
Nếu r > 0 (b > d) quần thể phát triển (tăng số lượng), r = 0 (b = d) quần thể ổn định, còn r < 0 (b < d)
quần thể suy giảm số lượng.
a/ môi trường lý tưởng: Từ các chỉ số này ta có thể viết:
ΔN/ Δt=(b-d).N hay ΔN/ Δt=r.N
ΔN (hay dN): mức tăng trưởng, Δt (hay dt)khoảng thời gian, N số lượng của QT, r hệ số hay tốc độ
tăng trưởng
r = dN/Ndt hay rN = dN/dt (1)
Đây là phương trình vi phân thể hiện sự tăng trưởng số lượng số lượng của quần thể trong điều kiện
không có sự giới hạn của môi trường. Lấy tích phân đúng 2 vế của phương trình (1) ta có:
Nt= N0ert
(2)
ở đây: Nt và N0 là số lượng của quần thể ở thời điểm tương ứng t và t0, e - cơ số logarit tự nhiên, t
thời gian
Từ phương trình 2 lấy logarit của cả 2 vế ta có: r = (LnNt – LnN0)/(t – t0)
b/ Môi trường có giới hạn: được thể hiện dưới dạng một phương trình sau:
dN/dt = rN(K-N)/K = rN - r N2/ K = rN (1- N/K) hoặc: N = K/(1+e)α –rt hoặc N = Ner(1-N/K)t
r - tốc độ tăng trưởng riêng tức thời;
N - số lượng cá thể;
K - số lượng tối đa quần thể có thể đạt được hay là tiệm cận trên;
e - cơ số logarit tự nhiên
a - hằng số tích phân xác định vị trí bắt đầu của đường cong trên trục toạ độ; về mặt số lượng
a = (K -N)/ N khi t = 0. Giá trị 1 - N/K chỉ ra các khả năng đối kháng của môi trường lên sự tăng
trưởng số lượng của quần thể.
Ví dụ: về sự tăng trưởng quần thể trong điều kiện lý thuyết và điều kiện sức tải của môi trường.
Giả sử có một quần thể với 100 cá thể ban đầu, mỗi cá thể có khả năng bổ sung trung bình 0,5 cá
thể trong một khoảng thời gian t. Chúng ta xét sự tăng trưởng quần thể sau 1 khoảng thời gian
trong điều kiện lý thuyết và điều kiện sức tải môi trường là 1000 cá thể.

Nếu không có sự đối kháng của môi trường thì r => rmax tức là thế năng sinh học của loài. Những
loài có rmax lớn thường có số lượng đông, kích thước nhỏ, sinh sản nhanh và chủ yếu chịu sự
tác động của môi trường vô sinh (rét đậm, lũ lụt, cháy...), còn những loài có rmax nhỏ (động vật
bậc cao chẳng hạn) thì có số lượng ít, tuổi thọ cao, sức sinh sản thấp, khả năng khôi phục số lượng
kém và chịu ảnh hưởng chủ yếu của các yếu tố môi trường hữu sinh (bệnh tật, bị ký sinh, bị săn
bắt...)
I/ THÀNH PHẦN TUỔI TRONG QUẦN THỂ
Khi xếp các nhóm tuổi này kế tiếp lên nhau từ nhóm tuổi I đến nhóm tuổi III, cũng tương tự
như khi xếp các thế hệ ta có tháp tuổi, nhưng ở đây cho phép đánh giá xu thế phát triển số lượng của
quần thể cũng như một số các ý nghĩa khác.
CHƯƠNG 4. HỆ SINH THÁI VÀ SINH QUYỂN
A/ CHUỖI, LƯỚI THỨC ĂN VÀ BẬC DINH DƯỠNG
Chuỗi thức ăn tổng quát có dạng:
SVSX → SVTT bậc 1 → SVTT bậc 2 → SVTT bậc 3 → ... → SV phân huỷ
- Trong hệ sinh thái có hai loại chuỗi thức ăn:
+ SV tự dưỡngĐV ăn SV tự dưỡng ĐV ăn thịt các cấp.
+ Mùn bã SV ĐV ăn mùn bã SV ĐV ăn thịt các cấp.
- Lưới thức ăn: Tổng hợp những chuỗi thức ăn có quan hệ với nhau trong hệ sinh thái. Mỗi loài
trong quần xã không chỉ liên hệ với một chuỗi thức ăn mà có thể liên hệ với nhiều chuỗi thức ăn.
- Bậc dinh dưỡng: Bao gồm những mắt xích thức ăn trong cùng một nhóm sắp xếp theo các thành
phần của cùng một chuỗi thức ăn bao gồm SVSX, SVTT bậc 1, SVTT bậc 2, ...
B/ HÌNH THÁP SINH THÁI VÀ NĂNG SUẤT SINH HỌC

Năng suất
Các hệ sinh thái có 2 loại năng suất:
 Năng suất sơ cấp: đó là năng suất của sinh vật sản xuất
 Năng suất thứ cấp: đó là năng suất của sinh vật tiêu thụ
 Năng suất được tính là: Gam chất khô/m²/ngày
+ Hiệu suất sinh thái
Eff (H) = Ci+1. 100%/Ci (eff: Hiệu suất sinh thái, Ci bậc dinh dưỡng thứ i, Ci+1 bậc dinh dưỡng thứ
i+1)
+ Sản lượng sinh vật sơ cấp
PN=PG-R (PN: SL sơ cấp tinh, PG sản lượng sơ cấp thô, R phần hô hấp của TV)

SINH HỌC 10,11:
A/ SINH SẢN Ở VI SINH VẬT
- Nt=N0.2n
(n số thế hệ, N0 số cá thể ban đầu, Nt số cá thể sau thời gian t)
- hằng số tốc độ sinh trưởng µ= 1h/g
- g (phút/thế hệ)=t/n (g thời gian thế hệ)
* n= (logN-logN0)log2 (t là thời gian tính bằng phút, n là thế hệ)
Bài 2
Cho bảng sau:
Thời gian (phút) Số lần phân chia 2n
Số tế bào của quần thể
0 0 1 1
30 1 2 2
60 2 4 4
90 3 8 8
1. Hãy cho biết thời gian thế hệ (g) và tốc độ sinh trưởng riêng của loài sinh vật trên?
2. Giả sử, cấy một lượng khoảng 200 tế bào vi sinh vật trên vào môi trường dinh dưỡng C, nhận thấy pha cân bằng
đạt được sau 7 giờ với tổng số tế bào là 1638400 tb/ml. Liệu vi khuẩn có qua pha tiềm phát không?
Cách giải Kết quả
Thời gian thế hệ g = 30 phút = 1/2 giờ
Tốc độ sinh trưởng riêng: u = 1/g = 2
Thời gian thế hệ g = 30 phút
Tốc độ sinh trưởng riêng: u = 2
Sau 7 giờ chủng vi sinh vật trên đã phân chia với số lần là: Nt = N0.2n
1638400 = 200.2n
n = 13
Thời gian cần cho 13 lần phân chia là: 13.30 = 390
Thời gian cần cần cho pha tiềm phát là: 7.60 – 390 = 30 phút
Vậy, có pha tiềm phát 30 phút
Bài 3
Trong điều kiện nuôi ủ vi khuẩn Salmonella typhimurium ở 370
C người ta đếm được:
- Sau 6 giờ có 6,31.106
tế bào/1cm3
- Sau 8 giờ có 8,47.107
tế bào/1cm3
Hãy tính hằng số tốc độ sinh trưởng (u) và thời gian 1 lứa (g) của chủng vi khuẩn này?
Số lần phân chia n =
2log
10.31,6log10.47,8log 67

= 3,75
Hằng số tốc độ sinh trưởng: u = n/(t-t0) = 3,75/(8-6) = 1,875
Thời gian thế hệ g = 1/u =1/1,875 = 8/15 giờ = 32 phút
Vậy, hằng số tốc độ sinh trưởng:
u = 1,875
Bài 2
Giả sử, cấy một lượng khoảng 200 tế bào vi sinh vật vào môi trường dinh dưỡng, sau một thời
gian nhận thấy số tế bào tạo thành là 1638400 tế bào. Các tế bào đã trải qua bao nhiêu lần phân chia?
Bài 2
Sau một thời gian chủng vi sinh vật sẽ phân chia: Nt = N0.2n
Nt: Số tế bào tạo thành
N0: Số tế bào ban đầu
n: Số lần phân chia
Thay các dữ kiện vào công thức ta có:
1638400 = 200.2n
2n
= 1638400/200 → n = log28192 → n = 13

Bài 2
Dưới kính hiển vi người ta có thể quan sát được một đơn vị diện tích chứa trung bình có
23 tế bào vi khuẩn E.Coli. Sau 8 giờ nuôi cấy người ta pha loãng 4194304 lần, người ta lại
làm một tiêu bản hiển vi như cách làm ban đầu. Lần này trên một đơn vị diện tích trung bình
có 92 tế bào. Giả thiết các tế bào được nuôi trong điều kiện tối ưu, không có tế bào bị chết.
Thời gian thế hệ (kí hiệu là g) của vi khuẩn E.Coli là bao nhiêu phút?
Bài 2
Xác định thời gian thế hệ của vi khuẩn E.Coli:
- Sau 8 giờ dung dịch nuôi cấy được pha loãng 4194304 lần, tiêu bản đếm được trung bình 92 tế bào
→ Từ 23 tế bào sau 8 giờ cho 92 x 4194304 = 385875968 ( tế bào con)
- Gọi k là số lần nhân đôi của tế bào, ta có:
23.2k
= 385875968→ 2k
= 385875968/23 = 16777216
→ k = log 2 16777216 = 24
→ g = (8 x 60 phút)/24 = 20 phút
Câu 4. Ở vi khuẩn Lăctic nếu được nuôi cấy trong điều kiện pH = 3,5 thì thời gian thế
hệ là 30 phút còn nếu nuôi cấy ở điều kiện pH = 4,5 thì thời gian thế hệ là 20 phút.
Một quần thể vi khuẩn Lăctic được nuôi cấy liên tục trong 3 giờ, 1/3 thời gian nuôi
cấy trong môi trường có độ pH = 3,5; sau đó chuyển sang môi trường có độ pH = 4,5.
Biết No = 105
.
a. Sau 3 giờ thì số lượng cá thế của quần thể vi khuẩn Lăctic là bao nhiêu, nếu cho
rằng không có vi khuẩn nào bị chết và quần thể vi khuần luôn giữ ở pha luỹ thừa.
b. Trình bày dãy bấm máy ra kết quả của câu a.
Cách giải (tóm tắt) Kết quả
a. Sau 3 giờ tổng số cá thể của quần thể vi khuẩn Lactic:
- Thời gian nuôi cấy trong môi trường có PH=3,5 là 1h.
- Số lần phân chia trong thời gian này là: 60/30 = 2 lần.
- Số cá thể vi khuẩn Lactic tạo ra sau 1 h là:
Nt = N0 . 2n
=> 105
.22
- Thời gian nuôi cấy trong môi trường có PH = 4,5 là 2h.
- Số lần phân chia của vi khuẩn trong thời gian này là 120/20 = 6lần.
- Vì môi trường nuôi cấy liên tục nên số cá thể của quần thể vi khuẩn này
tạo ra là sau 3 h là: Nt= 4.105
.106
b. Trình bày dãy bấm (Học sinh tự làm)
Câu 1:
Hai tế bào A và B đều có hình khối lập phương. Giả sử tế bào A có tỉ lệ S/V bằng
0,42, còn tế bào B có tỉ lệ S/V bằng 3,4. Tế bào nào có kích thước lớn hơn? Tính diện tích bề
mặt toàn phần và thể tích mỗi tế bào.
Cách giải Điểm

Gọi a là kích thước của mỗi cạnh (tính theo µm) thì hình khối lập phương có:
S = 6 . a2
và V = a3
== > S/V = 6/a
- Tế bào A có: a = 6 : 0,42 = 14,2857(µm).
Vậy S = 6.14,28572
= 1224,4872 (µm2
)
và V = 14,28573
= 2915,4431 (µm3
)
- Tế bào B có: a = 6 : 3,4 = 1,7647(µm).
Vậy S = 6 . 1,76472
= 18,6850 (µm2
)
và V = 1,76473
= 5,4956 (µm3
)
2,00
1,50
1,50
Câu 3:
Người ta cấy vào môi trường nuôi cấy 4.105
tế bào vi khuẩn phát triển không qua pha
tiềm phát (lag). Sau 6 giờ số lượng tế bào đạt 3,68.107
. Xác định thời gian thế hệ của vi
khuẩn.
Ta có: N0 = 4.105
.
N = 3,68.107
t = 360 phút
g =?
N = N0. 2n
(n là số lần phân đôi)
Lấy logarit, ta có:
lg N = lgN0 + n lg2 hay (lg N – lg N0)/ lg 2 = n
mà n = t/g => (lg N – lg N0)/t = lg2/g
(lg 3,68.107
– lg 4.105
)/ 360 = 0,3010/g
Hay (7,5658 – 5,6021)/ 360 = 0,3010/g
G = 0,3010.360/ 1,9637= 55,1815 phút
1,00
4,00
Bài 2.
Khi nuôi cấy vi khuẩn E. Coli trong môi trường nuôi cấy không liên tục bắt đầu từ 1200 tế
bào với pha tiềm phát kéo dài 1 giờ, thời gian thế hệ là 30 phút. Hãy tính số lượng tế bào được tạo
thành sau 55 phút, 5 giờ (trong trường hợp tất cả các tế bào đều phân chia và trường hợp 1/4 số tế
bào ban đầu bị chết).
Cách giải Điểm Kết quả Điểm

- Sau 55 phút các tế bào đang ở pha tiềm phát nên số
lượng tế bào không tăng. Tổng số tế bào là 1200
- Sau 5 giờ, tế bào đã phân chia được 4 giờ với thời gian
thế hệ là 30 phút thì số lần phân chia là
(60/30) x 4 = 8.
=> Như vậy, sau 5 giờ số số lượng tế bào tạo thành sẽ là:
N = N0 x 2n
= 1200 x 28
= 307200 tế bào
+ Nếu số tế bào ban đầu đều tham gia phân chia thì số
lượng tế bào tạo thành là 307200 tế bào.
+ Nếu 1/4 số tế bào ban đầu bị chết thì số lượng tế bào
tạo thành sau 5 giờ phân chia là:
[1200 – (1200/4)] x 28
= 230400 tế bào
0,5
1,0
1,0
0,5
1,0
- Sau 55phút số lượng
tế bào là 1200 tế bào.
- Sau 5giờ tất cả các tế
bào đều phân chia thì số
tế bào tạo thành là
307200 tế bào
- Nếu có 1/4 số tế bào bị
chết thì số tế bào tạo
thành là:
230400 tế bào
0,5
0,25
0,25
Bài 4.
Giả sử, đường kính của 1 trứng cóc là 30µm và của 1cầu khuẩn là 2µm. Tính diện tích bề
mặt, thể tích của trứng cóc và cầu khuẩn. So sánh tỉ lệ diện tích và thể tích (S/V) của trứng cóc và
cầu khuẩn, từ đó rút ra kết luận.
- Tế bào trứng cóc có:
+ Diện tích bề mặt:
S = 4πR2
= 4 x 3,14 x (30/2)2
= 2826µm2
+ Thể tích là:
V = 4/3 πR3
= (4/3) x 3,14 x (30/2)3
= 14130 µm3
- Cầu khuẩn có :
S = 4πR2
= 4 x 3,14 x (2/2)2
= 12,56 µm2
+ Thể tích là:
V = 4/3 πR3
= (4/3) x 3,14 x (2/2)3
≈ 4,1867 µm3
- Tỉ lệ S/V của trứng cóc là:2826/14130 = 0,2
- Tỉ lệ S/V của cầu khuẩn là: 12,56 / 4,1867 ≈ 2,9999
=> Tỉ lệ S/V của cầu khuẩn so với trứng cóc là:
2,9999/0,2 ≈ 15lần
* Kết luận:
- Tỉ lệ S/V của cầu khuẩn lớn => Tốc độ trao đổi chất
mạnh, sinh trưởng – Phát triển và sinh sản nhanh => Phân
bố rộng.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
- Trứng cóc có:
+Diện tích bề mặt là :
2826µm2
+ Thể tích :14130 µm3
- Cầu khuẩn có :
12,56 µm2
+Thể tích: 4,1867µm3
- Tỉ lệ S/V của cầu
khuẩn gấp gần 15 lần tỉ
lệ S/V của trứng cóc
=> Cầu khuẩn trao đổi
chất mạnh, sinh trưởng-
phát triển và sinh sản
nhanh, phân bố rộng
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2.
Khi nuôi cấy vi khuẩn E. Coli trong môi trường nuôi cấy không liên tục bắt đầu từ
1200 tế bào với pha tiềm phát kéo dài 1 giờ, thời gian thế hệ là 30 phút. Hãy tính số lượng tế
bào được tạo thành sau 55 phút, 5 giờ (trong trường hợp tất cả các tế bào đều phân chia và
trường hợp 1/4 số tế bào ban đầu bị chết).

- Sau 55 phút các tế bào đang ở pha tiềm phát nên số
lượng tế bào không tăng. Tổng số tế bào là 1200
- Sau 5 giờ, tế bào đã phân chia được 4 giờ với thời
gian thế hệ là 30 phút thì số lần phân chia là
(60/30) x 4 = 8.
=> Như vậy, sau 5 giờ số số lượng tế bào tạo thành
sẽ là:
N = N0 x 2n
= 1200 x 28
= 307200 tế bào
+ Nếu số tế bào ban đầu đều tham gia phân chia thì
số lượng tế bào tạo thành là 307200 tế bào.
+ Nếu 1/4 số tế bào ban đầu bị chết thì số lượng tế
bào tạo thành sau 5 giờ phân chia là:
[1200 – (1200/4)] x 28
= 230400 tế bào
0,5
1,0
1,0
0,5
1,0
- Sau 55phút số lượng
tế bào là 1200 tế bào.
- Sau 5giờ tất cả các tế
bào đều phân chia thì
số tế bào tạo thành là
307200 tế bào
- Nếu có 1/4 số tế bào
bị chết thì số tế bào
tạo thành là:
230400 tế bào
0,5
0,25
0,25
Câu 3: Người ta cấy vào môi trường nuôi cấy 4.105
tế bào vi khuẩn phát triển không qua pha
tiềm phát (lag). Sau 6 giờ số lượng tế bào đạt 3,68.107
. Xác định thời gian thế hệ của vi
khuẩn.
Câu 1: Hai tế bào A và B đều có hình khối lập phương. Giả sử tế bào A có tỉ lệ S/V
bằng 0,42, còn tế bào B có tỉ lệ S/V bằng 3,4. Tế bào nào có kích thước lớn hơn? Tính diện
tích bề mặt toàn phần và thể tích mỗi tế bào.
S = 6 . a2
và V = a3
== > S/V = 6/a
- Tế bào A có: a = 6 : 0,42 = 14,2857(µm).
Vậy S = 6.14,28572
= 1224,4872 (µm2
)
và V = 14,28573
= 2915,4431 (µm3
)
- Tế bào B có: a = 6 : 3,4 = 1,7647(µm).
Vậy S = 6 . 1,76472
= 18,6850 (µm2
)
và V = 1,76473
= 5,4956 (µm3
)
2,00
1,50
1,50
Câu 1:
Hai tế bào A và B đều có hình khối lập phương. Giả sử tế bào A có tỉ lệ S/V bằng
0,42, còn tế bào B có tỉ lệ S/V bằng 3,4. Tế bào nào có kích thước lớn hơn? Tính diện tích bề
mặt toàn phần và thể tích mỗi tế bào.

S = 6 . a2
và V = a3
== > S/V = 6/a
- Tế bào A có: a = 6 : 0,42 = 14,2857(µm).
Vậy S = 6.14,28572
= 1224,4872 (µm2
)
và V = 14,28573
= 2915,4431 (µm3
)
- Tế bào B có: a = 6 : 3,4 = 1,7647(µm).
Vậy S = 6 . 1,76472
= 18,6850 (µm2
)
và V = 1,76473
= 5,4956 (µm3
)
2,00
1,50
1,50
Câu 2:
Nuôi cấy 5.105
tế bào E. coli trong môi trường chứa glucozơ và muối amonium. Sau
300 phút nuôi cấy, ở giai đoạn pha log số lượng E.coli đạt 35.106
tế bào.Thời gian thế hệ là
40 phút. Xác định thời gian phát triển với pha lag nếu có (theo phút).
Ta có N0 = 5.105
N = 35.106
g = 40 phút
t = ? Thời gian cần thiết để gia tăng số lượng tế bào vi khuẩn từ N0 đến
N.
N = N0.2n
(n số lần phân đôi)
=> lgN = lgN0 + nlg2 => (lgN – lgN0) / lg2 = n
Mà n = t/g
=> (lgN – lgN0)/t = lg2/40
=> t = ((lgN – lgN0).40)/lg2
= (7,5441 – 5,6990).40/0,3010 = 245,1960
Vậy quá trình nuôi cấy trên có giai đoạn pha tiềm phát kéo dài là
300 – 245,196 = 54,804 phút.
1,00
2.00
2,00
Câu 5: Người ta cấy trực khuẩn Gram âm phân giải prôtêin mạnh Proteus vulgaris
trên các môi trường dịch thể có thành phần như sau:
NH4Cl-1; K2HPO4-1; MgSO4.7H2O- 0,2; CaCl2- 0,01; H2O- 1 lít; các nguyên tố vi
lượng Mn, Mo, Cu, Co, Zn, mỗi loại 2.10-6
– 2.10-5
; Glucoz-5; Axit nicotinic-10-4
;
Vào thời điểm nuôi cấy môi trường chứa No = 102
vi khuẩn/ml, pha cân bằng đạt được
sau 6 giờ và vào lúc ấy môi trường chứa N = 106
vi khuẩn/ml. Trong điều kiện nuôi
cấy này độ dài thế hệ của vi khuẩn là 25 phút. Hỏi Proteus vulgaris có phải trải qua
pha lag không? Nếu có thì kéo dài bao lâu?
Có phải trải qua pha tiềm phát ( pha lag), được xác định :
n = (lg106
– lg102
)/lg2 = 13,3
- Thời gian pha luỹ thừa là: 13,3 x 25 = 332,5 phút
-> thời gian của pha lag là: 360 – 332,5 = 27,5 phút
Bài 1.
Cho bảng sau:
Thời gian (phút) Số lần phân chia 2n
Số tế bào của quần thể

0 0 1 1
30 1 2 2
60 2 4 4
90 3 8 8
a. Hãy cho biết thời gian thế hệ (g) và tốc độ sinh trưởng riêng của loài sinh vật trên?
b. Giả sử, cấy một lượng khoảng 200 tế bào vi sinh vật trên vào môi trưAờng dinh dưỡng C,
nhận thấy pha cân bằng đạt được sau 7 giờ với tổng số tế bào là 1638400 tb/ml. Liệu vi
khuẩn có qua pha tiềm phát không?
Bài 2.
Trong điều kiện nuôi ủ vi khuẩn Salmonella typhimurium ở 370
C người ta đếm được:
- Sau 6 giờ có 6,31.106
tế bào/1cm3
- Sau 8 giờ có 8,47.107
tế bào/1cm3
Hãy tính hằng số tốc độ sinh trưởng (u) và thời gian 1 lứa (g) của chủng vi khuẩn này?
1. a. Thời gian thế hệ g = 30 phút = 1/2 giờ
Tốc độ sinh trưởng riêng: u = 1/g = 2
Tốc độ sinh trưởng riêng: u = 2
b. Sau 7 giờ chủng vi sinh vật trên đã phân chia với số lần là: Nt = N0.2n
1638400 = 200.2n
n = 13
Thời gian cần cho 13 lần phân chia là: 13.30 = 390
Thời gian cần cần cho pha tiềm phát là: 7.60 – 390 = 30 phút
Vậy, có pha tiềm phát 30 phút
2. Số lần phân chia n =
2log
10.31,6log10.47,8log 67

= 3,75
Hằng số tốc độ sinh trưởng: u = n/(t-t0) = 3,75/(8-6) = 1,875
Thời gian thế hệ g = 1/u =1/1,875 = 8/15 giờ = 32 phút
Vậy, hằng số tốc độ sinh trưởng:
u = 1,875
Câu 9: Một loài vi khuẩn hình cầu có khối lượng khoảng 5.10-13
gam. Khi nuôi cấy 5.10-11
gam vi khuẩn trong môi trường nuôi cấy sau 4 giờ đạt tới khối lượng là 2,56.10-8
gam.
a)Xác định thời gian thế hệ (g) của loài vi khuẩn này?
b)Nếu
1
5
số tế bào ban đầu bị chết thì sau 4 giờ nuôi cấy sẽ thu được bao nhiêu gam
vi khuẩn? Biết rằng loài vi khuẩn này phát triển có trải qua pha lag là 1 giờ.
Nội dung giải Số điểm
a)Số tế bào ban đầu là:
11
0 13
5 10
100
5 10
N



 

tế bào
Số tế bào vi khuẩn sau 4 giờ nuôi cấy là :
8
0 13
2,56 10
51200
5 10
N



 

tế bào
Loài vi khuẩn trải qua pha tiềm phát 1 giờ nên thời gian phát triển thực của
vi khuẩn này trong môi trường là: 4 – 1 = 3 giờ = 180 phút
Gọi n là số lần phân chia, ta có:
0
0
0
2
log log
log log 2 log
log 2
n
N N
N N
N n N n
 

   
1 điểm
0,5 điểm

log51200 log100
9
log 2
n

  
Thời gian thế hệ là :
180
20
9
t
g
n
   phút
b)Trường hợp
1
5
số tế bào ban đầu bị chết thì khối lượng vi khuẩn tạo thành
sau 4 giờ nuôi cấy là:
13 9 13 8
0 0
1 100
( ) 2 5.10 (100 ) 2 5.10 2,408.10
5 5
n
N N N   
         gam
1,5 điểm
0,5 điểm
1,5 điểm
C©u 4.
Ngêi ta nu«i 2 chñng virut trong m«i trêng cã 5 ml. Chñng 1 cã 106
tÕ bµo, chñng 2 cã 2.102
tÕ
bµo.
a. Sè lîng TB cña mçi chñng trong 1 ml dung dÞch t¹i thêi ®iÓm t = 0 giê?
b. Sau 6 giê, ë chñng 1 cã 8.108
TB, ë chñng 2 cã 106
tÕ bµo. Thêi gian 1 thÕ hÖ cña mçi chñng trªn
lµ bao nhiªu?
Gi¶i
a.- Sè lîng TB cña chñng I trong 1 ml dung dÞch lµ: 106
/5 = 2.105
- Sè lîng TB cña chñng II trong 1 ml dung dÞch lµ: 2.102
/5 = 40
b. Gäi g1 lµ thêi gian thÕ hÖ cña chñng I
 sè lÇn nh©n ®«i cña chñng I = 6.60/g1 = 360/g1
Gäi g2 lµ thêi gian thÕ hÖ cña chñng II
 sè lÇn nh©n ®«i cña chñng II = 6.60/g2 = 360/g2
Ta cã 106
.2360/g1
= 8.108
-> 2360/g1
= 800  g1 = 360/log2800 =
2.102
. 2360/g2
= 106
-> 2360/g2
= 5.103
 g2 = 360/log25000 =
Câu 5(5 điểm): a) Đường kính của một vi khuẩn hình cầu là 0,3 m, một trứng ếch có đường
kính 1,5 m. Tính diện tích bề mặt và thể tích của cầu khuẩn và trứng ếch. So sánh tỷ lệ diện
tích và thể tích (S/V) của cầu khuẩn và trứng ếch.( lấy 3,14  ).
b)Nếu người ta tiến hành nuôi cấy loài vi khuẩn nói trên vào môi trường có thành phần dinh
dưỡng thích hợp. Vào thời điểm nuôi cấy có 104
vi khuẩn/ml. Pha cân bằng đạt được sau 9
giờ vào lúc đó môi trường nuôi cấy có chứa 1010
vi khuẩn/ ml. Trong điều kiện nuôi cấy này
độ dài thế hệ của vi khuẩn là 25 phút. Hỏi loài vi khuẩn trên có trải qua pha lag không? Nếu
có thì kéo dài bao lâu?
Chú ý: Các kết quả tính ở câu (a) không làm tròn(giữ nguyên), còn ở câu (b) theo quy tắc
làm tròn số của đơn vị tính qui định trong bài toán.
Nội dung giải Số điểm
* Diện tích bề mặt: S = 4R2
+ Vi khuẩn: S = 4(0,3:2)2
= 0,2826
+ Trứng ếch: S = 4(1,5:2)2
= 7,065
* Thể tích: V = 4/3 R3
+ Vi khuẩn: V = 4/3(0,3:2)3
= 0,01413
+ Trứng ếch: V = 4/3(1,5:2)3
=1,76625
* Tỷ lệ S/V
+ Vi khuẩn: S/V = 0,2826/ 0,01413 = 20
+ Trứng ếch: S/V = 7,065/1,76625 = 4
So sánh tỷ lệ S/V của 2 tế bào: 20/4 = 5
1 điểm
1 điểm
1 điểm

b)Gọi n là số lần phân chia
No số lượng ở thời điểm ban đầu, Nt số lượng ở thời điểm t
Ta có : Nt = No.2n
10 4
log10 log10
20
log 2
n

  
Vậy thời gian pha lũy thừa là : 20x25 = 500 phút
Thời gian pha lag là: 540 – 500 = 40 phút.
--> Có phải trải qua pha tiềm phát ( pha lag), kéo dài 40 phút.
1 điểm
1 điểm

B/ ATP VÀ HIỆU SUẤT ATP
a) - Phương trình pha sáng:
12H2O + 12NADP + 18ADP + 18Pv + 60 lượng tử diệp lục
6O2 + 12NADPH2 +
18ATP + 18H2O.
- Phương trình pha tối quang hợp:
6C02 + 12NADPH2 +18ATP + 12H2O C6H12O6 +12NADP + 18ADP +18Pv
a) Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp mà nguyên liệu là glucozơ:
C6H12O6 + 6CO2 → 6CO2 + 6H2O
 Chỉ số hô hấp (RQ) = 6/6 = 1
b) Quá trình hô hấp được chia làm 3 giai đoạn:
+Đường phân: Tạo ra 2 ATP và 2 NADH
+Chu trình crep:Tạo ra 2 ATP và 8 NADH, 2FADH2
+ Chuỗi truyền electron hô hấp:
( 1NADH qua chuỗi truyền electron tạo 3 ATP
1FADH2 qua chuỗi truyền electron tạo 2 ATP)
=> Số phân tử ATP được tạo ra qua chuỗi truyền điện tử là: (2 x 3) + (8 x 3) + (2 x 2) = 34
ATP
- Như vậy, tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử
glucozơ là 38 ATP.
C/ DIỆN TÍCH BỀ MẶT VÀ THỂ TÍCH CỦA VI KHUẨN DẠNG CẦU
- Diện tích bề mặt: S=4.π .R2
- Thể tích V=4/3.π.R3
D/KHI BÌNH PHƯƠNG (χ2
)
- Lịch sử: Do Karl Pearson đề xuất 1900
χ2
= Σ(O-E)2
/E (χ2
: Khi bình phương; O Số liệu thực tế; E số liệu dự kiến theo lý thuyết H0)
Khi tìm được χ2
người ta so sánh với 1 bảng phân phối χ2
từ đó rút ra kết luận. Ứng
với mức tự do n xác định theo độ chính xác α thì giả thuyết H0 là đúng. Nếu χ2
lớn hơn
giá trị C (n,α ) trong bảng phân phối Thì giá trị H0 không phù hợp
VD:
Kiểu hình F2 O E (O-E)2
(O-E)2
/E
Trơn, vàng 571 540 961 1,7796
Trơn, xanh 157 180 529 2,9389
Nhăn, vàng 164 180 256 1,4222
nhăn, xanh 68 60 64 1,0667
Σ 960 960 7,2074
Như vây, đối chiếu với giá trị χ2
= 7,815, ta thấy giá trị χ2
= 7,2074 thu được trong thí
nghiệm < 7,815 nên kết quả thu được trong thí nghiệm phù hợp với quy luật phân li độc lập.
Sự sai khác giữa số liệu lí thuyết và thực nghiệm là do sai sót ngẫu nhiên.
E/ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH X
= x1+x2+x3+…….+xn/NX

F/ PHƯƠNG SAI (S2
) VÀ ĐỘ LỆCH CHUẨN
S2
= ∑ (xn- )2
/(n-1)
Phương sai phản ánh giá trị lệch so với trị số trung bình
Độ lệch chuẩn
s= 2
S phản ánh số liệu cụ thể của xi lệch bao nhiêu so với trị số TB
G/ Sức hút nước của tế bào trước khi đặt vào dung dịch là:
S = P - T = 1,6 – 0,5 = 1,1 atm
Ta có: Ptb = RTC -> C = Ptb/RT
- Để cây hút được nước thì Ptb > Pdd đất -> Ptb > 2.5atm
- Mùa hè : C > 2.5/RT = 2.5/ (273 + 36).0,082
Mùa đông : C > 2.5/RT = 2.5/(273 + 13).0,082
VD. Sức hút nước (S) của tế bào thực vật là gì? Sức hút nước có mối tương quan với áp
suất thẩm thấu của dịch bào và phản lực T của vách tế bào như thế nào?
Khi đưa một tế bào thực vật có áp suất thẩm thấu là 1,7 atm và phản lực T (Turo) của vách
tế bào là 0,6 atm vào dung dịch saccarozơ có áp suất thẩm thẩu 1,1 atm thì hiện tượng gì sẽ
xảy ra?
* Sức hút nước là hiệu số giữa áp suất thẩm thấu của dịch bào và phản lực T của vách tế bào (
S= P- T)
* S = P khi T = 0, nghĩa là khi tế bào ở trạng thái co nguyên sinh.
* S = 0 khi P=T, chính là lúc tế bào no nước tối đa.
* S > 0 khi P> T ,lúc tế bào chưa no nước.
* Sức hút nước của tế bào lúc đầu: S = 1,7- 0,6=1,1 atm. Lúc này sức hút nước cân bằng với
Ptt của dung dịch đường, nên tế bào không thay đổi.
H/ hệ số hô hấp của các axit
- Axit panmitic: C15H31COOH
- Axit stearic : C17H35COOH
- Axit sucxinic: HOOC - CH2 - CH2 - COOH
- Axit malic: HOOC - CH2 -CHOH – COOH
Hệ số hô hấp là tỉ số giữa số phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hấp thụ vào (RQ).
C16H32O2 + 23 O2 => 16 CO2 + 16 H2O => RQ1 = 16/23 = 0,6957
C18H36O2 + 26 O2 => 18 CO2 + 18 H2O => RQ2 = 18/26 = 0,6923
C4H6O4 + 7/2 O2 => 4 CO2 + 3H2O => RQ3 = 4/3,5 = 1,1429
C4H6O5 + 3 O2 => 4 CO2 + 3 H2O => RQ4 = 4/3 = 1,3333
b) Nhận xét: Cùng nguyên liệu là axit:
- Nếu axit giàu hydro và nghèo oxi => RQ < 1.
- Nếu axit bậc thấp ditricacboxylic giàu oxi => RQ >1
X
X

G/ KHỐI LƯỢNG XENLULOZO
Câu I. (2,0 điểm)
1. Xác định:
a) Khối lượng của một đoạn phân tử xenlulôzơ gồm 85 đơn phân.
b) Khối lượng của một phân tử anbumin gồm 200 axitamin, trong đó có 10 liên kết đisunfit.
Biết rằng khối lượng trung bình mỗi axitamin tự do là 122 đvC.
GIẢI
a) Khối lượng của đoạn phân tử xenlulôzơ:
85 x (72 + 12 +96) – (84 x 18) = 13788 đvC.
I.
(2,0)
1.
b) Khối lượng của phân tử anbumin:
(122 x 200) –(199 x 18) –(10 x 2)= 20798 đvC.
Bài tập và cách giải: CHUYÊN ĐỀ 4 : BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
I. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
1. Hệ số hô hấp: Là tỉ số giữa số phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hút vào trong chuỗi phản ứng
hô hấp. RQ = [CO2]/[O2]
2. Sức hút nước của tế bào thực vật (atm): S = P - T
P : Áp suất thẩm thấu (atm)
T : Áp suất trương nước của tế bào (atm)
3. Áp suất thẩm thấu của tb (atm) : P = RTCi
P : Áp suất thẩm thấu (atm)
R : hăng số ≈ 0,082 amt/o
K.mol
T : nhiệt độ tuyệt đối (o
K) = to
(C) + 273
C : nồng độ mol/l; C = n/V ; n: số mol chất tan ; V: thể tích dd
i: hệ số Van Hôp, lượng tiểu phân chất tan phân ly và tái hợp khi tan vào dung môi.
i = (n/n0)(ν-1) + 1 = a(ν-1) + 1
a = n/n0
n: số mol chất đã điện li
n0: tổng số mol chất hòa tan
v: số ion tạo ra từ 1 phân tử chất điện li.
Áp suất thẩm thấu của dung dịch lỏng chứa chất tan không điện li thỏa mãn phương trình: P = CRT

Thay C = n/V = m/MV à ta được: PV = (m/M)RT
V: thể tích dung dịch (lít) chứa m gam chất tan.
M: Khối lượng phân tử của chất tan
4. Hô hấp tb:
a. HH hiếu khí: C6H12O6 + 6 O2 = 6 CO2 + 6 H2O + 38 ATP
- Đường phân: C6H12O6 → 2 CH3COCOOH (axit piruvic) + 2 ATP + 2 NADH
- Chu trình Crep: 2 CH3COCOOH (axit piruvic) → 2 axetyl CoA + 2 CO2 + 2 NADH
2 axetyl CoA → 4 CO2 + 2 ATP + 6 NADH + 2 FADH2
- Chuỗi chuyền e hh và photphorin hóa oxi hóa:
10 NADH + 2 FADH2 + 6 O2 → (10.3 + 2.2) ATP + 6 H2O
b. HH kị khí: C6H12O6 = 2C2H5OH + 2CO2 + 2 ATP
- Đường phân: C6H12O6 → 2 CH3COCOOH (axit piruvic) + 2 ATP + 2 NADH
- Lên men: 2CH3COCOOH (axit piruvic) + 4H+
→ 2CH5OH (rượu etilic) + 2CO2
Hoặc: 2CH3COCOOH (axit piruvic) + 2H+
→ 2CH3COHCOOH (axit lactic)
5. Quang hợp:
a. QH và n/s cây trồng
Nkt = (FCO2.L.Kf.Kkt)n (tấn/ha)
Nkt : n/s kinh tế - phần chất khô tích lũy trong cơ quan kinh tế
FCO2 : khả năng QH = cường độ QH (mg CO2/dm2
lá/giờ) + hiệu suất QH (g chất khô/m2
lá/ ngày)
L : diện tích QH = chỉ số diện tích lá (m2
lá/ m2
đất) + thế năng quang hợp (m2
lá/ ngày)
Kf : hệ số hiệu quả QH = phần chất khô còn lại/ tổng số chất khô QH được
Kkt : hệ số kinh tế = chất khô tích lũy trong cơ quan kinh tế/ tổng số chất khô QH được
n : thời gian hoạt động của bộ máy QH
b. Quang hợp
- Pha sáng: 12 H2O + 18 ADP + 18 Pvc + 12 NADP+
→ 18 ATP + 12 NADPH + 6 O2
- Pha tối (chu trình Canvin): 6 CO2 + 18 ATP + 12 NADPH → C6H12O6 + 18 ADP + 12 NADP+

c. Hệ số nhiệt:
- Pha sáng: Q10 = 1,1 – 1,4
- Pha tối: Q10 = 2 – 3
II. GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
Bài 1: Tính hệ số hô hấp của các chất sau và rút ra kết luận gì về những kết quả thu được: Glucôzơ
(C6H12O6), Glixerin (C3H8O3), Axit Tartric (C6H4O6), Axit Oxalic (C2H2O4), - Axit panmitic:
C15H31COOH; - Axit stearic: C17H35COOH; - Axit sucxinic: HOOC - CH2 - CH2 – COOH; - Axit
malic: HOOC - CH2 - CHOH - COOH
Glucôzơ C6H12O6 + 6 O2 = 6 CO2 + 6 H2O RQ = 6/6 =1
Axit Oxalic 2 C2H2O4 + O2 = 4 CO2 + 2 H2O RQ = 4 : 1 = 4
Axit Malic 2 C4H6O5 + 6 O2 = 8 CO2 + 6 H2O RQ = 8 : 6 = 4/3
Glixerin 2 C2H8O3 + 7 O2 = 6 CO2 + 8 H2O RQ = 6 : 7 = 0,86
Axit Stearic C18H36O2 + 26 O2 = 18 CO2 + 18 H2O RQ = 18 : 26 = 0,69
Axit Tartric C6H4O6 + 4 O2 = 6 CO2 + 2 H2O RQ = 6 : 4 = 1,5
Axit sucxinic C4H6O4 + 5 O2 = 4 CO2 + 6 H2O RQ = 4 : 5 = 0,8
Bài 2: Hệ số hô hấp (RQ) là tỉ số giữa các phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hút vào khi cơ thể hô
hấp và trong quá trình hô hấp cứ 1phân tử NADH qua chuỗi chuyền eletron thì tế bào thu được 3
ATP; 1phân tử FADH2 qua chuỗi chuyền electron tế bào thu được 2 ATP.
a) Hãy tính (RQ) khi nguyên liệu hô hấp là C6H12O6 (Glucôzơ).
b) Tính số phân tử ATP mà tế bào thu được trong các giai đoạn của quá trình hô hấp và tổng số
phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucôzơ?
a) Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp mà nguyên liệu là
glucôzơ:
C6H12O6 + 6O2 → 6CO2 + 6H2O
=> Chỉ số hô hấp (RQ) = 6/6 = 1
+ Đường phân: Tạo ra 2 ATP và 2 NADH
+ Chu trình crep:Tạo ra 2 ATP và 8 NADH, 2FADH2
+ Chuỗi chuyền electron hô hấp:
(Qua chuỗi chuyền electron: 1NADH tạo 3 ATP; 1FADH2 tạo 2 ATP)
a) Hệ số hô hấp là: 1
b) Số ATP mà tế bào thu
được qua các giai đoạn là :
- Đường phân: 2ATP
-Chu trình crep: 2 ATP
-Chuỗi chuyền electron: 34
ATP
- Tổng số ATP tế bào thu
được khi phân giải hoàn
toàn 1 phân

=> Số phân tử ATP được tạo ra qua chuỗi chuyền điện tử = 34 ATP
- Như vậy, tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải
hoàn toàn 1 phân tử glucôzơ là 38 ATP.
I. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ ĐỘNG VẬT
1. Chu kì tim ở người trưởng thành: TB 75 nhịp tim/phút
1 chu kì tim = 0.8s = TN co 0.1s + TT co 0,3s + giãn chung 0,4s
1 chu kì TN = 0.8s = 0,1s co + 0,7s giãn
1 chu kì TT = 0.8s = 0,3s co + 0,5s giãn
2. Công thức tính lưu lượng tim là: Q = Qs × f
Q : lưu lượng tim (lượng máu mà tim đẩy vào động mạch/phút)
Qs : thể tích tâm thu
f : tần số co tim (số chu kỳ/phút)
I. GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ ĐỘNG VẬT
Bài 1: Theo dõi chu kỳ hoạt động của tim ở một động vật thấy tỉ lệ thời gian của 3 pha (tâm nhĩ co:
tâm thất co: dãn chung) là 1 : 2 : 3. Biết thời gian tim nghỉ là 0,6 giây. Lượng máu trong tim là 120
ml đầu tâm trương và 290 ml cuối tâm trương. Hãy tính lưu lượng tim?
Vì thời gian tim nghỉ là 0,6s tương ứng với thời gian dãn chung, theo bài
ra ta có:
- Thời gian của một chu kỳ tim là: 0,6 × 6/3 = 1,2 (giây)
- Tần số của tim là: 60/1,2 = 50 (nhịp/phút)
Theo bài ra mỗi lần tim đập đẩy được lượng máu vào động mạch chủ
là: 290 - 120 = 170 (ml)
Þ Lưu lượng tim là: Q = 170 × 50 = 8500 ml/phút = 8,5 lít/phút
Lưu lượng tim là: Q = 8,5
lít/phú
Casio lớp 11
Câu 1: Một chu kỳ tim ở người gồm 3 pha: pha co tâm nhĩ, pha co tâm thất và pha dãn
chung. Thời gian trung bình của một chu kỳ tim ở người bình thường là 0,8s. Một người phụ nữ X
có nhịp tim đo được là 84 nhịp/phút. Khối lượng máu trong tim của cô ta là 132,252ml vào cuối tâm
trương và 77,433ml vào cuối tâm thu.
a. Xác định thời gian mỗi pha của một chu kỳ tim ở người phụ nữ X?
b. Tính lượng máu bơm/phút của người phụ nữ đó?

Câu2: Tính lượng phân đạm cần bón cho lúa mùa để đạt năng suất 65 tạ/ha. Biết rằng để thu được
một tạ thóc cần bón 1,6 kg N. Hệ số sử dụng nitơ trong đất là 67%. Lượng nitơ còn tồn dư trong đất
là 29kg/ha. Nếu dùng phân đạm NH4NO3 để bón thì cần bao nhiêu? Nếu dùng phân đạm KNO3 thì
cần bao nhiêu?
Cho biết: N = 14; O = 16; K = 39; H = 1.
Bài 3. Hệ số hô hấp (RQ) là tỉ số giữa các phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hút vào khi cơ thể hô
hấp và trong quá trình hô hấp cứ 1phân tử NADH qua chuỗi truyền eletron thì tế bào thu được 3
ATP; 1phân tử FADH2 qua chuỗi truyền electron tế bào thu được 2 ATP.
a) Hãy tính (RQ) khi nguyên liệu hô hấp là C6H12O6 (Glucozơ).
b) Tính số phân tử ATP mà tế bào thu được trong các giai đoạn của quá trình hô hấp và tổng
số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucozơ?
Bài 4. Nhịp tim của voi là 25 nhịp/phút. Giả sử thời gian nghỉ của tâm nhĩ là 2,1giây và của tâm thất
là 1,5 giây. Hãy tính tỉ lệ về thời gian của các pha trong chu kì tim voi.
Câu 5: Trong một thí nghiệm lên men bằng nấm men trong dung dịch đường saccaro, để nghiên
cứu ảnh hưởng của nhiệt độ lên hoạt tính lên men etanol của nấm men, người ta thu được lượng CO2
(ml) theo từng khoảng thời gian tương ứng với nhiệt độ thí nghiệm như sau:
Thời gian
(phút)
40
C 140
C 240
C 360
C 520
C
1 0 0,27 0,42 0,47 0
2 0 0,83 1,24 1,13 0,15
3 0,13 1,85 2,36 2,76 0,23
4 0,22 3,37 3,52 4,52 0,32
a. Tính tốc độ lượng CO2 trung bình (mlCO2/phút) sinh ra khi nấm men lên men ở mỗi nhiệt độ
theo các giá trị thu được trong khoảng giữa 2 và 4 phút.
b. Nhận xét ảnh hưởng của nhiệt độ đối với hoạt tính enzym ở nấm men.
Câu 6: Sau đây là phản ứng tổng quát của quá trình ôxi hoá một loại thức ăn hữu cơ (được kí hiệu
là X) trong cơ thể: X + 80 O2  57 CO2 + 52 H2O + Năng lượng . Hª số hô hấp bằng bao
nhiêu? X thuộc loại chất gì? Nêu ý nghĩa của hệ số hô hấp.
Câu 7:
Tính lượng phân đạm cần bón cho lúa mùa để đạt năng suất 15 tấn/ha. Biết rằng để thu được
một kg thóc cần 14 g N. Hệ số sử dụng nitơ trong đất là 60%. Lượng nitơ còn tồn dư trong đất là 0
kg/ha. Nếu dùng phân đạm NH4NO3 để bón thì cần bao nhiêu? Nếu dùng phân đạm KNO3 thì cần
bao nhiêu?
Cho biết: N = 14; O = 16; K = 39; H = 1.
Bài8. Cắt một mảnh lá ngô diện tích 100cm2
, cân ngay sau khi cắt được 20g. Để mảnh lá nơi thoáng
15 phút rồi cân lại, được 18,95g.
a. Tính tốc độ thoát nước của lá ngô trong một giờ.
b. Dung tích nước ước tính mà cây ngô trên thoát nước trong một ngày đêm là bao nhiêu lít ?
Bài 9: Nấm dị hoá Glucôzơ giải phóng ATP bằng 2 cách:
- Hiếu khí : C6H12O6 CO2 + H2O
- Kị khí C6H12O6 C2H5 OH + CO2
Loài nấm này được nuôi cấy trong môi trường chứa Glucôzơ .Một nửa lượng ATP được tạo ra do
hô hấp kị khí.
a) Tính tỉ lệ giữa tốc độ dị hoá Glucôzơ theo kiểu hiếu khí và kị khí?
b) Tính lượng O2 tiêu thụ được chờ đợi?
c) Tính lượng CO2 thải ra được chờ đợi?

Bài10:. Tính lượngphân đạm KNO3 13%N cần bón cho lúa ( kg/ha) để đạt năng suất trung bình 50
tạ/ha. Biết rằng để thu 100 kg thóc cần 1,5 kg N. Hệ số sử dụng trung bình Nitơ ở cây lúa chỉ đạt
60%. Trong đất trồng lúa vẫn tồn tại 15 kg N/ha .
Bài11: Một nghiên cứu của Kixenbec ở cây ngô:
- Số lượng khí khổng trên 1cm2
biểu bì mặt là dưới là 7684 khí khổng, mặt lá trên 1cm2
biểu bì lá có
9 300 khí khổng.
- Tổng diện tích lá trung bình cả hai mặt của một cây ngô là : 6100 cm2
.
- Kích thước tế bào khí khổng là 25,6 x 3,3 Mm (1Mm = 10-3
mm )
Hãy tính: a) Tổng số tế bào khí khổng có ở cây ngô đó? Tại sao đa số cây số lượng tế bào khí khổng
ở lớp biểu bì dưới thường nhiều hơn ở lớp tế bào biểu bì trên mà ở ngô lại không như vậy?
b)Tỉ lệ diện tích giữa tế bào khí khổng và diện tích lá là bao nhiêu?
c) Tại sao diện tích khi khổng rất nhỏ so với diện tích lá nhưnh lượng nước bốc hơi qua khí
khổng lại rất lớn chiếm 80% - 90% lượng nước thoát ra ở lá:
Bài 12: Giả sử 1 phân tử Etylmêtansunphonat (EMS) xâm nhập vào 1 tế bào A ở đỉnh sinh trưởng của cây
lưỡng bội và được sử dụng trong tự sao của ADN . Trong số tế bào sinh ra từ 1 tế bào A sau 3 đợt nguyên
phân thì số tế bào con mang gen đột biến thay thế cặp G – X = T- A là bao nhiêu ? Nếu tế bào A ban đầu có
một gen B dài 5100A0
và
A =2G thì các tế bào mang gen đột biến trên có tổng số nu từng loại bằng bao nhiêu ?
Bài 13: Một phân tử ADN (alen A) có 150 chu kỳ xoắn và Có 3700 liên kết hidrrô đang trong quá trình nhân
đôi, nếu có một phân tử acridin chèn vào mạch khuôn cũ thì sẽ phát sinh đột biến thành alen a và alen A kém
alen a ba liên kết hidrô , Alen a t iến hành nhân đôi bốn lần thì số lượng từng loại nu trong các alen của a bằng
bao nhiêu?
Câu 14: Giả sử trong một gen có 72 .104
đvc và A.X = 0,04(X> A) một bazơ xitozin trở thành dạng hiếm
(X*) thì sau 3 lần nhân đôi sẽ có bao nhiêu gen đột biến dạng thay thế G-X bằng AT và số lương nu loại T
trong các gen đột biến bằng bao nhiêu ?:
Câu 15: Gen B dài 5.100A0
trong đó nu loại A bằng 2/3 nu loại khác. Hai đột biến điểm xảy ra đồng
thời làm gen B trở thành gen b, số liên kết hiđrô của gen b là 3.902. Khi gen bị đột biến này tái bản
liên tiếp 3 lần thì môi trường nội bào cần cung cấp số nu loại Timin là
Bµi 16: Lóa 2n = 24NST .Mét nhãm tÕ bµo sinh dôc s¬ khai NP mét sè lÇn b»ng nhau m«i trêng
cung cÊp 30 480 NST míi hoµn toµn.Çc tb con t¹o thµnh tham gia gi¶m ph©n t¹o giao tö thÊy m«i
tr¬ng ph¶i cung cÊp 30 720 NST .Trong çc tÕ bµo sau gi¶m ph©n ®ã cã 5% tÕ bµo ph¸t triÓn thµnh
giao tö cã kh· n¨ng tham gia thô phÊn m«i trêng ph¶i cung cÊp 5 376 NST .X¸c ®Þnh:
a)Sè lîng tb sinh dôc s¬ khai?çc tb trªn lµ tb sinh dôc ®ùc hay çi?
b)Tb sinh giao tö cßn l¹i nÕu hiÖu suÊt thô tinh cña giao tö trªn lµ 25% vµ giao tö cßn l¹i lµ
6,25%?
c)NST m«i trêng cung cÊp cho qu¸ tr×nh t¹o giao tö cßn lai biÕt r»ng chØ cã mét tÕ bµo sinh
dôc s¬ khai ph¸t triÓn thµnh vµ tÊt c¶ çc tÕ bao sau gi¶m ph©n ®Òu ph¸t triÓn thµnh giao tö?
Câu 17: Người ta chuyển một số phân tử ADN của vi khuẩn Ecôli chỉ chứa N15
sang môi trường chỉ
có N14
. Tất cả các ADN nói trên đều thực hiện tái bản 5 lần liên tiếp tạo được 512 phân tử ADN.
Số phân tử ADN còn chứa N15
là

Câu 18: Axitamin Cys được mã hóa bằng 2 loại bộ mã, axitamin Ala và Val đều được mã hóa bằng
4 loại bộ mã. Có bao nhiêu cách mã hóa cho một đoạn pôlipeptit có 5 axitamin gồm 2 Cys, 2 Ala và
1 Val ?
A. 7680 B. 960 C. 256 D. 3840
Đáp án casio 11
Câu 18: Axitamin Cys được mã hóa bằng 2 loại bộ mã, axitamin Ala và Val đều được mã hóa bằng
4 loại bộ mã. Có bao nhiêu cách mã hóa cho một đoạn pôlipeptit có 5 axitamin gồm 2 Cys, 2 Ala và
1 Val ?
A. 7680 B. 960 C. 256 D. 3840
-2 Cys có 3 cách chọn = x1 + C2
x1 (x1 là số bộ ba mã hoá Cys).
-2Ala có 6 cách chọn = x2 + C2
x2 (x2 là số bộ ba mã hoá Ala).
- 1 Val có 4 cách chọn = x3.
Có các cách mã hoá cho một đoạn pôlipeptit có 5 axitamin gồm 2 Cys, 2 Ala và 1 Val là :
(x1 + C2
x1)( x2 + C2
x2 ) x3 = x1.x2 . x3 . A5/A2.A2 + (x1.C2
x2 + C2
x1 .x2).x3 .A5/A2 + C2
x1.C2
x2. x3 .A5=
7680
Câu 1
a. Thời gian mỗi pha của một chu kỳ tim ở người phụ nữ X
- Pha tâm nhĩ co: 60 x 0,1 / 84 x 0,8 = 0,0893s
- Pha tâm thất co: 60 x 0,3 / 84 x 0,8 = 0,2679s
- Pha dãn chung: 60 x 0,4 / 84 x 0,8 = 0,3571s
b. Lượng máu bơm/phút của người phụ nữ
84 x ( 132,252 - 77, 433) = 4 604,796ml/phút.
Bài 2. Lượng nitơ cần cho 1ha: (1,6 x 65 x 100)/ 67= 155,2239 kgN
- Lượng nitơ cần bón thêm: 155,2239- 29 = 126,2239 kgN
- Dùng đạm NH4NO3: (126,2239 x 100)/ 35 = 360,6397 kg
- Dùng đạm KNO3: (126,2239 x 100)/ 13,8614 = 910,6144kg
N/1ha=155,2239kg
N bón thêm = 126,2239
kg
NH4NO3=360,6397kg
KN03=910,6144kg
Bài 3 a) Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp mà nguyên liệu là glucozơ:
C6H12O6 + 6CO2 → 6CO2 + 6H2O
 Chỉ số hô hấp (RQ) = 6/6 = 1
+Đường phân: Tạo ra 2 ATP và 2 NADH
+Chu trình crep:Tạo ra 2 ATP và 8 NADH, 2FADH2
+ Chuỗi truyền electron hô hấp:
( 1NADH qua chuỗi truyền electron tạo 3 ATP
1FADH2 qua chuỗi truyền electron tạo 2 ATP)
=> Số phân tử ATP được tạo ra qua chuỗi truyền điện tử là: (2 x 3) + (8 x 3) + (2 x 2) = 34 ATP
- Như vậy, tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucozơ là
38 ATP.
Bài 4- Thời gian của 1 chu kì tim voi là: 60/25 = 2,4 giây
- Pha nhĩ co là: 2,4 – 2,1 = 0,3 giây
- Pha thất co là: 2,4 – 1,5 = 0,9 giây

- Pha giãn chung là: 2,4 – (0,3+ 0,9) = 1,2 giây
=> Tỉ lệ về thời gian các pha trong chu kì tim voi là:
Câu 5: a) Tốc độ lượng CO2 trung bình (mlCO2/phút) sinh ra khi nấm men lên men ở nhiệt độ
40
C (0+ 0,13 + 0,22)/3 = 0,1167 mlCO2/phút
140
C (0,83+ 1,85 + 3,37)/3 = 2,0167mlCO2/phút
240
C (1,24+ 2,36 + 3,52)/3 = 2,3733 mlCO2/phút
360
C (1,13+ 2,76 + 4,52)/3 = 2,8033 mlCO2/phút
520
C (0,15+ 0,23 + 0,32)/3 = 0,2333 mlCO2/phút
b) Nhận xét:
- Enzym không có hoạt tính ở nhiệt độ thấp.
- Khi nhiệt độ tăng cao dần hoạt tính của enzym sẽ tăng cao cho đến khi đạt tới nhiệt độ tối ưu
- Sau nhiệt độ tối ưu, hoạt tính của enzym giảm dần cho đến khi mất hoạt tính hoàn toàn.
Câu6:
Chỉ số hô hấp (RQ) = 57/80 <1( Là tỉ số CO2 thải ra và phân tử O2 lấy vào khi hô hấp.
Chất X là Lipit hoặc Prooteein
*Ý nghĩa: + Biết nguyên liệu đang hô hấp là nhóm Chất gì.
- Biết được tình trạng hô hấp của cây để có biện pháp bảo quản nông sản và chăm sóc cây
trồng.
- RQ > 1 nhiều chất hưu cơ đang được tạo thành cây đang hô hấp sáng(ko tốt).
Bài 7:
- Lượng N cần bón : 14.15.100:60 = 350 kg N/ha.
- Nếu là phân NH4NO3 : 350.100: 35 = 1000 kg phân đạm/ha.
- Nếu là phân KNO3 : 350.100:13,8614 = 2524,9974 kg phân đạm /ha.
Bài 8:
- Tốc độ thoát hơi nước của lá ngô : (20 – 18,95).60/15.100 = 0.042g/cm2
/giờ
- Thoát hơi nước trong một ngày đêm: 0.042 . 24 = 1,008g/cm2
/24h
Bài9:
- Hiếu khí: C6H12O6 + 6 O2 = 6 CO2 + 6 H2O + 38 ATP.
- Kị khí : C6H12O6 = 2C2H5OH + 2CO2 + 2 ATP.
- Dị hoá gluco theo kiểu hiếu khí và kị khí là : 38/2 = 19 lần.
- Lượng O2 tiêu thụ là : 6mol.
- Lượng Gluco tiêu thụ là : 1mol + 19mol = 20 mol.
- Lượng O2 tiêu thụ chờ đợi là: 6/20 = 0,3 mol O2/ mol gluco.
- Lượng CO2 thải ra là: 19.2 + 6 = 44 mol.
-lượng CO2 thải ra chờ đợi là: 44/20 = 2.2 mol CO2 / mol gluco.
Nếu học sinh làm với hô hấp hiếu khí ra 36 ATP đúng vẩn cho đủ điểm.
Bài 10. Lượng nitơ cần cho 1ha: (1,5 x 50 x 100)/ 60= 125 kgN
- Lượng nitơ cần bón thêm: 125- 15 = 110 kgN
- Dùng đạm NH4NO3: (110 x 100)/ 35 = 314,286 kg
- Dùng đạm KNO3: (110 x 100)/ 13,8614 = 793,57kg
N/1ha = 125kg
N bón thêm = 110 kg
NH4NO3=314,286kg
KN03= 793,57kg
Câu11:
Số kk = (7684 + 9300) . 6100 = 1 036 022 400. (Lá ngô mọc thẳng đứng)
Skk/Slá = 1 036 022 400 . 26,5 . 3,3 .10-3
/ 610 .102
= 0, 0014 = 0,14%.
Nước thoát r.a ở mét KK nhanh hơn ở các vị trí khác trên bề mặt lá ( Hiệu quả mét).
Hai chậu nước như nhau , một chậu cho thoát hơi nước tự do, một chậu cho những tấm bìa đục nhiều
lỗ quan sát sự thoát hơi nước trong cùng một thời gian , ta thấy chậu 2 thoát hơi nước nhanh hơn.
Bài12: EMS( Etyl Metal Sunfomat) gắn duôi Etyl vào nu nào nu đó tự sao không theo NTBS.

G – X E XE – A A – T
Sau hai lần tự sao xuất hiện một gen ĐBvậy sau k lần tự sao xuất hiện
1
2
.2k
– 1.
Sau 3 kần tự sao số tb mang các gen đột biến = số gen đột biến =
1
2
.23
– 1 = 3.
Gen ban đầu có A= T = 1000 ; G = X = 500. Gen ddb có A = T = 1001 ; G = X = 499.
Trong 3 tb mang gen ddb số nu từng loại là: A = T = 1001 . 3 ; G = X = 499 . 3.
Bài 13: Alen A có A = T = 800 ; G = X = 700. Alen a có A = T = 800 ; G = X = 699.
Số nu trong các tb mang alen a là A = T = 800 . 16. ; G = X = 699 . 16.
Bài 14: gen ban đầu : A= T = 240 ; G = X = 960. Gen đột biến: A = T = 241 ; G = X = 959.
Số lượng nu loại T trong các gen ddb là: (
1
2
. 23
– 1) . 241 = 723.
Bài 15: gen ban đầu : A= T = 600 ; G = X = 900. Gen đột biến: A = T = 598 ; G = X = 902
Số lượng nu loại T trong các gen ddb là: ( 23
– 1) . 598 = 4186.
Bài 16: - a . (2k
– 2) . 2n = 30 480. a.(2k
– 2) = 1270
- a. 2k
. 2n = 30 720 a. 2k
= 1280 vậy a = 5 và k = 8
Số tb con sau gp là : 1280 . a
- Số NST cung cấp cho tb sau gp phát triển thành giao tử tham gia thụ tinh là :
- 5% .1280 . a . x = 5 376 vậy a.x = 84 vậy a. k.n=84 ta có a.k=7(a=1 và k= 7) gtử cái.
- 5%.1280.1.25% = 16 hợp tử
- TB sinh gt còn lại : 16:6,25%.4 = 64 tb.
- NST cung cấp: (26
- 1). 24 +64.24 + 64.4.12 = 6120.
Câu17: a.2k
= 512 ta có : a25
= 512 vậy a = 16 có 32 phân tử ADN chứa N15
( 16 phân tử mỗi
phân tử có hai mạch nên tồn tại ở 32 phân tử lai)
Đề nghị anh em trong làng Sinh cùng bổ sung hoàn thiện

Ngo ha vu cong thuc sinh 12

More Related Content

What's hot

Similar to Ngo ha vu cong thuc sinh 12

Recently uploaded

Ngo ha vu cong thuc sinh 12