Công thức sinh học 10 11 12 đầy đủ

Chia sẻ: duy_zigzag

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:

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Công thức sinh học 10 11 12 đầy đủ

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
A1 = T2 ; T1 = A2 ; G1 = X2 ; X1 = G2
2)Đối với cả 2 mạch: Số nu mỗi loại của AND là số nu loại đó
ở 2 mạch.
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
%G1 + %G2 = %X1 + % X2 = %G = %X
2 2
+Do mỗi chu kì xoắn gồm 10 cặp nu = 20 nu nên ta có:

N = 20 x số chu kì xoắn

+Mỗi nu có khối lượng là 300 đơn vị cacbon nên ta có:
N = khối lượng phân tử AND
300
DẠNG 2: TÍNH CHIỀU DÀI
 Mỗi mạch có N/2 nu, chiều dài của 1 nu là 3,4 A0 .
 1 micromet (µm) = 104 A0.
L = N x 3,4(A0)  1 micromet = 106nanomet (nm).
2
 1 mm = 103 µm = 106 nm = 107 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.


1
 G của mạch này liên kết với X của mạch kia bằng 3 liên
kết hidro.
H = 2A + 3G

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:
N – 2 + N = 2N – 2 .
DẠNG 4: TÍNH SỐ NU TỰ DO CẦN DÙNG
1)Qua 1 đợt nhân đôi:
Atd = Ttd = A = T
Gtd = Xtd = G = X
2)Qua nhiều đợt tự nhân đôi:
 Tổng số AND tạo thành: AND tạo thành = 2
x




 Số ADN con có 2 mạch hoàn toàn mới:
AND con có 2 mạch hoàn toàn mới = 2x – 2

 Số nu tự do cần dùng:
Ttd = A( 2x – 1 )
Atd = Ntd = N( 2x – 1 )
Xtd = G( 2x – 1 )
Gtd =

DẠNG 5: TÍNH SỐ LIÊN KẾT CỘNG HÓA TRỊ ĐƯỢC
HÌNH THÀNH VÀ PHÁ VỠ
1)Qua 1 đợt tự nhân đôi:

Hphá vỡ = HADN Hhình thành = 2 x HADN

HThình thành = 2( N/2 – 1 )H = ( N – 2 )H




2
2)Qua nhiều đợt tự nhân đôi:

Hbị phá vỡ = H( 2x – 1 ) HThình thành = ( N – 2 )( 2x – 1 )


DẠNG 6: TÍNH THỜI GIAN TỰ SAO
dt là thời gian tiếp nhận tự sao =
TG N
TGtự sao = dt N
Tốc độ tự sao
và liên kết 1 nu .
2

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




Bảng bộ ba mật mã

U X A G
U UUU UXU UAU UGU U
UUX UXX UGX X
phe UXA Tyr A

3
UUA Ser UAX G
UUG UXG U A A ** Cys
Leu U A G ** U G A **
UGG
Trp
XUU XXU XAU XGU
XUX XXX XGX
U
Pro His XGA
X
Leu XXA XAX Arg
X A
XUA XXG XAA XGG
G
XUG XAG

Gln
AUA AXU AAU AGU
AUX AXX Asn AGX U
He Thr AAX Ser X
A
AUA AXA AAA AGA A
AUG * AXG AAG AGG G
Met Lys Arg
GUU GXU GAU GGU
GUX GXX GAX GGX U
Val GXA Asp GGA X
G
GUA Ala GAA A
GUG * GXG GAG Gli G
Val Glu GGG

Kí hiệu : * mã mở đầu ; ** mã kết thúc
+ Cách sắp xếp aa trong mạch Polipeptit
Pm (m1,m2….mk)= m!/m1!.m2!....mk!
m là số aa.
m1: số aa thuộc loại 1 mk
+ Cách mã hóa dãy aa:
A= A1m1.A2m2....Akmk!
m là số aa.
m1: số aa thuộc loại 1 có A1 bộ ba mã hóa
 mk

- Ví dụ: Có trình tự aa như sau: Alanin-lizin-Xistein-Lizin
* Số cách sắp xếp aa: P=4!/1!.2!.1!=12 cách

4
* 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 :
 B. 6,4%  C. 9,6%  D.
A. 5,4%
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.C13 = 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


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. B. C. D.

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

DẠNG 9: TÍNH SỐ ĐOẠN MỒI HOẶC SỐ ĐOẠN
OKAZAKI.


5
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.
Số đoạn Exon = số Intron+1

VD1: Một gen có chứa 5 đoạn intron, trong các đoạn exon chỉ có
1 đoạn mang bộ ba AUG và 1 đo ạn mang bộ ba k ết thúc. Sau quá
trình phiên mã từ gen trên, phân tử mARN trải qua quá trình bi ến
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)




6
7
BÀI 2+3: QUÁ TRÌNH SAO MÃ VÀ DỊCH MÃ-ĐIỀU HOÀ
HOẠT ĐỘNG GEN

DẠNG 1: TÍNH SỐ RIBONUCLEOTIT CỦA ARN

rN = khối lượng phân tử ARN
rN = rA + rU + rG + rX = N/2 300

DẠNG 2: TÍNH CHIỀU DÀI VÀ SỐ LIÊN KẾT CỘNG HÓA
TRỊ CỦA ARN
1)Chiều dài:
LARN = LADN = N x 3,4 A0
LARN = rN x 3,4 A0
2
2)Số liên kết cộng hóa trị:
 Trong mỗi ribonu: rN
HTARN = 2rN – 1
 Giữa các ribonu: rN – 1
 Trong phân tử ARN :

DẠNG 3: TÍNH SỐ RIBONUCLEOTIT TỰ DO CẦN DÙNG

8
1)Qua một lần sao mã:
rAtd = Tgốc ; rUtd = Agốc rNtd = N
rGtd = Xgốc ; rXtd = Ggốc 2
2)Qua nhiều lần sao mã:
rNtd = k.rN
Số phân tử ARN = số lần sao mã = k


rAtd = k.rA = k.Tgốc ; rUtd = k.rU = k.Agốc
rGtd = k.rG = k.Xgốc ; rXtd = k.rX = k.Ggốc

DẠNG 4: TÍNH SỐ LIÊN KẾT HIDRO VÀ LIÊN KẾT
CỘNG HÓA TRỊ
1)Qua một lần sao mã:

Hđứt = Hhình thành = HADN

2)Qua nhiều lần sao mã:
Hhình thành = k( rN – 1 )
Hphá vỡ = k.H

DẠNG 5: TÍNH THỜI GIAN SAO MÃ
1)Đối với mỗi lần sao mã:
TGsao mã = dt .rN

dt là thời gian để tiếp
TGsao mã = rN
nhận một
Tốc độ sao mã ribonucleotit.




2)Đối với nhiều lần sao mã: (k lần)
TGsao mã = TGsao mã một lần + ( k – 1 )Δt Δt là thời gian
chuyển tiếp
giữa 2 lần sao
mã liên tiếp.


9
DẠNG 6: CẤU TRÚC PROTEIN
1)Số bộ ba sao mã:
Số bộ ba sao mã = N = rN
2x3 3
2)Số bộ ba có mã hóa axit amin:
Số bộ ba có mã hóa axit amin = N – 1 = rN –1
2x3 3
3)Số axit amin của phân tử Protein:
Số a.a của phân tử protein = N – 2 = rN –
2
2x3 3
DẠNG 7: TÍNH SỐ AXIT AMIN TỰ DO CẦN DÙNG
1)Giải mã tạo thành 1 phân tử Protein:

Số a.a tự do = Số a.a trong chuỗi polipeptit = N
N – 1 = rN – 1
2x3 3 2x

2)Giải mã tạo thành nhiều phân tử Protein: (n lần)
 Tổng số Protein tạo thành: k : là
P = k.n
số phân tử mARN.
n : là
số Riboxom trượt qua.

 Tổng số a.a tự do cung cấp:

rN � rN �
� �
P. � − 1�= k.n. � − 1�
a.atd =
�3 �3
� �

 Tổng số a.a trong các chuỗi polipeptit hoàn chỉnh:
rN
� �
P. � − 2 �
a.aP =
�3 �

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 H2O giải phóng = rN – 2 Số liên peptit được tạo lập = = a.a
3
10
 Số phân tử nước giải phóng để tạo nhiều chuỗi
polipeptit:

Peptit = P. = P( a.aP – 1 )
H2Ogiải = P.
phóng




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.
 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:

Tốc độ giải mã = số bộ ba của mARN
t

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


n 3 2 1

Δt : khoảng thời gian riboxom phía sau trượt chậm hơn riboxom
phía trước.
 Riboxom 1: t


11
 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 tnó L
=
V
rời khỏi mARN.


 Thời gian kể từ riboxom thứ nhất rời khỏi mARN đến khi
riboxom cuối cùng rời khỏi mARN.
t’ = ∑Δl
t’ = ∑Δt = t1 + t2 + t3 + ………+ tn V

Δl là khoảng cách giữa 2
riboxom kế tiếp.
 Vậy thời gian tổng hợp các phân tử protein là:
T = t + t’ = L + ∑Δl
V V
 Nếu các riboxom (n) cách đều nhau trên mARN, ta có:
T = t + t’ = L + ( n – 1 ) Δl
V
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:

∑T = k.t + t’ k là số phân tử mARN.

 Nếu thời gian chuyển tiếp giữa các riboxom là Δt thì ta có
công thức:

∑T = k.t + t’ + ( k – 1 )Δt




12
DẠNG 12: TÍNH SỐ AXIT AMIN TỰ DO CẦN DÙNG ĐỐI
VỚI
CÁC RIBOXOM CÒN TIẾP XÚC VỚI mARN
∑ a.atd = a1 + a2 + ………+ ax

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:
Sx = [2a1 + ( x – 1 )
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.




13
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

14
- 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)




15
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:
A = 2x

 Từ nhiều tế bào ban đầu:
x1 x2
a1 tế bào qua x1 đợt phân bào  số t∑Aào a12 là a122x1. + ………
ế b = con + a 2
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 2n.2x
 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:
∑NST = 2n.2x – 2n = 2n(2x - 1 )
 Số NST chứa hoàn toàn nguyên liệu mới:
∑NSTmới = 2n.2x – 2.2n = 2n(2x – 2 )

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 ):


16
 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.




3)Hiệu suất thu tinh (H):
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.


17
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) = Cna
→ Xác suất để một giao tử mang a NST từ bố (hoặc mẹ) = Cna /
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) = Cna . Cnb
→ Xác suất của một tổ hợp gen có mang a NST từ ông (bà) nội
và b NST từ ông (bà) ngoại =
Cna . Cnb / 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:
= Cna = C235
* Xác suất một giao tử mang 5 NST từ mẹ:
= Cna / 2n = C235 / 223 .
* Khả năng một người mang 1 NST của ông nội và 21 NST
từ bà ngoại:
= Cna . Cnb / 4n = C231 . C2321 / 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 ♂.


18
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
n +1
gtử
Cơ thể đực giảm phân bình thường tạo ra 2 n gtử
Qua thụ tinh số kiểu tổ hợp tạo ra là 2 n +1 *2 n = 512 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.
DẠNG 7: SỐ CÁCH SẮP XẾP NST Ở MP XÍCH ĐẠO

Với n cặp NST sẽ có 2n-1 cách sắp xếp

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

19
VD: Một tế bào xét 1 cặp nhiễm sắc thể tương đồng. Giả sử
trong mỗi nhiễm sắc thể, tổng chiều dài các đo ạn 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 nhi ễm
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:
ổng số phân tử Histon: 10 x 8 + 9 = 89 (phân tử)
ố phân tử Histon mỗi loại:
Số H2A = số H2B = số H3 = số H4 = 10x2 = 20 (phân tử)
Số H1 = số đoạn ADN nối = 9
hiều dài của đoạn phân tử ADN:
[(10 x 146) + (9 x 50)] x 3,4 = 6494 (Å)
ố liên kết photphoeste = 2N – 2 = 2 x 1910 – 2 = 3818




BÀI 6: ĐỘT BIẾN CẤU TRÚC NHIỄM SẮC THỂ
III-Đột biến cấu trúc NST : Có 4 dạng

20
1.Mất đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến A DE
●FGH

2.Lặp đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến AB
CBC DE●FGH

3.Đảo đoạn : A B C D E ● F G H Đột biến A D C B
E●FGH
4.Chuyển đoạn :
a)Chuyển đoạn trong cùng 1 NST :
Đột biến
ABCDE●FGH AB E●F
CDGH

b)Chuyển đoạn giữa 2 NST khác nhau :
-Chuyển đoạn tương hổ :
ABCDE●FGH MNOCD
E●FGH
Đột biến
MNOPQ●R ABPQ●
R
-Chuyển đoạn không tương hổ :
ABCDE●FGH CDE●F
GH
Đột biến
MNOPQ●R ABMNO
PQ●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 gi ữa, tai th ấp,
hàm bé

DẠNG 1: SỐ LOẠI GIAO TỬ KHI XẢY RA ĐỘT BIẾN KHI
TẠO GIAO TỬ

VD1: Mét c¸ thÓ c¸i nhËn i NST bÞ ®ét biÕn tõ mÑ
vµ z NST ®ét biÕn tõ bè. C¸c NST kh¸c vÉn b×nh



21
thêng. Bé NST cña loµi 2n. C¸c 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 c¸c 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 c¸c lo¹i tinh trïng mang ®ét
biÕn so víi sè lo¹i tinh trïng h×nh thµnh?
Trong 2 trêng hîp:
- C¸c NST ®ét biÕn lµ c¸c NST kh«ng t¬ng
®ång?
- C¸c NST ®ét biÕn lµ c¸c NST t¬ng ®ång?
HD.
* TH1: C¸c NST ®ét biÕn lµ c¸c NST kh«ng t¬ng
®ång
a) C¸c 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: Cii+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:
Cii+z . 2n - (i+z)

TØ lÖ lo¹i trøng... trong tæng sè: Cii+z . 2n - (i+z)/2n

b) C¸c lo¹i tinh trïng sinh ra tõ z NST mang ®ét biÕn
(víi i > z):
Czi+z . 2n - (i+z)

TØ lÖ lo¹i trøng... trong tæng sè: Czi+z . 2n - (i+z)/2n
*TH2: C¸c NST ®ét biÕn lµ c¸c 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:
Czi . 2n-z

22
TØ lÖ....: Czi . 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:
Ciz . 2n-i
TØ lÖ....: Ciz . 2n-i/2n




23
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 Cn1 = n
đơn khác nhau
Số dạng lệch bội Cn2 = n(n – 1)/2!
kép khác nhau
Có a thể lệch bội Ana = n!/(n –a)!
khác nhau
+ 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 = Cn1 = n = 12
* Số trường hợp thể 1 kép có thể xảy ra:

24
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 = Cn2 = 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
= Ana = 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.
E 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 lo ạn 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.



25
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 kh ả
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.




26
+ Đối với kiểu gen Aaaa: cá thể này tạo 3 loại giao tử v ới t ỉ
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:
C33 BBB = 1 = 1/20
C23 C13 BBb = 9 = 9/20
C13 C23 Bbb = 9 = 9/20
C33 bbb = 1 = 1/20
b) BBbbbb:
C22 C14 BBb = 4 = 1/5
C12 C24 Bbb = 12 = 3/5


27
C34 bbb = 4 = 1/5
c) BBBBBBbb
C46 BBBB = 15 = 3/14
C36 C12 BBBb = 40 = 8/14
C26 C22 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.




28
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 .


29
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.
 KG của cá thể gồm 2 cặp gen dị hợp sẽ sinh ra 22 loại
giao tử.
 KG của cá thể gồm 3 cặp gen dị hợp sẽ sinh ra 23 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:

Số kiểu tổ hợp = số giao tử đực x số giao tử
cái 30
• 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 Số lượng Số lượng
KG KH
Aa x 1AA:2Aa:1aa 3 3 vàng : 1 2
Aa xanh
1 trơn : 1
bb x 1Bb:1bb 2 2
Bb nhăn
Dd x 1Dd:1dd 2 1 cao : 1 2
thấp
dd
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 .C51 = 2 x
5 = 10
b) Số kiểu gen đồng hợp 2 cặp gen = 22 .C52 = 40

c) Số kiểu gen đồng hợp 3 cặp gen = 23 .C53 = 80



31
d) Số kiểu gen đồng hợp 4 cặp gen = 24 .C54 = 80

e) Số kiểu gen đồng hợp 5 cặp gen = 25 .C55 = 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:
 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.


32
Vàng 1+1
+Hình dạng:
= 3 + 1 = 1 Tròn : 1 Bầu dục =>lai phân tích. => P : Bb
Tròn
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 lo ại 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 l ệ
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 n ằm
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.

33
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
Số
Số kiểu Số Số
Tỉ lệ Tỉ lệ
Kiểu kiểu tổ loại loại
kiểu kiểu
hợp kiểu kiểu
gen giao
gen hình
tử giao gen hình
tử
Lai 1 Aa (1:2:1
21 x 21
)1
tính AaBb
21 22 x 31 21 (3:1)1
Lai 2 AaBb (1:2:1
2 2 2 2
(3:1)2
2 2 3 2
)2
tính Cc
23 23 x 33 23 (3:1)3
Lai 3 ........... (1:2:1
3
......... 2 ......... ......... ..........
)3
tính ....
..... ......... ..... ..... .....
.......... ..........
.....
..... .....
2n x
Lai n AaBb (1:2:1
2n 3n 2n (3:1)n
2n )n
tính Cc...



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

34
Do đó => Tổng số hợp tử = 2n x 2m = 2n+m
k +m
3
- Tỉ lệ cây có kiểu hình trội =  
4
n+ m
n m
1 1 1
- Tỉ lệ thể đồng hợp toàn trội =   *   =  
2 2 2
n+ m
n m
1 1 1
- Tỉ lệ thể đồng hợp toàn lặn =   *   =  
2 2 2
DẠNG 5: TÌM SỐ KIỀU GIAO PHỐI-SỐ KIỂU GEN
CỦA QUẦN THỂ MENDEL
1. Số kiểu giao phối =Số KG đực x số kiểu gen
cái
Một cơ thể có n cặp gen nằm trên n cặp NST tương đồng,
trong đó có k cặp gen dị hợp và m=n-k cặp gen đồng hợp. Số
kiểu gen có thể có của cơ thể đó tính theo công thức:
A = C n −k ∗ 2 n −k = Cn ∗ 2 m
n m

Trong đó: A là số kiểu gen có thể có của cơ thể đó
n là số cặp gen
k là số cặp gen dị hợp
m là số cặp gen đồng hợp
Ví dụ: Trong cơ thể có 4 cặp gen nằm trên 4 cặp NST tương
đồng, cơ thể bố có 3 cặp gen dị hợp, 1 cặp gen đồng hợp. còn
mẹ thì ngược lại. Có bao nhiêu kiểu giao phối có thể xáy ra?
A. 64 B.16 C.256
D.32
Giải:
CÁCH 1: Giải theo cách liệt kê các kiểu gen có thể có của cơ
thể bố mẹ sau đó nhân lại với nhau:
+ Xét cơ thể bố: có 3 cặp gen dị hợp, 1 đồng hợp => các
kiểu gen có thể có:
AaBbCcDD AaBbCcdd
AaBbCCDd AaBbccDd
AaBBCcDd AabbCcDd
AABbCcDd aaBbCcDd
Vậy có tất cả là 8 trường hợp có thể xảy ra

35
+ Xét cơ thể mẹ: có 1 cặp dị hợp, 3 cặp đồng hợp=> các
kiểu gen có thể có:
AaBBCCDD AabbCCDD
AaBBCCdd AabbCCdd
AaBBccDD AabbccDD
AaBBccdd Aabbccdd
Nếu ta giả định Aa là cặp gen dị hợp còn 3 cặp gen còn lại đồng
hợp thì ta liệt kê được 8 kiểu gen, sau đó ta thay đổi vai trò dị hợp
cho 3 cặp gen còn lại. Lúc đó, số kiểu gen có thể có của cơ thể
mẹ là:
8 . 4 = 32
Suy ra, số kiểu giao phối là: 8 . 32 = 256
 chọn đáp án C

CÁCH 2: Áp dụng công thức tính:
Số kiểu gen có thể có của cơ thể bố là:
4!
A = C4 ∗ 21 = ∗ 21 = 4 ∗ 2 = 8
1

( 4 − 1)!.1!
Số kiểu gen có thể có của cơ thể mẹ là:
4!
B = C4 ∗ 23 = ∗ 23 = 4 ∗ 8 = 32
3

( 4 − 3)!.3!
Suy ra, số kiểu giao phối là: 8 . 32 = 256
 chọn đáp án C
2/ Xác định tổng số KG, số KGĐH, KGDH trong trường
hợp nhiều cặp gen PLĐL, mỗi gen có 2 hoặc nhiều alen
a. Tổng quát:
Để xác định tổng số KG, số KGĐH, KGDH trong trường hợp
nhiều cặp gen PLĐL, mỗi gen có 2 hoặc nhiều alen, GV cần phải
cho HS thấy rõ:
* Với mỗi gen:
Phân tích và chứng minh số KGDH, số KGĐH, số KG của mỗi
gen, chỉ ra mối quan hệ giữa 3 yếu tố đó với nhau và với số alen
của mỗi gen:
- Số alen của mỗi gen có thể lớn hơn hoặc bằng 2 nhưng trong
KG luôn có mặt chỉ 2 trong số các alen đó.
- Nếu gọi số alen của gen là r thì số KGDH = Cr2 = r( r – 1)/2
- Số KGĐH luôn bằng số alen = r
- Số KG = số KGĐH + số KGDH = r +r( r – 1)/2 = r( r + 1)/2

36
* Với nhiều gen:
Do các gen PLĐL nên kết quả chung = tích các kết quả riêng
Vì vậy GV nên gợi ý cho HS lập bảng sau:

SỐ SỐ KIỂU SỐ KG SỐ KG DỊ
GEN
ĐỒNG HỢP HỢP
ALEN/GEN GEN
I 2 3 2 1
II 3 6 3 3
III 4 10 4 6
. . . . .
. . . . .
. . . . .
n r r( r + 1)/2 r r( r – 1)/2


( Lưu ý: thay vì tính r( r + 1)/2, có thể tính nhanh 1 + 2
+ 3 +… +r )
b. Bài toán:
Gen I và II lần lượt có 2, 3 alen. Các gen PLĐL. Xác định trong
quần thể:
- Có bao nhiêu KG?
- Có bao nhiêu KG đồng hợp về tất cả các gen?
- Có bao nhiêu KG dị hợp về tất cả các gen?
- Có bao nhiêu KG dị hợp về một cặp gen?
- Có bao nhiêu KG ít nhất có một cặp gen dị hợp?
Giải
Dựa vào công thức tổng quát và do các cặp gen PLĐL nên kết
quả chung bằng tích các kết quả riêng, ta có:
* Số KG trong quần thể = r1(r1+1)/2 . r2(r2+1)/2 = 2(2+1)/2 .
3(3+1)/2 = 3.6 = 18
* Số KG đồng hợp về tất cả các gen trong quần thể = r1. r2
= 2.3 = 6
* Số KG dị hợp về tất cả các gen trong quần thể = r1(r1-1)/2 .
r2(r2-1)/2 = 1.3 = 3
* 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)



37
→ 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
* 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
CÔNG THỨC TỔNG QUÁT TÍNH SỐ KIỂU GEN TỐI ĐA
TRONG TRƯỜNG  HỢP CÁC GEN LIÊN KẾT
I. BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Cho gen I có n alen, gen II có m alen. Hai gen trên cùng nằm trên
một cặp NST tương đồng. Xác định số KG tối đa trong quần thể
đối với  2lôcus trên.
II.CÔNG THỨC TỔNG QUÁT:
1. Đối với NST thường:
* Gen I:
- Tổng số KG = n/2(n+1)
- Số KG đồng hợp = n
- Số KG dị hợp = n/2(n-1)
* Gen II:
- Tổng số KG = m/2(m+1)
- Số KG đồng hợp = m
- Số KG dị hợp = m/2(m-1)
Do đó số KG tối đa trong quần thể = [n/2(n+1)] [m/2(m+1)] +
[n/2(n-1)] [m/2(m-1)]
 = mn/2(mn + 1)
2. Đối với NST giới tính (trường hợp các gen nằm trên X ở đoạn
không tương đồng với Y)
a/ Trên XX ( giới đồng giao) : giống như NST thường nên:
Số KG  = mn/2(mn + 1)
b/ Trên XY (giới dị giao) : Do trên Y không có alen tương ứng
nên:
Số KG  = mn
Do đó số KG tối đa trong quần thể = mn/2(mn + 1)+ mn
LƯU Ý:

38
1/  Nếu đặt m.n = N
ta sẽ thấy công thức TQ trên giống trường hợp với 1 gen gồm N
alen:
- Trên NST thường: tổng số kiểu gen = N/2(N + 1)
- Trên NSTGT : tổng số kiểu gen  = N/2(N + 1)+ N
2/ Mở rộng: công thức TQ trên vẫn đúng trong trường hợp nhiều
gen với nhiều alen
- Trên NST thường: tổng số kiểu gen = N/2(N + 1)
- Trên NSTGT : tổng số kiểu gen  = N/2(N + 1)+ N
với N = a x b x c …. x n
và a,b,c,…n lần lượt là số alen của các gen 1,2,3,…n
III. VÍ DỤ
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




39
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
 = m(m-1)
nhau:a1a1a2;a1a1a3;a1a1a4…
- trường hợp mang 3 alen khác nhau:
3
 = C m
a1a2a3;a1a2a4;a2a3a4…
 Vậy số KG = m +m(m-1) +
C3m =  m2+C3m
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+C3m+ m/2(m+1)

- nếu là  XXX ; XYY : Số KG = m2+C3m+ m = m(m+1)+C3m
2. GIẢI:
Số KG tối đa đối với cặp NST thường = m2+C3m = 42+C34= 20
Số KG tối đa đối với cặp NST giới tính =
2 3 2 3
 m +C m+ m/2(m+1)= 6 +C 6+6/2(6+1)=36+20+21= 77
hoặc  m2+C3m+ m = 62+C36+6 = 36+20+6=62
Vậy số KG tối đa trong QT là: 20 x 77 = 1540 hoặc 20 x
62= 1240


40
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

DẠNG 6: TOÁN VỀ XÁC SUẤT
I/ Lý thuyết
1/ Định nghĩa xác suất:
Xác suất (P) để một sự kiện xảy ra là số lần xuất hiện sự
kiện đó (a) trên tổng số lần thử (n):
P = a/n
 Thí dụ:
P Thân cao x thân thấp
F1 100% thân cao
F2 787 thân cao
277 thân thấp
Xác suất xuất hiện cây thân cao là:
787/(787 + 277) = 0.74
2/ Các qui tắc tính xác suất

2.1. Qui tắc cộng xác suất
Khi hai sự kiện không thể xảy ra đồng thời (hai sự kiện

xung khắc), nghĩa là sự xuất hiện của sự kiện này loại
trừ sự xuất hiện của sự kiện kia thì qui tắc cộng sẽ được
dùng để tính xác suất của cả hai sự kiện:

P (A hoặc B) = P (A) + P (B)

41
Thí dụ:

Đậu Hà Lan hạt vàng chỉ có thể có một trong hai kiểu gen
AA (tỉ lệ 1/4) hoặc Aa (tỉ lệ 2/4).
Do đó xác suất (tỉ lệ) của kiểu hình hạt vàng (kiểu gen
AA hoặc Aa) sẽ là 1/4 + 2/4 = 3/4.

2.2. Qui tắc nhân xác suất

Khi hai sự kiện độc lập nhau, nghĩa là sự xuất hiện của

sự kiện này không phụ thuộc vào sự xuất hiện của sự
kiện kia thì qui tắc nhân sẽ được dùng để tính xác suất
của cả hai sự kiện:

P (A và B) = P (A) . P (B)
Thí dụ:

Ở người, bệnh mù màu đỏ - xanh lục do gen lặn nằm trên
nhiễm sắc thể giới tính X qui định. Không có gen trên
nhiễm sắc thể Y. Bố, mẹ XAXa x XAY, xác suất để cặp
vợ chồng này sinh con trai đầu lòng bị bệnh là bao nhiêu?
=> Xác suất sinh con trai là 1/2 và xác suất con trai bị
bệnh là1/2.
P ( trai bị bệnh) = 1/2.1/2 = 1/4
Do đó:

2.3. Qui tắc phân phối nhị thức

Khi xác suất của một sự kiện X là p và xác suất của sự

kiện Y là q thì trong n phép thử, xác suất để sự kiện X
xuất hiện x lần và sự kiện Y xuất hiện y lần sẽ tuân theo
qui tắc phân phối nhị thức:


P( X ) = C x p x (1 − p) n −x
n



P( X ) =C x p x (1 − p) n −x
n



n!
Cn =
x
trong đó
x !( n −)!
x

42
n! = n(n – 1)(n – 2) ... 1 và 0! = 1
x+y=n y=n–x
và p+q=1q=1–p

Do đó công thức trên còn có thể viết là:
n! x y
P= pq
x ! y!
Thí dụ 1

Ở người gen b gây bệnh bạch tạng so với B qui định màu

da bình thường. Một cặp vợ chồng kiểu gen đều dị hợp
có 5 đứa con.
Xác suất để có hai con trai bình thường, 2 con gái bình
thường và một con trai bạch tạng là bao nhiêu?
Phân tích
• Xác suất sinh con trai hoặc con gái đều = 1/2
• Xác suất sinh con bình thường = 3/4
• Xác suất sinh con bệnh bạch tạng = 1/4
Như vậy theo qui tắc nhân:
• Xác suất sinh 1 con trai bình thường = (1/2)(3/4) = 3/8
• Xác suất sinh 1 con gái bình thường = (1/2)(3/4) = 3/8
• Xác suất sinh 1 con trai bạch tạng = (1/2)(1/4) =
1/8
• Xác suất sinh 1 con gái bạch tạng = (1/2)(1/4) = 1/8
Do đó:
5!
(3 / 8)2 (3 / 8)2 (1/ 8)1(1/ 8)0
P=
2! 2! 1! 0!
= 30.(3 / 8)4 (1/ 8)1 = 0,074
Thí dụ 2
• Tính xác suất để một cặp vợ chồng sinh 4 người con:
1. gồm một trai, ba gái?
2. gồm một trai, ba gái, nhưng đầu lòng là trai?
Phân tích
• Các khả năng có thể xảy ra:


43
G = (1/2)(1/2)(1/2)(1/2) = (1/2)4
T G G
hoặc G G = (1/2)(1/2)(1/2)(1/2) = (1/2)4
T G
hoặc G G = (1/2)(1/2)(1/2)(1/2) = (1/2)4
G T
hoặc G T = (1/2)(1/2)(1/2)(1/2) = (1/2)4
G G

P = (1/2)4 + (1/2)4 + (1/2)4 + (1/2)4 = 4 . (1/2)4 =1/4
Nhận xét
Như vậy
1. Phân phối nhị thức = qui tắc nhân + qui tắc cộng
2. Phân phối nhị thức được sử dụng khi không chú ý đến
thứ tự của các sự kiện.
3. Qui tắc nhân được áp dụng trong trường hợp có lưu ý
đến trật tự sắp xếp.


3/ Bài toán tương tác cộng gộp
P AABBDD x aabbdd
Hạt đỏ thẩm Hạt trắng
AaBbDd (100% Hạt đỏ)
F1
F1 ttp AaBbDd x AaBbDd
F2:
1 hạt đỏ thẩm:
6 hạt đỏ sậm :
15 hạt đỏ :
20 hạt đỏ nhạt :
15 hạt hồng :
6 hạt hồng nhạt :
1 hạt trắng:
Phân tích
• Kết quả phép lai tuân theo qui tắc phân phối nhị thức (T +
L)n
T = alen trội
trong đó
L = alen lặn
n = tổng số alen (luôn là bội số của 2)
• Trong thí dụ trên n = 6
• (T + L)6 = 1T6 : 6 T5L1 : 15 T4L2 : 20 T3L3 :
15 T2L4 : 6 T1L5 : 1 L6
Phân tích
• Có thể xác định hệ số của nhị thức bằng cách dùng tam
giác Pascal:

44
n=1 1
n=2 1 2 1
n=3 1 3 3 1
n=4 1 4 6 4 1
n=5 1 5 10 10 5 1
n=6 1 6 15 20 15 6 1
……..
Có thể xác định nhanh hệ số của nhị thức bằng cách tính

tổ hợp. n!
Cn =
x

x !( n −x )!
x = số alen trội (hoặc lặn) trong kiểu gen
Trong đó
n = tổng số alen
Thí dụ: Để tính tỉ lệ của kiểu hình mà trong kiểu gen có

hai gen (alen) trội và 4 gen (alen) lặn:
6! 4! x5 x6 30
C62 = = = = 15
2!(6 − 2)! 2 x 4! 2


II/ THỰC TIỂN GIẢI BÀI TẬP.

Bài tập 1: ( Bài 1 – SGK Sinh học 12 cơ bản - trang 66)

Bệnh Phêninkêtô niệu ở người là do một gen lặn nằm trên
nhiễm sắc thể thường quy định và di truyền theo quy luật
Menđen. Một người đàn ông có cô em gái bị bệnh, lấy một người
vợ có người anh trai bị bệnh. Cặp vợ chồng này lo sợ con mình
sinh ra sẽ bị bệnh. Hãy tính xác suất để cặp vợ chồng này sinh
đứa con đầu lòng bị bệnh? Biết rằng, ngoài người anh ch ồng và
em vợ bị bệnh ra, cả bên vợ và bên chồng không còn ai khác bị
bệnh.
Phân tích: Do tuân theo định luật menđen
Do chỉ có em chồng và anh vợ bị bệnh
 Cả ông bà già chồng và ông bà già vợ đều có kiểu
gen: Aa ( A bình thường > a bị bệnh)
 Cặp vợ chồng này có con bị bệnh khi bố Aa và mẹ
Aa

45
 Xác suất để bố có kiểu gen Aa = 2/3 và xác suất
để mẹ có kiểu gen Aa = 2/3 và xác suất để sinh
con bị bệnh là 1/4
Áp dụng quy tắc nhân xác suất: P = 2/3 x 2/3 x 1/4 = 1/9
Bài tập 2
Phép lai : AaBbDdEe x AaBbDdEe.
Tính xác suất ở F1 có:
a. KH trong đó tính trạng trội nhiều hơn lặn
b. KH trong đó có ít nhất 2 tính trạng trội
c. Kiểu gen có 6 alen trội
GIẢI
a. XS KH trong đó tính trạng trội nhiều hơn lặn: (gồm 3 trội
+ 1 lặn)
= (3/4)3. (1/4).C34 = 108/256 = 27/64
b. XS KH trong đó có ít nhất 2 tính trạng trội: (trừ 4 lặn + 3
lặn)
= 1-[(1/4)4 + (3/4).(1/4)3.C34] = 243/256
c. XS kiểu gen có 6 alen trội = C68 /24 = 7/64



III/ Tính xác suất đực và cái trong nhiều lần sinh
a. Tổng quát:
- Mỗi lần sinh là một sự kiện hoàn toàn độc lập, và có 2 khả
năng có thể xảy ra: hoặc đực hoặc cái với xác suất bằng nhau và
= 1/2.
- Xác suất xuất hiện đực, cái trong n lần sinh là kết quả của sự
tổ hợp ngẫu nhiên:
(♂+♀) (♂+♀)…(♂+♀) = (♂+♀)n

n lần
→ Số khả năng xảy ra trong n lần sinh = 2n
- Gọi số ♂ là a, số ♀ là b → b = n – a
- Số tổ hợp của a ♂ và b ♀ là kết quả của Cna
Lưu ý: vì b = n – a nên ( Cna = Cnb )
*TỔNG QUÁT:
- Xác suất trong n lần sinh có được a ♂ và b ♀ là kết quả của
Cna / 2n
Lưu ý: ( Cna /
n b n
2 = Cn / 2 )

46
b. Bài toán1
Một cặp vợ chồng dự kiến sinh 3 người con và muốn có được 2
người con trai và 1 người con gái.
Khả năng thực hiện mong muốn đó là bao nhiêu?
Giải
Mỗi lần sinh là một sự kiện hoàn toàn độc lập, và có 2 khả năng
có thể xảy ra: hoặc đực hoặc cái với xác suất bằng nhau và =
1/2 do đó:
- Số khả năng xảy ra trong 3 lần sinh = 23
- Số tổ hợp của 2 ♂ và 1 ♀ = C32
→ Khả năng để trong 3 lần sinh họ có được 2 trai và 1 gái
= C32 / 23 = 3!/2!1!23 = 3/8


Bài toán1

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 bình thường nhưng sinh đứa con đầu lòng bị bạch
tạng.Về mặt lý thuyết,hãy tính xác suất để họ:

a. Sinh người con thứ 2 khác giới tính với người con đầu và
không bị bệnh bạch tạng

b. Sinh người con thứ hai là trai và người con thứ 3 là gái đều
bình thường

c. Sinh 2 người con đều bình thường

d. Sinh 2 người con khác giới tính và đều bình thường

e. Sinh 2 người con cùng giới tính và đều bình thường

g. Sinh 3 người con trong đó có cả trai lẫn gái và ít nhất có được
một người không bị bệnh

 GIẢI

Theo gt Bố mẹ đều phải dị hợp về gen gây bệnh SX sinh :

- con  bình thường(không phân biệt trai hay gái)   = 3/4


47
- con bệnh (không phân biệt trai hay gái)   = 1/4

- con trai bình thường = 3/4.1/2   = 3/8

- con gái bình thường = 3/4.1/2   = 3/8

- con trai bệnh = 1/4.1/2   = 1/8

- con trai bệnh = 1/4.1/2   = 1/8

a) - XS sinh người con thứ 2 bthường      =
3/4

XS sinh người con thứ 2 khác giới với  người con đầu = 1/2
 -

chung theo yêu cầu = 3/4.1/2 = 3/8
 XS

b) - XS sinh người con thứ 2 là trai và thứ 3 là gái đều bthường =
3/8.3/8 = 9/64

c) - XS sinh 2 người con đều bthường = 3/4. 3/4  = 9/16

d) - XS sinh 2 người con khác giới (1trai,1 gái) đều bthường =
3/8.3/8.C12 = 9/32

e) - XS sinh 2 người cùng giới = 1/4 + 1/4 = 1/2

XS  để 2 người đều bthường = 3/4.3/4 = 9/16
 -

 XS sinh 2 người con cùng giới(cùng trai hoặc cùng gái) đều
bthường = 1/2.9/16


   = 9/32

g) - XS sinh 3 có cả trai và gái (trừ trường hợp cùng giới) = 1 –
2(1/2.1/2.1/2) = 3/4

 - XS trong 3 người ít nhất có 1 người bthường( trừ trường hợp
cả 3 bệnh)  = 1 – (1/4)3 = 63/64

chung theo yêu cầu = 3/4.63/64 = 189/256
 XS



48
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:
(Kí hiệu: T: trội,
(T + L) (T + L) (T + L) = (T + L)n
L: lặn)

n lần
- Số tổ hợp gen có a alen trội ( hoặc lặn ) = C2na
*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 )
= C2na / 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 = C2na / 4n = C61 /
43 = 6/64
tổ hợp gen có 4 alen trội = C2na / 4n = C64 /
3
4 = 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 = C63 /
43 = 20/64




49
Ví dụ 2: phép lai AaBbccDdee x AabbccDdEe sẽ sinh ra kiểu gen
aabbccddee chiếm tỉ lệ bao nhiêu ?(Với 5 cặp gen nằm trên 5 cặp
NST khác nhau, các tính trạng đều trội hoàn toàn.)

Giải:
Ở trường hợp này ta xét 5 phép lai độc lập nhau:
3 1
Aa x Aa A- + aa
4 4
1 1
Bb x bb B- + bb
2 2
cc x cc 1cc
3 1
Dd x Dd D- + dd
4 4
1 1
Ee x ee E- + ee
2 2
Vậy kiểu gen aabbccddee sinh ra ở đời con chiếm tỉ lệ là:
11 1 1 1
x x1x x =
4 2 4 2 64

Ví dụ 3: Cho lai 2 cá thể AaBbCc, với 3 cặp gen nằm trên 3 cặp
NST khác nhau, các tính trạng đều trội hoàn toàn.

a. Tỉ lệ kiểu di truyền cá thể dị hợp 2 cặp gen, cặp gen còn
lại đồng hợp:
1 8 24 32
A. B. C. D.
64 64 64 64

b. Tỉ lệ kiểu di truyền cá thể dị hợp 1 cặp gen, 2 cặp còn lại
đồng hợp:
1 8 24 32
A. B. C. D.
64 64 64 64



50
Giải:
Ta xét 3 phép lai độc lập nhau:
1 2 1
Aa x Aa AA + Aa + aa
4 4 4
1 2 1
Bb x Bb BB + Bb + bb
4 4 4
1 2 1
Cc x Cc CC + Cc + cc
4 4 4

a. Cá thể dị hợp 2 cặp gen, cặp gen còn lại đồng hợp là :
AaBbCC; AaBbcc; AaBBCc; AabbCc; AABbCc; aaBbCc
221 4
Mà tỉ lệ của từng kiểu gen là : x x=
44 4 64
Tương tự cho các kiểu hình còn lại
Vậy tỉ lệ kiểu di truyền cá thể dị hợp 2 cặp gen, cặp gen
còn lại đồng hợp là:
221 4 24
(x x )x6= x6=
44 4 64 64
Chọn đáp án C

b. Cá thể dị hợp 1 cặp gen, 2 cặp còn lại đồng hợp là:
AaBBCC; AabbCC; Aabbcc; AaBBcc; AABbCC; AABbcc;
aaBbCC; aaBbcc; AABBCc; AAbbCc; aaBBCc; aabbCc
2 1 1 2
Mà tỉ lệ của từng kiểu gen là: x x =
4 4 4 64
Tương tự cho các kiểu hình còn lại
Vậy tỉ lệ kiểu di truyền cá thể dị hợp 1 cặp gen, 2 cặp
còn lại đồng hợp là:
2 1 1 2 24
( x x ) x 12 = x 12 =
4 4 4 64 64
Chọn đáp án C

Tỉ lệ phân li kiểu hình = Tích các tỉ lệ kiểu hình riêng lẻ của mỗi
cặp gen.


6/ Một số bài tập mở rộng



51
Từ những kiến thức tổ hợp và xác suất cơ bản đã phân tích ở
trên, GV có thể giúp các em vận dụng linh hoạt để giải những
bài tập có phần phức tạp, trừu tượng hơn. Sau đây là một vài ví
dụ:

6.1) Bài tập 1
Có 5 quả trứng sắp nở.
Những khả năng nào về giới tính có thể xảy ra? Tính xác suất
mỗi trường hợp?
Giải:
* Những khả năng về giới tính có thể xảy ra và xác suất mỗi
trường hợp:
Gọi a là xác suất nở ra con trống, b là xác suất nở ra con mái : ta
có a = b = 1/2
5 lần nở là kết quả của (a + b)5 = C50a5 b0 + C51 a4 b1 + C52 a3 b2 +
C53a2 b3 + C54 a1 b4 + C55 a0 b5
= a5 + 5a4 b1 + 10a3 b2 + 10a2 b3
14 5
+ 5a b + b
Vậy có 6 khả năng xảy ra với xác suất như sau :
- 5 trống = a5 = 1/25 = 1/32
- 4 trống + 1 mái = 5a4 b1 = 5. 1/25 = 5/32
- 3 trống + 2 mái 32
= 10.1/25
= 10a b = 10/32
- 2 trống + 3 mái 32 5
= 10a b = 10.1/2 = 10/32
- 1 trống + 4 mái = 5a1 b4 = 5.1/25 = 5/32
= b5 = 1/25 = 1/32
- 5 mái
6.2) Bài tập 2
Bệnh máu khó đông ở người do đột biến gen lặn nằm trên NST
giới tính X,alen trội tương ứng quy định người bình thường. Một
gia đình có người chồng bình thường còn người vợ mang gen dị
hợp về tính trạng trên. Họ có dự định sinh 2 người con.
a/ Những khả năng nào có thể xảy ra? Tính xác suất mỗi trường
hợp?
b/ Xác suất để có được ít nhất 1 người con không bị bệnh là bao
nhiêu?
Giải
Ta có SĐL
XAY x XAXa
P:
F1 : 1X Y , 1XaY , 1XAXA , 1XAXa
A




52
Trường hợp này có liên quan đến giới tính, sự kiện có nhiều
khả năng và xác suất các khả năng là không như nhau. Nhất thiết
phải đặt a, b, c… cho mỗi khả năng.
Từ kết quả lai ta có xác suất sinh con như sau:
- Gọi a là xác suất sinh con trai bình thường : a = 1/4
- Gọi b là xác suất sinh con trai bị bệnh : b = 1/4
- Gọi c là xác suất sinh con gái bình thường : c = 1/4 + 1/4 = 1/2
a/ Các khả năng có thể xảy ra và xác suất mỗi trường hợp:
Hai lần sinh là kết quả của (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc
+ 2ca.
Vậy có 6 khả năng xảy ra với xác suất như sau :
- 2 trai bình thường = a2 = (1/4)2
= 1/16
- 2 trai bệnh = b2 = (1/4)2
= 1/16
- 2 gái bình thường = c2 = (1/2)2
= 1/4
- 1 trai bình thường + 1 trai bệnh = 2ab = 2.1/4.1/4
= 1/8
- 1 trai bệnh + 1 gái bình thường = 2bc = 2.1/4.1/2
= 1/4
- 1 gái bình thường + 1 trai bình thường = 2bc = 2.1/2.1/4
= 1/4
b/ Xác suất để có ít nhất 1 người con không bị bệnh :
Trong các trường hợp xét ở câu a, duy nhất có một trường hợp cả
2 người con đều mắc bệnh
( 2 trai bệnh) với xác suất = 1/16. Khả năng để ít nhất có được 1
người con không mắc bệnh đồng nghĩa với trừ trường hợp cả 2
người đều mắc bệnh.
Vậy xác suất để có ít nhất 1 người con không bị bệnh = 1 –
1/16 = 15/16.

6.3) Bài tập 3
Ở đậu Hà lan, tính trạng hạt màu vàng trội hoàn toàn so với tính
trạng hạt màu xanh.Tính trạng do một gen quy định nằm trên
NST thường. Cho 5 cây tự thụ và sau khi thu hoạch lấy ngẫu
nhiên mỗi cây một hạt đem gieo được các cây F1 . Xác định:
a/ Xác suất để ở F1 cả 5 cây đều cho toàn hạt xanh?
b/ Xác suất để ở F1 có ít nhất 1 cây có thể cho được hạt vàng?
Giải

53
a/ Xác suất để ở F1 cả 5 cây đều cho toàn hạt xanh:
Ta có SĐL
P: Aa x Aa
F1 : 1AA , 2Aa , 1aa
KH : 3/4 vàng : 1/4 xanh
Nếu lấy ngẫu nhiên mỗi cây 1 hạt thì xác suất mỗi hạt lấy ra:
3/4 là hạt vàng , 1/4 là hạt xanh .
Đây là trường hợp các khả năng có xác suất không như nhau.
- Gọi a là xác suất hạt được lấy là màu vàng : a = 3/4
- Gọi b là xác suất hạt được lấy là màu xanh : b = 1/4
Xác suất 5 hạt lấy ra là kết quả của (a + b)5 = a5 + 5a4 b1 + 10a3 b2
+ 10a2 b3 + 5a1 b4 + b5
→ Có 6 khả năng xảy ra, trong đó 5 hạt đều xanh = b5 = (1/4)5 .
Để cả 5 cây F1 đều cho toàn hạt xanh tức cả 5 hạt lấy ra đều là
hạt xanh (aa)
Vậy xác suất để ở F1 cả 5 cây đều cho toàn hạt xanh = (1/4)5
b/ Xác suất để ở F1 có ít nhất 1 cây có thể cho được hạt vàng:
F1 Ít nhất có 1 cây cho được hạt vàng đồng nghĩa với trừ trường
hợp 5 hạt lấy ra đều xanh (aa)
Vậy xác suất để ở F1 có ít nhất 1 cây có thể cho được hạt vàng
= 1 – (1/4)5 .




BÀI 13: TƯƠNG TÁC GEN
DẠNG 1: NHẬN BIẾT QUY LUẬT TƯƠNG TÁC GEN
1. Các dạng:




54
hoặc
+ 9:3:3:1 (56,25%:18,75%:18,75%:6,25%) 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



55
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 F 1 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


56
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 m ột c ặp
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 th ể có
của phép lai đó để thấy tỉ lệ KG thuộc dạng nào, đối chi ếu v ới
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.


57
+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 gi ảm 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, m ột bên P cho 1 lo ại
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 F 1 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 l ặn quy đ ịnh
nên hoa trắng chỉ cho 1 loại giao tử. Trong khi đó F 2= 3+1= 4
kiểu tổ hợp, vậy con lai F 1 phải cho 4 loại giao tử => F 1 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.


58
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

59
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 F 1 đồng loạt xuất hiện
kiểu hình Ngô cao 110cm. Kiểu gen của P là:
A. A1A1A2A2A3A3 x a1a1a2a2a3a3 B.A1A1A2A2a3a3 x
a1a1a2a2A3A3
D.1 trong 4 trường
C. A1A1a2a2A3A3 x a1a1A2A2a3a3
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.

60
+ 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.
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 c ủa (P) sau
đây phù hợp với kết quả trên?
Ad BD Ad
Bb Aa BB
A. B. C.
aD bd AD
AD
Bb
D.
ad
Giải:

61
+ 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 F 1 sinh ra
từ P là: 6 + 5 + 3 + 1 + 1 = 16 tổ hợp cá th ể lai mà phép lai l ại do
3 cặp gen chi phối nên nhất định sẽ có hai c ặp gen liên k ết hoàn
toàn với nhau còn lại 1 cặp gen sẽ phân li độc lập sẽ cho mỗi bên
Ad
BB chỉ cho
giao tử đóng góp là 4 loại. Do vậy, phương án C.
AD
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
Ad Ad
Bb là đáp án đúng . Vậy → đáp án là: A. Bb
án A.
aD 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 ki ểu hình
quả dài, hoa đỏ ở F1 có KG là tổ hợp giữa aabb và D- nên có KG
b_ a_
là aa bb từ đây ta kết luận a liên kết hoàn toàn với
hoặc
bD aD
Ad
Bb hoặc
D hoặc b liên kết hoàn toàn với D.vậy P có thể là
aD
Bd
Aa căn cứ vào đáp án, đáp án đúng là A
bD
VD2: Ở một loài thực vật, alen A quy định thân cao tr ội hoàn
toàn so với alen a quy định thân th ấp; alen B quy đ ịnh hoa đ ỏ
trội hoàn toàn so với alen b quy định hoa tr ắng; alen D quy
định quả tròn trội hoàn toàn so với alen d quy đ ịnh 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 đ ỏ, quả tròn; 199
cây thân cao, hoa trắng , quả tròn; 301 cây thân th ấp, hoa đ ỏ,
quả tròn; 100 cây thân thấp,hoa trắng, quả tròn. Bi ết r ằng
không xảy ra đột biến, kiểu gen của (P) là:



62
AB Ad AD
Dd Bb Bb
A. B. C.
ab aD ad
Bd
Aa
D.
bD
Giải:
+ Tỉ lệ F1 ≈ 3 : 1: 6 : 2 : 3 : 1
+ Theo đề bài ta có tổng số loại tổ hợp ở F 1 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 v ới nhau,
một cặp dị hợp phân li độc lập
+ Tỉ lệ 3 : 1: 6 : 2 : 3 : 1 = (1 : 2 : 1) (3 : 1) →trong KG c ủa các
cá thể ở P (tự thụ) có một cặp di hợp phân li độc lập cho t ỉ l ệ 3 :
1, và 2 cặp gen còn lại liên kết hoàn toàn có trạng thái d ị h ợp t ử
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
Ad
Bb
và D cho ta phương án đúng là B.
aD
Ad
Bb ( Bạn đọc tự hoàn thiện sơ đồ lai P: B.
→ đáp án B.
aD
Ad Ad
Bb * Bb để kiểm tra đời F1 )
aD aD
HD:Tỉ lệ F1 là 3:1:6:2:3:1 => có 16 tổ hợp kết luận có 2 c ặp gen
cùng nằm trên 1 cặp NST F1 dị hợp 3 cặp gen:
Xét Kh cây thân thấp,hoa trắng, quả tròn là tổ hợp của aa,bb,D-
Nhận xét a và b không cùng nằm trên 1 cặp NST vì nếu chúng lk
thì thế hệ sau sẽ có KH thấp, trắng, dài (F1 ko có)
Vậy chỉ có thể a lk với D hoặc b lk với D
Ad
Bb tỉ lệ đời con là
TH1: Xét a lk với D KG của P là
aD
(1cao, dài: 2 cao tròn: 1 thấp tròn)(3 đỏ: 1 trắng)=3cao, đ ỏ, dài:
1cao, trắng, dài: 6cao, đỏ, tròn: 2 cao, trắng, tròn: 3 th ấp đ ỏ tròn:
Ad
Bb ko
1 thấp trắng tròn . Đúng với kết quả F1 vậy KG p là
aD
cần xét TH2 đáp án B



63
64
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:
Ab DE GH
Có x=3 => số loại giao tử= 23=8
aB de gh
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




65
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 :

% ab . 50% = % kiểu hình lặn .
-Nếu % ab < 25 % == >
Đây là giao tử hoán vị .

+Tần số hoán vị gen : f % =
2 . % ab
+K
iểu 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 .
c)Hoán vị gen xảy ra 2 bên :
(% ab)2 = % kiểu hình lặn
-Nếu % ab < 25 % == > Đây là
giao tử hoán vị .

66
+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 .
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)
+Tần số hoán vị gen : f % = 2 . % ab
+Kiểu gen : AB/ab X AB/ab .
-Nếu x > 25% == > %Ab = %aB (Đây là giao tử liên kết )
+Tần số hoán vị gen : f % = 100 % -
2 . % ab
+Kiểu gen : Ab/aB X Ab/aB .
- Bước 5 : Viết sơ đồ lai .

DẠNG 27
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.
Số loại giao tử = 2n với n là số nhóm gen ( số cặp NST )




67
a) Trao cheo tai 2 điêm cung luc là sự trao đôi cheo kép ( đôi với
́ ̣ ̉ ̀ ́ ̉ ́ ́
3 căp alen trở lên trên cung môt NST ) cua 2 căp alen diên ra đông
̣ ̀ ̣ ̉ ̣ ̃ ̀
thời, cung luc không phân theo thứ tự thời gian. Vì vây chung chỉ
̀ ́ ̣ ́
tao thêm môt căp giao tử mới, cai nay không có ý nghia nên rât it
̣ ̣̣ ́̀ ̃ ́́
dùng.

Công thức số giao tử là 2(n+k) .
b) Trao đôi cheo tai 2 điêm không cung luc là sự hoan vị cua 2
̉ ́ ̣ ̉ ̀ ́ ́ ̉
trong 3 căp gen, tuy nhiên sự hoan vị xay ra không cung luc, và xet
̣ ́ ̉ ̀ ́ ́
vao cac thời điêm hoăc cac không gian khac nhau, vì vây có thể
̀ ́ ̉ ̣ ́ ́ ̣
xay ra tât cả cac trường hợp mà chung tao ra khac nhau.
̉ ́ ́ ́ ̣ ́

Công thức tinh 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

b)TSTĐ đơn = KC tương ứng – TSTĐkép → (KC tương
ứng = TSTĐ đơn + TSTĐkép)


2)Các gen liên kết nhau không hoàn toàn:



68
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 28
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%.
Tỉ lệ mỗi loại giao tử liên kết = 100% – f = 1 – f
2 2
Tỉ lệ mỗi loại giao tử HVG = f
2
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:

Tần số HVG = Số cá thể hình thành do HVG x
100%
Tổng số cá thể nghiên cứu




69
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%
f
- tỉ lệ giao tử hoán vị =
2
1- f
- tỉ lệ giao tử liên kết =( )
2
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:
Ab
→ 4 giao tử: 2 giao tử hvị AB = ab = f / 2 = 40% / 2
a.
aB
= 20%
2 giao tử liên kết Ab = aB = (1 –f ) /
2 = 30%
ABe
→ 4 kiểu giao tử: 2 giao tử hvị AbE = aBe = f / 2 =
b.
abE
40% / 2 = 20%
2 giao tử liên kết ABe = abE = (1 –
f ) / 2 = 30%
BD
→8 kiểu giao tử: giao tử hvị A bD = AbD = aBd =
c. Aa
bd
abD = f / 4= 20% / 4 = 5%

70
giao tử liên kết A BD = A bd = a BD =
a bd =( 1- 20% )/ 4 = 20%
Ab De Ab
→ 16 giao tử: hvị cặp cho 2 giao tử HV : AB = ab
d.
aB dE aB
= 20%
2 giao tử LK: Ab = aB
= 30%
De
hvị cặp cho 2 giao tử HV : DE = 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:
x 1− x 1
= = 50%.Do đó tính tỉ lệ giao tử liên kết ta lấy
Vì +
2 2 2
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%.
AB Ab
Phép lai : x
ab ab
a. Số kiểu tổ hợp giao tử: 4 x 2 = 8 giao tử
Ab 1
b. Loại giao tử xuất hiện ở F1 với tỉ lệ: = ( 20% x ) +
ab 2
1
( x 30% ) = 25%
2
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


71
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.
AB ab
b. lập sơ đồ lai P: x
AB ab
AB
F1 : 100% cao tròn
ab
ab
Mà F 2 tính trạng cây thấp dài là tính trạng lặn nên kiểu hình
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%
375
.100% =
Mà bài ra cho tỉ lệ F2 chín muộn quả xanh =
37600
1% ≠ 6,25% và ≠ 25%
-> Di truyền theo qui luật hoán vị gen.

72
ab
= 1% = (10% giao tử đực ab x 10% giao tử cái ab)
b.
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
B 42 + 43 + 9 + 6
B
- Tần số HVG vùng A = f (đơn A ) + f (kép) = = 10%
1000
d 140 + 145 + 9 + 6
d
c ) + f (kép) =
- Tần số HVG vùng c = f (đơn = 30
1000




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




73
Đầu bài: Bước 1: Bước 2; Sắp Bướ Bước Bướ
Nhậ xếp các tổ
F1(Aa,Bb,Cc c 3: 4 Tính
hợp giao chọn
)x n :
dạn tử ngược Hệ
(aa,bb,c 2 KH C
lớn Hệ
c) g nhau h
nhất ọ
quy
 Fa: Cho
luật n

KH ta
n
XĐ t.
KG
h
fần
ó
gen
m

K
H
t
á
i
t

h

p


X
Đ

g
e
n
n

m

g
i

a



74
cho 2 lớp Giốn
A-B-C=120 ABC=12 ABC
+ fA
KH g 0 abc
abc=125

P
LKG




75
cho 4 lớp Thấy
A-B-cc=10 AbC=65
KH aBc=68 2
c


LKG
p +fC-
+
T
HVG
Đ
1
C
cặp

đ
ơ
n
đ

u
c
ó
A
b
v
à
a
B
đ

u
đ
i
v
TĐC

đ
i
ơ
n
n
h
a
u


A
B
c
ù
76
Cho 6 lớp + Hệ
A-bbC-=65 Abc=63 KL:
ACB Hệ
KH aBC=62 +
 acb =
CC
TĐC
đơn
ở2
điểm
, ko

TĐC
Kép
Cho 8 lớp Số c
aabbC-=12 TĐC ABc=10
KH k abC=12
é
 Số c
aabbcc=125
p
TĐC
đơn
0,28
2
A-bbcc=63 điểm
CC=
aaB-C-=62 +TĐ
aaB-cc=68 C = 0,
Tổng =525 kép
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



77
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 h ọc 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 
AbC
được lai phân tích thì tỷ lệ các KH theo lý thuyết là
3 gen 
aBc
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 A­B
­ fTĐC A­B= fđơn A­B+fkép=> fđơn A­B=0,3­0,06=0,24
=> ABc=abC=0,12
­ fTĐC B­C= fđơn B­C+fkép=> fđơn B­C=0,2­0,06=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


78
Lưu ý: Nếu I=0,2
fképQS
Có I+CC=1 => CC=1­0,2=0,8 mà CC= => f kép LT=CC x f kép
fképLT
thực tế=0,8x0,06=0,048
=> ABC=abc=0,024

fđơn A­B=0,3­0,048=0,252 => ABc=abC=0,126
fđơn B­C=0,2­0,048=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 tr ắng,
thẳng được lai với con đực thân mảnh, lông đen, quăn tạo ra F 1
thân mảnh, lông trắng, thẳng. Cho con cái F 1 giao phối với con
đực thân bè, lông đen, quăn thu được đời sau:

Thân mảnh, lông trắng, thẳng 169
Thân mảnh, lông đen, thẳng 19
Thân mảnh, lông đen, quăn 301
Thân bè, lông trắng, quăn 21
Thân mảnh, lông trắng, quăn 8
Thân bè, lông đen, quăn 172
Thân bè, lông đen, thẳng 6
Thân bè, lông trắng, thẳng 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 ABD ABD 304
đổi chéo abd 60 60,5
(TĐC) abd abd 5
abd 301
TĐC đơn ở Abd Abd 172
đoạn I abd 3 34,1
aBD aBD 41

79
abd 169
TĐC đơn ở ABd ABd 21
đoạn II abd 4
abD abD 40
abd 19
TĐC kép ở AbD AbD 6
đoạn I và II abd 1,4
aBd aBd 14
abd 8
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
ABD
nhiễm sắc thể này là , khoảng cách tương đối trên nhiễm
abd
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 =


80
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 lo ại 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)




81
XÁC ĐỊNH NHANH TỈ LỆ CÁC KIỂU HÌNH TRONG
TRƯỜNG HỢP HOÁN VỊ CẢ 2 BÊN BỐ MẸ VỚI TẦN SỐ
GIỐNG NHAU



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 (%)

82
- 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% 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 Kiểu gen : XA Xa X Xa Y ( tính trạng lặn
xuất hiện ở 2 giới )
Xa Xa X XA Y (tính trạng lặn
xuất hiện ở cá thể XY ).
-Bước 3 : Xét cả 2 cặp tính trạng ở đời sau xuất hiện tỉ lệ khác
thường .

85
-Bước 4 : Xác định kiểu gen của P hoặc F1 và tính tần số hoán vị
gen .
- Xác định kiểu gen của ♀(P) dựa vào ♂ (F1) .
- Xác định kiểu gen của ♂(P) dựa vào ♀ (F1) .
-Tần số hoán vị gen bằng tổng % của các cá thể chiếm
tỉ lệ thấp .
-Bước 5 : Viết sơ đồ lai .




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.


86
+ 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
1
bằng hoặc là bội số của 25% (hay ).
4
+ Khi lai 2 cặp tính trạng mà tỉ lệ 1 kiểu hình được bi ết
1
bằng hoặc là bội số của 6.25% (hay ), hay khi lai n cặp tính
16
trạng mà từ tỉ lệ của KH đã biết cho phép xác định được số lo ại
giao tử của bố (hoặc mẹ) có tỉ lệ bằng nhau và bằng 25% ho ặc
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 lu ật di
truyền.
A. Tương tác át chế C.Tương tác
bổ trợ


87
B. Phân li độc lập D.
Tương tác cộng gộp
Giải:
9000 9
Tỉ lệ cây cao- đỏ thu được ở thế hệ F 2 là = =
16000 16
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 tr ội
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 d ị h ợp 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 d ấu hi ệu ít gặp
nhưng vẫn phải nghĩ đến.




88
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, I A = 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 c ủa bi ến số v (s ự
thay biến về năng suất) ở trục hoành; ghi giá trị c ủa 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 su ất 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 c ủa tính tr ạng
càng rộng.


89
Khi nghiên cứu về khả năng sinh sản của một lòi lợn gồm
Bài 1. 
88 con lợn nái, người ta lập được bảng biến thiên như sau:
V5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
P1 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 m ột 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




90
- Là loại thường biến về mặt chất lượng như tỉ lệ bơ trong m ột
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 gi ữa bi ến số c ủa m ột
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
p1 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 gi ống 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
DẠNG 1: TÍNH TẦN SỐ KIỂU GEN VÀ TẦN SỐ ALEN

91
Trong quần thể ngẫu phối, xét 1 locus gen gồm 2 alen A

và a


Kiểu hình Đỏ Hồng Trắng Tổng
Kiểu gen AA Aa aa
Số lượng NAA NAa Naa N

Tần số KG D = N AÂ N Aa N aa 1
H= R=
N N N
1. Dựa vào tần số kiểu gen:

f(A) = p = D + ½ H
f(a) = q = R + ½ H
2 N AA + Aa
N
p=
2. Dựa vào số lượng cá thể:
2N
2 N aa + Aa
N
q=
2N




92
DẠNG 2: QUẦN THỂ TỰ PHỐI
Xét quần thể khởi đầu
TH1: 100% Aa: qua n thế hệ tự thụ=> Aa=(1/2)n và AA=aa=[1-
(1/2)n]/2
TH2:
TS Kiểu gen dAA + h Aa + r aa =1
Qua n thế hệ tự thụ
Aa=h.(1/2)n=H` AA= d + [ (h-H`):2]  aa= r + [(h-H`):2]
Lưu ý: Qua n thế hệ tự thụ tần số KG đồng hợp tăng, di hợp
giảm, tàn số alen không đổi
3. Dạng 3:
Cho thành phần kiểu gen của quần thể qua n thế
hệ tự phối tìm thành phần kiểu gen của thế hệ P:
Cho thành phần kiểu gen của quần thể qua n thế
hệ tự phối là xnBB + ynBb + znbb
Thành phần kiểu gen của thế hệ P:
yn
n
Bb =  1  = y

2
n
yn
1
y −   .y n
= x (với y =
BB = xn - 1 )
 2 
2
2




93
n
yn
1
y −   .y n
= z (với y =
bb = zn - 1 )
 2 
2
2
Bài1:
Quần thể tự thụ phấn sau 3 thế hệ tự thụ phấn
có thành phần kiểu gen 0,4375BB+0,125Bb +
0,4375bb. Cấu trúc di truyền ở thế hệ P như thế
nào?
Giải:
0,125
yn
3
n
Bb =  1  = y => y =  1  = 1


2
2
n
yn
1
y −   .y n
= x (với y =
BB = xn -  1  =1)
 2 
2
2
3
1
1 −   .1
=> x = 0,4375 -  2  = 0
2
n
yn
1
y −   .y n
= z (với y =
bb = zn -  1  =1)
 2 
2
2
3
1
1 −   .1
=> z = 0,4375 -  2  = 0
2
Vậy cấu trúc quần thể ở thế hệ P là :1Bb
Bài 2:
Cấu trúc của quần thể qua 3 thế hệ tự thụ phấn
là 0,35 AA + 0,1 Aa + 0,55 aa
Xác định cấu trúc của quần thể ở thế hệ P ?
Giải:
Tỷ lệ thể đồng hợp trội AA trong quần thể P


94
0,1
yn
3
n
Aa =  1  = y => y =  1  = 0,8


2
2
n
yn
1
y −   .y n
= x (với y =  1  ) => x = 0,35 -
AA = xn -  2 
2
2
3
1
0,8 −   .0,8
=0
2
2
n
yn
1
y −   .y n
= z (với y =
aa = zn - 1 ) => z = 0,55 -
 2 
2
2
3
1
0,8 −   .0,8
= 0,2
2
2
Vậy cấu trúc di truyền ở thế hệ P là 0,8Aa +
0,2aa = 1.



Hệ số nội phối (inbreeding coefficient )
hệ số nội phối (F). là xác xuất mà hai allele tại một locus trong một
cá thể là giống nhau về nguồn gốc (các allele được coi là giống
nhau về nguồn gốc khi hai allele đó trong một cơ thể lưỡng bội
bắt nguồn từ một allele cụ thể của tổ tiên).
Tính chất của hệ số nội phối (F):

+ Trị số F chạy từ 0 dến 1 .

+ F = 1 khi tất cả các kiểu gene trong quần thể là đồng hợp chứa
các allele giống nhau về nguồn gốc.

+ F = 0 khi không có các allele giống nhau về nguồn gốc.



95
+ Trong một quần thể ngẫu phối có kích thước lớn, F được coi là
gần bằng 0, bởi vì bất kỳ sự nội phối nào cũng có thể xảy ra
giữa các cá thể họ hàng rất xa và vì vậy sẽ có tác dụng nhỏ lên
hệ số nội phối .

Giả sử rằng quần thể gồm ba kiểu gene AA, Aa và aa được phân
tách thành một tỷ lệ nội phối (F) và một tỷ lệ ngẫu phối (1 - F).
Trong quần thể nội phối, tần số của AA, Aa, và aa tương ứng là
p , 0, và q. Đây là tỷ lệ của các dòng được kỳ vọng đối với mỗi
kiểu gene, nếu như sự tự thụ tinh hoàn toàn diễn ra liên tục.
Bằng cách cộng các tỷ lệ nội phối và ngẫu phối với nhau và sử
dụng mối quan hệ q = 1 – p, lúc đó tần số các kiểu gene trở thành
như sau (xem bảng 1):

P = p2 + Fpq

H = 2pq – 2Fpq

Q = q2 + Fpq
Trong mỗi phương trình trên, số hạng đầu là tỷ lệ H-W của các
kiểu gene và số hạng sau là độ lệch so với trị số đó. Lưu ý rằng
các cá thể đồng hợp, ví dụ AA, có thể hoặc là do hai allele giống
nhau về nguồn gốc, nghĩa là bắt nguồn từ cùng một allele tổ tiên
(số hạng Fpq) hoặc là do hai allele giống nhau về loại sinh ra qua
ngẫu phối (số hạng p2). Độ lớn của hệ số nội phối phản ánh độ
lệch của các kiểu gene so với các tỷ lệ H-W; nghĩa là, lúc F = 0
thì các hợp tử đạt tỷ lệ H-W, và khi F > 0 do có nội phối, thì xảy
ra sự giảm thiểu các thể dị hợp và dôi thừa các thể đồng hợp.
Bảng 1   Tần số của các kiểu gene khác nhau khi trong quần thể xảy ra cả 
nội phối lẫn ngẫu phối


Kiểu gene Nội phối (F) Ngẫu phối (1 – F) Tổng

(1 – F)p2 Fp + (1 – F )p2 = p2 + Fpq
AA Fp

Aa - (1 – F)2pq 1 – F)2pq = 2pq – 2Fpq

– F)q2  + (1 – F)q2 = q2 + Fpq
 Fq  (1  Fq
aa
F 1–F 1 1
Tính toán hệ số nội phối


96
H = 2pq – 2Fpq = (1 – F)2pq

1 – F = H/2pq

Suy ra F = 1 – (H/2pq)

(F) là tỷ số giữa mức dị hợp tử quan sát được (H) và mức dị hợp
tử kỳ vọng (2pq). Trường hợp có nội phối, H nhỏ hơn 2pq, vì
vậy F > 0. Nếu như không có thể dị hợp nào cả (H = 0), thì hệ số
nội phối bằng 1.

Nhiều loài thực vật có hệ thống giao phối bao gồm cả tự thụ
phấn và giao phấn tự do với các cá thể khác. Nếu như tỷ lệ tự
thụ phấn cao, thì hầu như tất cả các cá thể trong quần thể là các
thể đồng hợp.

Ví dụ, một quần thể thực vật gồm ba kiểu gene AA, Aa và aa
với các tần số tương ứng là P = 0,70, H = 0,04 và Q = 0,26. Ta có
thể ước tính hệ số nội phối như sau :

Trước tiên, tính được các tần số allele A và a (p và q ):

p = 0,70 + ½ (0,04) = 0,72 và q = 1 – p = 0,28

Vậy hệ số nội phối F = 1 – ( 0,04/2 x 0,72 x 0,28 ) = 0,901

Trị số F ở đây rất cao, gợi ý rằng hầu hết quần thể này sinh sản
bằng tự thụ phấn và chỉ một số rất nhỏ là tạp giao.

Phương pháp thứ hai để thu nhận hệ số nội phối cho đời
con là từ một phả hệ trong đó có xảy ra sự giao phối cận  
huyết (consanguineous mating). Trong trường hợp này ta sử dụng
một phả hệ để tính xác xuất của các tổ hợp chứa các allele giống
nhau về nguồn gốc ở đời con. Ví dụ, ta hãy tính hệ số nội phối
cho một đời con của hai anh chị em bán đồng huyết (half-sibs), tức các
cá thể sinh ra từ cùng một bố (hoặc mẹ). Hình 1a cho phả hệ về
kiểu giao phối này, trong đó X và Y là hai anh em có cùng mẹ
nhưng khác cha. Người mẹ của X và Y được biểu thị là tổ tiên  
chung (CA = common ancestor). Còn hai người cha không góp
phần vào hệ số nội phối được biểu diễn bằng các hình vuông
trắng. Ở hình 1b, cùng một phả hệ như thế nhưng biểu diễn theo
một cách khác, bỏ qua các ký hiệu cha mẹ còn các dấu quả trám

97
biểu thị cho tất cả các cá thể, vì giới tính không quan trọng trong
việc xác định hệ số nội phối ở đây. Các mũi tên trên hình vẽ chỉ
hướng truyền từ bố mẹ đến con cái.




Hình 1 Phả hệ minh họa sự kết hôn giữa hai anh em bán đồng huyết, X và Y. 
(a) với tất cả các cá thể; (b) không có bố. Ở đây CA = tổ tiên chung, và 
đường kẻ đôi chỉ sự giao phối cận huyết.

Giả sử người mẹ (CA) có kiểu gene là Aa. Để tính hệ số nội
phối, ta cần phải biết xác suất mà đứa cháu của bà, Z, có kiểu
gene AA hoặc aa, là giống nhau về nguồn gốc đối với một trong
hai allele của bà. Trước tiên ta xét Z là AA, chỉ có thể xảy ra nếu
như mỗi bên X và Y đều đóng góp vào Z một giao tử chứa A.
Xác suất của allele A trong X là xác suất mà một allele A đến từ
CA, hay ½. Vì xác suất truyền đạt allele A từ X sang Z cũng là ½,
nên xác suất kết hợp của hai sự kiện này là ½ x ½ = ¼ (qui tắc
nhân xác suất). Tương tự, xác suất để Z nhận được allele A từ Y
là ¼. Vì vậy xác suất của một đứa con AA nhận được allele A từ
mỗi bên X và Y là ¼ x ¼ = 1/16 hay 0,0625. Bằng phương pháp
này ta tính được xác suất của một đứa con có kiểu gene aa là
1/16. Như vậy xác suất toàn bộ các tổ hợp có chứa các allele
giống nhau về nguồn gốc ở Z lúc đó là 1/16 + 1/16 = 1/8 hay
0,125 (qui tắc cộng xác suất ).

Để đơn giản, trong tính toán hệ số nội phối từ một phả hệ người
ta đã đề xuất một phương pháp gọi là kỹ thuật đếm chuỗi (chain­
counting technique). Một chuỗi đối với một tổ tiên chung cho trước
bắt đầu với một bố mẹ của cá thể nội phối, ngược trở lên phả
hệ cho đến tổ tiên chung, và trở lại với bố mẹ đó. Ví dụ, từ hình
12.1 ta lập được chuỗi đơn giản X-CA-Y. Số cá thể trong chuỗi
(n) được dùng để tính hệ số nội phối trong công thức sau đây: F
= (1/2)n. Với ví dụ trên, hệ số nội phối là (1/2)3 = 0,125.

98
f =fdị hợp tử tính theo lý thuyết x (1-F)
dị hợp tử
quan sát thực tế

f biểu diễn tần số KG, F=1 nội phối hoàn toàn
DẠNG 4: NGẪU PHỐI (TRẠNG THÁI CÂN BẰNG CỦA
QUẦN THỂ)
1 Xét 1 gen trong có hai alen (A, a):
+ Gọi P (A): tần số tương đối của alen A.
q (a): Tần số tương đối của alen a.
+ Sự tổ hợp của hai alen có tần số tương đối trên hình thành
quần thể có cấu trúc di truyền như sau?




+ Trạng thái cân bằng của quần thể biểu hiện qua tương quan:




2. Xét một gen có 3 alen :
(gen quy định các nhóm máu hệ O, A, B có alen IA, IB, Io)
+ Gọi p(IA): Tần số tương đối của alen IA.
q(IB): Tần số tương đối của alen IB
r(Io): Tần số tương đối của alen Io
p(IA) + q(IB) + r (Io) = 1.




99
r (r+1) n r số alen thuộc thuộc một gen
3. Tính số kiểu gen trong vốn gen quầnnthểố gen khác nhau
2 là s

Cách 1. Dựa vào sơ đồ
Số alen Số kiểu gen
1 1
2 3
3 6
4 10
5 15….
Cách 2. Dựa vào công thức
Với n = số alen của một locus gen
(n − 2)!(n − 1)n n(n − 1)
• Số kiểu gen đồng hợp = n n!
d= = =
• Số kiểu gen Cị2hợp =
n
2!(n − 2)! 2(n − 2)! 2
n(n − 1) n(n + 1)
n + Cn2 = n + =
Tổng số kiểu gen =
2 2
Thí dụ: Trong quần thể giao, nếu một gen có 4 alen thì sự giao
phối tự do sẽ tạo ra bao nhiêu ổ hợp kiểu gen?
=> Áp dụng công thức ta có: n(n + 1)/2 = 4(4+1)/2 = 10
Bài tập 2: ( Câu 8 – HƯỚNG DẪN ÔN TẬP THI TỐT NGHIỆP
THPT – NĂM 2008 – 2009 MÔN SINH - trang 47)

Trong một quần thể giao phối, nếu một gen có 3 alen a1, a2, a3 thì
sự giao phối tự do sẽ tạo ra


100
A. 8 tổ hợp kiểu gen B. 4 tổ
hợp kiểu gen
C. 3 tổ hợp kiểu gen D. 6 tổ
hợp kiểu gen
Áp dụng công thức tính tổng số kiểu gen: 1 alen ===> 1 kiểu
gen
2 alen ===> 3 kiểu
gen
3 alen ===> 6 kiểu
gen
=> Đáp án đúng là câu D.
4. Tính đa hình của quần thể giao phối

Quá trình giao phối là nguyên nhân làm cho quần thể đa hình về
kiểu trên, sự đa hình về kiểu trên tạo nên sự đa hình về kiểu
hình.

Chẳng hạn, một gen A có a alen a1 và a2 qua giao phối tự do ra 3
tổ hợp a1a1, a2a2. Nếu gen A có 3 alen a1, a2, a3 sẽ tạo ra 6 tổ hợp
a1a1, a1a2, a1a3, a2a2, a2a3, a3a3. Tổng quát, nếu gen A có r alen thì
qua giao phối tự do, số tổ hợp về gen A sẽ là:  GA = r(r ­1)/2
Nếu có 2 gen A và B nằm trên những nhiễm sắc thể khác nhau,
thì số tổ hợp các alen về cả 2 gen A và B cùng một lúc sẽ là: G = g 
A x g B

Ví dụ gen A có 3 alen, gen B có 4 alen, thì G = 6 x 10 = 60.

5. Đa allele (multiple alleles)
Với quần thể ngẫu phối như đã nói ở trước, ở đây ta chỉ thay giả
thiết một locus A có ba allele: A1, A2 và A3 với tần số tương ứng
là p1, p2 và p3 (p1 + p2 + p3 = 1). Khi đó trong quần thể có tất cả sáu
kiểu gene với số lượng cá thể tương ứng như sau :

Kiểu gene : A1A1 : A2A2 : A3A3 :  A1A2 : A1A3 : A2A3  Tổng

Số lượng : N11 : N22 :  N33  : N12 :  N13 :  N23 N

Theo nguyên tắc, ta tính được các tần số allele:

p1 = N11 + ½ (N12 + N13)
p2 = N22 + ½ (N12 + N23)


101
p3 = N33 + ½ (N13 + N33)

sau một thế hệ ngẫu phối như sau:

(p1 + p2 + p3)2 = p12 + p22 + p32 + 2p1p2 + 2p1p3 + 2p2p3 = 1
Tổng quát, một locus có n allele sẽ có tất cả n(n + 1)/ 2 kiểu
gene, trong đó gồm n kiểu đồng hợp và n(n – 1)/2 kiểu dị hợp.
Tần của một allele bất kỳ (pi) được tính theo công thức:  pi = pii+


½
trong đó pii - tần số kiểu gene đồng hợp và pij- tần số kiểu gene dị
hợp.
Ví dụ: Thông thường hệ nhóm máu ABO được lấy ví dụ cho ba
allele. Vì các allele IA vàIB là đồng trội và allele IO là lặn, nên
trong quần thể người bất kỳ nào cũng sẽ có bốn nhóm máu A, B,
AB và O ứng với sáu kiểu gene. Để tính các tần số allele trong
trường hợp này ta phải giả định quần thể ở trạng thái cân bằng.
Đặt tần số của các allele IA, IB và IO lần lượt
là p, q và r (p+ q + r =1). Khi đó ta tính được tần số H-W của các
nhóm máu chính là các tần số quan sát được (bảng 1).
Phương pháp tính các tần số allele như sau: Trước tiên, tần số
allele IO (r) bằng các căn bậc hai của tần số nhóm máu O (r2). Tần
số của hai allele còn lại, p và q, được tính bằng cách kết hợp tần
số H-W của một nhóm máu A hoặc B với nhóm máu O theo một
trong hai phương pháp sau:
Phương pháp 1 Phương pháp 2
2 2
Ta có f(A+0) = p  +2pr + r  = (p +
Vì p +q +r = 1 Þ q +r = 1 – p
r)2
Bình phương 2 vế ta được:
p+r = 
(1 – p)2 = (q + r)2 = f (B + O)
=> p =  −r
1 – p = 
Tương tự, ta có :
=> p = 1 − 
q=  −r
Tương tự, ta có: q = 1



102
− 

Một cách tương đối, ta có thể tính p hoặc q rồi suy ra cái còn lại
dựa vào tổng p + q + r =1. Tuy nhiên, nếu tính cẩn thận cả ba tần
số theo một trong hai phương pháp trên ta sẽ biết được trị số
thực của chúng. Khi đó tổng các tần số allele tính dược sẽ không
đúng bằng đơn vị một cách chính xác. Điều này được lý giải là
do tỷ lệ các kiểu gene trong mẫu không phải là các tỷ lệ H-W
chính xác và hơn nữa, nhóm máu AB đã không được sử dụng
trong tính toán. Vì vậy, khi kiểu hình không được sử dụng đến (ở
đây là nhóm máu AB) mà có tần số cao hơn thì sự mất mát thông
tin sẽ nghiêm trọng hơn, và phải cần đến một phương pháp
chính xác hơn.
Bảng 1  Tương quan giữa các nhóm máu, kiểu gene và tần số của chúng  


Kiểu gene Tần số
Nhóm máu


Kỳ vọng Quan sát

IAIA + IAIO p2 + 2pr
A 0,41716
IBIB + IBIO q2 + 2qr
B 0,08560
IOIO r2 0,46684
O
IAIB 2pq
AB 0,03040

Tổng 1 1,0


Bây giờ ta hãy xét một mẩu nghiên cứu trên 190.177 phi công
vương quốc Anh (UK) gồm 79.334 A, 16.279 B, 88.782 O, và
5.782 AB ( Race và Sanger, 1954; dẫn theo Falconer 1989).
Tương quan giữa các nhóm máu, kiểu gene và các tần số của
chúng được trình bày ở bảng 1.

Áp dụng hai phương pháp trên ta tính được các tần số allele như
sau:


Tần số
Allele

103
Phương pháp 1 Phương pháp 2

IA 0,2569 0,2567
IB 0,0600 0,0598
IO 0,6833 0,6833

Tổng 1,0002 0,9998



6. Gen trên NST giới tính

Đối với 1 locut trên NST X có 2 alen sẽ có 5 kiểu gen :
XAXA; XAXa; XaXa; XAY; XaY.
Các cá thể cái có 2 alen trên NST X vì vậy khi chỉ xét trong
phạm vi giới cái tần số các kiểu gen XAXA;XAXa;XaXa được tính
giống như trường hợp các len trên NST thường, có nghĩa là tần
số các kiểu gen ở trạng thái cân bằng Hacdi – Van bec là:
p2(XAXA) + 2pq(XAXa)+q2(XaXa) =1
Các cá thể đực chỉ có 1 alen trên X nên tần các ki ểu gen ở gi ới
đực:p(XAY)+ q(XaY) =1 . Khi xét chỉ xét riêng trong phạm vi gi ới
đực.
Vì tỉ lệ đực:cái= 1:1 nên tỉ lệ các kiểu gen trên ở m ỗi gi ới gi ảm
đi một nửa khi xét trong phạm vi toàn bộ quần thể vậy ở trạng
thái cân bằng Hacđi – Vanbec, công thức tính các kiểu gen lien
quan đến locut gen trên NST X (vùng không tương đ ồng) gồm 2
alen là:

0,5p2(XAXA) + pq(XAXa)+0,5q2(XaXa) +0,5p(XAY)+ 0,5q(XaY)
=1

Ở giới đồng giao tử, mối quan hệ giữa tần số allele và tần số
kiểu gene tương tự như gen trên NST thường, nhưng ở giới dị
giao tử chỉ có hai kiểu gene và mỗi cá thể chỉ mang một allele.
allele A1 và A2 với tần số tương ứng là p và q, và đặt các tần số
kiểu gene như sau:


104
Giới cái Giới đực
Kiểu gene: A1A1 A1A2 A2A2 A1 A2
Tần số : P H Q R S
Theo nguyên tắc, ta xác định được tần số của một allele (ví dụ
A1):
- ở giới cái (pc): pc = P + ½H
- ở giới đực (pđ): pđ = R
- chung cả quần thể ( ):  = ⅔ pc + ⅓ pđ = 1/3 (2pc + pđ) = 1/3
(2P + H + R)
Lưu ý: Mỗi con cái có hai nhiễm sắc thể X và mỗi con đực chỉ có
một X; vì tỉ lệ đực : cái trên nguyên tắc là 1:1, cho nên 2/3 các
gene liên kết giới tính trong quần thể là thuộc về giới cái và 1/3
thuộc về giới đực. Vì vậy, tần số của các allele A1 trong cả quần
thể là:   = ⅔ pc + ⅓ pđ.
Nếu dùng dấu phẩy trên đầu để chỉ tần số allele thế hệ con, ta
p’đ = pc; p’c = ½(pc + pđ)
có:
Từ đây xác định được mức chênh lệch hay là hiệu số giữa các
tần số allele của hai giới: p’c – p’đ = ½(pđ + pc) - pc = – ½(pc - pđ)
Như vậy, sự phân bố các allele giữa hai giới có sự giao động theo
quy luật sau: Cứ sau một thế hệ, mức chênh lệch đó giảm đi một
nửa và quần thể tiến dần đến trạng thái cân bằng cho đến khi
các tần số gene ở hai giới là cân bằng nhau, nghĩa là pc = pđ =  .
Ví dụ: Theo kết quả một mẫu nghiên cứu trên mèo ở Luân
Đôn (Searle, 1949; trong Falconer 1989) cho thấy trong số 338
mèo cái có 277 con lông đen (BB), 54 con thể khảm (BO) và 7 con
lông da cam (OO), và trong số 353 mèo đực có 311 đen (B) và 42
da cam (O). Tính trạng này tuân theo quy luật di truyền kiên kết
với giới tính như đã đề cập trước đây.

Để kiểm tra xem quần thể có ở trạng thái cân bằng hay không,
trước tiên ta hãy xem liệu có bằng chứng nào về sự giao phối
ngẫu nhiên? Phép thử đầu tiên là xem tần số allele ở hai giới có
giống nhau không. Tính toán cụ thể cho thấy các tần số gene ở
hai giới khác nhau không đáng kể.

- Ở giới cái: f(B) = pc = (2 x 277 ) + 54/( 2 x 338 ) = 0,8994
f(O) = qc = (2 x 7 ) + 54/( 2 x 338 ) = 0,1006




105
- Ở giới đực: pđ = 311/353 = 0,881 qđ = 42/353 =
0,119.

Từ tần số các allele ở giới cái, ta tính được số cá thể kỳ vọng
của mỗi kiểu gene ở giới này như sau:


Số cá thể Kiểu gene Tổng


BB BO OO


Quan sát 277 54 7 338

Kỳ vọng 273,2 61,2 3,4 338

(Khi) χ2(1) = 4,6 P = 0,04

Kết quả cho thấy các số liệu quan sát không phù hợp lắm với số
kỳ vọng mà chủ yếu là các số liệu thấp (kiểu BO và OO).

Tần số allele sai biệt giữa hai giới tính


Trên thực tế, các tần số allele nhiễm sắc thể thường ở hai giới
tính có thể khác nhau. Khi đó việc áp dụng nguyên lý H-W sẽ
như thế nào? Để xét quần thể này, ta sử dụng ký hiệu và giả
thiết sau :


Tần số
Allele


Giới đực Giới cái

A1 p’ p”
A2 q’ q”

Tổng 1 1



106
Bằng cách lập bảng tổ hợp của các giao tử, ta xác định được cấu
trúc di truyền của quần thể sau một thế hệ ngẫu phối:

(p’A1 : q’A2)(p’’A1 : q’’A2) = p’p’’A1A1 : (p’q’’+ p’’q’) A1A2 :
q’q’’A2A2

Rõ ràng là nó không thỏa mãn công thức H-W. Bây giờ đến lượt
tần số các allele của quần thể này là như sau:

f(A1) = p’p’’+ ½ (p’q’’+ p’’q’)

Thay giá trị q’’= 1 – p’’, ta có:

f(A1) = ½ (p’ + p”)
Tương tự: f(A2) = ½ (q’ +q”)
Đặt f(A1) = p và f(A2) = q , khi đó cấu trúc di truyền quần thể ở
thế hệ tiếp theo sẽ thoả mãn công thức H-W: p2 A1A1 : 2pqA1A2 :
q2A2A2.

Điều đó chứng tỏ rằng, nếu như các tần số allele (autosome)
khởi đầu là khác nhau ở hai giới, thì chúng sẽ được san bằng chỉ
sau một thế hệ ngẫu phối và quần thể đạt trạng thái cân bằng
sau hai thế hệ.

Một quần thể khởi đầu có tần số các allele A và a ở hai
Ví dụ:
giới như sau: p’ = 0,8; q’= 0,2; p” = 0,4; và q” = 0,6. Nếu như
ngẫu phối xảy ra, thì ở thế hệ thứ nhất có tần số các kiểu gene
là: 0,32AA : 0,56Aa : 0,12aa.

Và tần số cân bằng của mỗi allele lúc đó như sau:

p = ½ (0,8 + 0.4) = 0,32 + ½ (0,56) = 0,6

q = ½ (0,2 + 0,6) = 0,12 + ½ (0,56) = 0,4

Ở thế hệ thứ hai, quần thể đạt cân bằng với các tần số H-W là:

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




107
7. Những ứng dụng của nguyên lý Hardy-Weinberg
1. Xác định tần số của allele lặn
Chẳng hạn, bạch tạng (albinism) ở người là tính trạng lặn tương
đối hiếm gặp. Nếu như ký hiệuA cho allele xác định sắc tố bình
thường và a cho allele bạch tạng, kiểu gene của người bị bạch
tạng là aa, trong khi những người bình thường thì hoặc là AA hoặc
là Aa. Giả sử trong một quần thể người tần số của những người
bị bạch tạng là 1/10.000. Theo nguyên lý H-W, tần số của thể
đồng hợp lặn là q2 = 0,0001 nên q = = = 0,01. Do
đó tần số của allele A là: p = 1- 0,01 = 0,99 (vì p + q = 1). Từ đây
xác định được tần số của hai kiểu gene còn lại:
f(AA) = p2 = (0,99)2 = 0,9801 (hay ~98%)

f(Aa) = 2pq = 2(0,99)(0,01) = 0,0198 (hay ~ 2%)

2. Xác định tần số của các "thể mang" (carrier)

Một điều lý thú của nguyên lý H-W là ở chỗ, các allele hiếm nói
chung là các allele lặn gây bệnh trong quần thể thường ẩn tàng
trong các thể dị hợp (gọi là “thể mang”) và ta có thể tính được
tần số của chúng nếu như biết được tần số allele. Nếu cho rằng
có sự cân bằng H-W thì tần số của các thể mang allele bệnh lặn
trong quần thể được ước tính là H = 2q(1-q).

Và tần số của các thể dị hợp trong số những cá thể bình thường,
ký hiệu H’, là tỷ số f(Aa)/f(AA+Aa), trong đó a là allele lặn với
tần số q. Khi đó:


 =
H’ = =

Ví dụ: Với trường hợp bạch tạng nói trên, tần số của aa là 0,0001
thì tần số (Aa) là 0,02 , nghĩa là trong 50 người có một người
mang allele bạch tạng., tần số allele a ở những người dị hợp là
0,02: 2 = 0,01 trong khi ở những người bạch tạng là 0,0001, như
vậy allele a ở những người dị hợp có nhiều hơn ở những người
bạch tạng khoảng 100 lần (0,01 : 0,0001 = 100 ).
Tổng quát, nếu tần số của một allele lặn trong quần thể
là q, thì sẽ có pq allele lặn trong các thể dị hợp và q2 allele lặn
trong các thể đồng hợp.

108
Tỷ số ấy là pq/q2 = p/q, và nếu như q rất bé thì tỷ số đó sẽ
xấp xỉ 1/q. Như vậy, khi tần số của một allele lặn càng thấp bao
nhiêu, thì tỷ lệ của allele đó trong các thể dị hợp càng cao bấy
nhiêu.
Tương tự, bệnh rối loạn chuyển hoá có tên là
phenylxetôn-niệu (phenylketonuria = PKU) do một allele lặn đơn,
có 5 trường hợp bị bệnh trong số 55.715 bé. Tần số các thể đồng
hợp lặn xấp xỉ 1/11.000 hay 90 x 10-6. Tần số allele lặn là q =
 = 0,0095. Tần số các thể dị hợp trong cả quần thể (H
= 2pq) và trong số các thể bình thường (H’= 2q/1+q) đều xấp xỉ
bằng 0,019. Như vậy khoảng 2% số người bình thường là có
mang mầm bệnh PKU.

3. Khảo sát trạng thái cân bằng của quần thể
Từ nguyên lý H-W và các hệ quả rút ra được ở trên cho phép ta
vận dụng để xác định xem cấu trúc di truyền của một quần thể
có ở trạng thái cân bằng H-W hay không.

Dưới đây chỉ lược trình vài phương pháp tổng quát đối với một
quần thể ngẫu phối (Hoàng Trọng Phán 2001), với các giả thiết
và ký hiệu đã được đề cập. Theo nguyên lý H-W, các tần số kiểu
gene ở đời con được xác định nhờ tần số allele ở bố mẹ chúng.
Nếu quần thể ớ trạng thái cân bằng, tần số các allele sẽ như
nhau ở cả hai thế hệ, vì vậy tần số allele quan sát được ở đời
con có thể dùng y như thể nó là tần số allele đời bố mẹ để tính
các tần số kiểu gene kỳ vọng theo nguyên lý H-W. Như vậy, về
nguyên tắc, một quần thể được coi là ở trạng thái cân bằng nếu
như nó thỏa mãn một trong những khả năng sau đây; ngược lại,
quần thể không ở trạng thái cân bằng.

(1) Các tần số kiểu gene quan sát được (P, H và Q) phải xấp xỉ
bằng các tần số kỳ vọng tương ứng (p2, 2pq và q2), nghĩa là thành
phần di truyền của quần thể phải thoả mãn công thức H-W.
Về mặt số lượng, quần thể được coi là ở trạng thái cân bằng
nếu như có sự phù hợp sít sao giữa các con số quan sát và kỳ
vọng đối với mỗi kiểu gene, nghĩa là: N11  p2N ; N12  2pqN; và
N22  q2N.
(2) Tần số thể dị hợp quan sát phải xấp xỉ bằng tần số kỳ vọng
(H2pq), nghĩa là: p.q  ½H hay P.Q   (½H)2


109
(3) Tần số của mỗi kiểu gene quan sát được giữa hai thế hệ liên
tiếp là tương đương nhau. Nếu ta gọi tần số của các kiểu gene
A1A1, A1A2 và A2A2 tương ứng ở thế hệ thứ nhất là P1, H1và
Q1 và ở thế hệ thứ hai là P2, H2 và Q2, lúc đó: P1 P2 ; H1 H2; và
Q1 Q2.

(4) Đối với trường hợp khảo sát cân bằng H-W hoặc giao phối
ngẫu nhiên dựa trên tần số giao phối hoặc số lượng cặp giao
phối của các kiểu giao phối khác nhau, ta có thể so sánh như sau:


Kiểu giao Tần số Số lượng
phối

Quan sát Kỳ vọng Kỳ vọng
Quan sát

P2 p2.p2 P2.N/2 p2.p2.N/2
A1A1 x A1A1
2
2(p2)
A1A1 x A1A2 2PH 2(p ) 2P.H.N/2
2(p2)(2pq) (2pq)N/2
A1A1 x A2A2 (2pq)
2(p2)(q2) 2P.Q.N/2 2(p2)
A1A2 x A1A2 2PQ
2(p2)(q2) (q2)N/2
A1A2 x A2A2
2
H2.N/2
A2A2 x H  (2pq)(2pq)
A2A2 (2pq)
(2pq)(2pq) (2pq)N/2
2(2pq)(q2) 2Q.H.N/2
2QH
2(2pq)(q2) 2(2pq)(q2)N/2
Q2 q2.q2 q2.q2 Q2.N/2 q2.q2.N/2

Tổng 1 N/2 N/2
1 1

(5) Phương pháp “Khi­bình phương” (Chi-square
method)
Khi so sánh giữa các số liệu quan sát và kỳ vọng thường có thể
có sự sai lệch không đáng kể hoặc đáng kể. Vì ranh giới phân
định giữa chúng là không rõ ràng khiến ta khó mà khẳng định
quần thể ở trạng thái cân bằng hoặc không. Trong trường hợp
đó, ta phải sử dụng phương pháp x2 
Ví dụ: Để khảo sát trạng thái cân bằng H-W, ta hãy xét
quần thể người Mỹ da trắng gốc Âu đã cho ở bảng 12.1. Từ số
người mang các nhóm máu M, MN vàN tương ứng là 1.787;



110
3.039; và 1.303 (với N = 6.129), ta tính được tần số của các allele
M và N là p và q như sau:
p = 1.787 + 1/2(3.039) = 0,539
và q = 1 - p = 0,461.

Từ đây tính được tần số kỳ vọng của các kiểu gene:

p2 = (0,539)2 = 0,292
MM

MN 2pq = 2(0,539)(0,461) = 0,497

q2 = (0,461)2 = 0,211
NN

Và số cá thể kỳ vọng của chúng:

p2 × N = 0,292 × 6.129 = 1.787,2
MM

MN 2pq × N = 0,497 × 6.129 = 3.044,9

q2 × N
NN = 0,211 × 6.129 = 1.296,9

So sánh các số liệu quan sát và kỳ vọng về từng kiểu gene ta thấy
có sự phù hợp sít sao, chứng tỏ quần thể ở trạng thái cân bằng
H-W.

Thật vậy, nếu kiểm tra bằng trắc nghiệm (khi) x2, ta có:


(khi) x2 = + + =
0,04
Tra bảng phân phối c2 ứng với P = 0,05 và 1 bậc tự do ta tìm
được trị số (khi) x2 bằng 3,84. Vì trị số thực tế là rất nhỏ so với
trị số lý thuyết, chứng tỏ giữa các số liệu quan sát và kỳ vọng
hầu như trùng khớp nhau hoàn toàn; nghĩa là, quần thể ở trạng
thái cân bằng H-W.
Nguyên lý Hardy-Weinbeirg


Năm 1908, nhà toán học người Anh Godfrey H.Hardy và bác sĩ
người Đức Wilhelm Weinberg đã độc lập chứng minh rằng có
tồn tại một mối quan hệ đơn giản giữa các tần số allele và các



111
tần số kiểu gene mà ngày nay ta gọi là định luật hay nguyên lý
Hardy-Weinberg (viết tắt: H -W ).

1. Nội dung nguyên lý H­W

Trong một quẩn thể ngẫu phối kích thước lớn, nếu như không có
áp lực của các quá trình đột biến, di nhập cư, biến động di
truyền và chọn lọc, thì tần số các allele được duy trì ổn định từ
thế hệ này sang thế hệ khác và tần số các kiểu gene (của một
gene gồm hai allele khác nhau) là một hàm nhị thức của các tần
số allele, được biễu diễn bằng công thức sau:

( p + q )2 = p2 + 2pq + q2 = 1
2. Chứng minh
Ở một quần thể Mendel, xét một locus autosome gồm hai allele
A1 và A2 có tần số như nhau ở cả hai giới đực và cái. Ký
hiệu p và q cho các tần số allele nói trên (p + q =1). Cũng giả thiết
rằng các cá thể đực và cái bắt cặp ngẫu nhiên, nghĩa là các giao
tử đực và cái gặp gỡ nhau một cách ngẫu nhiên trong sự hình
thành các hợp tử. Khi đó tần số của một kiểu gene nào đó chính
là bằng tích của các tần số hai allele tương ứng. Xác suất để một
cá thể có kiểu gene A1A1 là bằng xác suất (p) của allele A1 nhận
từ mẹ nhân với xác suất (p) của allele A1 nhận từ bố, hay  p.p = p2.
Tương tự, xác suất mà một cá thể có kiểu gene A2A2 là q2. Kiểu
gene A1A2có thể xuất hiện theo hai cách: A1 từ mẹ và A2 từ bố
với tần số là pq, hoặc A2 từ mẹ và A1 từ bố cũng với tần số pq; vì
vậy tần số của A1A2 là pq + pq = 2pq (Bảng 12.2). Điều chứng
minh trên được tóm tắt như sau:
* Quần thể ban đầu có 3 kiểu gene : A1A1  A1A2
Tổng
A2A2

Tần số các kiểu gene : P H
Q 1

Tần số các allele : p = P + ½H ; q = Q + ½H

* Quần thể thế hệ thứ nhất sau ngẫu phối có :

Tần số các kiểu gene = (p + q)2 = p2 + 2pq + q2 1
Tần số các allele: f(A1) = p2 + ½(2pq) = p(p+q) = p
f(A2) = q2 + ½(2pq) = q(p+q) = q


112
Nhận xét:
Từ chứng minh trên cho thấy các tần số allele ở thế hệ con giống
hệt ở thế hệ ban đầu, nghĩa là f(A1) = p và f(A2) = q. Do đó, các
tần số kiểu gene ở thế hệ tiếp theo vẫn là p2, 2pq và q2(giống
như ở thế hệ thứ nhất sau ngẫu phối). Điều đó chứng tỏ rằng
các tần số kiểu gene đạt được cân bằng chỉ sau một thế hệ ngẫu
phối. Trạng thái ổn định về thành phần di truyền được phản ánh
bằng công thức H-W như vậy được gọi là cân bằng H­W (Hardy-
Weinberg equilibrium).
Bảng 2  Các tần số H­W sinh ra từ sự kết hợp ngẫu nhiên các giao tử


Tần số giao tử cái

p(A1) q(A2)
p2(A1A1)
p(A1) pq(A1A2)
Tầnsố q(A ) q2(A2A2)
pq(A1A2)
2
gtử đực

3. Các mệnh đề và hệ quả

(1) Nếu như không có áp lực của các quá trình tiến hoá (đột biến,
di nhập cư, biến động di truyền và chọn lọc), thì các tần số allele
được giữ nguyên không đổi từ thế hệ này sang thế hệ khác. Đây
là mệnh đề chính của nguyên lý hay định luật H-W.

(2) Nếu sự giao phối là ngẫu nhiên, thì các tần số kiểu gene có
quan hệ với các tần số allele bằng công thức đơn giản: ( p+q )2 =
p2 + 2pq + q2 =1.
(3) Hệ quả 1: Bất luận các tần số kiểu gene ban đầu (P, H, Q) như
thế nào, miễn sao các tần số allele ở hai giới là như nhau, chỉ sau
một thế hệ ngẫu phối các tần số kiểu gene đạt tới trạng thái cân
bằng (p2, 2pq và q2).
(4) Hệ quả 2: Khi quần thể ở trạng thái cân bằng thì tích của các
tần số đồng hợp tử bằng bình phương của một nửa tần số dị
hợp tử, nghĩa là:
p2.q2 = (2pq/2)2

Thật vậy, khi quần thể ở trạng thái cân bằng lý tưởng, ta có: H =
2pq

Biến đổi đẳng thức trên ta được: pq = ½H

113
Bình phương cả hai vế, ta có: p2.q2 = (½H)2, trong đó H = 2pq.
Như vậy đẳng thức này cho thấy mối tương quan giữa các thành
phần đồng hợp và dị hợp khi quần thể ở trạng thái cân bằng lý
tưởng.
(5) Hệ quả 3: (i) Tần số của các thể dị hợp không vượt quá 50%,
và giá trị cực đại này chỉ xảy ra khi p = q = 0,5 Þ H = 2pq = 0,5;
lúc này các thể dị hợp chiếm một nửa số cá thể trong quần thể;
(ii) Đối với allele hiếm (tức có tần số thấp), nó chiếm ưu thế
trong các thể dị hợp nghĩa là, tần số thể dị hợp cao hơn nhiều so
với tần số thể đồng hợp về allele đó. Điều này gây hậu quả quan
trọng đối với hiệu quả chọn lọc (xem thêm ở mục 1.5.2 dưới
đây).




CHƯƠNG 4: UNG DUNG DI TRUYEN HOC VAO CHON
GIONG
A/ HỆ SỐ DI TRUYỀN
S2A S2A phương sai di truyền
h2 =
S2P
S2P 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


TÍNH SỐ DÒNG THUẦN
ƯU THẾ LAI




114
CHƯƠNG 5: DI TRUYỀN HỌC NGƯỜI; BÀI 27+28+29+30
Bài 1 tóm tắt li thuyết
Tóm tắt lí thuyết
Phả hệ là sơ đồ biểu thị sự di truyền một tính trạng nào

đó qua các thế hệ của một gia đình hay một dòng họ.
• Nghiên cứu di truyền phả hệ giúp con người biết được:
+ Tính chất trội, lặn của tính trạng cần quan tâm.
+ Gen quy định tính trạng nằm trên NST thường hoặc NST giới
tính.
+ Xác định kiểu gen các cá thể trong phả hệ.
+ Dự đoán khả năng xuất hiện tính trạng ở các thế hệ con, cháu.
• Nghiên cứu trẻ đồng sinh giúp con người phát hiện những
tính trạng nào của loài người được quyết định chủ yếu
bởi kiểu gen hoặc chủ yếu bởi môi trường sống.
Nghiên cứu tế bào giúp con người biết trước khả năng phát triển
bình thường hay bất thường của thai nhi bằng cách quan sát bộ
NST tế bào bạch cầu. Từ đó can thiệp theo hướng có lợi.

A/ HỆ SỐ THÔNG MINH IQ
- IQ=[ (tuổi trí tuệ) : (tuổi sinh học) ] x 100
- Người Bthường: 70-130, người kém phát triển 45-70;
khuyết tật IQ= (7:6) x
100= 117

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 hi ện tượng di
truyền và yếu tố môi trường trong sự hình thành tính trạng.

115
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 th ức
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 nghi ệm đã nêu lên đ ược s ố
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 0,93
Sống riêng 0,87
Đồng sinh khác trứng 0,45
Anh chị em ruột
Sống chung 0,53
Sống riêng 0,44
Các trẻ em không có quan hệ huyết 0,27
thống sống chung

116
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 lu ật di
truyền từ tổ tiên, quy luật quay về giá trị trung bình, bi ến d ị đ ột
biến mới và biến dị tổ hợp.
- Mặt môi trường , bao gồm các lĩnh vực vi mô và vĩ mô, t ừ
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 h ọc c ủa
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 h ọc 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.


117
b. IQ và bộ não
* Những vùng não tương ứng với IQ
Nhiều nguồn thông tin khác nhau cùng đồng ý ở một điểm
đóng một vai trò quyết định trong việc hình thành
là não trước

những "dòng suy nghĩ".
* Cấu trúc của bộ não và IQ
Nghiên cứu cho thấy có một sự liên quan nào đó gi ữa IQ và c ấu
trúc của vỏ não – những người có trí thông minh cao th ường 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 c ủa m ột
đứa trẻ bị ảnh hưởng từ IQ của cha mẹ. Có thể nói, m ột c ặp b ố
mẹ có chỉ số thông minh cao có nhiều khả năng có những đ ứa
con kém thông minh hơn họ.Trong khi đó, những c ặp bố m ẹ có
chỉ số IQ có chỉ số thông minh thấp lại có xu hướng có nh ững
đứa con thông minh hơn. Hiệu ứng trên có thể được bi ểu di ễn
bởi công thức:




Trong đó:

: chỉ số IQ dự đoán của đứa bé


: chỉ số IQ trung bình của xã hội


hệ số di truyền của chỉ số IQ
h2:


và b: chỉ số thông minh của mẹ và bố đứa bé.
• m




118
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 hi ện 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 nhi ều 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
4 gen IQ đặc biệt = 1/16
5 gen IQ đặc biệt = 1/32
Người ta cũng giả thiết trong gia đình có gen IQ đặc bi ệt ở
dạng lặn. Sự tổ hợp trong 1 trường hợp nào đó tạo ra thể đ ồng
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 gi ải thích cho các hi ện
tượng xảy ra trong thực tế. Có gia đình bố ho ặc m ẹ thông minh



119
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 s ố
chung có chỉ số IQ giữa 70 - 130; khoảng 2,3 - 2,5% có IQ d ưới
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, đ ộ l ệch
chuẩn là 15IQ.
Sau đây là phân loại IQ theo Binet:

Biểu hiện
IQ
≥ 140 Thiên tài
Rất thông minh
120 - 140
90 - 110 Trung bình
Hơi kém
80 - 90
70 - 80 Kém
Dốt
50 - 70
Đần
25 - 50
0 - 25 Ngu


Biểu đồ phân bố IQ trong quần thể:




120
b.Phân bố IQ trong thực tế
Trong thực tế sự phân bố IQ phần nào không đ ối xứng hoàn
toàn như trong mô hình. Sự phân bố của 100 - 15 cao hơn so v ới
100 + 15, đường biểu diễn phía trên 100 dốc hơn phía dưới 100.
Trong các nguyên nhân thì có thể thấy hi ện 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 tri ển trí thông
minh
Ngay sau khi mới sinh ra, não người đã ổn đ ịnh về s ố l ượng
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


121
quyết định nhất đối với sự phát triển trí tuệ trẻ thuộc giai đo ạn
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 c ực thuận cho
tiềm năng thông minh biểu hiện và phát triển, đó là giai đo ạn 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 c ần 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 th ể do
máu của người bị tâm thần phân liệt có hoạt tính
monoamineoxydase thấp hơn người bình thường.




Chuyên đề 7: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP DI TRUYỀN
NGƯỜI

TỰ LUẬN-LÝ THUYẾT.
A/ Tóm tắt lý thuyết quan trọng:
1. Bệnh:




122
2) Hội chứng:




123
3) Tật: 5) Loại tính trạng




124
6) Phòng –Chữa




Chỉ số IQ được xác định qua công thức:
7/
AM
IQ = — × 100
AR
AR : Tuổi thực
AM :Tuổi khôn
Có nhiều công thức khác nhau để tính t ỉ lệ tham gia của yếu t ố di
truyền trong sự hình thành tính trạng. Sau đây là công th ức đ ơn gi ản
nhất do Holzinger đề xuất:
% tương hợp cùng trứng - % tương hợp khác trứng
H% =

125
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.


B/ PHÂN DẠNG BÀI TẬP
1/ BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PHẢ HỆ:
PP chung:
- B1: xác định gen gây bệnh do nằm trên NST thường hay giới
tính
+ Nếu trên NST 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 Dt 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 ½ vì Con trai/Con gái=1/1)


Câu 15: Cho phả hệ sau, trong đó alen gây bệnh (kí hiệu là a) là
lặn so với alen bình thường (A) và không có đột bi ến xẩy ra trong
phả hệ này.
Thế hệ
I
1 2

II
1 2 3 4
5

III.
1 2
3 4
a. Viết các kiểu gen có thể có của các cá th ể thu ộc th ế h ệ I và
III.




126
b. Khi cá thể II.1 kết hôn với cá thể có kiểu gen giống với II.2
thì xác suất sinh con đầu lòng là trai có nguy c ơ b ị b ệnh là bao
nhiêu? Viết cách tính.
GIẢI:
a. Cặp bố mẹ số II4 và II5 đều bình thường nhưng sinh con có đứa bị
bệnh chứng tỏ gen quy định bệnh nằm trên NST thường (không n ằm
trên NST giới tính).
Kiểu gen của các cá thể: I1 là aa I2 là Aa (vì sinh con II3
bị bệnh.
III1 và III3 có thẻ là AA hoặc aa.
III2 và III4 là aa.
b. Cá thể II1 và cá thể II2 đều có kiểu gen Aa (vì họ là những người
bình thường và bố của họ bị bệnh)
111
- Xác suất để sinh con bị bệnh là x=.
224
- Xác suất để sinh con trai là 1/2.
Vậy xác suất để cặp vợ chồng này sinh được một con trai bị bệnh là
11 1
x=.
42 8

2/ BÀI TẬP XÁC ĐỊNH KIỂU GEN CÁC ĐỜI:
Câu 2.
Bệnh mù I
Mù màu
1 2
màu đỏ -
Máu khó đông
lục và bệnh II
2
1
máu khó
đông do hai
lặn III
gen 2 34 5
1
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 k ết qu ả
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 ph ụ
nữ này sinh một bé trai bình thường (không mắc cả hai bệnh di truyền
trên) là bao nhiêu? Giải thích.
Giải
Gọi gen a qui định bệnh mù màu và A - bình thường; gen b qui đ ịnh
máu khó đông và B - bình thường.
a) Từ sơ đồ phả hệ suy ra kiểu gen của I.1 là XabY, II.1 là XabXAB và II.2
là XAbY


127
Kiểu gen của III.1 là X abY, III.2 là XAbXAB / XAbXaB, III.3 là XABY, III.4
là XAbXAb / XAbXab,
III.5 là XAbY
Cá thể III.5 là do tái tổ hợp, cá thể III.1 và III.3 là do không tái t ổ h ợp;
với các cá thể III.2 và III.4 không xác đ ịnh đ ược (n ếu không có các
phân tích kiểu gen tiếp theo). (0,50 điểm)
b) Kiểu gen thế hệ II sẽ là: XabXAB x XAbY
Tỉ lệ giao tử: 0,44Xab, 0,44XAB, 0,06XAb, 0,06XaB 0,5XAb , 0,5Y
Xác suất con trai bình thường (không mắc cả 2 bệnh) là: 0,44X AB x
0,5Y = 0,22XABY, hay 22%.
3/ BÀI TẬP ÁP DỤNG TOÁN XÁC XUẤT:
Câu 2. 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 m ột gia đình b ố
và mẹ đều có nhóm máu MN. Xác suất để họ có 6 con g ồm 3 con có
nhóm máu M, 2 con có nhóm máu MN và 1 con có nhóm máu N là bao
nhiêu?
1 3 33 15
A. B. C. D.
1024 16 64 256

n!
ADCT: ( p1 + p 2 + p3) =
n
p1k 1. p 2 k 2. p3 k 3
k1!k 2!k 3!
Biết: p1: XS sinh con có nhóm máu M p2-MN, p3-N (t ỷ
lệ khi viết SĐL thế hệ bố mẹ)
k2,k2,k3 số con có nhóm máu M,MN,N
n số con muốn có
Câu 3: 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:


128
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




129
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 th ể xảy ra các
trường hợp sau:
Gen A đột biến thành gen a (đột biến thuận) với tần số u.
a.Chẳng hạn, ở thế hệ xuất phát tần số tương đối
u
A
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: p 1 = po – upo = po(1-
u)
Sang thế hệ thứ hai lại có u của số alen A còn lại ti ệp tục
đột biến thành a. Tần số alen A ơ thế hệ thứ hai là: P 2 = p1 – up1
= p1(1-u) = po(1-u)2
Vậy sau n thế hệ tần số tương đối của alen A là: p n =
n
po(1-u)
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 c ấu
trúc di truyền của quần thể. Áp lực của quá trình đột bi ến bi ểu
hiện ở tốc độ biến đổi tần số tương đối của các alen bị đột biến.


130
Alen a cũng có thể đột biến thành A (đột biến nghịch) với
tần số v.
v
a 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 tr ừ cho nhau,
nghĩa là ∆p = 0 khi vq = up. Mà q = 1- p.
→ up = v(1 – p) ↔ up + vp = v ↔
v u
p= →q=
u+v u+v

2. Các dạng bài tập
- Dạng 1: Biết tỉ lệ kiểu hình → xác định tần s ố alen, t ần s ố
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.


131
BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI
Bài 1: Một quần thể động vật 5.10 4 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, v ới số l ượng bù
trừ nhau. Tìm số đột biến đó. Biết A đột biến thành a với tần số
v, với u = 3v = 3.10-3
Giải:
Gọi : p là tần số của alen A và q là tần số của alen a
-Tổng số alen trong quần thể: 5.104 x 2 = 105 (alen)
-Tần số alen trội, lặn khi có cân bằng mới được thiết lập:

u 3v
=
+Tần số alen a : qa = = 0,75
u + v 3v + u
+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?



132
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 đ ột
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.
1
a) Để p0 giảm đi phải cần bao nhiêu thế hệ?
2
b) Từ đó em có nhận xét gì về vai trò c ủa quá trình đ ột
biến trong tiến hoá?
Giải
a)Vì đột biến diễn ra theo chiều thuận, nên ta có:
pn = po (1- u)n
trong đó: pn: tần số alen trội (A) ở thế hệ pn ; po: tần số alen
trội (A) ở thế hệ po ; u: tốc độ đột biến theo chiều thuận; n: số
thế hệ.
1
po = po (1- 10-5)n 0,5 = (1-10-5)n ln0,5 = ln (1-10-
=>
2
5
).n
ln 0,5
≈ 69.000 thế hệ.
=> n =
ln(1 − 10−5 )
b) Nhận xét về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hóa: gây
áp lực không đáng kể cho quá trình tiến hóa.
Bài 5:1.a) Thế nào là áp lực của quá trình đột biến?
b) Giả thiết đột biến thuận (A → a) với tần số u, đột biến
nghịch (a → A) với tần số v.
- Nếu v = 0 và u > 0 sẽ làm cho tần số A gi ảm d ần. Qui
ước tần số alen A ở thế hệ khởi đầu là p 0, hãy lập công thức tính
tần số pn của alen A sau n thế hệ.


133
- Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a s ẽ
đạt cân bằng khi nào? Khi đó tần số tương đối của alen A và alen
a được tính như thế nào?
Giải
Sự ảnh hưởng của số lượng đột biến đến tỉ lệ các kiểu gen và tần số các alen
ể gọi là áp lực của quá trình đột biến.
* 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.
Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a s ẽ đ ạt cân b ằng khi s
ến 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
-
∆ p = M (P0--p))
p
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
-
∆ q = -M (Q0 - q)
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:
Q1=(1-M)Q0 + Mq = Q0 - M (Q0 - q)
Lượng biến thiên tần số của a len a sau 1 thế hệ ∆ q

134
∆ 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

n: số cá thể đến nhập cư
p1(q1): tần số A(a) của QT được nhập cư trước thời điểm nhập

p2(q2): tần số A(a) của QT đến nhập cư

Bài 1 (3,0 điểm).
1. a) Thế nào là áp lực của quá trình đột biến?
b) Giả thiết đột biến thuận (A → a) với tần số u, đột biến
nghịch (a → A) với tần số v.
- Nếu v = 0 và u > 0 sẽ làm cho tần số A gi ảm d ần. Qui
ước tần số alen A ở thế hệ khởi đầu là p 0, 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 s ẽ
đạt cân bằng khi nào? Khi đó tần số tương đối của alen A và alen
a được tính như thế nào?



135
2. a) Nêu các hình thức di-nhập gen phổ biến ở các nhóm
sinh vật: dương xỉ và nấm, thực vật có hoa, động vật ở nước thụ
tinh ngoài, lớp thú.
b) Cho biết tần số tương đối của alen A ở quần thể Y là
0,8; ở quần thể X là 0,3. Số cá thể của quần thể Y là 1600, số cá
thể nhập cư từ quần thể X vào quần thể Y là 400. Hãy xác định
tần số py của alen A trong quần thể Y ở thế hệ tiếp theo sau khi
di-nhập.
Giải:
Sự ảnh hưởng của số lượng đột biến đến tỉ lệ các kiểu gen và tần số các alen
ể gọi là áp lực của quá trình đột biến.
* 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.
Nếu u > v > 0, thì tần số tương đối của các alen A và a s ẽ đ ạt cân b ằng khi s
ến 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
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 the
- Lớp thú: sự di cư của các cá thể.
- 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
∆ p = 0,2 (0,3 – 0,8) = - 0,1. Như vậy, tần số tương đ ối c ủa alen A trong qu ầ
ảm xuống còn: pY = 0,8 – 0,1 =0,7
Bài 2: Tân số tương đôi cua gen A ở quân thể I là 0,8; của
̀ ́̉ ̀
quần thể II là 0,3.Tôc độ di- nhâp gen A từ quân thể (II) vao
́ ̣ ̀ ̀
quân thể (I) là 0,2. Tinh lượng biên thiên tân số tương đôi cua
̀ ́ ́ ̀ ́̉
gen A.
Lời giai: ̉
Tỉ lệ số cá thể nhâp cư, lượng biên thiên tân số gen A trong
̣ ́ ̀
quân thể nhân (I) la:
̀ ̣ ̀


136
∆p = 0,2(0,3-0,8) = - 0,1.
Giá trị nay cho thây tân số A trong quân thể nhân (I) giam đi
̀ ́̀ ̀ ̣ ̉
0,1.
Sự du nhâp đôt biên ̣ ̣ ́
Lý thuyết:
Môt quân thể ban đâu gôm những cá thể có kiêu gen AA như
̣ ̀ ̀ ̀ ̉
vây quân thể chỉ có alen A. Quân thể có thêm alen mới a do
̣ ̀ ̀
quá trinh đôt biên A → a xay ra trong nôi bộ quân thể hoăc đã
̀ ̣ ́ ̉ ̣ ̀ ̣
nhân được a du nhâp từ môt quân thể khac tới thông qua sự
̣ ̣ ̣ ̀ ́
phat tan cua giao tử hay sự di cư cua cac cá thể có mang đôt
́́ ̉ ̉ ́ ̣
biên a. Sự du nhâp cua đôt biên cung là môt nguyên nhân lam
́ ̣ ̉ ̣ ́ ̃ ̣ ̀
̉ ́ ̉ ̀ ̉
thay đôi vôn gen cua quân thê.
Khi đó tân số mới cua a sau khi xay ra sự du nhâp gen có thể
̀ ̉ ̉ ̣
tinh theo công thức:
́
q1= n.qn+m.qm
qn là tân số alen a trước khi có du nhâp.
̀ ̣
qm là tân số alen a trong bộ phân mới du nhâp.
̀ ̣ ̣
n và m là tỉ lệ so sanh kich thước cua quân thể và cua bộ phân ́ ́ ̉ ̀ ̉ ̣
̣
du nhâp(n+m=1).
Đôi với những quân thể lớn thì sự du nhâp đôt biên không anh
́ ̀ ̣ ̣ ́ ̉
hưởng đang kể tới sự thay đôi câu truc di truyên cua quân thê.
́ ̉́ ́ ̀ ̉ ̀ ̉
Bài 3:Trong môt quân thể có 16% măt xanh, 20% số người ̣ ̀ ́
di cư đên quân thể chỉ có 9% số người măt xanh. Giả sử măt
́ ̀ ́ ́
xanh do gen lăn quy đinh thuôc nhiêm săc thể thường. Tinh ̣ ̣ ̣ ̃ ́ ́
tân số alen măt xanh cua quân thể mới?
̀ ́ ̉ ̀
Lời giải:
Goi a là gen quy đinh kiêu hinh măt xanh
̣ ̣ ̉ ̀ ́
Vì quân thể ngâu phôi nên
̀ ̃ ́
Sự du nhâp cua gen lăn a vao quân thể lam cho quân thể có tân
̣ ̉ ̣ ̀ ̀ ̀ ̀ ̀
số alen a là
q1= n.qn+m.qm.
qn là tân số alen a trước khi có du nhâp = 0,4
̀ ̣
qm là tân số alen a trong bộ phân mới du nhâp = 0,3
̀ ̣ ̣
n và m là tỉ lệ so sanh kich thước cua quân thể và cua nhom du ́ ́ ̉ ̀ ̉ ́
nhâp, theo bai giá trị n = 0,8 và m = 0,2.
̣ ̀
Thay cac giá trị vao biêu thức ta có tân số alen măt xanh cua
́ ̀ ̉ ̀ ́ ̉
quân thể mới là ̀
q1= 0,8.0,4 + 0,2.0,3 = 0,38




137
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.
- Tốc độ di nhập gen: m = 400/(1600 + 400) = 0,2
b)
- Sau một thế hê, lượng biến thiên tần số tương đối c ủa
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 m ột
hòn đảo (quần thể đảo). Do nước chảy xuôi nên ốc chỉ di chuyển
được từ quần thể chính đến quần thể đảo mà không di chuyển
ngược lại.
Xét một gen gồm hai alen: A và a. Ở quần thể chính có p A =1,
quần thể đảo có pA= 0,6.
Do di cư, quần thể đảo trở thành quần thể mới, có 12% số cá
thể là của quần thể chính.
a. Tính tần số tương đối của các alen trong quần thể m ới
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.



138
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
Câu 5: Xét một gen có 2 alen A và alen a. Một quần thể sóc gồm
180 cá thể trưởng thành sống ở một vườn thực vật có tần số alen
A là 0,9. Một quần thể sóc khác sống ở khu rừng bên cạnh có tần
số alen này là 0,5. Do thời tiết mùa đông khắc nghiệt đột ngột 60
con sóc trưởng thành từ quần thể rừng di cư sang quần thể vườn
thực vật để tìm thức ăn và hòa nhập vào quần thể sóc trong vườn
thực vật.
a)Tính tần số alen A và alen a của quần thể sóc sau sự di
cư được mong đợi là bao nhiêu?
b)Ở quần thể sóc vườn thực vật sau sự di cư, giả sử tần
số đột biến thuận (Aa) gấp 5 lần tần số đột biến nghịch
(aA). Biết tần số đột biến nghịch là 10-5. Tính tần số của mỗi
alen sau một thế hệ tiếp theo của quần thể sóc này.
c)Giả sử tần số alen (a) của quần thể sóc sống ở quần
thể rừng là 0,2575 và 0,5625 ở quần thể hỗn hợp(sau nhập cư),
cho biết tốc độ nhập cư là 0,1. Tính tần số của alen (a) ở quần
thể sóc ở vườn thực vật ban đầu?
Nội dung giải
a) Ở quần thể vườn thực vật số cá thể sóc mang alen A là: 180 x 0,9=1
Ở quần thể rừng số cá thể sóc mang alen A di cư sang quần thể vườn
là: 0,5x 60 = 30 cá thể.
Vậy tổng cá thể mang alen A của quần thể sóc trong vườn thực vật sa
là : 162 + 30 = 192 cá thể.
Tổng số cá thể sóc trong ường thực vật: 180 + 60 = 240 cá thể
192
= 0,8 , tần số alen a = 1- 0,8 = 0,2.
Tần số alen A =
240
b)pA = vq – up = (10-5 x 0,2) – (5.10-5 x 0,8) = -3,8.10-5
qa = up – vq = (5.10-5 x 0,8) – (10-5 x 0,2) = 3,8.10-5
Vậy tần số của alen A và alen a sau 1 thể hệ là:

139
pA=0,8 - 3,8.10-5
qa = 0,2 + 3,8.10-5
c) m = 0,1; qm = 0,2575; q’ = 0,5625.
(q − q ' )
m=
Ta có phương trình: 
(q − qm )
(q ' − mqm ) (0,5625 − 0,1x0, 2575)
q= = 0,5964
(1 − m) 1 − 0,1
Vậy tần số alen (a) là: 0,5964

Bài 6: Cho 2 QT 1 và 2 cùng loài,kích thước QT 1 gấp đôi QT 2.
QT 1 có TS alen A=0,3, QT 2 có TS alen A=0,4. Nếu có 10% cá
thể của QT 1 di cư qua QT 2 và 20% cá thể của QT 2 di cư qua
QT 1 thì TS alen A của 2 QT 1 và 2 lần lượt là:

C. 0,4 và 0,3 D. bằng nhau
A. 0,35 và 0,4 B. 0,31 và 0,38
và=0,35

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

N1 =2 N1

TS alen p sau khi xuất và nhập cư ở 2 QT:

* QT1: p(1) = [(p1x 9N1/10) +(p2x 2N2/10) ] / [9N1/10 +2N2/10] =
0,31

* QT2: p(2)= [(p1x N1/10) +(p2x 8N2/10) ] / [N1/10 +8N2/10] =
0,38 (Đáp án B)

Bài 7:Một QT sóc sống trong vườn thực vật có 160 con có TS 
alen B = 0,9. Một QT sóc khác sống trong rừng bên cạnh có 
TS alen này là 0,5. Do mùa đông khắc nghiệt đột ngột, 40 
con sóc trưởng thành từ QT rừng chuyển sang QT sóc vườn 
tìm ăn và hòa nhập vào QT vườn, TS alen B sau sự di cư này 
là bao nhiêu ?
A. 0,70.  B. 0,90.  C. 0,75. 
D. 0,82.

140
Giải:Xét QT ban đầu: Số allele B là: 0.9.160.2 = 288 ; số allele b
là: (1-0,9).160.2 = 32

Xét nhóm cá thể nhập cư: Số allele B = số allele a = 0,5.40.2 = 40

QT vườn sau nhập cư: Số allele B = 288+40 = 328 ; số allele b =
40+32=72

TS allele B trong QT sau nhập cư là: 328/(328+72) = 0,82

Bài 8: Trong một quần thể bướm gồm 900 con, tần số alen quy
định cấu tử chuyển động nhanh của một enzim là 0,7 và tần số
len quy định cấu tử chuyển động chậm là 0,3. Có 90 con bướm
từ quần thể này nhập cư đến một quần thể có q= 0,8. Tần số
alen của quần thể mới là.
A. p= 0,7; q= 0,3 B. p= 0,25; q= 0,75 C. p= 0,75; q= 0,25
D. p= 0,3; q= 0,7
Giải: số lượng cá thể ban đầu của QT được nhập =900, SL cá
thể của QT xuất cư khong cần thiết mà chỉ cần SL cá thể xuất
cư và tần số alen. ta có
p = (N1p1 + N2p2)/(N1 + N2) = (90.0,7 + 900.0,2)/(90+900) = 0,245 =
0,25 →q = 0,75
Một cách giải khác với dạng bài này
Bài 9: Trong 1 quần thể bướm gồm 900 con, t ần s ố alen (p)
quy định tính trạng tác động nhanh của enzim là 0,6 và t ần
số alen (q) quy đinh tác động chậm là 0,4. 90 con b ướm t ừ
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




141
1080 + 36
Do đó tần số alen nhanh trong quần thể mới là p=
1800 + 180
=0,56
III/ NHÂN TỐ TIẾN HÓA GIAO PHỐI KHÔNG NGẪU
NHIÊN
(THÊM GIAO PHỐI NGẪU NHIÊN)
1. Cơ sở lí luận:
Ngẫu phối không hoàn toàn là qu ần th ể v ừa ng ẫu ph ối
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)/(t ần số dị hợp tử
theo lý thuyết)]
Hay bằng (tần số dị hợp tử theo lý thuyết – tần số dị hợp
tử quan sát được)/tần số dị hợp tử theo lý thuyết.
2. Các dạng bài tập
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Trong một quần thể yến mạch hoang dại, tần số đồng
hợp tử trội, dị hợp tử và đồng hợp tử lặn tương ứng là: 0,67;
0,06 và 0,27. Hãy tính hệ số nội phối trong quần thể.
Giải
Tần số các alen: p = 0,67 + (1/2)(0,6) = 0,7; q = 1 – 0,7 =
0,3


142
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 m ột 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 b ằng 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.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 3 : Một quần thể ngẫu phối có tần số các alen như sau: p(A)
= 0,7; q(a) = 0,3.Giả sử quần thể ban đầu đang đạt trạng thái cân
bằng di truyền. Sau 3 thế hệ giao phối cấu trúc di truyền c ủa
quần thể như sau: 0,65464 AA + 0,09072 Aa + 0,25464 aa = 1.
Biết rằng đã xảy ra hiện tượng nội phối. Tính hệ số nội phối?
* Trường hợp giao phôi có lựa chon: sẽ lam cho tỉ lệ kiêu
́ ̣ ̀ ̉
gen và tân số alen sẽ bị thay đôi qua cac thế hê.
̀ ̉ ́ ̣
Ví du:
̣


143
Bài 4: Ở quân thể cá đat trang thai cân băng Hacđi –
̀ ̣ ̣ ́ ̀
Vanbec có tỉ lệ cá mau xam : cá mau đỏ = 1:24. Nêu xay ra ̀ ́ ̀ ́ ̉
hiên tượng giao phôi có lựa chon (chỉ có những con cung
̣ ́ ̣ ̀
mau mới giao phôi với nhau) qua 2 thế hê. Xac đinh thanh
̀ ́ ̣ ́ ̣ ̀
phân kiêu gen cua quân thể ở thế hệ thứ hai. Biêt gen quy
̀ ̉ ̉ ̀ ́
đinh mau đỏ là trôi hoan toan so với mau xam, gen năm
̣ ̀ ̣ ̀ ̀ ̀ ́ ̀
trên nhiêm săc thể thường. ̃ ́
Lời giai: ̉
Goi A quy đinh mau đo, a quy đinh mau xam và tân số cua alen
̣ ̣ ̀ ̉ ̣ ̀ ́ ̀ ̉
A là p, tân số cua alen a là q.
̀ ̉
Vì quân thể ở trang thai cân băng nên q2 = 1/25 → q = 0,2 ; p
̀ ̣ ́ ̀
= 1-0,2 = 0,8
Câu truc di truyên cua quân thể la: 0,64 AA + 0,32 Aa + 0,04
́ ́ ̀ ̉ ̀ ̀
aa = 1
Quân thể xay ra giao phôi có lựa chon sau 2 thế hê:
̀ ̉ ́ ̣ ̣
P: (mau đỏ ×mau đo)0,96
̀ ̀ ̉
= (0,6667 AA : 0,3333 Aa) × (0,6667 AA : 0,3333 Aa) 0,96
→ F1: (0,6666 AA : 0,2667 Aa : 0,0267 aa)
̀ ́ ̀ ́
P: (mau xam x mau xam)0,04 = (aa x aa) 0,04 → F1: 0,04 aa
Thế hệ F1 thu được là (0,6666 AA : 0,2667 Aa : 0,0667 aa)
F1x F1: (mau đỏ x mau đo)0,9333 ̀ ̀ ̉
= (0,7142 AA : 0,2858 Aa) × (0,7142 AA : 0,2858 Aa) 0,9333
→ F2: (0,6856 AA : 0,2286 Aa : 0,0190 aa)
̀ ́ ̀ ́
F1x F1: (mau xam x mau xam)0,0667 → F2:0,0667 aa
Vây câu truc di truyên quân thể F2: (0,6856 AA : 0,2286 Aa :
̣ ́ ́ ̀ ̀
0,0857 aa)

Bài 5: Có 1 đột biến lặn trên NST thường làm cho m ỏ dưới của
gà dài hơn mỏ trên. Những con gà như vậy mổ được ít thức ăn
nên yếu ớt. Những chủ chăn nuôi thường phải liên tục loại chúng
khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp gà bố mẹ m ỏ
bình thường, thu được 1500 gà con, trong đó có 15 gà bi ểu hi ện
đột biến trên. Giả sử không có đột biến mới xảy ra, hãy cho biết
có bao nhiêu gà bố mẹ dị hợp tử về đột biến trên?
A. 15 B. 2 C. 40
D. 4
BL:
ngẫu phối=> đời con Taa=15/1500=0,01 =>Ta=0,1=1/2.TAa đời
bố mẹ => TAa đời bố mẹ=0,2 tương ứng 40 con gà ở đây là 200
con gà do có 100 cặp

144
Hoac C2: Gọi n là số cá thể bố mẹ dị hợp (trong số 100 cặp
=200 con)→ TS q = n/2x200 = n/400 (1)
theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)
Từ (1) và (2) → n= 40
Bài 6:Một QT ở TTCB về 1 gen gồm 2 alen A và a, trong đó P(A)
= 0,4. Nếu quá
trình chọn lọc đào thải những cá thể có KG aa xảy ra v ới áp l ực
S = 0,02. CTDT của QT sau khi xảy ra áp lực chọn lọc:
A. 0,1612 AA: 0,4835 Aa: 0,3551 aa B. 0,16
AA: 0,48 Aa: 0,36 aa
C. 0,1613 AA: 0,4830 Aa: 0,3455 aa D.
0,1610 AA: 0,4875 Aa: 0,3513 aa
GIẢI:Tan so KG AA=0,4^2=0,16
Aa=2*0,4*0,6=0,48
aa=0,6^2=0,36
qu á trình chọn lọc đào thải những cá thể có KG aa xảy ra
với áp lực S = 0,02
aa=0,36-0,02*0,36=0,3528
sau chon loc Tan so KG aa=0,3528/(0,16+0,48+0,3528)=0,3551

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



145
con cháu, thì ta nói giá trị thích nghi của alen A là 100% (w A = 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 = w A – wa = 1 – 0,99 =
0,01
+ Nếu wA = wa → S = 0, nghĩa là giá trị thích nghi c ủa alen
A và a là bằng nhau và tần số tương đối c ủa alen A và a trong
quần thể sẽ không đổi.
+ Nếu wA = 1, wa = 0 → S=1, nghĩa là các cơ thể có ki ểu
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 c ủa
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 v ới h ệ
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



146
+ Tổng tần số các giao tử sau chọn lọc: p + q(1 - S) = p +
(1 - p)(1 - S) = p + 1 - S - p + Sp = 1 - S(1 - p) = 1 - Sq.
+ Tần số alen sau chọn lọc = Tần số alen trước chọn lọc/
Tổng tần số alen sau chọn lọc.

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

+ Tốc độ thay đổi tần số alen A:



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



q(1 − S ) q − qS − q + Sq 2 − Sq (1 − q )
+ ∆q = q1 − q = −q = =
1 − Sq 1 − Sq 1 − Sq

c. Chọn lọc chống lại alen trội và alen lặn ở cơ thể lưỡng bội:
1. Xét trường hợp chọn lọc chống lại alen lặn:

Kiểu gen Vố
AA Aa aa
Tổng số alen ở thế hệ 2
q2
p 2pq 1
xuất phát
- Giá trị thích nghi 1 1 1-S
- Đóng góp vào vốn
=p
gen chung tạo ra thế p2 q2(1-S)
2pq
=1-
hệ sau:
- Tổng số kiểu hình 2pq
p2 q 2 (1 - S)
1
1 - Sq 2
sau chọ lọc 1 - Sq 2 1 - Sq 2
Tần số alen A sau chọn lọc:
-




147
p 2 + pq p( p + q) p
= =
p1 = 2 2
1 - Sq 2
1 - Sq 1 - Sq
Tốc độ biến đổi tần số alen A:
-

p − p + Spq 2 Spq 2
p
∆p = p1 − p = −p= =
1 - Sq 2 1 - Sq 2 1 - Sq 2

Tổng số alen a sau chọn lọc:
-

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

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

q − Sq 2 − q + Sq 3 − Sq 2 (1 − q)
∆q = q1 − q = =
1 - Sq 2 1 - Sq 2

(Giá trị âm vì chọn lọc chống lại alen a)
d. Số thế hệ cần thiết để thay đổi tần số gen a từ q ở thế hệ
khởi đầu thành qn :
Trường hợp S=1

q(1 − Sq ) q (1 − q ) q
- q1 = = =
1+ q
2 2
1 - Sq 1- q
- Các thế hệ kế tiếp 0,1,2,...,n.

q0 q0
1 + q0 1 + q0
q q q0 q0
q1 = 0 ; q2 = 1 = = = ; q3 =
1 + 2q0 1 + 2q0
1 + q1 1 + q0
1 + q0 1 + 3q0
1 + q0 1 + q0
q − qn q − qn
q0
(n.q0 + 1)qn = q0 ⇔ (n.q0 + 1) = ⇔ n.q0 = 0 ⇔n= 0
qn qn qn .q0

9. Chọn lọc: Loại bỏ alen lặn aa


148
Bài tập: Nếu QTGP ở trạng thái cân bằng ,xét một gen với
tần số A=(p0); a=(q0) với p0 + q0 = 1, hệ số chọn lọc s =1.Sự
thay đổi tần số các alen qua các thế hệ sẽ như thế nào?
Chứng minh
Số thế AA Aa aa p(A)
hệ CL
p02 q02
0 2p0q0 p0 q0
2 2
p02 + p0q0 / p02+ 2p0q0 =
1 p1 2p1q1 q1 p0q
p0 + q0 / p0 + 2q0 q0
2 2
p12 + p1q1 / p12+ 2p1q1 =
2 p2 2p2q2 q2 p1q
p0 + 2q0 / p0 + 3q0 q0
2 2
p22 + p2q2 / p22+ 2p2q2 =
3 p3 2p3q3 q3 p2q
p0 + 3q0 / p0 + 4q0 q0
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
2 2
n pn 2pnqn qn p0 + nq0 / p0 + (n+1)q0 = q0
1+ (n-1)q0 / 1+ nq0 q0

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:




149
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 bi ến
bị chọn lọc loại trừ đi.
* Trường hợp 1: Alen đột biến trội tăng lên với tần số u và ch ịu
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, ho ặc tần số các
alen đột biến A xuất hiện phải bằng tần số alen A bị đào thải đi,
tức là:

u
. Nếu S = 1 → p = u nghĩa là A
u = p.S → p =
S
gây chết. Lúc này tần số kiểu hình xuất hi ện ra cũng biểu th ị đ ột
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 ki ểu gen
aa chiếm tỉ lệ là q2 → tần số alen a bị đào thải là: q2 . S
Vậy quần thể cân bằng khi: u = q 2 . S → q2 =

u u
q=
S S

2. Các dạng bài tập
BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI
Bài 1: Một quần thể ở trạng thái cân bằng về 1 gen có 2 alen A,
a. Trong đó tần số p = 0,4. Nếu quá trình chọn lọc đào thải


150
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)2AA + 2(0,4 x 0,6)Aa + (0,6)2aa = 1 → 0,16AA :
0,48Aa : 0,36aa
-Sau khi chọn lọc thì tỉ lệ kiểu gen aa còn lại là: 0,36 (1 – S) =
0,36(1 – 0,02) = 0,3528. Mặt khác, tổng tỉ lệ các ki ểu gen sau
chọn lọc là: 0,16 + 0,48 + 0,36(1 – S) = 0,9928
- Vậy cấu trúc di truyền của quần thể khi xảy ra chọn lọc là:

0,16 0,3528
AA : 0,483Aa : aa ↔ 0,161AA : 0,483Aa :
0,9928 0,9928
0,356aa
Bài 2: Trên một quần đảo biệt lập có 5800 người sống, trong dó
có 2800 nam giới. trong số này có 196 nam bị mù màu xanh đỏ.
Kiểu mù màu này là do 1 gen lặn r nằm trên NST X. kiểu mù màu
này không ảnh hưởng tới sự thích nghi của cá thể. Khả năng có ít
nhất 1 phụ nữ của hòn đảo này bị mù màu xanh đỏ là bao nhiêu?
Giải
Gọi p là tần số alen A (p +q = 1; p, q > 0); q là tần số alen a.
Cấu trúc di truyền ở nam: pXAY + qXaY = 1

196
= 0,07 => p = 1 – 0,07 = 0,93.
Theo bài: qXaY =
2800

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


151
0,8649.XAXA + 0,1302.XAXa + 0,0049XaXa =

1

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

0,1302 = 0,9951
=> Tần số để 3000 cá thể nữ đều bình thường là:
0,99513000.
=>Tần số để có ít nhất 1 phụ nữ bị bệnh mù màu là: 1 -
0,99513000.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 3: Giả sử một quần thể động vật ngẫu phối có tỉ lệ các
kiểu gen:
- Ở giới cái: 0,36 AA : 0,48 Aa : 0,16 aa
- Ở giới đực: 0,64 AA : 0,32 Aa : 0,04 aa
a) Xác định cấu trúc di truyền của quần thể ở trạng thái
cân bằng.
b) Sau khi quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền,
do điều kiện sống thay
đổi, những cá thể có kiểu gen aa trở nên không có khả năng sinh
sản. Hãy xác định tần số các alen của quần thể sau 5 thế hệ
ngẫu phối.
Bài 4: Trong 1 quần thể thực vật lưỡng bội sống 1 năm ở trên
đảo, tần số alen năm 1999 là p(A) = 0,90 và q(a) = 0,10. Giả sử
rằng quần thể đó có 50 cây vào thời điểm năm 2000. vậy khả
năng alen a bị mất đi (nghĩa là p(A) = 1) do ngẫu phối giữa năm
1999 và 2000 là bao nhiêu?




152
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 0,25 0,5 0,25
chọn lọc (Fo)
Tần số sau khi có 0,35 0,48 0,17
chọn lọc (F1)
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 v ề tác đ ộng
của chọn lọc đối với các alen?

Giải
a) Giá trị thích nghi của các kiểu gen:
0,35 1, 4 0, 48 0,96
Kiểu gen AA: = 1; Kiểu gen Aa =
= 1,4  = 0,96  =0
0, 25 1, 4 0,5 1, 4




153
0,17 0, 68
Kiểu gen aa = = 0,68  = 0,485.
0, 25 1, 4
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
 Chọn lọc tự nhiên đào thải alen a, bảo tồn tích luỹ alen A.
Bài 8: Giá trị thích nghi của các kiểu gen trong một quần thể
bướm sâu đo bạch dương như sau:
Kiểu gen AA Aa aa
Giá trị thích nghi 1,00 1,00 0,20
Quần thể này đang chịu tác động của hình thức chọn lọc
nào? Nêu đặc điểm của hình thức chọn lọc đó.
Bài 9: Giả sử 1 lôcut có 2 alen A và a, thế hệ ban đầu có tần số
tương đối của alen A là p0. Quá trình đột biến làm cho A → a với
tần số u = 10-5.
1
a) Để p0 giảm đi phải cần bao nhiêu thế hệ?
2
b) Từ đó em có nhận xét gì về vai trò c ủa quá trình đ ột
biến trong tiến hoá?
Giải bài 8
* Quần thể đang chịu tác động của hình thức chọn lọc vận động.
* Đặc điểm của hình thức chọn lọc vận động:
- Diễn ra khi điều kiện sống thay đổi theo một hướng xác định  hướng chọn
- Kết quả: đặc điểm thích nghi cũ dần dần được thay thế bằng đặc điểm thíc
trong hoàn cảnh mới.
Giải bài 9
a)Vì đột biến diễn ra theo chiều thuận, nên ta có: pn = po (1- u)n
trong đó: pn: tần số alen trội (A) ở thế hệ pn ; po: tần số alen trội (A) ở thế h
theo chiều thuận; n: số thế hệ.
1
po = po (1- 10-5)n 0,5 = (1-10-5)n ln0,5 = ln (1-10-5).n
=>
2
ln 0,5
≈ 69.000 thế hệ.
=> n =
ln(1 − 10−5 )
b) Nhận xét về vai trò của quá trình đột biến trong tiến hóa: gây áp lực không
tiến hóa.
Bài 10: a. Phát biểu định luật Hacđi - Vanbec.

154
b. Một quần thể động vật giao phối có số lượng cá thể và
giá trị thích nghi của các
kiểu gen như sau:
Kiểu gen AA Aa aa
Số lượng cá 500 400 100
thể
Giá trị thích 1,00 1,00 0,00
nghi
- Tính tần số của alen A, a và cho bi ết quần th ể có cân
bằng di truyền không?
- Quần thể trên đang b ị ch ọn l ọc theo h ướng đào th ải
alen nào khỏi quần th ể? T ốc đ ộ đào th ải alen này nhanh hay
chậm? Vì sao? Alen này có m ất h ẳn kh ỏi qu ần th ể không? Vì
sao? (Bi ết rằng 100% số cá th ể có ki ểu gen aa b ị ch ết ở đ ộ
tuổi trước sinh sản).
Giải: a.Phát biểu định luật Hacdi- Vanbec
b.- Tần số alen:
Tỷ lệ kiểu gen trong quần thể ban đầu là:
0,50AA + 0,40 Aa + 0,10 aa
Tần số alen A (pA ) = 0,50 + 0,40/2 = 0,70
Tần số alen a (qa ) = 1- 0,70 = 0,30
Quần thể trên không cân bằng di truyền. Giải thích.
Quần thể cân bằng sẽ có tỷ lệ kiểu gen là:
(pA +qA)2 = ( 0,70 + 0,30)2 = 0,49 AA + 0,42 Aa + 0,09 aa =1
Quần thể này đang bị chọn lọc theo hướng đào thải alen lặn ra
khỏi quần thể. Tốc độ đào thải alen này rất nhanh vì giá trị thích
nghi của A =1 , giá trị thích nghi của a = 0. Alen a không mất hẳn
khỏi quần thể vì gen lặn tồn tại trong cơ thể ở trạng thái dị hợp
tử, nên alen a vẫn tồn tại trong quần thể.

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

A. 0,186 B. 0,146 C.
0,160 D. 0,284

Áp dụng công thức qn = q0/1+ nq0 = 0,8/1+5x0,8 = 0,16




155
Bài 12: Có một đột biến lặn trên NST thường làm cho mỏ dưới
của gà dài hơn mỏ trên. Những con gà như vậy mổ được rất ít
thức ăn nên rất yếu ớt. Những chủ chăn nuôi thường xuyên phải
loại bỏ chúng ra khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp
gà bố mẹ có mỏ bình thường, một người chủ thu được1500 gà
con, trong đó có 15 con gà biểu hiện đột biến trên. Giả xử ko co
đột biến mới xảy ra, hãy cho biết có bao nhiêu gà bố mẹ là dị
hợp tử về ĐB
trên?


A. 20 B. 28 C.
32 D. 40

Gọi số cá thể bố mẹ dị hợp (Aa) = n →

số cá thể ĐH (AA) = 200-n (100 cặp =200 cá thể)

theo gt ta có cấu trúc của QT NP là

nAa + (200-n)AA X nAa + (200-n)AA

→ TS q = n/2x200 = n/400 (1)

theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)

Từ (1) và (2) → n= 40

Bài 13: Một QT ở TTCB về 1 gen gồm 2 alen A và a, trong đó
P(A) = 0,4. Nếu quá trình chọn lọc đào thải những cá thể có KG
aa xảy ra với áp lực S = 0,02. CTDT của QT sau khi xảy ra áp lực
chọn lọc:

A. 0,1612 AA: 0,4835 Aa: 0,3553 aa B. 0,16 AA:
0,48 Aa: 0,36 aa

C. 0,1613 AA: 0,4830 Aa: 0,3455 aa D. 0,1610
AA: 0,4875 Aa: 0,3513 aa

Ban đầu: P0 : 0,16AA +0,48Aa +0,36aa



156
Sau khi CL→P1 = p2+2pq+q2(1-S) => 0,16AA +0,48Aa +0,36(1-
0,02)aa

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

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

A. 0,7100 B. 0,350 C. 0,750
D. 1- 0,750

Nghĩa là QT chỉ có alen a (ở đây không phải CLTN mà xác suất
do sự tổ hợp hoàn toàn ngẫu nhiên giữa các alen a với nhau)

XS để có một cá thể kg (aa) = 0,72 →Xác suất để 50 cá thể đều
có KG aa =(0,72)50 =(0,7)100

Bài 15:Một QT có TS alen p(A) = 0,3 và q(a) = 0,7. Khi kích 
thước QT bị giảm chỉ còn 50 cá thể thì xác suất để alen trội A 
bị biến mất hoàn toàn khỏi QT sẽ bằng bao nhiêu?
A. 0,7100  B. 0,350 C. 0,750 D. 1­
50
0,7 .
Nghĩa là QT chỉ có alenlặn

Xác suất xuất hiện 1 alen lặn= 0,7

50 cá thể có 50x2 =100 alen

Vậy XS cần tìm = (0,7)100 (đáp án A)

Quần thể cân bằng nên có cấu trúc: 0,09AA:0,42Aa:0,49aa

Để allele A biến mất khỏi quần thể thì các kiểu gen AA, Aa
đều bị loại ra khỏi quần thể, tức là 50 cá thể thu được chỉ có
KG aa.

Từ (1) ta có xác suất để một cơ thể có KG dị hợp là 0,49
nên 50 có thể sẽ có xác suất (0,49)^50

157
Câu 16: . có một đột biến lặn trên NST thường làm cho mỏ dưới
của gà dài hơn mỏ trên. Những con gà như vậy mổ được rất ít
thức ăn nên rất yếu ớt.Những chủ chăn nuôi thường xuyên phải
loại bỏ chúng ra khỏi đàn. Khi cho giao phối ngẫu nhiên 100 cặp
gà bố mẹ có mỏ bình thường, một người chủ thu được1500 gà
con, trong đó có 15 con gà biểu hiện đột biến trên. Giả xử ko co
đột biến mới xảy ra, hãy cho biết có bao nhiêu gà bố mẹ là dị
hợp tử về ĐB trên?
Đáp án 40
Gọi n là số cá thể bố mẹ dị hợp (trong số 100 cặp =200 con)→
TS q = n/2x200 = n/400 (1)
theo gt thì q2 = 15/1500=1/100→q = 1/10 (2)
Từ (1) và (2) → n= 40
Bài 17: Một QT thực vật tự thụ, alen A quy định khả năng 
mọc được trên đất nhiễm kim loại nặng, a: không mọc trên 
đất nhiễm kim loại nặng. QT ở P có 0,16AA: 0,48Aa: 0,36aa. 
Khi chuyển toàn bộ QT này trồng ở đất nhiễm kim loại nặng, 
sau 2 thế hệ TS của mỗi alen là:
A. A = 0,728 ; a = 0,272.  B. A = 0,77 ; a = 0,23.
C. A = 0,87 ; a = 0,13  D. A = 0,79 ; a = 0,21.
Khi chuyển toàn bộ QT này trồng ở đất nhiễm kim loại nặng 
thì cây có KG aa sẽ chết. Nên tần sồ của q = q0/(1+n.q0)= 
0,36/(1+2.0,36) = 0.21 → p = 1­0.21 = 0.79 đáp án D
10. TÍNH GIÁ TRỊ THÍCH NGHI (tỷ lệ sống sót tới khi sinh sản
của mỗi KG)

CTDT trước khi chọn lọc: (F0) d AA + h Aa + r aa=1

CTDT sau khi chọn lọc: (F1) DAA + H Aa + R aa=1

 Giá trị thích nghi (tỷ lệ sống sót tới khi sinh
sản) của mỗi KG

AA=D/d Aa=H/h aa=R/r


158
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
0,15
s1
Gọi q là tần số alen, áp dunhj công thức q= =
s1 + s 2 0,15 + 0,4
=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
Quân thể mới cung có thể được hinh thanh từ môt quân thể lớn
̀ ̃ ̀ ̀ ̣ ̀
vao thời điêm số lượng cá thể giam sut ở vao thế “cổ chai’.
̀ ̉ ̉ ́ ̀
Ví du:̣



159
Tân số cua 2 alen không chiu tac đông cua chon loc trong môt
̀ ̉ ̣ ́ ̣ ̉ ̣ ̣ ̣
quân thể lớn là 0,7 A và 0,3 a. Quân thể nay bị tiêu diêt gân hêt
̀ ̀ ̀ ̣ ̀ ́
sau môt trân dich, chỉ con lai 4 cá thể có khả năng sinh con được.
̣ ̣ ̣ ̀ ̣
Hoi xac suât để sau môt số năm quân thể có 100% cá thể là AA
̉ ́ ́ ̣ ̀
(giả sử không xay ra đôt biên). ̉ ̣ ́
Lời giai: ̉
Câu truc di truyên quân thể là 0,49 AA + 0,42 Aa + 0,09 aa = 1
́ ́ ̀ ̀
Vì quân thể không bị chon loc và đôt biên do đó từ 4 cá thể trở
̀ ̣ ̣ ̣ ́
thanh 100% AA thì 4 cá thể đó phai là AA.
̀ ̉
Xac suât 4 cá thể đêu là AA là (0,49)4 = 0,0576
́ ́ ̀
Vây xac suât để sau môt số năm quân thể có 100% cá thể AA là
̣ ́ ́ ̣ ̀
5,76%

VI/ CÁC DẠNG BÀI TẬP KHÁC
C©u 1. (1 ®iÓm)
Gi¶ sö cã hai hßn ®¶o X vµ Y cïng ® îc h×nh thµnh do
®¸y ®¹i d¬ng tråi lªn, vµo cïng mét thêi ®iÓm vµ ë cïng mét
vÜ ®é. Sau mét thêi gian tiÕn ho¸ ng êi ta thÊy trªn ®¶o X cã
sè lîng loµi sinh vËt nhiÒu h¬n so víi ë ®¶o Y. H·y thö gi¶i
thÝch nguyªn nh©n dÉn ®Õn sù kh¸c biÖt vÒ sè l îng c¸c loµi
trªn 2 ®¶o ®ã.
Giải §¶o X cã thÓ cã kÝch thíc lín h¬n nhiÒu so víi kÝch thíc
®¶o Y, v× thÕ sÏ nhËn ®îc nhiÒu loµi di c tõ ®Êt liÒn ra còng
nh cã thÓ cã nhiÒu vïng sinh th¸i kh¸c biÖt hay c¸c vïng c¸ch
li ®Þa lÝ víi nhau khiÕn cho loµi míi dÔ ® îc h×nh thµnh h¬n
so víi ®¶o cã kÝch thíc nhá. (0,5 ®iÓm)
- §¶o X cã kÝch thíc lín nªn æ sinh th¸i ®a d¹ng h¬n khiÕn
sè lîng loµi bÞ tuyÖt chñng trong qu¸ tr×nh tiÕn ho¸ do
kh«ng th¾ng ®îc trong qu¸ tr×nh c¹nh tranh còng sÏ Ýt
h¬n. §iÒu nµy còng gãp phÇn lµm cho sè lîng loµi trªn
®¶o X nhiÒu h¬n.
Câu 2:H·y tr×nh bµy nh÷ng yÕu tè qui ®Þnh sù ®a h×nh di
truyÒn cña quÇn thÓ sinh vËt giao phèi.
Giải: Sù ®a h×nh di truyÒn cña quÇn thÓ sinh vËt thÓ hiÖn
ë chç quÇn thÓ cã rÊt nhiÒu kiÓu gen kh¸c nhau cïng tån t¹i.
Sù ®a h×nh thêng ®îc nhËn biÕt b»ng tÇn sè c¸c kiÓu gen
dÞ hîp tö cao. C¸c yÕu tè duy tr× sù ®a h×nh di truyÒn cña
quÇn thÓ lµ:


160
- Tr¹ng th¸i lìng béi cña sinh vËt. C¸c sinh vËt giao phèi
thêng tån t¹i chñ yÕu ë tr¹ng th¸i lìng béi do vËy ®ét
biÕn gen dÔ dµng tån t¹i ë tr¹ng th¸i dÞ hîp tö mµ
kh«ng bÞ lo¹i th¶i bëi chän läc tù nhiªn lµm t¨ng sù ®a
d¹ng di truyÒn.
- u thÕ dÞ hîp tö: Khi c¸c c¸ thÓ dÞ hîp tö cã søc sèng
vµ kh¶ n¨ng sinh s¶n tèt h¬n c¸c thÓ ®ång hîp tö th×
quÇn thÓ dÔ dµng duy tr× sù ®a h×nh di truyÒn.
- C¸c ®ét biÕn trung tÝnh: c¸c ®ét biÕn trung tÝnh
kh«ng bÞ chän läc tù nhiªn t¸c ®éng nªn gãp phÇn t¹o
nªn sù ®a h×nh di truyÒn.
Câu 3: Khi nghiªn cøu mét quÇn x· sinh vËt gåm c¸c loµi A,
B, C, D vµ E, mét nhµ sinh th¸i häc nhËn thÊy nÕu lo¹i bá
hoµn toµn loµi A ra khái quÇn x· (thÝ nghiÖm 1) th× loµi E
bÞ biÕn mÊt khái quÇn x· vµ quÇn x· chØ cßn l¹i loµi B, C vµ
D trong ®ã loµi B lóc nµy cã sè l îng ®«ng h¬n nhiÒu so víi tr -
íc khi thÝ nghiÖm. Trong thÝ nghiÖm 2, nhµ khoa häc nµy l¹i
lo¹i bá hoµn toµn loµi C ra khái quÇn x· chØ ®Ó l¹i c¸c loµi A,
B, D vµ E. Sau mét thêi gian nhµ sinh th¸i nhËn thÊy quÇn
x· chØ cßn l¹i loµi A (c¸c loµi B, D vµ E bÞ biÕn mÊt hoµn
toµn khái quÇn x·). H·y gi¶i thÝch c¸c kÕt qu¶ cña 2 thÝ
nghiÖm trªn vµ rót ra vai trß cña c¸c loµi trong quÇn x·.
Giải: a. KÕt qu¶ thÝ nghiÖm 1 cho thÊy lo¹i bá loµi A th×
loµi B l¹i trë thµnh loµi u thÕ vµ loµi E bÞ biÕn mÊt chøng tá
loµi A cã kh¶ n¨ng c¹nh tranh tèt h¬n so víi loµi B. Khi cã
mÆt loµi A th× loµi B kh«ng c¹nh tranh næi víi loµi A nªn sè l -
îng bÞ h¹n chÕ. Khi loµi A bÞ lo¹i bá th× loµi B kh«ng bÞ
khèng chÕ nªn sè lîng ph¸t triÓn m¹nh lµm cho loµi E bÞ
biÕn mÊt khái quÇn thÓ. §iÒu nµy chøng tá hai loµi B vµ E
cã møc ®é trïng lÆp nhiÒu vÒ æ sinh th¸i nªn ®· cã hiÖn t -
îng c¹nh tranh lo¹i trõ. Loµi B ph¸t triÓn qu¸ møc sÏ lo¹i trõ loµi
E. Loµi B, C vµ D cã møc ®é trïng lÆp vÒ æ sinh th¸i Ýt nªn
loµi C vµ D Ýt bÞ ¶nh hëng khi lo¹i trõ loµi A ra khái quÇn x·.


161
b. Trong thÝ nghiÖm 2 khi lo¹i bá loµi C th× quÇn x·
chØ cßn l¹i loµi A. §iÒu nµy chøng tá loµi C cã vai trß
khèng chÕ mËt ®é quÇn thÓ cña loµi A vµ loµi A cã
kh¶ n¨ng c¹nh tranh cao nhÊt so víi c¸c loµi kh¸c trong
quÇn x·. Loµi A cã æ sinh th¸i trïng lÆp víi æ sinh th¸i
cña c¸c loµi B, D vµ E nªn khi kh«ng bÞ loµi C khèng
chÕ loµi A cã kh¶ nang c¹nh tranh cao nªn ®· tiªu diÖt
c¸c loµi cßn l¹i.
Câu 4 Nhằm định lượng mức độ đa dạng di truyền của một
loài thực vật có nguy cơ tuyệt chủng, người ta tiến hành
phân tích biến dị di truyền ở các tiểu quần thể (I – IV) ở m ức
độ protein. Tiểu quần thể I có số cá thể lớn nhất trong loài
này, trong khi đó số cá thể ở mỗi tiểu quần thể II, III và IV
đều bằng 1/7 số cá thể của tiểu quần thể I. Từ mỗi tiểu
quần thể, người ta lấy ra 5 cá thể làm mẫu thí nghi ệm. S ơ
đồ dưới đây mô tả kết quả phân tích điện di protein. Ki ểu
hình băng điện di ở mỗi làn, biểu hiện sự có mặt của các
alen F và/hoặc S, cho biết kiểu gen của mỗi cá thể ở m ột
locut được phân tích.

Tiểu quần thể I Tiểu quầ




Tiểu quần thể III Tiểu quầ




a) Hãy ước tính tần số alen F của loài này.

Trả lời: Cách tính:
0,4× 0,7 + 0,3× 0,1 + 0,2× 0,1 + 0,1× 0,1 =
____0,34 hoặc 34% 0,28 + 0,03 + 0,02 + 0,01 = 0,34
____

162
b) Tiểu quần thể nào biểu hiện mức độ cách ly cao nhất?

Trả lời (bằng cách điền dấu  vào phương án đúng):
I II III IV





163
c) Sau một số thế hệ, người ta phát hiện thấy tần số alen
F thay đổi ở các tiểu quần thể II, III và IV rõ rệt hơn so
với tiểu quần thể I. Nhiều khả năng sự thay đổi này là do
A. Các yếu tố ngẫu nhiên C. Đột biến gen
B. Di cư D. Chọn lọc tự nhiên
Câu 5. Các đảo thường được coi là “các địa điểm thí
nghiệm” cho các nghiên cứu về tiến hóa sinh h ọc và t ập h ợp
quần xã. Sơ đồ dưới đây biểu diễn hai cây phát sinh ch ủng
loại, mỗi cây có 9 loài (a – i và j – r) và các t ập h ợp quần xã
trên 6 đảo khác nhau. Các đặc tính kiểu hình (tính trạng)
của mỗi loài được biểu diễn bằng kích cỡ và màu khác
nhau.



Giải thích nào dưới đây là phù hợp khi nói về các cơ ch ế
tập hợp quần xã diễn ra trên những hòn đảo này? Hãy
chọn các phương án đúng trong số các phương án t ừ A
đến H dưới đây.
Cấu trúc di truyền và tiến Tương tác sinh thái giữa các
Các đảo
h. án
hóa của các loài loài
Có quan hệ di truyền và Cạnh tranh loại trừ diễn ra ở các loài
A 1, 2, 3
tiến hóa gần nhau con cháu
Tiến hóa kiểu thích nghi Sự phân hóa ổ sinh thái ở các loài con
B 1, 2, 3
tỏa tròn cháu
Tiến hóa kiểu thích nghi tỏa Sự gối lên nhau - trùng một phần - của
C 4, 5, 6
các ổ sinh thái ở các loài con cháu
tròn
Sự hình thành loài tại cùng Sự phân hóa ổ sinh thái cùng với quan
D 4, 5, 6
khu vực phân bố hệ cạnh tranh
Các loài xa nhau về di Sự phân hóa ổ sinh thái cùng với quan
E 4, 5, 6
truyền và tiến hóa hệ cạnh tranh
Thường gặp ở các đảo giữa đạii dương nhiều hơn so với các đảo
F 1, 2, 3
thông với đất liền
Thường gặp ở các đảo cách ly nhiều hơn ở các đảo gần đất liền
G 4, 5, 6
1, 2, 3
Các quần xã trên các đảo 4, 5 và 6 dễ bị tác động do s ự nhập cư
so với
H
của một loài xa lạ hơn so với các quần xã trên các đảo 1, 2 và 3
4, 5, 6




164
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 nhi ệt
(tổng nhiệt) để hoàn thành một giai đoạn phát tri ển 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 t 0 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



165
E: Số cá thể di cư khỏi quần thể trong khoãng thời gian từ t 0 đến
t.
Trong công thức trên, bản thân mỗi một số hạng cũng mang
những thuộc tính riêng, đặc trưng cho loài và bi ến đổi m ột 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.
vực nước: đánh dấu cá thể, bắt lại, từ đó tìm ra
Cá trong

kích thước của quần thể, suy ra mật độ. Công thức:



  (Petersent, 1896)

hoặc


166
  (Seber 1982).

Trong đó:

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 c ủa 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 l ửa...) và
môi trường hữu sinh (nguồn thức ăn bị cạn ki ệt) vượt khỏi
ngưỡng sinh thái của loài.




167
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 Nt 0, sau khoảng thời gian Δt (từ
t0 đến t1) số lượng quần thể là Nt 1,  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 m ột 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 qu ần th ể,
tức là số lượng gia tăng trên đơn vị thời gian và trên một cá thể.

168
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 gi ảm 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 gi ới 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) ho ặc: N = K/
(1+e)α –rt hoặc N  = Ner(1­N/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 c ủa đ ường
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 tr ường
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



169
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 tri ển số
lượng của quần thể cũng như một số các ý nghĩa khác.




170
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:


171
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: SL sơ cấp tinh, PG sản lượng sơ cấp thô, R
PN=PG-R
phần hô hấp của TV)

SINH HỌC 10:
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)

B/ ATP VÀ HIỆU SUẤT ATP
a) - Phương trình pha sáng:

diệp lục
12H2O + 12NADP + 18ADP + 18Pv + 60 lượng tử
6O2 + 12NADPH2 + 18ATP + 18H2O.

- Phương trình pha tối quang hợp:

6C02 + 12NADPH2 +18ATP + 12H2O C 6H12O6
+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:


172
( 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)2
O E (O-
Trơn, vàng 571 540 961 1,7
Trơn, xanh 157 180 529 2,9
Nhăn, vàng 164 180 256 1,4
nhăn, xanh 68 60 64 1,0
Σ 960 960 7,2


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

X = x1+x2+x3+…….+xn/N

173
F/ PHƯƠNG SAI (S2) VÀ ĐỘ LỆCH CHUẨN

S2= ∑ (xn- X )2/(n-1)
Phương sai phản ánh giá trị lệch so với trị số trung bình
Độ lệch chuẩn
s= S 2 phản ánh số liệu cụ thể của xi lệch bao nhiêu so X
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?

út nước là hiệu số giữa áp suất thẩm thấu của dịch bào và phản lực T củ
P- T)
hi T = 0, nghĩa là khi tế bào ở trạng thái co nguyên sinh.
hi P=T, chính là lúc tế bào no nước tối đa.
hi P> T ,lúc tế bào chưa no nước.
t nước của tế bào lúc đầu: S = 1,7- 0,6=1,1 atm. Lúc này sức hút nước cân
ung dịch đường, nên tế bào không thay đổi.




174
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 CO 2 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
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.
b) Khối lượng của phân tử anbumin:
(122 x 200) –(199 x 18) –(10 x 2)= 20798 đvC.



175
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản