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

1, 2
trng THPT A Ngha Hng
+ Hc sinh ụn thi hc sinh gii
+ Hc sinh ụn thi i hc
4/ Phng phỏp nghiờn cu
+ Nghiờn cu ti liu.
+ Qua cỏc tit thc nghim trờn lp
+ iu tra hiu qu ca phng phỏp qua cỏc bi kim tra trc nghim khỏch quan.
5/ Gi thuyt nghiờn cu:
- S dng hp lý phõn dng v phng phỏp gii cỏc bi tp di truyn qun th s giỳp hc sinh nm
vng kin thc v nõng cao cht lng hc, lm bi tp liờn quan n cu trỳc di truyn qun th
lp 12-THPT trng A THPT Ngha Hng v cỏc em hc sinh cỏc Tnh khỏc
- Nõng cao cht lng dy sinh hc ca giỏo viờn trong ton Tnh. 3
II. Thc trng (trc khi to ra sỏng kin)
Trong những năm học gần đây Bộ giỏo dc v o to áp dụng hình thức thi trắc nghiệm đối với
môn Sinh học cho kì thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh vào đại học cao đẳng. Ưu điểm của hình thức
thi trắc nghiệm thì mỗi giáo viên và cán bộ quản lí đều nhận thức đợc. Tuy nhiên hình thức này có
một số hạn chế đó là trong quá trình học, ôn tập giáo viên và học sinh thờng chú ý nhiều đến các
dạng đề trắc nghiệm, có nghĩa là khai thác phần ngọn, kiến thức tản mạn, mức độ khó thờng là thấp
và trung bình, không chú trọng phát triển t duy logic sáng tạo cho học sinh, cha chú ý khai thác các
bài toán khó và hay để bổ trợ phát triển t duy, tìm thấy cái hay, cái lý thú trong nội dung bộ môn,
đặc biệt khi các em đậu vào các trờng đại học, cao đẳng thuộc khối B các em sẽ thiếu kĩ năng t duy
logic, gặp khó khăn khi giải quyết các bài toán di truyền phức tạp, nht l cỏc bi liờn quan n di
truyn qun th.

I. CÁC ĐẶC TRƯNG DI TRUYỀN CỦA QUẦN THỂ
+ Vốn gen: tập hợp các alen trong QT tại thời điểm xác định
- Đặc điểm vốn gen: T/S Alen + T/S KG (CTDT QT, TPKG, TLKG)
- T/S Alen = số lượng alen : tổng số alen
- T/S KG = số cá thể có KG đó : tổng số cá thể
+ QT là một tập hợp các cá thể cùng loài, chung sống trong một khoảng không gian xác định, ở một
thời điểm xác định, có mối quan hệ về mặt sinh sản.
+ Về mặt di truyền học, người ta phân biệt QT tự phối và QT ngẫu phối.
II. CẤU TRÚC QUẦN THỂ TỰ PHỐI
+ QT tự thụ phấn, giao phối gần
+ CTDT: tăng dần T/S KG ĐH giảm dần T/S KG DH
III. CẤU TRÚC QUẦN THỂ NGẪU PHỐI
1. QT ngẫu phối.
a) Khái niệm: Lựa chọn bạn tình giao phối hoàn toàn ngẫu nhiên (tuỳ thuộc vào tính trạng xét)
b) Đặc điểm:
+ Nổi bật: Tạo nên biến dị di truyền rất lớn nguyên liệu cho tiến hoá và chọn giống.
+ Quan trọng: Duy trì được sự đa dạng di truyền
2. Trạng thái CBDT của QT:
+ Một QT có 2 alen cân bằng khi tuân theo công thức:
1 q2pqp
22

(p+q=1)
Nhà toán học Anh Hardy Bác sỹ người Đức Weinberg5


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

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

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

.

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

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

3
2
2
1
1







= 0,4375
3. Bài tập tự giải:
Bài 1: Một QT TV ở thế hệ xuất phát đều có KG Aa. Tính theo lí thuyết TL KG AA trong QT sau 5
thế hệ tự thụ phấn bắt buộc là:
A.46,8750 % B.48,4375 % C.43,7500 % D.37,5000 %
Giải
TL KG AA = (( 1 – ( 1/2 )
5
) : 2 ) = 31/ 64 = 48,4375 %  Chọn B 9


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

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

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

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

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

( 1 / 2 )
n

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

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

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

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

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

Bb =
n
n
2
1
y



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

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

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


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


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

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

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

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

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

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


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

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

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

19

2. a) Kiểu hình thân trắng ở F

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


, I
o
.

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

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

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

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

A. 7 A- : 1 aa B. 7 A- : 2 aa C. 14 A-: 1aa D. 15 A-: 1aa
Giải: Aa x Aa→1AA:2Aa:1aa
- Từ TL sống sót của giao tử→TL hợp tử tạo ra = 1AA : (0,5.2)Aa : (0,5.0,5)aa
= 1AA : 1Aa : 0,25aa
- Từ TL sống sót của hợp tử→ TL phát triển thành cá thể ở F1
= (100%.1)AA : (75%.1)Aa : (50%.0,25)aa = 8AA : 6Aa : 1aa→A-/aa = 14/1 (C)
Ví dụ 3: (ĐH 2012) Ở người, một gen trên NST thường có hai alen: alen A quy định thuận tay phải
trội hoàn toàn so với alen a quy định thuận tay trái. Một QT người đang ở trạng thái CBDT có 64%
số người thuận tay phải. Một người phụ nữ thuận tay trái kết hôn với một người đàn ông thuận tay
phải thuộc QT này. Xác suất để người con đầu lòng của cặp vợ chồng này thuận tay phải là
A. 37,5%. B. 43,75%. C. 62,5%. D. 50%.
Giải:Từ đề bài cho ta tính được T/S Alen A = 0,4, a = 0,6. CTDT của QT người này ở TTCB là
0,16AA: 0,48Aa: 0,36aa = 1.
Trước hết ta tính xác xuất của người bố thuận tay phải trong QT là Aa, mới sinh con thuận tay trái.
Sau đó lấy 1 – xác suất sinh con thuận tay trái thì còn kết quả là con thuận tay phải.
Bố có KG Aa xác suất là
2pq)(p
2pq
2

=
0,48
0,64
= 0,75. Khi bố có KG Aa kết hôn với người mẹ thuận
tay trái có KG aa sinh con thuận tay trái aa là 0,5 (
1
2
aa). Nên xác suất sinh con thuận tay trái là 0,75
x 1 x 0,5 = 37,5%. => Vậy sác xuất con thuận tay phải = 1 – 0,375 = 0,625 = 62,5%
Ví dụ 4: (ĐH 2013) Ở người, gen quy định dạng tóc nằm trên nhiễm sắc thể thường có 2 alen, alen

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

II
III

Quy ước

: Nam tóc quăn và không bị mù
màu

: Nữ tóc quăn và không bị mù màu

: Nam tóc thẳng và bị mù màu 22
+ Cặp X
M
, X
m
: Số 10 – X
M
Y không mang gen bệnh.
 số 11: (1/2 X

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

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

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

C
3

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

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

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

1 lần + n lần = n +1(theo đề có n+1 alen)
<=>1- (
n
n2
1
4
1
2







) =
n
4
)
1
n
3
(
Bài 7: QT người có T/S người bị bạch tạng 1/10000. Giả sử QT này cân bằng
a. Tính T/S các alen ? (biết bạch tạng do gen lặn nằm trên NST thường quy định)
b. Tính xác suất để 2 người bình thường trong QT lấy nhau sinh ra người con đầu lòng bị bạch tạng?
Gợi ý: - q

/4 aa
- Như vậy, xác suất để sinh người con bị bênh tạng là (0,0198)
2
/4=
9
9
,
,
8
8
.
.
1
1
0
0-
-
5
5

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

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

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

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

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

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