I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Từ năm học 2006 – 2007 đến nay, Bộ GD & ĐT đã áp dụng hình thức thi trắc
nghiệm đối với môn Sinh học trong các kì thi: Tốt nghiệp, thi ĐH và CĐ ( nay là
THPT Quốc gia). Yêu cầu kiến thức trong mỗi đề thi rộng, bao quát chương trình.
Bởi vậy, học sinh muốn đạt kết quả cao bên cạnh việc trả lời đúng còn phải giải
nhanh.
Trong đề thi THPT Quốc gia và đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, dạng bài tập
qui luật di truyền xuất hiện khá nhiều. Đây là dạng bài tập khó, khi làm học sinh dễ
bị nhầm. Trước thực trạng đó, đòi hỏi giáo viên luôn phải tìm ra những phương
pháp giải mới phù hợp và đáp ứng được nhu cầu thời đại thi trắc nghiệm hiện nay.
Trong thực tế giảng dạy môn Sinh học tại trường THPT Như Thanh - Thanh
Hóa - là một trường miền núi với chất lượng đầu vào thấp. Vì vậy, việc giải nhanh,
giải chính xác bài tập sinh học phần qui luật di truyền đối với các em là hết sức khó
khăn. Hơn nữa, thời gian để chữa bài tập qui luật di truyền rất ít – chỉ có một tiết
( trong chương trình nâng cao) và chưa đến một tiết ( trong chương trình cơ bản).
Từ những lí do trên, tôi đã chọn đề tài : “Vận dụng phương pháp giải bài tập
phần di truyền học quần thể để giải nhanh một số dạng bài tập qui luật di
truyền”.
2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh có thể giải nhanh hơn, chính xác hơn và có hứng thú hơn khi
làm một số dạng bài tập phần qui luật di truyền trong quá trình ôn thi THPT Quốc
gia và ôn thi học sinh giỏi.
3. Đối tượng nghiên cứu
Một số dạng bài tập qui luật di truyền trong trường hợp tự phối và ngẫu phối.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí thuyết, điều tra.
- Kiểm tra kết quả bằng trắc nghiệm ở cả lớp thí nghiệm và đối chứng.
- Xử lý số liệu để rút ra kết luận.

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1


1. Cơ sở lí luận
Dựa vào kiến thức quần thể ngẫu phối và tự phối
- Ngẫu phối là hiện tượng các cá thể đực và cái trong quần thể tự do giao phối với
nhau.
Các cá thể đực và cái trong quần thể tự do giao phối với nhau dẫn đến:
+ Các loại giao tử đực và cái tự do kết hợp với nhau để tạo ra hợp tử, từ đó hình
thành nên thế hệ con lai.
+ Nếu không có các yếu tố làm thay đổi tần số alen thì thành phần kiểu gen sẽ
không thay đổi qua các thế hệ và đạt trạng thái cân bằng.
- Tự phối ( tự thụ phấn ở thực vật và giao phối cận huyết ở động vật)
+ Tự thụ phấn là sự chuyển dịch của hạt phấn từ nhị sang đầu vòi nhụy của hoa
trên cùng một cây.
+ Giao phối cận huyết là hiện tượng giao phối giữa các cá thể đực và cái có mối
quan hệ gần gũi về huyết thống.
2. Thực trạng vấn đề
Trường THPT Như Thanh là một trường miền núi, mặt bằng chung về năng
lực của các em còn thấp, việc đầu tư học chưa cao. Đa số những em theo khối B
đến lớp 12 mới theo học nên thời gian dạy và học đều rất gấp gáp. Trong khoảng
thời gian ít ỏi như vậy, nhưng giáo viên phải cố gắng dạy xong chương trình cho
các em để các em có đủ lượng kiến thức khi đi thi, đây quả là một việc rất khó
khăn.
Giờ đây, cơ sở vật chất của trường đầy đủ và khang trang hơn, tuy nhiên số
lượng học sinh có nhu cầu học và hướng đến thi ĐH - CĐ không nhiều và số lượng
học sinh theo học khối B lại càng ít. Những phần kiến thức bài tập sinh học luôn là
những vấn đề khó với các em, đặc biệt là kiến thức phần qui luật di truyền rất trừu
tượng và không đơn giản chút nào.
Đặc biệt hơn với hình thức thi trắc nghiệm khách quan và nội dung đề thi đa

dạng phong phú, các dạng bài tập môn sinh học qua mỗi năm một khó hơn.
Trước thực trạng trên, tôi luôn trăn trở là phải làm sao tìm ra phương pháp
giảng dạy giúp kích thích các em yêu thích môn Sinh học hơn và có thể giải tốt bài
tập môn Sinh theo yêu cầu của đề thi. Để làm được điều này, tôi luôn không ngừng
tự học và sáng tạo. Vì vậy, khi dạy một số dạng bài tập phần qui luật di truyền tôi
đã “Vận dụng phương pháp giải bài tập phần di truyền học quần thể để giải
nhanh một số dạng bài tập qui luật di truyền”.

3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2


Đề tài này tôi vận dụng để giải các bài toán qui luật di truyền trong trường hợp mỗi
cặp gen nằm trên mỗi cặp NST tương đồng khác nhau.
3.1. Đối với bài toán lai về ngẫu phối.
3.1.1. Phân tích tần số alen của các gen
Phân tích tần số alen của các gen ở thế hệ bố mẹ và viết một sơ đồ lai để suy ra thế
hệ Fn hoặc ngược lại từ thế hệ con lai Fn suy ra thế hệ bố mẹ (P) thay cho việc viết
nhiều sơ đồ lai.
- Gen nằm trên NST thường:
Thế hệ ban đầu có tỉ lệ kiểu gen P: x AA : y Aa : z aa ( x + y + z = 1 )
Tần số tương đối của các alen:

pA = x +

1
;
16

qa = z +


y
2

- Gen nằm trên NST giới tính X
Giới đồng giao tử: P: x XAXA : y XAXa : z XaXa ( x+ y + z = 1)
Tần số tương đối của các alen ở giới đồng giao tử:
Giới dị giao tử:

XA = x +

1
;
16

Xa = z +

y
2

P: m XAY : n XaY ( m + n = 1)

Tần số tương đối của các alen ở giới dị giao tử: XA =

m
;
2

Xa =


n
m
n
; Y= +
2
2
2

3.1.2. Dựa vào trạng thái cân bằng của quần thể
Nếu ở một thế hệ nào đó (Fi ) có tần số các kiểu gen có dạng cấu trúc của
quần thể đạt trạng thái cân bằng thì tần số các kiểu gen kể từ thế hệ đó sẽ không
thay đổi qua các thế hệ tiếp theo và có dạng :
- Xét 1 cặp gen nằm trên NST thường: p2 AA : 2pq Aa : q2 aa
( p, q lần lượt là tần số của các alen A, a ở thế hệ Fi )
- Xét 2 cặp gen nằm trên 2 cặp NST thường khác nhau:
(p12 AA : 2p1 q1 Aa : q1 2 aa) ( p22 BB : 2p2 q2 Bb : q2 2 bb)
 p12 p22AABB : 2p1 q1 p22AaBB : q1 2 p22 aaBB : 2p12 p2 q2 AABb : 4p1 q1p2 q2
AaBb : q1 2 .2p2 q2 aaBb: p12 q2 2AAbb : 2p1 q1 q2 2Aabb : q1 2 q2 2aabb
Với p1, q1, p2, q2 lần lượt là tần số của alen A, a, B, b ở thế hệ Fi
Đối với quần thể ngẫu phối, trong trường hợp gen qui định tính trạng nằm trên
NST thường, nếu quần thể ban đầu chưa cân bằng thì chỉ cần qua 1 đến 2 thế hệ
ngẫu phối quần thể sẽ đạt trạng thái cân bằng.
3.2. Đối với bài toán lai về tự phối.
Áp dụng công thức của quần thể tự phối để suy ra thế hệ con lai F n hoặc ngược
lại từ thế hệ Fn suy ra thế hệ bố mẹ (P) thay cho việc viết các sơ đồ lai.
P: x AA : y Aa : z aa ( x + y + z = 1 )
Fn : [ x +

1
1 − (1 / 2) n

1 − (1 / 2) n
] AA : [ ( )n .y ] Aa : [
+ z] aa
2
2
2

3.3. Bài tập minh họa
3


3.3.1. Đối với bài toán lai về ngẫu phối
Bài 1: Ở đậu Hà Lan, tính trạng màu sắc hoa do 1 gen gồm 2 alen nằm trên NST
thường qui định, hoa đỏ là trội hoàn toàn so với hoa trắng. Cho cây hoa đỏ lai với
cây hoa trắng được F1 phân li theo tỉ lệ: 1 hoa đỏ : 1 hoa trắng.
a. Cho F1 tạp giao. Xác định tỉ lệ kiểu gen và tỉ lệ kiểu hình F2.
b. Cho các cây hoa đỏ ở F2 giao phấn với nhau. Tính xác suất xuất hiện cây hoa
trắng ở F3.
Bài giải:
Quy ước gen : A - Hoa đỏ, a - Hoa trắng.
F1 phân li theo tỉ lệ 1 hoa đỏ: 1 hoa trắng, là kết quả phép lai phân tích của
Menđen => kiểu gen của cây hoa đỏ đem lai là dị hợp : Aa.
P : Cây hoa đỏ
x
Cây hoa trắng
Aa
aa
Gp :

1

1
A:
a
2
2

F1 :
Tỉ lệ kiểu hình F1:

a
1
1
Aa : aa.
2
2
1
1
hoa đỏ : hoa trắng .
2
2

a. Tỉ lệ kiểu gen và tỉ lệ kiểu hình F2
Cách giải cũ
F1 tạp giao, có thể xảy ra 3 phép lai sau:
1
1 1
2
1
1
Aa x Aa -> F2 : ( AA : Aa : aa )

2
2
4 4
4
4
1
1
1
Phép lai 2: F1 :
aa x
aa -> F2: aa
2
2
4
1
1
1
1
Phép lai 3: F1: 2 ( Aa x aa) -> F2: Aa :
aa
2
2
2
2
1
6
9
Tỉ lệ kiểu gen F2 :
AA : Aa :
aa

16
16
16

Phép lai 1:

F1 :

Tỉ lệ kiểu hình F2 :
7 hoa đỏ : 9 hoa trắng
Cách giải mới: Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen quần thể
Xét F1 và xem F1 như một quần thể ngẫu phối
Ta có F1:

1
1
1
1
1
1
3
Aa : aa  pA = : 2 = ; qa =
:2 + =
2
2
2
4
2
2
4


Hoặc viết dưới dạng sơ đồ lai

4


1
2
1
A:
4

F1 tạp giao : ( Aa :
GF1:

Tỉ lệ kiểu gen F2 :

1
1
1
aa) x ( Aa : aa )
2
2
2
3
1
3
a
A: a .
4

4
4
1
6
9
AA : Aa :
aa
16
16
16

Tỉ lệ kiểu hình F2 :
7 hoa đỏ : 9 hoa trắng
b. Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F3.
Cây hoa đỏ F2 có kiểu gen : 1AA : 6 Aa 

1
6
AA: Aa giao phấn với nhau
7
7

Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen của quần thể
Ta có sơ đồ lai:
F2 :
GF2:
F3 :

(


1
6
1
6
AA: Aa)
x
( AA: Aa)
7
7
7
7
4
3
4
3
A : a
A : a
7
7
7
7
16
24
9
AA :
Aa :
aa
49
49
49


Tỉ lệ kiểu hình F3 :

40 hoa đỏ : 9 hoa trắng

Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F3 =

9
49

Kết luận: Cả hai cách giải trên đều đi đến một kết quả, tuy nhiên cách giải thứ 2
( cách giải mới) có nhiều ưu điểm mà tôi muốn đề cập đến.
Như vậy, thay vì việc chia các trường hợp để viết các sơ đồ lai rồi cộng tổng
kết quả tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu kiểu hình của các phép lai, ta chỉ việc chuyển bài
toán xử lí dưới góc độ quần thể: “ Phân tích tần số các alen của các gen” ở thế hệ
bố mẹ rồi viết 1 phép lai để xác định đời con thì mọi vấn đề trở nên đơn giản hơn,
nhanh gọn hơn và tính chính xác cao hơn.
Bài 2: Ở người, bệnh bạch tạng do gen lặn nằm trên NST thường qui định, bệnh
máu khó đông do gen lặn nằm trên NST X không có alen tương ứng trên Y. Một
cặp vợ chồng có kiểu hình bình thường, phía vợ có anh trai bị máu khó đông, em
gái bị bạch tạng, phía chồng có mẹ bị bạch tạng. Những người khác trong 2 gia
đình bên vợ và bên chồng đều không bị 2 bệnh trên.
a. Xác suất để con đầu lòng của cặp vợ chồng trên không bị cả 2 bệnh là bao
nhiêu?
b. Nếu đứa con đầu của họ không bị bạch tạng nhưng bị bệnh máu khó đông thì
xác suất để đứa con thứ hai là con trai và không bị cả 2 bệnh trên là bao nhiêu?
5


Bài giải:

Qui ước gen:
A: không bị bạch tạng ; a: bị bạch tạng
B: không bị máu khó đông ; b: bị máu khó đông
Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen
- Xét bệnh bạch tạng:
+ Gia đình vợ có em gái bị bạch tạng có kiểu gen aa, bố và mẹ đều bình thường
=> Kiểu gen của bố mẹ người vợ đều là Aa.
Sơ đồ lai:
P: Aa
x Aa
GP: A, a
A, a
F1: 1AA : 2Aa : 1 aa
Người vợ không bị bệnh =>Vợ có thể có kiểu gen AA hoặc Aa với tỉ lệ:

1
2
AA:
3
3

Aa
+ Gia đình chồng có mẹ bị bạch tạng có kiểu gen aa, bố không bị bạch tạng (A-)
Người chồng không bị bạch tạng => Chồng có kiểu gen: Aa
1
2
AA: Aa ) x
Aa
3
3

2
1
1
1
GF1:
A: a
A: a
3
3
2
2
2
3
1
F2 :
AA : Aa : aa
6
6
6
5
1
Tỉ lệ kiểu hình F2:
không bị bạch tạng : bị bạch tạng
6
6

Sơ đồ lai:

F1: (


- Xét bệnh máu khó đông:
+ Gia đình vợ có anh trai bị máu khó đông có kiểu gen X bY, bố và mẹ đều bình
thường= > Kiểu gen của bố mẹ người vợ là: mẹ XBXb , bố XBY
Sơ đồ lai:
P:
mẹ XBXb x bố XBY
GP : XB: Xb
XB: Y
F1 : 1XBXB : 1XBXb: 1XBY : 1 XbY
Người vợ không bị máu khó đông => Vợ có thể có kiểu gen X BXB hoặc XBXb với tỉ
lệ:

1 B B 1 B b
XX : XX
2
2

+ Người chồng không bị máu khó đông => Chồng có kiểu gen: XBY
6


1 B B 1 B b
XX : XX )
x
XB Y
2
2
3 B 1 b
1 B 1
GF1:

X : X
X : Y
4
4
2
2
3 B B 1 B b 3 B
1
F2 :
X X : X X : X Y : XbY
8
8
8
8
4
3
Tỉ lệ kiểu hình F2: ♀ không bị máu khó đông: ♂ không bị máu khó đông:
8
8
1
♂ bị máu khó đông.
8

F1 : (

a. Xác suất để con đầu lòng của cặp vợ chồng trên không bị cả 2 bệnh là :
5 7
.
6 8


=

35
48

b. Xác suất để đứa con thứ hai là con trai và không bị cả 2 bệnh trên là:
Đứa con đầu của họ không bị bạch tạng nhưng bị bệnh máu khó đông.
- Xét bệnh bạch tạng ( giống câu a)
- Xét bệnh máu khó đông
Đứa con đầu của họ bị máu khó đông chỉ có thể là con trai X bYnên kiểu gen của
cặp vợ chồng này là : Vợ XBXb ; Chồng XBY
F1 :
♀ XBXb
x
♂ XBY
GF1:

1 B 1 b
X : X
2
2

1 B 1
X : Y
2
2

1
1
1

1
XBXB : XBXb : XBY : XbY
4
4
4
4
2
1
Tỉ lệ kiểu hình F2: ♀ không bị máu khó đông : ♂ không bị máu khó đông:
4
4
1
♂ bị máu khó đông.
4
5 1
5
Xác suất để đứa con thứ hai là trai và không bị cả 2 bệnh trên là
.
=
6 4
24

F2 :

Bài 3: Ở một loài động vật, gen qui định độ dài cánh nằm trên NST thường có 2
alen, alen A qui định cánh dài trội hoàn toàn so với alen a qui định cánh ngắn. Cho
các con đực cánh dài giao phối ngẫu nhiên với các con cái cánh ngắn (P), thu được
F1 gồm 75% số con cánh dài: 25% số con cánh ngắn. Tiếp tục cho F 1 giao phối
ngẫu nhiên thu được F2.
a. Xác định tỉ lệ kiểu gen của các con đực cánh dài ở thế hệ bố mẹ ( P).

b. Theo lý thuyết, ở F2 số con cánh ngắn chiếm tỉ lệ bao nhiêu?

7


Bài giải:
- Nếu các con đực cánh dài đều có kiểu gen AA khi giao phối với các con cái cánh
ngắn có kiểu gen aa thì F1 có tỉ lệ 100% cánh dài ( trái với đề bài)
- Nếu các con đực cánh dài đều có kiểu gen Aa thì khi giao phối với các con cái
cánh ngắn có kiểu gen aa thì F 1 có tỉ lệ 50% cánh dài: 50% cánh ngắn( trái với đề
bài)
Vậy các con đực cánh dài phải có 2 kiểu gen AA và Aa.
P: Các con đực cánh dài có kiểu gen : x AA : yAa ( x+ y = 1)
Các con cái cánh ngắn có kiểu gen aa
Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen
Sơ đồ lai:
P: ♂ ( x AA: y Aa )
GP :

(x +

x

y
y
)A: a
2
2

♀


aa

a=1

F1 :
75% cánh dài : 25% cánh ngắn
a. Tỉ lệ kiểu gen của các con đực cánh dài ở P:
Cánh ngắn F1 có kiểu gen aa =

y
x 1 = 0,25 => y = 0,5 => x = 1 – y = 0,5
2

=> Tỉ lệ kiểu gen các con đực cánh dài P : 0,5 AA : 0,5 Aa.
b. Tỉ lệ con cánh ngắn ở F2:
P: ♂ ( 0,5 AA: 0,5 Aa )
x ♀
aa
GP :
0,75A : 0,25 a
a=1
F1 :
0,75 Aa : 0,25aa
Tỉ lệ kiểu hình F1: 75% cánh dài : 25% cánh ngắn
F1 x F1: ( 0,75 Aa : 0,25aa) x ( 0,75 Aa : 0,25aa)
GF1 :
0,375A : 0,625a
0,375A : 0,625a
Tỉ lệ kiểu hình cánh ngắn ( aa ) ở F2 = 0,625 x 0,625 = 0,390625

Bài 4: Ở một loài thực vật, tính trạng màu sắc hoa do sự tác động của hai cặp gen
(A,a và B,b) phân li độc lập. Gen A và gen B tác động đến sự hình thành màu sắc
hoa theo sơ đồ dưới đây. Các alen a và b không có chức năng trên.

1
16
8


Cho giao phấn giữa 2 cây (P) thuần chủng đều có hoa màu trắng thu được F1 100%
hoa đỏ, F1 tự thụ phấn được F2. Chọn ngẫu nhiên 2 cây hoa đỏ ở F2 giao phấn với
nhau, biết không có đột biến xảy ra. Tính theo lí thuyết, xác suất để xuất hiện cây
hoa trắng ở F3 là bao nhiêu?
Bài giải:
Quy ước gen: A- B- : hoa đỏ
A-bb , aaB- , aabb : hoa trắng.
Ta có sơ đồ lai từ P-> F1
P:

AAbb

F1 :

x

aaBB

AaBb (đỏ)

F1x F1:


AaBb x AaBb

F2 : 9 A- B- : 3A-bb : 3 aaB- : 1 aabb . Tỉ lệ kiểu hình F2 : 9 hoa đỏ : 7 hoa trắng
chän ngÉu nhiªn 2 c©y hoa ®á ë F2 giao phÊn víi nhau.
Cây hoa đỏ F2 có kiểu gen là: 1AABB: 2AABb: 2AaBB : 4AaBb


1
2
2
4
AABB : AABb : AaBB : AaBb
9
9
9
9

Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen
1
9

2
9

2
9

F2:( AABB: AABb : AaBB:


4
1
2
2
4
AaBb) x( AABB: AABb: AaBB: AaBb)
9
9
9
9
9

- Xét cặp gen A,a :
Ta có

1
3

F2: ( AA :
GF2 :
F3 :

2
1
2
Aa) x ( AA : Aa)
3
3
3


2
1
A: a
3
3

2
1
A:
a
3
3

4
4
1
AA : Aa :
aa
9
9
9

- Xét cặp gen B, b

9


Ta có

F2 :

GF2 :
F3 :

(

2
1
BB : Bb) x
3
3
2
1
B:
b
3
3

(

2
1
BB : Bb)
3
3

2
1
B: b
3
3


4
4
1
BB : Bb : bb
9
9
9

=>Xác suất xuất hiện cây hoa đỏ( A-B-) ở F3 là:

8
8
64
A- . B- =
9
9
81

=>Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F3 là : 1 -

64
81

=

17
81

Bài 5: Ở một loài thực vật, gen A qui định cây cao trội hoàn toàn so với alen a qui

định cây thấp. Gen B qui định quả tròn trội hoàn toàn so với alen b qui định quả
bầu dục. Hai cặp gen nằm trên 2 cặp NST thường khác nhau. Cho giao phấn giữa
cây cao, quả tròn với cây cao, quả bầu dục thu được F 1: 3 cây cao, quả tròn: 3 cây
cao, qủa bầu dục: 1cây thấp, quả tròn: 1cây thấp, quả bầu dục.
a. Cho các cây cây cao, quả tròn ở F 1 giao phấn với nhau thu được F2. Tính xác
suất xuất hiện cây cây thấp, quả bầu dục ở F2.
b. Nếu cho các cây cao, qủa bầu dục ở F 1 giao phấn với nhau thì tỉ lệ kiểu hình
mong đợi ở vụ sau là bao nhiêu?
Bài giải:
- Xét riêng từng tính trạng:
+ Tính trạng chiều cao cây:
F1: Cây cao : Cây thấp = 3: 1
=> Kiểu gen của P: Aa x Aa
+ Tính trạng hình dạng quả:
F1 : Quả tròn: Quả bầu dục = 1: 1 => Kiểu gen của P: Bb x bb
- Xét chung:
Kiểu gen của P: cây cây cao, quả tròn : AaBb ; cây cao, quả bầu dục : Aabb
Sơ đồ lai:
P: Cây cây cao, quả tròn
x Cây cây cao, quả bầu dục
AaBb
Aabb
GP: AB, Ab, aB, ab
Ab, ab
F1: 1AABb : 2AaBb: 1AAbb: 2Aabb : 1aaBb : 1aabb

10


Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen

a. Xác suất xuất hiện cây thấp, quả bầu dục ở F2.
1
3

Cây cao, quả tròn ở F1 có kiểu gen: 1AABb : 2AaBb  AABb :

2
AaBb giao
3

phấn với nhau.
1
3

Sơ đồ lai: F1:

2
AaBb )
3

( AABb :

1
3

x ( AABb :

2
AaBb )
3


- Xét cặp gen A,a:
1
3

 F1 :

2
1
2
Aa ) x ( AA : Aa )
3
3
3
2
1
2
1
A: a
A: a
3
3
3
3
4
4
1
AA : Aa : aa
9
9

9
8
1
cây cao :
cây thấp
9
9

( AA :

GF1 :
F2 :
F2 :

- Xét cặp gen B,b
Ta có F1:
Bb
GF1 :
F2 :
F2 :

x

Bb

1
1
1
1
B: b

B: b
2
2
2
2
1
2
1
BB :
Bb :
bb
4
4
4
3
1
quả tròn :
bb quả bầu dục
4
4

Xác suất xuất hiện cây thấp, quả bầu dục ở F3 ( aabb) =

1
1 1
. =
9 4
36

b. Tỉ lệ kiểu hình F2

1
2
AAbb : Aabb
3
3
1
2
x ( AAbb : Aabb )
3
3

Cây cao, quả bầu dục có kiểu gen :
F1 :

(

1
2
AAbb : Aabb )
3
3

- Xét cặp gen A,a:
Ta có

F1 :
GF1:

(


1
AA:
3
2
A:
3

2
1
2
Aa) x ( AA: Aa)
3
3
3
1
2
1
a
A: a
3
3
3

11


4
4
1
AA : Aa : aa

9
9
9

F2 :

- Xét cặp gen B,b
Ta có F1:
bb x bb
GF1:
b
b
F2
bb
4
4
1
AAbb : Aabb : aabb
9
9
9
8
1
Tỉ lệ kiểu hình F2 : Cây cao, quả bầu dục : Cây thấp, quả bầu dục .
9
9

=> Xét chung 2 cặp gen ta có F2 :

Bài 6: Cho sơ đồ phả hệ sau:


Bệnh P được qui định bởi gen trội (A) nằm trên NST thường ; bệnh Q được
qui định bởi gen lặn ( b) nằm trên NST giới tính X không có alen tương ứng trên Y.
Biết rằng không có đột biến mới xảy ra. Xác suất để cặp vợ chồng ở thế hệ thứ III
trong sơ đồ phả hệ trên sinh con đầu lòng là con trai mắc cả hai bệnh P và Q là bao
nhiêu?
Bài giải
- Xét bệnh P :
Theo sơ đồ phả hệ => Kiểu gen của người đàn ông và người phụ nữ ở thế hệ thứ III
lần lượt là : Aa , aa.
Sơ đồ lai
P:
Aa
x aa
1
1
A: a
2
2
1
F1 :
Aa
2

GP:

a
:

1

aa
2

Xác suất sinh con bị bệnh P ( Aa ) =

1
2

- Xét bệnh Q:
Theo sơ đồ phả hệ => Kiểu gen của người đàn ông và người phụ nữ ở thế hệ thứ III
lần lượt là : XBY, (

1 B B 1 B b
X X : X X) .
2
2
12


1 B B 1
XX :
2
2
1 B 1
3 B
1 b
GP:
X : Y
X :
X

2
2
4
4
3 B B
1 B b
3
F1 :
XX :
X X : XBY
8
8
8
1
Xác suất sinh con trai bị bệnh Q (XbY ) =
8
1
Xác suất sinh con trai bị cả 2 bệnh ( AaXbY) =
.
2

Sơ đồ lai

P:

XBY

x

XBXb )


(

:

1 b
XY
8

1
1
=
8
16

Bài 7: Ở ruồi giấm, tính trạng mắt trắng do gen lặn nằm trên nhiễm sắc thể giới
tính X ở vùng không tương đồng với Y, alen trội tương ứng qui định mắt đỏ. Thế
hệ xuất phát cho giao phối ruồi cái mắt đỏ dị hợp với ruồi đực mắt ®á thu được
F1, sau đó cho F1 tạp giao thu được F2. Trong số ruồi cái ở F2 thì ruồi mắt đỏ chiếm
tỉ lệ là bao nhiêu?
Bài giải:
Qui ước gen: A: mắt đỏ ; a: mắt trắng
Kiểu gen của P : ♀ XAXa ; ♂ XAY
Sơ đồ lai:
P:
♀ XAXa
x

♂ XAY


1 A 1 a
1 A 1
X : X
X : Y
2
2
2
2
1 A A 1 A a 1 A
1
F1 :
X X :
X X : X Y : XaY
4
4
4
4
1
1 A a
1
1 a
F1 x F1 : ( XAXA :
X X ) x ( XAY :
XY)
2
2
2
2
3 A 1 a
1 A 1 a 2

GF1 :
X : X
X : X : Y
4
4
4
4
4

GP :

3
4
1
6
2
XAXA :
XAXa :
XaXa :
XAY :
XaY
16
16
16
16
16
7
Tỉ lệ kiểu hình ruồi cái mắt đỏ trong tổng số ruồi cái ở F2 =
8


F2 :

Bài 8: Ở 1 loài thực vật, gen A qui định thân cao trội hoàn toàn so với alen a qui
định thân thấp. Cho giao phấn giữa 2 cây lưỡng bội thuần chủng thân cao và thân
thấp thu được F1. Cho F1 giao phấn ngẫu nhiên với nhau tạo F 2. Tiếp tục qua các
thế hệ giao phấn. Xác định tỉ lệ kiểu gen, kiểu hình của F4.
13


Bài giải:
Pt/c : Thân cao
x
Thân thấp
AA
aa
GP :
A
a
F1 :
Aa 100% thân cao
F1 x F1: Aa
x
Aa
GF1 : 0,5A: 0,5a
0,5A: 0,5a
F2 :
0,25 AA : 0,5 Aa : 0,25 aa
Ta nhận thấy ở thế hệ F2 có dạng cấu trúc của quần thể đạt trạng thái cân bằng:
p2 AA : 2pq Aa : q2 aa. ( p, q lần lượt là tần số tương đối của alen A và a : p = q =
0,5)

 Thế hệ F4 giống F2: 0,25 AA : 0,5 Aa : 0,25 aa
 Tỉ lệ kiểu hình F4 :

3
1
thân cao:
thân thấp
4
4

Bài 9: Ở một loài thực vật, gen A qui định cây cao trội hoàn toàn so với alen a qui
định cây thấp; gen B qui định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen a qui định hoa
trắng. Hai cặp gen nằm trên 2 cặp NST thường khác nhau. Cho cây cao, hoa đỏ
giao phấn với cây thấp, hoa trắng thu được F1: 249 cây cao, hoa đỏ: 250 cây cao,
hoa trắng: 251 cây thấp, hoa đỏ: 250 cây thấp, hoa trắng. Tiếp tục qua các thế hệ
giao phấn.
a. Xác định tỉ lệ kiểu hình cây thấp, hoa đỏ ở thế hệ F5.
b. Tính tỉ lệ kiểu hình có ít nhất một tính trạng trội ở F5.
Bài giải:
P: Cây cao, hoa đỏ x Cây thấp, hoa trắng
-> F1: 1cây cao, hoa đỏ: 1 cây cao, hoa trắng: 1 cây thấp, hoa đỏ: 1 cây thấp, hoa
trắng ( là kết quả của phép lai phân tích)
=>Kiểu gen của P: AaBb x aabb
Sơ đồ lai:
P: AaBb
x
aabb
GP: AB, Ab, aB, ab
ab
F1 :


1AaBb : 1Aabb : aaBb : aabb

1
1
1
1
F1 : AaBb: Aabb : aaBb : aabb giao phấn với nhau:
4
4
4
4

14


1
1
1
1
1
1
1
1
AaBb: Aabb : aaBb : aabb) x ( AaBb: Aabb : aaBb : aabb)
4
4
4
4
4

4
4
4

F1 : (

- Xét cặp gen A,a
Ta có

1
1
1
Aa : aa ) x ( Aa :
2
2
2
1
3
1
GF1:
A: a
A:
4
4
4
1
6
9
F2 :
AA :

Aa :
aa
16
16
16

F1 : (

1
aa )
2
3
a
4

- Xét cặp gen B,b
Ta có

F1 : (
GF1:
F2

:

1
1
1
1
Bb : bb ) x ( Bb : bb )
2

2
2
2
1
3
1
3
B: b
B: b
4
4
4
4
1
6
9
BB :
Bb : bb
16
16
16

Ta nhận thấy ở thế hệ F2, xét mỗi cặp gen có dạng cấu trúc của quần thể đạt trạng
thái cân bằng (p12 AA : 2p1 q1 Aa : q1 2 aa), ( p22 BB : 2p2 q2 Bb : q2 2 bb)
(p1 = p2 =

1
3
, q1 = q2 = )
4

4

Thế hệ F2 có dạng cấu trúc của quần thể đạt trạng thái cân bằng
=> Thế hệ F5 cũng có cấu trúc giống F2:
F5 :
F5 :

(

1
6
9
1
6
9
AA :
Aa : aa )( BB :
Bb : bb )
16
16
16
16
16
16
7
9
7
9
(
A- :

aa )(
B- :
bb )
16
16
16
16

 Tỉ lệ kiểu hình cây thấp, hoa đỏ ở F5 ( aaB-) =

9
7
63
.
=
16 16
256

b. Tỉ lệ kiểu hình có ít nhất một tính trạng trội ở F5.
1- Tỉ lệ kiểu hình cây thấp, hoa trắng = 1-

9
9
175
.
=
16 16
256

Kết luận: Dựa vào “trạng thái cân bằng của quần thể ” có thể xác định đời con

mà không phải viết sơ đồ lai ở các thế hệ tiếp theo. Vì vậy việc xác định kết quả ở
đời con sẽ nhanh hơn, chính xác hơn nhiều.
3.3.2. Đối với bài toán lai về tự phối.

15


Bài 1: Ở một loài thực vật, cho cây cao tự thụ phấn thu được F 1: 75% cây cao :
25% cây thấp. Tiếp tục cho F1, F2, F3 tự thụ phấn qua các thế hệ. Xác định tỉ lệ kiểu
gen, kiểu hình ở F4. Biết rằng tính trạng chiều cao cây do 1 gen có 2 alen qui định
và không xảy ra đột biến.
Bài giải
F1 có tỉ lệ: 3 cây cao: 1 cây thấp ( tuân theo qui luật phân li của Menđen) => Cây
cao trội hoàn toàn so với cây thấp
Qui ước: A- cây cao ; a- cây thấp.
F1: 3 cây cao : 1 cây thấp => P có kiểu gen Aa
P: Aa x Aa -> F1: 1AA : 2Aa: 1aa  F1 :

1
2
1
AA : Aa: aa
4
4
4

Cách giải cũ:
F1 tự thụ phấn => Có 3 phép lai:
1
1

( AA x AA) -> F2:
AA
4
4
2
2
4
2
Phép lai 2: F1: ( Aa x Aa) -> F2:
AA:
Aa :
aa
4
16
16
16
1
1
Phép lai 3: F1: ( aa x aa )
-> F2: aa
4
4
3
2
3
 F2: AA : Aa : aa
8
8
8


Phép lai 1: F1:

F2, F3 tự thụ phấn: Tương tự cách làm như trên đối với thế hệ F2 , F3
7
AA :
16
15
F4 :
AA :
32

 F3 :

2
7
Aa :
aa
16
16
2
15
Aa :
aa
32
32

 Tỉ lệ kiểu hình F4: 17 cây cao: 15 cây thấp.
Áp dụng công thức của quần thể tự phối
P: Aa
x Aa

Fn : [ x +

1
1 − (1 / 2) n
1 − (1 / 2) n
] AA : [ ( )n .y ] Aa : [
+ z] aa
2
2
2

Với x = 0 , y = 1, z = 0, n = 4. Ta có:
F4 :

1
1 − (1 / 2) 4
1 − (1 / 2) 4
AA : ( )4 Aa :
aa
2
2
2

⇔ F4 :

15
2
15
AA :
Aa :

aa
32
32
32

Tỉ lệ kiểu hình F4: 17 cây cao : 15 cây thấp
Kết luận: Như vậy, để xác định tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu hình ở đời con khi biết
kiểu hình, kiểu gen của bố mẹ hoặc ngược lại đối với bài toán lai tự phối thì
phương pháp giải mới: “áp dụng công thức của quần thể tự phối ” đơn giản hơn,
nhanh gọn hơn và tính chính xác cao hơn nhiều so với phương pháp giải cũ.

16


Bài 2: Ở đậu Hà Lan, gen A quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen a quy định
hoa trắng. Trong một thí nghiệm, khi cho những cây hoa đỏ (P) tự thụ phấn người
ta thu được F1 có tỉ lệ kiểu hình 5,25 hoa đỏ : 1 hoa trắng. Xác định kiểu gen của
các cây thế hệ ( P). Biết rằng không xảy ra đột biến.
Bài giải:
- Nếu những cây hoa đỏ có kiểu gen AA khi tự thụ phấn thu được thế hệ F 1 100%
hoa đỏ ( trái với đề bài)
- Nếu những cây hoa đỏ có kiểu gen Aa khi tự thụ phấn thu được thế hệ F 1 75%
hoa đỏ: 25% hoa trắng khác với tỉ lệ bài ra 84% hoa đỏ: 16% hoa trắng.
Vậy những cây hoa đỏ phải có 2 kiểu gen AA và Aa.
P: Cây hoa đỏ có kiểu gen: x AA: y Aa ( x + y = 1).
Áp dụng công thức quần thể tự phối
1
1 − (1 / 2) n
1 − (1 / 2) n
.y ] AA : [( )n .y] Aa : [

. y ] aa, với n =1
2
2
2
y
2y
y
=> F1 : (x + ) AA :
Aa : aa
4
4
4
1
y
=> Tỉ lệ kiểu hình cây hoa trắng ở F1 = 6,25 = => y = 0,64
4

F1 : [ x +

 x = 1 – y = 1 – 0,64 = 0,36
 Tỉ lệ kiểu gen của P: 0,36 AA: 0,64 Aa
Bài 3: Ở cà chua, tính trạng quả đỏ là trội hoàn toàn so với quả vàng. Cho cây quả
đỏ tự thụ phấn F1 thu được 3 quả đỏ : 1 quả vàng, tiếp tục cho những cây quả đỏ ở
F1 tự thụ phấn. Xác định tỉ lệ kiểu gen, tỉ lệ kiểu hình ở đời con F2 .
Bài giải:
Qui ước: A: quả đỏ, a: quả vàng
F1: 3 quả đỏ: 1 quả vàng => Kiểu gen của P: Aa x Aa
1
2
1

AA : Aa : aa
4
4
4
1
2
Cây quả đỏ F1: AA : Aa Khi tự thụ phấnF1:
3
3

F1 :

Áp dụng công thức quần thể tự phối, ta có:
F2 : [ x +

1
1 − (1 / 2) n
1 − (1 / 2) n
.y ] AA : [( )n .y] Aa : [
. y ] aa
2
2
2

Với x = 1/3, y= 2/3 , z = 0 , n =1. Ta có:
1
1
2
1 − (1 / 2)1 2
1 − (1 / 2)1 2

+
. ] AA : [( )1 . ]Aa : [
. ] aa
3
3
2
3
3
2
2
3
2
1
⇔ F2 : AA : Aa :
aa
6
6
6

F2 : [

Tỉ lệ kiểu hình F2: 5 quả đỏ: 1 quả vàng
17


Bài tập vận dụng:
1. Ở cừu, gen qui định màu lông nằm trên NST thường. Gen A qui định màu lông
trắng là trội hoàn toàn so với alen a qui định lông đen. Cho giao phối cừu đực với
cừu cái đều dị hợp tử. Cừu non sinh ra là một cừu đực trắng. Nếu tiến hành lai trở
lại con cừu đực trắng với mẹ thì xác suất để sinh ra con cừu cái lông trắng là bao

nhiêu?
A.

1
12

B.

5
12

C.

5
6

D.

1
6

2. Ở đậu Hà lan, cây cao trội hoàn toàn so với cây thấp. Cho cây cao lai với cây
thấp được F1 50 cây cao: 51 cây thấp, F1 tự thụ phấn được F2. Tỉ lệ kiểu hình của F2
là:
A. 1 cây cao: 1 cây thấp.
B. 3 cây cao: 5 cây thấp.
C. 5 cây cao: 3 cây thấp.
D. 7 cây cao: 9 cây thấp.
3. Ở một loài thực vật, cho giao phấn 2 cây hoa trắng thuần chủng có nguồn gốc
khác nhau được F1 toàn hoa đỏ, sau đó cho F 1 tự thụ phấn được F2 gồm 56,25%

hoa đỏ: 43,75% hoa trắng. Cho những cây hoa trắng F 2 giao phấn với nhau. Tính
xác suất xuất hiện cây hoa đỏ ở F3.
A.

8
49

4
49

B.

C.

9
16

7
16

D.

4. Một bệnh ở người do alen trội trên NST thường quy định, alen lặn tương ứng
quy định tính trạng bình thường. Người vợ không bị bệnh, chồng và cả bố mẹ
chồng đều bị bệnh nhưng người em gái của chồng không bị bệnh trên. Họ mong
muốn sinh được 1 người con trai không bị bệnh. Khả năng họ thực hiện được
mong muốn trên là bao nhiêu?
A.

1

18

B.

1
3

C.

1
6

D.

5
12

5. Bệnh pheninketo niệu do một gen lặn nằm trên NST thường được di truyền theo
quy luật Menden. Một người đàn ông có cô em gái bị bệnh, lấy người vợ có anh
trai bị bệnh. Biết ngoài em chồng và anh vợ bị bệnh ra, cả 2 bên vợ và chồng
không còn ai khác bị bệnh. Cặp vợ chồng này lo sợ con mình sinh ra sẽ bị bệnh.
Tính xác suất để cặp vợ chồng này sinh đứa con đầu lòng bị bệnh.
A.

1
4

B.

1

8

C.

1
9

D.

1
18

6. Ở một loài thực vật, gen A qui định cây cao trội hoàn toàn so với alen a qui định
cây thấp; gen B qui định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen a qui định hoa trắng. Hai
cặp gen nằm trên 2 cặp NST thường khác nhau. Cho cây thân cao, hoa đỏ giao
phấn với cây thân thấp, hoa trắng thu được F 1 25% cây thân cao, hoa đỏ: 25% cây
thân cao, hoa trắng: 25% cây thân thấp, hoa đỏ: 25% cây thân thấp, hoa trắng. Tiếp
tục qua các thế hệ giao phấn. Xác định tỉ lệ kiểu hình F3.
A. 1 cao, đỏ: 1 cao, trắng: 1 thấp, đỏ: 1 thấp, trắng
18


B. 3 cao, đỏ: 3 cao, trắng: 1 thấp, đỏ: 1 thấp, trắng.
C. 7 cao, đỏ: 7 cao, trắng: 9 thấp, đỏ: 9 thấp, trắng.
D. 49 cao, đỏ: 63 cao, trắng: 63 thấp, đỏ: 81 thấp, trắng
7. Ở một loài động vật, tính trạng màu lông do sự tương tác của hai alen trội A và
B quy định. Trong kiểu gen, khi có cả alen A và alen B thì cho lông đen, khi chỉ có
alen A hoặc alen B thì cho lông nâu, khi không có alen trội nào thì cho lông trắng.
Cho phép lai P : AaBb x aaBb -> F 1. Cho F1 giao phối với nhau. Theo lí thuyết,
trong tổng số các cá thể thu được ở F 2, số cá thể lông đen có kiểu gen dị hợp tử về

hai cặp gen chiếm tỉ lệ bao nhiêu?
A. 25%
B. 18,75%
C. 37,5%
D. 6,25%
8. Nghiên cứu sự di truyền của một bệnh ở người do đột biến gen lặn nằm trên
NST thường quy định và di truyền theo quy luật Menđen. Người ta xây dựng được
sơ đồ phả hệ sau:
I

1

II
5

III

6

4

3

2
8

7

9


Ghi chú:

10

: nam bình thường
: nam mắc bệnh
: nữ bình thường
: nữ mắc bệnh

?

Xác suất để cặp vợ chồng ở thế hệ thứ II 7 và II8 trong sơ đồ phả hệ trên sinh con đầu
lòng là con trai mắc bệnh là bao nhiêu? Biết rằng không có đột biến mới xảy ra.
A.

1
.
6

B.

1
.
18

C.

1
.
4


D.

1
.
12

9. Ở người, bệnh mù màu do gen lặn nằm trên NST X không có alen trên Y. Một
người đàn ông không bị mù màu kết hôn với một người phụ nữ cũng không bị
bệnh nhưng có người anh trai bị bệnh. Biết rằng mẹ của người phụ nữ này không
bị bệnh trên. Cặp vợ chồng này sinh được 1 đứa con gái, xác suất để đứa con này
không mang gen gây bệnh là bao nhiêu?
A. 12,5%
B. 25%
C. 37,5%
D. 50%
10. Ở 1 loài thực vật, cho giao phấn giữa 2 cây lưỡng bội quả tròn với nhau thu
được F1 3 cây quả tròn : 1 cây quả dài. Cho các cây quả tròn F 1 giao phấn ngẫu
nhiên với nhau tạo F2. Tỉ lệ kiểu hình F2 là:
A. 3 cây quả tròn : 1 cây quả dài
B. 9 cây quả tròn : 7 cây quả dài
C. 8 cây quả tròn : 1 cây quả dài
D. 7 cây quả tròn : 9 cây quả dài
Đáp án bài tập vận dụng.
1
2
3
4
5
6

7
8
9
10
B
B
A
C
C
D
B
D
B
C

19


4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình dạy ôn thi THPT Quốc gia, ôn thi học sinh giỏi, hiệu quả của
việc vận dụng phương pháp giải bài tập phần di truyền học quần thể để giải một số
dạng bài tập qui luật di truyền có sự chuyển biến rõ rệt, tỉ lệ yếu giảm, tỉ lệ khá và
giỏi tăng. Đặc biệt khi nói đến bài tập qui luật di truyền các em không còn ngại
nữa, mà ngược lại còn hứng thú, thích làm, làm nhanh và chính xác hơn. Từ đó đến
nay, tôi tiếp tục áp dụng phương pháp này để dạy cho các khóa học sinh sau và
cũng cho những kết quả đáng mừng.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận.
Đề tài này tôi đưa ra cũng là theo ý kiến chủ quan của tôi được đúc rút trong
quá trình giảng dạy, với mong muốn góp phần giúp học sinh có thể giải nhanh, giải

chính xác và có hứng thú khi giải một số dạng bài tập phần qui luật di truyền.
Tôi cũng rất mong nhận được sự góp ý chân thành từ đồng nghiệp cho những
thiếu sót trong sáng kiến kinh nghiệm của tôi, để sáng kiến được hoàn thiện hơn.
2. Những kiến nghị đề xuất.
- Đối với Nhà trường
Nên có sự đầu tư kinh phí hơn nữa về việc bổ sung đồ dùng dạy học, đặc biệt
mua thêm nhiều tài liệu cung cấp cho việc ôn thi THPT quốc gia và ôn thi học sinh
giỏi .
- Đối với sở GD&ĐT Thanh Hóa
Cần quan tâm nhiều hơn đến bộ môn sinh học ở trường THPT. Mua sắm nhiều
hơn nữa tài liệu tham khảo, đồ dùng dạy học phù hợp với yêu cầu của bộ môn để
cung cấp cho các nhà trường trong tỉnh.
Nên tổ chức nhiều chuyên đề cấp tỉnh về nâng cao chất lượng dạy - học bộ môn
sinh học cho giáo viên được tham gia.
Tập hợp những sáng kiến kinh nghiệm hay, có tính thực tiễn và khả năng ứng dụng
cao để báo cáo dưới dạng chuyên đề bồi dưỡng theo chu kì thường xuyên.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯƠNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng 4 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Thị Nga

20