SKKN 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

 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. 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. 
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 + ; qa = z + 
- 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: XA = x + ; Xa = z + 
Giới dị giao tử: P: m XAY : n XaY ( m + n = 1)
Tần số tương đối của các alen ở giới dị giao tử: XA = ; Xa = ; Y = + 
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) 
ó 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 Fn 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 + ] AA : [ ()n .y ] Aa : [ + z] aa
3.3. Bài tập minh họa
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. 
Cho F1 tạp giao. Xác định tỉ lệ kiểu gen và tỉ lệ kiểu hình F2.
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 : A: a a
 F1 : Aa : aa.
Tỉ lệ kiểu hình F1: hoa đỏ : hoa trắng .
 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:
Phép lai 1: F1 : Aa x Aa -> F2 : ( AA : Aa : aa ) 
Phép lai 2: F1 : aa x aa -> F2: aa 
Phép lai 3: F1: 2 ( Aa x aa) -> F2: Aa : aa
Tỉ lệ kiểu gen F2 : AA : Aa : aa
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: Aa : aa à pA = : 2 = ; qa = : 2 + = 
Hoặc viết dưới dạng sơ đồ lai
 F1 tạp giao : (Aa : aa) x ( Aa : aa )
 GF1: A : a A : a .
 Tỉ lệ kiểu gen F2 : AA : Aa : aa
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 ó AA: Aa giao phấn với nhau
Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen của quần thể
Ta có sơ đồ lai: 
F2: ( AA: Aa) x ( AA: Aa) 
GF2: A : a A : a 
F3: AA : Aa : aa 
Tỉ lệ kiểu hình F3 : 40 hoa đỏ : 9 hoa trắng 
Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F3 = 
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? 
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: AA: 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
Sơ đồ lai: F1: ( AA: Aa ) x Aa
 GF1: A: a A: a
 F2: AA : Aa : aa
Tỉ lệ kiểu hình F2: không bị bạch tạng : bị bạch tạng
- Xét bệnh máu khó đông:
+ Gia đình vợ có anh trai bị máu khó đông có kiểu gen XbY, 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 XBXB hoặc XBXb với tỉ lệ: XBXB : XBXb
+ Người chồng không bị máu khó đông => Chồng có kiểu gen: XBY
 F1 : ( XBXB : XBXb ) x XBY
 GF1: XB : Xb XB : Y
 F2: XBXB : XBXb : XBY : XbY
 Tỉ lệ kiểu hình F2: ♀ không bị máu khó đông: ♂ không bị máu khó đông: 
 ♂ bị máu khó đông.
a. Xác suất để con đầu lòng của cặp vợ chồng trên không bị cả 2 bệnh là : 
 . = 
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 XbYnên kiểu gen của cặp vợ chồng này là : Vợ XBXb ; Chồng XBY 
 F1 : ♀ XBXb x ♂ XBY 
 GF1: XB : Xb XB : Y
 F2 : XBXB : XBXb : XBY : XbY 
Tỉ lệ kiểu hình F2: ♀ không bị máu khó đông : ♂ không bị máu khó đông: 
 ♂ bị máu khó đông.
Xác suất để đứa con thứ hai là trai và không bị cả 2 bệnh trên là . = 
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 F1 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?
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 F1 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 ) x ♀ aa
GP : (x + ) A : a 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 = x 1 = 0,25 => y = 0,5 => x = 1 – y = 0,5
=> 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. 
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 x aaBB 
 F1: 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
 ó AABB : AABb : AaBB : AaBb
Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen 
F2:(AABB:AABb :AaBB: AaBb) x(AABB: AABb:AaBB: AaBb)
- Xét cặp gen A,a :
Ta có F2: (AA : Aa) x (AA : Aa) 
 GF2 : A : a A: a 
 F3: AA : Aa : aa 
- Xét cặp gen B, b 
Ta có F2: ( BB : Bb) x ( BB : Bb)
 GF2 : B: b B: b
 F3: BB : Bb : bb 
=>Xác suất xuất hiện cây hoa đỏ( A-B-) ở F3 là: A- . B- = 
=>Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F3 là : 1 - = 
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 F1: 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 F1 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 F1 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
Vận dụng phương pháp phân tích tần số alen
Xác suất xuất hiện cây thấp, quả bầu dục ở F2.
Cây cao, quả tròn ở F1 có kiểu gen: 1AABb : 2AaBb óAABb : AaBb giao phấn với nhau.
Sơ đồ lai: F1: (AABb : AaBb ) x (AABb : AaBb )
- Xét cặp gen A,a:
ó F1 : (AA : Aa ) x (AA : Aa ) 
 GF1 : A: a A: a 
 F2: AA : Aa : aa 
 F2: cây cao : cây thấp 
- Xét cặp gen B,b
Ta có F1: Bb x Bb
 GF1 : B: b B: b 
 F2: BB : Bb : bb 
 F2: quả tròn : bb quả bầu dục 
Xác suất xuất hiện cây thấp, quả bầu dục ở F3 ( aabb) = . = 
b. Tỉ lệ kiểu hình F2
Cây cao, quả bầu dục có kiểu gen : AAbb : Aabb 
 F1: ( AAbb : Aabb ) x ( AAbb : Aabb )
- Xét cặp gen A,a:
Ta có F1: ( AA: Aa) x ( AA: Aa) 
 GF1: A: a A: a 
 F2 : AA : Aa : aa 
- Xét cặp gen B,b 
Ta có F1: bb x bb
 GF1: b b 
 F2 bb 
=> Xét chung 2 cặp gen ta có F2 : AAbb : Aabb : aabb
 Tỉ lệ kiểu hình F2 : Cây cao, quả bầu dục : Cây thấp, quả bầu dục .
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 
 GP: A : a a
 F1: Aa : aa
 Xác suất sinh con bị bệnh P ( Aa ) = 
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, ( XBXB : XBXb) . 
 Sơ đồ lai P : XBY x ( XBXB : XBXb )
 GP: XB : Y XB : Xb
 F1: XBXB : XBXb : XBY : XbY
Xác suất sinh con trai bị bệnh Q (XbY ) = 
Xác suất sinh con trai bị cả 2 bệnh ( AaXbY) = . = 
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
 GP : XA : Xa XA : Y 
 F1 : XAXA : XAXa : XAY : XaY
 F1 x F1 : ( XAXA : XAXa ) x ( XAY : XaY )
 GF1 : XA : Xa XA : Xa : Y 
 F2 : XAXA : XAXa : XaXa : XAY : XaY
 Tỉ lệ kiểu hình ruồi cái mắt đỏ trong tổng số ruồi cái ở 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 F2. Tiếp tục qua các thế hệ giao phấn. Xác định tỉ lệ kiểu gen, kiểu hình của F4. 
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 : thân cao: thân thấp
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
 F1 : AaBb: Aabb : aaBb : aabb giao phấn với nhau: 
F1: ( AaBb: Aabb : aaBb : aabb) x ( AaBb: Aabb : aaBb : aabb)
- Xét cặp gen A,a
Ta có F1: ( Aa : aa ) x ( Aa : aa ) 
 GF1: A : a A : a 
 F2 : AA : Aa : aa 
- Xét cặp gen B,b 
Ta có F1: ( Bb : bb ) x ( Bb : bb ) 
 GF1: B : b B : b
 F2 : BB : Bb : bb 
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 = , q1 = q2 = )
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: (AA : Aa : aa )(BB : Bb : bb )
F5: ( A- : aa )( B- : bb ) 
Tỉ lệ kiểu hình cây thấp, hoa đỏ ở F5 ( aaB-) = . = 
b. Tỉ lệ kiểu hình có ít nhất một tính trạng trội ở F5.
1- Tỉ lệ kiểu hình cây thấp, hoa trắng = 1- . = 
 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 hơ