(2023) Đề thi thử Sinh học THPT Hoàng Diệu Nguyễn Hiền - Phạm Phú Thứ Lương Thế Vinh (Lần 1) có đáp án

Phương pháp:

Cách giải:

Từ bảng trên, để tạo được dòng thuần thì phải dùng phương pháp tự thụ phấn hoặc giao phối cận huyết.

Chọn B.

Phương pháp:

Kiến thức cần nhớ về cấu trúc nhiễm sắc thể:

Cách giải:

Nhìn vào phương pháp, sợi cơ bản và sợi nhiễm sắc có đường kính lần lượt là 11nm và 30nm.

Chọn C.

Phương pháp:

Ưu thế lai là hiện tượng con lai mang những tính trạng vượt trội của bố và mẹ.

Cách giải:

Như vậy, hiện tượng con lai có năng suất, phẩm chất, sức chống chịu khả năng sinh trưởng và phát triển vượt trội bố mẹ gọi là ưu thế lai.

Chọn D.

Phương pháp:

Lưỡng cư là lớp sinh vật đầu tiên sống được trên môi trường cạn nhưng không hoàn toàn nên có một số đặc điểm thích nghi như sau:

+ Da ẩm, có thể hô hấp qua cả da và phổi.

+ Bộ xương xốp và đa số là sụn, nhẹ, dễ di chuyển trên mặt đất.

+ Chân có màng bơi, nối liền xương đuồi và xương chậu vào cùng 1 khớp nên ếch có thể nhảy trên mặt đất.

+ ......

Cách giải:

Ý A, sai. Vì nếu chỉ dùng phổi, lưỡng cư không thể tối ưu hô hấp trong môi trường nước.

Ý B, sai. Vì đề bài đang hỏi đặc điểm thích nghi của lưỡng cư với môi trường.

Ý C, đúng.

Ý D, sai. Vì da lưỡng cư luôn ẩm.

Chọn C.

Phương pháp:

Quy trình nhân bản cừu Đoly diễn ra theo các bước như hình sau:

Cách giải:

Theo quy trình trong công nghệ nuôi cấy mô tế bào để tạo cừu Dolly, ta chọn các phương án lần lượt là 1,2,3,4,6.

Chọn D.

Phương pháp:

Cơ chế điều hòa hoạt động của Operon Lac diễn ra như sau:

- Khi trong môi trường có Lactose:

+ Lactose liên kết với protein ức chế.

+ Protein ức chế không thể liên kết với vùng O trong cấu trúc của Operon.

+ RNA polymerase bám vào và tiến hành phiên mã như bình thường.

- Khi trong môi trường không có Lactose:

+ Protein ức chế liên kết với vùng O làm cho gen không thể phiên mã được.

Cách giải:

Như vậy, có thể thấy khi trong môi trường có lactose hay không thì protein ức chế vẫn được hình thành.

Chọn A.

Phương pháp:

Nitrogen là nguyên tố đại lượng tham gia chủ yếu vào thành phần cấu trúc của tế bào thực vật.

Cách giải:

Ý A, sai. Vai trò nêu ra ở đáp án là vai trò của Kali.

Ý B, sai. Màng tế bào có bản chất là Phospholipid không có sự tham gia của N.

Ý C, đúng.

Ý D. sai. Phospholipid không có sự tham gia của N.

Chọn C.

Phương pháp:

Tế bào mạch gỗ là tế bào chuyên trách với chức năng vận chuyển nước, bao gồm các tế bào chết, thành dày và được thấm Lignin.

Cách giải:

Do tế bào mạch gỗ là các tế bào chết, do đó các loại tế bào như tế bào nội bì, biểu bì, lông hút là các tế bào sống.

Chọn C.

Phương pháp:

Đột biến là phương pháp sử dụng các tác nhân vật, lí hóa học sinh học để làm thay đổi cấu trúc của bộ máy di truyền ở sinh vật.

Cách giải:

Vì các lý do về nhân đạo, tác nhân đột biến thường không được sử dụng ở động vật vì động vật có hệ thần kinh phát triển cao, chỉ cần một sự thay đổi nhỏ trong bộ máy di truyền vẫn ảnh hưởng các chức năng sinh hoạt bình thường của động vật hoặc có thể gây chết.

Do đó, trong tạo giống, chỉ dùng phương pháp gây đột biến cho vi sinh vật và thực vật.

Chọn C.

Phương pháp:

Chiều hướng tiến hóa của hệ tiêu hóa được biểu diễn ở bảng sau:

Cách giải:

Dựa vào bảng trên, những loài chưa có cơ quan tiêu hòa thì sẽ tiến hành tiêu hóa nội bào.

Chọn B.

Phương pháp:

Con đường thoát hơi nước qua khí khổng rộng hơn là con đường thoát hơi nước ở lá, quá trình này gồm 2 con đường:

+ Thoát hơi nước qua khí khổng: Vận tốc lớn, được điều chỉnh bởi việc đóng, mở khí khổng.

+ Thoát hơi nước qua Kutin: Vận tốc chậm, không được điều chỉnh, tốc độ phụ thuộc vào độ dày mỏng của lớp Kutin.

Cách giải:

Như vậy, thoát hơi nước qua khí khổng có vận tốc nhanh hay chậm chỉ là tương đối, tuy nhiên sẽ nhanh hơn so với con đường thoát hơi nước qua Kutin.

Chọn A.

Phương pháp:

Vai trò của gen điều hòa là tạo ra các sản phẩm có chức năng điều hòa hoạt động của các gen khác.

Cách giải:

Gen R điều hòa hoạt động của Operon Lac bằng cách tạo ra protein ức chế quá trình phiên mã của Operon Lac.

Chọn A.

Phương pháp:

Nắm vững các quy tắc chọn tạo ưu thế lai:

+ Tạo các dòng thuần chủng.

+ Cho các giống thuần chủng khác nhau các cặp tính trạng tương phản để tạo ra ưu thế lai và tổ hợp gen mong muốn.

Cách giải:

Dựa vào phương pháp, các bước thích hợp để tạo ưu thế lai là 2, 3, 1.

Chọn C.

Phương pháp:

Có 2 phát biểu cần nhớ về hiệu suất trao đổi khí ở động vật:

+ Phổi chim là cơ quan thực hiện trao đổi khí trên cạn hiệu quả nhất.

+ Mang cá là cơ quan thực hiện trao đổi khí dưới nước hiệu quả nhất.

Cách giải:

Cơ quan hô hấp của động vật trên cạn trao đổi khí hiệu quả nhất là phổi chim.

Chọn C.

Phương pháp:

Tiêu hóa cơ bản được thực hiện do sợ co bóp của các cơ hay tác động vật lí làm nhỏ thức ăn.

Tiêu hóa hóa học là quá trình làm nhỏ thức ăn bằng các enzyme có trong tuyến tiêu hóa.

Cách giải:

Trong ống tiêu hóa vừa có sự co bóp của các cơ quan tiêu hóa và các tuyến tiêu hóa.

Chọn A.

Phương pháp:

Cấy truyền phôi là quá trình mang phôi tạo ra từ 1 hợp tử cấy truyền vào tử cung của các con cái khác nhau.

Việc cấy truyền phôi cho phép các cơ thể mẹ khác nhau sinh ra các con cái giống nhau.

Cách giải:

Dựa vào phương pháp, ta hiểu được cấy truyền phôi có thể tạo ra nhiều vật nuôi có kiểu gen giống nhau.

Chọn D.

Phương pháp:

Một số vai trò của DNA Polymerase:

+ Xúc tác hình thành liên kết phosphodiester, kéo dài chuỗi Polynucleotide.

+ Có thể nhận dạng các Nucleoside triphosphate để tổng hợp đúng theo mạch khuôn.13

+ Chỉ tổng hợp mạch DNA mới theo chiều 5’P-3’OH.

+ Cần đoạn mồi.

+ Có khả năng sửa sai trong quá trình tái bản.

Cách giải:

A Sai. Enzyme helicase mới là enzyme tham gia cắt đứt liên kết H.

B Đúng.

C Sai. Enzyme Ligase mới là enzyme tham gia nối các đoạn Okazaki.

D Sai. Enzyme tham gia tháo xoắn 2 mạch của phân tử DNA là RNA polymerase.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận chuyển chủ động là hình thức vận chuyển các chất từ nơi có nồng độ thấp đến nơi có nồng độ cao, tiêu tốn năng lượng và tùy theo nhu cầu của tế bào.

Cách giải:

A đúng.

B sai. Đây là quá trình vận chuyển thụ động các ion tích điện, phân cực.

C sai. Vận chuyển chủ động cần tiêu tốn năng lượng.

D sai. Đây là quá trình vận chuyển thụ động.

Chọn A.

Phương pháp:

Dưới đây là sơ đồ 1 số ống tiêu hóa thường gặp ở động vật có xương sống:

Cách giải:

Dựa vào phương pháp, ta có thể rút ra quá trình tiêu hóa trong ống tiêu hóa của chim diễn ra như sau:

1 – Miệng; 2 – Thực quản; 3 – Diều; 4 – Dạ dày tuyến; 5 – Dạ dày cơ; 6 – Ruột; 7 – Hậu môn.

Chọn A.

Phương pháp:

Nắm được các đặc điểm cấu tạo của hệ thống mạch gỗ phù hợp với chức năng:

+ Thành tế bào dày, hóa gỗ, thấm lignin.

+ Quản bào và mạch ống.

+ Chiều vận chuyển từ rễ lên lá.

Cách giải:

Sử dụng phương pháp trên ta rút ra được các phát biểu đúng là:

(2); (3); (4).

Chọn C.

Phương pháp:

Tiêu hóa ở dạ dày có dạ lá sách thì tức là tiêu hóa hóa ở động vật nhai lại.

Cấu tạo dạ dày của động vật nhai lại gồm 4 ngăn: Dạ cỏ, dạ tổ ong, dạ lá sách, dạ múi khế.

Trong đó, dạ dày chính thức là dạ múi khế và dạ múi khế có đầy đủ chức năng của một dạ dày bình thường (dạ dày của người tiết pepsin và HCl).

Cách giải:

Dựa vào phương pháp:

1. Đúng.

2. Đúng.

3. Sai. Vì hấp thụ nước ở dạ dày chỉ xuất hiện ở các loài sống ở sa mạc.

4. Đúng. Quá trình này diễn ra ở dạ lá sách.

Chọn C.

Phương pháp:

Nắm được các đặc điểm của quá trình nhân đôi và quá trình phiên mã ở sinh vật nhân thực.

Cách giải:

Xét từng ý một:

A đúng. Vì đều diễn ra sự kết cặp giữa các Nu.

B sai. Chỉ có nhân đôi DNA mới cần quá trình nối các đoạn Okazaki.

C sai. Quá trình phiên mã chỉ diễn ra trên 1 đoạn DNA mang thông tin mã hóa cho mRNA.

D sai. Chỉ có nhân đôi DNA mới cần sự xúc tác của DNApol.

Chọn A.

Phương pháp:

Trình bày được các bước quá trình phiên mã:

- Nhận biết vị trí phiên mã.

- RNApol bắt đầu tổng hợp mRNA.

- RNApol kéo dài chuỗi polyNu.

- Kết thúc quá trình phiên mã.

Cách giải:

Dựa vào phương pháp, ta rút ra được các bước của quá trình phiên mã theo thứ tự sau:

2- RNA polymerase bám vào vùng điều hòa làm gen tháo xoắn để lộ ra mạch gốc có chiều 3’ 5’

1- RNA polymerase bắt đầu tổng hợp mRNA tại vị trí đặc hiệu ( khởi đầu phiên mã).

3- RNA polymerase trượt dọc theo mạch mã gốc của gen có chiều 3’5’

4- Khi RNA polymerase di chuyển tới cuối gen, gặp tín hiệu kết thúc thì nó dừng phiên mã.

Chọn C.

Phương pháp:

Mất một cặp G-X giảm 3 liên kết H. Thêm một cặp G-X thêm 3 liên kết H.

Mất một cặp A-T giảm 2 liên kết H. Thêm một cặp A- T thêm 2 liên kết H.

Cách giải:

Tăng một liên kết H: tức là mất 1 cặp A-T; thay bằng 1 cặp G-X.

Chọn C.

Phương pháp:

Gen nằm trong nhân là gen trong ti thể hoặc lục lạp. Các gen này di truyền theo dòng mẹ.

Cách giải:

A Sai. Vì gen trong ti thể tồn tại ở dạng vòng chứ không thành từng cặp tương đồng.

B Sai. Trong quá trình phân bào gen trong tế bào chất không phân đều về 2 tế bào con.

C Đúng.

D Sai. Do gen di truyền theo theo dòng mẹ nên đời con luôn biểu hiện kiểu hình giống mẹ.

Chọn C.

Phương pháp:

Nắm được tác động của các enzyme trong quá trình nhân đôi DNA.

Cách giải:

A đúng. Tháo xoắn phân tử DNA là vai trò của RNApol.

B đúng. Quá trình nhân đôi DNA ở sinh vật nhân thực được chia thành nhiều đơn vị tái bản.

C đúng.

D sai. Do nhân đôi ở sinh vật nhân thực chia làm nhiều đơn vị tái bản, hai mạch con của DNA mẹ đều có tác động của Ligase.

Chọn D.

Phương pháp:

Giả thuyết siêu trội phát biểu rằng: Ở trạng thái dị hợp tử về nhiều cặp gen khác nhau, do hiệu quả hỗ trợ giữa 2 alen khác nhau của cùng 1 gen dẫn đến con lai có những kiểu hình vượt trội về nhiều mặt so với bố mẹ.

Cách giải:

Kết quả đời con của phép lai nào có nhiều kiểu gen dị hợp về 2 cặp gen nhiều nhất thì sẽ có ưu thế lai cao nhất.

A đời con không có cặp gen dị hợp nào

B đời con chỉ có 1 cặp gen dị hợp AABBCc

C đời con có tối đa 1 cặp gen dị hợp AabbCC.

D đời con có tối đa 3 cặp gen dị hợp AaBbCc.

Chọn D.

Phương pháp:

Bước 1: Tính số Nu từng loại của gen đột biến.

Bước 2: Tính số Nu từng loại môi trường cung cấp.

A_mt = T_mt = A_đb × (2n – 1)

G_mt = X_mt = X_đb× (2n – 1)

Cách giải:

Gen dài $4080 {\text{A}}^{°}\to \text{N}=\frac{4080\times 2}{3,4}=2400\to 2 \text{A}+2\text{G}=2400\left(1\right)$

Gen có 3075 liên kết $\text{H}\to 2 \text{A}+3\text{G}=3075$ (2)

Từ (1) và (2) ta tính được $\text{A}=\text{T}=525\left(\text{Nu}\right);\text{G}=\text{X}=675\left(\text{Nu}\right)$

Gen bị đột biến mất 1 liến kết $\to$ thay 1 cặp $\text{G}-\text{X}$ bằng 1 cặp $\text{A}-\text{T}$

Gen bị đột biến có ${\text{A}}_{db}={\text{T}}_{db}=526\left(\text{Nu}\right);{\text{G}}_{db}={\text{X}}_{db}=674\left(\text{Nu}\right)$

Do gen nhân đôi 1 lần nên n=1. Từ đó suy ra số Nu môi trường cung cấp trùng với cố Nu từng loại của gen đột biến.

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Viết được sơ đồ lai từ  đến .

Bước 2: Viết được tì lệ giao tử ở .

Bước 3: Ti lệ hoa vàng ở ${\text{F}}_2={\text{A}}_2 {\text{A}}_2+2\times {\text{A}}_2\times {\text{A}}_3$

Cách giải:

Quy ước gen: A đỏ; ${\text{A}}_2$ : vàng; ${\text{A}}_3$ : trắng.

P: đỏ $\left(\text{AA}\_\right)\text{x}$ vàng $\left({\text{A}}_2 {\text{A}}_{-}\right)\to$trắng $\left({\text{A}}_3 {\text{A}}_3\right)$.

Sơ đồ lai:

P: Đó $\left({\text{AA}}_3\right)\times$ Vàng $\left({\text{A}}_2 {\text{A}}_3\right)$

${\text{F}}_1:0,25{\text{AA}}_2:0,25{\text{AA}}_3:0,25 {\text{A}}_2 {\text{A}}_3:0,25 {\text{A}}_3 {\text{A}}_3$.

Tỉ lệ giao tử ở ${\text{F}}_1:0,25 \text{A}:0,25 {\text{A}}_2:0,5 {\text{A}}_3$.

$F_1\times F_1\to F_2$ có tỉ lệ hoa vàng $=\frac{1}{4}\times \frac{1}{4}+2\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{2}=\frac{5}{16}$

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tỉ lệ giao từ qua n thế hệ tự thụ:$\begin{array}{l}\text{Aa}=\frac{1}{2^n}n\\ \text{AA}=\text{aa}=\left(1-\frac{1}{2^n}\right):2.\end{array}$

Cách giải:

Ỳ 1 , sai. Có tối đa 9 kiểu gen ở đời con do $\text{AaBb}$ tự thụ tạo ra.

Ý 2 , đúng. Đây là quần thể tự thụ phấn, không có tác động của các nhân tố tiến hóa khác nên tỉ lệ dị hợp giảm dần qua từng thế hệ.

Y 3 , sai.

Bước 1: Tính tỉ lệ kiểu gen do thể dị hợp tự thụ qua 2 thế hệ.

$\begin{array}{l}\text{Aa}=\text{Bb}=\frac{1}{4}\\ \text{AA}=\text{aa}=\text{BB}=\text{bb}=\frac{7}{8}\end{array}$

Bước 2:

- Tỉ lệ cây thân cao, hoa đỏ ở F₂:$\begin{array}{l}0,2\text{AABb}\to A\_B\_\text{=0},\text{2}\times \text{1}\times \frac{\text{3}}{\text{8}}\times \frac{\text{1}}{\text{4}}\\ \text{0},\text{2AaBb}\to \text{A\_B\_=0},\text{2}\times \left(\frac{\text{3}}{\text{8}}\times \frac{\text{1}}{\text{4}}\right)\times \left(\frac{\text{3}}{\text{8}}\times \frac{\text{1}}{\text{4}}\right)\end{array}$

Tổng lại tỉ lệ thân cao, hoa đỏ ở $F_2:\frac{13}{64}$

- Tỉ lệ thân cao, hoa đỏ dị hợp ở $F_2$ :

$0,2\text{AaBb}\to \text{AaBb}=0,2\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{80}$

- Tỉ lệ thân cao, hoa đỏ dị hợp trong tồng số thân cao, hoa đỏ ở ${\text{F}}_2=\frac{4}{65}$ 

Đề bài hỏi 3 ý, nhưng đáp số có phương án 4 đáp án đúng ??

Chọn B.

Phương pháp:

Phép lai phân tích là phép lai giữa cá thể mang tính trạng trội chưa biết kiểu gen với cá thể đồng hợp lặn.

Cách giải:

P: Cho cây hoa lai phân tích.

Fa: 3 trắng: 1 đỏ.

Đây là kết quả của phép lai phân tích 1 tính trạng được quy định bởi 2 cặp gen, tương tác bổ sung với nhau.

P: AaBb x aabb

Fa: AaBb: aaBb: Aabb: aabb → Tỉ lệ kiểu hình ở Fa: 3 trắng: 1 đỏ.

Chọn B.

Phương pháp:

Áp dụng các công thức tính tỉ lệ kiểu hình qua 1 thế hệ.

Cách giải:

$\begin{array}{l}\text{P: }\frac{AB}{ab}Dd\times \frac{AB}{ab}\text{Dd}\\ {\text{F}}_1:\left({\text{A}}_{-};{\text{B}}_{-}\right){\text{D}}_{-}=50,67\%\to \left({\text{A}}_{-};{\text{B}}_{-}\right)=\frac{50,67\%}{\frac{3}{4}}=0,6764,\to \frac{ab}{ab}=0,6764-0,5=0,1764\end{array}$

Cá thể có kiểu hình lặn về 2 cặp gen có thế là:

$\begin{array}{l}+\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}D\_-}\frac{\text{ab}}{\text{ab}}\text{=}\frac{\text{3}}{\text{4}}\times \text{0},\text{1764}\\ \text{+ dd}\left[\left(\frac{\text{Ab}}{\text{ab}}\text{+}\frac{\text{aB}}{\text{ab}}\right)\right]\text{=}\frac{\text{1}}{\text{4}}\times \left[\left(\text{0},\text{25-}\frac{\text{ab}}{\text{ab}}\right)\right]\times \text{2}\end{array}$

Tổng tỉ lệ cá thể có 2 kiểu hình lặn ở F₁ là 16,91%

Chọn A.

Phương pháp:

Bước 1: Tỉnh số Nu mỗi loại trong từng alen D, alen d.

Bước 2: Tính số lượng Từng loại trong các loại giao tử có thể tạo ra.

Cách giải:

- Mỗi alen trong cặp dị hợp đều chứa 2998 liên kết photphodieste mỗi gen có khoảng 2998 + 2 = 3000 Nu.

Alen D có:

A = T = 3000 × 17,5% = 525 (Nu)

G = X = 1500 – 525 = 975 ( Nu)

Alen d có:

A = T = G = X = 750 (Nu).

- Ddd có thể tạo ra các loại giao tử Dd; d ; D; dd.

Số lượng Nu từng loại trong các loại giao tử đột biến.

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Tính tỉ lệ cá thể của quần thể qua 3 thế hệ giao phấn.

Bước 2: Tính tỉ lệ cá thể của quần thể qua 4 thế hệ tự phối. Theo công thức của quần thể tự phối.

Cách giải:

P: $0,7\text{CC}:0,3\text{cc}$.

G: $0,7\text{C}:0,3\text{c}$

Do qua ngẫu phối, tần số alen và thành phần kiểu gen của quần thể không đổi, do đó qua 4 thế hệ ngẫu phối, tỉ lệ kiểu gen của quần thể là:

${\text{F}}_4:0,49\text{CC}:0,42\text{Cc}:0,09\text{cc}$.

${\text{F}}_4$ tự thụ phấn 3 thế hệ, tạo ra ${\text{F}}_7$, tỉ lệ các cá thể dị hợp trong quần thể ở ${\text{F}}_7$ là:

$\text{Cc}=0,42\times \frac{1}{8}=0,525.$

Chọn C.

Phương pháp:

- Phân tích tỉ lệ phân li của từng tính trạng.

- Tổ hợp các tính trạng lại với nhau.

Cách giải:

- Xét tính trạng hình dạng thân:

P x P tạo F₁ có: 0,5 Aa : 0,5 aa P: Aa × aa.

- Xét tính trạng màu sắc hoa:

P x P tạo F₁ có 3 (1 BB: 2Bb) : 1 bb P: Bb × Bb.

Tỉ lệ phân li kiểu gen (1:1). (1:2:1) = 2:2:1:1:1:1.

Chọn C.

Phương pháp:

Viết tỉ lệ giao tử và tổ hợp các loại giao tử để suy ra kiểu hình đời con.

Dùng khung tam giác để viết tỉ lệ giao từ:

Cách giải:

${\text{Aa}}_1{\text{a}}_1$ cho giao từ với ti lệ $\frac{1}{3}A{a}_1:\frac{1}{3}{a}_1:\frac{1}{6}A:\frac{1}{6}{a}_1{a}_1$

${\text{Aa}}_1{\text{a}}_1$ cho giao tử với ti lệ $\frac{1}{6}\text{Aa}:\frac{1}{6}{\text{Aa}}_1:\frac{1}{6}{\text{a}}_{\text{l}}:\frac{1}{6}a{a}_1:\frac{1}{6} \text{A}:\frac{1}{6}a{a}_1$

Tỉ lệ hoa đỏ ở đời con: $\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\times \left[\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right]+\frac{1}{6}\times \left[\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right]=\frac{3}{4}$

Ti lệ hoa hồng ở đời con: $\left[\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right]\times \left[\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\right]=\frac{1}{6}$

Ti lệ hoa trắng ở đời con: $1-\frac{3}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}$

Tỉ lệ đỏ: hồng: trắng $=9:2:1$.

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Xét tỉ lệ phân li tính trạng, tìm quy luật di truyền, kiểu gen của P.

Bước 2: Từ tỉ lệ kiểu hình đề cho, phân tích tỉ lệ, xét các trường hợp có thể xảy ra.

Bước 3: Xét các phát biểu.

Cách giải:

- Tỉ lệ phân li tính trạng của từng cặp gen.

+ Tính trạng màu hoa: Đỏ : trắng = 3:1 tính trạng do 1 gen có 2 alen quy định.

Quy ước: D: đỏ; d: trắng. Kiểu gen của P: Dd × Dd.

+ Tình trạng hình dạng quả : Tròn : dài $=9:7\to$ tính trạng do 2 gen mỗi gen 2 alen tương tác bổ sung quy định.

Quy ước: ${\text{A}}_{-}:{\text{B}}_{-}$: tròn ; tất cả các kiểu gen còn lại quy định quả dài. Kiểu gen của $\text{P}:\text{AaBb}\times \text{AaBb}$ 

Nếu các gen phân li độc lập thì tỉ lệ kiểu hình là (9:7). (3:1) khác với tỉ lệ đề bài $\to$ một trong 2 gen quy định hình dạng quả liên kết với gen quy định màu hoa.

+ Ta có tỉ lệ kiểu hình ở  ${\text{F}}_1$có:

$\left({\text{A}}_{-}:{\text{B}}_{-};{\text{D}}_{-}\right)=40,5\%$. Giả sừ B liên kết với $\text{D}.\to {\text{B}}_{-}:{\text{D}}_{-}=0,54\to \text{bd}/\text{bd}=0,04$ .

$\to$ Có thế xảy $2\text{TH}$ :

TH1: P: $A\text{a}\frac{BD}{bd}\times Aa\frac{Bd}{bD};f=20\%$

TH2: P:Aa $\frac{Bd}{bD}\times Aa\frac{Bd}{bD};f=40\%$

+ Xét các phát biểu:

Ý A, sai. Hoa trắng, qua dài $=\text{aa.}\left(\text{dd};{\text{B}}_{-}+\text{dd},\text{bb}\right)+{\text{A}}_{-}(\text{dd},\text{bb})=1\times (2+1)+2\times 1=5$

Ý B, đúng.

Ý C, đúng. F₁ có hoa đỏ, quả dài $=aa\left(D_{-},B_{-}+D_{-}b \text{b}\right)+{\text{A}}_{-}\left({\text{D}}_{-},\text{bb}\right)=1\times (5+2)+2\times 2=11$ kiểu gen .

Ý D, đúng. Đúng cho cả 2 trường hợp vì:

Hoa đỏ, quả dài $\text{=aa}(\text{bD}/\text{bD}+\text{BD}/\text{BD})+\text{AA}(\text{bD}/\text{bD})=\frac{1}{4}\times 12\%=3\%$.

Chọn A.

Phương pháp:

- Ở gà, XX là con đực, XY là con cái.

Bước 1: Viết sơ đồ lai.

Bước 2: Xét từng ý trong đề bài.

Cách giải:

P: ♂ lông vằn, chân thấp thuần chủng x ♀ lông không vằn, chân cao thuần chủng

P: ♂ XAXAbb x ♀ XaYBB

F₁: ♂ XAXa Bb

      ♀ XAY Bb

F₁ x F₁: $♂X^A{X}^a\text{Bb}\times ♀{\text{X}}^{A}Y\text{Bb}$

F₂: $♂\left(\frac{1}{4}{\text{X}}^A{\text{X}}^A:\frac{1}{4}{\text{X}}^A{\text{X}}^a\right).\left(\frac{1}{4}BB:\frac{1}{2}Bb:\frac{1}{4}bb\right)$

$♀\left(\frac{1}{4}{\text{X}}^A\text{Y}:\frac{1}{4}{\text{X}}^a\text{Y}\right).\left(\frac{1}{4}BB:\frac{1}{2}Bb:\frac{1}{4}bb\right)$

Ý 1 , đúng. Đều bằng $\frac{1}{4}$

Ý 2 , sai. gà trống lông vằn, chân thấp $=\frac{1}{2}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{8}$

    gà mái lông vằn, chân $\text{cao}=\frac{1}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{3}{8}$

Ý 3 , sai. Tất cả gà lông không vằn, chân cao đều là gà mái.

Ỳ 4 , sai. gà trống lông vằn, chân thấp $=\frac{1}{2}\times \frac{1}{8}=\frac{1}{16}$

    gà mái lông không vằn, chân cao $=\frac{1}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{3}{16}$

Chọn D.

Phương pháp:

- Ở chim, XX là con đực, XY là con cái.

Bước 1: Xét tỉ lệ phân li của từng tính trạng, biện luận quy luật di truyền, xác định kiểu gen của P.

Bước 2: Vẽ sơ đồ lai, tỉ lệ phân li của từng cặp tình trạng rồi tổ hợp lại ở F₃.

Cách giải:

- Xét riêng từng tính trạng:

+ Tính trạng chiều cao chân ở F₂ biểu hiện đều ở 2 giới ? gen Aa nằm trên NST thường.

+ Tính trạng độ dài đuổi biểu hiện không đều ở 2 giới ? gen Bb nằm trên NST giới tính chỉ có alen trên X

không có alen tương ứng trên Y.

- Từ kiểu gen của F₂ suy ra con cái F₁ có kiểu gen AaX_BY.

- Nếu chim mái F₁ lai với chim trống chân thấp không đuôi ngắn:

${\text{F}}_1\times {\text{F}}_1$ tạo ${\text{F}}_2$ (1Aa: 1aa) $\times \left(1X_{\text{B}}{\text{X}}_{\text{b}}:1{\text{X}}_{\text{b}}\text{Y}\right)$

+ F₂ giao phối tự do tạo F₃ có tỉ lệ trống cao, dài:

$=\text{A}-{\text{X}}^{\text{B}}\text{X}=(1-\text{aa}){\text{X}}^{\text{B}}\text{X}=\left(1-\frac{3}{4}\times \frac{3}{4}\right)\times \frac{1}{4}=\frac{7}{64}$

Chọn D.

Phương pháp:

Bước 1: Xét sự di truyền của từng tính trạng.

Bước 2: Biện luận quy luật di truyền.

Bước 3: Kiểm định từng ý.

Cách giải:

P : Quả dẹt, hoa đỏ x Quả dẹt, hoa đỏ.

F₁: 6 quả dẹt, hoa đỏ.

5 quả tròn, hoa đỏ.

3 quả dẹt, hoa trắng.

1 quả dài, hoa trắng.

1 quả tròn, hoa trắng.

Xét tính trạng hình dạng quả: ở F₁, Dẹt: tròn: dài = 9:6:1 P: AaBb x AaBb.

Xét tính trạng màu hòa: ở F₁, đỏ: trắng = 3 : 1 P: Dd x Dd.

Ta có, (9:6:1). (3:1) khác với tỉ lệ đề bài → đã có sự liên kết giữa A hoặc B với gen D.

Trong TH này, giả sử A liên kết với D.

Lại có,${\text{F}}_1\frac{6}{16}$  quả dẹt, hoa đỏ $\to \left(\text{A\_}:\text{D}\right)=\frac{6}{16}÷\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\to$ không có kiểu gen $\frac{ad}{ad}$ ở ${\text{F}}_1\to$ kiểu gen của là liên kết chéo, không hoán vị gen.

$\text{P}:\frac{Ad}{aD}Bb\times \frac{Ad}{aD}Bb$

$\stackrel{.}{\text{Y}}1$, sai.

Ý 2 , đúng. Ở , quả tròn, hoa đỏ thuần chủng $=\frac{aD}{aD}BB=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{16}$

Tỉ lệ quả tròn, hoa đỏ thuần chủng / quả tròn, hoa đỏ ở ${\text{F}}_1=\frac{1}{16}:\frac{5}{16}=\frac{1}{5}=0,2$

Ý 3 , đúng. Có 3 kiểu gen quy định quả tròn, hoa đỏ: $\frac{aD}{aD}BB;\frac{aD}{aD}Bb;\frac{Ad}{aD}bb$

Ý 4 , sai. $\frac{Ad}{aD}Bb\times \frac{ad}{ad}bb$ cho tỉ lệ kiểu hình đời con là 1:1:1:1

Chọn D.