30 đề thi THPT Quốc gia môn Sinh năm 2022 có lời giải (Đề số 15)

Phương pháp:

Các thành phần của operon Lac

Nhóm gen cấu trúc (Z, Y, A): nằm kề nhau, có liên quan với nhau về chức năng

Vùng vận hành (O): là đoạn mang trình tự nuclêôtit đặc biệt, là nơi bám của prôtêin ức chế ngăn cản sự phiên mã của nhóm gen cấu trúc.

Vùng khởi động (P): nơi bám của enzim ARN-polimeraza khởi đầu sao mã.

Gen điều hòa (R): không thuộc thành phần của opêron nhưng đóng vai trò quan trọng trong điều hoà hoạt động các gen của opêron qua việc sản xuất prôtêin ức chế.

Cách giải:

Gen điều hòa sẽ tổng hợp protein ức chế. 

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sợi cơ bản (11nm) $\to$ Sợi nhiễm sắc (30nm) $\to$ Cromatit (700nm) $\to$ NST (1400nm)

Cách giải:

Sợi cơ bản có đường kính 11nm (SGK Sinh 12 trang 24)

Chọn C.

Vi khuẩn amôn hóa: Chất hữu cơ $\to N{H_4}^{+}$.

Vi khuẩn phản nitrat hóa: $N{O_3}^{-}\to N_2$

Vi khuẩn nitrat hóa: $N{H_4}^{+}\to N{O_3}^{-}$.

Vi khuẩn cố định nitơ: $N_2\to N{H_4}^{+}$.

(SGK Sinh 11 trang 29). 

Chọn B.

Đây là dạng tương tác bổ sung.

A-B-: Đỏ; A-bb/aaB-/aabb: tương tác bổ sung. 

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng nguyên tắc bổ sung trong quá trình nhân đôi ADN: A – T; G - X và ngược lại.

Cách giải:

Trong quá trình nhân đôi ADN, nuclêôtit loại guanin trên mạch khuôn liên kết với nuclêôtit loại X (xitozin).

Chọn A.

Phương pháp:

Số nhóm gen liên kết bằng số NST có trong bộ đơn bội của loài.

Cách giải:

2n = 20  có 10 cặp NST  có 10 nhóm gen liên kết.

Chọn D.

Phương pháp:

Thể đột biến là cơ thể mang gen đột biến đã biểu hiện ra kiểu hình.

Cách giải:

Alen đột biến là a và B $\to$ thể đột biến mang 1 trong các cặp gen aa, BB, Bb.

Kiểu gen của thể đột biến về 2 cặp gen là: aaBb. 

Chọn C.

Thủy tức có túi tiêu hóa.

Mèo, trâu, gà rừng có ống tiêu hóa.

Chọn A.

Phương pháp:

Thể tam bội có bộ NST: 3n.

Cách giải: 

2n = 24

Thể tam bội của loài này là 3n = 36. 

Chọn A.

Phương pháp:

Bước 1: Xác định quy luật di truyền

Bước 2: quy ước gen và tìm yêu cầu của đề.

Cách giải:

F₁ phân li 9:6:1 $\to$ đây là tương tác bổ sung giữa 2 cặp gen.

A-B-: quả dẹt

A-bb/aaB-: quả tròn

aabb: quả dài.

Vậy cây quả dài có thể có 4 loại kiểu gen: AAbb, Aabb, aaBB, aaBb.

Chọn D.

Phương pháp:

Thể một có bộ NST: 2n – 1. 

Ở kì sau của nguyên phân thì các cromatit đã tách nhau ra thành các NST đơn.

Cách giải:

Ruồi giấm: 2n = 8 $\to$ thể một 2n – 1 =7 NST 

Ở kì sau của nguyên phân thì các cromatit đã tách nhau ra thành các NST đơn.

Trong mỗi tế bào có 7 x 2 = 14 NST đơn.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính số kiểu gen tối đa trong quần thể (n là số alen) 

Nếu gen nằm trên NST thường: $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen 

Nếu có nhiều gen trên 1 NST coi như 1 gen có số alen bằng tích số alen của các gen đó.

Cách giải:

Mỗi gen có 2 alen  ta coi như 1 gen có 2 x 2 = 4 alen.

Số kiểu gen tối đa là: $C_4^2$ + 4 = 10. 

Chọn B.

Phương pháp:

Bước 1: Phân tích tỉ lệ kiểu hình thành các tỉ lệ quen thuộc như 1:1; 3:1 

Bước 2: Biện luận kiểu gen theo các tỉ lệ thành phần. 

Cách giải:

Đời con phân li 3:3:1:1 = (3:1)(1:1)

Với tỉ lệ 3:1 ta có 2 phép lai: Aa $\times$ Aa hoặc Bb $\times$ Bb

Với tỉ lệ 1:1 ta có 2 phép lai: Aa $\times$ aa hoặc Bb $\times$ bb.

Kiểu gen của P có thể là: AaBb $\times$ aaBb hoặc AaBb $\times$ Aabb. 

Chọn C.

Thường biến không phải biến dị di truyền vì chỉ là biến đổi về kiểu hình không liên quan tới kiểu gen. 

Chọn A.

Quá trình hô hấp ở thực vật tạo ra khí CO₂, ta sử dụng dung dịch Ca(OH)₂ (nước vôi trong) để nhận biết.

Khi đó khí CO₂ sẽ phản ứng với Ca(OH)₂ theo phương trình:

CO₂ + Na(OH)₂ → CaCO₃$\downarrow$+ H₂O. 

Chọn B.

Phương pháp:

Ở chim: XX là con trống, XY là con mái.

Cách giải:

A sai, gen trên Y chỉ truyền cho giới cái.

B sai, gen biểu hiện không đều ở 2 giới.

C sai, gen không tồn tại thành cặp tương đồng ở giới cái.

D đúng.

Chọn D.

Phương pháp:

Đảo đoạn: Là đột biến làm cho một đoạn nào đó của NST đứt ra, đảo ngược 180° và nối lại.

Đa bội: Đột biến đa bội là sự biến đổi số lượng NST ở tất cả các cặp NST trong tế bào theo hướng tăng thêm số nguyên lần bộ đơn bội và lớn hơn 2n hình thành các thể đa bội.

Lệch bội: Là sự biến đổi số lượng NST xảy ra ở 1 hay một số cặp NST tương đồng trong tế bào, tạo nên các thể lệch bội.

Đột biến điểm: là đột biến gen liên quan tới 1 cặp nucleotit.

Cách giải:

Đột biến đảo đoạn có thể làm thay đổi trật tự sắp xếp các gen trên NST.

Chọn A.

Phương pháp:

Áp dụng nguyên tắc bổ sung trong quá trình dịch mã: A - U; G - X và ngược lại. 

Cách giải:

Các codon mã hóa Leu: 5’XUU3’; 5'XUX3’; 5'XUA3’

Các anticodon mang axit amin tương ứng là: 3'GAA5’; 3’GAG5’; 3’GAU3’. 

Chọn A.

Phương pháp:

Trong cơ chế điều hoà hoạt động của gen theo mô hình operon Lac ở E.coli, protein ức chế được gen điều hòa tổng hợp và liên kết với O.

Cách giải:

Nếu vùng mã hóa của gen điều hòa (R) bị đột biến thì sẽ tổng hợp protein ức chế có thể không liên kết được với O. 

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Tính tổng số nucleotit của gen 

CT liên hệ giữa chiều dài và tổng số nucleotit $L=\frac{N}{2}\times 3,4$ (Å); 1nm = 10 Å, 1$\mu$m = 10⁴ Å 

Bước 2: Tính số nucleotit của gen dựa vào N tỉ lệ A/G

$\left\{\begin{array}{l}2A+2G=N\\ A/G=2/3\end{array}\right.$

Bước 3: Xác định dạng đột biến gen 

Cách giải: 

Xét alen B: 

Số nucleotit của alen B là: $L=\frac{N}{2}\times 3,4=\frac{4080}{2}\times 3,4=2400$

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2A+2G=2400\\ A/G=2/3\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}A=T=480\\ G=X=720\end{array}\right.\right.$

Alen B bị đột biến điểm thành alen b  có G - A = 242 $\to$ thay 1 cặp A – T bằng 1 cặp G – X. 

Chọn A.

Phương pháp:

Giao tử liên kết = (1-f)/2; giao tử hoán vị: f/2

Tách từng cặp NST để tính.

Cách giải:

$\frac{Ab}{ab}\to \underline{Ab}=0,5$

$X_e^D{X}_E^d; f=36\%\to X_E^D=\frac{1-f}{2}=0,32$

Vậy tỉ lệ giao tử $\underline{Ab}{X}_E^D=0,5\times 0,32=0,16$.

Chọn A.

Phương pháp:

Bước 1: Xác định quy luật di truyền, quy ước gen.

Bước 2: Xác định kiểu gen của cây hoa trắng và tìm yêu cầu của đề bài.

Cách giải:

F₁ tự thụ $\to$ 9 hoa đỏ: 7 hoa trắng $\to$ tính trạng do 2 gen tương tác bổ sung.

Quy ước: A-B-: hoa đỏ; A-bb/aaB-/aabb: hoa trắng.

F₂ có 16 tổ hợp $\to$ F₁ dị hợp 2 cặp gen: AaBb $\times$ AaBb $\to$ Hoa trắng F₁: 1AAbb, 2Aabb, laaBB, 2aaBb, aabb. 

Lai các cây hoa trắng với nhau, để đời con có kiểu hình hoa đỏ chiếm 25%

$\to$ ta có phép lại: Aabb $\times$ aaBb 

→ A-B- = 0,25. 

Chọn B.

Phương pháp:

Mỗi vi khuẩn có 1 ADN, mỗi ADN có 2 mạch polinucleotit.

Bước 1: Tính số phân tử ADN chứa cả ¹⁴N và ¹⁵N.

Bước 2: Số phân tử chỉ chứa ¹⁴N = Tổng số phân tử - số phân tử ADN chứa cả ¹⁴N và ¹⁵N.

Cách giải:

Gọi a là số tế bào ban đầu, ta có: a tế bào vi khuẩn E. coli mang các phân tử ADN vùng nhân chỉ chứa N¹⁵ nhân đôi một số lần trong môi trường chỉ chứa N¹⁴. 

$\to$ có 8 mạch pôlinuclêôtit chứa ¹⁵N $\to$ a = 4 (mỗi phân tử có 2 mạch polinucleotit).

Hay cũng có 8 phân tử ADN chứa mạch ¹⁵N và ¹⁴N.

Tổng số mạch là 8 + 56 = 64 $\to$ có 64:2 = 32 phân tử ADN

Số phân tử ADN chỉ chứa ¹⁴N = 32 – 8 = 24.

Chọn C.

Phương pháp:

Thể ba có dạng 2n + 1 (thừa 1 NST ở cặp nào đó)

1 gen có 2 alen trong quần thể sẽ có 3 kiểu gen bình thường, 4 kiểu gen thể ba

Số kiểu gen tối đa về các thể ba là: $C_n^1\times 4^1\times 3^{n-1}$(n là số cặp NST). 

Cách giải:

Xét 1 gen có 2 alen: số kiểu gen bình thường: 3 (AA, Aa, aa), kiểu gen thể ba (AAA, AAA, Aaa, aaa), tương tự với các cặp gen khác.

Số kiểu gen tối đa của các thể ba là $C_3^1\times 4^1\times 3^2=108$

Chọn C.

Cây H có thể có kiểu gen: $\frac{AB}{ab}$ hoặc $\frac{Ab}{aB}$

A sai, nếu giao tử của cây G có tỉ lệ 2:2:3:3 $\to$ tần số HVG $=\frac{2}{10}+\frac{2}{10}=\frac{4}{10}=40\%$ khoảng cách tương đối là 40cM. 

B sai, nếu các gen liên kết hoàn toàn: $\frac{AB}{ab}\times \frac{AB}{ab}\left(H\right)\to 1\frac{AB}{AB}:2\frac{AB}{ab}:1\frac{ab}{ab}\to KH:3:1$

C sai, nếu cây H tự thụ sẽ thu được 3 KG (liên kết hoàn toàn) hoặc 7KG (HVG ở 1 bên) hoặc 10 (HVG ở 2 bên). 

D đúng, nếu các gen liên kết hoàn toàn: $\frac{AB}{ab}\times \frac{AB}{ab}\left(H\right)\to 1\frac{AB}{AB}:2\frac{AB}{ab}:1\frac{ab}{ab}\to KH:3:1$; có 2 loại kiểu hình. 

Chọn D.

PL 1: F₁ có 4 loại kiểu hình $\to$ Cây M dị hợp 2 cặp gen; cây thấp trắng (aabb) = 25% $\to$ cây Q: aabb.

Phép lai 1: AaBb$\times$ aabb $\to$ 1AaBb:1Aabb:laaBb:laabb

PL 2: AaBb (M) $\times$ P: $\to$ 50% Cao trắng (A-bb) $\to$ P: AAbb

Phép lại 2: AaBb $\times$ AAbb $\to$ 1AABb:1AAbb:1AaBb:1Aabb

Xét các phát biểu:

A sai, đời con của phép lai 2 có 4 loại kiểu gen.

B đúng.

C sai, AAbb $\times$ aabb $\to$ Aabb (1 loại kiểu hình). 

D sai, AaBb $\times$ AaBb → 9A-B-:3A-bb:3aaB-:1 aabb. 

Chọn B.

Phương pháp:

Bước 1: Xác định quy luật di truyền

Áp dụng công thức tính số kiểu gen tối đa trong quần thể (n là số alen) 

Nếu gen nằm trên NST thường: $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen hay $C_n^2+n$

Nếu gen nằm trên vùng không tương đồng NST giới tính X 

+ giới XX: $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen hay $C_n^2+n$

+ giới XY: n kiểu gen

Bước 2: Viết các kiểu gen có thể có của các kiểu hình.

Bước 3: Xét các phương án.

Cách giải:

Gen quy định màu mắt có 2 alen và tạo được 5 KG  Gen nằm trên vùng không tương đồng của X.

Mắt đỏ: $X^A{X}^A; X^A{X}^a; X^{A}Y$.

Mắt trắng: $X^{a}Y; X^a{X}^a$.

Xét các phương án:

A đúng, $X^A{X}^a\times X^{A}Y\to 1X^A{X}^A:1X^A{X}^a:1X^{A}Y:1X^{a}Y$

B sai, kiểu hình mắt trắng ở giới XY nhiều hơn giới XX (giả sử tần số alen a là q; q<1; ở giới XX: $X^a{X}^a=q^2<q=X^{a}Y$ ở giới XY) 

C sai, nếu con cái là XX $\to$ F₁: 1X¹X^a: 1X^AY $\to$ P phải mang alen a; con cái mang cả X^A.

P: X^AX^a x X^aY nhưng cặp P này còn sinh ra X^AX^a (con cái mắt đỏ)  Sai, P phải có kiểu gen: ♀X^AY  ♂X^a X^a → ♂1X^AX^a: ♀1X^aY.  

D sai. 

Chọn A.

Phương pháp:

Biện luận thứ tự trội lặn của các alen, quy ước gen, viết sơ đồ lai

Xét các trường hợp có thể xảy ra.

Cách giải:

Phép lai 1: ♂ mắt đỏ (a) $\times$ ♀ mắt đỏ (b) $\to$3 mắt đỏ :1 mắt nâu  đỏ >> nâu

Phép lai 2: ♂ mắt vàng (c) $\times$ ♀ mắt trắng (d) $\to$100% mắt vàng  vàng >> trắng

Phép lai 3: ♂ mắt nâu (e) $\times$ ♀ mắt vàng (f) $\to$1 trắng:1 vàng: 2 nâu  nâu >> vàng >> trắng. 

$\to$ Thứ tự trội lặn: đỏ – nâu > vàng > trắng

Quy ước: A₁: lông đỏ > A₂: lông nâu > A₃: lông vàng > A₄: lông trắng.

PL1: $A_1{A}_2\left(a\right)\times A_1{A}_2\left(b\right)\to 1A_1{A}_1:2A_1{A}_2:1A_2{A}_2$

PL2: $A_3{A}_3\left(c\right)\times A_4{A}_4\left(d\right)\to A_3{A}_4$

PL3: $A_2{A}_4\left(e\right)\times A_3{A}_4\left(f\right)\to 1A_2{A}_3:1A_2{A}_4:1A_3{A}_4:1A_4{A}_4$

Xét các phát biểu:

(1) đúng, có 3 kiểu gen quy định kiểu hình mắt nâu: A₂A_2/3/4.

(2) sai, có thể xác định được kiểu gen của 6 cá thể P.

(3) đúng, $\left(d\right)\times \left(e\right):A_4{A}_4\left(d\right)\times A_2{A}_4\left(e\right)\to 1A_2{A}_4:1A_4{A}_4$$\to$ KH: 1:1.

(4) đúng, ♂ mắt đỏ ♀ mắt nâu, để tạo 3 loại kiểu hình $\to$ 2 cá thể P phải dị hợp không mang alen A₂, vì mang alen A₂ sẽ không tạo được 3 kiểu hình. 

$A_1{A}_{3/4}\times A_2{A}_{3/4}\to$ Có 4 phép lai thỏa mãn.

Chọn A.

Phương pháp:

Một tế bào có xảy ra HVG tạo 4 loại giao tử với tỉ lệ bằng nhau.

Một tế bào không có HVG tạo ra 2 loại giao tử bằng nhau.

Cách giải: 

Xét 3 tế bào sinh tinh của 1 cơ thể có kiểu gen $Aa\frac{BD}{bd}$ tham gia giảm phân: 

1 tế bào bị đột biến: cặp Aa không phân li trong GP I, có trao đổi chéo B/b.

+ Cặp Aa  Aa; O

2 tế bào còn lại giảm phân theo 2 trường hợp

TH1: Sự phân li của các NST là như nhau tạo 4ABD: 4abd hoặc 4Abd:4aBD.

TH2: Sự phân li của các NST là khác nhau tạo 2ABD:2abd:2Abd:2aBD.

Vậy tỉ lệ các loại giao tử có thể là: 1 AaBD: 1 AabD: 1 Bd: 1 bd :4 ABD: 4 abd.

A, B, C đều là HVG giữa D/d.

Chọn D.

Phương pháp:

Các gen cấu trúc trong operon có cùng số lần nhân đôi, số lần phiên mã.

Các gen trên 1 phân tử ADN có cùng số lần nhân đôi.

Cách giải:

(1) đúng, vì gen R và gen A cùng nằm trên 1 ADN.

(2) sai, số lần phiên mã của 2 gen là như nhau. Kết thúc phiên mã tạo ra 1 mARN mang đoạn ARN của 3 gen.

(3) sai, nếu vùng P bị hỏng $\to$ ARN polimeraza không liên kết được $\to$ các gen cấu trúc không được phiên mã. 

(4) sai, đột biến điểm xảy ra ở 1 cặp nucleotit ở gen Y, không liên quan tới gen Z, A.

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Biện luận kiểu gen của P dựa vào các kiểu hình để cho

+ Màu mắt ở F₁

+ Tỉ lệ 1 kiểu hình ở F₁

Bước 2: Tính tỉ lệ các kiểu hình còn lại 

Sử dụng công thức 

+P dị hợp 1 cặp gen: Aa, Bb  Aa, bb: A-B- = 0,25 + aabb; A-bb = 0,5 – aabb, aaB - = 0,25 – aabb 

Bước 3: Xét các phát biểu 

Cách giải: 

Đời F₁:

+ Con đực toàn mắt trắng  Con cái P: X^dX^d  

+ Có ruồi mắt đỏ – Con đực P: X^DY. 

→ $X^d{X}^d\times X^{D}Y\to 1X^D{X}^d:1X^{d}Y$

Đề cho: có số ruồi thân đen, cánh cụt, mắt đỏ chiếm $10,375\%\frac{ab}{ab}{X}^D{X}^d=10,375\%\to \frac{ab}{ab}=0,2075$

$\to ab$♀$=0,2075:0,5ab=0,415$  (vì con đực không có HVG) là giao tử liên kết $\to$ con cái P: $\frac{AB}{ab}{X}^d{X}^d; f=17\%$ $\to$con đực có thể có kiểu gen: $\frac{AB}{ab}{X}^{D}Y$ hoặc $\frac{aB}{ab}{X}^{D}Y$ giả sử con đực có kiểu gen: $\frac{Ab}{ab}{X}^{D}Y$

Xét các phát biểu:

(1) Đúng, số kiểu gen tối đa là 7 $\times$ 2 = 14 (HVG ở 1 bên cho 7 kiểu gen)

(2) sai, số cá thể có kiểu gen giống mẹ chiếm 0% (vì không tạo được $X^d{X}^d$)

(3) đúng, tỉ lệ thân xám, cánh dài, mắt đỏ ở F₁: A-B-D- = (0,25 + aabb)  0,5X^D- = 0,22875 

Tỉ lệ cá thể mang 3 alen trội là: $\left(\frac{AB}{ab}+\frac{Ab}{aB}\right)X^D{X}^d=\left(0,415\underline{AB}\times 0,5\underline{ab}+0,085\underline{aB}\times 0,5\underline{Ab}\right)\times 0,5X^D{X}^d=0,125$

Trong số cá thể thân xám, cánh dài, mắt đỏ F₁, tỉ lệ cá thể mang 3 alen trội chiếm: $\frac{0,125}{0,22875}=\frac{100}{183}$

(4) Đúng. Số con có kiểu hình thân xám, cánh dài, mắt trắng ở F₁ chiếm: $A-B-X^{d}Y=\left(0,25+aabb\right)\times 0,5X^{d}Y=0,22875=183/200$

Chọn B.