30 đề thi THPT Quốc gia môn Sinh năm 2022 có lời giải (Đề số 3)

Phương pháp:

Quần thể có thành phần kiểu gen: xAA:yAa:zaa

Tần số alen $p_A=x+\frac{y}{2}\to q_a=1-p_A$

Cách giải:

Quần thể có thành phần kiểu gen : 0,25 AA: 0,70 Aa: 0,05 aa

Tần số alen $p_A=0,25+\frac{0,7}{2}=0,6$

Chọn C

Phương pháp:

Sợi cơ bản (11nm) $\to$Sợi nhiễm sắc (30nm) $\to$ Siêu xoắn (300nm) $\to$ Cromatit (700nm) $\to$ NST (1400nm)

Cách giải:

Sợi cơ bản có đường kính 10nm.

Chọn A

Theo thuyết tiến hóa hiện đại, hiện tượng phát tán các giao tử giữa các quần thể cùng loài được gọi là di nhập gen.

Chọn D

Phương pháp:

Quần thể có thành phần kiểu gen: xAA:yAa:zaa

Quần thể cân bằng di truyền thoả mãn công thức: $\frac{y}{2}=\sqrt{x.z}$ (Biến đổi từ công thức: p²AA + 2pqAa + q²aa = 1) 

Cách giải:

Quần thể không đạt cân bằng di truyền là 0,2 AA: 0,8 Aa. 

Chọn B

Đây là phương pháp cấy truyền phôi $\to$ các cá thể sinh ra có kiểu gen giống kiểu gen của phôi ban đầu: AaBbDD. 

Chọn C

Phương pháp:

Cơ quan tương đồng: là những cơ quan nằm ở những vị trí tương ứng trên cơ thể, có cùng nguồn gốc trong quá trình phát triển phôi nên có kiểu cấu tạo giống nhau. 

Cơ quan tương tự: những cơ quan khác nhau về nguồn gốc nhưng đảm nhiệm những chức năng giống nhau nên có kiểu hình thái tương tự.

Cách giải:

Cặp cơ quan tương đồng là: Chân mèo và tay người vì có cùng nguồn là chi trước.

Các cặp còn lại là cơ quan tương tự.

Chọn D

Theo quan điểm của Đacuyn, nguồn nguyên liệu của tiến hóa là biến dị cá thể.

Chọn B

Ở ngô, quá trình thoát hơi nước chủ yếu diễn ra ở lá.

Chọn A

Quá trình tổng hợp pôlipeptit diễn ra ở riboxom.

Chọn A

Một gen có thể tác động đến sự hình thành nhiều tính trạng khác nhau được gọi là gen đa hiệu.

Chọn D

Ruồi giấm đực có bộ NST XY $\to$ ruồi đực mắt đỏ có kiểu gen X^AY.

Chọn D

Ở hệ tuần hoàn hở không có mao mạch, máu từ động mạch đổ vào xoang cơ thể để trao đổi chất với tế bào. 

Chọn D

Axit amin là đơn phân cấu tạo nên protein.

Chọn C

Phương pháp:

So sánh trình tự gen trước và sau đột biến.

Cách giải: 

Trước đột biến: ABCDEFG*HI

Sau đột biến: CDEFG*HI

$\to$ đây là dạng đột biến mất đoạn AB.

Chọn A

Trong quá trình nhân đôi ADN, nuclêôtit loại T của ADN liên kết bổ sung với loại A ở môi trường nội bào. 

Chọn A

Thành tựu của công nghệ tế bào là tạo ra cừu Đôly bằng phương pháp nhân bản vô tính.

A: Gây đột biến

B: Công nghệ gen

D: Chọn giống dựa trên nguồn biến dị tổ hợp.

Chọn C

P: Hoa đỏ $\times$ hoa trắng: AA$\times$ aa $\to$1Aa: 100% hoa hồng. 

Chọn B

Thể ba có dạng 2n + 1 = 25. 

Chọn B

Phép lai AA $\times$ AA → 100%AA. 

Chọn A

Phương pháp:

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

Cách giải:

2n = 48 $\to$ số nhóm gen liên kết = n = 24. 

Chọn B

Thể một có dạng: 2n – 1 $\to$ thiếu 1 NST ở cặp nào đó.

Kiểu gen của thể một là: AaBbDEe.

A: lưỡng bội.

B: Tam bội

C: Thể ba. 

Chọn D

Đột biến mất đoạn không làm thay đổi số lượng NST $\to$ tế bào có 24 NST.

Thể ba: 2n + 1 = 25

Thể tứ bội: 4n = 48.

Chọn C

Bệnh P: Bố mẹ bình thường sinh con gái bị bệnh $\to$ bệnh do gen lặn trên NST thường.

Quy ước gen: A: bình thường > a: bị bệnh P.

Bệnh M: Người 8 không mang gen gây bệnh M mà sinh con trai bị bệnh  gen gây bệnh là gen lặn trên NST X.  

M: bình thường > m: bị bệnh M. 

(1) đúng.

(2) sai, xác định được kiểu gen của 6 người: 1, 2, 4, 5, 7, 12. 

(3) sai, $13\left(\frac{1}{2}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}:\frac{1}{2}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}\right)\times 14\left({\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}\mathrm{Y}\right)\to$ con trai: $\frac{3}{4}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}\mathrm{Y}:\frac{1}{4}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}\mathrm{Y}$

$13\left(\mathrm{Aa}\right)\times 14\left(\frac{2}{5}\mathrm{AA}:\frac{3}{5}\mathrm{Aa}\right)\to \frac{17}{20}\mathrm{A}-:\frac{3}{20}\mathrm{aa}$

Xác suất để đứa con này chỉ mang một bệnh là: $\frac{3}{4}\times \frac{3}{20}+\frac{1}{4}\times \frac{17}{20}=\frac{13}{40}=32,5\mathrm{\%}$

(4) đúng $13\left(\frac{1}{2}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}:\frac{1}{2}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}\right)\times 14\left({\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}\mathrm{Y}\right)\to \left(\frac{3}{8}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}:\frac{1}{8}{\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}\right)$

$13\left(\mathrm{Aa}\right)\times 14\left(\frac{2}{5}\mathrm{AA}:\frac{3}{5}\mathrm{Aa}\right)\to \frac{17}{20}\mathrm{A}\_:\frac{3}{20}\mathrm{aa}$

Xác suất sinh con gái bình thường không mang gen gây bệnh: $\frac{3}{8}\times \frac{7}{20}=13,125\mathrm{\%}$

Chọn B

F₂ phân li 9 đỏ: 7 trắng $\to$ tính trạng do 2 gen tương tác bổ sung.

A-B-: đỏ; A-bb/aaB-/aabb trắng.

Cách 1:

Khi cho các cây hoa trắng lại với nhau, các trường hợp cho đời con đồng nhất là: 

+ Các cây đồng hợp lai với nhau và các cây đồng hợp tự thụ: $C_3^2+3=6$ (hoa trắng đồng hợp có 3 kiểu gen)

+ Cây đồng hợp $\times$ cây dị hợp: AABb $\times$ Aabb; aaBB $\times$ aaBb; aa

+ Dị hợp $\times$ dị hợp: Aabb $\times$ Aabb, aaBb $\times$ aaBb

$\to$ có 12 phép lai.

Cách 2:

Hoa trắng có 5 kiểu gen $\to$ số phép lai tối đa giữa các cây hoa trắng là $C_5^2+5=15$

Phép lai cho đời con phân tính gồm: Aabb $\times$ aaBb, Aabb $\times$ aaBB; AAbb$\times$  aaBb 

$\to$ số phép lai giữa các cây hoa trắng cho đời con đồng hình là 15 – 3 = 12.

Chọn D

Phương pháp:

Sử dụng công thức

+ P dị hợp 2 cặp gen: A-B- = 0,5 + aabb; A-bb/aaB - = 0,25 – aabb 

Cách giải:

Giả sử 2 cặp gen là Aa và Bb. 

$P:\frac{AB}{AB}\times \frac{ab}{ab}\to F_1:\frac{AB}{ab}\times \frac{AB}{ab};f\to F_2$

A đúng, đó là $\frac{AB}{ab};\frac{Ab}{aB}$

B sai, giả sử f = 20% $\to$ aabb = 0,4² = 0,16 > A-bb/aaB- = 0,25 – 0,16 = 0,09. 

C sai, tỉ lệ $A-B-=0,5+\frac{ab}{ab}$ là lớn nhất. 

D sai, do có HVG nên F₂ có 10 kiểu gen.

Chọn A

Phương pháp:

Quần thể tự thụ phấn có thành phần kiểu gen: xAA:yAa:zaa sau n thế hệ tự thụ phấn có thành phần kiểu gen $x+\frac{y\left(1-1/2^n\right)}{2}AA:\frac{y}{2^n}Aa:z+\frac{y\left(1-1/2^n\right)}{2}aa$

Tần số alen $p_A=x+\frac{y}{2}\to q_a=1-p_A$

Cách giải:

P: 0,4 AA: 0,6 Aa. 

Tần số alen của quần thể là: $p_A=0,4+\frac{0,6}{2}=0,7\to q_a=1-p_A=0,3$

(1) sai, sau n thế hệ tự thụ thì quần thể phân hóa thành các dòng thuần có tỉ lệ xấp xỉ tần số alen của quần thể: AA = 0,7; aa = 0,3.

(2) đúng, sau mỗi thế hệ tỉ lệ AA và aa tăng như nhau. 

(3) sai. Sau 3 thế hệ tự thụ tỉ lệ aa = $\frac{0,6\times \left(1-1/2^3\right)}{2}=\frac{21}{80}\to$ tỉ lệ 59 đỏ: 21 trắng. 

(4) đúng. Sau 2 thế hệ tự thụ, tỉ lệ $AA=0,4+\frac{0,6\left(1-1/2^2\right)}{2}=0,625$

$Aa=\frac{0,6}{2^2}=0,15$

$\to$ tỉ lệ Aa chiếm: $\frac{0,15}{0,15+0,625}=\frac{6}{31}$

Chọn B

Phát biểu đúng về vai trò của chọn lọc tự nhiên là A, CLTN giữ lại những cá thể có kiểu hình thích nghi, những cá thể này sinh sản để lại nhiều con cháu hơn cho quần thể.

Các đáp án khác đều sai vì CLTN không tạo ra kiểu gen, xuất hiện alen mới.

Chọn A

Các quá trình tạo ra biến dị tổ hợp là:

(1). Sự phân li độc lập và tổ hợp tự do của các NST trong giảm phân.

(3). Sự tiếp hợp và trao đổi chéo giữa các crômatit khác nguồn gốc trong cặp NST tương đồng.

Chọn C

A sai, tâm nhĩ trái nhận máu từ tĩnh mạch phổi nên giàu oxi, tâm nhĩ phải nhận máu từ tĩnh mạch chủ nên nghèo oxi.

B đúng.

C đúng.

D đúng.

Chọn A

Phát biểu sai về hô hấp ở hạt là: B, nồng độ oxi giảm thì cường độ hô hấp giảm.

Ý C đúng trong điều kiện nhiệt độ tăng trong giới hạn hoạt động sống của tế bào vẫn bình thường.

Chọn B

F₁ toàn mắt đỏ $\to$ P thuần chủng: 

Tỷ lệ phân ly kiểu hình chung: 9 đỏ:6 vàng:1 trắng $\to$ hai gen tương tác bổ sung

A-B-: đỏ; A-bb/aaB-: vàng; aabb: trắng

Tỷ lệ kiểu hình ở 2 giới khác nhau $\to$ 1 trong 2 gen nằm trên NST X

 P: $AA{X}^B{X}^B\times aa{X}^{b}Y\to F_1:Aa{X}^B{X}^b:Aa{X}^{B}Y\leftrightarrow \left(1AA:2Aa:1aa\right)\left(X^B{X}^B:X^B{X}^b:X^{B}Y:X^{b}Y\right)$

Nếu cho đực mắt đỏ F₂ giao phối với con cái mắt đỏ F₂:

$\left(1AA:2Aa\right)\left(X^B{X}^B:X^B{X}^b\right)\times \left(1AA:2Aa\right)X^{B}Y\leftrightarrow \left(2A:1a\right)\left(3X^B:X^b\right)\times \left(2A:1a\right)\left(1X^B:1Y\right)$

→ A-B-$=\left(1-\frac{1}{3}\times \frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{4}\times \frac{1}{2}\right)=\frac{7}{9}$

Chọn D

Cách giải:

Đời F₁ phân li 9 đỏ: 6 hồng: 1 trắng $\to$ tính trạng do 2 cặp gen tương tác bổ sung; P dị hợp 2 cặp gen (do có 16 tổ hợp giao tử)

A-B-: đỏ; A-bb/aaB-: hồng; aabb: trắng.

P: AaBb $\times$ AaBb → (1AA:2Aa:laa)(1BB:2Bb:lbb)

A sai, hoa hồng có 4 kiểu gen: AAbb; Aabb; aaBB; aaBb.

B đúng, AABB = 1/16; A-B- = 9/16 $\to$ đỏ dị hợp= 8/16 $\to$ Tỉ lệ đỏ dị hợp = 8/9.

C sai, để cho đời con có hoa trắng $\to$ Cây hoa đỏ phải có kiểu gen AaBb với xác suất 4/9; cây hoa trắng phải có kiểu gen Aabb hoặc aaBb với xác suất 4/6.

AaBb $\times$ Aabb/ aaBb $\to$ aabb = 1/8. 

$\to$ tỉ lệ hoa trắng thu được là: $\frac{4}{9}\times \frac{4}{6}\times \frac{1}{8}=\frac{1}{27}$

D sai, các cây hoa hồng ở F₁: 1AAbb:2Aabb:laaBB:2aaBb

$\to$ tỉ lệ giao tử: 1Ab:laB:lab

Khi cho hoa hồng giao phấn với hoa trắng $\to$ 2 hoa hồng: 1 hoa trắng.

Chọn B

Phương pháp:

Xác định vị trí đột biến, sau đó xem vị trí nào đột biến có thể thành

Cách giải:

Mạch mã gốc: 3’... TAX GGG AAA TTT AAX XGX XTT AXT ... 5’

Để chuỗi polipeptit còn lại 4 axit amin $\to$ triplet AAX đã xảy ra đột biến hình thành codon kết thúc.

Triplet AAX mã hóa cho codon: UUX $\to$ có thể đột biến thay thế cặp A-T bằng T-A.

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng công thức: A-B- = 0,5 + aabb; A-bb/aaB- = 0,25 – aabb

Hoán vị gen ở 2 bên cho 10 loại kiểu gen

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

Cách giải:

P trội về 3 tính trạng mà giao phấn tạo kiểu hình lặn về 3 tính trạng $\to$ P dị hợp về 3 cặp gen.

Giả sử 3 cặp gen này là Aa, Bb, Dd; cặp gen Bb và Dd cùng nằm trên 1 cặp NST 

$aa\frac{bd}{bd}=0,01\to \frac{bd}{bd}=0,04=0,2\times 0,2=0,1\times 0,4\to$ tần số HVG có thể là 20% hoặc 40% 

→ B-D- = 0,54; B-dd/bbD- = 0,21

(1) sai, giả sử với f = 40% (tương tự với f = 20%) 

$P:Aa\frac{Bd}{bD}\times Aa\frac{Bd}{bD};f=40\%\to$ dị hợp về 3 cặp gen = 0,5Aa(20,2² + 20,3²) = 0,13 

Đồng hợp về 3 cặp gen: 0,5(AA,aa) $\times$ (20,2² + 2$\times$0,3²) = 0,13 

(2) sai. Kiểu hình trội về 2 trong 3 tính trạng: $2\left(AA;Aa\right)\times 4\left(\frac{Bd}{Bd};\frac{Bd}{bd};\frac{bD}{bD};\frac{bD}{bd}\right)+1\times 5=13$ kiểu hình

(3) đúng, nếu P có kiểu gen khác nhau: $P:Aa\frac{Bd}{bD}\times Aa\frac{BD}{bd};f=20\%$

(4) sai, số cây mang kiểu hình trội về 1 trong 3 tính trạng là $2\times 0,25\times 0,21+0,75\times 0,04=13,5\%$

Chọn A

- Tính trạng màu sắc thân và tính trạng màu mắt đều do một cặp gen quy định.

- P_t/c: ♂thân đen, mắt trắng $\times$ ♀ thân xám, mắt đỏ $\to$ F₁: 100% thân xám, mắt đỏ $\to$ thân xám, mắt đỏ trội hoàn toàn so với thân đen, mắt trắng

- Quy ước gen: A (xám) >> a (đen); B (đỏ) >> b (trắng).

- Ở F₂, tính trạng màu sắc thân và tính trạng màu mắt đều biểu hiện không đều ở 2 giới tính trạng lặn biểu hiện nhiều ở giới XY $\to$ gen quy định tính trạng màu sắc thân và màu mắt cùng nằm trên NST giới tính X, không có alen tương ứng trên Y.

- Xét các tính trạng chung ở F₂:

+ 70% thân xám, mắt đỏ.

+ 20% thân đen, mắt trắng

+ 5% thân xám, mắt trắng.

+ 5% thân đen, mắt đỏ.

- Xét riêng từng tính trạng ở F₂: 

+ Xám : đen = 3:1. 

+ Đỏ : trắng = 3:1.

- Tích của các tính trạng = (3:1)(3:1) = 9:3:3:1$\ne$ đề cho $\to$ Tính trạng màu sắc thân và màu mắt cùng nằm trên NST giới tính X và có hoán vị gen. 

- Ở con đực có: $20\%X_B^{A}Y:20\%X_b^{a}Y:5\%X_b^{A}Y:5\%X_B^{A}Y.$

$\to$ Con cái F₁ có kiểu gen $X_B^A{X}_b^a$ với tần số HVG = (5% + 5%)/(20% + 20% + 5% + 5%) = 20%. Con đực F₁ có kiểu gen $X_B^{A}Y$

$F_1\times F_1:X_B^A{X}_b^a\left(f=20\%\right)\times X_B^{A}Y$

$G_{F_1}\left\{\begin{array}{l}{X}_B^a=X_b^A=10\%\\ X_B^A=X_b^a=40\%\end{array}\right.;X_B^A=Y=50\%$

F₂:

- Tỉ lệ con cái = 50%;

- Tỉ lệ con cái thuần dị hợp về 2 cặp gen $X_B^A{X}_b^a$= 20%

- Trong các con cái ở F₂, tỉ lệ con cái dị hợp 2 cặp gen = 20% : 50% = 40% (0,4).

- Lấy ngẫu nhiên 3 cá thể cái ở F₂, xác suất để thu được 3 cá thể dị hợp về cả 2 cặp gen là (0,4)³ = 0,064 (6,4%). 

Chọn B

Phương pháp:

Thể một có bộ NST 2n – 1

Đối với 1 cặp gen có 2 alen; VD: Aa

+ Thể lưỡng bội có 3 kiểu gen: AA, Aa, aa

+ Thể một có 2 kiểu gen: A, a

Cách giải: 

(1) đúng, số kiểu gen thể lưỡng bội là $3\times 3\times 1\times 1=9$

(2) sai, số kiểu gen trội về 4 tính trạng:

$\to$ Thể lưỡng bội: $2\times 2\times 1\times 1=4$

+ thể một: $C_2^1\times 1\times 2\times 1\times 1+C_2^1\times 2\times 2\times 1\times 1=12$ (Chia 2 trường hợp, thể một ở cặp Aa hoặc Bb và trường hợp thể một ở cặp DD hoặc EE) 

$\to$ có 20 kiểu gen

(3) đúng, trội về 2 tính trạng

+ thể lưỡng bội: 1: aabbDDEE

+ Thể một: $C_4^1\times 1\times 1\times 1\times 1=4$ (luôn trội về tính trạng D-;E-) 

(4) sai,

Số kiểu gen tối đa ở các thể một: $C_2^1\times 2\times 3\times 1\times 1+C_2^1\times 3\times 3\times 1\times 1=30$

Chọn D

A: aaBB $\times$ aaBb → aaB-

B: AaBB $\times$ aaBb → (Aa:aa)B-

C: AaBb $\times$ AaBb $\to$ 4 loại kiểu hình  

D: aaBb $\times$ Aabb $\to$ 4 loại kiểu hình 

Chọn A

Phương pháp:

A = T = A₁ + A₂ = T₁ + T₂ = A₁ + T₁ = A₂ + T₂ 

G = X = G₁ + G₂ = X₁ + X₂ = G₁ + X₁ = G₂ + X₂

Cách giải: 

Ta có  $\frac{A_1+T_1}{G_1+X_1}=\frac{2}{3}\leftrightarrow \frac{A}{G}=\frac{2}{3}\to A=20\%$

Chọn C

(1) sai, có thể đoạn NST bị mất mang gen điều hòa, các gen ảnh hưởng tới sự biểu hiện của tính trạng đó nên vẫn có thể gây hại.

(2), (3) sai, kích thước các gen khác nhau nên 2 đoạn NST có chiều dài bằng nhau có thể có số lượng gen khác nhau.

(4) đúng.

Chọn C

A: $X^A{X}^A\times X^{A}Y\to$ Đời con 100% trội

B: $X^A{X}^a\times X^{a}Y\to$ Cả 2 giới đều phân li 1 trội: 1 lặn.

C: $X^a{X}^a\times X^{a}Y\to$ Đời con 100% lặn.

Phép lai $X^a{X}^a\times X^{A}Y\to X^A{X}^a:X^{a}Y\to$ Tỉ lệ kiểu hình 2 giới khác nhau.

Chọn D.