Bộ 25 đề thi ôn luyện THPT Quốc gia môn Sinh học có lời giải năm 2022 (Đề 8)

Chọn đáp án B

P: $AA\times aa$

$F_1:Aa$

$F_2:1AA:2Aa:1aA$

$\to$Để cây hoa đỏ thụ phấn cho đời con toàn hoa đỏ thì cây đó phải có kiểu gen AA.

$\to$Xác suất 3 cây hoa đỏ cần tìm là: ${\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\mathrm{0,037}$

Chọn đáp án B

Cấu trúc di truyền của các quần thể:

Quần thể I: 100% Aa

Quần thể II: 100% Aa

Quần thể III: 100% aa

Quần thể IV: 50% AA : 50%aa

Quần thể V: 75%AA : 25%aa

Quần thể VI: 16%AA : 48%Aa : 36%aa

$\to$Quần thể ở trạng thái cân bằng khi cấu trúc 100% AA hoặc 100%aa

Vậy trong các quần thể trên, các quần thể I, II, II, VI cân bằng

Chọn đáp án A

(1), (2), (3), (4), (5) là thành tựu của công nghệ gen

(6) được tạo ra bằng phương pháp gây đột biến.

Chọn đáp án B

Nhân tố tiến hóa có vai trò cung cấp nguồn nguyên liệu sơ cấp cho quá trình tiến hóa là đột biến, còn giao phối ngẫu nhiên cung cấp nguồn nguyên liệu thứ cấp.

Chọn đáp án C

Nhóm sinh vật được coi là quần thể nếu thỏa mãn

- Nhóm cá thể cùng loài.

- Sống trong khoảng không gian xác định, vào thời điểm nhất định.

- Có khả năng giao phối với nhau để sinh ra con cái.

 A sai vì, có những cây cỏ này có thể gồm nhiều loài cỏ.

- B sai vì những con cá này có thể gồm nhiều loài cá.

- C đúng đây là quần thể.

- D sai vì có thể gồm nhiều loài chim khác nhau.

Chọn đáp án D

Đây là hình ảnh cá hề bơi trong hải quỳ. Cá hề có thể tung tăng qua lại giữa những chiếc tua đầy chất độc của hải quỳ mà không hề hấn gì. Hải quỳ ăn phần thức ăn còn lại của cá, và để đáp ơn, chúng bảo vệ loài cá này khỏi bị ăn thịt bởi loài khác.

Chọn đáp án A

- Số lần co bóp của tim trong 1 phút là: $60:\mathrm{0,8}=\mathrm{0,75}$  lần

- Lượng máu tổng vào động mạch chủ là: $75\times 70=5250$  ml

- Lượng oxi được vận chuyển vào động mạch chủ là: $5250\times 21:100=\mathrm{1102,5}$  ml

Chọn đáp án C

Quan sát hình vẽ ta thấy 2 NST kép đang tiến về 2 cực của tế bào ta suy ra kì sau, mà chia thành 2 nhóm giống nhau, do vậy ta suy được ở giảm phân 1.

Chọn đáp án A

- I đúng vì thành phần của opêron Lac gồm có: O, P, Z, Y, A

- II sai vì vùng khởi động là vị trí tương tác của ARN pôlimeraza để khởi đầu phiên mã.

- III đúng, dù có hay không có lactôzơ thì gen điều hòa (R) vẫn có thể phiên mã.

- IV sai vì số lần phiên mã của gen cấu trúc bằng nhau

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Chọn đáp án B

- Tỉ lệ kiểu hình ở $F_2=9:7\to$  xảy ra tương tác bổ sung

$\to$Phép lai $F_1:AaBb\times AaBb$

$\to$Tỉ lệ kiểu gen ở $F_2$  là: $\left(1:2:1\right)\times \left(1:2:1\right)=1:2:1:2:4:2:1:2:1$

Chọn đáp án D

(1) đúng, quá trình phát sinh và tích lũy các gen đột biến ở mỗi loài: nếu là gen trội thì quá trình hình thành đặc điểm thích nghi sẽ nhanh hơn gen lặn.

(2) đúng, CLTN có áp lực mạnh khi tích lũy hoặc đào thải gen trội.

(3) đúng, hệ gen đơn bội hình thành quần thể thích nghi nhanh hơn.

(4) sai vì nguồn dinh dưỡng nhiều hay ít không dẫn đến quần thể thích nghi diễn ra nhanh hay chậm.

(5) đúng, thời gian thế hệ càng ngắn thì thời gian hình thành quần thể thích nghi càng nhanh.

Vậy có 4 ý trên là đúng

Chọn đáp án D

Hậu quả của việc gia tăng nồng độ khí $C{O}_2$  trong khí quyển là: làm cho Trái Đất nóng lên, gây thêm nhiều thiên tai (gia tăng hiệu ứng nhà kính)

Chọn đáp án A

Theo đề bài ta có:

Sinh vật sản xuất (có bậc dinh dưỡng cấp 1); Sinh vật tiêu thụ bậc 1 (có bậc dinh dưỡng cấp 2); Sinh vật tiêu thụ bậc 2 (có bậc dinh dưỡng cấp 3); Sinh vật tiêu thụ bậc 3 (có bậc dinh dưỡng cấp 4);

- Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 2 so với bậc dinh dưỡng cấp 1 là: $H=\frac{C_2}{C_1}\times 100=\frac{\mathrm{1,2}\times {10}^4}{\mathrm{2,1}\times {10}^6}\times 100=\mathrm{0,57}\%$

- Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 4 so với bậc dinh dưỡng cấp 3 là: $H=\frac{C_3}{C_2}\times 100=\frac{\mathrm{1,1}\times {10}^2}{\mathrm{1,2}\times {10}^4}\times 100=\mathrm{0,92}\%$

Chọn đáp án A

Nhìn vào hình vẽ ta thấy, một mạch được dùng làm khuôn để tổng hợp mạch mới (mà mạch khuôn chứa nuclêôtit T) $\to$  đây là quá trình phiên mã tổng hợp mARN.

Chọn đáp án A

Các kết luận đúng là: 2, 3, 4, 5

1. Sai, đây là trao đổi chéo không cân giữa 2 NST không tương đồng: abcde và 12345

Chọn đáp án C

(thân cao : thân thấp) = 9 thân cao : 7 thân thấp $\Rightarrow$  đây là tỉ lệ của tương tác bổ sung. Vậy tính trạng chiều cao do hai cặp gen không alen quy định tương tác theo nguyên tắc bổ sung. A-B- quy định thân cao còn các kiểu gen A-bb, aaB-, aabb quy định thân thấp.

(ngọt : chua) = (3 ngọt : 1 chua).

Quy ước: D-: ngọt, dd: chua

(9 cao : 7 thấp) $\times$  (3 ngọt : 1 chua) = 27 thân cao, quả ngọt : 21 thân thấp, quả ngọt : 9 thân cao, quả chua : 7 thân thấp, quả chua = tỉ lệ đầu bài. Do vậy, các cặp gen này phân li độc lập.

 $F_1:AaBbDd\times aabbdd\to \left(1Aa:1aa\right)\left(1Bb:1bb\right)\left(1Dd:1dd\right)$

Từ đó tìm được tỉ lệ kiểu hình : 3 thân thấp, quả ngọt : 3 thân thấp, quả chua : 1 thân cao, quả ngọt : 1 thân cao, quả chua.

Chọn đáp án A

Bài này ta giải theo di truyền quần thể tự thụ phấn

$P:AA\times aa$

$F_1:Aa$

$F_2:\frac{1}{4}AA:\frac{2}{4}Aa:\frac{1}{4}aa$

$F_3:\frac{3}{8}AA:\frac{2}{8}Aa:\frac{3}{8}aa$

(Do $\frac{2}{4}Aa$  cho $\frac{2}{8}Aa:\frac{1}{8}aa:\frac{1}{8}AA$ )

Xác suất gặp quả đậu 3 trơn, 1 nhăn là: ${\left(\frac{5}{8}\right)}^3.\frac{3}{8}.C_4^1=\mathrm{0,3}$

Chọn đáp án D

I - (4), (2), (1).

II - (3).

III - (5).

Chọn đáp án A

- A sai vì sâu hại thực vật không thể đứng sau chim ăn sâu.

Chọn đáp án D

Ý sai (3) vật chất và năng lượng được tái sử dụng

(4) sinh vật phân giải còn có nấm

Các ý đúng là: 1, 2

Chọn đáp án B

Các quần xã ở vùng nhiệt đới đa dạng hơn các quần xã ở vùng ôn đới vì điều kiện môi trường ở vùng nhiệt đới phức tạp hơn

Chọn đáp án B

- Dựa vào kết quả của 2 phép lai (lai thuận và lai nghịch), ta thấy đời con luôn có kiểu hình giống với kiểu hình của mẹ$\to$Tính trạng di truyền theo dòng mẹ, gen nằm trong tế bào chất quy định.

- Vì tính trạng di truyền theo dòng mẹ, cho nên khi lấy cây $F_1$  của phép lai thuận tự thụ phấn thì ở $F_2$  sẽ có 100% lá xanh.

Chọn đáp án A

Theo đề bài ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{A}_1+G_1=50\%\\ A_2+X_2=60\%\\ X_2+G_2=70\%\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{T}_2+X_2=50\%\\ A_2+X_2=60\%\\ X_2+G_2=70\%\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left(T_2+A_2+X_2+G_2\right)+2X_2=50\%+60\%+70\%=180\%$

$\Rightarrow 2X_2=180\%-100\%=80\%\Rightarrow X_2=40\%$

Chọn đáp án A

Bước 1: Tách

- $F_1=\frac{\text{den}}{trang}=\frac{3}{1}$

Suy ra:

+ A: đen, a: trắng

+ P: Aa $\times$  Aa  (1)

- $F_1$ : tròn : dục : dài = 1 : 2 : 1

Suy ra:

+ BB: dài, Bb: dục, bb: tròn

+ P: Bb $\times$  Bb  (2)

Bước 2: Tích

$F_1: \left(3:1\right)\left(1:2:1\right)=3:6:3:1:2:1\ne$ giả thiết $\Rightarrow$  Di truyền liên kết

Bước 3: Tổ

Từ (1) và (2) suy ra: P: (Aa, Bb) $\times$  (Aa, Bb)

Bước 4: Tìm

$F_1:$ 18% cây quả trắng, tròn (giả thiết) $\Rightarrow$$F_1: 18\%\frac{ab}{ab}$

Ta có: $F_1: 18\%\frac{ab}{ab}=36\%\underset{¯}{ab}\times 50\%\underset{¯}{ab}$

+ $36\%\underset{¯}{ab}>25\%\Rightarrow$ giao tử liên kết $\Rightarrow P:\frac{AB}{ab}.\left[f\%=\left(50\%-36\%\right)\times 2=28\%\right]$

+ $50\%\underset{¯}{ab}\Rightarrow P:\frac{AB}{ab}\left(f\%=0\right)$

Do đó:$P:\frac{AB}{ab}\left(f\%=28\%\right)\times \frac{AB}{ab}$

* Tìm $F_n$

Cây P lai phân tích $\Rightarrow \frac{AB}{ab}\left(f\%=28\%\right)$  lai phân tích hoặc $\frac{AB}{ab}$  lai phân tích

Trường hợp 1:

$P_a:\frac{AB}{ab}\left(f\%=28\%\right)\times \frac{ab}{ab}$

$G_{Pa}:\%\underset{¯}{Ab}=\%\underset{¯}{aB}=14\%100\%\underset{¯}{ab}$

$\%\underset{¯}{AB}=\%\underset{¯}{ab}=36\%$

$F_a:14\%\frac{Ab}{ab}\Rightarrow 14\%$đen, tròn

$14\%\frac{aB}{ab}\Rightarrow 14\%$trắng, dục

$36\%\frac{AB}{ab}\Rightarrow 36\%$đen, dục

$36\%\frac{ab}{ab}\Rightarrow 36\%$trắng, tròn

$\Rightarrow$(1) đúng

Trường hợp 2:

$P_a:\frac{AB}{ab}\times \frac{ab}{ab}$

$G_{Pa}:\underset{¯}{AB}=\underset{¯}{ab}=50\%100\%\underset{¯}{ab}$

$F_a:50\%\frac{AB}{ab}\Rightarrow 50\%$đen, dục

$50\%\frac{ab}{ab}\Rightarrow 50\%$trắng, tròn

$\Rightarrow$(2) đúng

Vậy (1), (2) đúng

Chọn đáp án B

$P:\frac{Ab}{aB}XDXd\times \frac{Ab}{aB}XDY=\left(\frac{Ab}{aB}\times \frac{AB}{ab}\right)\left(XDXd\times XDY\right)$

$XDXd\times XDY$ cho đời con $\frac{1}{4}XDXD:\frac{1}{4}XDXd:\frac{1}{4}XDY:\frac{1}{4}XdY$  hay 3 đỏ : 1 trắng

$F_1$lông xám, chân thấp, mắt đỏ chiếm 16,23% $\to$  tỉ lệ $F_1$  lông xám, chân thấp là: $\mathrm{16,23}\%.4:3=\mathrm{21,64}\%$

$\to$Tỉ lệ lông trắng, chân thấp (aabb) $=25\%-\mathrm{21,64}\%=\mathrm{3,36}\%$

$\mathrm{3,36}aabb=8\%ab.42\%ab$

$\to$f hoán vị =16%

Lông trắng, chân cao (thuần chủng) có kiểu gen $AAbb=42\%Ab.8\%Ab=\mathrm{3,36}\%$

Tỉ lệ cá thể cái lông trắng, chân cao thuần chủng có mắt đỏ ở $F_1$  là: $\mathrm{3,36}\%.\frac{1}{2}=\mathrm{1,68}\%$

Chọn đáp án A

Ta có: $\%G=\frac{\%G1+\%X1}{2}=\frac{25\%+35\%}{2}=30\%$

Mà: $\%A+G=50\%\Rightarrow \%A=20\%$

 Ta lại có:

+ $\%A=20\%=\frac{A}{N}\times 100\%\Rightarrow A=\mathrm{0,2}N$

+ $\%G=30\%=\frac{G}{N}\times 100\%\Rightarrow G=\mathrm{0,3}N$

Mặt khác theo giả thiết: $H=2A+3G=2340$

Do đó: $2\times \mathrm{0,2}N+3\times \mathrm{0,3}N=2340$

$\Rightarrow N=1800$

Vậy số nuclêôtit từng loại của gen là $A=T=\mathrm{360,}G=X=540$

Chọn đáp án C

A: thân cao, a: thân thấp

B: hoa đỏ, b: hoa trắng

P: AaBb $\times$  AaBb

$F_1:$ 9A-B- : 3A-bb : 3aaB- : laabb

Thân thấp, hoa đỏ $F_1: \left(\frac{1}{3}aaBB:\frac{2}{3}aaBb\right)\to$ Giảm phân cho giao tử $\frac{2}{3}aB:\frac{1}{3}ab$

Thân thấp, hoa đỏ $F_1$  ngẫu phối ta có: $\left(\frac{2}{3}aB:\frac{1}{3}ab\right)\times \left(\frac{2}{3}aB:\frac{1}{3}ab\right)$

Xét các phát biểu của đề bài:

(1) Đúng. Ở $F_2$  tỉ lệ kiểu hình thân thấp hoa trắng thu được là: $\frac{1}{3}ab.\frac{1}{3}ab=\frac{1}{9}$

(2) Đúng. Ở $F_2$  tỉ lệ kiểu hình thân thấp hoa đỏ thuần chủng là: $\frac{2}{3}aB.\frac{2}{3}ab=\frac{4}{9}$

(3) Đúng. Ở $F_2$  tỉ lệ kiểu hình thân thấp hoa trắng $=\frac{1}{9}$ , ở $F_1$  tỉ lệ kiểu hình thân thấp, hoa trắng $=\frac{1}{16}$

(4) Sai. Ở $F_2$  không có kiểu hình thân thấp, hoa đỏ

Chọn đáp án C

Quần thể tự thụ phấn nghiêm ngặt:

P: $\mathrm{0,2}AA:\mathrm{0,4}Aa:\mathrm{0,4}aa$

$F_1:\left(\mathrm{0,2}+\mathrm{0,4.}\frac{1-\frac{1}{2}}{2}\right)AA:\frac{\mathrm{0,4}}{2}Aa:\left(\mathrm{0,4}+\mathrm{0,4.}\frac{1-\frac{1}{2}}{2}\right)aa$ hay $F_1:\mathrm{0,3}AA:\mathrm{0,2}Aa:\mathrm{0,5}aa$

Xét các phát biểu của đề bài:

I đúng. Ở tuổi sau sinh sản của thế hệ $F_1$ , cấu trúc quần thể là:

$\mathrm{0,3}AA:\mathrm{0,2}Aa$ hay $\mathrm{0,6}AA:\mathrm{0,4}Aa\left(\frac{3}{5}AA:\frac{2}{5}Aa\right)\to$  cây Aa chiếm tỉ lệ $\frac{2}{5}$

II đúng. Giai đoạn mới nảy mầm của thế hệ $F_2$  quần thể chưa có sự chọn lọc nên kiểu gen aa là: $\mathrm{0,4.}\frac{1-\frac{1}{2}}{2}=\mathrm{0,1}=\frac{1}{10}$

III sai. Cấu trúc di truyền ở giai đoạn nảy mầm $F_2$ : $\mathrm{0,7}AA:\mathrm{0,2}Aa:\mathrm{0,1}aa$

Cấu trúc di truyền ở tuổi sau sinh sản $F_2:\mathrm{0,7}AA:\mathrm{0,2}Aa\to \frac{7}{9}AA:\frac{2}{9}Aa$

Cấu trúc di truyền ở giai đoạn nảy mầm $F_3$  :$\left(1-\frac{1}{9}-\frac{1}{18}\right)AA:\frac{1}{9}Aa:\frac{2}{9}.\frac{1-\frac{1}{2}}{2}aa$

hay $\frac{15}{18}AA:\frac{2}{18}Aa:\frac{1}{18}aa$

Tần số alen a ở giai đoạn nảy mầm $F_3$ :$\frac{1}{18}+\left(\frac{2}{18}:2\right)=\frac{1}{9}$

IV đúng. Cấu trúc di truyền ở tuổi sau sinh sản $F_3$ :$\frac{15}{17}AA:\frac{2}{17}Aa\to$ kiểu gen AA chiếm tỉ lệ $\frac{15}{17}$

Chọn đáp án C

A: bình thường >> a: bệnh N

B: bình thường >> b: bệnh M

- (2), (6) bị bệnh M nên đều có kiểu gen là $X^{Ab}Y$

- (9) chị bệnh N nên kiểu gen của (9) là: $X^{aB}Y\to$  (5) cho giao tử $X^{aB}$  và (5) nhận 1 giao tử $X^{Ab}$ từ (2) $\to$  Kiểu gen của (5) là $X^{Ab}{X}^{aB}\to$  I đúng

- (4) và (8) không bị cả 2 bệnh nên kiểu gen của (4) và (8) đều là $X^{AB}Y$

- II đúng vì kiểu gen của (6) là $X^{Ab}Y\to$  (6) nhận giao tử $X^{Ab}$  từ (3) $\to$  (7) có thể có giao tử $X^{Ab}\to$  (10) cũng có thể nhận giao tử $X^{Ab}$  hay (10) có thể mang alen b.

- III đúng vì xác định được tối đa kiểu gen của 6 người trong các gia đình trên là: (2); (4); (5); (6); (8); (9).

- IV đúng.

Sơ đồ lai của (5) và (6) là: $X^{Ab}{X}^{aB}\times X^{Ab}Y\to$  nếu có trao đổi chéo xảy ra thì có loại giao tử $X^{AB}$  của (5) kết hợp với giao tử Y của (6) $\to$  con trai có thể không bị bệnh N và M.

- V sai vì: $X^{Ab}{X}^{aB}\times X^{Ab}Y$

Ta có sơ đồ lai (5) kết hợp với (6) là: $X^{Ab}=X^{aB}=\mathrm{0,4};X^{Ab}=Y=\mathrm{0,5}$

$X^{AB}=X^{ab}=\mathrm{0,1}$

$\to$Xác suất sinh con thứ hai là con gái không bị bệnh N và M của cặp vợ chồng (5) và (6) là $\left(X^{aB}{X}^{Ab}+X^{AB}{X}^{Ab}\right)=\mathrm{0,4.0,5}+\mathrm{0,1.0,5}=\mathrm{0,25}=25\%$

Vậy có 4 phát biểu đúng.