Bộ đề luyện thi THPTQG Sinh học cực hay có lời giải chi tiết (đề số 30)

Đáp án A

Đáp án A

A → đúng. Đột biến điểm $\in$ đột biến gen => phát sinh alen mới

B → sai. Đột biến dị đa bội => không làm phát sinh (hình thành) alen mới mà nó chỉ tổ hợp thông tin di truyền của cả 2 loài lại.

C → sai. Đột biến tự đa bội => không làm phát sinh alen mới mà chỉ tăng gấp bội số lượng gen lên mà thôi.

D → sai. Đột biến lệch bội => không phát sinh alen mới mà chỉ tăng hoặc giảm số lượng gen.

Đáp án B

Sản phẩm của gen là phân tử ARN hay chuỗi polipeptit

Đáp án C

Nếu xử lý ADN bằng Acridin thì có thể làm mấy hay thêm 1 cặp nucleotit

+ Nếu Acridin xen vào mạch khuôn → gây ra đột biến thêm 1 cặp nucleotit.

+ Nếu Acridin xen vào mạch mới → gây ra đột biến mất 1 cặp nucleotit.

Đáp án A

Sự hình thành loải cỏ chăn nuôi Spartina như sau:

P: cỏ gốc Âu (2n = 50) $\times$ có gốc Mỹ (2n = 70)

G:         n_A = 25                    n_M = 35

F₁: 2n_AM = 60 (bất thụ)

↓ đa bội hóa

F₂: 4n = 2n_A + 2n_M­ = 120 (hữu thụ và cỏ chăn nuôi hiện nay)

Như vậy cỏ Spartina này được hình thành bằng con đường lai xa và đa bội hóa

Đáp án A

A. → đúng. Bằng con đường lai xa và đa bội hóa diễn ra nhanh, gặp phổ biến ở thực vật. (Ít gặp ở động vật).

B. → sai. Khác khu vực địa lí (bằng con đường địa lí) diễn ra nhanh trong một thời gian ngắn. (Hình thành khác khu vực địa lý diễn ra rất chậm chạp).

C. → sai. Ở động vật chủ yếu diễn ra bằng con đường lai xa và đa bội hóa. (Con đường này chủ yếu ở thực vật).

D. → sai. Bằng con đường lai xa và đa bội hóa diễn ra chậm và hiếm gặp trong tự nhiên. (Con đường này diễn ra nhanh nhất).

Đáp án A                      

A. → đúng. Có tế bào mang hai bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội của hai loài bố mẹ (trong tế bào có 2n_{loài thứ 1} và 2n_{loài thứ 2}).

B. → sai. Có 2n nhiễm sắc thể trong tế bào thể lưỡng bội.

C. → sai. Chỉ sinh sản vô tính mà không có khả năng sinh sản hữu tính.

D. → sai. Chỉ biểu hiện các đặc điểm của một trong hai loài bố mẹ.

Đáp án C

P = 0,36BB + 0,48Bb + 0,16bb = 1.

=> có tần số alen B/b = 0,6/0,4.

Nhưng nếu các cá thể BB, bb có sức sống kém thì càng về sau tỉ lệ Bb tăng lên. Khi tỉ lệ dị hợp càng lớn thì (gần 100%) =>B = b.

Kết luận

A. → sai. Alen trội có xu hướng bị loại bỏ hoàn toàn khỏi quần thể => Nếu vậy thì dị hợp cũng không có khả năng sống.

B. → sai. Tần số alen trội và tần số alen lặn có xu hướng không thay đổi => Nếu vậy thì khả năng sống các kiểu gen như nhau.

C. → đúng. Tần số alen trội và tần số alen lặn có xu hướng bằng nhau.

D. → sai. Alen lặn có xu hướng bị loại bỏ hoàn toàn khỏi quần thể => Nếu vậy thì chỉ khả năng sống của hình lặn kém thôi.

Đáp án B                                            

-       Môi trường sống của sinh vật trên Trái Đất thường thay đổi có tính chu kì, chủ yếu là chu kì mùa và chu kì ngày, đêm.

Nhịp sinh học là khả năng phản ứng của sinh vật một cách nhịp nhàng với những thay đổi có tính chu kì của các nhân tố sinh thái.

A → đúng. Nhím ban ngày cuộn mình nằm như bất động, ban đêm sục sạo kiếm mồi và tìm bạn =>nhịp sinh học theo ngày, đêm.

B → sai. Cây mọ trong môi trường có ánh sáng chỉ chiếu từ một phía thường có thân uốn cong, ngọn cây vươn về phía nguồn sáng => đây là hiện tượng hướng sáng chứ không phải nhịp sinh học.

C, D → đúng về nhịp sinh học theo mùa.

Đáp án B

Sự biến động số lượng cá thể của quần thể cá cơm ở vùng biển Pêru liên quan đến hoạt động của hiện tượng El – Nino; cứ 10 – 12 năm, số lượng cá cơm ở vùng biển Pêru bị giảm mạnh do có dòng nước nóng chảy qua làm cá chết hàng loạt. Đây là kiểu biến động số lượng theo chu kì nhiều năm.

Đáp án D

Trong một chuỗi thức ăn của hệ sinh thái trên cạn thì sinh vật sản xuất (SVSX) có tổng sinh khối lớn nhất. (SVSX nằm ở bậc dinh dưỡng cấp 1 (tự tổng hợp được chất hữu cơ từ chất vô cơ) có tổng sinh khối lớn nhất, nhờ đó mới cung cấp năng lượng cho bậc dinh dưỡng phía sau, …và qua mỗi bậc dinh dưỡng tổng năng lượng mất đi khoảng 90%)

Đáp án B

Trong hệ sinh thái, tất cả các dạng năng lượng sau khi đi qua chuỗi thức ăn đều được giải phóng ra môi trường dưới dạng nhiệt mà không bao giờ trở lại ban đầu (ban đầu là quang năng của ánh sáng mặt trời).

A. → sai. Tái sử dụng cho các hoạt động của sinh vật.

B. → đúng. Giải phóng vào không gian dưới dạng nhiệt.

C. → sai. Trở lại môi trường ở dạng ban đầu.

D. → sai. Tích tụ ở sinh vật phân giải.

Đáp án B

Các loại tháp sinh thái

-         Tháp số lượng: dựa trên tổng số lượng cá thể sinh vật ở mỗi bậc dinh dưỡng trên cùng 1 đơn vị diện tích (có nhiều dạng).

-         Tháp sinh khối: dựa trên tổng khối lượng của tất cả các sinh vật ở mỗi bậc dinh dưỡng trên cùng 1 đơn vị diện tích hay thể tích (có nhiều dạng).

-         Tháp năng lượng: dựa trên tổng năng lượng được tích lũy ở mỗi bậc dinh dưỡng trên cùng 1 đơn vị diện tích hay thể tích trong 1 đơn vị thời gian (đây là tháp chuẩn nhất, luôn có một dạng đáy lớn đỉnh bé).

Như vậy: B. Tháp số lượng bao giờ cũng có dạng đáy lớn đỉnh nhỏ.

Đáp án C

A. → đúng. Không phải tất cả lượng cacbon của quần xã sinh vật được trao đổi liên tục vòng tuần hoàn kín. Vì một phần C tách ra khỏi chu trình lắng đọng và tạo lớp trầm tích.

B. → đúng. Trong quần xã, hợp chất cacbon được trao đổi thông qua chuỗi và lưới thức ăn.

C. → sai. Khí CO2 trở lại môi trường hoàn toàn do hoạt động hô hấp của động vật. (CO2 được trả lại môi trường do hô hấp; đốt cháy, hoạt động của của con người….).

D. → đúng. Vì thực vật lấy CO₂, H₂O để tổng hợp ra chất hữu cơ đầu tiên nhờ thực vật có sắc tố quang hợp.

Đáp án D

Kích thước quần thể tại thời điểm t: $N_t=N_o+B-D+I-E$. Với $N_o=11000$ (ban đầu)

B = 12% một năm, D = 8% một năm, I = 0; E = 2%

Sau 1 năm $N_t=N_o+B-D+I-E=N_o+N_o.12\%-N_o.8\%+0-N_o.2\%=11220$

Đáp án C

Nguyên nhân chính làm khí khổng mở chủ động là: ánh sáng tác động vào lá. Đó chính là phản ứng mở quang chủ động.

Đáp án D

Cây không có khả năng hấp thụ nito hữu cơ trong xác sinh vật. Mà cây chỉ hấp thụ nito đó sau khi đã được các vi sinh vật trong đất khoáng hóa tạo ra NH₄⁺ và NO₃^-.

Đáp án B

Trong quang hợp, nhờ có diệp lục đã hấp thụ ánh sáng mặt trời để tổng hợp chất hữu cơ từ nước và CO2 theo phương trình tổng quát

6CO₂ + 12 H₂O → C₆H₁₂O₆ + 6O₂ + 6H₂O

Đáp án C

Đối với mô đang sinh trưởng, mất nước một ít trong thời gian ngắn làm tăng cường độ hô hấp, nếu mất nước trong một thời gian dài thì cường độ hô hấp sẽ giảm. 

Đáp án D

Thoát hơi nước qua mặt dưới lá mạnh hơn mặt trên lá là do: khí khổng chủ yếu phân bố ở mặt dưới lá, mà sự thoát hơi nước chủ yếu qua khí khổng.

Đáp án A

Theo giả thuyết: Do gen đột biến nên có khả năng tổng hợp được enzim phân giải lactozo (sản phẩm) ngay cả khi có hay không có lactozo trong môi trường => Do gen đột biến mà làm Operon luôn hoạt động trong mọi môi trường. Gen đột biến có thể:

1. → đúng. Đột biến xảy ra ở vùng vận hành làm cho protein ức chế không tác động vào được.

2. → sai. Đột biến đã xảy ra ở vùng khởi động làm cho enzim ARN polimeraza không bám vào được. → vậy operon không hoạt động được.

3. → đúng. Đột biến đa xảy ra ở gen điều hòa làm cho protein ức chế mất chức năng.

→ làm cho chức năng ức chế không còn nữa.

4. → sai. Đột biến đã xảy ra ở nhóm gen cấu trúc. → chỉ có thể liên quan đến sản phẩm.

Đáp án D

Đáp án C

A. → sai. Khi môi trường có lactozo thì phân tử đường này sẽ liên kết với ARN polimeraza làm cho nó bị biến đổi cấu hình nên không thể liên kết được với vùng vận hành. (phân tử đường này sẽ liên kết với protein ức chế mới đúng)

B. → sai. Khi môi trường không có lactozo thì phân tử ARN polimeraza không thể liên kết được với vùng vận hành. (không thể liên kết vùng khởi động mới đúng).

C. → đúng.

D. → sai. Khi môi trường không có lactozo thì phân tử protein ức chế sẽ liên kết với ARN polimeraza làm cho nó bị biến đổi cấu hình nên có thể liên kết được với vùng khởi động. (phân tử protein ức chế không liên kết với enzim ARN polimeraza hay với vùng khởi động mà chỉ liên kết vời vùng vận hành O để kìm hãm hoạt động operon)

Đáp án D

Đáp án A

I, II, III → sai.

IV → đúng.

Đáp án C

(1) AAaaBBbb $\times$ AAAABBBb

$$\begin{gathered} \iff (AAaa \times AAAA)(BBbb\times BBBb) \\ G: \left[\right(1AA:4Aa:1aa\left)\right(1AA\left)\right]\left[\right(1BB:4Bb:1bb\left)\right(1BB:1Bb\left)\right] \end{gathered}$$  

F₁ có kiểu gen = [1:4:1][1:5:5:1]= 20:20:5:5:5:5:4:4:1:1:1:1 

=>sai (giả thuyết cho kết quả khác)

(2) AaaaBBBB $\times$ AaaaBBbb

$$\begin{gathered} \iff (Aaaa \times Aaaa)(BBBB\times BBbb) \\ G: \left[\right(1Aa:1aa\left)\right(1Aa:1aa\left)\right)\left]\right[\left(1BB\right)(1BB:4Bb:1bb)] \end{gathered}$$  

F₁ có kiểu gen = (1:2:1)(1:4:1)= 8:4:4:2:2:1:1:1:1=> đúng

(3) AaaaBBbb $\times$  AAAaBbbb (giải như trên)

→ F₁ có kiểu gen $\ne$8:4:4:2:2:1:1:1:1 => sai.

(4) AAAaBbbb $\times$ AAAABBBb

→ F₁ có kiểu gen  $\ne$8:4:4:2:2:1:1:1:1 =>sai.

(5) AAAaBBbb $\times$ Aaaabbbb. (giải như trên)

$$\begin{gathered} \iff (AAAa \times Aaaa)(BBbb\times bbbb) \\ G: \left[\right(1Aa:1aa\left)\right(1Aa:1aa\left)\right)\left]\right[(1BB:4Bb:1bb)\left(1bb\right)] \end{gathered}$$ 

→ F₁ có kiểu gen =(1:2:1)(1:4:1)= 8:4:4:2:2:1:1:1:1=> đúng  

(6) AAaaBBbb $\times$AAaabbbb

→ F₁ có kiểu gen  $\ne$8:4:4:2:2:1:1:1:1 =>sai.

Đáp án D

Theo giả thiết: A quy định hoa đỏ >> a quy định hoa vàng

P = xAA + yAa + zaa = 1 (x + y + z = 1)

$\iff 100\%Aa\to x=0, y=1, x=0$ 

Tự phối n = 2 thế hệ: F₂

$\left[x+\frac{y}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\right]AA+\left[\frac{y}{2^n}\right]Aa+\left[z+\frac{y}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\right]aa=1$ 

Vậy TL đỏ (A-)= 1-aa= 1- $\left[z+\frac{y}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)\right]$= 5/8= 62,5%

Đáp án C

P:      AAAa $\times$ Aaaa

G: (1Aa : 1aa)(1Aa : 1aa)

F1: 1AAaa : 2AAaa : 1aaaa → aaaa = 0

(hay chỉ cần viết giao tử rồi tính tỉ lệ kiểu gen: aaaa = 0.1/2 = 0)

Đáp án C

Theo lý thuyết siêu trội, con lai ở trạng thái dị hợp càng nhiều gen càng tạo ra hiệu quả bổ trợ cao nhất → Ưu thế lai tốt nhất. Vậy phép nào sinh ra con dị hợp nhiều gen nhất là có ưu thế lai cao nhất.

A. AABbdd $\times$ AAbbdd $\to F_1$AABbdd 

B. aabbdd $\times$ AAbbDD $\to F_1$AabbDd 

C. aabbDD $\times$ AABBdd $\to F_1$AaBbDd =>dị hợp cả 3 gen => ưu thế lai tốt nhất.

D. aaBBdd $\times$ aabbDD $\to F_1$aaBbDd 

Đáp án D

Theo giả thuyết:   A quy định thân cao >> a quy định thân thấp;

                             B quy định quả màu đỏ >> b quy định quả màu trắng;

Hai cặp gen này nằm trên hai cặp nhiễm sắc.

Tỷ lệ kiểu hình thấp, trắng (aabb) ở đời con của từng phép lai:

A. aabb = 1/2.0 = 0                                      B. aabb = 1/4.0 = 0

C. aabb = 1/4.1/2 = 1/8                       D. aabb = 1/4.1/4 = 1/16 => đúng

Đáp án B

Theo giả thuyết:   A quy định thân cao >> a quy định thân thấp;

                             B quy định quả chín sớm >> b quy định quả chín muộn;

P: A-B- (Q) $\times$ aabb → F₁: 4A-B- : 4aabb : 1A-bb : 1aaB-

→ P: (Aa, Bb) (Q) $\times$ (aa, bb) → F₁: 0,4aabb = 0,4.1

Với Q (Aa, Bb) cho giao tử (a, b) = 0,4 → G_Q:  

=> Q:  $\frac{AB}{ab}$ và f = 20% 

Đáp án A

          A quy định thân xám >> a quy định thân đen;

          B quy định cánh dài trội hoàn toàn so với alen b quy định cánh cụt;

          D quy định mắt đỏ trội hoàn toàn so với alen d quy định mắt trắng (ở ruồi giấm chỉ con cái mới hoán vị)

$P: (\frac{AB}{ab}\times \frac{AB}{ab})(X^D{X}^d\times X^{D}Y)$ 

→ F1: kiểu hình = (x : y : y : z)(3 : 1)

F₁: A-B-D- = 0,525 → A-B- = 0,525/0,75 = 0,7

→ aabb = 0,7 – 0,5 = 0.2 = 0,5 x 0,4 → f = 20% (vì ♀ cho giao tử ab = 40%)

→ 1 giao tử hoán vị = 10% => f = 20%

Vậy ♂ A-bbX^DY = (0,25 – aabb)(1/4) = (0,25 – 0,2).1/4 = 1,25%.

Đáp án B

Quá trình giảm phân bình thường của một cây lưỡng bội (cây B), xảy ra trao đổi chéo tại một điểm duy nhất trên cặp nhiễm sắc thể số 2 đã tạo ra tối đa 128 loại giao tử => 4¹.2^n-1 = 128 → 2n = 12

- Cây A và B cùng loài → thấy tế bào M (thuộc cây A) có 14 NST đơn chia 2 nhóm → mỗi nhóm có 7 NST đơn.

+ Nếu nguyên nhân mà tb bình thường thì k. sau có 2n.2 = 24 đơn.

+ Nếu tế bào đột biến 2n + 1 → thì kỳ sau NP là (2n +1).2 = 26 NST đơn.

+ Nếu giảm phân 1 thì NST kép.

+ Vậy chỉ có giảm phân 2 mà lại thấy 14 đơn → tế bào này tạo ra cuối giảm phân 1 là nk = 7 kép.

Vậy thì tế bào trước khi giảm phân thuộc tb đột biến 2n + 1 = 13 hay 2n + 2 = 14,…

Kết luận

(1) Cây B có bộ nhiễm sắc thể 2n = 14 → sai. Đúng phải là 2n = 12.

(2) Tế bào M có thể đang ở kì sau của quá trình giảm phân II → đúng (đã giải thích ở trên).

(3) Quá trình phân bào của tế bào M kết thúc, tạo ra tế bào con có bộ nhiễm sắc thể lệch bội (2n + 1) → Sai. Vì tế bào đó giảm phân nên có thể cho giao tử: n + 1 = 7,…

(4) → sai. Cây A có thể là thể ba → đã giải thích ở trên.

Đáp án A

A-vàng > a-trắng

P:   2000 cây (P) $\times$ trắng (aa) → F₁: trắng (aa) = 3%

→ G:   0,97A : 0,03            1a

$\iff F_1: \left(aa\right)= 0,03\times 1$ 

Gọi P = xAA : yAa : zaa (x + y + z = 1) nhưng vì để kiểm tra độ thuần của P  P không thể có lặn (aa)

P = xAA : yAa (x + y = 1)

→ $a=\frac{y}{2}=0,03\to y=0,06, x=0,94$ 

P_A- = 94%AA : 6%Aa

Vậy:

A → đúng. Vì nếu cho 2000 cây P giao phấn → trắng (aa)/F₁ = 0,03² = 0,09%  đúng

B → sai. Vì P_A- = 94%AA : 6%Aa gồm 2000 hạt thì số hạt có kiểu gen dị hợp (Aa) = 2000.6% = 120 hạt.

C → sai. Vì P_A- = 94%AA : 6%Aa tự thụ

+ 0,94 (AAAA) → F₁: 0,94 (A-)

+ 0,06 (AaAa) → F₁: 0,06 (1/4AA : 2/4Aa : 1/4aa)

Vậy đời con số cây hạt vàng (A-) = 1 – 0,06.1/4 $\ne$ 97%.

D → sai.

Vì P_A- : (94%AA : 6%Aa)(94%AA : 6%Aa)

G:      0,97 : 0,03a           0,97A : 0,03a

F₁: số A- có kiểu gen đồng hợp = 0,97.0,97 $\ne$ 97%

Đáp án B

P: $\frac{AB}{ab}{X}^D{X}^d \times \frac{AB}{ab}{X}^{D}Y$

+ 2 gen A, B trên cùng 1 NST, trong trường hợp hoán vị và liên kết cho khác nhau, nên phải tìm kiểu hình A-B-. Phép lai P → F₁ thỏa quy tắc x : y : y : z

+ Phép lai P.X^DX^d $\times$ X^DY → F₁: 3/4D- : 1/4dd

→ F₁: A-B-D- = 0,495 $\iff$ A-B- = 0,495/0,75 = 0,66 = x

=> aabb = 0,66 – 0,5 = 0,16

=> A-bb = aaB = 0,25 – 0,16 = 0,09 = y

Vậy: $F_1=T_1{L}_2{L}_3+L_1{T}_2{L}_3+L_1{L}_2{T}_3=y.1/4+y.1/4+z.3/4= 16,5\%$ 

Đáp án D

Theo giả thiết: 4 gen cùng trên 1 NST

+       d(AB) = 1,5cM; d(BC) = 16,5cM; d(AC) = 18cM

→ AC = AB + BC =>  Vị trí gen B giữa A và C →A   B       C

+       d(BD) = 5cM; d(BC) = 16,5cM; d(CD) = 20cM

→ CD = BC + BD => Vị trí gen B giữa C và D → D    B         C

          Mà CD dài nhất => trật tự là D       A     B              C

         Vậy trật tự 4 gen trên NST: DABC hay CBAD

Đáp án D

Giả thuyết cho: d(AB) = 40cM → f_AB = 40%

P: $\frac{AB}{ab}\frac{DE}{DE}, f_{AB}=40\%$ → giao tử: abDE = (1 – f)/2. 1 → D đúng

Chú ý: Dù là phép lai hay viết giao tử thì cứ các gen thuộc các cặp NST khác nhau ta hãy xét riêng lẻ rồi xác định tỷ lệ riêng lẻ theo yêu cầu, sau đó mới nhân các tỷ lệ riêng đó thành kết quả chung theo yêu cầu.

Đáp án D

A. → sai. Không thể tác động thay đổi kiểu hình được. → Nếu được phát hiện từ đầu có thể ăn kiêng thì giảm khả năng gây độc của acid amin phêninalanin.

B. → sai. Thay đổi kiểu gen → không thể thay đổi kiểu gen của cơ thể.

C. → sai. Chiếu phóng xạ → không thể chiếu phóng xạ thay đổi kiểu gen của cơ thể.

D. → đúng. Tác động vào kiểu hình → Nếu được phát hiện từ đầu có thể ăn kiêng thì giảm khả năng gây độc của acid amin phêninalanin

Đáp án D

Theo giả thiết: A quy định thuận tay phải >> a quy định thuận tay trái

P = xAA + yAa + zaa = 1 (x + y + z =1)

Gọi p, q là tần số alen A, a $\iff P_{CBDT}=p^{2}AA+2pqAa+q^{2}aa=1$ 

Giả thiết cho (A-) = 64% → thuận trái (aa) = q² = 0,36 → q = 0,6 → p = 0,4

P: vợ (aa) $\times$ chồng A-(aa) $\times$ $\left(\frac{0,16}{0,16+0,48}AA:\frac{0,48}{0,16+0,48}Aa\right)$ 

 P vợ (aa) $\times$ chồng A-($\frac{1}{4}AA:\frac{3}{4}Aa$)

G       1a                         5/8A : 3/8a

→ F₁: 5/8Aa : 3/8aa

Xác suất sinh một con thuận phải (A-) cần tìm = 5/8 = 62,5%.

Đáp án B

P: ♂ X^MY $\times$ ♀ X^mX^m → F₁: 1X^MX^m : 1X^mY

A. → sai. Con trai và con gái đều có thể bị bệnh → con gái không bị.

B. → đúng. Tất cả con trai bị bệnh.

C. → sai. Tất cả con đều bình thường → con gái BT còn con trai bệnh.

D. → sai. Tất cả con gái bị bệnh → con gái không bị.