Đề minh họa tốt nghiệp THPT môn Sinh có đáp án năm 2025 ( Đề 3)

Chọn B

Chọn B

Đáp án A

Trong 4 phương án trên thì chỉ có phương án A đúng. Vì chỉ khi DNA có cấu trúc mạch kép và A của mạch này chỉ liên kết với T của mạch kia thì A mới luôn bằng T. G của mạch này chỉ liên kết với C của mạch kia thì C mới luôn bằng G.

Đáp án B

Cấu trúc di truyền về gene HBB của quần thể người là:

$\begin{array}{l}\frac{392}{392+374+101}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}:\frac{374}{392+374+101}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}:\frac{101}{392+374+101}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}\\ \iff \frac{392}{867}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}:\frac{374}{867}{\mathrm{H}}^{\mathrm{A}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}:\frac{101}{867}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}{\mathrm{H}}^{\mathrm{S}}\end{array}$

→ Tần số allele ${\text{H}}^{\text{S}}=\frac{374}{867}\times \frac{1}{2}+\frac{101}{867}\approx 0,33.$

Đáp án B

A. Sai. Tỉ lệ trẻ mắc bệnh (mang kiểu gene H^SH^S) sống sót trong vòng 600 ngày tuổi đạt trên 70%.

C. Sai. Người mang kiểu gene dị hợp có cả hai loại tế bào hồng cầu → Allele H^A trội không hoàn toàn so với allele H^S.

B đúng, D sai. Tỉ lệ sống sót của trẻ mang kiểu gene dị hợp cao hơn so với trẻ mang kiểu gene đồng hợp trội, trong khi sốt rét là nguyên nhân gây tử vong hàng đầu → B đúng nhất, không đủ thông tin để kết luận D đúng hay sai.

Đáp án D

D. Sai. Quan sát cấu trúc các nhiễm sắc thể cho thấy có sự trao đổi chéo diễn ra. Do vậy, nếu tế bào trên là tế bào sinh dục đực thì sẽ tạo 4 loại giao tử; còn nếu tế bào trên là tế bào sinh dục cái thì chỉ tạo ra 1 loại giao tử.

Đáp án B

A. Sai. Thấy rằng ở đồ thị, khi đạt đến 100 cá thể, kích thước ngay lập tức giảm xuống và dao động về quanh mức gần 80, do đó, kích thước phù hợp với sức chứa của hòn đảo của quần thể hươu là gần 80 cá thể.

B. Đúng. Giai đoạn được đánh dấu (X) trên hình được gọi là trạng thái cân bằng của quần thể hươu (đồ thị có sự dao động nhẹ quanh mốc gần 80 cá thể).

C. Sai. Ở giai đoạn X, số lượng hươu bị giảm chủ yếu là do nguồn sống (thức ăn, nơi ở,…) ở trên đảo. Trước đó, loài sử dụng hươu làm thức ăn chưa xuất hiện nên nếu xuất hiện ở giai đoạn X sẽ gây những biến động đột ngột về kích thước của quần thể hươu trước khi có thể tiến đến trạng thái cân bằng.

D. Sai. Quan sát đồ thị cho thấy, ở giai đoạn X, kích thước quần thể hươu biến động nhẹ quanh vị trí cân bằng. Điều này không thể có được nếu quần thể chịu ảnh hưởng mạnh với yếu tố xuất cư và nhập cư.

Đáp án A

A. Sai. Kích thước tối đa là kích thước lớn nhất là quần thể có thể đạt được và cân bằng với khả năng cung cấp nguồn sống của môi trường. Thấy rằng ở đồ thị, khi đạt đến 100 cá thể, kích thước ngay lập tức giảm xuống và dao động về quanh mức gần 80, do đó, kích thước phù hợp với sức chứa của hòn đảo của quần thể hươu (kích thước tối đa) là gần 80 cá thể.

Đáp án B

Nước từ đất xâm nhập vào tế bào lông hút rồi di chuyển qua các lớp tế bào vỏ rễ, nội bì để tới mạch gỗ; sau đó, nước theo mạch gỗ đến các bộ phận khác trong cây, trong đó có gian bào ở lá rồi thoát ra ngoài ở khí khổng ở dạng thể hơi →Con đường di chuyển của nước từ dung dịch đất đến khí quyển đi qua các tế bào của cây theo thứ tự: Lông hút → Vỏ → Nội bì → Mạch gỗ → Gian bào ở lá→Khí khổng.

Thời điểm W là ăn một bữa giống nhau.

Thực hiện tập thể dục 1 giờ tại thời điểm Y.

a) Đúng. Sau thời điểm W, nồng độ glucose trong máu của người B tăng cao hơn và trong thời gian dài hơn người A → A là người bình thường, B là người bị bệnh.

Sai. Tại thời điểm X, người B được tiêm insulin nên đã điều tiết làm giảm lượng đường trong máu.

Sai. Vào thời điểm Y, lượng đường trong máu giảm là do hoạt động thể dục kích thích sự tiêu hao năng lượng của cơ thể dẫn đến tăng cường phân giải đường để tạo năng lượng cung cấp cho cơ thể.

Đúng. Tại thời điểm Z, B nhận glucagon. Glucagon làm tăng lượng đường trong máu bằng cách phân hủy glycogene dự trữ thành glucose và giải phóng chúng vào máu.

Đáp án C

C. Sai. Chu trình Calvin ở thực vật C₃ và C₄ diễn ra ở ban ngày, còn chu trình Calvin ở thực vật CAM diễn ra vào ban đêm.

Đúng. (1) biểu thị sự trao đổi chéo không cân giữa 2 trong 4 chromatid khác nguồn của cặp nhiễm sắc thể.

Sai. Sự trao đổi chéo không cân giữa 2 trong 4 chromatid khác nguồn của cặp nhiễm sắc thể dẫn đến đột biến mất đoạn và lặp đoạn.

Sai. Đột biến này đã tạo ra hai nhóm gene liên kết mới: ab.cdF và AB.CDEef.

Sai. Nếu tế bào chứa tất cả các nhiễm sắc thể (3, 4, 5, 6), 1 nhiễm sắc thể lặp, 1 nhiễm sắc thể mất nếu cùng trong tế bào thì hàm lượng gene không đổi nên nhiều khả năng biểu hiện không thay đổi.

P: 0,64 AA : 0,27 Aa : 0,09 aa.

a) Sai. Quần thể chưa đạt trạng thái cân bằng nên kể cả không có nhân tố tiến hóa tác động thì sự giao phối ngẫu nhiên vẫn sẽ làm thay đổi tần số kiểu gene ở thế hệ tiếp theo.

Đúng. CLTN có thể làm thay đổi cả tần số allele và thành phần kiểu gene $\to$ thay đổi tần số kiểu hình trội.

Đúng. Đột biến có thể làm thay đổi tần số các allele trong quần thể.

Đúng. Các yếu tố ngẫu nhiên có thể loại bỏ hoàn toàn bất kì allele nào ra khỏi quần thể.

Đúng. Khi chó sói xuất hiện, quần thể nai và bò rừng đều có sự biến động lớn về kích thước.

Sai. Nai và bò rừng có ổ sinh thái dinh dưỡng trùng nhau nên mối quan hệ giữa chúng là mối quan hệ canh tranh khác loài, sở dĩ số lượng hai loài này cùng gia tăng là do nguồn sống (lượng thức ăn) vẫn đủ để đảm bảo cho cả hai loài.

Đúng. Sau khi xuất hiện chó sói, lượng nai suy giảm làm giảm áp lực cạnh tranh lên quần thể bò rừng và làm quần thể loài này tăng kích thước.

Đúng. Khi không có sinh vật ăn thịt, tiềm năng sinh học của quần thể nai lớn hơn của bò nên kích thước quần thể nai luôn cao hơn bò.

Đáp án D

A. Đúng. Ở mạch khuôn có chiều 5’-3’ do ngược chiều với chiều hoạt động của enzyme DNA polymerase nên mạch mới được tổng hợp một cách gián đoạn, gồm nhiều đoạn okazaki, mỗi đoạn okazaki cần một đoạn mồi.

B. Đúng. Vì enzyme DNA polymerase không tự tổng hợp được mạch polynucleotide mới nếu không có gốc 3’OH tự do, do đó cần đoạn mồi là một đoạn pôliribôNucleotide do enzyme RNA polymerase tổng hợp nên.

C. Đúng. Vì mỗi đơn vị tái bản gồm 2 chạc chữ Y, các enzyme ở mỗi chạc hoạt động ngược chiều nhau. Ở chạc thứ nhất nếu mạch khuôn này là mạch có mạch bổ sung được tổng hợp gián đoạn thì ở chạc thứ hai, mạch khuôn kia lại là mạch có mạch bổ sung với nó được tổng hợp gián đoạn. Do đó ở cả 2 mạch khuôn đều có sự hoạt động của enzyme ligase.

D. Sai vì tổng hợp mạch này cũng cần có đoạn mồi.  

Đáp án B

- Muốn xác định trình tự của các aa trên chuỗi polypeptide thì phải dựa vào trình tự các bộ ba trên mRNA. Muốn xác định trình tự các bộ ba trên mRNA thì phải dựa vào trình tự Nucleotide trên mạch gốc của gene. Mạch gốc của gene được đọc theo chiều từ 3’ đến 5’.

- Bài ra cho biết mạch gốc của gene là 5’AGCCGACCCGGG3’ thì chúng ta viết đảo lại mạch gốc thành: 3’GGGCCCAGCCGA5’.

- Mạch RNA tương ứng là: 5’CCCGGGUCGGCU3’.

- Trong quá trình dịch mã, mỗi bộ ba trên mRNA quy định 1 aa trên chuỗi polypeptide → Trình tự các bộ ba trên mRNA là 5’CCC GGG UCG GCU3’ → Trình tự các aa tương ứng là: Pro - Gly- Ser - Ala.

Đáp án C

C. Sai. Chữa bệnh di truyền bằng công nghệ chỉnh sửa gene CRIPS-casskhông phải là thành tựu của công nghệ DNA tái tổ hợp mà là ứng dụng của liệu pháp gene.

Đáp án A

Xét tỉ lệ từng loại kiểu hình ở F₁:

Hoa đỏ : hoa hồng : hoa trắng = 9 : 6 : 1 $\to$ Tương tác bổ sung (A-B-: hoa đỏ; aaB- và A-bb: hoa hồng; aabb: hoa trắng) $\to$ P: AaBb × AaBb.

Thân cao : thân thấp = 3 : 1 $\to$ P: Dd × Dd.

$\to$ P dị hợp 3 cặp gene.

Nếu các gene phân li độc lập thì đời con sẽ phân li (9 : 6 :1)(3 : 1) $\to$ đề cho $\to$ 1 trong 2 gene quy định màu hoa cùng nằm trên 1 cặp NST với cặp gene quy định chiều cao. 

Giả sử Aa và Dd cùng nằm trên 1 cặp NST.

Đời con không xuất hiện cây trắng thấp (aabb, dd) $\to$ ít nhất 1 bên P không có hoán vị gene (cơ thể không có hoán vị gene có kiểu gene $\frac{\mathrm{Ad}}{\mathrm{aD}}\mathrm{Bb}$). 

Ta có: Bb $\times$ Bb $\to$ 1BB : 2Bb : 1bb $\to$ Có 3 kiểu gene.

Xét cặp NST còn lại, ta có các trường hợp:

+ Nếu có hoán vị gene ở 1 bên thì cho tối đa 7 kiểu gene $\to$ đời F₁ có 7  3 = 21 kiểu gene.  

+ Nếu không có hoán vị gene ở cả 2 bên $\left[\begin{array}{l}\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{ad}}\mathrm{Bb}\times \frac{\mathrm{Ad}}{\mathrm{aD}}\mathrm{Bb}\to 4\times 3=12\mathrm{KG}\\ \frac{\mathrm{Ad}}{\mathrm{aD}}\mathrm{Bb}\times \frac{\mathrm{Ad}}{\mathrm{aD}}\mathrm{Bb}\to 3\times 3=9\mathrm{KG}\end{array}\right.$

Chọn A

Đáp án C

1: Gene ADA lành được đưa vào retrovirus, 2: Retrovirus xâm nhiễm vào tế bào T, chuyển gene ADA lành vào tế bào, 3: Nuôi cấy tế bào T mang gene ADA lành.

Chọn A

Đáp án D

Các biện pháp giúp bảo vệ môi trường và sử dụng bền vững tài nguyên thiên nhiên: I, III, IV.

2341

Đáp án: 10

3 tế bào sinh tinh có kiểu gene: $\frac{\mathrm{Ab}}{\mathrm{aB}}$

- Nếu không có đột biến mỗi tế bào sinh tinh giảm phân có hoán vị gene tạo 4 loại giao tử: Ab, aB, AB, ab.

- Nếu có đột biến trong giảm phân I, 1 tế bào sinh tinh sẽ tạo 3 loại giao tử: aB/ab, AB/Ab và O hoặc Ab/aB, AB/ab và O.

Nếu 2 tế bào có đột biến, mỗi tế bào cho 3 loại giao tử, tế bào còn lại cho 4 loại giao tử → tối đa 10 loại giao tử.

. Đáp án: $\frac{1}{64}$

P: AaBbCc × AaBbCc

→ Xác suất sinh con da trắng (aabbcc) của cặp vợ chồng trên $={\left(\frac{1}{4}\right)}^3=\frac{1}{64}.$ 

Đáp án: 5

Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 2 (sâu): $\frac{55{.10}^5}{36{.10}^6}\approx 15,28\mathrm{\%}.$

Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 3 (chim ăn sâu): $\frac{6,7{.10}^5}{55{.10}^5}\approx 12,18\mathrm{\%}.$

Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 4 (rắn): $\frac{7,{5.10}^4}{6,{7.10}^5}\approx 11,19\%.$

Hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 5 (đại bàng): $\frac{7,{2.10}^3}{7,{5.10}^4}=9,6\%.$

Vậy hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng cấp 5 là thấp nhất.

Đáp án: 12,5%

3 cặp gene nằm trên 2 cặp NST $\to$ có 2 cặp nằm trên 1 NST. Giả sử cặp Aa và Bb nằm trên cùng 1 NST, cặp Dd nằm trên NST khác.

Phép lai 2 cây dị hợp 3 cặp gene thu được F₁ có 12 loại kiểu gene = 3 × 4 $\to$ Cặp Dd $\to$ Dd tạo ra 3 loại kiểu gen; còn 2 cặp Aa, Bb cho 4 loại kiểu gene.

$\to$ Kiểu gene P là $\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{ab}}\mathrm{Dd}\times \frac{\mathrm{Ab}}{\mathrm{aB}}\mathrm{Dd},$ liên kết hoàn toàn.

Vậy cây có 1 allele trội ở F₁ chiếm tỉ lệ: $\left(\frac{1}{2}\underset{¯}{\mathrm{ab}}\times \frac{1}{2}\underset{¯}{\mathrm{Ab}}+\frac{1}{2}\underset{¯}{\mathrm{ab}}\times \frac{1}{2}\underset{¯}{\mathrm{aB}}\right)\times \frac{1}{4}\mathrm{dd}=12,5\mathrm{\%}.$

Đáp án: $\frac{51}{160}$

- Xét bệnh A:

+ Bố mẹ (I3 × I4) bình thường sinh con gái (II8) bị bệnh → Gene gây bệnh A là gene lặn trên NST thường. Quy ước: A – không bị bệnh a >> a – bị bệnh a.

+ Người II6 bình thường nhưng có bố I1 bị bệnh A nên người II6 có kiểu gene Aa. Bố mẹ (I3 × I4) bình thường sinh con gái (II8) bị bệnh A → I3 × I4 = Aa × Aa → Xác suất kiểu gene của người II7 về tính trạng bệnh A là: 1/3AA : 2/3Aa. Vậy: II6 × II7 = Aa × (1/3AA : 2/3Aa) = (1/2A : 1/2a) × (2/3A : 1/3a) → Xác suất kiểu gene của người III12 về tính trạng bệnh A là: 2/5AA : 3/5Aa.

+ Người III13 bình thường có bố II9 bị bệnh A → Người III13 có kiểu gene là Aa.

→ III12 × III13 = (2/5AA : 3/5Aa) × Aa → Xác suất sinh con không bị bệnh A của cặp vợ chồng này là: 1 – aa = 1 – (3/5 × 1/4) = 17/20 (1).

- Xét bệnh B:

+ Bố mẹ (II6 × II7) bình thường sinh con trai (III.11) bị bệnh mà người I.1 không mang gene gây bệnh B lại sinh được con trai II.5 bị bệnh → Gene gây bệnh B là gene lặn trên NST X. Quy ước: B – không bị bệnh B >> b – bị bệnh b.

+ Người II6 bình thường sinh được con trai III11 bị bệnh B nên người II6 có kiểu gene là X^BX^b → II6 × II7 = X^BX^b × X^BY → Xác suất về kiểu gene của người III12 về tính trạng bệnh B là: 1/2X^BX^B : 1/2X^BX^b.

→ III12 × III13 = (1/2X^BX^B : 1/2X^BX^b) × X^BY → Xác suất sinh con trai không bị bệnh B của cặp vợ chồng này là: 3/4X^B × 1/2Y = 3/8 (2).

Từ (1) và (2) → Theo lí thuyết, xác suất sinh con đầu lòng là con trai không bị bệnh A và không bị bệnh B của cặp vợ chồng III.12 và III.13 là: 17/20 × 3/8 = 51/160.