Đề minh họa tốt nghiệp THPT môn Sinh có đáp án năm 2025 (Đề 73)
40 câu hỏi
Dùng thông tin sau để trả lời Đáp án Câu 5 và Đáp án Câu 6: Mọi sinh vật đều có chung vật chất di truyền là DNA trừ một số loại vius, DNA của các loài đều được cấu tạo từ 4 loại nucleotide cơ bản, chúng đều có chức năng mang, truyền đạt thông tin di truyền.
Bằng chứng nào sau đây không được xem là bằng chứng sinh học phân tử?
Protein của các loài sinh vật đều được cấu tạo từ khoảng 20 loại amino acid.
DNA của các loài sinh vật đều được cấu tạo từ 4 loại nucleotide.
Mã di truyền của các loài sinh vật đều có đặc điểm giống nhau.
Các cơ thể sống đều được cấu tạo bởi tế bào.
Đáp án D
Hướng dẫn:
Một số bằng chứng sinh học phân tử thể hiện nguồn gốc của sinh giới.
Bằng chứng nào sau đây được xem là bằng chứng tiến hoá trực tiếp?
Di tích của sinh vật sống ở các thời đại trước đã được tìm thấy trong các lớp đất đá.
Tất cả sinh vật từ đơn bào đến đa bào đều được cấu tạo từ tế bào.
Chi trước của mèo và cánh của dơi có các xương phân bố theo thứ tự tương tự nhau.
Các amino acid trong chuỗi B-hemoglobin của người và tinh tinh giống nhau.
Đáp án A
Hướng dẫn:
Bằng chứng trực tiếp chứng minh sự tiến hóa ở sinh vật là bằng chứng về hóa thạch.
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ Đáp án Câu 1 đến Đáp án Câu 18. Mỗi Đáp án Câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Operon là
một nhóm gene cụm các gene cấu trúc có chung một trình tự điều hoà phiên mã và được tạo thành một mRNA.
một đoạn phân tử DNA có một chức năng nhất định trong quá trình điều hoà.
một đoạn phân tử acid nucleotide có chức năng điều hoà hoạt động của gene cấu trúc.
một tập hợp gồm các gene cấu trúc và gene điều hoà nằm cạnh nhau.
Đáp án A
Hướng dẫn:
Operon là một nhóm gene cụm các gene cấu trúc có chung một trình tự điều hoà phiên mã và được tạo thành một mRNA.
Dùng thông tin sau để trả lời Đáp án Câu 11 và Đáp án Câu 12: Trong nông nghiệp người ta sử dụng thiên địch để phòng trừ các sinh vật gây hại hay dịch bệnh thay cho việc sử dụng thuốc trừ sâu. Ví dụ: sử dụng ong kí sinh diệt bọ dừa; Muỗm muỗm diệt bọ rầy, sâu đục thân...
Khống chế sinh học là
hiện tượng số lượng cá thể của một loài tăng quá cao đã gây ra hiện tượng ức chế sự sinh trưởng, phát triển và sinh sản của làm cho số lượng cá thể của loài đó bị quá thấp do tác động của các mối quan hệ hoặc hỗ trợ hoặc đối kháng giữa các loài trong quần xã.
hiện tượng số lượng cá thể của một loài bị khống chế ở một mức nhất định, không tăng cao quá hoặc giảm thấp quá do tác động của mối quan hệ giữa quần thể và môi trường đã gây ra sự cạnh tranh giữa các cá thể cùng loài.
hiện tượng số lượng cá thể của mỗi loài bị khống chế ở một mức nhất định, không tăng cao quá hoặc giảm thấp quá do tác động của các mối quan hệ hoặc hỗ trợ hoặc đối kháng giữa các loài trong quần xã.
hiện tượng số lượng cá thể của mỗi loài không bị khống chế ở một mức nhất định, không tăng cao quá hoặc giảm thấp quá do tác động của các mối quan hệ hoặc hỗ trợ hoặc đối kháng giữa các loài trong quần xã.
Đáp án C
Hướng dẫn:
Khống chế sinh học là hiện tượng số lượng cá thể của một loài bị khống chế ở một mức nhất định do quan hệ hỗ trợ hoặc đối kháng giữa cá loài trong quần xã.
- Ứng dụng khống chế sinh học trong nông nghiệp: sử dụng thiên địch để phòng trừ các sinh vật gây hại hay dịch bệnh thay cho việc sử dụng thuốc trừ sâu. Ví dụ: sử dụng ong kí sinh diệt bọ dừa; Muồm muỗm diệt bọ rầy, sâu đục thân...
Trong những hoạt động sau đây của con người, có bao nhiêu hoạt động góp phần vào việc sử dụng bền vững tài nguyên thiên nhiên?
I. Hạn chế sử dụng hoá chất và thuốc trừ sâu trong nông nghiệp.
II. Trồng cây gây rừng.
III. Xây dựng hệ thống các khu bảo tồn thiên nhiên.
IV. Vận động đồng bào dân tộc sống định canh, định cư, không đốt rừng làm nương rẫy.
4.
3.
2.
1.
Đáp án A
Hướng dẫn:
Tất cả các hoạt động trên đều góp phần vào việc sử dụng bền vững tài nguyên thiên nhiên.
Một nhà sinh hoá đo hàm lượng DNA của các tế bào đang sinh trưởng trong phòng thí nghiệm và thấy lượng DNA trong tế bào tăng lên gấp đôi. Tế bào đó đang ở
kì đầu hoặc kì sau của nguyên phân.
pha G1 hoặc pha G2 trong chu kỳ tế bào.
pha G1 của chu kỳ tế bào.
kì đầu I hoặc kì đầu II của giảm phân.
Đáp án A
Hướng dẫn:
Hàm lượng DNA trong tế bào tăng lên gấp đôi, chứng tỏ tế bào đã trải qua quá trình nhân đôi DNA.
A. Kì đầu nguyên phân NST vừa nhân đôi, kỳ sau NST phân li về 2 cực của tế bào tuy nhiên chưa có sự phân chia tế bào chất → Hàm lượng DNA gấp đôi hàm lượng DNA tế bào bình thường.
B. Pha\[{G_2}\], NST đã nhân đôi, tuy nhiên pha\[{G_1}\], NST chưa nhân đôi.
C. Pha \[{G_1}\], NST chưa nhân đôi. NST nhân đôi ở pha S.
D. Kì đầu I hàm lượng NST tăng gấp đôi tuy nhiên kì đầu II hàm lương DNA như hàm lượng ở 1 tế bào bình thường (khác biệt là ở tế bào bình thường NST tồn tại từng cặp đơn, thì ở kì đầu II NST ở dạng n kép).
Dùng thông tin sau để trả lời Đáp án Câu 17 và Đáp án Câu 18: Tài nguyên nước, đất, rừng và năng lượng cung cấp năng lượng và nguyên liệu cho sản xuất, hỗ trợ môi trường tự nhiên, cân bằng hệ sinh thái.
Tài nguyên tái sinh gồm có
nhiên liệu hoá thạch, kim loại, phi kim.
năng lượng mặt trời, năng lượng gió.
không khí sạch, nước sạch, đất, đa dạng sinh học.
năng lượng sóng, năng lượng thuỷ triều.
Đáp án C
Hướng dẫn:
Tài nguyên tái sinh là những tài nguyên có khả năng tái tạo hoặc phục hồi theo thời gian. Các tài nguyên như không khí sạch, nước sạch, đất và đa dạng sinh học là những ví dụ điển hình vì chúng có thể tái tạo tự nhiên nếu được quản lý bền vững.
Biện pháp nào sau đây góp phần sử dụng bền vững tài nguyên rừng?
Thay thế dần các rừng nguyên sinh bằng các rừng thứ sinh có năng suất sinh học cao.
Tích cực trồng từng để cung cấp đủ củi, gỗ cho sinh hoạt và phát triển công nghiệp.
Tránh đốt rừng làm nương rẫy.
Xây dựng hệ thống các khu bảo vệ thiên nhiên.
Đáp án A
Hướng dẫn: Các biện pháp góp phần sử dụng tài nguyên rừng bền vững là: (B) (C) (D)
(A) sai, hệ sinh thái rừng nguyên sinh được hình thành trong một quá trình lâu dài trong lịch sử, nếu thay thế rừng nguyên sinh bằng các rừng thứ sinh có năng suất sinh học cao thì dễ gây mất câng bằng hệ sinh thái.
Đường phân là quá trình phân giải:
Glucose thành rượu ethanol.
Glucose thành pyruvate.
Pyruvate thành rượu ethanol.
Pyruvate thành lactate.
Đáp án B
Hướng dẫn:
Đường phân xảy ra trong bào tương. Kết thúc quá trình đường phân, phân tử Glucose (6 carbon) bị tách thành 2 phân tử acid piruvic (3 carbon). Trong quá trình này tế bào thu được 2 phân tử ATP và 2 phân tử NADH (nicotinamid adenin dinucleotid).
Thực ra, đường phân tạo được 4 phân tử ATP, nhưng do có 2 phân tử ATP được sử dụng để hoạt hoá Glucose trong giai đoạn đầu của đường phân nên tế bào chỉ thu được 2 phân tử ATP.
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ Đáp án Câu 1 đến Đáp án Câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Một loài thực vật có bộ nhiễm sắc thể 2n = 12. Trên mỗi cặp NST xét một gene có 2 allele.
a) Quần thể lưỡng bội có tối đa 729 kiểu gene.
Đúng. Vì: Quần thể lưỡng bội.
- Trên mỗi cặp NST xét 1 lôcut có 2 allele nên trên mỗi cặp NST có số kiểu gene là \(\frac{{2 \times (2 + 1)}}{2} = 3\) kiểu gene.
- Loài này có 2n = 12 cho nên có 6 cặp NST.
→ Số kiểu gene = 36 = 729 kiểu gene
b) Ở các đột biến thể ba có tối đa 5832 kiểu gene.
Đúng. Vì: Có 5 cặp gene NST không đột biến → Số kiểu gene ở 5 cặp này = 35 = 243 kiểu gene.
- Ở cặp NST đột biến thể ba (có 3 chiếc NST), có 4 kiểu gene.
- Loài này có 2n = 12 cho nên có 6 loại đột biến thể ba.
→ Số loại kiểu gene là 243 × 4 × 6 = 5832.
c) Ở các đột biến thể một có tối đa 2916 kiểu gene.
Đúng. Vì: Số loại kiểu gene đột biến thể một là 6 × 2 × 35 = 2916.
d) Ở các đột biến thể không (2n – 2) có tối đa 1458 kiểu gene.
Đúng. Vì: Số loại kiểu gene ở các thể không là 6 × 25 = 1458.
Người ta phân biệt nhóm thực vậy C3, C4 chủ yếu dựa vào
Sự khác nhau về cấu tạo mô giậu của lá.
Sản phẩm cố định CO2 đầu tiên là loại đường nào.
Có hiện tượng hô hấp sáng hay không có hiện tượng này.
Sự khác nhau ở các phản ứng sáng.
Đáp án B
Hướng dẫn:
Ở nhóm thực vật\[{C_3}\], sản phẩm cố định \[C{O_2}\]là hợp chất 3 carbon (3PGA), còn ở thực vật\[{C_4}\], sản phẩm cố định \[C{O_2}\] là hợp chất 4 carbon (AOA).
Loài cá vược miệng nhỏ (Micropterus dolomieu) được du nhập vào một khu vực nghiên cứu trong thí nghiệm sau. Để bảo vệ các loài cá bản địa, một chương trình loại bỏ loài cá vược miệng nhỏ này đã được bắt đầu ở hồ Little Moose vào năm 2000 (được biểu thị bằng đường thẳng đứng trong Hình). Chương trình này được diễn ra liên tục cho đến năm 2007. Một nhóm nghiên cứu đã kiểm tra ảnh hưởng của việc loại bỏ quần thể cá vược miệng nhỏ này. Họ thấy rằng, trong khi tổng sinh khối của quần thể giảm thì kích thước quần thể tăng lên. Để xác định nguyên nhân của hiện tượng này, họ đã chia quần thể thành ba nhóm dựa trên kích thước cá thể: cá dưới một tuổi (kích thước < 100 mm, Hình a), cá non (100-200 mm, Hình b) và cá trưởng thành (> 200 mm, Hình c). Nhóm nghiên cứu đã thu thập hai đợt lấy mẫu trong mỗi năm (mùa xuân và mùa thu). Kết quả được hiển thị trong hình bên.
(Đường liền nét: lấy mẫu vào mùa xuân/ đường đứt nét: lấy mẫu vào mùa thu)
a) Sự loại bỏ ảnh hưởng nhiều nhất tới loại cá độ tuổi trưởng thành.
Đúng.
b) Sự giảm số lượng cá trưởng thành không làm thay đổi tỉ lệ sinh sản thành công.
Sai
c) Sự suy giảm độ nhiều của cá trưởng thành đã làm giảm sự cạnh tranh trong quần thể, do đó số lượng cá thể cá dưới một tuổi và cá non có thể sống sót là nhiều hơn.
Đúng
d) Theo thời gian, độ tuổi trung bình của quần thể cá vược này có xu hướng giảm.
Đúng
Trong một nghiên cứu về chức năng thận, một số thông số được đo ở ba người khỏe mạnh A, B, C.
| Người A | Người B | Người C |
Tốc độ lọc cầu thận (GFR), ml/phút | 135 | 140 | 135 |
Lưu lượng máu qua thận (RBF), ml/phút | 1190 | 1240 | 1210 |
Sản xuất nước tiểu, ml/phút | 1,0 | 1,1 | 0,9 |
Nồng độ O2 trong máu động mạch, ml/L | 200 | 200 | 199 |
Nồng độ O2 trong máu tĩnh mạch thân, ml/L | 184 | 186 | 184 |
Nồng độ Na+ trong huyết tương, mmol/L | 137 | 136 | 139 |
Nồng độ Na+ trong nước tiểu, mmol/L | 121 | 120 | 119 |
a) Lượng Na+ được lọc ở thận lớn nhất ở người A.
Sai
\[N{a^ + }\]là một ion và được lọc hoàn toàn. Lượng \[N{a^ + }\] lọc = GFR × [Na trong huyết tương]
A: \(\frac{{135 \times 137}}{{1000}}\) = 18,5 mmol Na/phút
B: \(\frac{{140 \times 136}}{{1000}}\) = 19,5 mmol Na/phút
C: \(\frac{{135 \times 139}}{{1000}}\) = 18,8 mmol Na/phút
b) Lượng Na+ bài tiết qua thận lớn nhất ở người B.
Đúng
Bài tiết = thể tích nước tiểu × [\[N{a^ + }\] trong nước tiểu].
A: \(\frac{{1,0 \times 121}}{{1000}}\) = 0,12 mmol Na/phút
B: \(\frac{{1,1 \times 120}}{{1000}}\) = 0,13 mmol Na/phút
C: \(\frac{{0,9 \times 119}}{{1000}}\) = 0,11 mmol Na/phút
c) Tiêu thụ oxygen của thận lớn nhất đối với người C.
Sai
d) Lượng Na+ được tái hấp thu trên mỗi mol O2 dùng cho người B là lớn nhất.
Sai
A: \(\frac{{135 \times (137 - 121)}}{{1190 \times \frac{{200 - 184}}{{22,4}}}}\) = 2,5 mol/mol \[{O_2}\]
B: \(\frac{{140 \times (136 - 120)}}{{1240 \times \frac{{200 - 186}}{{22,4}}}}\) = 2,9 mol/mol \[{O_2}\]
C: \(\frac{{135 \times (139 - 119)}}{{1210 \times \frac{{199 - 184}}{{22,4}}}}\) = 3,3 mol/mol \[{O_2}\]
Bạn đang làm thí nghiệm với một sinh vật ngoại nhập và phát hiện ra operon sản xuất tơ là operon chịu cảm ứng. Operon đó gồm 4 vùng sau đây PQRS. Tuy nhiên vị trí của vùng vận hành, vùng khởi động còn chưa xác định được, và có hai gene khác nhau cho việc sản xuất tơ. Những mất đoạn của operon này đã được tách ra và lập bản đồ như sau: Mất đoạn 1 tương ứng với P làm cho tơ được sản xuất liên tục, mất đoạn 2, 3, 4 tương ứng với Q, R, S làm cho tơ không được sản xuất ra.
Chủng | Kiểu gene | Khả năng sản xuất tơ |
Chủng 1 | P+Q-R+S+/P-Q+R+S+ | + |
Chủng 2 | P+Q+R+S-/P+Q+R-S+ | - |
Chủng 3 | P+Q+R-S+/P+Q-R+S+ | I |
Chú thích: -: không có khả năng sản xuất tơ, I: chịu cảm ứng, +: có khả năng sản xuất tơ.
a) Vùng S là vùng vận hành.
Sai. Vì: P là vùng vận hành vì mất đoạn 1 tương ứng với P làm cho tơ được sản xuất liên tục, chứng tỏ pr ức chế không liên kết được vào.
b) Vùng Q, R, S sẽ có một vùng là vùng khởi động.
Đúng
c) Vùng Q và R là các gene cấu trúc.
Đúng
d) Vùng khởi động là vùng S.
Đúng. Vì:
Giả sử Vùng khởi động là Q
+ Với chủng 1: vùng khởi động có thể là Q
+ Với chủng 2: vùng khởi động không thể là Q vì nếu vùng khởi động là Q thì sẽ có khả năng sản xuất tơ => loại
Giả sử vùng khởi động là R
+ Với chủng 1: thỏa mãn
+ Với chủng 2: thỏa mãn
+ Với chủng 3: không thoải mãn vì vùng khởi động là R thì khả năng sản xuất tơ là (-) => loại vùng khởi động là trình tự S
Q và R là gene cấu trúc.
Khi nói về bằng chứng giải phẫu so sánh, phát biểu nào sau đây đúng?
Cánh của chim và cánh của bướm là những cơ quan tương đồng.
Cơ quan tương tự là bằng chứng chứng tỏ nguồn gốc chung của các loài.
Cơ quan thoái hoá là một trường hợp của cơ quan tương đồng.
Cơ quan tương đồng phản ánh sự tiến hoá đồng quy.
Đáp án C
Hướng dẫn:
A sai. Vì cánh chim và cánh bướm là cặp cơ quan tương tự. Hai cơ quan này có chức năng giống nhau nhưng lại có cấu tạo khác nhau và nguồn gốc khác nhau.
B sai. Vì cơ quan tương tự không phản ánh nguồn gốc của các loài. Vì cơ quan tương tự là những cơ quan thuộc các nguồn gốc khác nhau.
C đúng. Vì cơ quan thoái hóa có cùng nguồn gốc với cơ quan không thoái hóa. Do đó, chúng tương đồng với nhau.
D sai. Vì cơ quan tương đồng phản ánh sự tiến hóa phân li.
Trong lịch sử phát triển của sinh giới qua các đại địa chất, ở đại nào sau đây phát sinh loài người?
Đại Trung sinh.
Đại Cổ sinh.
Đại Tân sinh.
Đại Nguyên sinh.
Đáp án C
Hướng dẫn:
Trong lịch sử phát triển của sinh giới qua các đại địa chất, loài người xuất hiện ở khoảng thời gian kỉ Đệ Tứ Đại Tân Sinh.
Bệnh alkan niệu là một bệnh di truyền hiếm gặp. Gene gây bệnh (alk) là gene lặn nằm trên nhiễm sắc thể số 9. Gene alk liên kết với gene I mã hoá cho hệ nhóm máu ABO. Khoảng cách giữa gene alk và gene I là 11 đơn vị bản đồ. Dưới đây là một sơ đồ phả hệ của một gia đình bệnh nhân. Nếu cá thể 3 và 4 sinh thêm đứa con thứ 5 thì xác suất để đứa con này bị bệnh alkan niệu là bao nhiêu? Biết rằng bác sỹ xét nghiệm thai đứa con thứ 5 có nhóm máu B.
5,5%.
2,75%.
11%.
50%.
Đáp án C
Kiểu gene 3: \(\frac{{IB\,\,ALK}}{{IO\,\,alk}}\) nhận giao tử lOalk từ bố mang 2 tính trạng lặn và giao tử IBALK từ mẹ.
Kiểu gene 4: \(\frac{{IA\,\,alk}}{{IO\,\,alk}}\) nhận giao tử lAalk từ mẹ và giao tử IOalk từ bố.
Xác suất sinh con thứ 5 bị bệnh alk, có nhóm máu B từ cặp vợ chồng 3 và 4:
Đứa con này có kiểu gene \(\frac{{IB\,\,alk}}{{IO\,\,alk}}\) nhận giao tử mang gene hoán vị IBalk = 0,055 từ 3 và giao tử IOalk = 0,5 từ 4.
- Xác suất sinh ra đứa con mang bệnh và có nhóm máu B là 0,055 × 0,5 = 2,75%.
Xác suất sinh con có nhóm máu B là: \(\frac{1}{4}\) = 25%.
Bác sỹ xét nghiệm thai đứa con thứ 5 có nhóm máu B, vậy xác suất để đứa con này bị bệnh và có nhóm máu B là: 2,75%: 25% = 11%
Cho nhiễm sắc thể có cấu trúc và trình tự các gene là ABCDE*FGH (dấu* biểu hiện cho tâm động). Đột biến tạo ra nhiễm sắc thể có cấu trúc ABCF*EDGH thuộc loại
đảo đoạn ngoài tâm động.
đảo đoạn mang tâm động.
chuyển đoạn trên một nhiễm sắc thể.
lặp đoạn.
Đáp án B
Hướng dẫn:
NST ABCDE*FGH → ABCF*EDGH.
Nhìn vào cấu trúc NST ta thấy đoạn NST DE*F bị đảo → F*ED có mang tâm động → đảo đoạn gồm tâm động.
Khi tiến hành lai tế bào thực vật bước đầu tiên được các nhà khoa học thực hiện là
cho các tế bào đem lại của hai loài đặc biệt để chúng dung hợp với nhau.
từ tế bào ban đầu đưa vào môi trường nuôi cấy đặc biệt để tạo thành cây lai.
từ tế bào ban đầu nhân lên trong môi trường đặc biệt tạo thành cơ thể lại.
tiến hành loại bỏ thành tế bào của các tế bào thuộc hai loài đem lại.
Đáp án D
Hướng dẫn:
Tế bào thực vật khác tế bào động vật là tế bào thực vật có thành cellulose nên trước khi dung hợp thì cần loài bỏ thu được tế bào trần. Sau đó mới tiến hành dung hợp nhân tế bào.
Trong lần giảm phân I ở người, có 10% số tế bào sinh tinh của bố có một cặp NST không phân li, 30% số tế bào sinh trứng của mẹ cũng có một cặp NST không phân li. Các cặp NST khác phân li bình thường, không có đột biến khác xảy ra. Biết rằng xác suất xảy ra rối loạn phân li của các cặp nhiễm sắc thể là ngang bằng nhau. Xác suất để sinh một người con trai chỉ duy nhất bị hội chứng Down (không bị các hội chứng khác) là
0,0081%.
0,0322%.
0,3695%.
0,7394%
Đáp án C
Hướng dẫn:
Người con trai bị hội chứng Đao thì sẽ có 3 NST số 21.
Để tạo ra dạng đột biến này thì phải có sự kết hợp giữa 1 giao tử bình thưởng và 1 giao tử bị rồi loạn có 2 NST ở NST số 21. Tức là giao tử n kết hợp với giao tử n + 1.
Ở giới đực, \(\frac{1}{{10}}\) tế bào sinh tinh giảm phân có 1 cặp NST không phân li.
=> Có \(\frac{1}{{230}}\) tế bào sinh tinh giảm phân bị đột biến ở cặp 21. Mỗi tế bào sinh tinh giảm phân không phân li ở 1 cặp NST thì sẽ có 2 giao tử có bộ NST là n + 1 và 2 giao tử có bộ NST là n – 1.
Vậy tỉ lệ giao tử (n + 1) có 2 NST ở cặp 21 là: \(\frac{1}{{460}}\)
Tỉ lệ giao tử bình thường n là \(\frac{9}{{10}}\)
Ở giới cái,\(\frac{3}{{10}}\) tế bào sinh trứng giảm phân có 1 cặp NST không phân li.
=> Có \(\frac{3}{{230}}\) tế bào sinh trứng giảm phân bị đột biến ở cặp 21. Mỗi tế bào sinh trứng giảm phân không phân li ở 1 cặp NST thì sẽ tạo ra 1 trứng, xác suất tạo ra giao tử có bộ NST là n + 1 là \(\frac{1}{2}\) và giao tử có bộ NST là n - 1 là \(\frac{1}{2}\).
Vậy tỉ lệ giao tử n + 1 có 2 NST ở cặp 21 là: \(\frac{3}{{460}}\)
Tỉ lệ trứng bình thường là \(\frac{7}{{10}}\)
Vậy tỉ lệ sinh con trai bị hội chứng Đao là: (\(\left( {\frac{1}{{460}} \times \frac{7}{{10}} + \frac{3}{{460}} \times \frac{9}{{10}}} \right) \times \frac{1}{2} = 0,3695\% \)
Ở người, bệnh câm điếc do gene lặn nằm trên NST thường quy định, bệnh mù màu do gene lặn nằm trên NST giới tính X quy định. Ở một cặp vợ chồng, bên phía vợ có bố bị mù màu, có mẹ bị câm điếc bẩm sinh. Bên phía người chồng có em cái bị câm điếc bẩm sinh. Những người khác trong gia đình đều không bị 2 bệnh này. Cặp vợ chồng sinh 1 đứa con, xác suất đứa con này là đứa con trai và không bị cả 2 bệnh là:
\(\frac{5}{8}\)
\(\frac{9}{{32}}\)
\(\frac{5}{{16}}\)
\(\frac{5}{{24}}\)
Đáp án D
Hướng dẫn:
Quy ước gene:
A- không bị câm điếc, a- bị câm điếc
B- không bị mù màu; b- bị mù màu
Xét nguời vợ: có bố bị mù màu \[\left( {{X^b}Y} \right),\]có mẹ bị câm điếc bẩm sinh (aa) → Người vợ có kiểu gene: \[Aa{X^B}{X^b}\]
Xét người chồng: có em cái bị câm điếc bẩm sinh → người chồng: (1 AA:2Aa)\[{X^B}Y\]
Cặp vợ chồng này: \[\left( {IAA:2Aa} \right){X^B}Y\; \times {\rm{ }}Aa{X^B}{X^b}\; \to \;\left( {2A:1a} \right)\left( {{X^B}:Y} \right) \times \left( {1A:1a} \right)\left( {{X^B}:{X^b}} \right)\]
Xác suất họ sinh 1 đứa con và không bị cả 2 bệnh là:
Xác suất sinh con không bị câm điếc bẩm sinh: \(1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{5}{6}\)
Xác suất sinh con trai không bị mù màu: \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\)
Vậy xác suất cần tính là: \(\frac{5}{6} \times \frac{1}{4} = \frac{5}{{24}}\)
Ở lúa nước 2n = 24. Số lượng NST kép trong tế bào của các tế bào sinh dưỡng tương ứng vào thời điểm tập trung trên mặt phẳng xích đạo ít hơn số lượng NST đơn của các tế bảo đang phân li về 2 cực của tế bào là 1200. Còn tổng số NST có trong 2 nhóm tế bào đó bằng 2640. Kết luận nào sau đây là sai?
Số lượng NST đơn trong nhóm tế bào 2 là 720 NST đơn.B
. Số lượng tế bào ở nhóm tế bào mà các NST đang phân li về 2 cực tế bào là 40 tế bào.
Số lượng tế bảo đang bước vào kì giữa là 30 tế bào.
Số lượng tế bào con được tạo ra từ 2 nhóm tế bào trên khi kết thúc nguyên phân là 140 tế bào.
Đáp án A
Hướng dẫn:
Nhóm tế bào có NST kép đang tập trung trên mặt phẳng xích đạo đang ở kỳ giữa của nguyên phân, số NST có trong mỗi tế bào là 24 NST kép. (Nhóm 1)
Nhóm tế bào có NST đơn đang phân ly về 2 cực của tế bào đang ở kỳ sau của nguyên phân, số NST có trong mỗi tế bào là 48 NST đơn. (Nhóm 2)
Gọi số NST trong các tế bào ở nhóm 1 là a, số NST trong các tế bào ở nhóm 2 là b ta có:
a + b = 2640; b - a = 1200 => a = 720; b = 1920 => A sai
Số lượng tế bào ở nhóm 2 là: 1920 : 48 = 40 => (B) đúng
Số lượng tế bào ở nhóm 2 là: 720 : 24 = 30 => (C) đúng
Số lượng tế bào con được tạo ra từ 2 nhóm tế bào sau khi kết thúc nguyên phân là:
(30 + 40) × 2 = 140 => (D) đúng
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ Đáp án Câu 1 đến 6. Thí sinh điền kết quả mỗi Đáp án Câu vào mỗi ô trả lời tương ứng theo hướng dẫn của phiếu trả lời.
Sắt là thành phần đặc biệt quan trọng trong việc tổng hợp các chất dẫn truyền điện tử của chuỗi truyền điện tử và quang phosphoryl hoá trong quang hợp ở thực vật vì Fe là thành phần cấu tạo của cytochrome và ferredoxin (hai thành phần quan trọng của các chuỗi truyền điện tử). Khi sống ở môi trường thiếu sắt. Thực vật có những biến đổi:
1. Không tạo ra được ATP và NADPH cần thiết cho pha tối.
2. Hệ thống vận chuyển điện tử của thực vật bị suy giảm nghiêm trọng. Điều này kéo theo sự suy giảm của quá trình quang hợp.
3. Cây sẽ kém phát triển và nếu tình trạng kéo dài cây có thể chết.
4. Ảnh hưởng đến quá trình tổng hợp chất dinh dưỡng của cây.
Hãy viết liền các số tương ứng trình tự bốn biến đổi liên tiếp nhau ở thực vật khi sống ở môi trường thiếu sắt.
(2) Hệ thống vận chuyển điện tử bị suy giảm (do thiếu sắt làm giảm hoạt động của cytochrome và ferredoxin).
(1) Không tạo ra được ATP và NADPH cần thiết cho pha tối (do chuỗi truyền điện tử bị ảnh hưởng, dẫn đến giảm khả năng tổng hợp ATP và NADPH).
(3) Ảnh hưởng đến quá trình tổng hợp chất dinh dưỡng của cây (không có đủ ATP và NADPH sẽ làm suy giảm quá trình quang hợp, ảnh hưởng đến tổng hợp chất dinh dưỡng).
(4) Cây kém phát triển và có thể chết nếu tình trạng kéo dài (thiếu năng lượng và dinh dưỡng gây tổn thương nghiêm trọng đến sự phát triển của cây).
Một loài thực vật lưỡng bội có 6 nhóm gene liên kết, trên mỗi nhóm liên kết chỉ xét 2 cặp gene dị hợp tử. Giả sử trong quá trình giảm phân ở một cơ thể không xảy ra đột biến nhưng vào kì đầu của giảm phân I, ở mỗi tế bào có hoán vị gene ở 1 cặp NST. Theo lí thuyết, quá trình giảm phân diễn ra bình thường thì có thể tạo ra tối đa bao nhiêu loại giao tử hoán vị?
Số loại giao tử hoán vị\[ = {\rm{ }}\left( 6 \right){.2^6} = {\rm{ }}384\].
Ở cừu, kiểu gene DD quy định có sừng, kiểu gene dd quy định không sừng, kiểu gene Dd quy định có sừng ở con đực và không sừng ở con cái. Trong một quần thể cân bằng di truyền có 30% số cừu có sừng. Biết rằng số cá thể cừu đực bằng số cá thể cừu cái và không xảy ra đột biến. Theo lí thuyết, tần số allele d trong quần thể này là bao nhiêu?
Khi quần thể cân bằng di truyền có cấu trúc: (♂ + ♀) \[{p^2}\]DD+ (♂) pqDd + (♀)pqDd + (♂ + ♀)\[{q^2}\] dd = 1
Tỉ lệ có sừng là: (♂ + ♀)\[{p^2}\] DD+ (♂)pqDd = 30% → Tần số d = 0,3 → Tần số D = 0,7.
Một loài thực vật, cho cây thân cao, hoa đỏ (P) tự thụ phấn, thu được F1 có 4 loại kiểu hình trong đó có 1% số cây thân thấp, hoa trắng. Biết rằng mỗi gene quy định 1 tính trạng. Theo lí thuyết, ở F1 cây có kiểu hình thân cao, hoa trắng chiếm tỉ lệ là bao nhiêu? (tính làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy).
Sử dụng công thức : A-B- = 0,5 + aabb; \(\frac{{A - bb}}{{aaB - }}\)= 0,25 - aabb
Hoán vị gene ở 2 bên cho 10 loại kiểu gene
Giao tử liên kết =\(\frac{{1 - f}}{2}\); giao tử hoán vị: \(\frac{f}{2}\)
Thân thấp hoa trắng = 0,01
Tỷ lệ giao tử P: Ab = aB = 0,4; AB = ab = 0,1
Số cây thân cao, hoa trắng = 0,25 - 0,01 = 0,24.
Trong một chuỗi thức ăn của một hệ sinh thái gồm có: cỏ → châu chấu → cá rô. Nếu tổng năng lượng của châu chấu là 1,4.107 kcal; tổng năng lượng của cá rô là 1,0.106 kcal. Hiệu suất sinh thái của cá rô so với bậc dinh dưỡng liền kề trước nó là bao nhiêu? (tính làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy).
Hiệu suất sinh thái bằng tỉ lệ phần trăm chuyển hóa năng lượng giữa các bậc dinh dưỡng.
- Hiệu suất sinh thái của cá rô: \[H = \frac{{1,1 \times {{10}^6}}}{{1,4 \times {{10}^7}}} = 0,07\]
Ở một hồ nước, năng lượng bức xạ chiếu xuống mặt nước đạt đến 5 triệu kcal/m2/ngày. Tảo silic chỉ đồng hoá được 0,5% tổng năng lượng đó, giáp xác khai thác 50% năng lượng tích lũy trong tảo, cá ăn giáp xác khai thác được 0,1% năng lượng của giáp xác. Số năng lượng tích tụ trong cá là bao nhiêu? (tính làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy).
Số năng lượng tích tụ trong tảo là = \[{5.10^6} \times {\rm{ }}0,5\% {\rm{ }} = {\rm{ }}25.000\](Kcal)
- Số lượng năng lượng tích lũy trong giáp xác là 25000 × 50% = 12.500 (Kcal).
- Số lượng năng lượng tích lũy trong cá là 12.500 × 0,1% = 12,5 (Kcal).
