Đề ôn luyện thi THPTQG Sinh Học có lời giải (Đề số 4)

Vậy: A đúng

Chú ý:

   + Chu trình sinh tan : virut nhân lên và phá vỡ tế bào (qua 5 giai đoạn)

   + Chu trình tiềm tan : ADN hoặc ARN virut (nếu ARN sẽ tổng hợp thành ADN của virut) cài xen vào ADN của tế bào chủ. Tế bào chủ vẫn sinh trưởng bình thường.

   Vậy: D đúng

A à đúng. Đột biến điểm  đột biến gen => phát sinh alen mới

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

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

   Vậy: A đúng

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

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

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

   Vậy: C đúng

Sự hình thành loài cỏ chăn nuôi Spartina như sau:

   P: cỏ gốc Âu (2n=50) x cỏ gốc Mỹ (2n=70)

   G: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{A}}$ = 25                  ${\mathrm{n}}_{\mathrm{M}}$ = 35

   $F_1$:                               2${\mathrm{n}}_{\mathrm{AM}}$ = 60 (bất thụ)

      đa bội hóa

   $F_2$: 4n = 2${\mathrm{n}}_{\mathrm{A}}$ + 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.

   Vậy: A đúng

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

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

   Vậy: A đúng

A. à 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. à sai. Có 2n nhiễm sắc thể trong tế bào => thể lưỡng bội.

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

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

   Vậy: A đúng

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

   D. à 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.

   Vậy: C đúng

Bào quan có 1 lớp màng: Lưới nội chất, Bộ máy Gôngi, Không bào, Lizôxôm.

   Vậy: D đúng

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.

   Vậy: B đúng

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%)

Vậy: D đúng

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. à sai. Tái sử dụng cho các hoạt động sống của sinh vật.

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

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

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

   Vậy: B đúng

Các loại hình 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 luỹ 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.

Vậy: B đúng

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

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

   C. à 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 con người,...).

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

   Vậy: C đúng.

Kích thước quần thể tại thời điểm t: ${\mathrm{N}}_{\mathrm{t}}={\mathrm{N}}_0+\mathrm{B}-\mathrm{D}+\mathrm{I}-\mathrm{E}$. Với ${\mathrm{N}}_0$ = 11000 (ban đầu)

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

   Sau 1 năm ${\mathrm{N}}_{\mathrm{t}}={\mathrm{N}}_0+\mathrm{B}-\mathrm{D}+\mathrm{I}-\mathrm{E}$= ${\mathrm{N}}_0+{\mathrm{N}}_0.12\%-{\mathrm{N}}_0.8\%+0-{\mathrm{N}}_0.2\%$ = 11220

   Vậy: D đúng

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

à Vậy: C đúng

Trong tế bào tồn tại 2n ${\mathrm{NST}}_{\mathrm{kép}}$ (BB, BB; ee, EE; ff, ff) và sắp xếp 2 hàng ở mặt phẳng xích đạo => Tế bào đang quan sát ở kì giữa quá trình giảm phân 1.

   I à đúng.

   * Cách 1: đếm được 12 cromatit.

   * Cách 2: Tế bào kì giữa 1 có 2${\mathrm{n}}_{\mathrm{kép}}$ = 6 à số cromatit = 2 x ${\mathrm{NST}}_{\mathrm{kép}}$ = 2n.2 = 12

   II à đúng.

   III à đúng. Tế bào kì giữa 1 có 2${\mathrm{n}}_{\mathrm{kép}}$ = 6 ${\mathrm{NST}}_{\mathrm{kép}}$ à 2n = 6.

   IV à đúng. Khi tế bào sinh dục (2n = 6) à kết thúc giảm phân tạo ra 4 tế bào đơn bội, mỗi tế bào có bộ NST đơn bội (n = 3).

   Vậy: D đúng

Trong quang hợp, nhờ có diệp lục đã hấp thụ ánh sáng mặt trời để tổng hợp chất hữu cơ từ nước và ${\mathrm{CO}}_2$ theo phương trình tổng quát. $6{\mathrm{CO}}_2+12{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$à ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}{\mathrm{O}}_6+6{\mathrm{O}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

   Vậy: B đúng

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. Vậy câu sai là phương án C.

   Vậy: C đúng.

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.

   Vậy: D đúng

Vậy: D đúng

Vậy: D đúng

I, II, II à sai

IV à đúng

Vậy: A đúng

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. à đúng. Đột biển đã xảy ra ở vùng vận hành làm cho protein ức chế không tác động vào được.

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

   3. à đúng. Đột biến đã xảy ra ở gen điều hòa làm cho protein ức chế mất chức năng. à làm cho chức năng ức chế không còn nữa.

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

   Vậy: A đúng

A. à sai. Khi môi trường có lactozo thì phân tử đường này sẽ liên kết với ARN polimeroza 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. à 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. à 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 với vùng vận hành O để kìm hãm hoạt động operon).

   Vậy: C đúng

(1) AAaaBBbb X AAAABBBb

   ó (AAaa X AAAA)(BBbb X BBBb)

   G: [(1AA : 4Aa : laa)(l AA)][(1BB : 4Bb : Ibb)(lBB : lBb)]

   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 X AaaaBBbb

   ó (Aaaa X Aaaa)(BBBB X BBbb)

   G: [(lAa: laa)(lAa : laa)][(lBB)(lBB : 4Bb : lbb)]

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

   (3) AaaaBBbbxAAAaBbbb (giải như trên)

   à F₁: kiểu gen  8 : 4 : 4 : 2 : 2 : 1 : 1 : 1 : 1 => sai.

   (4) AAAaBbbb X AAAABBBb

à F₁ có kiểu gen  8 : 4 : 4 : 2 : 2 : 1 : 1 : 1 : 1=> sai.

   (5) AAAaBBbb X Aaaabbbb. (giải như trên)

   ó (AAAa X Aaaa)(BBbb X bbbb)

   G: [(lAa : laa)(l Aa : laa)][(lBB : 4Bb : lbb)(lbb)]

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

   (6) AAaaBBbb x AAaabbbb à F₁: kiểu gen 8 : 4 : 4 : 2 : 2 : 1 : 1 : 1 : 1 => sai.

   Vậy: C đúng

Theo giả thuyết ta có:

   + a = 78, 2n =78, NST = 8112

   +$\frac{1. 2^{{\mathrm{x}}_1}}{1. 2^{{\mathrm{x}}_2}}=\frac{1}{4}$                                       (1)

   + $1.2^{{\mathrm{x}}_3}=1,6. \frac{1.2^{{\mathrm{x}}_1}}{1.2^{{\mathrm{x}}_2}}$                            (2)

   Ta có NST = 8112 = $1.2\mathrm{n}.\left(2^{{\mathrm{x}}_1}-1\right)$ + $1.2\mathrm{n}.\left(2^{{\mathrm{x}}_2}-1\right)$ + $1.2\mathrm{n}.\left(2^{{\mathrm{x}}_3}-1\right)$

   ó $1.\left(2^{{\mathrm{x}}_1}-1\right)$ + $1.\left(2^{{\mathrm{x}}_2}-1\right)$ + $1.\left(2^{{\mathrm{x}}_3}-1\right)$ = 8112/2n = 8112/78 = 104 (3)

   Từ (1), (2) và (3) => Số lượng tế bào con sinh ra hợp tử 1, hợp tử 2, hợp tử 3 lần lượt:

   + $1.2^{{\mathrm{x}}_1}$ = 8

   + $1.2^{{\mathrm{x}}_2}$ = 32

   + $1.2^{{\mathrm{x}}_3}$ = 64

   Vậy: C đúng

Theo thuyết siêu trội, con lai ở trạng thái dị hợp càng nhiều thì càng tao ra hiệu quả bổ trợ cao nhất à 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 x AAbbdd à ${\mathrm{F}}_1$: AABbdd.

   B. aabbdd x AAbbDD à ${\mathrm{F}}_1$: AabbDd.

   C. aabbDD x AABBdd à ${\mathrm{F}}_1$: AaBbDd => dị hợp cả ba gen => ưu thế lai tốt nhất

   D. aaBBdd x aabbDD à ${\mathrm{F}}_1$: aaBbDd.

   Vậy: C đúng

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

   Vậy: D đúng

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) x aabb à ${\mathrm{F}}_{1_{}}$: 4A-B- : 4aabb : 1A-bb : 1aaB-

   àP: (Aa, Bb)(Q) x (aa, bb) à ${\mathrm{F}}_{1_{}}$: 0,4aabb = 0,4.1

   Với Q : (Aa, Bb) cho giao tử (a, b) = 0,4 à G_Q: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{a}, \mathrm{b}=\mathrm{A}, \mathrm{B}=0,4\\ \mathrm{A}, \mathrm{b}=\mathrm{a}, \mathrm{B}=0,1\end{array}\right.$  

   => Q: $\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{ab}}$  , f=20%

   Vậy B đúng

A quy đinh thân xám >> a quy đinh 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 có con cái mới hoán vị)

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

   à F1 kiểu hình = (X : y : y : z)(3 : 1)

   F1: A-B-D- = 0.525 à A-B- = 0,525/0,75 = 0,7

   à aabb = 0,7 -0,5 = 0.2 = 0,5 x 0,4 à f = 20% ( Vì ♀ cho giao tử ab = 40%)

   à 1 giao tử hoán vị = 10% => f= 20%)

   Vậy  ♂$\mathrm{A}-{\mathrm{bbX}}^{\mathrm{D}}\mathrm{Y}$ = (0,25 – aabb)(1/4) = (0,25 -0,2).1/4 = 1,25%

   Vậy A đúng

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

   + 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- . Pháp lai P à F₁ thảo quy tắc x : y : y : z

   + Pháp lai $\mathrm{P}.{\mathrm{X}}^{\mathrm{D}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{d}}\times {\mathrm{X}}^{\mathrm{D}}\mathrm{Y}$  à ${\mathrm{F}}_1$: 3/4D- : 1/4dd

   à ${\mathrm{F}}_1$: A-B-D- = 0,495 ó 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 ${\mathrm{F}}_1$: = ${\mathrm{T}}_1{\mathrm{L}}_2{\mathrm{L}}_3+{\mathrm{L}}_1{\mathrm{T}}_2{\mathrm{L}}_3+{\mathrm{L}}_1{\mathrm{L}}_2{\mathrm{T}}_3$ = y.1/4 + y.1/4 + z.3/4 = 16,5%

   Vậy: B đúng

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

  $\mathrm{P}:\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{ab}}\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{DE}} {\mathrm{f}}_{\mathrm{AB}}=40\%$  à giao tử: abDE = (1-f)/2.1 à Vậy: C 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.

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

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

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

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

Vậy: D đúng

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

   => $4^1.2^{\mathrm{n}-1}$  = 128 à 2n = 12

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

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

   + Nếu tế bào đột biến 2n+1 à 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 à tế bào này tạo ra cuối giảm phân 1 là n_k = 7 kép

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

   KL:

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

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

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

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

   Vậy: B đúng

A-vàng > a-trắng

   P 2000 cây (P) x trắng(aa) àF₁: trắng(aa) = 3%

   à G: 0,97A : 0,03a    1a

   ó F₁: (aa) = 0,03 x 1

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

   => P = xAA : yAa ( x+y=1)

   à a =  = 0,03 à y= 0,06,x=0,94

   P_A- = 94%AA : 6%Aa

   Vậy:

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

   B à 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 à sai. Vì P_A- = 94%AA : 6%Aa tự thụ

   + 0,94 (AA x AA)à F₁: 0,94(A-)

   + 0,06 (Aa x Aa) à F₁: 0,06(1/4AA : 2/4Aa : 1/4aa)

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

   Dà sai.

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

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

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

   Vậy: A đúng

Theo giả thiết: 4 gen cùng nằm trên 1 NST

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

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

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

   à CD+BC+BD => vị trí gen B giữa C và D à D_____B________C

   + Mà CD dài nhất=> thật tự là D___A__B_________C

   => Vậy trật tự 4 gen trên NST: DABC hay CBAD

   Vậy: D đúng

Theo giả thiết:

A quy định hoa đỏ 

a quy định hoa vàng

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

ó 100%Aa à x=0,y=1;z=0

Tự phối n=2 thế hệ ${\mathrm{F}}_2$: $\left[\mathrm{x}+\frac{\mathrm{y}}{2}\left(1-\frac{1}{2^{\mathrm{n}}}\right)\right] AA+\left[\frac{y}{2^n}\right] Aa + \left[z+\frac{y}{2}\left(1-\frac{1}{2^{\mathrm{n}}}\right)\right] aa=1$

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

   Vậy: D đúng

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 ó P_CBDT =${\mathrm{p}}^2\mathrm{AA}+2\mathrm{pqAa}+{\mathrm{q}}^2\mathrm{aa}=1$

   Giả thiết cho(A-) = 64% à thuận trái (aa) = ${\mathrm{q}}^2$= 0,36 à 1=0,6 àp=0,4

P: vợ(aa) x chồng A-(aa) x  $\left(\frac{0,16}{0,16+0,48}\mathrm{AA} :\hspace{0.17em}\frac{0,48}{0,16+0,48}\mathrm{Aa}\right)$

   ó vợ(aa) x chồng A- $\left(\frac{1}{4}\mathrm{AA} :\hspace{0.17em}\frac{3}{4}\mathrm{Aa}\right)$  

   G           1a                 $\frac{5}{8}$A : $\frac{3}{8}$a

   à ${\mathrm{F}}_1$: $\frac{5}{8}$Aa : $\frac{3}{8}$aa

   Vậy xác xuất sinh con thuận tay phải (A-) cần tìm là $\frac{5}{8}$ = 62,5%

   Vậy: D đúng

P: ♂ ${\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}\mathrm{Y}$ x ♀ ${\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}$ à F₁: 1${\mathrm{X}}^{\mathrm{M}}{\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}$ : 1${\mathrm{X}}^{\mathrm{m}}\mathrm{Y}$

   Aà sai. Con trai và con gái đều có thể bị bệnh à con gái không bị

   B à đúng. Tất cả con trai bị bệnh

   C à sai. Tất cả các con đều bình thường à con gái BT con trai bị bệnh

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

   Vậy: B đúng