Đề tham khảo ôn thi HSG Sinh học 12 có đáp án - Đề 6
32 câu hỏi
PHẦNI.Câutrắcnghiệm nhiềuphươngánlựachọn.Thísinhtrảlờitừcâu1 đếncâu20.Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Bộbađốimã(anticodon)củatRNAvậnchuyểnaminoacidMethyoninelà
5'AUG3'.
3'CAU5'.
5'CAU3'.
3'AUG5'
Chọn C
Trongmộtchạc táibản,sợidẫnđầulàsợiđượctổnghợpdựatrênmạchkhuônnàosau đây?
Mạch3’à5’.
Mạch5’à 3’.
Mạch gốc
Mạchbổsung.
Chọn A
Ởsinh vậtnhân sơ,độtbiếnởvùng nào củaOperon có thểlàmgen cấu trúcphiên mã liên tục kể cả khi môi trường thiếu chất cảm ứng?
Vùngkhởiđộng (P).
Vùngvậnhành(O).
VùnggenY.
Vùng mãhóagen cấu trúc.
Chọn B
Dạng độtbiếncấutrúcNSTnàođượcmôtảởhìnhbên dưới?
Mấtđoạn
chuyểnđoạntươnghỗ
Chuyểnđoạnkhôngtương hỗ
Đảođoạn
Chọn B
Đểchứng minh cácnhântốditruyền không hoàtrộnvàonhau,Mendelđãthực hiện phép lai nào?
Laiphântích.
Laikhácdòng.
Laixa.
Laithuậnnghịch.
Chọn A
Trongcác mức cấutrúcsiêu hiểnvicủanhiễmsắc thểđiểnhìnhởsinhvậtnhânthực, mức cấu trúc nào sau đây có đường kính 30 nm?
Sợi nhiễm sắc.
Sợi siêu xoắn.
Sợi cơ bản.
Chromatid.
Chọn A
Ởngười,bệnhmùmàudomộtgenelặnmnằmtrênNSTXquyđịnh,khôngcóallele tươngứngtrênNSTY.Cặpbốmẹnàosauđâycóthểsinhcontraibịbệnhmùmàuvớixác suất 25%?
XMXMx XmY.
XMXmxXmY.
XMXMx XmYm.
XmXmxXmY.
Chọn B
Nhậnđịnhnàodướiđâyđúngkhinóivềhoạtđộngcủacủamộtnhiễmsắcthểtrongquátrình giảm phân tạo giao tử được mô tả ở hình bên dưới?
Hoạtđộngđượcthểhiệntrênhình thườngxảyraởkìđầucủalầnphânbào II.
Cácalleletươngứngcủagenetraođổivịtríchonhaulàcơsởcủahoánvịgene.
Kếtquảcủahiệntượngnàytạonêncácgiaotửmangcáctổhợpgenegiốngnhau.
Sựtraođổichéoxảyraở2chromatidcùngnguồntrongcặptươngđồng.
Chọn B
Giống động vật nào sau đây không phải làsản phẩm củaphép lai hữu tính giữa các loài khác nhau?
Giốngvịtphangan.
GiốngcátrêlaiClariasgariepinus×C.batrachus.
Giốngla.
GiốnglợnReHal.
Chọn D
Cho cácloàisinhvật sau:
(1)GiốnglúaLYP9. (2)GiốnglúaPR23.
(3)Giống cacao CCN51. (4)CừuDolly.
(5)Cáchép V1. (6)Vịtphangan.
Cóbaonhiêusinhvậtđượctạoranhờứngdụngcủatạogiốngbằnglaihữutính?
4
5
6
3
Chọn B
Sinh vật được tạo ra nhờ ứng dụng của tạo giống bằng lai hữu tính là: Giống lúa LYP9
Giống lúa PR23 Giống ca cao CCN51 Cá chép V1
Vịt pha ngan
NhiềugiốngcâytrồngởViệtNamđãđượcchọntạobằngphươngpháplaihữutính,mang lại năng suất cao, khả năng chống chịu tốt và chất lượng nông sản vượt trội. Theo tài liệu, giống ngô lai VN116 cho năng suất tới 92,5 tạ/ha; giống mía lai PH1 cho năng suất và chất lượng cao; giống cao su CNS 831 là kết quả lai giữa dòng Vàng và Kim Tuyến; còn giống lúa thơm ST25 có hươngvịđặcbiệt,từngđạtgiải"Gạongonnhấtthếgiới".Đặcđiểmnàodướiđây khôngđúngvới giống cây trồng được tạo ra bằng phương pháp lai hữu tính?
Cókhảnăngkếthợpnhiềuđặcđiểmtốttừdòngbốvàmẹbanđầu.
Tạoracácgiốngcâytrồngcókhảnăngkhángsâubệnh,năngsuấtcao.
Thườngcótínhổnđịnhditruyềnvàđộđồngnhấtcaohơnsovớibốmẹ.
Giốnglaimangnhữngđặcđiểmditruyềnưuviệttừbốvàmẹquachọn lọc.
Chọn C
Cho enzyme cắt giới hạn có các trình tự nhận biết đặc trưng tương ứng; đoạn phân tử DNA chứa gene cần chuyển và vector đều có trình tự nhận biết cho enzyme cắt giới hạn.
Đoạn phân tử DNA chứa gene chuyển:
Mạch 1: 5’ T A G G C A T T G G A T A G G C A T A C G 3’ Mạch 2: 3’ A T C C G T A A C C T A T C C G T A T G C 5’
Đoạn vector:
Mạch 1: 5’ G T A G G C A T G 3’ Mạch 2: 3’ C A T C C G T A C 5’
Sau khi sử dụng enzyme cắt giới hạn để cắt đoạn gene chuyển và cắt vector, người ta sử dụng enzyme nối để tạo đoạn DNA tái tổ hợp. Mạch 1 của đoạn DNA tái tổ hợp là đoạn nào sau đây?
5’ GTAGGCATTGGATAGGCATG 3’.
5’ GTAGGCATTGGATAGCATG 3’.
5’ CTAGCATTGGATAGGCCATG 3’.
3’ TATGCATTGGATAGGCATC 5’.
Chọn A
Vớitrìnhtựnhậnbiết đặctrưngcủaenzymecắtgiớihạnthìđoạngene cầnchuyển làđoạn được đánh dấu:
Mạch1:5’ TAG G CATT GGA TAG GCAT ACG3’ Mạch 2:3’ A T C C G T A G C C T A T C C G T A T G C 5’
Sơ đồ dưới đây mô tả cơ chế hình thành một hội chứng bệnh ở người. Sơ đồ đó mô tả cho hội chứng bệnh nào sau đây? 
Hội chứng Turner.
Hội chứng Down.
Hội chứng Klinefelter.
Hội chứng tiếng mèo kêu.
Chọn B
NgườitatiếnhànhhaithínghiệmđểtổnghợpDNAnhưsau:
Thínghiệm1:TrộnDNApolimerasevàodungdịchchứaDNAkhuônmạchthẳng,sợikép, cácRNAmồibắtcặpbổsungvớitrìnhtựDNAkhuônởđầu3'củamỗimạchđơnvà4loại nucleotid A, T, G, C. Kết quả thu được các DNA sợi kép có kích thước phân tử khác nhau
-Thínghiệm2:TrộnDNApolimerasevàodungdịchchứaDNAkhuônmạchvòng,sợikép, các RNA mồi bắt cặp bổ sung với trình tự DNA khuôn và 4 loại nucleotid A, T, G, C. Kết quả thu được các DNA sợi kép có kích thước phân tử giống nhau
Biết rằng, các thí nghiệm có đủ các điều kiện cần thiết cho quá trình tái bản DNA diễn ra nhiều lần. Trong các giải thích về thí nghiệm sau đây theo lí thuyết, phát biểu nào sau đây đúng?
I. Ởthínghiệmthứnhất,tronglầntáibảnthứnhất,RNAđượcbắtđầuởđầu5'của mỗisợimới tổng hợp do RNA mồi liên kết bổ sung với đầu 3' của mỗi sợi đơn DNA khuôn mạch thẳng.
II. Trong lần tái bản thứ 2 ở thí nghiệm thứ nhất, RNA mồi ở đầu 5' không sử dụng làm khuônđểtổnghợpsợimớinênkíchthướcDNAmớitổnghợpngắnhơnsợiđơnDNAlàm khuôn ban đầu. Vì vậy, tạo nên DNA có kích thước ngắn hơn DNA làm khuôn ban đầu.
III. Ởthínghiệm2,DNApolimerasevừacóhoạttínhkéodàimạch(DNA)theochiều5'-3' và vừa có hoạt tính loại bỏ mồi theo chiều 5'-3'.
IV. Ở thí nghiệm 2, do cấu trúc DNA mạch vòng nên DNA polymerase đang tổng hợp sợi mới sẽ gặp đầu 5' của RNA mồi (bổ sung với sợi khuôn) nên có thể loại bỏ RNA mồi và tổng hợp DNA thay thế. Vì vậy tạo DNA mạch vòng gồm các sợi mới tổng hợp và sợi làm khuôn có kích thước giống nhau.
I,IIvà IV.
II,III và IV.
I,IIvà III
I,II,IIIvà IV.
Chọn D
I. Đúng.Ởthínghiệmthứnhất,tronglầntáibản thứnhất,RNA đượcbắt đầuởđầu5'của mỗi sợi mới tổng hợp do RNA mồi liên kết bổ sung với đầu 3' của mỗi sợi đơn DNA khuôn mạch thẳng.
II. Đúng. Trong lần tái bản thứ 2 ở thí nghiệm thứ nhất, RNA mồi ở đầu 5' không sử dụng làmkhuônđểtổnghợp sợi mới nênkíchthướcDNA mớitổng hợp ngắn hơnsợi đơnDNA làm khuôn ban đầu. Vì vậy, tạo nên DNA có kích thước ngắn hơn DNA làm khuôn ban đầu.
III. Đúng.Ởthínghiệm2,DNApolimerasevừacóhoạttínhkéodàimạch(DNA)theo chiều 5'-> 3' và vừa có hoạt tính loại bỏ mồi theo chiều 5'-3'.
IV. Đúng. Ở thí nghiệm 2, do cấu trúc DNA mạch vòng nên AND polymerase đang tổng hợp sợi mới sẽ gặp đầu 5' của RNA mồi (bổ sung với sợi khuôn) nên có thể loại bỏ RNA mồivàtổng hợpDNA thay thế.Vì vậytạo DNA mạch vònggồmcácsợi mới tổnghợp và sợi làm khuôn có kích thước giống nhau.
Ở bò, tính trạng lông đen chi phối bởi gene cb, gene này trội ở con đực nhưng lặn ở con cái. Allele của nó là cr chi phối tính trạng lông đỏ, gene này trội ở con cái nhưng lặn ở con đực. Gene quy định màu lông nằm trên NST thường. Cho bò đực lông đỏ giao phối với bò cái lông đen, tỉ lệ kiểu hình không theo giới tính ở F1 và F2 là:
F1: 1 lông đen : 1 lông đỏ; F2: 3 lông đen : 1 lông đỏ.
F1: 100% lông đen; F2: 3 lông đen : 1 lông đỏ.
F1: 100% lông đen; F2: 1 lông đen : 1 lông đỏ.
F1: 1 lông đen : 1 lông đỏ; F2: 1 lông đen : 1 lông đỏ
Chọn D
MộtcơthểđựccókiểugeneAaXDEYdegiảmphânbìnhthường,trongđócómộtsốtếbào đã xảy ra hoán vị gene. Theo lý thuyết, kết thúc giảm phân có bao nhiêu nhận định sau đây đúng?I. Có 3 tế bào giảm phân trong đó có 1 tế bào xảy ra hoán vị giữa allele D và d thi ̀ sẽ tạo ra tối đa 6 loại giao tử.II. Có 3 tế bào giảm phân có thể tạo ra 4 loại giao tử với tỷ lệ 5:5:1:1III. Cơ thể này có thể tạo ra tối đa 8 loại giao tử.IV. Để tạo ra số loại giao tử tối đa cần tối thiểu 4 tế bào giảm phân.
1
3
2
4
Đápán B
Iđúng:khimỗi tếbàothuộc1trườnghợp sau:
TH1:TBkhônghoánvịgiảmphântạo:AXDE:aYde TH2: TBkhông hoánvịgiảm phântạo:aXDE: AYde
TH3:TBhoánvịgiảmphântạo:AXDE:aYde:AXdE:aYDehoặcAYde:AYDe:aXDE:aXdEhoặcAXDE: aYde: AXDe: aYdEhoặc AYde: AYdE: aXDE: aXDe
II đúng,trongtrườnghợp2tếbàokhôngcóHVGgiảmphântạo2loạigiaotửvớitỷlệ4:4;tếbàocó HVG tạo giao tử với tỷ lệ 1:1:1:1
III sai,cơ thể tạo ratối đa12 loại giaotử. (A: a)(XDE: Yde:XdE: YDe: XDe:YdE)
IV đúng,Đểtạora8loại giao tửhoán vịcần tối thiểu4 tếbào giảm phân.
Ở nhiều loài động vật có vú, hormone leptin được tạo ra bởi các tế bào mỡ và tiết vào máu, khi bám vào các thụ thể ở tế bào thần kinh sẽ gây ra cảm giác chán ăn; do đó hormone này đóng vai trò quan trọng trong việc điều hòa hành vi ăn uống. Những đột biến liên quan đến việc mất khả năng sản xuất leptin, hoặc mất khả năng sản xuất thụ thể leptin đều gây ra những rối loạn trong hành vi ăn uống và dẫn đến chứng béo phì.
Một nghiên cứu như vậy đã được thực hiện ở 2 dòng chuột bạch béo phì thuần chủng trưởng thành mang các đột biến khác nhau trong phòng thí nghiệm. Những con chuột của mỗi dòng này đều có hành vi tham ăn và kích thước cơ thể béo hơn rất nhiều so với chuột dòng bình thường (dòng dại).
- Ở thí nghiệm thứ nhất, các nhà khoa học thực hiện phép lai giữa các dòng béo phì và dòng bình
thường, sau đó cho F1 giao phối với nhau thu được F2. Kết quả tóm tắt như sau:
Phép lai | P | F1 | F2 |
1 | Dòng 1 x dòng dại | 100% bình thường | 75% bình thường : 25% béo phì |
2 | Dòng 2 x dòng dại | 100% bình thường | 75% bình thường : 25% béo phì |
3 | Dòng 1 x dòng 2 | 100% bình thường |
|
- Ở thí nghiệm thứ hai, các nhà khoa học đã sử dụng công nghệ cấy tế bào gốc của mỗi dòng sang dòng còn lại sau đó theo dõi cân nặng sau một thời gian; họ nhận thấy rằng cấy tế bào gốc chuột dòng 1 vào cơ thể chuột dòng 2 thì cá thể nhận tế bào gốc đã kiểm soát được khối lượng (không bị tăng cân); còn ở thí nghiệm ngược lại thì cá thể nhận tế bào gốc vẫn tiếp tục tăng cân hơn 30% khối lượng cơ thể sau một thời gian.
Giả sử các con chuột trong hai thí nghiệm được nuôi với điều kiện dinh dưỡng như nhau và không bị tác động bởi các nhân tố khác
Từ kết quả nghiên cứu, theo lý thuyết có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?I. Hành vi ăn uống điều độ ở chuột bạch do ít nhất 2 gene tương tác bổ sung quy định; các đột biến lặn gây mất chức năng ở ít nhất 1 trong 2 gene này sẽ dẫn đến chứng tham ăn và béo phì.
II. Dòng 1 nhiều khả năng bị đột biến dẫn đến mất khả năng sản xuất leptin.
III. Nếu đem tế bào gốc của dòng dại truyền cho dòng 1 hoặc dòng 2 chuột nhận được đều không
tăng thêm khối lượng cơ thể.
IV. F2 của phép lai thứ 3 được dự đoán có hơn 50% cá thể bình thường.
3.
2.
1.
4.
- I đúng, phép lai 2 dòng chuột béo phì cho F1 có 100% chuột bình thường chứng minh rằng hành vi ăn uống điều độ do ít nhất 2 gene tương tác bổ sung quy định; trong đó có 1 gene mã hóa leptin và gene còn lại mã hóa thụ thể leptin. Mỗi dòng 1 hoặc 2 khi lai dòng dại đều cho con 100% bình thường, F2 đều có 3 bình thường : 1 béo phì chứng tỏ các đột biến này là do đột biến lặn bị mất chức năng.
- II sai, khi dòng 1 truyền tế bào gốc cho dòng 2, chuột dòng 2 không đổi khối lượng chứng tỏ chuột này đã nhận máu có leptin dòng 1 có khả năng sản xuất leptin nhưng không sản xuất được thụ thể; còn dòng 2 sản xuất được thụ thể nhưng không sản xuất được leptin.
- III sai, dòng dại có khả năng sản xuất leptin, còn dòng 1 không có thụ thể; dòng 2 có thụ thể nên khi dòng dại truyền tế bào gốc, chỉ có dòng 2 không tăng cân; còn dòng 1 vẫn tăng cân.
- IV đúng, giả sử dòng 1 là (AA, bb) và dòng 2 là (aa, BB); lúc này F1 là (Aa, Bb); cho nên khi F1 giao phối với nhau thì đời con có A-B- (bình thường) chiếm hơn 50%.
Ở một loài thực vật, A quy định thân cao, a quy định thân thấp; B quy định hoa đỏ, b quy định hoa trắng. Thực hiện 2 phép lai, thu được kết quả như sau:
Phép lai 1: Lấy hạt phấn của cây thân thấp, hoa trắng thụ phấn cho cây thân cao, hoa đỏ (P), thu được F1 có 100% cây thân cao, hoa đỏ.
Phép lai 2: Lấy hạt phấn của cây thân cao, hoa đỏ thụ phấn cho cây thân thấp, hoa trắng (P), thu được F1 có 100% cây thân cao, hoa trắng. Biết rằng không xảy ra đột biến.
Theo lí thuyết, phát biểu nào sau đây đúng?
I. Nếu cho F1 của phép lai 1 giao phấn ngẫu nhiên sẽ thu được đời con có tỉ lệ kiểu hình là 9 cây thân cao, hoa đỏ: 3 cây thân cao, hoa trắng: 3 cây thân thấp, hoa đỏ: 1 cây thân thấp, hoa trắng.
II. Nếu cho F1 của phép lai 2 giao phấn ngẫu nhiên sẽ thu được đời con có 25% số cây thân thấp, hoa trắng.III. Nếu lấy hạt phấn của cây F1 của phép lai 1 thụ phấn cho cây F1 của phép lai 2 sẽ thu được đời con có tỷ lệ 3 cây thân cao, hoa đỏ : 1 cây thân thấp, hoa trắng.IV. Nếu lấy hạt phấn của cây F1 của phép lai 2 thụ phấn cho cây F1 của phép lai 1 sẽ thu được đời con có cây thân cao, hoa đỏ chiếm 75%.
I và II.
I và IV.
II và III
II và IV.
Có2phátbiểu đúng,đólàII vàIV.→Đáp án D.
- F1của 2phéplai đều có100%thân cao→thân cao (A)trộihoàn toànsovới thânthấp (a); P đều thuần chủng AA × aa → F1 100%Aa.
- Ở phép lai 1, F1 có 100% cây hoa đỏ giống cây làm mẹ. Ởphéplai2,F1có100%câyhoatrắnggiốngcâylàmmẹ.
→Màusắchoado genenằmtrongtếbàochấtquyđịnh.GiảsửBquyđịnhhoa có màu đỏ; allele b quy định hoa màu trắng.
→KiểugeneF1củaphéplai1làAaB;KiểugeneF1củaphéplai2làAab.
Isai.NếuchoF1củaphéplai1giaophốingẫunhiênsẽthuđượcđờicon100%hoađỏ.
II đúng.NếuchoF1(Aab)củaphéplai2giaophốingẫunhiênsẽthuđượcđờiconcótỉ lệ 3 cây thân cao, hoa trắng : 1 cây thân thấp, hoa trắng. → Cây thân thấp, hoa trắng chiếm 25%.
III sai.Nếu cho câyF1của phép lai1 thụphấn cho câyF1củaphéplai 2sẽthu đượcđời con 100% hoa trắng.
IV đúng.VìnếuF1là♀AaB×♂Aab→F2sẽcótỉlệ1/4AAB:2/4AaB:1/4aaB. Cây thân cao, hoa đỏ chiếm 75%.
Trongmộtthínghiệm,các nhàkhoa họctạođược mộtphântửmRNArấtdàichứatrình tự poly 5'GUA3. Họ cũng tổng hợp nên tổ hợp các thành phần cần thiết để có thể dịch mã nhân tạo (với đầy đủ 20 amino acid) mà không nhất thiết cần codon mở đầu như dịch mã trong tế bào sống. Khi đem phân tử mRNA tạo ra cho dịch mã trong ống nghiệm, kết quả thu được các chuỗi polypeptide. Dự đoán nào về kết quả này là hợp lý hơn cả? Biết rằng sự dịch mã nhân tạo có thể khởi đầu ở bất kì điểm nào trên mRNA.
Ốngnghiệmnhiềukhảnăngthuđược20chuỗipolypeptidevớithànhphầncó 3loạiamino acid.
Ốngnghiệmnhiềukhảnăngthuđược20chuỗipolypeptide,trong đómỗichuỗipolypeptide chỉ chứa một loại amino acid.
Ốngnghiệmnhiềukhảnăngthuđược3loạichuỗipolypeptidevớithànhphầnaminoacidđadạng,vàđềukhácnhau.
Ống nghiệm nhiều khả năng thu được 2 loại chuỗi polypeptide, trong đó mỗi chuỗi polypeptide chỉ chứa một amino acid.
- Nếu dịch mã bắt đầu từ 1 bộ ba khởi đầu bởi G thì trình tự dịch mã là GUA - GUA - GUA - GUA... Trườnghợpnàytạora1loạichuỗipolypeptidecó1loạiaminoacid.
- Nếu dịch mã bắt đầu từ 1 bộ ba khởi đầu bởi U thì trình tự dịch mã là UAG - UAG - UAG -UAG ... Trườnghợp nàykhông tổnghợp đượcchuỗi polypeptidevì UAGlà mã kết thúc.
- Nếu dịch mã bắt đầu từ 1 bộ ba khởi đầu bởi A thì trình tự dịch mã là AGU - AGU - AGU - AGU... Trườnghợpnàytạora1loạichuỗipolypeptidecó1loạiaminoacid (khác với trường hợp đầu tiên).
Bệnh phenylketon niệu là một bệnh di truyền đơn gene. Một loại enzyme cắt giới hạn cókhảnăng cắtcácđoạnDNAtạivịtrícủaallelegâybệnhvàallele bìnhthường(tạoracác đoạn dài 23 kb hoặc 19 kb), được thể hiện trong Hình 3.
Mộtcặpvợchồngcó mộtcôcon gáibịbệnh.Đểxácđịnhxemthainhitiếptheocómắc bệnhhay không, họ đã tiến hành phân tích tiền sử bệnh trong gia đình và xét nghiệm DNA. Kết quả được thể hiện trong Hình 4. Không xét đến các đoạn tương đồng giữa XY và các đột biến khác.
Hình 3 Hình 4
Vùngmàuđen(
)trongcácđoạn23kbvà19kbthểhiệnallelegâybệnhhoặcallele bình
thường.Theolýthuyết,phântíchsauđâyvềgiađìnhnàysai?
Bệnh được quy định bởi allele lặn nằm trên nhiễm sắc thể thường.
Sau khi phân tích chẩn đoán, người (?) có khả năng cao là bình thường.
Kiểu gene của người số (1) và người số (?) có thể khác nhau.
Đoạn 19kb của người (?) không nhất thiết chứa allele bình thường.
Phân tích:
- Bố mẹ bình thường nhưng con gái bị bệnh → bệnh do allele lặn quy định.
- Người số (3) bị bệnh và chỉ tồn tại mỗi đoạn 23kb → Người số (3) mang 2 đoạn 23kb đều chứa allele gây bệnh.
- Người số (1) có một đoạn 23kb mang allele gây bệnh (cho người số (3)) và một đoạn 19kb
mang allele bình thường → người bố bình thường → gene liên quan đến tính trạng này nằm trên nhiễm sắc thể thường.
- Người số (2) có hai đoạn 23kb nhưng mà có một đoạn 23kb mang allele gây bệnh và một đoạn 23kb mang allele bình thường → người mẹ bình thường.
- Người (?) có một đoạn 23kb có thể mang allele bình thường hoặc allele gây bệnh (nhận từ mẹ) và một đoạn 19kb mang allele bình thường (nhận từ bố) → người (?) bình thường.
PHẦNII.Câutrắcnghiệmđúngsai.Thí sinh trảlời từcâu1 đến câu6.Trongmỗiýa), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
LoàinhuyễnthểThysanoessainermis đãthíchnghivớimôitrườngnướcbiểnlạnh(4oC). Loài này có một vài gene HSP mã hóa protein chống sốc nhiệt (HSP). Những protein này giúp ngăn cản sự biến tính protein hoặc giúp tái gập cuộn protein sai hỏng về cấu trúc ban đầu của chúng. Để kiểm tra vai trò cụ thể của các gene này, các nhà khoa học tiến hành đo mức độ biểu hiện các gene này thông qua đo hàm lượng trung bình của 3 loại mRNA I, II, III được phiên mã từ các gene HSP khi nhuyễn thể trải qua sốc nhiệt. Thí nghiệm diễn ra như sau:
- Lô thí nghiệm: Một nhóm T.inermis đươc duy trì trong bể chứa nước biển 4oC và sau đó đưa vào bể chứa nước biển 10oC trong khoảng3giờ.Sauđó,chúngđượcđưatrởlại vàobểchứanướcbiển4oCđểhồiphụctrong thời gian 6giờ. Kết quả đo nồng độ mRNA được biểu diễn trong hình bên.- Lôđốichứng:MộtnhómT.inermisđược đưatừbểchứanướcbiển4oCđếnbểchứa nướcbiển4oCkhác trongkhoảng3giờrồiđượcđemtrởlạibể banđầu.Ởlôđốichứng,không nhận thấy sự phiên mã của bất kì gene HSP nào trong suốt thời gian thí nghiệm (dữ liệu không thể hiện). Từ kết quả nghiên cứu, mỗi phát biểu sau là đúng hay sai?
Trong suốt thời gian sốc nhiệt, hàm lượng mRNA loại I và II đều gia tăng trong đó loại II tăng rất nhanh và đạt đỉnh ở cuối thời điểm sốc nhiệt.
Protein dịch mã từ mRNA loại II nhiều khả năng tham gia vào quá trình bảo vệ protein khỏi sốc nhiệt; protein dịch mã từ mRNA loại I lại tham gia vào việc hồi tính protein.
mRNA loại III không được phiên mã trong suốt thời gian sốc nhiệt chứng tỏ protein loại III không tham gia vào việc mã hóa protein chống sốc nhiệt.
Gene mã hoá mRNAIII chịu ảnh hưởng của nhiệt độ ít hơn gene mã hoá mRNAI.
Đápán:ĐĐ SĐ
Thấy rằng, trong quãng thời gian sốc nhiệt, mRNA loại I tăng chậm và sau đó tăng lên nhanh ở giai đoạn phục hồi, đạt đỉnh ở 10h kể từ khi thí nghiệm; trong khi đó mRNA loại IItănglênnhanhtronggiaiđoạnsốcnhiệtvàđạtđỉnhở6h(cuốithờiđiểmsốcnhiệt);còn mRNA loại III được phiên mã ở mức độ thấp ở giai đoạn phục hồi.
mRNA loại I mã hóa protein chủ yếu đóng vai trò phục hồi các protein biến tính do sốcnhiệt; mRNAloạiIImãhóaprotein chủyếubảovệproteinbịbiếntính vàmRNA loại III nhiều khả năng mã hóa protein có vai trò giống loại I, nhưng sản phẩm có mức độ ít chứng tỏ phổ hoạt động của loại III là nhỏ hơn I (chỉ sửa chữa 1 số loại protein nhất định nên tế bào cần lượng ít).
a,bđúng vàcsai.
- d đúng, Gene mã hoá mRNAIII chịu ảnh hưởng của nhiệt độ ít hơn gene mã hoá mRNAI và mRNAII .
Ở loài hoa anh thảo (Primula sinensis), allele A quy định hoa đỏ trội không hoàn toànsovới allele a quyđịnh hoatrắng; kiểu geneAahoa có màu hồng, câyhoađỏ trồng ở nhiệt độ 20oC cho hoa màu đỏ, ở 35oC cho hoa màu trắng. Các kiểu gene còn lại không chịu ảnhhưởng củanhiệtđộ môi trường.Ởmộttính trạng khác,alleleBquyđịnh thân cao trội hoàn toàn so với allele b quy định thân thấp, chiều cao thân không phụ thuộc vào điều kiện môi trường. Cho hai cây đều có kiểu hình hoa hồng, thân cao giao phấn với nhau (P), lấy các hạt thu được từ phép lai trên đem gieo ở nhiệt độ 20oC, người ta thu được các cây có kiểu hình hoa trắng, thân thấp chiếm tỉ lệ 4%. Nếu xảy ra hoán vị gene thì cả hai giới vớitầnsốbằngnhau;môitrườngsốngcủacáccâyđangxétchỉrơivàomộttronghainhiệt độ 20oC hoặc 35oC.
Sự thay đổi màu sắc của hoa anh thảo do ảnh hưởng của nhiệt độ môi trường gọi là thường biến
Kiểu gene AA có mức phản ứng rộng hơn kiểu gene Aa
Kiểu gene của P: Ab/aB x Ab/aB, F1 có 10 kiểu gene khác nhau.
Nếu lấy các hạt thu được từ phép lai P đem gieo ở môi trường 35oC thì các cây hoa trắng, thân cao thuần chủng chiếm tỉ lệ 0,21.
Đápán: ĐĐSS.
Ở mộtloàithực vật,xétba gene(mỗigenegồmhaialleletrộilặnhoàntoàn)quy địnhba tính trạng khác nhau: màu sắc hoa, hình dạng lá và độ cứng thân; nằm trên 3 locut gene trong 6 locut gene (A, B, C, D, E và F) ở 2 nhiễm sắc thể (NST) khác nhau được mô tả như Hình 5.
Ngườitatiếnhành6 phéplaikhác nhauliênquanđếnba tínhtrạngđangxétđể xácđịnhvị trí của gene trên NST và thu được kết quả như Bảng 2.
Bảng2
Phéplai(Px): | Thếhệcon(F1-x) |
P₁:Látròn,hoatrắng×Lábầudục,hoa trắng | Thuđược100%lábầudục,hoa trắng |
P₂:Hoađỏ,thânmềm×Hoatrắng,thân mềm | Thuđượccảhoađỏvà hoatrắng,thânmềm |
P₃:Thânmềm,látròn×Thâncứng,látròn | Thuđược100%thânmềm,látròn |
P₄:Hoađỏ,lábầudụctựthụ phấn | Thuđượchoađỏ,lábầudụcchiếm66% |
P₅:Hoađỏ,thânmềm×Hoađỏ,thânmềm | Thuđượchoatrắng,thânmềmchiếm 18,75% |
P₆:Lábầudục,thânmềm×Lábầudục, thân mềm | Thuđượctỷlệkiểuhìnhkhácnhauởhai giới |
Biếtrằngkhôngcó độtbiếnxảyra vàkhoảngcáchgiữacácgenetrênNSTcóđơnvịlà centimorgan (cM), nếu có hoán vị gene thì tần số hoán vị ở hai giới là như nhau.
Cây hoa đỏ, lá bầu dục của phép lai P₄ có thể có kiểu gene là BC . bc
Nếu P₆ đều dị hợp 2 cặp gene thì F1-6 có tỉ lệ kiểu hình lá bầu dục, thân cứng luôn chiếm tỷ lệ 18,75%.
Nếu cho các cây F1-1 giao phấn với cây hoa đỏ, lá tròn thì có thể có tối đa 2 sơ đồ lai cho đời con có tỉ lệ kiểu hình 1:1.
Cho cây có kiểu hình trội cả 3 tính trạng tiến hành tự thụ phấn thì có thể thu được đời con có kiểu hình hoa đỏ, lá bầu dục, thân cứng chiếm tỷ lệ 16,5%.
| Nội dung | Đúng | Sai |
|
- Dựa vào phép lai P1, P3, P5 => các tính trạng hoa đỏ, lá bầu dục, thân mềm trội hoàn toàn so với các tính trạng hoa trắng, lá tròn, thân cứng.
- P₄: Hoa đỏ, lá bầu dục tự thụ phấn --> F1-4: Thu được hoa đỏ, lá bầu dục chiếm 66% => là dấu hiệu của hoán vị gene
Hoa đỏ, lá bầu dục chiếm 66% --> hoa trắng, lá tròn = 16% => tần số hoán vị gene f= 20% => locut gene (B,b) và locut gene (C,c) quy định tính trạng màu hoa và hình dạng lá nằm trên NST và di truyền hoán vị gene
- Quy ước: B quy định hoa đỏ, b quy định hoa trắng
C quy định lá bầu dục, c quy định lá tròn
- P4 có thể có kiểu gene: BC
bc
- Dựa vào phép lai P6 --> Tính trạng độ cứng thân do locut gene trên NST chứa các gene D,E,F (một trong 3 locut D, d; E,e; F,f) quy định, các gene còn lại trên NST này quy định hormone xác định giới tính ở thực vật.
- Quy ước: D quy định thân mềm, d quy định thân cứng.
- Các gene quy định tính trạng màu hoa và hình dạng lá di truyền hoán vị gene, đồng thời chúng
phân li độc lập với gene quy định tính trạng độ cứng thân.
Thôngthường,genemãhóa insulincủangườichỉbiểuhiện ởtuyếntụy,nghĩalà genenày không được biểu hiệnở các tế bào còn lại của cơ thể. Để phân tích vùng điều hòa của geneinsulinở người,mộtnhànghiêncứuđã xóacácvùngcủa DNMkhác nhauthuộc trìnhtựđiềuhòa nằm ngược chiều so với vị trí bắt đầu phiên mã ở gene insulin. Sau đó, mỗi trình tự điều hòa này sẽ được gắn với vùng mã hóa của gene tổng hợp protein huỳnh quang màu xanh lá cây (GFP) tạo thànhcáccấutrúcgene hoànchỉnhkhácnhau. Cáccấutrúc nàysau đóđượcđưavàotế bàotuyến tụy ở người và đo mức độ biểu hiện gene GFP. Bảng dưới đây thể hiện mức độ biểu hiện củagene GFP.
Từ thông tin cung cấp, theo lý thuyết, mỗi nhận định sau đây là đúng hay sai?
Vùng B nhiều khả năng là vùng đóng vai trò ức chế sự dịch mã mRNA của gene insulin.
Trình tự vùng C đóng vai trò quan trọng cho việc phiên mã gene insulin.
Trình tự vùng A và D ít đóng vai trò quan trong cho việc phiên mã gene insulin.
Nếu đưa gene insulin vào tế bào gan, các thí nghiệm sẽ cho kết quả tương tự.
a. Đáp án: S Đ Đ S
-a sai, khi xóa vùng B thì mức độ biểu hiện của gene chỉ thị GFP mạnh hơn bình thường chứng tỏ trình tự nucleotid ở vùng B nhiều khả năng là nơi tương tác với các yếu tố ức chế hoạt động của gene insulin, chứ không phải vùng ức chế dịch mã mRNA ( vùng B không thuộc vị trí phiên mã – tức vùng B không có mặt trong mRNA).
-b,c đúng, khi vùng C bị xóa thì sự biểu hiện gene GFP giảm mạnh chỉ còn 20%; còn xóa vùng A, D thì sự biểu hiện của gene GFP chỉ giảm khoảng 5%
-d sai, trong tế bào gan thì gene insulin không được biểu hiện.
Embé“babốmẹ”đượcsinhrabằngphươngphápIVF(thụtinhtrongốngnghiệm). EmbénàyđượcsinhratừhợptửhoặctrứngđãđượcbiếnđổigenevàcóDNAcủamẹruột, charuộtvàmộtngườihiếntặngtrứng.Kỹthuậtnàychophépthaythếtithểmanggenegây bệnh nan y về tim, gan, rối loạn não bộ, mù và loạn dưỡng cơ... của người mẹ ruột bằng ti thểlànhmạnhcủangườihiếntặng.Cóhaiphươngthứccóthểtạoraembé“babốmẹ”.Mỗi phương thức được tóm lược bằng 3 bước theo 2 sơ đồ sau:
Theolýthuyết,mỗinhậnđịnhsauđâylàđúnghay sai?
Em bé được tạo ra bằng cả hai phương thức trên đều không mang đặc điểm di truyền qua tế bào chất của mẹ ruột.
Em bé có cặp NST giới tính là XX hoặc XY.
Cả 2 phương thức tạo ra em bé “ba bố mẹ” đều phải tiêu huỷ một hợp tử.
Áp dụng “bừa bãi” phương pháp này có thể gây ra hiện tượng “mở đường cho một thế giới đầy “những em bé được thiết kế” trên cơ sở biến đổi gene”.
Đápán:ĐĐSĐ
Ở người, kiểu gene HH qui định bệnh hói đầu, hh qui định không hói đầu, kiểu geneHh qui địnhhóiđầuởnamvàkhônghói đầuởnữ.Ởmộtquầnthểđạt trạng thái cân bằngvềtínhtrạngnày,trong tổng sốngười bị bệnh hóiđầu,tỉlệngười có kiểugeneđồng hợp là 0,1. Theo lý thuyết, mỗi nhận định sau đây là đúng hay sai?
Những người có kiểu gene đồng hợp trong quần thể có tỉ lệ là 0,84.
Tỉ lệ người nam bị bệnh hói đầu cao gấp 18 lần tỉ lệ người nữ bị hói đầu trong quần thể.
Trong số người nữ, tỉ lệ người mắc bệnh hói đầu là 10%.
Nếu người đàn ông hói đầu kết hôn với một người phụ nữ không bị bệnh hói đầu trong quần thể này thi ̀ xác suất họ sinh được 1 đứa con trai mắc bệnh hói đầu là 119418.
PHẦNIII.Câutrắcnghiệmtrảlờingắn.Thísinhtrảlờitừcâu1đếncâu6
Trongcáccâusau,thísinhxácđịnhcâutrảlờiđược mã hóa dạng sốhoặctínhtoánvà ghiđápántheoyêucầumỗi câu.
Trongquá trìnhdịchmã,giaiđoạnkéo dàichuỗipolypeptideđượcmôtảquahìnhảnh sau:
Hãysắpxếpcáchìnhmôtảcácgiaiđoạnkéodàichuỗipolypeptidetheođúngtrậttự.Thể hiện kết quả bằng cách viết liền các số của hình tương ứng.
Đáp án: 2143.
Kéo dài chuỗi polypeptide:
- tRNA 4 tiến đến và liên kết với ribosome ở vị trí A.
- Giữa 2 amino acid 3 và 4 hình thành liên kết peptide.
- Khi đó tRNA 3 mang amino acid ở vị trí E, sau đó tRNA 3 tách khỏi và đi ra khỏi ribosome.
Ở một loài động vật, có một gene được tìm thấy với 5 allele khác nhau. Đoạn trình tự quan tâm của các allele này được mô tả như hình bên, trong đó vị trí gạch chân là vị trí có sự khác biệt với phiên bản gốc (allele 𝛼). Sự khác biệt là không nhiều, do đó giả thuyết được ủng hộ là mỗi allele này tạo ra do các đột biến thay thế một cặp nucleotide. Sơ đồ nào sau đây mô tả chính xác nhất sự xuất hiện của các ellele này phù hợp với giả thuyết này?
Đáp án: 3.- Khi so sánh lần lượt các allele với allele α, thấy rằng:+ Allele β và γ khác ở một vị trí nên 2 allele này nhiều khả năng là các allele trực tiếp đột biến điểm từ α;+ Allele 𝜎 và 𝜖 đều ở 2 vị trí khác nên cả 2 allele này không phải là allele trực tiếp đột biến điểm từ α.- Tiếp tục so sánh 𝜎 với β và γ, thấy rằng 𝜎 khác β ở 2 vị trí và khác γ ở 1 vị trí, do đó nhiều khả năng 𝜎 đột biến trực tiếp từ γ. Tương tự, thấy rằng 𝜖 khác β ở 2 vị trí và khác γ ở 1 vị trí, tức nhiều khả năng cả 2 allele 𝜎 và 𝜖 đều đột biến trực tiếp từ γ.
Sự khám phá các enzyme cắt giới hạn đóng vai trò tiên quyết trong kĩ thuật di truyền bởi chúng được ví như những chiếc kéo kì diệu có thể cắt DNA tại các vị trí nhất định (vị trí dưới hạn). Plasmid được mô tả ở hình bên (vòng tròn lớn) cho thấy nhiều vị trí cắt giới hạn tương ứng (hình chiếc kéo) của các enzyme EcoRI, PstI và HindIII. Kích thước các đoạn DNA tạo bởi các enzyme này cũng được hiển thị (đơn vị kbp = nghìn cặp nucleontide); các đoạn này được gọi là đoạn giới hạn. Nếu Plasmid trên được trộn lần lượt với 2 trong 3 loại enzyme cắt giới hạn thì phân đoạn dài nhất sẽ có kích thước bao nhiêu kbp?
Đáp án: 4,2.
- Nếu chỉ dùng HindIII + EcoRI thì ta không quan tâm sự có mặt của PstI, lúc này các
đoạn giới hạn được tạo ra gồm 1,2 + 2,2 + 1,7 kbp.4,2
- Tương tự, ta "xóa" HindIII nếu chỉ sử dụng EcoRI + PstI sẽ thấy tạo ra các đoạn giới hạn gồm 0,9 + 4,2 kbp; và xóa "EcoRI" nếu chỉ sử dụng HindIII và PstI sẽ thấy tạo ra các đoạn giới hạn gồm 0,8 + 1,2 + 3,1 kbp.
Hầuhếtbọbột có màu đen,nhưngmộtsốbiếnthểmàu đãđượcbiết đến.Phép lai của bố mẹ khác nhau tạo ra kết quả trong Bảng 3 ở thế hệ F1, giao phối ngẫu nhiên giữa các cá thể F1 từ mỗi phép lai sẽ thu được tỉ lệ các kiểu hình ở thế hệ F2. Các kiểu hình được viết tắt là Bl: màu đen; Br: nâu; Y: màu vàng; và W: màu trắng.
Bảng3.
Phép lai | P | F₁ | F₂ |
1 | Bl×Br | 2Bl:1 Br:1 By | Chỉcó3 loạikiểuhìnhlàĐen,nâu,vàng |
2 | W × Y | 100% Bl | 9 Bl : 3 Y : 4 W |
3 | W × Br | 100% Bl | 9 Bl : 3 Br : 4 W |
4 | Bl × W | 100% Bl | 9 Bl : 3 Y : 4 W |
Theo lý thuyết, tỷ lệ kiểu hình lông nâu của F2 ở phép lai 1 chiểm tỷ lệ bao nhiêu?(hãy thể hiện kết quả bằng số thập phân và làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy)
Đáp án: 0,31.
Phép lai 1 cho tỉ lệ 2 : 1 : 1 → màu nâu, đen và vàng đều là allele của một gene ở bọ bột. Phép lai 2-4 cho thấy tỷ lệ 9 : 3 : 3 : 1 đã được biến đổi, cho thấy có ít nhất hai gene có liên quan. Những phép lai đó cũng chỉ ra rằng sự hiện diện của màu sắc chiếm ưu thế so với sự vắng mặt của nó. Hơn nữa, phải liên quan đến hiện tượng tương tác át chế lặn để có một tỷ lệ 9 : 3 : 3 : 1 được biến đổi.
Bằng cách xem xét F1 của các phép lai 1, có thể xác định các mối quan hệ trội về allele
sau: đen> nâu> vàng. Quy ước: Bl = đen > Br = nâu > By = vàng.
F2 của các phép lai 2-4, màu trắng là do cc. Có màu do có C-.
Ở một loài động vật, cho lai giữa một cá thể có kiểu hình lông đen, chân cao với một cá thể có kiểu hình lông xám, chân cao, F1 thu được tỉ lệ: 45% lông đen, chân cao : 5% lông đen, chân thấp : 21% lông xám, chân cao : 4% lông xám, chân thấp : 9% lông trắng, chân cao : 16% lôngtrắng, chânthấp. Biếtrằng mỗitính trạngdomộtgenquy định vàsựbiểuhiện củatínhtrạng không phụ thuộc vào môi trường, mọi diễn biến trong giảm phân của hai giới đều như nhau, khôngcóđộtbiếnxảyra,sứcsốngvà khảnăngthụtinhcủacácgiaotửlànhưnhau,sứcsốngcủa các cá thể là như nhau, số lượng cá thể sinh ra là đủ lớn.Tần số hoán vị gen bằng bao nhiêu phần trăm?
Đáp án: 20%.
- Xét tính trạng màu lông, ở F1 tỉ lệ kiểu hình: Đen : xám : trắng = 2 : 1: 1
Þ Gene quy định tính trạng có 3 allele, di truyền theo quy luật trội hoàn toàn.
Hìnhdướiđâymôtảsơđồphảhệmộtbệnhditruyềnởngười,bệnhdomộttronghai allelecủamộtgenequyđịnh.KếtquảphântíchcácđoạnDNAmangcácalleletrêngenenày của11ngườitrongphảhệđượcthểhiệntrongbảngđiệndidướiđây.Biếtrằngôđen:ngườibị bệnh;ôtrắng:ngườibìnhthường.
Theo lý thuyết, xác suất sinh một con trai bình thường của cặp vợ chồng 10, 11 chiếm bao nhiêu phần trăm? Đáp án làm tròn 01 chữ số thập phân.
Đáp án: 37,5%
Bệnh do gene lặn quy định vì theo kết quả điện di những người bị bệnh số 2,5,7 có 1 băng
=> kiểu gene đồng hợp; người bình thường có 2 băng => kiểu gen dị hợp
-Gene quy định tính trạng nằm trên NST thường vì người nam đều có 2 băng ó mang 2 allele của một gene
- Kiểu gen: Quy ước gene A: bình thường; a: bị bệnh
Người số 2,5,7 là aa; người còn lại Aa
- 10 và 11 đều có kiểu gene Aa => F ¾ bình thường; ¼ bị bệnh
Xácsuấtsinhcontraibìnhthường=¾.1/2=3/8=37,5%
