Đề thi THPT Quốc gia môn Sinh năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 17)

Đáp án C

Bài toán cho kiểu tương tác bổ sung. P thuần chủng hoa trắng lai với nhau được F₁ gồm toàn cây có hoa đỏ nên ta quy ước gen:

- Quy ước : A-B- quy định hoa đỏ

                             A-bb quy định hoa trắng.

                             aaB- quy định hoa trắng.

                             aabb quy định hoa trắng.

Vậy P : AAbb  x  aaBB.

          F₁:     AaBb.

Cho F₁ tự thụ phấn được F₂ có tỉ lệ gồm 9 A-B- : 3 A-bb : 3 aaB- : 1 aabb

- 9 đỏ : 7 trắng

Đáp án C

- Cần chú ý rằng quá trình tự thụ phấn không làm thay đổi tần số alen của quần thể. Vì vậy, tần số alen ở thế hệ I5 đúng bằng tần số alen ở thế hệ xuất phát (I0).

- Khi tính tần số alen A thì chỉ xem xét đến kiểu gen có A.

- Ở thế hệ xuất phát, tần số các alen như sau:

+ Tần số A = 0,2 + $\frac{\text{0,1}}{\text{2}}$ + $\frac{\text{0,3}}{\text{2}}$ = 0,4.

+ Tần số B = 0,2 + $\frac{\text{0,1}}{\text{2}}$ + 0,3 = 0,55.

Đáp án B

Ligaza

Đáp án A

Theo Đacuyn, sự phát sinh những đặc điểm sai khác giữa các cá thể cùng loài trong quá trình sinh sản xuất hiện ở từng cá thể riêng lẻ và theo hướng không xác định là nguyên liệu chủ yếu tiến hóa. Chọn lọc tự nhiên vừa đào thải những cá thể mang những biến dị bất lợi, vừa tích lũy những biến dị có lợi cho sinh vật. → Đáp án A

Đáp án A

Kỉ Triat của đại Trung sinh

Đáp án B

Quần thể là tập hợp các cá thể cùng loài, cùng sống trong 1 khoảng không gian xác định, vào 1 thời gian nhất định, có khả năng sinh sản và tạo ra thế hệ mới.

→ Đáp án B.

A sai. Vì có có rất nhiều loài cỏ mà không chỉ rõ loài cỏ gì.

B đúng. Vì tập hợp cá chép đang sinh sống ở Hồ Tây. Đã nói cụ thể loài cá chép.

C sai. Vì tập hợp bướm đang sinh sống trong rừng Cúc phương. Vì có rất nhiều loài bướm mà không nói cụ thể loài bướm gì.

D sai. Vì tập hợp chim đang sinh sống trong rừng Amazôn. Vì có rất nhiều loài chim mà không nói cụ thể loài chim gì.

Đáp án A

cáo

Đáp án A

- Hô hấp tạo ra ATP để cung cấp năng lượng cho quá trình hút khoáng chủ động. Hô hấp tạo ra các sản phẩm trung gian là các axit xêto để làm nguyên liệu đồng hoá các nguyên tố khoáng do rễ hút lên.

- Hô hấp tạo ra các chất khử như FADH₂, NADH để cung cấp cho quá trình đồng hoá các nguyên tố khoáng.

- Quá trình hút khoáng sẽ cung cấp các nguyên tố khoáng để tổng tế bào hợp các chất, trong đó có các enzim. Các enzim tham gia xúc tác cho các phản ứng của quá trình hô hấp.

- Quá trình hút khoáng sẽ cung cấp các nguyên tố để tồng hợp các chất. Quá trình tổng hợp các chất sẽ sử dụng các sản phẩm của quá trình hô hấp, do đó làm tăng tốc độ của quá trình hô hấp tế bào.

Đáp án A sai. Vì quá trình hút khoáng bị động không sử dụng ATP

Đáp án D

Có 2 phát biểu đúng, đó là II và III. → Đáp án D.

I sai. Vì ở ếch nhái, bò sát thì tâm thất có 1 ngăn.

IV sai. Vì chu kì tim được bắt đầu từ tâm nhĩ co → Tâm thất co → Giản chung

Đáp án D

A đúng. Trên mạch khuôn 3’ → 5’ thì mạch mới được tổng hợp liên tục.

B đúng. Enzim ADN pôlimeraza tổng hợp mạch mới theo chiều 5’ → 3’.

C đúng. Trên mạch khuôn 5’ → 3’ thì mạch mới được tổng hợp ngắt quãng tạo nên các đoạn ngắngọi là đoạn Okazaki.

D sai. Enzim ADN pôlimeraza di chuyển trên mạch khuôn theo chiều 5’ → 3’ (chỉ di chuyển trên mạch khuôn có chiều 3’→ 5’)

Đáp án A

B sai. Vì thể một, thể ba, thể bốn, thể không là các dạng của đột biến số lượng NST chứ không phải là đột biến cấu trúc NST.

C sai. Vì có một số dạng đột biến NST có thể có lợi cho thể đột biến.

D sai. Vì đột biến NST là nguông nguyên liệu sơ cấp chứ không phải là nguyên liệu thứ cấp

Đáp án D

Đáp án D. Giải thích:

- Đực F1 lai phân tích đời con có tỉ lệ lông đen : lông trắng = 1 : 3 → Tính trạng di truyền theo quy luật tương tác bổ sung.

Quy ước:

A-B- quy định lông đen; A-bb hoặc aaB- hoặc aabb quy định lông trắng.

- Ở đời con, tỉ lệ kiểu hình của giới đực khác với giới cái → Tính trạng liên kết giới tính, chỉ có một cặp gen Aa hoặc Bb nằm trên NST X.

- Con cái F1 có kiểu gen AaXBXb lai phân tích:

AaXBXb × aaXbY

Giao tử cái: AXB; AXb; aXB; aXb; Giao tử đưc: aXb; aY.

Kiểu hình lông trắng ở đời con có 3 con cái lông trắng: 3 con đực lông trắng.

→ Cá thể cái chiếm tỉ lệ 50%

Đáp án A

B sai. Vì quần thể có kích thước lớn thì khi di – nhập gen cũng có thể làm thay đổi tần số alen. Tuy nhiên kích thước quần thể càng lớn thì sự thay đổi tần số alen càng chậm.

C sai. Vì giao phối không ngẫu nhiên làm giảm tần số kiểu gen dị hợp và tăng tần số kiểu gen đồng hợp nên sẽ làm mất cân bằng di truyền của quần thể.

D sai. Vì đột biến gen cung cấp nguyên liệu sơ cấp cho tiến hóa

Đáp án A

Cứ 7 năm 1 lần cho nên đây là biến động theo chu kì nhiều năm. → Đáp án A

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng, đó là II, III, IV → Đáp án A

I sai. Vì nitơ từ môi trường thường được thực vật hấp thụ dưới dạng muối amoni (NH₄⁺) hoặc muối nitrat (NO3-). Nitơ phân tử ở dạng liên kết ba bền vững, thực vật không thể hấp thụ được.

Đáp án A

L gen = 3332 Å → Tổng số Nu của gen là: N = 1960 Nu

→ 2Agen + 2Ggen = 1960 (1)

Gen có 2276 liên kết hidro → 2Agen + 2Ggen = 2276 (2)

Giải hệ tạo bởi (1) và (2) ta được: A gen = Tgen = 664 Nu; Ggen = Xgen =316 Nu

B sai. A2 = T1 = Agen – A1 = 664 – 129 = 535 Nu

C sai. Nếu gen nhân đôi 1 lần thì môi trường cung cấp số nucleotit loại X là: 664 . (21 – 1) = 664 Nu

D sai. X2 = Xgen – 147 = 316 – 147 = 169. Mà A2 = 535 → X₂ < A₂

Đáp án A

Đảo đoạn là dạng đột biến làm cho một đoạn NST nào đó đứt ra rồi đảo ngược 1800 và nối lại. Hệ quả của đột biến đảo đoạn là làm thay đổi trình tự phân bố các gen trên NST. Do thay đổi vị trí gen trên NST nên sự hoạt động của gen có thể bị thay đổi làm cho một gen nào đó vốn đang hoạt động nay chuyển đến vị trí mới có thể không hoạt động hoặc tăng giảm mức độ hoạt động. Do vậy đột biến đảo đoạn có thể gây hại hoặc làm giảm khả năng sinh sản cho thể đột biến. Như vậy đối chiếu với bài toán thì chỉ có các hệ quả số I, số IV và số V là của đột biến đảo đoạn NST. → Đáp án A

Đáp án D

Có 4 phát biểu đúng. → Đáp án D.

I đúng. Vì cây AaBb lai phân tích thì sẽ có 1/4 số cây A-B-.

II đúng. Vì nếu F1 có 4 kiểu gen thì chứng tỏ P có kiểu gen AABb × AaBB → Có 1 kiểu hình.

III đúng. Vì nếu F1 có 2 loại kiểu gen thì chứng P có kiểu gen AaBB × aabb

(hoặc AABb × aabb) → Số cây thân cao, hoa đỏ chiếm 50%.

IV đúng. Vì F1có 3 kiểu gen thì chứng tỏ P có kiểu gen AABb hoặc AaBB. → Có 2 loại kiểu hình.

Đáp án D

Có 2 phát biểu đúng, đó là II và IV. → Đáp án D.

Cây hoa đỏ, quả bầu dục (A-bb) chiếm 16% = 0,16.

→ Cây hoa trắng, quả bầu dục $\left(\frac{\underset{¯}{ab}}{ab}\right)$ chiếm tỉ lệ = 0,25 – 0,16 = 0,09.

→ Kiểu gen $\frac{\underset{¯}{ab}}{ab}$ = 0,09 = 0,3 ×0,3.

→ Kiểu gen của F₁ là $\frac{\underset{¯}{AB}}{ab}$ và đã có hoán vị gen với tần số 40%.

→ Cây $\frac{\underset{¯}{AB}}{ab}$ lai phân tích (Có hoán vị gen 40%) thì đời con có tỉ lệ 3 : 3 : 1 : 1. → I sai.

II đúng. Vì có 5 kiểu gen là $\frac{\underset{¯}{AB}}{AB};\frac{\underset{¯}{AB}}{Ab};\frac{\underset{¯}{AB}}{ab};\frac{\underset{¯}{Ab}}{aB}$

III sai. Vì cây dị hợp 2 cặp gen nhưng có kiểu gen khác F₁ là cây $\frac{\underset{¯}{\text{Ab}}}{\text{aB}}.$

Kiểu gen dị hợp 2 cặp gen $\left(\frac{\underset{¯}{\text{Ab}}}{\text{aB}}\right)$ có tỉ lệ = 0,5 + 2x - $2\sqrt{\text{x}}$ = 0,5 + 2.0,09 - $2\sqrt{\text{0,09}}$ = 0,08.

IV đúng. Vì số cây thân cao, hoa đỏ thuần chủng = số cây thân thấp, hoa trắng = 0,09 = 9%.

Đáp án B

Có 3 phát biểu đúng, đó là I, III và IV. → Đáp án B.

I đúng. Vì không chịu tác động của nhân tố tiến hóa thì cá thể mang alen

A = 0,36 + 0,48 = 0,84.

II sai. Vì đột biến không bao giờ làm giảm đa dạng di truyền của quần thể.

III đúng. Vì các yếu tố ngẫu nhiên có thể loại bỏ hoàn toàn a hoặc loại bỏ hoàn toàn A, ....

IV đúng. Vì di – nhập gen có thể mang đến alen A cho quần thể, làm cho quần thể tăng tần số alen A.

Đáp án A

Chỉ có phát biểu II đúng. → Đáp án A.

I sai. Vì khi mật độ cá thể quá cao và nguồn sống khan hiếm thì sự cạnh tranh cùng loài tăng.

III sai. Cạnh tranh cùng loài làm các loài có xu hướng phân li ổ sinh thái → làm mở rộng ổ sinh thái của loài.

IV sai. Sự gia tăng mức độ cạnh tranh cùng loài sẽ làm giảm tốc độ tăng trưởng của quần thể.

Đáp án C

Có 3 phát biểu đúng là II, III và IV.

I sai, vì đây là ứng dụng của nghiên cứu giới hạn sinh thái, không phải là ứng dụng của nghiên cứu biến động số lượng cá thể các quần thể.

II đúng, khi biết sự biến động của các quần thể thủy sản, quy định về kích thước đánh bắt tối giúp bảo vệ những con non không bị khai thác, chống suy kiệt các nguồn lợi.

III đúng, khi dự đoán được sự bùng phát của các quần thể dịch hại, ta có thể chủ động tiêm phòng cho vật nuôi.

IV đúng, khi biết được sự tăng - giảm số lượng của các quần thể thiên địch, ta có biện pháp bảo tồn và duy trì chúng ở 1 lượng họp lý, giúp cân bằng sinh thái.

Đáp án D

Cả 4 phát biểu đúng.

I đúng, với sinh vật tiêu thụ bậc 1 là giáp xác thì có 6 chuỗi thức ăn, với sinh vật tiêu thụ bậc 1 là chim cánh cụt thì có 1 chuỗi thức ăn.

II đúng, chuỗi dài nhất là sinh vật phù du → giáp xác → mực ống → chim cánh cụt → hải cẩu.

III đúng, ánh sáng mặt trời ít sẽ làm cho sinh vật phù du suy giảm, vì đây là sinh vật sản xuất của lưới thức ăn này nên nếu nó giảm đi sẽ làm cho cá lưới thức ăn biến động mạnh.

IV đúng, khi giáp xác và mực ống bị tăng cường khai thác thì cá voi và hải âu bị hạn chế nguồn thức ăn, trong khi đó hải cẩu và chim cánh cụt vẫn còn các nguồn thức ăn thay thế, nên chúng có thể có xu hướng di cư để tìm nguồn thức ăn mới bù đắp.

Đáp án D

Có 2 giải thuyết đúng, đó là II và IV.

I sai, vì gen z bị đột biến điểm gây dịch khung thì gen Y, A vẫn không bị dịch khung.

II đúng, nếu protein ức chế biến đổi đến mức lactose không thể bám vào làm nó mất hoạt tính thì operon sẽ không hoạt động.

III sai, operon hoạt động thì các enzyme chuyển hóa lactose vẫn được tạo ra và có hoạt tính bình thường.

IV đúng, nếu vùng p không được gắn enzyme ARN - polimerase thì các protein enzyme chuyến hóa lactose không thể tạo ra.

Đáp án C

Hiệu suất tứ bội hóa đạt 20% tức các hạt có 0,8AaBb và 0,2AAaaBBbb.

Các hạt tứ bội có tỉ lệ sống sót 80%, tức lúc này, nhóm các cây sẽ có AaBb chiếm tỉ lệ $\to \frac{0,8}{0,8+0,2\times 0,8}=\frac{5}{6}$

$\to$ Nên các cây AAaaBBbb chiếm tỉ lệ $=\frac{1}{6}$

$\to$ Tỉ lệ giao tử chứa 2 alen trội (AB, AAbb, aaBB, AaBb) $=\frac{5}{6}\times \frac{1}{4}+\frac{1}{6}\times \frac{1}{2}=\frac{7}{24}$

Đáp án C

Có 2 phát biểu đúng là II và IV.

+ Quy ước A → vàng >> a → xanh.

→ Tỉ lệ hạt xnah ở $F_1$: aa = 1% = 0,01 → tỉ lệ Aa ở $P=2\times \sqrt{0,01}=0,2=20\%$

Lúc này, P có 0,8AA và 0,2Aa → $F_1$ có  0,81AA + 0,18Aa + 0,01aa nên:

I sai, tỉ lệ hạt mang kiểu gen trong các hạt vàng $=0,18:0,81=\frac{2}{9}$

II đúng, vì p có 0,2Aa nên khi tự thụ phấn, sẽ có tối đa 20% cây cho hạt mang aa - màu xanh.

III sai, các cây mọc ra từ hạt vàng $F_1$ gồm có $\frac{9}{11}\text{AA+}\frac{2}{11}Aa$, khi chúng ngẫu phối thì đời con có tỉ lệ hạt vàng $=1-{\left(\frac{1}{11}\right)}^2=\frac{120}{121}$

IV đúng, vì đem cây mọc từ hạt vàng $F_1 \frac{9}{11}AA+\frac{2}{11}Aa$ giao phấn với cây mọc từ hạt xanh $F_1$ (aa) thì đời con có hạt xanh chiếm tỉ lệ $\frac{1}{11}\times 1=\frac{1}{11}$, tức hạt vàng chiếm 10/11 - gấp 10 lần hạt xanh.

Đáp án D

Có 2 phát biểu đúng, đó là II và III.

Kiểu hình trội về 3 tính trạng $\text{(A-B-D-)}$ và kiểu hình lặn về 3 tính trạng aabbdd = 57,5% = 0,575

$$\begin{gathered} \to \text{A-B-}\times 0,75+aabb+0,25=0,575 \\ \to (aabb+0,5)\times 0,75+aabb\times 0,25=0,575 \\ \to aabb=0,2=0,4ab\times 0,5ab \end{gathered}$$

I sai, vì ruồi giấm đực không hoán vị nên $F_1$ chỉ có tối đa $7\times 3=21$ kiểu gen.

II đúng, ruồi giấm cái cho giao tử mang 3 alen trội $AB\text{D}=0,4\times 0,5=0,2=20\%$

III đúng, các cá thể dị hợp ít nhất 2 cặp gen ở $F_1$ có tỉ lệ là:

$$\begin{gathered} +\frac{AB}{ab}Dd=(0,4\times 0,5\times 2)\times 0,5=0,2 \\ +\left(\frac{{\displaystyle Ab}}{{\displaystyle ab}}+\frac{{\displaystyle aB}}{{\displaystyle ab}}+\frac{{\displaystyle AB}}{{\displaystyle Ab}}+\frac{{\displaystyle AB}}{{\displaystyle ab}}\right)Dd+\frac{{\displaystyle AB}}{{\displaystyle ab}}(DD+dd) \\ =(0,1\times 0,5\times 4)\times 0,5+(0,4\times 0,5\times 2)\times 0,5=0,3 \end{gathered}$$

$\to$ Tổng tỉ lệ = 0,2 + 0,3 = 0,5.

IV sai, vì các cá thể mang 2 tính trạng trội chiếm tỉ lệ:

$$\begin{gathered} (\text{A-B-)}\times dd+(\text{A-bb}+aaB\text{-)}\times D\text{-} \\ =0,7\times 0,25+0,1\times 0,75=0,25 \end{gathered}$$

Trong đó, các cá thể thuần chủng $\frac{AB}{AB}dd=0,4\times 0,5\times 0,25=0,05$

 Tỉ lệ là 0,05 : 0,25 = 1/5

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng, đó là I, II và III.

Gọi 2 cặp gen đang xét là Aa và Bb.

Khi P khác nhau mà đời con có tỉ lệ 1 : 2 : 1, thì sẽ có ít nhất 1 cây mang kiểu gen Ab/aB, kiểu hình vắng mặt chỉ có thể là 2 tính trạng lặn ab/ab.

+ Các trường hợp có thể có của P:

$\frac{AB}{ab}$ (không hoán vị hoặc hoán vị với tần số bất kì) $\times \frac{Ab}{aB}$ (không hoán vị)           (1)

$\frac{Ab}{ab}$ (hoặc $\frac{aB}{ab}$) $\times \frac{Ab}{aB}$ (không hoán vị)                                                 (2)

I đúng, vì cả 2 trường hợp đều cần ít nhất 1 cây có kiểu gen $\frac{Ab}{aB}$

II đúng, với cụm phép lai (1) thì tỉ lệ 1 tính trạng trội thuần chủng chiếm tối đa nếu $\frac{AB}{ab}$ hoán vị với tần số 50%, lúc này tỉ lệ $\frac{Ab}{Ab}+\frac{aB}{aB}=0,25\times 0,5\times 2=0,25=25\%$

Với cụm phép lai (2) thì tỉ lệ 1 tính trạng trội thuần chủng ($\frac{Ab}{Ab}$ hoặc $\frac{aB}{aB}$) chiếm $0,5\times 0,5=0,25=25\%$

III đúng, với cụm phép lai (1) thì các cây mang kiểu hình mang một tính trạng trội có tối đa 4 kiểu gen, với cụm phép lai (2) thì có tối đa 3 kiểu gen.

IV sai, nếu chọn phải cây mang kiểu gen $\frac{Ab}{ab}$ (hoặc $\frac{aB}{ab}$) tự thụ phấn thì đời con có A-B- chiếm 0%.

Đáp án D

Có 2 phát biểu đúng, đó là I và II.

Theo đề bài, A-B-D- cho hoa đỏ; A-B-dd hoặc A-bbD- hoặc aaB-D- cho hoa hồng, các kiểu gen còn lại cho hoa trắng.

Khi (P) tự thụ phấn: AaBbDd  AaBbDd $\to F_1$ có:

+ Hoa đỏ $\text{A-B-D-}={\left(\frac{3}{4}\right)}^3=\frac{27}{64}$

+ Hoa hồng A-B-dd hoặc A-bbD- hoặc aaB-D- $=C_3^1\times \frac{9}{16}\times \frac{1}{4}=\frac{27}{64}$

+ Hoa trắng $=1-\frac{27}{64}-\frac{27}{64}=\frac{10}{64}$ hoa trắng.

I đúng, $F_1$ có hoa trắng chiếm 10/64 = 15,625%.

II đúng, trong các cây hoa đỏ $F_1$, cây dị hợp 2 cặp gen chiếm tỉ lệ $=C_3^2\times \left(\frac{1}{3}\times \frac{2}{3}\times \frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}$

→ Xác suất chọn được cả 2 cây đều dị hợp 2 cặp gen là ${\left(\frac{4}{9}\right)}^2=\frac{16}{81}$

III sai, các cây hoa đỏ (A-B-D-) $F_1$ gồm có: 1AABBDD + 2AaBBDD + 2AABbDD + 2AABBDd + 4AaBbDd + 4AABbDd + 4AaBBDd + 8AaBbDd; nhóm này cho tỉ lệ giao tử abd = 1/27.

→ Ta thấy rằng tỉ lệ aabbdd $=\frac{1}{27}\times \frac{1}{27}=\frac{1}{729}$. Nhưng hoa trắng không chỉ bao gồm aabbdd nên tỉ lệ của chúng chắc chắn lớn hơn 1/729.

IV sai, trong cây hoa hồng $F_1$, các cây thuần chủng (AABBdd + AAbbDD + aaBBDD) chiếm tỉ lệ $\frac{3}{64}:\frac{27}{64}=\frac{1}{9}$

Đáp án C

Có 3 phát biểu đúng, đó là I, II và III.

0 I đúng, vì nếu không có các nhân tố tiến hóa khác,  có cấu trúc di truyền thỏa mãn công thức Hardy – Weinberg $p^{2}AA+2pqAa+q^{2}aa=0,36AA+0,48Aa+0,16aa$; chứng tỏ quần thể ngẫu phối cân bằng, tức tỉ lệ các hoa không được côn trùng thụ phấn là rất ít.

II đúng, nếu 80% hoa được thụ phấn thì Fo sẽ có 0,8 ngẫu phối và 0,2 tự phối.

→ $F_1$ có tỉ lệ $aa=0,8\times 0,16+0,2\times (0,16+0,48:4)=0,184=18,4\%$

III đúng, nếu đàn côn trùng biến mất thì quần thể chuyển sang tự phối, lúc này tỉ lệ đồng hợp tăng dần, trong đó aa tắng → tỉ lệ hoa trắng tăng nên tỉ lệ hoa đỏ giảm.

IV sai, nếu chỉ hoa đỏ (gồm $\frac{3}{7}AA+\frac{4}{7}Aa$) được thụ phấn thì hoa trắng chỉ tự thụ, lúc này:

→ $F_1$ có tỉ lệ hoa trắng $\text{aa}=0,84\times \frac{2}{9}\times \frac{2}{9}+0,16=\frac{136}{675}\approx 20,15\%$

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng là I, II và III.

Gọi bệnh 1 do cặp gen A, a quy định, bệnh 2 do cặp gen B, b quy định.

Những người nam trong phả hệ đều có kiểu gen xác định là: 2 - $X^{AB}Y$, 4 - $X^{aB}Y$, 5 - $X^{Ab}Y$,  7 - $X^{Ab}Y$, 9 - $X^{AB}Y$, 11 - $X^{AB}Y$, 12 - $X^{ab}Y$

Do 7 - $X^{Ab}Y$, 9 - $X^{AB}Y$, người 8 - $X^{aB}{X}^{a-}$ chắc chắn nhận $X^{aB}$ từ bố, nên sẽ nhận từ mẹ giao tử $X^{a-}$

→ Người 3 có kiểu gen $X^{AB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{Ab}{X}^{aB}$, lúc này 8 có thể là $X^{aB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{aB}{X}^{aB}$

+ Người 5 - $X^{Ab}Y$ sẽ nhận $X^{Ab}$ từ mẹ, vì người 1 có mang gen bệnh 1 → người 1 có kiểu gen $X^{AB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{Ab}{X}^{aB}$

+ Người 12 mang $X^{ab}Y$ nhận $X^{ab}$ từ mẹ (10), mà người 10 có bố 5 mang $X^{Ab}Y$ → 10 sẽ có kiểu gen $X^{Ab}{X}^{aB}$

+ Người 11 có kiểu gen $X^{AB}Y$, người này nhận $X^{AB}$ từ mẹ (6) → (6) có kiểu gen $X^{AB}{X}^{aB}$ hoặc $X^{AB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{Ab}{X}^{aB}$

Lúc này:

I đúng, vì chỉ có người 10 là biết chính xác kiểu gen $X^{Ab}{X}^{aB}$

II đúng, người 6 và 1 có thể cùng có kiểu gen $X^{AB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{Ab}{X}^{aB}$

III đúng, người 8 - $X^{aB}{X}^{ab}$ hoặc $X^{aB}{X}^{aB}$ nên sinh con trai, 100% sẽ mang bệnh 1.

IV sai, 10 mang kiểu gen $X^{Ab}{X}^{aB}$ nên cho giao tử $X^{AB}$ với tỉ lệ 10%, nên tỉ lệ sinh con trai bình thường là $0,1{\text{X}}^{AB}\times 0,5Y=0,05=5\%$. → Tỉ lệ con không bệnh là 5% nam + 50% nữ = 55%.