Đề thi THPT Quốc gia môn Sinh năm 2022 chọn lọc, có lời giải (Đề số 26)

Enzyme Restrictaza được sử dụng để cắt ADN thể truyền và cắt gen cần chuyển trong kĩ thuật di truyền.

Chọn D

Loài mới xuất hiện khi có sự cách li sinh sản giữa quần thể mới và quần thể ban đầu.

Phát biểu sai là: B, cách li địa lý không nhất thiết dẫn tới cách li sinh sản.

Chọn B

Bộ ba kết thúc trên mARN là: 5’UAA3’; 5'UAG3’; 5'UGA3'

Vậy trên mạch khuôn ADN là: 3’ATT5’; 3’ATX5’; 3’AXT5’

Chọn D

Đáp án A

Gen điều hoà không nằm trong thành phần cấu trúc của operon (SGK Sinh 12 trang 16).

Ở gà ri, con trống là XX, con cái là XY.

Chọn C

Kiểu gen đồng hợp về tất cả các cặp gen là: AAbbDD.

~1Chọn C

Thú phát sinh ở đại Trung sinh (SGK Sinh 12 trang 142)

Chọn A

Đột biến làm xuất hiện alen mới trong quần thể.

Chọn A

Khoảng giá trị của một nhân tố sinh thái ở mức độ phù hợp, đảm bảo cho sinh vật thực hiện các chức năng sống tốt nhất gọi là khoảng thuận lợi (SGK Sinh 12 trang 151)

Chọn B

Đời con cho tỉ lệ kiểu hình 1:1 => 1 tính trạng chỉ cho 1 loại kiểu hình, tính trạng còn lại có phép lai dạng: cơ thể dị hợp  cơ thể đồng hợp lặn.

Trong các phép lại trên thì phép lai D: AaBB x aaBb => (1Aa:1aa)B-

Chọn D

Đáp án A. 

Đây là phương pháp cấy truyền phôi, các con bò được hình thành từ các phôi được chia cắt từ 1 phôi sẽ có kiểu gen giống nhau.

B sai, kiểu hình có thể khác nhau vì kiểu hình là kết quả của tương tác giữa kiểu gen và môi trường.

C sai, các con bò này cùng giới tính nên không thể giao phối với nhau tạo ra đời con.

D sai, các con bò này vẫn có khả năng sinh sản hữu tính bình thường.

Chọn A

Phép lại aa x aa => aa (toàn kiểu hình lặn).

Chọn C

Pha tối của quá trình quang hợp diễn ra ở chất nền của lục lạp (SGK Sinh 11 trang 41)

Chọn B

Kiểu gen thuần chủng khi tự thụ phấn sẽ tạo ra đời con chỉ có 1 loại kiểu hình.

Kiểu gen thuần chủng là aaBB.

Chọn B.

Giao phối không ngẫu nhiên chỉ làm thay đổi tần số kiểu gen mà không làm thay đổi tần số alen của quần thể.

Chọn D

Các hoocmon do tuyến tụy tiết ra tham gia vào cơ chế duy trì ổn định nồng độ glucose trong máu:

+ Insulin: làm giảm nồng độ glucose trong máu.

+ Glucagon: làm tăng nồng độ glucose trong máu.

Chọn A

Trong tự nhiên, nguồn năng lượng chủ yếu của hệ sinh thái có nguồn gốc từ ánh sáng mặt trời truyền vào hệ sinh thái qua hoạt động quang hợp của sinh vật sản xuất.

Chọn C

Đáp án B

Sản phẩm của chu trình Canvin là glucozo.

O₂, NADPH, ATP là sản phẩm của pha sáng.

(SGK Sinh 11 trang 41)

Phát biểu sai về đặc điểm của mã di truyền là C, mã di truyền có tính phổ biến nghĩa là tất cả các loài đều có chung bộ mã di truyền (trừ 1 vài ngoại lệ)

Chọn C

Quan hệ kí sinh: 1 bên được lợi và 1 bên bị hại.

C sai, vật kí sinh có kích thước nhỏ hơn vật chủ

Chọn A

Đáp án A

Cá rô phi Việt Nam có giới hạn sinh thái về nhiệt độ từ 5,6°C đến 42°C.

5,6°C là giới hạn dưới, điểm gây chết ở cá rô phi; 42°C là giới hạn trên, điểm gây chết ở cá rô phi.

Phát biểu sai là A

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tỷ lệ kiểu hình chứa a alen trội  trong đó n là số cặp gen dị hợp

Cách giải:

Giả sử F₁ dị hợp về n cặp gen, ta có cây cao 12cm không chứa alen trội nào.

Hay: $\frac{C_{2n}^0}{2^{2n}}=\frac{1}{256}=\frac{1}{2^n}\to n=4$ (2n vì F₁ có n cặp gen dị hợp x F₁ có n cặp gen dị hợp)

Mỗi alen trội làm chiều cao cây tăng: $\frac{36-24}{4}=3cm$

Cây cao 27cm có $\frac{27-12}{3}=5$ alen trội.

Tỉ lệ cây cao 27cm là: $\frac{C_8^5}{2^8}=\frac{56}{256}$

Chọn A

Đáp án C

Alen M₁ có triplet XTG (côđon GAX của mARN) bị đổi so với alen M là XTA (côđon GAU mARN) cùng mã hóa cho Asp. Nên chuỗi polipeptit không đổi.

Alen M₂ có triplet GTG (côđon là XAX) bị đổi so với alen M là GTA (côđon là XAU) cùng mã hóa cho His. Nên chuỗi polipeptit không đổi.

Alen M₃ có triplet GTG (côđon là XAX mARN) mã hóa cho His bị đổi so với alen M là ATG (côđon UAX) mã hóa cho Tir. Nên chuỗi polipeptit bị thay đổi aa.

Alen M₄ có triplet TXG (côđon là AGX) bị đổi so với alen M là TXA (côđon là AGU) cùng mã hóa cho Xer. Nên chuỗi polipeptit không đổi.

Như vậy chỉ có chuỗi polipetit do alen M₃ mã hóa bị thay đổi so với chuỗi polieptit do alen M quy định.

Đáp án B

(1) đúng, vì loài C và D thuộc bậc dinh dưỡng cao hơn loài A và B.

(2) sai, loài A,B có thể là sinh vật ăn mùn bã hữu cơ.

(3) đúng, nếu loài C diệt vong → loài F giảm số lượng → loài H thiếu thức ăn, cạnh tranh trong loài H tăng.

(4) đúng, nếu loài C, D diệt vong thì loài F,G,H,I cũng diệt vong → tỉ lệ loài bị mất là 6/9 = 66,7%.

Đáp án B

Cho cây AaBbDd tự thụ phấn thu được cây hoa đỏ = $\frac{27}{64}=\frac{3}{4}\times \frac{3}{4}\times \frac{3}{4}$ → Cây hoa đỏ có kiểu gen dạng A-B-D-; còn những kiểu gen còn lại đều quy định hoa trắng.

→ Trong tổng số cây hoa đỏ A-B-D- F₁ số cây có 4 alen trội là AABbDd + AaBBDd + AaBbDD chiếm tỷ lệ là: $\frac{3\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{2}}{\frac{27}{64}}=\frac{4}{9}$ .

Đáp án D

Phương pháp:

Bước 1: Viết các kiểu gen có thể có của cây thân cao hoa đỏ.

Bước 2: Xét các trường hợp có thể có của 2 cây thân cao, hoa đỏ.

Cách giải:

Cây thân cao hoa đỏ có thể có các kiểu gen: AABB, AABb, AaBB, AaBb.

TH₁: 2 cây có kiểu gen AABB  100% cây thân cao, hoa đỏ

TH₂: 2 cây có kiểu gen AABb  3 cây thân cao, hoa đỏ: 1 cây thân cao, hoa trắng

TH₃: 2 cây có kiểu gen AaBB 3 cây thân cao, hoa đỏ: 1 cây thân thấp, hoa đỏ

TH₄: 2 cây có kiểu gen AaBb  9:3:3:1 

TH₅: 1 cây AABB, 1 cây AaBB 7 cây thân cao, hoa đỏ: 1 cây thân thấp, hoa đỏ. (cộng tỉ lệ ở TH₁ và TH₃)

TH₅: 1 cây AABB, 1 cây AABb  7 cây thân cao, hoa đỏ: 1 cây thân cao, hoa trắng. (cộng tỉ lệ ở TH₁ và TH₂)

               Như vậy TH2 cho cây có kiểu hình hoa đỏ thấp nhất là 3/4

Đáp án B

Quần thể không chịu tác động của các nhân tố tiến hóa

→ quần thể giao phối ngẫu nhiên, cân bằng di truyền

P : 12,25% bb => tần số b  =0,35 => tần số B =0,65

Trong đó có 0,1225% cây A₃A₃bb= 0,1224 => ${\text{A}}_{\text{3}}{\text{A}}_{\text{3}}\text{=}\frac{\text{0,1225\%}}{{\text{0,35}}^{\text{2}}}\text{=0,01}$ => Tần số A3=0,1

→ tỉ lệ cây hoa xanh thân cao trong quần thể là A2-B- = => Tần số A2=0,8=> Tần số A1= 0,1

Tỉ lệ cần tìm là $\frac{\left[\left({\text{A}}_{\text{1}}\text{-}\right){\text{-A}}_{\text{1}}{\text{A}}_{\text{1}}\right]\text{×Bb}}{\left({\text{A}}_1-\right)\times \left(1-\text{bb}\right)}=\frac{\left(0,19-0,01\right)\times 0,455}{0,19\times 0,8775}=\frac{28}{57}$

- Tỉ lệ giao tử bình thường = (1/2) ⁴= 1/16.

- Tỉ lệ giao tử đột biến = 1 – 1/16 = 15/16.

 - Tỉ lệ giao tử mang ít nhất 3 NST đột biến = mang 4 NST đột biến + mang 3 NST đột biến =

${\left(\frac{\text{1}}{\text{2}}\right)}^{\text{4}}{\text{+ C}}_{\text{4}}^{\text{3}}{\left(\frac{\text{1}}{\text{2}}\right)}^{\text{3}}\text{×}\left(\frac{\text{1}}{\text{2}}\right)\text{=}\frac{\text{5}}{\text{16}}$

- Trong các giao tử đột biến, tỉ lệ giao tử mang ít nhất 3 NST đột biến = $\frac{5/16}{15/16}$ = 1/3.

Đáp án B

F1 toàn mắt đỏ → P thuần chủng:

Tỷ lệ phân ly kiểu hình chung: 9 đỏ: 6 vàng:1 trắng → hai gen tương tác bổ sung

A-B-: đỏ; A-bb/aaB-: vàng; aabb: trắng

Tỷ lệ kiểu hình ở 2 giới khác nhau → 1 trong 2 gen nằm trên NST X

P: AAX_BX_B × aaX_bY →F1: AaX_BX_b : AaX_BY ↔ (1AA:2Aa:1aa)(X_BX_B:X_BX_b:X_BY:X_bY)

Nếu cho đực mắt đỏ F2 giao phối với con cái mắt đỏ F2:

(1AA:2Aa)(X_BX_B:X_BX_b) ×(1AA:2Aa)X_BY ↔ (2A:1a)(3X_B:X_b) ×(2A:1a)(1X_B:1Y)

(4AA:4Aa:1aa)(3X_BX_B: 3X_BY: 1X_BX_b:1X_bY)

Con mắt đỏ: (4AA:4Aa)(3X_BX_B:3X_BY: 1X_BX_b) → Tỉ lệ đực cái: 3:4

Đáp án B

Abd =15% => bd =15%: 1/2 =30% > 25% => bd là giao tử liên kết

=> Kiểu gen P là

Ta có BD = bd = 30%

Bd = bD = 50%-30%=20%

=> f= 20%× 2= 40% => đúng

(4) P: Aa BD/bd × Aa BD/bd = (Aa×Aa)( BD/bd×BD/bd )

=> kiểu gen đồng hợp tử về các cặp gen là: (AA, aa) (BD/BD ,Bd/Bd,bD/bD,bd/bd) =0.13

Cá thể mang kiểu gen dị hợp tử về các gen chiếm =1-0,13 =0,87

Đáp án: B
-Ý I;III đúng
a: bệnh bạch tạng
b: mù màu

-I. Xác định được chính xác kiểu gen của 6 người trong phả hệ. => đúng
+Xác định được kiểu gen về bệnh bạch tạng của: 1, 2, 3, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 14
+Xác định được kiểu gen về bệnh mù màu của: 1, 3, 5, 7, 8, 9, 10, 13, 14, 15
+Xác định chính xác KG của: 1, 3, 5, 8, 9, 14
-II. Xác suất để cặp vợ chồng (15) X (16) sinh ra người con mắc một trong hai bệnh trên là 19,25%. => sai
+Xét bệnh bạch tạng:
10: 1/3 AA; 2/3 Aa
11: Aa
15: 2/5 AA; 3/5 Aa
13: 1/3 AA; 2/3 Aa
14: Aa
16: 2/5 AA; 3/5 Aa
+Xét bệnh mù màu:
15: X^AY
14: X^AX^a
16: 1/2 X^AX^A: 1/2 X^AX^a
15 x 16 => sinh con bị bạch tạng = $\frac{\text{3}}{\text{10}}\text{x}\frac{\text{3}}{\text{10}}\text{x}\frac{\text{3}}{\text{4}}\text{=}\frac{\text{27}}{\text{400}}$
=> sinh con bị mù màu = $\text{(1-}\frac{\text{3}}{\text{10}}\text{x}\frac{\text{3}}{\text{10}}\text{)x}\frac{\text{1}}{\text{4}}\text{x}\frac{\text{1}}{\text{2}}\text{=}\frac{\text{91}}{\text{800}}$
=> con bị 1 trong 2 bệnh = $\frac{\text{29}}{\text{160}}$
-III. Cặp vợ chồng (15) X (16) không thể sinh được con gái mắc cả hai bệnh. => đúng, con gái không thể bị mù màu
-IV. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh đứa con thứ 2 là con trai không mắc cả hai bệnh trên là 34,125%. => sai, con trai không mắc cả 2 bệnh =  $\frac{\text{91}}{\text{100}}\text{x}\frac{\text{7}}{\text{8}}\text{=}\frac{\text{637}}{\text{800}}$