Ôn tập sinh học hướng dẫn chấm đề thi thử qg lần 1 ngày 2

Đây là bazơ bình thường và chúng sẽ không bị loại bỏ bởi các cơ chế sửa chữa ADN 0,25 điểm - Sự thay đổi ở các bazơ nitơ khác đều tạo ra nucleotit bất thường và hầu hết được sửa chữa, do

CAM – OLYMPIC SINH HỌC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT HDC ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2020

Ngày thi thứ hai

Thời gian: 180 phút (HDC có 12 câu gồm 10 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cirpofloxacin, erythromycin, và acyclovir là các loại thuốc phổ biến được dùng để điều trị bệnh nhiễm

trùng do vi khuẩn hoặc virut Khả năng của các loại thuốc được thể hiện ở bảng dưới đây:

a) Bước nào

trong quá trình tổng

hợp protein bị ức chế

bởi mỗi loại thuốc?

Giải thích

b) Thuốc nào có

hiệu quả hơn để chống lại vi khuẩn? Thuốc nào có thể không ảnh hưởng tới virut? Giải thích

c) Thuốc nào sẽ có tác dụng trên cả tế bào của vật chủ? Tại sao?

d) Acyclovir được sử dụng chủ yếu để điều trị thuỷ đậu do virut herpes gây ra Tại sao nó hiệu quả hơn

erythromycin để điều trị bệnh này?

Hướng dẫn chấm:

a

- Ciprofloxacin: ức chế ADN gyraza, enzim giúp giải toả lực căng ADN trước chạc sao chép Đây là điều cần

thiết để giải phóng chuỗi xoắn kép giúp thực hiện quá trình nhân đôi ADN Do đó, quá trình tổng hợp ARN từ

ADN (phiên mã) và bắt đầu dịch mã (tổng hợp protein) bị ức chế bởi thuốc Ciprofloxacin (0,25 điểm)

- Erythromycin: liên kết ở phía trước vị trí A trên tiểu đơn vị 50S của ribôxôm Nó ức chế chuyển vị aminoacyl

bằng cách can thiệp vào việc chuyển tARN từ vị trí A sang vị trí P Do đó, kéo dài chuỗi polypeptide bị ức chế

bởi thuốc Erythromycin (0,25 điểm)

- Acyclovir: một chất tương tự guanin, có khả năng liên kết với polymeraza của virut và ức chế tổng hợp ADN

của virut Liên kết giữa acyclovir với ADN polymeraza của virut dẫn đến ngừng tổng hợp ADN, do đó, ức chế

tổng hợp protein (0,25

điểm)

b Erythromycin chống vi khuẩn hiệu quả hơn vì nó hoạt động bằng cách liên kết với vị trí A trên tiểu đơn vị

50S của ribôxôm vi khuẩn và ức chế sự kéo dài của chuỗi polypeptid Do đó, nó sẽ không gây ra bất kỳ ảnh hưởng nào đến cơ thể người vì ribôxôm của sinh vật nhân thực là loại 80S bao gồm hai tiểu phần 60S và 40S trong đó ribôxôm của vi khuẩn là loại 70S gồm hai tiểu phần là 50S và 30S

(0,25 điểm)

- Virut có thể có ADN chuỗi đơn hoặc ARN chuỗi đơn làm vật liệu di truyền ADN mạch đơn không yêu cầu

tháo xoắn để phiên mã và ARN mạch đơn có thể dùng trực tiếp mARN để tổng hợp protein (0,25

điểm)

- Do đó Erythromycin và ciprofloxacin sẽ không có hiệu quả chống lại virut Acyclovir có hiệu quả chống lại

virut hơn vì nó làm ngừng tổng hợp ADN bằng cách liên kết với ADN polymeraza của virut (0,25

điểm)

c Enzim ADN gyraza không có trong sinh vật nhân thực trừ một số ngoại lệ, do đó ciprofloxacin sẽ không có bất kỳ tác dụng nào đối với tế bào của vật chủ Erythromycin thì hoạt động đặc biệt trên ribôxôm của vi khuẩn.

Vì vậy, acyclovir là kháng sinh có thể ảnh hưởng đến tế bào của vật chủ (0,25

điểm)

d Acyclovir có hiệu quả hơn erythromycin trong điều trị thủy đậu vì acyclovir có khả năng liên kết với ADN polymeraza của virut dẫn đến ngừng tổng hợp ADN Trong khi đó erythromycin liên kết đặc hiệu với ribôxôm

Erythromycin (kháng sinh) liên kết vào phía trước vị trí A trên tiểu

đơn vị 50S của ribôxôm

của vi khuẩn và sẽ không có bất kỳ ảnh hưởng nào đối với virút vì chúng thiếu enzim của riêng chúng và sử

dụng bộ máy của tế bào vật chủ để nhân lên (0,25

điểm)

Câu 2 (1,5 điểm)

Ancaptôn niệu là một rối loạn chuyển hoá bẩm sinh do khiếm khuyết trong một enzim tham gia vào con đường phân giải axit amin tirôzin Người đồng hợp tử về alen đột biến không thể tạo ra enzim có chức năng bình thường và cơ chất của enzim - axit homogentizic bị tích luỹ nhiều trong cơ thể, gây ra các triệu chứng bệnh như sỏi thận, sỏi tuyến tiền liệt, nước tiểu sậm màu,… Năm 1996, các nhà khoa học ở Tây Ban Nha đã nhân bản và giải trình tự bộ gen mã hoá enzim bình thường và các alen đột biến Dưới đây là trình tự kiểu dại một phần của gen mã hóa prôtêin với trình axit amin ở bên dưới

TTG ATA XXX ATT GCC

Lơxin Izôlơxin Prôlin Izôlơxin Alanin

Dưới đây là trình tự tương ứng của một trong các alen đột biến Sử dụng bảng mã di truyền để trả lời các câu hỏi sau:

TTG ATA TXX ATT GCC

a) Xác định dạng đột biến Chuỗi axit amin tạo ra bởi alen đột biến sẽ thay đổi như thế nào?

b) Tại sao đột biến này ảnh hưởng đến chức năng bình thường của enzim?

c) Trên thực tế, nhiều đột biến điểm xuất hiện tại vị trí chứa cặp bazơ G-X Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a

- Đây là đột biến điểm loại thay thế cặp G-X bằng A-T do trình tự nucleotit ở cặp bazo số 7 (từ trái sang) bị thay

đổi từ X thành T (0,25

điểm)

- Côdon mới xuất hiện trên ARN là UXX mã hoá cho axit amin sêrin Do đó trình tự axit amin của alen đột biến

là: Lơxin ̶ Izôlơxin ̶ Sêrin ̶ Izôlơxin ̶ Alanin (Leu-Ile-Ser-Ile-Ala) (0,25

điểm)

b

- Đột biến thay thế prôlin thành sêrin Prôlin là axit amin không phân cực, thường là một phần của phân đoạn kị

nước trong protein Trong khi đó sêrin lại là một axit amin phân cực với gốc R ưa nước (0,25

điểm)

- Đột biến ảnh hưởng đến hoạt động của enzim bởi vì nó ảnh hưởng đến cấu trúc bình thường của prôtêin (tương tác giữa các axit amin kị nước giúp tạo nên cấu trúc bậc ba bình thường, còn axit amin bị thay thế thì không thể)

(0,25 điểm)

c

- Hầu hết bazơ nitơ trong bộ gen bị metyl hoá là xitozin (X) tạo thành 5-metylxitozin Khi bị khử amin hoá hoặc đột biến, 5-metylxitozin tạo thành timin (T) Đây là bazơ bình thường và chúng sẽ không bị loại bỏ bởi các cơ

chế sửa chữa ADN (0,25 điểm)

- Sự thay đổi ở các bazơ nitơ khác đều tạo ra nucleotit bất thường và hầu hết được sửa chữa, do vậy đa số đột

biến điểm xuất hiện tại cặp G-X (0,25

điểm)

Câu 3 (1,5 điểm)

Nấm đơn bội Neurospora crassa lần đầu tiên được phát hiện ở các tiệm bánh Pháp như một tác nhân phổ

biến làm hỏng thực phẩm, sau đó chúng nhanh chóng được các nhà nghiên cứu sử dụng rộng rãi như một mô hình đặc biệt để nghiên cứu di truyền Loài nấm này có thể phát triển một cách nhanh chóng và dễ dàng trong phòng thí nghiệm với nhu cầu dinh dưỡng rất đơn giản, và tuân theo các quy tắc di truyền học của Mendel

Trong một nghiên cứu, các nhà nghiên cứu đã làm thí nghiệm trên Neurospora để xác định các bước trong

quá trình sinh tổng hợp axit amin lơxin Sơ đồ dưới đây cho thấy con đường chuyển hoá được đề xuất trước trong nghiên cứu

Neurospora ở trạng thái đơn bội trong hầu hết vòng đời của chúng Khi sinh sản hữu tính, hai loại tế bào

khác nhau dung hợp và tạo ra một tế bào lưỡng bội mang bộ gen của cả hai bố mẹ Loài nấm này phát triển trên môi trường tối thiểu mà không cần bổ sung axit amin vì nó có thể tổng hợp tất cả các axit amin và các hợp chất

khác cần thiết để thực hiện chức năng trao đổi chất Các nhà khoa học đã phân lập được hai chủng Neurospora

đột biến và kiểm tra sự phát triển của chúng trên các môi trường khác nhau Tế bào dung hợp tạo ra từ sự kết

cặp giữa hai chủng Neurospora đột biến cũng được phân lập và thử nghiệm bằng cách tương tự Kết quả được

hiển thị trong bảng dưới, trong đó dấu “+” chỉ sự tăng trưởng và “-” cho biết không có sự tăng trưởng

A B C D

Chất tiền thân → 2-Ketoisovalerate → 2-isopropylmalate → 3-isopropylmalate → α-ketoisocaproate → Lơxin

(axit keto-isovaleric) (axit 2-iso-propylmalic) (axit 3-iso-propylmalic) (axit keto-isocaproic) Chủng MT tối thiểu MT tối thiểu

+ Lơxin MT tối thiểu+

2-isopropylmalate

MT tối thiểu

3-isopropylmalate

MT tối thiểu + α-ketoisocaproate

Tế bào

a) Xác định đột biến nào liên quan tới các bước A, B, C hoặc D trong con đường sinh tổng hợp Giải thích b) Tại sao sự dung hợp của hai tế bào đột biến có khả năng khôi phục trở về kiểu hình dại?

c) Giả sử enzim xúc tác một bước duy nhất trong con đường trao đổi chất trên bao gồm bốn tiểu đơn vị, và cấu trúc bậc bốn của enzim này có dạng α2β2 Thí nghiệm với hai chủng Neurospora đơn bội bị đột biến cho thấy chúng bị khiếm khuyết trong cùng bước chuyển hóa này Tuy nhiên, tế bào lưỡng bội tạo ra từ sự dung hợp

tế bào của hai chủng lại cho kết quả phục hồi thành kiểu dại Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a

- Leu-1 đột biến trong bước C Chỉ khi bổ sung sản phẩm của bước này (α-ketoisocaproate) thì Neurospora mới

có thể sinh trưởng được Do đó, Leu-1 phải mang đột biến trong enzim ở bước C (0,25

điểm)

- Leu-2 đột biến trong bước B Sản phẩm của bước này (3-isopropylmalate) là chất đầu tiên trong con đường chuyển hoá có thể làm Neurospora sinh trưởng được Do đó, Leu-2 phải mang đột biến trong enzim ở bước B.

(0,25 điểm)

b Đột biến Leu-1 thiếu enzim C bình thường nhưng có enzim B kiểu dại Đột biến Leu-2 bị thiếu enzim B bình

thường nhưng mang enzim C kiểu dại Vì vậy khi hai tế bào hợp nhất, tế bào lưỡng bội chứa một bản sao của

enzim B kiểu dại và một bản sao của enzim C kiểu dại, giúp phục hồi kiểu hình hoang dại (0,25 điểm)

c

- Một chủng bị đột biến ở gen mã hoá tiểu đơn vị α và chủng đột biến còn lại bị ảnh hưởng ở gen mã hoá tiểu

đơn vị β (0,25

điểm)

- Do vậy các chủng đột biến đơn bội đều không thể tạo ra enzim α2β2 có chức năng vì chúng chỉ có một bản sao

của mỗi gen, một bản sao bình thường và một bản sao đột biến (0,25 điểm)

- Tế bào lưỡng bội tạo ra từ quá trình dung hợp có hai bản sao của mỗi gen, trong đó có một bản sao bình thường của tiểu đơn vị α và một bản sao bình thường của tiểu đơn vị β Điều này giúp chúng tạo ra chuỗi polipeptit α và β bình thường → kết hợp lại tạo thành enzim α2β2 có chức năng do đó phục hồi kiểu hình hoang dại (0,25 điểm)

Câu 4 (2,0 điểm)

Cừu Dolly là động vật có vú đầu tiên được tạo ra từ kỹ thuật chuyển nhân và cũng là con vật nổi tiếng nhất được biết đến nhờ nhân bản sinh sản, từ đó đến nay ứng dụng của quá trình này ngày càng được nhân rộng

và trở nên phổ biến trên thế giới Tuy nhiên, nhân bản sinh sản cũng có một số nhược điểm, ví dụ như các bằng chứng cho thấy cừu Dolly có thể mang bộ gen “già” hơn tuổi thật của mình đã dần được chứng minh Khi các

nhà khoa học phân tích nhiễm sắc thể trong tế bào soma của cừu khoảng 3 tuổi, chiều dài nhiễm sắc thể của Dolly tương đồng đáng kể với nhiễm sắc thể của những con cừu già, chẳng hạn như cừu 9 hoặc 10 tuổi

a) Giải thích tại sao bộ gen của cừu Dolly lại “già” hơn nhiều so với các con cừu bình thường cùng độ tuổi b) Giả sử rằng:

- Trường hợp 1: Dolly lúc 11 tuổi sinh ra một con cừu tên là Molly; Molly được sinh ra một cách tự nhiên (bằng cách giao phối với một con cừu đực bình thường) Khi Molly 8 tuổi, người ta lấy mẫu tế bào soma của nó để phân tích nhiễm sắc thể

- Trường hợp 2: Người ta lấy lát cắt ngang củ cà rốt (Daucus carota subsp sativus) và nhân bản vô tính bằng

kỹ thuật nuôi cấy tế bào Cây con sau khi được trồng khoảng vài tuần sau đó được thu mẫu tế bào và kiểm tra nhiễm sắc thể

Kết quả thu được ở mỗi trường hợp sẽ như thế nào (so với cá thể bình thường cùng độ tuổi)? Giải thích c) Từ những dữ kiện trên, hãy nêu ưu và nhược điểm của kỹ thuật nhân bản sinh sản động vật

Hướng dẫn chấm:

a

- Bộ gen của cừu Dolly “già” hơn do hiện tượng sự cố đầu mút, hay nói cách khác do đầu mút nhiễm sắc thể của cừu Dolly ngắn hơn so với cừu bình thường cùng độ tuổi (0,25

điểm)

- Sự cố đầu mút xảy ra do ADN polimeraza chỉ có thể tổng hợp mạch mới theo chiều 5’-3’ Khi sao chép ADN

ở đoạn cuối mạch ra chậm không có sẵn đầu 3’ ở phía trước để bổ sung nucleotit, do vậy ADN ngắn đi sau mỗi

lần sao chép (0,25

điểm)

- Tế bào cho nhân của cừu Dolly là tế bào (vú) của cừu cái trưởng thành, là tế bào đã nhân đôi nhiều lần (và biệt hoá) do đó đầu mút của nhiễm sắc thể bị ngắn lại Khi chuyển nhân vào tế bào trứng không có sự khôi phục đầu

mút do đó cừu Dolly sinh ra với bộ nhiễm sắc thể vốn dĩ “ngắn” hơn bình thường và ngày càng ngắn (0,25

điểm)

→ Bộ gen của cừu Dolly lại “già” hơn nhiều so với các con cừu bình thường cùng độ tuổi

b

- Trường hợp 1: vì trong quá trình tạo giao tử (trứng) bình thường có enzim telomeraza xúc tác việc kéo dài đầu

mút nhiễm sắc thể, do đó nhân của giao tử (trứng và tinh trùng) đều có độ dài đầu mút tối đa (0,25

điểm)

→ hợp tử mang bộ nhiễm sắc thể bình thường và như vậy khi 8 tuổi cừu Molly có chiều dài đầu mút tương

(0,25 điểm)

- Trường hợp 2: nhiễm sắc thể của cây con có độ dài bình thường vì mặc dù tế bào nhân bản là tế bào đã biệt

hoá và nhân đôi nhiều lần nhưng tế bào nhân bản có tính toàn năng, tức là khả năng “phản biệt hoá” trở về tế

bào chưa biệt hoá Trong quá trình này có sự hoạt động của enzim telomeraza kéo dài đầu mút nhiễm sắc thể trở

nên tối đa → cây con có bộ nhiễm sắc thể với chiều dài bình thường (0,5

điểm)

c Thí sinh nêu được ít nhất 1 ưu điểm (ví dụ tạo ra nhiều cá thể có kiểu gen giống nhau trong cùng một thời

gian ngắn, bảo tồn gen quý,…) và 1 nhược điểm (cá thể tạo ra có thể bị “già trước tuổi”,…) hợp lý được 0,25

điểm

Câu 5 (1,5 điểm)

Năm 1919, Calvin Bridges tiến hành nghiên cứu một đột biến gen lặn chưa rõ vị trí gây màu mắt đỏ son ở ruồi giấm Ông nhận thấy trong bình nuôi ngoài các con mắt đỏ son thuần chủng, có một vài biến dị hiếm hoi mang kiểu hình mắt màu kem nhạt hơn nhiều Bridges tiến hành lai giữa các cá thể này với nhau để thu được dòng mắt kem thuần chủng, sau đó thực hiện phép lai (P) giữa ruồi đực mắt kem với ruồi cái thuần chủng kiểu dại F1 thu được 100% mắt đỏ thẫm (kiểu dại) Tiếp tục cho ruồi F1 giao phối ngẫu nhiên với nhau, F2 thu được

104 con cái mắt đỏ thẫm, 52 con đực mắt đỏ thẫm, 44 con đực mắt đỏ son và 14 con đực mắt màu kem

a) Xây dựng giả thuyết để giải thích kết quả thu được ở F1 và F2 và viết sơ đồ lai minh hoạ

b) Kết quả thí nghiệm trên sẽ thay đổi như thế nào nếu các cá thể đem lai ở P:

- Trường hợp 1: là phép lai giữa ruồi đực mắt đỏ son thuần chủng và ruồi cái mắt kem thuần chủng.

- Trường hợp 2: là phép lai giữa ruồi cái mắt đỏ son thuần chủng và ruồi đực mắt kem thuần chủng

Hướng dẫn chấm:

a Xét phép lai ban đầu:

- Tỉ lệ kiểu hình thu được ở F2 ≈ 12 mắt đỏ thẫm : 3 đực mắt đỏ son : 1 đực mắt kem = 16 tổ hợp lai = 4 x 4 → F1 dị hợp 2 cặp gen phân ly độc lập với nhau, tương tác theo kiểu át chế (0,25

điểm)

- F2 không đồng đều về kiểu hình ở hai giới: 100% ruồi cái kiểu dại, 50% ruồi đực kiểu dại : 37,5% ruồi đực mắt đỏ son : 12,5% ruồi đực mắt kem → gen quy định màu mắt nằm trên nhiễm sắc thể giới tính, một trong hai

gen nằm trên NST X không alen tương ứng trên Y (0,25

điểm)

- Quy ước gen: A_XB_ và aaXB_ : đỏ thẫm

A_XbXb và A_XbY: đỏ son (0,25

điểm)

aaXbXb và aaXbY: màu kem

- P: ♂ aaXbY x ♀AAXBXB

- Sơ đồ lai minh hoạ: (0,25 điểm)

P: ♂ aaXbY x ♀AAXBXB

mắt kem mắt đỏ thẫm G: aXb, aY AXB F1: AaXBXb AaXBY (100% mắt đỏ thẫm) F1 x F1: AaXBXb AaXBY

…

F2: ♂ 3A_XBY : 3A_XbY : 1aaXBY : 1aaXbY (4 đỏ thẫm : 3 đỏ son :1 kem)

♀ 3A_XB_ : 1aa XB_ (100% đỏ thẫm)

b

- TH1: P có kiểu gen ♂ AAXbY x ♀aaXbXb → F1: AaXbY : AaXbXb (100% đỏ son)

F1 x F1 → F2: 3 đỏ son : 1 mắt kem (cả đực và cái) (0,25

điểm)

- TH2: P có kiểu gen♀AAXbXb x ♂ aaXbY → F1: AaXbY : AaXbXb (100% đỏ son)

F1 x F1 → F2: 3 đỏ son : 1 mắt kem (cả đực và cái) (0,25

điểm)

Câu 6 (1,5 điểm)

Wafarin là một loại thuốc chống đông máu ức chế sự tổng hợp phụ thuộc vitamin K của các yếu tố đông máu dạng hoạt tính sinh học phụ thuộc canxi cũng như các yếu tố quy định protein Sự đề kháng với warfarin là một đặc điểm di truyền ở chuột được quy định bởi gen W nằm trên nhiễm sắc thể số 7 Chuột đồng hợp tử mang alen kháng (WW) có giá trị thích nghi kém hơn một chút vì chúng bị thiếu hụt vitamin K còn cá thể dị hợp tử (Ww) thì không (chuột dị hợp tử vẫn có khả năng kháng warfarin) Trong một khu vực nơi warfarin thường xuyên được sử dụng, chuột dị hợp tử có khả năng sống sót tốt nhất, do đó giá trị thích nghi lần lượt của các kiểu

gen Ww, WW, và ww là 1.0, 0.37, và 0.19

a) Quần thể đang bị chi phối bởi hình thức chọn lọc nào? Giải thích

b) Tính tần số alen của quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền sau khi bị tác động bởi chọn lọc

c) Dự đoán sự thay đổi có thể xảy ra nếu quần thể chuột không còn tiếp xúc với thuốc và giải thích

Hướng dẫn chấm:

a Các cá thể có kiểu gen dị hợp tử có sức sống và khả năng sinh sản cao nhất (thể hiện ở giá trị thích nghi = 1,0) do đó chúng sẽ ngày càng gia tăng thành phần kiểu gen trong quần thể và các kiểu gen đồng hợp sẽ ngày

càng giảm → đây là kiểu chọn lọc cân bằng (ưu thế dị hợp tử) (0,25

điểm)

b

- Hệ số chọn lọc của từng kiểu gen là: SWW = 1 – WWW = 1 – 0.37 = 0.63, SWw = 0 và Sww = 0.81 (0,25 điểm)

- Quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền có SWW.p = Sww.q

- Tần số alen: pW = Sww/(Sww + SWW) = 0.81/(0.81 + 0.63) = 0.5625 → qw = 1 € 0.5625 = 0.4375 (0,25 điểm)

c

- Khi quần thể không còn tiếp xúc với thuốc thì sự cân bằng di truyền cũng không còn vì hệ số chọn lọc của cả

ba kiểu gen có xu hướng giảm dần (s → 0) (0,25 điểm)

- Lúc này các cá thể mang kiểu gen WW sẽ bị chọn lọc tự nhiên tác động mạnh nhất vì chúng kém thích nghi

hơn so với hai kiểu gen còn lại (do thiếu hụt vitamin K) → tần số kiểu gen WW giảm qua các thế hệ (0,25

điểm)

- Chọn lọc chống lại alen kháng wafarin làm tần số alen W giảm dần theo thời gian và hình thành nên quần thể

thích nghi với tần số alen w chiếm đại đa số (0,25

điểm)

Câu 7 (2,0 điểm)

Một gen mới được phát hiện gần đây có liên quan đến sự phát triển não bộ ở người đã gây sự chú ý đối với các nhà khoa học Nghiên cứu cho thấy có ba bản sao của gen này (A, B và C theo thứ tự xuất hiện trong quá trình tiến hoá) trong hệ gen người, còn đối với hệ gen chuột chỉ có duy nhất một bản sao của gen (M) và ở

loài ếch Xenopus cũng chỉ có một bản sao độc nhất (gen X) Các nhà khoa học đã giải trình tự 10.000 bp (cặp

bazơ) từ cùng vị trí

khung đọc mở của mỗi

gen và tính toán số cặp

bazơ khác biệt xuất hiện

giữa từng cặp gen nghiên

cứu Kết quả thu được thể hiện ở bảng bên Cho rằng tất cả các gen trong họ gen này tiến hoá với tốc độ không đổi, nhánh tiến hoá của chuột và người đã phân ly với nhau 60 triệu năm trước

a) Chuột và ếch Xenopus đã tiến hoá riêng rẽ cách đây bao lâu? Giải thích.

b) Có bao nhiêu sự kiện lặp gen có thể quan sát được dựa vào dữ kiện trên? Mỗi sự kiện này xảy ra cách đây bao lâu? Giải thích

c) Khi lập bản đồ di truyền của các gen A, B và C người ta thấy A liên kết rất chặt chẽ với C trong khi sự phân ly của B không phụ thuộc vào hai gen còn lại Giải thích cơ sở phân tử dẫn đến hiện tượng trên?

Hướng dẫn chấm:

a

- Vì các gen trong họ gen này tiến hoá với tốc độ không đổi nên số cặp bazơ sai khác giữa chuột và người tỷ lệ thuận với thời gian kể từ khi hai nhánh phân ly với nhau Do đó ta có thể tính tốc độ tiến hoá trung bình của các gen là: 600/ 60.106 = 1.10€ 5 (cặp bazơ/ năm) (0,25 điểm)

- Dựa vào kết quả so sánh ta thấy A khác M 600bp và A khác X 3000bp → số cặp bazơ khác nhau giữa chuột

và ếch Xenopus là: 3000 – 600 = 2400 (bp) (0,25

điểm)

- Thời gian chuột và ếch Xenopus bắt đầu tiến hoá riêng rẽ (phân nhánh) cách đây: 2400/1.10-5 = 240 triệu năm

b (0,25

điểm)

- Có 2 sự kiện lặp gen có thể quan sát được dựa vào dữ kiện trên vì ở người có 3 bản sao của gen chứng tỏ từ một gen ban đầu đã trải qua 2 lần lặp gen sau đó các gen mới tiến hoá dần và có chức năng như hiện nay (ở chuột và ếch chỉ có duy nhất một bản sao của gen nên không có hiện tượng lặp gen)

(0,25 điểm)

- Thời gian mỗi sự kiện xảy ra tỉ lệ với số cặp bazơ sai khác giữa các gen với nhau:

+ Gen B xuất hiện cách đây: 300/1.10-5 = 30 triệu năm (0,25

điểm)

+ Gen C xuất hiện cách đây: 10/1.10-5 = 1 triệu năm (0,25

điểm)

c Cơ sở phân tử có thể giải thích hiện tượng trên là:

- Đầu tiên là sự kiện lặp gen A (có thể do xê dịch mạch khuôn trong sao chép ADN,…) tạo ra gen B, gen B bị

chuyển đoạn ra xa khỏi gen A (vì thế nên nó phân ly độc lập không phụ thuộc hai gen còn lại) (0,25

So sánh giữa

Số cặp bazơ

điểm)

- Sau đó lặp gen B làm xuất hiện gen C, nhờ trao đổi chéo không cân giữa các nhiễm sắc tử không chị em làm

mất đoạn C ở một nhiễm sắc thể, nhiễm sắc thể còn lại chứa cả gen A và C (ở vị trí gần nhau) (0,25

điểm)

(Thí sinh có thể đưa ra cách giải thích khác nếu đúng với lý thuyết và hợp lý vẫn cho điểm tối đa)

Câu 8 (1,5 điểm)

Hai quần thể linh dương Ai Cập (Gazella dorcas beccarii) sống ở cao nguyên Bắc Phi (gọi là quần thể

phía Đông và quần thể phía Tây) bị ngăn cách bởi một dãy núi thuộc khối núi Arkenu Nhờ hoạt động khai phá môi trường và cải tạo địa hình của con người, giờ đây các cá thể linh dương có thể di chuyển tuỳ ý từ quần thể bên này sang quần thể bên kia và ngược lại Người ta đã nghiên cứu các đặc trưng của từng quần thể trước và sau khi khu vực này bị con người tác động (từ năm 1993-2002) Kết quả được hiển thị ở bảng dưới đây:

Quần thể

Đặc điểm

Trước khi bị tác động (1993-1997) Sau khi bị tác động (1998-2002) Quần thể phía

Đông Quần thể phía Tây Quần thể phíaĐông Quần thể phía Tây

Sự sai khác về vốn

a) Bản chất tác động của con người lên hai quần thể linh dương là gì? Giải thích các kết quả trên

b) Nếu nghiên cứu quần thể trong tương lai xa hơn (ví dụ năm 2020) thì kết quả thu được sẽ khác biệt như thế nào so với kết quả trên?

c) Khối núi Arkenu có khí hậu tương đối khô hạn và thi thoảng xảy ra thiên tai như bão cát, vòi rồng,… Quần thể năm 1995 và quần thể năm 2000 có chịu ảnh hưởng bởi các yếu tố trên như nhau không? Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a

- Con người tác động lên môi trường làm các cá thể của hai quần thể vốn bị ngăn cách địa lý nhưng có thể di

chuyển qua lại và giao phối với nhau → tác động của con người là tạo nên dòng gen (sự di-nhập gen) giữa hai quần thể (0,25 điểm)

- Nhờ dòng gen giữa hai quần thể mà chúng có thể trao đổi vốn gen cho nhau qua giao phối với các cá thể của quần thể còn lại, do vậy làm tăng số alen/ lôcut (tăng đa dạng di truyền) và làm giảm sự sai khác về vốn gen với

nhau (0,25 điểm)

b

- Số alen/lôcut ở cả hai quần thể đều tăng và lớn hơn so với thời điểm nghiên cứu trên vì: qua thời gian dài có thể xuất hiện thêm biến dị ở mỗi quần thể, nhờ dòng gen làm phát tán sang quần thể bên cạnh Không chỉ vậy,

số alen/ lôcut còn tăng do thời gian càng dài thì dòng gen càng trao đổi nhiều biến dị hơn so với trong thời gian ngắn

(0,25 điểm)

- Sự sai khác về vốn gen giữa hai quần thể giảm nhiều hơn vì dòng gen có xu hướng đồng bộ hoá (giảm sự khác biệt) di truyền giữa các quần thể qua thời gian Thời gian càng dài thì quần thể càng có xu hướng đồng nhất di

truyền và vì vậy sự sai khác càng nhỏ (0,25

điểm)

c

- Các thiên tai như bão cát, vòi rồng,… xảy ra không thể đoán trước và tác động hoàn toàn vô hướng Hay nói

cách khác chúng chính là các yếu tố ngẫu nhiên Hiệu quả tác động của yếu tố ngẫu nhiên phụ thuộc vào kích

thước quần thể (0,25 điểm)

- Hai quần thể có xảy ra dòng gen có thể được coi như một quần thể lớn và do đó chúng ít chịu tác động của các yếu tố ngẫu nhiên hơn so với một quần thể đơn lẻ Hay nói cách khác quần thể năm 2002 chịu ảnh hưởng của

các yếu tố trên ít hơn (0,25

điểm)

Câu 9 (1,5 điểm)

Stuart và các cộng sự (2014) đã nghiên cứu sự xâm

lấn bởi thằn lằn nâu Cuba (Anolis sagrei) ở các đảo Florida ảnh hưởng như thế nào đến thằn lằn bản xứ A.

carolinensis Sau khi A sagrei xâm lấn, A carolinensis

di chuyển đến cành cây cao hơn Stuart và các đồng nghiệp đã kiểm tra liệu sự thay đổi môi trường sống có gây ra sự thay đổi diện tích miếng đệm chân (kích thước

tương đối) ở A carolinensis (diện tích lớn hơn giúp thằn

lằn dễ dàng bám vào các cành cây mảnh và nhỏ hơn)

bằng cách đo diện tích đệm chân của A carolinensis bắt ngoài tự nhiên trên các đảo xâm lấn bởi A sagrei và

không bị xâm lấn, đồng thời tiến hành đo diện tích đệm

chân của A carolinensis ở thí nghiệm thứ hai trong đó trứng A carolinensis được thu thập trên các đảo có và không có sự xâm lấn rồi nuôi thằn lằn con đến tuổi

trưởng thành trong điều kiện giống y hệt nhau (vườn chung)

a) Nhận xét biểu đồ

b) Khi một tính trạng nào đó ví dụ như diện tích đệm chân có sự khác biệt nhất định giữa các môi trường khác nhau, nguyên nhân có thể do sự mềm dẻo kiểu hình hoặc kết quả của tiến hoá (chọn lọc tự nhiên) Trong mỗi trường hợp sau, kết quả khi bắt ngoài tự nhiên và kết quả nuôi chung sẽ khác biệt như thế nào nếu:

- Trường hợp 1: nguyên nhân do tiến hoá

- Trường hợp 2: nguyên nhân do sự mềm dẻo kiểu hình

c) Nguyên nhân chính dẫn đến sự khác biệt này là gì? Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a Trong cả hai trường hợp, dù thằn lằn A carolinensis bị bắt ngoài tự nhiên hay nuôi trong điều kiện giống

nhau thì diện tích đệm chân của thằn lằn ở nơi không bị xâm lấn luôn nhỏ hơn nơi bị xâm lấn (0,25

điểm)

b

- Trường hợp 1: nếu nguyên nhân là do tiến hoá (chủ yếu là chọn lọc tự nhiên), các cá thể bị bắt trong môi trường không và có bị xâm chiếm sẽ khác nhau về mặt di truyền (kiểu gen) Do vậy dù nuôi trong môi trường

có điều kiện tương tự nhau thì kết quả thu được không có sự khác biệt đáng kể/ giống nhau so với ngoài tự nhiên

(0,5 điểm)

- Trường hợp 2: nếu mềm dẻo kiểu hình là nguyên nhân chính dẫn đến sự khác biệt, gen quy định diện tích đệm chân của cá thể sống trên đảo bị và không bị xâm lấn sẽ không khác biệt với nhau Vì vậy các trứng thu được đều có kiểu gen tương tự nhau, khi nuôi trong vườn chung do điều kiện môi trường giống y hệt nên sự biểu hiện kiểu hình không phụ thuộc vào nguồn gốc trứng được lấy từ đâu Kết quả thu được sẽ khác biệt so với thí nghiệm, cụ thể khi nuôi trong vườn chung diện tích đệm chân của thằn lằn sẽ giống nhau

(0,5 điểm)

c Vì kết quả khi bắt tự nhiên và nuôi trong vườn chung giống nhau chứng tỏ thay đổi trong diện tích đệm chân chủ yếu là do tiến hoá chứ không phải mềm dẻo kiểu hình Bởi vì từ một sự kiện sinh thái (xâm lấn bởi loài

cạnh tranh A sagrei) đã dẫn đến sự thay đổi (tiến hoá thích nghi), hay nói cách khác sự xâm lấn đã tạo tác động

tiến hoá-sinh thái (0,25

điểm)

Câu 10 (2,0 điểm)

Jaenike và Brekke (2011) đã thực hiện một thí nghiệm sử dụng các quần thể ruồi giấm trong phòng thí

nghiệm (Drosophila neotestacea) để kiểm tra xem liệu loài cộng sinh có thể được di truyền qua các thế hệ để gia tăng tần số trong quần thể vật chủ bị kí sinh Ruồi có một loại vi khuẩn cộng sinh thuộc chi Spiroplasma giúp bảo vệ chúng khỏi giun kí sinh Howardula aoronymphium Howardula có thể làm ruồi cái vô sinh và làm

giảm sự thành công khi giao phối ở ruồi đực

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Bắt ngoài tự nhiên Nuôi trong vườn chung

Jaenike và Brekke tiến hành thí nghiệm thứ nhất với năm quần thể giống nhau trong đó ruồi được tiếp xúc với giun kí sinh ở tất cả các thế hệ và năm quần thể giống nhau khác nhưng không có giun kí sinh Ban đầu, mỗi

quần thể đã có 50% ruồi trưởng thành cộng sinh với Spiroplasma và 50% ruồi không được nhiễm vi khuẩn.

Trong thí nghiệm thứ hai, các nhà nghiên cứu tiến hành thí nghiệm với năm quần thể (cũng giống nhau) trong

đó tất cả ruồi đều nhiễm Spiroplasma và năm quần thể ruồi khác không bị nhiễm bệnh Tất cả các quần thể trong thí nghiệm thứ hai này được tiếp xúc với giun ký sinh Howardula (nhưng không nhất thiết bị nhiễm) chỉ

trong thế hệ đầu tiên Cả hai thí nghiệm được theo dõi trong bảy thế hệ, kết quả thu được được trình bày trong

các bảng dưới.

Thí nghiệm 1 Tỉ lệ ruồi giấm cộng sinh với Spiroplasma

Thí nghiệm 2 Tỉ lệ ruồi giấm bị nhiễm giun kí sinh Howardula

Không có Spiroplasma 30 59 95 92 87 ̶€ ̶€

Hướng dẫn chấm:

a) Thí sinh vẽ đồ thị đúng và chú thích đầy đủ được 0,25 điểm

- Nhận xét: tỉ lệ ruồi cộng sinh với vi khuẩn ở quần thể có giun kí sinh cao hơn so với không

xuất hiện giun (0,25 điểm)

- Giải thích: môi trường không có Howardula có

vai trò đối chứng, cụ thể tỉ lệ này có thay đổi nhưng dao động một cách bất thường (không tăng/ giảm liên tục theo thời gian) Ngược lại tỉ lệ

Spiroplasma cộng sinh khi có Howardula tăng

tương đối nhanh, từ giá trị ban đầu là 50% đến

hơn 95% sau 4 thế hệ (0,25 điểm)

b) Thí sinh vẽ đồ thị đúng và chú thích đầy đủ được 0,25 điểm

- Nhận xét: sự có mặt của vi khuẩn cộng sinh

Spiroplasma giúp bảo vệ ruồi giấm khỏi giun

Howardula (0,25 điểm)

- Giải thích: môi trường không có Spiroplasma

đóng vai trò đối chứng, cụ thể quần thể ruồi ở thế

hệ 3 đã có 95% cá thể bị nhiễm giun kí sinh và tất

cả các quần thể đều tuyệt chủng ở thế hệ thứ 6 (vì

nếu không có sự cộng sinh, Howardula sẽ triệt

sản đối tượng mà nó lây nhiễm) Ngược lại, tỉ lệ ruồi bị nhiễm giun giảm tương đối đều khi có mặt

Spiroplasma và không còn cá thể nào bị nhiễm

vào thế hệ 6 (0,25 điểm)

c) Không, vì:

- Nếu chi phí phải trả cho việc nuôi dưỡng Spiroplasma tương đối lớn thì tỉ lệ ruồi cộng sinh với vi khuẩn phải

giảm khi không có giun kí sinh (0,25

điểm)

- Dựa vào đồ thị ở câu a) ta thấy điều này không xảy ra, chứng tỏ ruồi chỉ phải trả một chi phí nhỏ năng lượng

(Dấu “ € ” thể hiện quần thể tuyệt chủng do tất cả ruồi cái nhiễm giun bị vô sinh) a) Vẽ biểu đồ biểu diễn kết quả của thí nghiệm thứ nhất Nhận xét và giải thích b) Vẽ biểu đồ biểu diễn kết quả của thí nghiệm thứ hai Nhận xét và giải thích c) Dựa vào hai biểu đồ trên có thể kết luận rằng có chi phí (giá) lớn phải trả cho việc

nuôi dưỡng Spiroplasma không? Giải

thích

0

20

40

60

80

100

Không giun

Có giun Thế hệ

0

20

40

60

80

100

Không có Spiro-plasma

Thế hệ

hoặc dinh dưỡng để chứa vi khuẩn cộng sinh (0,25

điểm)

Câu 11 (1,5 điểm)

Núi lửa St Helens nằm ở phía Tây Nam bang

Washington (Mỹ) phun trào ngày 18 tháng 5 năm 1990

Sự phun trào này đã tạo ra vùng đất có hàm lượng dinh

dưỡng thấp, khô hạn và di chuyển bề mặt Các ô thí

nghiệm cố định được thiết lập ở một vài vị trí phía

trước vành đai cây bao quanh núi lửa để theo dõi sự

phục hồi sau khi núi lửa phun trào Hình dưới đây thể

hiện số loài và tỉ lệ phần trăm che phủ tại một trong số

các điểm từ năm 1981 đến năm 1998

a) Phân tích và lý giải sự thay đổi về quần xã thực

vật trong giai đoạn 1980-1998

b) Đây là ví dụ cho loại diễn thế sinh thái nào?

c) Không gian và ánh sáng có phải yếu tố giới

hạn trong môi trường này không? Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a

- Trong khoảng 2 năm đầu số lượng thực vật tăng rất

nhanh (0-18 loài) sau đó duy trì tương đối ổn định trong khoảng 18 năm sau (0,25 điểm)

- Số loài tăng nhanh trong 2 năm đầu là do môi trường mới với điều kiện phù hợp cho một số loài thực vật có khả năng thích nghi với môi trường Chúng chiếm lĩnh môi trường mới và tạo điều kiện cho các loài đến sau

(0,25 điểm)

- Tuy nhiên số loài chỉ tăng đến một ngưỡng nhất định do khi đã đủ sức chứa của môi trường gây ra sự cạnh

tranh cùng loài và khác loài làm số lượng loài chỉ có thể dao động trong mức cân bằng (0,25

điểm)

- Nhìn chung, độ che phủ có xu hướng tăng đều theo thời gian Do điều kiện không thuận lợi từ môi trường nên

thực vật khó chiếm lĩnh môi trường nhanh chóng (0,25 điểm)

b Đây là ví dụ cho diễn thế nguyên sinh, vì môi trường khởi đầu không có mầm mống nào của sinh vật (hoặc vì

núi lửa phun trào làm tuyệt diệt mọi loài sinh vật, quần xã bắt đầu từ con số 0) (0,25 điểm)

b Không, vì trong suốt thời gian nghiên cứu độ che phủ còn tương đối thấp (chỉ khoảng 20%) nên lượng ánh sáng thực vật nhận được vẫn nhiều Do đó ánh sáng không phải yếu tố giới hạn (có thể là dinh dưỡng hoặc nước,…)

(0,25 điểm)

Câu 12 (1,5 điểm)

Rừng đóng vai trò vô cùng quan trọng đối với chu trình cacbon toàn cầu, thể hiện ở việc thu nhận một lượng đáng kể khí CO2 từ khí quyển thông qua quang hợp Sản lượng sơ cấp của rừng thường bị hạn chế bởi nguồn nitơ, và do đó khi lượng cacbon hấp thu tăng thì điều đó đồng nghĩa với sự lắng đọng cao của nitơ trong đất

a) Nếu lượng nitơ lắng đọng trong đất tăng thêm trung bình 15kg/ha/năm thì lượng cacbon hấp thụ và lưu trữ trong cây gỗ tăng thêm bao nhiêu trong 20 năm? Giả sử rằng 10% lượng nitơ lắng đọng được cây hấp thụ và

sử dụng cho sinh trưởng, tỷ lệ C:N trong gỗ là 500:1 và diện tích của quần xã rừng rụng lá chiếm 13 triệu km2, diện tích của quần xã rừng phương bắc chiếm 19 triệu km2

b) Mỗi năm con người thải ra 9,5.1015g C từ nhiên liệu hoá thạch và 0,9.1015g C từ việc khai phá đất So với lượng C con người thải ra thì lượng C cây hấp thụ được chiếm bao nhiêu?

c) Nêu ảnh hưởng của con người đến chu trình cacbon trong hai thế kỉ vừa qua Giải thích

Hướng dẫn chấm:

a - 15 kg N/ha/năm trong 20 năm = 300 kg N/ha

- 13,000,000 km2 + 19,000,000 km2 = 3.2 x 109 ha tương đương 9.6 x 1011 kg N (0,25

điểm)

- Vì cây sử dụng 10% nitơ cho sinh trưởng nên lượng nitơ được hấp thụ và lưu trữ trong gỗ là 9.6.1010 kg