Ôn thi THPT quốc gia DA Sinh

Thể đột biến này giảm phân bình thường sẽ tạo hai loại giao tử khác nhau về số lượng NST là n và n+1.. 31D 30D Hai cá thể đó không thể giao phối với nhau 32D 40C Có chất ức chế làm cản t

III Môn Sinh học

1B 38A

2A 6C Ở ruồi giấm, HVG chỉ xảy ra ở ruồi cái

- Xét P : XDXd× XDY -> có ruồi mắt đỏ chiếm TL là ¾

- Xét P : ♀

aB

Ab × ♂

ab

AB Gọi f là TSHVG F1 có đen, cụt (

ab

ab ) = f/2 ab (♀) × ½ ab (♂) Vậy ta có : f/2×1/2×3/4 = 0,0375 => f = 0,2 hay 20%

3C 14D Trong quần thể mới, TL sóc ở vườn thực vật là 160/200 = 0,8; TL sóc rừng là 40/200 = 0,2

Vậy tần số Est1 ở quần thể mới là 0,8×0,9 + 0,2×0,5 = 0,82 4C 17B Số phân tử cần tìm là 2x/2 -1 = 25/2 - 1 = 15

5B 27D - Số cá thể sau 1 năm : 20000 + 20000(10% + 2%) – 20000(7% + 1%) = 20800

- Số cá thể sau 2 năm : 20800 + 20800(10% + 2%) – 20800(7% + 1%) = 21632

6A 11D Khỏi quần thể rất nhanh nếu đó là alen trội

7D 21B Phân tử ARN có A = 1/20, U = 7/20

Gen có A = T = (1/20 + 7/20)/2 = 1/5 => G = X = 1/2 - 1/5 = 3/10

Gọi N là số nuclêôtit của gen, ta có A = T = (1/5)N, G = X = (3/10)N

Ta có số liên kết hiđrô của gen (H) :

H = 2A + 3G hay 3900 = 2(1/5)N + 3(3/10)N => N = 3000, một mạch của gen có 3000/2 = 1500 nuclêôtit

Vậy, mạch gốc của gen có : A = UARN = (7/20)×1500 = 525; T = AARN = (1/20)×1500 = 75

-> loại trừ, chọn (525, 75, 675, 225) (Do sơ suất chúng tôi đã gõ là : 525, 75, 675, 275 ).

8B 37C Quan hệ giữa các loài luôn đối kháng nhau

9B 25D Hiệu suất sử dụng năng lượng của sinh vật để chuyển hoá thành sinh khối là thấp

10B 19B TL tế bào có HVG là (360/2000)×100% = 18% => f = 18%/2 = 9% hay 9 cM

11B 15C Đồng đều

12C 39B Kết quả lai cho thấy : F1 có tất cả đực và cái đều xám, F2 có 3 xám : 1 nâu (chỉ có con cái màu nâu) =>

Xám trội hoàn toàn so với nâu, gen quy định tính trạng nằm trên X (không có alen trên Y) và cặp NST giới tính của con cái là XY

13B 1D = C2/PN = 180000/16000000 = 0,01125 hay 1,125%

14B 20A Ba loại G, A, U vì phân tử mARN này chỉ có thể thực hiện được dịch mã khi có mã mở đầu (AUG –

chứa G, A và U)

15A 7A - Xét P : Aa × Aa -> F1 TL số cá thể thuần chủng là 1/2 (= 1/4 AA + 1/4 aa)

- Xét P :

bd

BD × bd

BD -> F1 TL số cá thể thuần chủng là 1/2 (= 1/4

BD

BD + 1/4 bd

bd )

- Xét P : Ee × EE -> F1 TL số cá thể thuần chủng là 1/2 (EE)

=> TL % số cá thể thuần chủng ở F1 là (1/2)3 = 1/8 = 0,125 hay 12,5%

16A 34B

17B 29C Gọi 2n là bộ NST lưỡng bội của loài -> thể đột biến thể ba của loài sẽ có số NST là (2n + 1) Thể đột

biến này giảm phân bình thường sẽ tạo hai loại giao tử khác nhau về số lượng NST là n và (n+1)

Ta có : n +1 = 7 -> n = 6 Vậy bộ NST lưỡng bội của loài là 2n = 12

18B 5C

- Xét ab

AB ×

ab

Ab Nếu xảy ra trao đổi chéo ở cả 2 giới thì số kiểu gen ở F1 là 7

- Xét de

DE ×

de

DE Nếu xảy ra trao đổi chéo ở cả 2 giới thì số kiểu gen ở F1 là 10

= Số loại kiểu gen chung ở F1 là 7×10 = 70

19C 22B - Xét AABb tự thụ phấn , F3 có AABB = 0,4×1×[1-(1/2)3]]/2 = 0,175

- Xét AaBb tự thụ phấn , F3 có AABB = 0,4×[1-(1/2)3]/2 ×[1-(1/2)3]/2 = 0,077

=> Quần thể ở F3 có TL cơ thể mang 2 cặp gen đồng hợp trội (AABB) = 0,175 + 0,077 = 161/640 20B 23B Phân chia nguồn sống

21B 33D Cặp gen Aa di truyền phân li độc lập với tất cả các cặp gen còn lại

22B 18B Do cơ chế trao đổi chéo

23A 31D Gen A có : N = 2×153×10/3,4 = 900 nu

Ta có 2A + 2G = 900 (1); 2A + 3G = 1169 (2) Từ (1) và (2) suy ra gen A có :

A = T = 181; G = X = 269

Gọi x, y lần lượt là tổng số nuclêôtit loại A và loại G của cả hai gen A và a

Ta có : x(22-1) = 1083 => x = 361; y(22-1) = 1617 => y = 539 Vậy số nuclêôtit mỗi loại của gen a là : A = T = 361-181 = 180; G = X = 539-269 = 270

Như vậy, gen A đã bị đột biến thay thế 1 cặp A-T bằng 1 cặp G-X

24B 9D

- Xét P :

aB

Ab

× ab

AB -> F1 10 loại kiểu gen (HVG cả hai giới), 4 loại kiểu hình

- Xét P : XDY × XDXd -> F1 : giới XY có 2 loại kiểu gen (XDY, XdY), 2 loại kiểu hình

Xét chung : Ở F1, giới XY có số loại kiểu gen là : 10×2 = 20, số loại kiểu hình là 4×2 = 8

25A 28C Ở F1 xét:

- Xét A-/aa = (7+5)/(1+3) = 3/1 => 2 P đều dị hợp (Aa)

- Xét B-/bb = (7+1)/(5+3) = 1/1 => 1 P là Bb, 1P là bb

Xét chung : 1P có dị hợp hai cặp gen (Aa và Bb), P còn lại gồm Aa và bb

=> chỉ có A là thõa mãn (không cần biện luận tần số)

26A 13A Đột biến, chọn lọc tự nhiên

27B 12A Alen và kiểu hình

28C 3B Có sự thay đổi lớn về địa chất và khí hậu

29C 26A Gọi p là TSTĐ của alen A, q là TSTĐ của alen a

Người không có khả năng cuộn lưỡi trong quần thể có TL 100% - 64% = 36% (hay 0,36)

Quần thể cân bằng có cấu trúc dạng : p2 AA + 2pq Aa + q2 aa = 1

Vậy q2 = 0,36 -> q = 0,6; p = 1-0,6 = 0,4

TL người có khả năng cuộn lưỡi có KG dị hợp so với tổng số người có khả năng cuộn lưỡi là

3 2.0,4.0,6 2

0,36

2.0,4.0,6 2pq

2 q

2pq

= +

= + Phép lai : Aa (chồng) × aa (vợ) Con : ½ Aa, ½ aa (không có khả năng uốn lưỡi)

Vậy xác suất sinh con không uốn cong lưỡi là 3/4×1×1/2 = 0,375 30B 36B Các exon trong cùng 1 gen được xử lý theo những cách khác nhau để tạo nên các phân tử mARN khác nhau 31D 30D Hai cá thể đó không thể giao phối với nhau

32D 40C Có chất ức chế làm cản trở việc liên kết của ARN - polymeraza ở vùng khởi động Khi có chất dinh

dưỡng B với vai trò là chất giải ức chế nên ARN - polymeraza liên kết vùng khởi động phiên mã, enzim A được tổng hợp

33B 4C T = (x - k)n -> T = (2 – 0)205 = 410 độ/ngày

34B 10D

- Xét aD

Ad

× aD

Ad -> F1 có (aabb) = 10%×10% = 1% -> (A-bb) = (aaB-) = 25% - 1% = 24%

-> (A-D-) = 100% - (24% + 24% + 1%) = 51%

- Xét be

BE

× be

BE -> F1 có (bbee) = 30%×30% = 9% -> (B-ee) = (bbE-) = 25% - 9% = 16%

-> (B-E-) = 100% - (16% + 16% + 9%) = 59%

Vậy, đời con F1 có kiểu hình quả đỏ, cây cao (A-B-D-E-) chiếm tỉ lệ: 51%×59% = 30,09%

35B 2B Ở kỉ đệ tam, bò sát và cây hạt trần phát triển ưu thế

36B 32D Người I.1 bệnh -> có KG aa, người I.2 bình thường sinh con II.3 bị bệnh nên I.2 có kiểu gen Aa Con

(thế hệ II) có TL ½ Aa, ½ aa Vậy người II.1 và II.2 đều có KG dị hợp (Aa) Con của người II.1 có ¼ bệnh (aa), trong số con bị bệnh có ½ là con trai

Vậy xác suất sinh con trai bị bệnh là : 1/2 ×1/4 = 1/8 hay 12,5%

37B 24C Phần lớn năng lượng ở một mức bất kỳ đều bị mất đi nên chỉ một phần năng lượng nhỏ được truyền

theo dòng năng lượng đến các mức năng lượng khác

38D 8D Sự tích luỹ các biến dị có lợi, đào thải các biến dị có hại dưới tác động của chọn lọc tự nhiên

39D 35B Các tổ hợp bộ ba có chứa 2A là : 2A1U, 2A1G, 2A1X Mỗi tổ hợp có 3 bộ ba khác nhau

TL : A = 1/10, U = 3/10, G = 2/10, X = 4/10

Vậy TL bộ ba có chứa 2A là : 3×(1/10)2×3/10 + 3×(1/10)2×2/10 +3×(1/10)2×4/10 = 27/1000 40D 16A

41A 49D Mất hoặc thêm 1 nuclêôtit làm toàn bộ các bộ ba thay đổi, do đó các axit amin của chuỗi polypeptit

hình thành đều thay đổi kể từ vị trí bị đột biến

42A 44B Nguồn các chất dinh dưỡng và các phân tử cần thiết cho sự sống có giới hạn nên phải luôn tái tạo không

ngừng 43D 42D Ở miền Bắc Việt nam, số lượng ếch giảm vào những năm có mùa đông giá rét, nhiệt độ xuống dưới

80C (đây là kiểu biến động không theo chu kì)

44C 48C Quá trình đột biến (tạo nguyên liệu sơ cấp) và quá trình giao phối (tạo nguyên liệu thứ cấp – Biến dị

tổ hợp)

45C 47B Nghiên cứu tế bào cho ta biết được bệnh và hội chứng có nguyên nhân do đột biến cấu trúc và số

lượng NST

46C 41C Kết quả lai chứng tỏ, màu hoa loa kèn di truyền qua tế bào chất -> Con lai luôn có KH giống mẹ -> F2

có 100% loa kèn vàng

47A 43B P : AAaa × Aaa

GP: có 1/6aa có 1/6aa, 2/6a (hay ½ giao tử mang gen lặn) F1: - TLKH lặn (vàng) = 1/6×1/2 = 1/12 => TLKH trội (đỏ) = 1- 1/12 = 11/12 Vậy, F1 có TLKH là : 11 cây quả đỏ : 1 cây quả vàng

48B 46D

49D 45D Nuôi cấy mô

50A 50A Từ dữ kiện đề bài, suy ra : Kiểu gen A-B- cho KH màu đỏ, kiểu gen A-bb : màu xanh, các kiểu gen

aaB- và aabb đều cho kiểu hình màu trắng Cây hoa xanh thuần chủng có kiểu gen AAbb

P : AAbb × aaBB -> F1 : AaBb (đỏ)

F1 × F1 : AaBb × AaBb -> F2 : 9(A-B-) : 3(A-bb) : 3(aaB-) : 1(aabb) Vậy, F2 có TLKH là 9/16 đỏ : 4/16 trắng: 3/16 xanh

51B 58A Các phân đoạn có đầu dính và trong tế bào có ADN-ligaza

52D 55A 9 lông xám : 3 lông đen : 4 lông trắng

53D 56C F1 dị hợp 3 cặp gen Aa, Bb, Dd, trong đó Bb và Dd cùng nằm trên 1 cặp NST tương đồng

- Xét F1 : Aa × Aa -> F2 : ¾ A- (cao) + ¼ aa (thấp)

- Xét F1 :

ab

AB

× ab

AB

(hoặc

aB

Ab

× aB

Ab ) Gọi x là TLKH thấp, trắng (

ab

ab

) ở F2

-> (1/4)x = 1% => x = 4% -> B-dd = bbD- = 25% - 4% = 21% => B-D- (đỏ, tròn) = 100% - (21%

+21%+4%) = 54%

Vậy, Tính theo lí thuyết, tỷ lệ % số cây có kiểu hình trội về cả 3 tính trạng (cao, đỏ, tròn) ở F2 là 3/4×54% = 40,5%

54D 59B - Số nuclêôtit của gen ban đầu : N = (2×0,51×104)/3,4 = 3000

- Khi phân tử acriđin xen vào 1 mạch khuôn của gen sẽ gây đột biến thêm 1 cặp nuclêôtit (2 nuclêôtit) Như vậy mỗi gen đột biến sẽ có số nuclêôtit là : 3000 + 2 = 3002

- Số gen đột biến là : 2x/2 -1 = 24/2 - 1 = 7

=> Số nuclêôtit có trong các gen đột biến là 7×3002 = 21014

55A 52B Mỗi đơn vị tái bản có 2 chạc chữ Y Mỗi chạc chữ Y có 2 mạch được tổng hợp liên tục, mỗi mạch cần

1 đoạn ARN mồi Để tổng hợp 1 đoạn Okazaki cần 1 đoạn ARN mồi

=> Số đoạn ARN mồi cần cung cấp để thực hiện quá trình tái bản là : (15+2) + (18 + 2) + (20 + 2) = 59

56A 57C

57B 54B Loài ưu thế

58C 51D Chọn lọc thể đột biến có lợi đã phát sinh ngẫu nhiên từ trước trong quần thể bướm

59B 53A - Các cá thể đồng hợp tử lặn về cả hai tính trạng ở F1 chiếm 17%, khác với 6,25% (1/16) và 25% (1/4)

-> Hai gen A và B liên kết không hoàn toàn

- Ruồi giấm F1 đồng hợp tử lặn về cả hai tính trạng có kiểu gen

ab

ab

-> Ruồi đực và cái P đều cho loại giao tử ab

- Vì ruồi đực không trao đổi chéo, nên ruồi đực P chỉ cho hai loại giao tử: AB và ab với tỷ lệ bằng nhau -> kiểu gen của ruồi đực P là

ab

AB

- Gọi x là tỷ lệ % của loại giao tử ab ở ruồi cái P ta có:

17%

ab

ab

= 50% ab (♂) × x ab (♀) -> x = 34%

- Vì x = 34% > 25% -> giao tử ab là giao tử chứa gen liên kết -> kiểu gen của ruồi cái P: AB/ab =>

Tần số hoán vị gen giữa hai gen A và B = 100% - 2×(34%) = 32%

60D 60A Do thụ tinh từ các giao tử lưỡng bội hoặc trong nguyên phân, NST nhân đôi mà không phân li; tồn tại

chủ yếu bằng sinh sản vô tính

Hết