Đề minh họa tốt nghiệp THPT môn Sinh có đáp án năm 2025 ( Đề 26)

Chọn A

Ta có P đều dị hợp về 1 cặp gen, mang 2 tính trạng trội, F$_{1}$ chỉ có 1 loại kiểu hình → P có kiểu gen khác nhau (hay dị hợp về các cặp gen khác nhau) → P: AaBB × AABb → F$_{1}$: AABb:AaBb:AABb:AABB

Vậy cây có 3 alelle trội chiếm 1/2.

Chọn C

- Bệnh nhân đã không ăn gì vài giờ trước đó 🡪 Đói, do các tế bào sử dụng nhiều glucôzơ → nồng độ glucôzơ trong máu giảm → tuyết tụy tiết ra glucagôn → gan chuyển glicôgen thành glucôzơ đưa vào máu → nồng độ glucôzơ trong máu tăng lên và duy trì ổn định. Như vậy tuyết tụy tiết ra glucagôn → gan chuyển glicôgen thành glucôzơ đưa vào máu 🡪 nồng độ glucagon cao nồng độ insulin thấp

a) Đúng

a. Kết quả lai phân tích tỉ lệ kiểu hình 3 trắng : 1 đỏ chứng tỏ tính trạng do tương tác bổ trợ giữa 2 gen trội không alen. Nếu có 2 gen trội cho mắt đỏ, thiếu 1 trong 2 gen trội hoặc thiếu cả 2 gen trội thì cho mắt trắng. Tính trạng liên quan với giới tính, 1 gen nằm trên X. Vì vai trò 2 gen như nhau nên gen nào nằm trên X cũng đều thỏa mãn.

Quy ước: A-B- cho mắt màu đỏ; A-bb, aaB-, aabb cho mắt màu trắng.

Giả sử B nằm trên X, theo giả thiết ta có phép lai:

P AAX$^{B}$X$^{B}$ (đỏ) × aaX$^{b}$Y (trắng)

F$_{1}$ ♀ AaX$^{B}$X$^{b}$ (đỏ) ♂ AaX$^{B}$Y (đỏ)

Trường hợp 1.

F$_{1}$ × mắt trắng: ♀ AaX$^{B}$X$^{b}$ (đỏ) × ♂ AaX$^{b}$Y (trắng)

F$_{B}$ 1 AaX$^{B}$X$^{b}$; 1 AaX$^{b}$X$^{b}$; 1 aaX$^{B}$X$^{b}$; 1 aaX$^{b}$X$^{b}$

1 AaX$^{B}$Y; 1 AaX$^{b}$Y; 1 aaX$^{B}$Y; 1 aaX$^{b}$Y

KH: 1 mắt đỏ : 3 mắt trắng (mắt đỏ và mắt trắng có ở cả đực và cái)

Trường hợp 2.

F$_{1}$ × mắt trắng: ♂ AaX$^{B}$Y (đỏ) × ♀ aaX$^{b}$X$^{b}$ (trắng)

F$_{B}$ 1 AaX$^{B}$X$^{b}$; 1 aaX$^{B}$X$^{b}$; 1 AaX$^{b}$Y; 1 aaX$^{b}$Y

KH: 1♀ đỏ: 1♀ trắng : 2 ♂ trắng

b) Đúng

F$_{1}$ × F$_{1}$ : ♀ AaX$^{B}$X$^{b}$ (đỏ) × ♂ AaX$^{B}$Y (đỏ)

G: 1/4AX$^{B}$1/4 AX$^{B}$

c) Sai

Tỉ lệ cái đồng hợp tử mắt đỏ ở F$_{2}$:

1/4 AX$^{B}$ ♂ ×♀ 1/4AX$^{B}$ = 1/16 AAX$^{B}$X$^{B}$.

d) Sai

Một tế bào ruồi cái F$_{1}$, giảm phân 2 có 1 tế bào con bị đột biến không phân li của 1 NST kép thì sẽ cho loại giao tử đột biến là 50%.

+ 1 tế bào AaX$^{B}$X$^{b}$ → không phân li như gt thì G: 1AAX$^{B}$ : 1 X$^{B}$ : 2 aX$^{b}$

Hoặc: 1AAX$^{b}$ : 1 X$^{b}$ : 2 aX$^{B}$

Hoặc: 1aaX$^{b}$ : 1 X$^{b}$ : 2 AX$^{B}$

Hoặc: 1aaX$^{B}$ : 1 X$^{B}$ : 2 AX$^{b}$

+ 1 tế bào ♀ AaX$^{B}$X$^{b}$ → không phân li như gt thì G: 1AAX$^{B}$ hoặc 1 X$^{B}$ hoặc aX$^{b}$,...

→ G đột biến = 50% hoặc = 0%

a) Đúng

- Môi trường nuôi cấy 1:

+ Không có acid amin tryptophan liên kết protein ức chế (protein ức chế do gen điều hòa của operon tryp mã hóa) nên protein ức chế không thể hiện hoạt tính và không liên kết vào Operater của operon lai. Điều này làm cho ARN polymerase có thể bám được vào vùng promoter của operon lai và tiến hành quá trình phiên mã và tổng hợp được phân tử mARN mang thông tin của 2 operon. Vi khuẩn E.coli tổng hợp được enzyme tổng hợp Tryp.

+ Nguồn carbon cung cấp cho tế bào vi khuẩn E.coli sử dụng là glucose.

→ môi trường nuôi cấy 1 có khuẩn lạc xuất hiện.

b) Đúng

- Môi trường nuôi cấy 2:

Tương tự môi trường nuôi cấy 1, ngoài tổng hợp được enzyme cho Tryp còn tổng hợp enzyme phân giải lactose à sử dụng được nguồn cacbon.

→ môi trường nuôi cấy 2 có khuẩn lạc xuất hiện.

c) Đúng

- Môi trường nuôi cấy 3:

+ Có acid amin tryptophan liên kết protein ức chế do gen điều hòa của operon tryp mã hóa nên protein ức chế có thể thể hiện hoạt tính và liên kết vào Operater của operon lai. Điều này làm cho ARN polymerase không thể bám được vào vùng promoter của operon lai và tiến hành quá trình phiên mã nên không tổng hợp được phân tử mARN mang thông tin của 2 operon. Vì thế tế bào vi khuẩn E. Coli không tổng hợp được cả 2 hệ enzyme.

+ Tuy nhiên, do đã có Tryp từ môi trường nuôi và nguồn carbon sử dụng là glucose.

Nên môi trường nuôi cấy 3 vẫn có khuẩn lạc xuất hiện

d) Đúng

- Môi trường nuôi cấy 4:

Tương tự môi trường nuôi cấy 3, vi khuẩn E.coli không tổng hợp được cả hai hệ enzyme. Dù có Tryp từ môi trường thì vẫn không dùng được lactose

Nên môi trường nuôi cấy 4 không có khuẩn lạc xuất hiện.

→ d) Ở môi trường 4 thì lượng β-galactosidasa trong quá trình thí nghiệm là bằng 0.

a) Sai.

A. Khe nứt lớn sau biến cố là trở ngại sinh học chia cắt quần thể gốc thành hai quần thể cách li với nhau.-> trở ngại địa lý

b) Sai.

B. Khe nứt lớn là nguyên nhân tạo ra sự khác biệt vốn gen giữa hai quần thể dẫn đến cách li sinh sản và hình thành nên loài mới.

c) Đúng

d) Sai

D. Con người đã xây dựng một khu bảo tồn, thu gom các cả thể sóc về khu bảo tồn đó, khi này các cá thể sóc của loài A và B có thể giao phối và tạo con lai hữu thụ bình thường. → đã hình thành 2 loài thì cách li sinh sản, không thể quay trở lại.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai.

d) Sai.

ĐÁP ÁN: 93,75%.

- Ở thời điểm 0: chỉ có một phân tử tương ứng với DNA nặng 15N.

- Sau một thế hệ trong môi trường chứa 14N: những phân tử DNA gồm một chuỗi nặng 15N (chuỗi mẹ) và một chuỗi nhẹ 14N (mới được tổng hợp).

- Sau hai thế hệ trong môi trường chứa 14N: có hai phân tử lai (gồm một chuỗi nặng và một chuỗi nhẹ) và hai phân tử đều gồm những chuỗi nhẹ không có chuỗi nặng.

- 1 DNA (N$^{15}$) nhân đôi x lần trong môi trường N$^{14}$ → 1.2$^{x}$ DNA, trong đó

+ Có 1.2$^{x}$.2 mạch đơn

++ mạch đơn N$^{15}$ = 2

++ mạch đơn N$^{14}$ = 1.2$^{x}$.2 - 2

+ Tổng phân tử DNA: 1.2$^{x}$ DNA, gồm:

++ Chỉ có N$^{15}$ (nặng) = 0

++ DNA lai: = 2

++ DNA nhẹ = 1.2$^{x}$ – 2

Như vậy D. DNA nhẹ = 1.2$^{x}$ – 2 = 30

TL DNA nhẹ = 30/32 = 93,75%

ĐÁP án : 0,10

Cỏ: bậc dinh dưỡng cấp 1 – sinh vật sản xuất

Chuồn chuồn: bậc dinh dưỡng cấp 2 = sinh vật tiêu thụ bậc 1

ếch: bậc dinh dưỡng cấp 3 = sinh vật tiêu thụ bậc 2

Rắn: bậc dinh dưỡng cấp 4 = sinh vật tiêu thụ bậc 3

Đại bàng: bậc dinh dưỡng cấp 5 = sinh vật tiêu thụ bậc 3

A. Tháp này là tháp năng lượng. → tháp sinh khối

C. Bậc dinh dưỡng cấp 3 là rắn. → Là ếch

D. Hiệu suất sinh thái của SVTT bậc 3 với cấp sinh vật tiêu thụ bậc 2 = 1/1000 × 100% = 0,1%

Đáp án: 10,00

GIẢI

H$_{bậc dinh dưỡng cấp 2 so với cấp 1}$= sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 2sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 1x100 = 10%

H$_{bậc dinh dưỡng cấp 3 so với cấp 2}$= sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 3sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 2x100 = 10%

H$_{bậc dinh dưỡng cấp 4 so với cấp 3}$= sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 4sản lượng bậc dinh dưỡng cấp 3x100 = 10%

ĐÁP ÁN: 92,77%

P = 0,36AA : 0,48 Aa : 0,16 aa tiến hành tự thụ phấn bắt buộc

Tỉ lệ kiểu hình trội (A-) ở thế hệ thứ 4 là bao nhiêu?

A- = 1 – (aa) = 1 – [z + y/2 . (1-1/2$^{n}$)]

= 1 – [0,16 + 0,48/2 . (1-1/2$^{4}$) = 61,5%

Trong số kiểu hình mang alelle lặn, kiểu gene đồng hợp chiếm tỉ lệ bao nhiêu ở thế hệ thứ 5?

aaAa+aa = aa1-AA = 0,16+ 0,482(1-124)1-[0,36+ 0,4821-124] = 0,385/0,415

ĐÁP ÁN: 0,25

P: (6n) AaaaaaBbbbbb x (6n) AAaaaaBBBbbb

⇔ [Aaaaaa x AAaaaa][Bbbbbb x BBBbbb]

G [(1Aaa : 1aaa)(1AAa : 3Aaa : 1aaa)]

[(1Bbb : 1bbb)(1BBB : 9BBb : 9Bbb : 1bbb)]

⇔ [(1T$_{A}$ : 1L$_{a}$)(4T$_{A}$ : 1L$_{a}$)] [(1T$_{B}$: 1L$_{b}$)(19T$_{B}$ : 1L$_{b}$)]

F$_{1}$: Kiểu hình L$_{a}$-L$_{b}$ = (1/2.1/5) (1/2.1/20) = 1/400 = 0,25%

ĐÁP ÁN: 30,25%.

Chú ý:

a. Hãy ước tính tần số allele F của loài này.

* QT 1 có 5 cá thể có KG = FS + SS + FS + SS + FS

* QT 2 có 5 cá thể có KG = FS + FF + FS + SS + FF

* QT 3 có 5 cá thể có KG = FF + FS + FS + SS + FS

Kết quả:

+ Cả 3 QT đều có 2 allele F, S

+ QT 2 có số cá thể dị hợp nhỏ nhất

Xác định:

+ Quần thể 1: (dị hợp FS, SS, FS, SS, FS)

tần số F = 3/10 = 0,3.

Quần thể 2: tần số F = 6/10 = 0,6.

Quần thể 3: có F = 5/10 = 0,5

F loài = 1x0,3+15x0,6+15x0,51+15+15= 132575=1335=0,37.

b. Nếu có 1/5 số cá thể của quần thể 1 di cư đến quần thể 2. Các cá thể ở quần thể 2 giao phối ngẫu nhiên thì cấu trúc di truyền ở quần thể 2 sau khi có nhập cư sẽ như thế nào?

+ Sau khi di cư, F = 15x0,3+15x0,615+15=0,45.

Cấu trúc di truyền khi cân bằng: (0,45)$^{2}$ FF + 2x0,45x0,55FS + (0,55)$^{2}$SS = 1.