Đề minh họa tốt nghiệp THPT môn Sinh có đáp án năm 2025 ( Đề 28)

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

a) Đúng

b) Đúng

ĐÁP ÁN: A- B

Quần thể cho:

+ Đường a, b ổn định qua các thể hệ và tổng chiếm 100% → tần số alelle A và a ⇔ A = 50%, a = 50% hoặc ngược lại.

+ Đường I, II, III là tần số kiểu gene: Aa, AA, aa hoặc Aa, aa, AA → Aa = 80%, aa = 20% hoặc Aa = 80%, AA = 20%

Vậy:

P = 80% Aa : 20% aa hoặc 80% Aa : 20% AA

→ F$_{1}$ ; F$_{2}$ ổn định => QT ngẫu phối

[I] là tỉ lệ kiểu gene Aa

[III] là tỉ lệ kiểu gene aa và AA

[II] là tần số alelle A và cũng là tần số alelle a.

C. Ở thế hệ P quần thể chưa cân bằng di truyền.

P = 80% Aa : 20% aa hoặc 80% Aa : 20% AA

→ tất cả 2 TH đều chưa CBDT

D. Khi cân bằng di truyền có tần số kiểu hình trội chiếm 84%.

TH1: P = 80% Aa : 20% aa

F$_{1 cân bằng}$: KH A - = 1 – aa = 64%

TH2: P = 80% Aa : 20% AA

F$_{1 cân bằng}$: KH A - = 1 – aa = 84%

c) Sai

d) Sai

Sai

số đáp án đúng: II - III

Bảng phân tích:

+ TB lai X:

Từ Protein có → gene hoạt động: M, N, R trên NST 6, 12, 14 (1)

+ TB lai Y:

Từ Protein có → gene hoạt động: M, P, Q, R trên NST 2, 6, 12, 19 (2)

+ TB lai Z:

Từ Protein có → gene hoạt động: P, R trên NST 9, 12, 14, 19 (3)

Từ (1) và (2) → N = 14 → M, R thuộc 6, 12

Khi N = 14 thế lại (1)

Có: M, R = 6, 12 mà M, P, Q, R = 2,6,12,19

=> P, Q = 2, 19

Kết hợp (3): P, R = 9, 12, 14, 19

→ P = 19 thì Q = 2

Thay: Q = 2, N= 14, P = 19 thế vào (3) đc R = 9, 12, 14 kết hợp lại với (1) = M, R = 6, 12

(2) = M, R = 6, 12

(3) P, R = 9, 12, 14, 19

→ R = 12 thì tính đc M = 6

Vậy 5 protein M, N, P, Q, R do ít nhất các gene trên NST theo thứ tự: 2 = Q, 6 =M, 12 = R, 14 = N, P = 19

a) Đúng

b) Sai.

B. Sự biến động kích thước quần thể nai và bò rừng cho thấy những con sói chỉ ăn thịt nai sừng xám. → Sói ăn cả hai, nhưng chủ yếu nam hơn (do nai kích thước nhỏ hơn,…)

c) Đúng

d) Sai

D. Trong những năm đầu tiên có sự xuất hiện của sói, sự săn mồi cao của những con sói tập trung vào quần thể nai, do đó làm giảm áp lực săn mồi lên quần thể bò và làm tăng tỷ lệ sống sót của con non.

+ Tỉ lệ sống sót của nai và bò giảm cả.

+ TL sống sót của nai và bò thì bò khả năng cao hơn.

ĐÁP ÁN: 3241

Lưu ý, cứ qua mỗi bậc dinh dưỡng năng lượng tiêu hao hết khoảng 90% còn lại tích trữ để tổng hợp chất sống là 10%. Cho nên bậc dinh dưỡng phía sau có tổng năng lượng không bằng quá 10% so với tổng năng lượng bậc dinh dưỡng phía trước

Vậy chuỗi thức ăn: 3 = 4000 kg → 2 = 500 kg → 4 = 40 kg → 1 = 4 kg

Đáp án: 10,00

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: 2,78%

Theo giả thiết: tính trạng màu sắc do 1 gene có 3 allele trên NST thường.

Quy ước: a$_{1}$ (lông đen) > a$_{2}$ (lông xám) > a$_{3}$ (lông trắng).

Gọi p, q, r lần lượt là tần số allele a1, a2, a3

PCBDT=p2a1a1:2pqa1a2: 2pra1a3:q2a2a2:2qra2a3:r2a3a3

Lông trắng (a$_{3}$a$_{3}$): r$^{2}$ = 0,01 → r = 0,1

Lông xám (a$_{2}$a$_{2}$+ a$_{2}$a$_{3}$): q$^{2}$+ 2qr = 0,24 → q = 0,4

→ p = 0,5

Vì lông xám (a$_{2}$-) =q2q2+ 2qra$_{2}$a$_{2}$:2qrq2 + 2qra$_{2}$a$_{3}$ = 23a$_{2}$a$_{2}$: 13a$_{2}$a$_{3}$

⮚ cho a$_{2}$- × a$_{2}$- : (23a$_{2}$a$_{2}$: 13a$_{2}$a$_{3}$)(23a$_{2}$a$_{2}$: 13a$_{2}$a$_{3}$)

G: 56a$_{2}$: 16a$_{3}$56a$_{2}$: 16a$_{3}$

F$_{1}$ kiểu hình là 35 con lông xám : 1 con lông trắng.

ĐÁP ÁN: 20%.

Theo giả thiết: R (kháng thuốc) >> r (mẫn cảm).

P = 0,3RR : 0,4Rr : 0,3rr → p(R) = 0,5; q(r) = 0,5

F$_{n}$ = 0,5RR : 0,4Rr : 0,1rr → p’(R) = 0,7; q’(r) = 0,3

Ta thấy: RR tăng (0,3 → 0,5); rr giảm (0,3 → 0,1)

Tần số alen mẫn cảm với thốc giảm so với ban đầu là 20%.

ĐÁP ÁN: 1,00

Loài lưỡng bội (2n = 8) → khi giảm phân bình thường cho giao tử bình thường (n = 4) NST

1000 tế bào sinh tinh giảm phân → tạo ra 1000.4 = 4000 giao tử

+ 20 tế bào có cặp NST thứ I không phân ly trong giảm phân 1 → 40 giao tử (n + 1 = 5) và 40 giao tử (n - 1 = 3)

+ 1000 - 20 = 980 tế bào giảm phân bình thường → tạo 980.4 = 3920 giao tử bình thường (n)

Tỷ lệ giao tử đột biến thừa 1 NST (n + 1 = 5) = 404000.100=1%

Đáp án: 124

Sau 4 thế hệ, tổng số phân tử ADN trong ống nghiệm là: a.2$^{4}$ = 16a, Trong đó:

+ Số phân tử ADN chỉ chứa mạch N$^{15}$ (băng X) là 0

+ Số phân tử ADN chứa mạch N$^{15}$ (băng Y) là 2a.

+ Số phân tử ADN chỉ chứa mạch N$^{14}$ (băng Z): 16a – 2a = 14a

Tổng số mạch đơn = a.2$^{5}$.2 = 2.32.2 = 128

+ Số mạch chứa N$^{15}$ = 2.2 = 4

+ Số mạch chứa N$^{14}$ = 2.2$^{5}$.2 – 4 = 124