Đề tham khảo ôn thi HSG Sinh học 12 có đáp án - Đề 4

Đáp án C.

Hội chứng KeRNAs-Sayre do đột biến gene ty thể nên sẽ di truyền theo dòng mẹ, do vậy một người mẹ bị bệnh sẽ truyền đặc điểm này cho con và mẹ bình thường sẽ có con không bệnh.

Chọn C

DNA ligase là enzyme nối các phân đoạn okazaki trên mạch ra chậm nên khi gene tổng hợp enzyme này bị đột biến tạo sản phẩm mất chức năng thì các đoạn DNA trên mạch ra chậm sẽ không được nối lại dẫn tới DNA phân mảnh và không hoàn chỉnh.

Đáp án: A

WGS cho phép phát hiện oncogene mới thông qua đột biến điểm, mất đoạn hoặc nhân đôi. Không thể trực tiếp “đo tốc độ phân chia” (C) hay “ngăn chặn biểu hiện gene” (D). B chỉ đúng nếu kết hợp thêm proteomics, không phải chỉ từ trình tự gene.

Chọn A

Mạch khuôn: 3’TAC-TTC- AAA-… 5’ phiên mã: mRNA 5’AUG- AAG- UUU- ... 3’

dịch mã: Polypeptide - Lys -

+ Nếu đột biến thay C (C - G) → T (T - A) thì mã hóa cùng loại amino acid (Lys). Do bộ ba trước và sau mã hõa cùng loại.

+ Nếu đột biến thay C (C - G) → G (G - C) hay thành A (A - T) thì mã hóa khác loại amino acid (Asn). Do bộ ba trước và sau mã hóa cùng loại.

Vậy có 2 trường hợp thay thế này làm thay đổi amino acid (C thay bởi G hay A).

Chọn A

A. đúng.

B. sai. Ở các cây con lá bị đốm trắng hoặc màu trắng là do gene mã hóa protein sinh tổng hợp nên diệp lục nằm trong tế bào chất bị đột biến mất chức năng.

C. sai. Cây con cành lá trắng có thể sinh ra từ cây mẹ có cành lá đốm.

D. sai. Màu lá của cây hoa phấn do gene nằm trong lục lạp quy định.

Chọn C

II2 có kiểu gene A1A2B1B3 nên I đúng

a,c,d - đúng

b - sai

a. sai nồng độ kháng sinh R không ảnh hưởng đến sự biểu hiện gene X ở chủng đột biến X1 và X2

b. đúng.

c. Sai. Chủng X1 có hoạt tính enzyme thấp hơn cả chủng dại chứng tỏ kháng sinh R đã làm ức chế quá trình dịch mã của allele đột biến này. Không ức chế phiên mã.

d. đúng.

a) Sai. Cơ chế chỉ hoạt động nếu quá trình dịch mã bắt đầu trước khi quá trình phiên mã kết thúc. Ở sinh vật nhân thực, quá trình phiên mã xảy ra trong nhân, sau đó mARN được xuất ra tế bào chất, nơi nó được dịch mã và cơ chế này không thể hoạt động ở dạng này.

b) Sai. Bằng cách giảm nồng độ aminoacyl-tRNA synthetase của tryptophan, tRNA được gắn tryptophan sẽ được hình thành chậm hơn so với trường hợp bình thường, do đó sẽ có ít tRNA-Trp hơn. Để vô hiệu hóa quá trình phiên mã của gene trpA-E, nồng độ tryptophan cao hơn trong trường hợp bình thường là cần thiết.

c) Đúng. Chỉ với 1 Trp codon, nồng độ Trp thấp hơn vẫn có thể cho phép dịch mã peptide dẫn đầu và do đó ức chế quá trình tổng hợp enzyme.

d) Đúng. Một đột biến làm mất ổn định cấu trúc kẹp tóc 2-3 sẽ thúc đẩy sự hình thành cấu trúc kẹp tóc 3- 4 ngay cả ở nồng độ tryptophan thấp, ức chế quá trình phiên mã của gene trpA-E.

a) Kiểu hình lông xám nhạt có nhiều kiểu gene nhất.

b) Ở nhiệt độ 37$^{0}$C, phép lai A3A4 x A3A4 cho thế hệ con có kiểu hình lông bạch tạng chiếm 25%.

c) Phép lai A1A2 x A3A4 cho đời con không có kiểu hình bạch tạng dù nuôi ở bất kì điều kiện nào.

d) Ở nhiệt độ 35$^{0}$C, kiểu gene A2A3 và A3A4 có kiểu hình khác nhau.

Loài này có 4 kiểu hình chính:

Lông xám đậm A1- có 4 kiểu gene (A1A1, A1A2, A1A3, A1A4): Allele A1 trội hoàn toàn nên mọi kiểu

gene có allele A1 đều có màu lông xám đậm.

Lông xám nhạt A2- có 3 kiểu gene (A2A2, A2A3, A2A4): Allele A2 trội hoàn toàn so với A3 và A4.

Lông trắng với màu đen ở các bộ phận A3- có 2 kiểu gene (A3A3, A3A4): Allele A3 có tính trội hoàn toàn so với A4 và quy định màu lông trắng với các bộ phận có màu đen. Tuy nhiên, kiểu hình này chỉ xuất hiện ở nhiệt độ thấp (dưới 35°C).

Bạch tạng (A4A4): Allele A4 quy định kiểu hình bạch tạng, không có màu lông.

a) Sai. Kiểu hình lông xám đậm có nhiều kiểu gene nhất.

b) Sai. Ở nhiệt độ 37$^{0}$C, phép lai A3A4 x A3A4 cho thế hệ con có kiểu hình lông bạch tạng chiếm 100%.

c) Đúng. Phép lai: A1A2 x A3A4 cho đời con 1A1-:1A2- nên không có kiểu hình bạch tạng dù nuôi ở bất kì

điều kiện nào.

d) Đúng. A2A3 sẽ có màu lông xám nhạt. Ở nhiệt độ 35$^{0}$C, kiểu hình do allele A3 không xuất hiện nên kiểu gene A3A4 cho kiểu hình bạch tạng.

Đáp án : 321

- Ống X tỉ lệ các loại nucleotide còn lại 100% nên nucleotide không được sử dụng nên xảy ra hoạt động dịch mã

- Ống nghiệm Y nucleotide loại T còn 100% đồng thời A, U, G, C còn lại khác nhau nên xảy ra quá trình phiên mã.

- Ống nghiệm Z nucleotide loại U còn 100% đồng thời A, T, G, C còn lại gồm 2 nhóm bằng nhau theo NSBS nên xảy ra quá trình tái bản DNA.

- Hai gene dài bằng nhau, nếu tỉ lệ A+T/G+C càng lớn thì số liên kết hydrogene càng nhỏ nên nhiệt nóng chảy càng nhỏ.

- Do tính thoái hóa, một loại amino acid có thể được mã hóa từ nhiều loại bộ ba nên trong quá trình dịch mã một loại amino acid có thể được vận chuyển bởi nhiều loại tRNA khác nhau do đó số loại tRNA có thể nhiều hơn số loại amino acid.

- Ống nghiệm I diễn ra hoạt động tái bản DNA nên khi sử dụng các tác nhân đột biến tác động vào ống nghiệm I thì NTBS dễ bị sai sót dẫn đến đột biến gene sẽ tăng.

Hướng dẫn giải

Đáp án: 23

Hình 2: tứ bội; hình 3 tam bội.

Dựa trên nguyên tắc bổ sung giữa các nucleotide.

Từ 3 loại nucleotide là A, T, C xây dựng phân tử DNA rồi phiên mã tạo RNA thì phân tử RNA này chỉ gồm có A và U (vì không có G để bổ sung với C) → phân tử RNA chỉ có U với A.

→ Số mã di truyền tối đa là: 2$^{3}$ = 8 mã bộ ba

Quan sát TB:-

2n NST kép

- SX 2 hàng => KG1: 2nk = 6k → 2n = 6

5 TBSD (2n = 6) --- x = 5 → 5.2x = 160 TB

Tổng số NST trong tế bào con = số DNA trong nhân = 5. 2n. 2x = 5.32.6 = 960

Đáp án: 960.

Hướng dẫn giải

Từ kết quả điện di, ta thống kê được kiểu gene của các cá thể như sau:

Þ Cấu trúc di truyền của quần thể:

2/15 A1A1 : 2/15 A1A2 : 3/15 A1A3 : 2/15 A2A2 : 3/15 A2A3 : 3/15 A3A3

Tần số các allele:

A1 = 2/15 + 1/15 + 3/30 = 0,3; A2 = 2/15 + 1/15 + 3/30 = 0,3;

A3 = 3/30 + 3/30 + 3/15 = 0,4

quá trình giao phối ngẫu nhiên của quần thể tạo ra F1:

Tỉ lệ các loại kiểu gene trong quần thể F1:

A1A1 = 0,3 x 0,3 = 0,09

A1A2 = 2 x 0,3 x 0,3 = 0,18

A1A3 = 2 x 0,4 x 0,3= 0,24

Tỉ lệ kiểu hình: 0,51 lông đen. = 51%

Đáp án: 0

- Từ dữ kiện đề, ta có A-B- cho mắt đỏ, A-bb, aaB-, aabb cho mắt trắng, trong đó dạng A-bb vẫn tạo

được sắc tố đỏ.

Lúc này, P có dạng aaBB x AAbb và F1 có dạng AaBb.

- Phép lai phân tích ruồi đực F1 cho đời con có sự khác biệt ở 2 giới, chứng tỏ có 1 trong 2 gene thuộc vùng không tương đồng của NST giới tính X; tức là những con ruồi đực F1 có thể là AaX$^{B}$Y hoặc BbX$^{A}$Y.

Nếu đực F1 là BbX$^{A}$Y, tất cả ruồi cái Fa-1 sẽ nhận X$^{A}$ từ bố, nên chúng đều tạo được sắc tố đỏ (dù mắt

đỏ

hay mắt trắng).

- Đực F1 phải là AaX$^{B}$Y, tức gene B thuộc vùng không tương đồng của NST X.

- Do vậy để F1 có cả đực và cái đều mắt đỏ thì P phải có dạng aaX$^{B}$X$^{B}$ x AAX$^{b}$Y , nên F1 có kiểu gene gồm AaX$^{B}$X$^{b}$ và AaX$^{B}$Y.

Dễ thấy rằng những con đực F1 nhận X$^{B}$ từ con cái P, sau đó nó truyền allele này cho ruồi mắt đỏ Fa-1; do vậy xác suất để cá thể mắt đỏ ở Fa-1 mang X$^{b}$ từ cái P là 0%.