TopStudy

Đáp án và lời giải

Đề thi HSG Sinh học 12 THPT Chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình có đáp án - Đề 1

Về trang đề

Câu 1

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

CâuÝNội dungĐiểm
Câu 1a+ Tế bào A là tế bào bạch cầu. Vì có ti thể, nhiều ribosome, không có lông mao và nhiều lysosome là những túi chứa các enzyme tiêu hóa → loại tế bào A là tế bào có chức năng liên quan đến tiêu hóa nội bào (tiêu hóa và tiêu diệt mầm bệnh) + Tế bào B là tế bào lót biểu mô đường hô hấp. Vì có số ti thể nhiều hơn gấp đôi so với loại tế bào A, khoảng một nửa số ribosome, nhiều lông mao và rất ít lysosome so với tế bào A → loại tế bào B có thể là một tế bào di động hoặc nó có thể phục vụ một số chức năng chuyển động. tế bào B có nhiều lông mao → Lọc và loại bỏ bụi, vi khuẩn khỏi đường mũi, khí quản, phế quản, tiểu phế quản. - Không thể là tb cơ tim vì ...0,25 0,25
Câu 1b1)- Điểm kiểm soát G1_{1}/S kiểm tra sự sai hỏng ADN của tế bào, đây là mấu chốt quan trọng nhất vì ung thư hầu hết xuất hiện do các sai hỏng ADN không được sửa chữa.0,25
Câu 1- Một khi đã qua được điểm kiểm soát G1_{1}/S, tế bào không thể quay ngược trở về pha G1_{1} và thường dễ dàng vượt qua các điểm kiểm soát còn lại, do đó các đột biến hoặc ADN hư hại không được sửa chữa dần được tích luỹ và có thể làm phát sinh ung thư.0,25
Câu 1b2)Vì p16 ức chế sự chuyển tiếp từ G1_{1} sang S nên bằng cách duy trì E2F1 ở trạng thái không hoạt động nên khả năng cao E2F1 có chức năng thúc đẩy phiên mã các gen cần thiết cho quá trình chuyển từ pha G1_{1} sang S.0,25
Câu 1b3)Vì các tế bào ung thư thường không đồng bộ trong chu kỳ tế bào. Tại một thời điểm nhất định, một số ở trong G1, một số trong S,…. Vì vậy, tác động tới tất cả các giai đoạn sẽ tốt hơn so với chỉ tác động vào một giai đoạn.0,25

Câu 2

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 2aThuốc ức chế đặc hiệu cho virut HIV là - Thuốc 3 vì: Thuốc ức chế đặc hiệu retrovirut phải là thuốc ức chế hoạt động của các enzim chỉ có mặt ở các retrovirut. Trong các loại enzim trên chỉ có enzim ADN polymeraza phụ thuộc ARN là chỉ có mặt ở retrovirut vì đây chính là enzim phiên mã ngược từ mARN thành cADN. - Thuốc 5: ức chế enzim integrase. Vì virut này tích hợp ADN kép của nó vào ADN tế bào chủ nhờ enzym integrase. Thuốc ức chế đặc hiệu cho virut cúm là - Thuốc 1:Vì nó có vật chất di truyền là ARN âm. Nên cần mang theo enzym ARN polymeraza phụ thuộc ARN để tổng hợp thành ARN dương.0,25 0,25 0,25
Câu 2bTN 1: nuôi chung 2 chủng vi khuẩn I và II trong cùng MT dinh dưỡng thì 2 chủng có thể tiếp hợp với nhau (Các gen kháng kháng sinh thường là gen trên plasmit) hoặc xảy ra biến nạp **hoặc tải nạp để chuyển plasmit từ chủng này sang chủng khác à chuyển gen sẽ hình thành nên chủng III **TN 2: có màng ngăn ngăn 2 chủng vi khuẩn tiếp xúc với nhau, có cho virus và ADN đi qua à chủng III không thể hình thành do tiếp hợp, mà có thể do biến nạp hoặc** tải nạp **TN 3: có màng ngăn nên chỉ cho ADN và virus qua, nhưng môi trường có thêm enzim endonucleaza phân cắt ADN à chủng III chỉ có thể hình thành do tải nạp.0,25 0,25 0,25

Câu 3

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 3a- Sự hình thành áp suất dương trong mạch rây: + Đường được tạo ra ở nơi nguồn, sau đó được vận chuyển chủ động vào phloem. + Áp suất thẩm thấu trong phloem cao kéo nước từ xylem vào. + Khi nước vào nhiều, áp suất trong lòng mạch rây tăng tạo thành áp suất dương đẩy dòng dịch đến nơi chứa. - Khi cây ra hoa, sử dụng đường từ thân củ thì áp suất dương lớn nhất ở phloem đầu gần thân củ và giảm dần về phía phloem gần với chồi hoa.0,25 0,25
Câu 3b- Sản phẩm thứ cấp của quế tập trung chủ yếu ở vỏ, vì vậy thu hoạch quế thanh phải cắt khoanh vỏ. - Đối với cây sản xuất: Khi róc hết sẽ thu hoạch được nhiều. Tuy nhiên khi róc hết cây sẽ bị mất mạch rây → sự vận chuyển các sản phẩm quang hợp từ lá về rễ bị đứt → cây chết → chặt hạ cây - Đối với cây cổ thụ: tuổi cây cao nên tích lũy nhiều sản phẩm thứ cấp có giá trị. Vì vậy cắt ½ khoang về một phía thân / cành đảm bảo mạch rây ở phía còn lại vẫn duy trì sự vận chuyển sản phẩm quang hợp trong cây. Sau 1 – 2 năm, phần vỏ đã cắt sẽ được phục hồi nhờ hoạt động của các tế bào mô phân sinh.0,25 0,25
Câu 3cHình A: biểu diễn sự biến động lượng nito tổng số Hình B biểu diễn sự biến động lượng nito hòa tan Vì: - Đậu tương là cây hai lá mầm, hạt không có nội nhũ chỉ có lá mầm lượng protein dự trữ (nito tổng số) cao tập trung chủ yếu ở lá mầm - Nito tổng số trong lá mầm được phân giải để tạo các chất trung gian và năng lượng cho kiến tạo tế bào mới ở cây nầm nên nito tổng số trong lá mầm giảm mạnh ngay khi hạt nảy mầm, nito tổng số được phân giải ban đầu sẽ chuyển thành nito hòa tan sau đó khi cây mầm phát triển lá mầm tiêu biến nên nitơ hòa tan giảm àHình A: nito tổng số, Hình B: ninto hòa tan. - Cây mầm lớn theo thời gian do sự phân chia của tế bào, nito hòa tan từ lá mầm được chuyển vào cây mầm để sinh tổng hợp các chất trong đó có protein nên cả lượng nito tổng số và nito hòa tan đều tăng lên trong cây mầm0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 4

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

a- A là nhóm thực vật sống trôi nổi trên mặt nước; B là nhóm thực vật sống chìm trong nước và C là nhóm thực vật ngoi từ dưới bùn lên không khí. - Vì thực vật sống chìm trong nước luôn có nguồn nước dồi dào xung quanh và được nước nâng đỡ cấu trúc → mô nâng đỡ, lông hút, xylem kém phát triển. Thực vật ngoi từ bùn lên không khí có bộ rễ phát triển ở bùn (thiếu O2_{2}) → hấp thu nước, khoáng kém trong khi cường độ thoát hơi nước ở lá (tiếp xúc với không khí) vẫn cao → thích nghi như cây chịu hạn. Thực vật sống trôi nổi trên mặt nước có đặc điểm trung gian giữa 2 nhóm trên0.25 0.25
b- Nhóm C có khả năng thích nghi tốt nhất. - Giải thích: do có hệ thống lông hút, mô dày, xylem phát triển mạnh và tầng sáp dày → khả năng nâng đỡ chống chịu tốt, tăng cường hấp thu nước, hạn chế thoát hơi nước → là tiền đề để có thể thích ứng với môi trường hạn.0.25 0.25

Câu 5

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 5aGiai đoạn điện thế nghỉ, ở tế bào cơ tâm thất, các kênh ion K+^{+} duy trì trạng thái mở trong khicác kênh ion Na+^{+} và ion Ca2+^{2+} đóng kín; còn ở tế bào nút xoang nhĩ, các kênh ion K+^{+} mở với mức độ thấp hơn, các kênh ion Na+^{+} và ion Ca2+^{2+} duy trì ở trạng thái mở à điện thế màng của tế bào cơ tâm thất ở trạng thái nghỉ là âm hơn so với tế bào nút xoang nhĩ.0,5
Câu 5bBiên độ điện thế hoạt động lúc này ngắn hơn. Bởi vì: tăng nồng độ ion Na+^{+} ở bào tương làm giảm mức chênh lệch nồng độ ion ở hai bên màng à giảm lượng ion Na+^{+} khuếch tán vào tế bào nên giá trị đảo cực tối đa giảm à đoạn từ A đến B ngắn lại.0,25
Câu 5c- Kênh ion Na+^{+} và kênh ion Ca2+^{2+} duy trì ở trạng thái mở bởi vì ghi nhận được sự khử cực điện thế màng của tế bào nút xoang nhĩ trong giai đoạn từ F đến G (do dòng ion Na+^{+} và ion Ca2+^{2+} khuếch tán vào trong tế bào).0,25
Câu 5d- Nồng độ ion Ca2+^{2+} ở lưới nội cơ tương giảm từ C đến D. Bởi vì: vào pha bình nguyên, kênh ion Ca2+^{2+} điện thế ở màng sinh chất mở ra làm ion Ca2+^{2+} khuếch tán vào trong tế bào dẫn đến hoạt hóa các kênh ion Ca2+^{2+} trên màng lưới nội cơ tương à giải phóng ion Ca2+^{2+} từ lưới nội cơ tương ra bào tương à nồng độ ion Ca2+^{2+} ở lưới nội cơ tương giảm.0,5

Câu 6

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 6a- Bệnh nhân bị cường Aldosterone: Người E Do: Tăng tiết aldosterol gây nhiễm kiềm do tăng thải H+^{+} và tái hấp thu HCO3_{3}−^{-} ở ống góp. Vì thế nhiễm kiềm có thể dẫn đến huyết tương tăng pH và HCO3_{3}−^{-}, cùng với giảm tốc độ hô hấp và tăng PCO2_{CO2}. Thiếu anion trong huyết tương ở mức bình thường, cùng với việc nồng độ Cl−^{-} huyết tương hơi cao. - Bệnh nhân được điều trị bệnh mãn tính bằng cách ức chế enzyme cacbonic anhydrase (CA): Người D Do: Thải H+^{+} và tái hấp thu HCO3_{3}−^{-} phụ thuộc vào sự xuất hiện của enzyme carbonic anhydrase (CA) trong ống thận. Sau khi ức chế enzyme CA, ống thận thải H+^{+} và hấp thu HCO3_{3}−^{-} sẽ giảm, dẫn đến làm thận tăng thải HCO3_{3}−^{-}, giảm nồng độ HCO3_{3}−^{-} trong huyết tương và nhiễm axit. Nhiễm axit kích thích tốc độ hô hấp, dẫn đến giảm PCO2_{CO2}. Sự thiếu anion trong huyết tương sẽ nằm ở mức bình thường.0.25 0.25 0.25 0.25
Câu 6b1Nồng độ glucose có thể đã cao; nếu người đó đã ăn trong vòng 12 giờ; hiệu ứng của sự gia tăng đột ngột sẽ không được nhìn thấy.0,25
Câu 6b.2Tế bào β tiết insulin; nồng độ insulin tăng trong giờ đầu tiên sau khi uống dung dịch glucose; nồng độ insulin tăng từ 60 đến 300 pmol dm-3; tế bào α không tiết glucagon; nồng độ glucagon, không đổi / giảm; từ 42 đến 36 pmol dm − 3;0,25
Câu 6b3Nồng độ glucose trong máu giảm (dưới 4 mmol dm – 3); nồng độ insulin, không đổi (ở 60 pmol dm – 3) / giảm (dưới 60 pmol dm – 3); nồng độ glucagon tăng (trên 60 pmol dm – 3); nồng độ glucose sau đó tăng lên;0,25
Câu 6b4- Thụ thể màng kích hoạt protein G; Protein G kích hoạt enzym (trong màng) xúc tác chuyển đổi ATP thành AMP vòng; AMP vòng liên kết với enzym kinase không hoạt động; kích hoạt enzym kinase; đây là enzym đầu tiên trong một loại enzym thác nước; enzym kinase kích hoạt enzym phosphorylase kinase; các enzym kinase phosphorylase hoạt hóa kích hoạt các enzym glycogen phosphorylase; glycogen phosphorylase xúc tác sự phân hủy glycogen thành glucose; glucose khuếch tán ra khỏi tế bào (gan) vào máu;0,25

Câu 7

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 7

Lớp cutin dày

Mô biểu bì nhiều lớp tế bào giúp hạn chế thoát hơi nước qua mô biểu bì

Lỗ khí phân bố trong các khoang cuộn vào trong lá hạn chế nước thoát hơi trực tiếp ra môi trường,

Cấu trúc tạo khoang vào thịt lá giúp giảm chênh lệch thế nước giữa khoảng gian bào và môi trường

Thành khoang này có các tế bào biểu bì biệt hóa thành lông nhung giúp giữ nước tốt hơn

0,25

0,25

Câu 8

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 8

- Thú có cặp NST giới tính: con cái XX, con đực: XY

- F1 có 4 kiểu tổ hợp, trong đó giới đực có 2 kiểu, giới cái có 2 kiểu.

- Mặt khác, kiểu hình biểu hiện không đồng đều ở 2 giới, suy ra gen quy định tính trạng nằm trên NST giới tính hoặc nằm trên NST thường chịu ảnh hưởng của giới tính:

+ Xét trường hợp gen nằm trên NST giới tính, các kiểu tổ hợp giao tử khác nhau ở 2 giới: vì tất cả con đực F1_{1} đều cao và cao xuất hiện ở cả con cái nên gen quy định chiều cao nằm trên đoạn tương đồng XY, bố mẹ đều dị hợp 1 cặp alen.

Quy ước: A: Cao trội hòan toàn so với a: thấp

Ta có sơ đồ lai: XA^{A} Xa^{a} x Xa^{a} YA^{A}

à F1: 1/4 XA^{A} YA^{A} :1/4 Xa^{a} YA^{A} :1/4 XA^{A} Xa^{a} : Xa^{a} Xa^{a}

+ Xét trường hợp gen nằm trên NST thường, chịu ảnh hưởng của giới tính, F1_{1} có 4 kiểu tổ hợp, bên bố đồng tính, bên mẹ phân tính 1 cao (AA) : 1 thấp (Aa).

Quy ước: Ở giới đực:AA, Aa: chân cao trội; aa: chân thấp

Ở giới cái:AA: chân cao trội ;Aa=aa: chân thấp

Ta có sơ đồ lai: ♀AA x ♂Aa

à F1: 1/4 ♂AA: 1/4 ♂Aa : 1/4 ♀AA : 1/4 ♀Aa

Hay F1: 3cao: 1thấp

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

Câu 9

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 9aEdenie ngăn chặn tiểu phần lớn ribosome (60S) với phức hệ gồm tiểu phần nhỏ (40S), mARN và tARN khởi đầu. Vì sau khi bị ức chế, mARN chỉ có thể liên kết với tiểu phần 40S và tARN khởi đầu. Hoặc ức chế sự hình thành phức hệ khởi đầu phiên mã.0,5
Câu 9b- Vì quá trình kéo dài chuỗi polypeptide không bị ảnh hưởng nên các ribosome đã liên kết thành công vẫn có thể tiếp tục hoàn thành quá trình dịch mã. - Độ dài khoảng trễ khoảng 1 phút.0,5
Câu 9c- Xiclohexamide ngay lập tức làm ngừng sự gia tăng hoạt độ phóng xạ à ức chế kéo dài chuỗi polypeptide (hoặc ức chế sự di chuyển của ribosome). - Không. Vì xiclohexamide là các ribosome trong polyribosome bị “đóng băng” (ức chế trượt trên mARN) chứ không làm chúng tách rời khỏi mARN và không thể liên kết lại như edenie.0,25 0,25

Câu 10

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 10aỞ mỗi phép lai, hai lớp cuối cùng là những thể tái tổ hợp. Vì vậy: - Khoảng cách a- b = 10/1000 x 100 = 1 đơn vị bản đồ a - c = 158/1000 x 100 = 15, 8 đơn vị bản đồ b - c = 150/1000 x 100 = 15 đơn vị bản đồ - Do đó trật tự các gen là: a 1 b 15 c0,25 0,25 0,25
Câu 10b- Ta thấy 190/250 =76% khuẩn lạc có x+^{+}z+^{+}. Kết quả này cho thấy x và z gần nhau. - x+^{+} và y+^{+} xuất hiện cùng nhau với tỉ lệ 10% cho thấy y cách xa x, và có thể không liên kết với nhau. - Để tính tần số tái tổ hợp giữa x và z, chúng ta xem số lần x+^{+} và z+^{+} không cùng xuất hiện (đó là x+^{+} y−^{-} x−^{-} và x+^{+} y+^{+} z −^{-}). f = (53 + 7)/240 = 25 đơn vị bản đồ.0,25 0,25 0,25

Câu 11

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 11aCác yếu tố ảnh hưởng đến tỉ lệ nhập cư và tỉ lệ loài bị tuyệt chủng trên đảo: + Số loài có sẵn trên đảo: số lượng loài có sẵn lớn thì tỉ lệ nhập cư giảm, mức độ tuyệt chủng cao do các loài cạnh tranh giành nguồn sống + Kích thước đảo: kích thước đảo nhỏ ít có khả năng nhận được các sinh vật phát tán tới đảo nên tỉ lệ nhập cư giảm, nguồn sống ít nên tỉ lệ loài bị tuyệt chủng cao + Khoảng cách giữa các đảo tới đất liền: các đảo càng gần đất liền thì tỉ lệ nhập cư cao, tuyệt chủng thấp0.25 0.25
Câu 11b- Áp lực 1: sự ăn thịt của chim có khuynh hướng ủng hộ vùng trong suốt có kích thước lớn do làm tăng sự ngụy trang của bướm - Áp lực 2: lượng mưa tăng có khuynh hướng ủng hộ vùng trong suốt có kích thước nhỏ (có nhiều vảy nhỏ ) do làm giảm tính thấm nước -Nếu số lượng chim ăn thịt tăng và khí hậu khô thì kích thước vùng trong suốt sẽ có khuynh hướng tăng lên.0.25 0.25

Câu 12

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 12aCó thể tính tần số đột biến (số alen bị đột biến/thế hệ) dựa vào tần số kiểu hình đột biến trội nếu: - Kiểu hình đột biến là do một đột biến trội ở một gen quy định. - Bệnh xuất hiện là do đột biến trong quá trình hình thành giao tử của bố hoặc mẹ bình thường. - Các cá thể bị đột biến đều được sinh ra và sống sót. - 100% cá thể mang gen đột biến trội đều biểu hiện kiểu hình trội (Gen đột biến trội có độ thâm nhập (độ thấm) hoàn toàn). Tần số đột biến = 60 alen đột biến/8 triệu bản sao alen/3 thế hệ = 2,5 X 10−6^{-6} đột biến/thế hệ.0.25 0.25
Câu 12bNgười mắc tật có hệ số thích nghi w = 0,75 => hệ số chọn lọc s = 1 - 0,75 = 0,25 - Trong trường hợp này đột biến là trội, chọn lọc tự nhiên chống lại alen trội: (sAA_{AA}= sAa_{Aa} =0,25; saa_{aa} =0) - Do đó, ở trạng thái cân bằng giữa đột biến và chọn lọc tự nhiên: + Tần số alen đột biến trội pa_{a}= tần số đột biến / hệ số chọn lọc = 2,5 X 10−6^{-6} / 0,25 = 1x10-5 =_{=} 0,00001 + Tần số alen lặn bình thường là qa_{a}= 1 - 0,00001 = 0,99999.0.25 0.25

Câu 13

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 13- Biện pháp dươi lên: Kiểm soát thường xuyên, đánh giá, hạn chế ô nhiễm chất hữu cơ (Rút bớt chất dinh dưỡng trong hồ) à Khó thực hiện vì hồ lớn và tốn kém. - Biện pháp trên xuống: Dễ thực hiện. + Biện pháp 1: Đánh bắt bớt cá nhỏ à ĐV phù du tăng số lượng à Thực vật phù du giảm số lượng. + Biện pháp 2: Thả thêm cá lớn vào à Số lượng cá nhỏ giảm à ĐV phù du tăng số lượng à Thực vật phù du giảm số lượng.0,25 0.25 0.25
Phú dưỡng ở các thủy vực là hiện tượng các thủy vực được bồi tụ chất lắng đọng hoặc được cung cấp nhiều yếu tố khoáng. Có những trường hợp, phú dưỡng có thể gây diễn thế sinh thái - Khi phú dưỡng thì vi tảo trong thủy vực phát triển mạnh. Khi vi tảo phát triển mạnh sẽ tiết ra độc tố làm chết các loài động vật như giáp xác, các loài cá. Mặt khác khi vi tảo phát triên mạnh phủ kín bề mặt thủy vực làm cho oxi khó khuếch tán từ không khí vào thủy vực nên thủy vực bị thiếu oxi dẫn đến động vật bị chết. Khi số lượng loài bị chết nhiều làm thay đổi cấu trucd của quần xã thủy vực thì gây ra diễn thế - Tuy nhiên do các loài sống trong thủy vực thường có tiềm năng sinh học cao nên khả năng phục hồi số lượng các thể và đưa quần thể về trạng thái cân bằng. Bên cạnh đó thì các thủy vực thường dễ xảy ra hiện tượng di cư – nhập cư nên khi có biến động số lượng loài thì sẽ có sự nhập cư góp phần làm ổn định hệ sinh thái. Chỉ khi nào không có sự nhập cư thì hiện tượng phú dưỡng mới gây ra diễn thế sinh thái0,25 0,25 0.25

Câu 14

Hướng dẫn chấm do TopStudy biên soạn, mang tính gợi ý

Câu 14a15 kg N/ha/năm trong 20 năm = 300 kg N/ha. - 13,000,000 km2^{2} + 19,000,000 km2^{2} = 3.2 x 109^{9} ha tương đương 9.6 x 1011^{11} kg N. - Vì cây sử dụng 10% nitơ cho sinh trưởng nên lượng nitơ được hấp thụ và lưu trữ trong gỗ là 9.6.1010^{10} kg - Vì tỉ lệ C:N trong gỗ là 500:1 → lượng cacbon lưu trữ trong gỗ là 9.6.1010^{10}.500 = 4,8.1013^{13} kg C0,5
Câu 14b- Lượng cacbon cây hấp thụ và lưu trữ trong gỗ trong 1 năm: 4,8.1013^{13}/20 = 2,4.1012^{12} kg C = 2,4.1015^{15} g C - Lượng cacbon con người thải ra = (9,5 + 0,9).1015^{15} = 10,4.1015^{15} g C - Lượng C cây hấp thụ được so với lượng C con người thải ra chiếm: 2,4.1015^{15}/ 10,4.1015^{15} = 23,07%0,5
Câu 14c- Cách mạng công nghiệp diễn ra vào thế kỉ 19 làm gia tăng việc sử dụng tài nguyên dầu khí và nhiên liệu hoá thạch→ tăng lượng CO2_{2} thải ra. - Gia tăng dân số nhanh chóng làm tăng cường việc khai phá rừng lấy gỗ và lấy đất phát triển nông nghiệp → suy giảm số lượng thực vật và làm tăng lượng CO2_{2} khí quyển.0,25 0,25