Đáp án và lời giải

Đề thi HSG Sinh học 12 THPT Chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình có đáp án - Đề 3

Câu 1

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

Câu	Ý	Nội dung	Điểm
1	1	A: Phân tử phospholipid; A $_{1}$ - đầu ưa nước (alcol phức); A $_{2}$ - đuôi kị nước (acid béo). B: Liposacharide (glycolipid). C: Glycoprotein. D: Polysaccharide. E: Cholesteron. F: Protein cầu (protein xuyên màng). G: Protein kênh. H: Lớp kép phospholipid. *Lưu ý: Từ 4-6 ký hiệu đúng được 0,25 điểm; từ 7-10 kí hiệu đúng được 0,5 điểm.*	0,5
1	2	- Phát biểu trên là sai. - Giải thích: Sự có mặt của cholesteron trong màng tế bào chứng tỏ đây là màng tế bào động vật/(thí sinh có thể nói đây là hopanoid của màng tế bào vi khuẩn vẫn được chấp nhận).	0,25 0,25

Câu 2

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

2	1	A - Hiếu khí bắt buộc. B - Kị khí không bắt buộc. C - Kị khí chịu hiếu khí (oxygen). D - Kị khí bắt buộc. E - Vi hiếu khí.	0,5
2	2	a) - Phương trình: C $_{6}$ H $_{12}$ O $_{6}$ + 6O $_{2}$ ® 6CO $_{2}$ + 6H $_{2}$ O + Năng lượng (ATP + Q). \| Tiêu chí \| Đường phân \| Chu trình Krebs \| Chuỗi truyền e \| \| --- \| --- \| --- \| --- \| \| Vị trí \| Tế bào chất \| Chất nền ti thể \| Màng trong ti thể \| \| Nguyên liệu \| 1Glucose, ATP \| 2 Acetyl coA \| NADH, FADH $_{2}$ \| \| Sản phẩm \| 2 Pyruvate, NADH, ATP \| CO $_{2}$ , NADH, FADH $_{2}$ $_{,}$ ATP \| H $_{2}$ O, NAD $^{+}$ , FAD $^{+}$ ATP \| \| Nhu cầu oxygen \| Không \| Không \| Cần O $_{2}$ \|	0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
2	2	b) ATP được tiêu thụ trong giai đoạn đầu của quá trình đường phân, chúng tham gia vào quá trình hoạt hóa các phân tử đường 6C.	0,25

Câu 3

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

3	a	- Vận chuyển Na $^{+}$ vào trong và H $^{+}$ ra ngoài không bào, giúp tích lũy Na $^{+}$ bào tương vào không bào. - Giảm thiểu tác động của áp suất thẩm thấu cao do nồng độ cao của Na $^{+}$ đến hoạt động sống của tế bào.	0,25 0,25
3	b	- Độ trương nước của tế bào lớn. Vì nồng độ Na $^{+}$ môi trường cao → nồng độ Na $^{+}$ không bào cao do hoạt động bơm AtNHX 1, 2, 5 → Giảm thế nước của không bào → Tế bào hút nước → Tăng sức căng trương nước của tế bào. - Mức biểu hiện H $^{+}$ tăng. Bơm SOS1 là bơm thụ động, động lực của bơm là gradient nồng độ H $^{+}$ giữa gian bào và tế bào → Số lượng bơm H $^{+}$ ATPase cao để duy trì gradient nồng độ H $^{+}$ , đảm bảo hoạt động duy trì áp suất thẩm thấu của bơm SOS1. - pH bào tương không thay đổi đáng kể. Vì pH bào tương ảnh hưởng rất lớn đến hoạt động tế bào, nên khi pH nội bào thay đổi → Bơm H $^{+}$ ATPase điều hòa tăng giảm hoạt động để cân bằng pH và Na $^{+}$ nội bào.	0,125 0,25 0,125 0,25 0,125 0,25
3	c	- Tỷ lệ giảm. - Vì phức SOS2-SOS3-Ca $^{2+}$ có tác dụng hoạt hóa bơm K $^{+}$ vận chuyển vào tế bào, ức chế bơm Na $^{+}$ và hoạt hóa bơm đối chuyển Na $^{+}$ ra ngoài tế bào → Khi protein đột biến sos2 không có khả năng kết hợp thì sẽ làm tăng nồng độ Na $^{+}$ , giảm nồng độ K $^{+}$ nội bào → Tỷ lệ K $^{+}$ /Na $^{+}$ giảm.	0,125 0,25

Câu 4

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

4	1	- A thuộc nhóm cây ngày dài; B là nhóm cây ngày ngắn; C là nhóm cây trung tính. - Với chu kì chiếu sáng 12 - 14h, nhiều loài cây ngày dài và ngày ngắn đều ra hoa vì chúng có thời gian chiếu sáng tới hạn giống nhau do vậy với các cây ra hoa trong thời gian chiếu sáng này khó phân biệt được cây ngày dài hay cây ngày ngắn.	0,25 0,25
4	2	- Mía là cây thuộc nhóm cây ngày ngắn. - Cây ngày ngắn chịu sự chi phối của hiện tượng quang gián đoạn, dùng các lóe sáng cắt đêm dài thành hai đêm ngắn sẽ ức chế sự ra hoa của cây ngày ngắn mà không ức chế sự ra hoa của cây ngày dài.	0,25 0,25

Câu 5

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

5	a	- Bệnh nhân bị nhược năng tuyến yên dẫn đến giảm tiết hormon tuyến yên tương ứng với mẫu E. Vì nhược năng tuyến yên ® giảm tiết TSH ® giảm kích thích tuyến giáp tiết tirôxin ® giảm nồng độ tirôxin ® giảm ức chế ngược lên vùng dưới đồi ® vùng dưới đồi tăng tiết TRH (tương ứng mẫu E). - Bệnh nhân bị nhược năng tuyến giáp dẫn đến giảm tiết hormone tuyến giáp tương ứng với mẫu B. Vì nhược năng tuyến giáp ® giảm tiết tirôxin ® giảm ức chế ngược lên tuyến yên, vùng dưới đồi ® tăng tiết TSH và TRH (tương ứng mẫu B). - Bệnh nhân bị giảm nhạy cảm của thụ thể với tirôxin ở tuyến yên tương ứng với mẫu D. Vì giảm nhạy cảm của thụ thể với tirôxin ở tuyến yên ® tirôxin không ức chế ngược được tuyến yên ® tuyến yên tăng tiết TSH ® TSH tăng ® kích thích tuyến giáp tăng tiết tirôxin ® tirôxin tăng ® tăng ức chế ngược lên vùng dưới đồi ® TRH giảm (tương ứng mẫu D). - Bệnh nhân bị tăng nhạy cảm của thụ thể với TSH ở tuyến giáp tương ứng với mẫu C. Vì tăng nhạy cảm của thụ thể với TSH ở tuyến giáp ® tuyến giáp tăng tiết tirôxin ® tirôxin tăng ® tăng ức chế ngược lên tuyến yên, vùng dưới đồi ® giảm tiết TSH và TRH (tương ứng mẫu C).	0,25 0,25 0,25 0,25
5	b	- Liệu pháp thay thế ostrogen có thể giúp tránh loãng xương ở giai đoạn sau mãn kinh. - Vì ostrogen kích thích các tế bào tạo xương tổng hợp OPG, OPG liên kết với RANKL làm cho RANKL không thể hoạt hóa RANK-receptor trên chính các tế bào hủy xương → xương không bị hủy → tránh loãng xương. - Người bị ưu năng cận giáp thì sẽ bị giảm khối lượng xương - Vì ưu năng cận giáp làm tăng PTH → tăng hủy xương làm giảm khối lượng xương.	0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 6

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

6	1	a) Bị hẹp khí quản. Vì khi hít vào, khí quản không giãn ra →hẹp làm giảm dòng hít vào. Khi thở ra → áp suất trong phổi lớn hơn → tăng dòng thở ra.	0,25
6	1	b) Dài hơn. Do lượng khí trong mỗi lần hít vào ít hơn bình thường → thời gian hít vào của người bệnh là dài hơn so với người bình thường để lấy đủ O $_{2}$ cung cấp cho cơ thể.	0,25
6	2	a) CO làm tăng ái lực của Hb với O $_{2}$ ở điều kiện Poxi thấp (0 – khoảng 20 mmHg) và làm giảm ái lực trong điều kiện Poxi > khoảng 20 mmHg.	0,25
6	2	b) CO làm giảm lượng Hb chức năng trong máu. Do khi có 0,4 mmHg CO thì hàm lượng O $_{2}$ máu giảm ở mức bão hoà Hb với O $_{2}$ à CO gắn với Hb làm giảm lượng Hb có chức năng (gắn Oxi) trong máu.	0,25
6	2	c) Gọi ái lực Hb-CO là y, ái lực Hb-Oxy là x ở PO $_{2}$ = 100 mmHg, khi có 0,4 mmHg CO thì hàm lượng O $_{2}$ máu giảm còn 1/2 à khi đó lượng Hb gắn O $_{2}$ còn ½; 1/2 lượng Hb gắn với CO à 100x: 1/2 = 0,4y: 1/2 à y = 250x à ái lực Hb-CO cao gấp 250 lần ái lực Hb-O $_{2}$	0,5

Câu 7

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

7	a	- Hình 12a là ảnh của giai đoạn 2. - Hình 12b là ảnh của giai đoạn 1.	0,25
7	b	- Giải thích Hình 12b: Ở giai đoạn này, tế bào hấp thu nước cất từ bên ngoài nên tăng thể tích tế bào chất, duy trì độ trương nhưng không bị vỡ do có thành tế bào. - Giải thích Hình 12a: Sau khi đưa dung dịch nước muối vào môi trường, đây là dung dịch ưu trương so với dịch bào của tế bào biểu bì. Nước trong tế bào bị rút ra ngoài làm giảm thể tích chất nguyên sinh, màng tế bào tách ra khỏi thành và nguyên sinh chất co lại vào bên trong gọi là hiện tượng co nguyên sinh.	0,25

Câu 8

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

8	a	- Ở giai đoạn đầu tiên (thời điểm từ bắt đầu thí nghiệm đến khoảng 80p) thì vi khuẩn sinh trưởng nhanh chóng (độ dốc lớn) là nhờ sự chuyển hóa đường glucose à sinh trưởng nhanh hơn. - Khoảng từ phút thứ 80 đến 110 thì tốc độ tăng trưởng của vi khuẩn không tăng nữa (ngừng sinh trưởng) do đường glucose hết nhưng lúc này vi khuẩn chưa tổng hợp được β-galactosidase để chuyển hóa đường lactose à thiếu nguyên liệu. - Từ phút thứ 110 thì vi khuẩn bắt đầu tăng trưởng trở lại do lúc này đã tổng hợp được β-galactosidase để chuyển hóa lactose, lactose là đường đôi nên vi khuẩn sinh trưởng chậm hơn.	0,25 0,25 0,25
8	b	- Từ 0p đến 100p lượng β-galactosidase bằng 0 à không được tổng hợp, từ 100p trở đi lượng β-galactosidase tăng nhanh. - Giải thích: + Sự cảm ứng của operon Lac cần có đủ hai điều kiện: lactôzơ phải có mặt và không có glucose. Trong giai đoạn đầu cả glucose và lactose đều có mặt à các điều kiện cho cảm ứng không được đáp ứng. + Từ thời điểm 100p, lượng glucose trong môi trường cạn kiệt nên lượng cAMP nội bào tăng à CAP liên kết vào vị trí của nó trên Promoter. Môi trường có lactose nên Protein ức chế bị bất hoạt không gắn được vào vùng O à ARN pol liên kết được vào P và bắt đầu dịch mã.	0,25 0,25 0,25
8	c	Trong operon dung hợp, các gen trong operon Lac chịu sự kiểm soát của của operon Trp. Vì vậy, sự biểu hiện của gen lacZ sẽ được điều hoà bởi các protein ức chế mã hoá từ vùng điều hoà của operon triptophan, không phụ thuộc nồng độ glucose và lactose. Ở môi trường có triptophan à protein ức chế liên kết với triptophan và ở dạng hoạt động bám vào vùng O à các gen cấu trúc không được biểu hiện nên lượng β-galactosidase trong quá trình thí nghiệm là bằng 0.	0,5

Câu 9

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

9	a	- Khi không phát hiện prôtêin kháng tripsin trong máu người bệnh, có thể có 2 nguyên nhân là: Prôtêin không được tiết vào máu hoặc prôtêin bị phân hủy nhanh trong máu. - Trường hợp 1: Đột biến thay thế 1 axit amin không làm ảnh hưởng đến chức năng của prôtêin và vì thế nó thực hiện chức năng trong điều kiện in vitro bình thường. Tuy nhiên, nó ảnh hưởng tới vị trí có chức năng tín hiệu tiết prôtêin làm cho prôtêin không thể tiết ra khỏi tế bào gan và đi vào máu. Do đó, prôtêin được tích trữ trong gan và dần dần bị phân hủy. - Trường hợp 2: Đột biến không ảnh hưởng đến chức năng của prôtêin, nhưng ảnh hưởng đến sự ổn định của prôtêin làm cho prôtêin kém bền trong máu và bị phân hủy nhanh.	0,25 0,25 0,25
9	b	- Về nguyên tắc, nếu phát hiện thấy prôtêin tồn tại trong gan thì chứng tỏ đột biến diễn ra theo trường hợp 1, nếu không phát hiện thấy prôtêin tồn tại trong gan thì đột biến thuộc trường hợp 2. - Thí nghiệm: + Sử dụng phương pháp lai prôtêin (lai Western) và sử dụng kháng thể của prôtêin kháng tripsin gắn huỳnh quang. + Nếu vị trí phát huỳnh quang ở ngoài tế bào gan thì đột biến thuộc trường hợp 2, ngược lại thì đột biến thuộc trường hợp 1. (Thí sinh có thể sử dụng phương pháp khác, đúng vẫn được điểm tối đa)	0,25 0,25 0,25

Câu 10

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

10	1	a) Vì màu xanh lam luôn xuất hiện, cho biết E/E (màu xanh lam) ở cả bố mẹ. - Dựa vào tỷ lệ được quan sát, cả C và D đều không thay đổi, trong trường hợp này, các cặp gen liên quan là A/a và B/b => kiểu gen của F1 phải là: AaBb => Kiểu gen của P: AABB x aabb hoặc AAbb x aaBB. Kiểu hình F2: 9A-B-: Xanh lam + đỏ = tím. 3A-bb: xanh lam + vàng = xanh lục. 3aaaB-: xanh lam + trắng 2 = xanh lam. 1aabb: xanh lam + trắng 2 = xanh lam. Hoặc F1: aaBbCcdd vì dd không tổng hợp được sắc tố nên chất trắng 3 được tích lũy sẽ tạo ra màu vàng.	0,25
10	1	b) Màu xanh lam không phải lúc nào cũng xuất hiện, cho biết F1 có mang kiểu gen E/e. - Vì màu xanh lục không bao giờ xuất hiện nên F1 phải là B/B; C/C; D/D => Kiểu gen của F1 là: AaEe => P phải có kiểu gen: AAEE x aaee hoặc AAee x aaEE. Kiểu hình F2: 9A-E-: xanh lam + đỏ = Tím. 3A-ee: đỏ + trắng 1 = đỏ. 3aaE-: xanh lam + trắng 2 = xanh lam. 1 aaee: trắng 2 + trắng 1 = trắng. Kiểu gen F1 cũng có thể: aaBBCcddEe.	0,25
10	1	c) Màu xanh lam luôn xuất hiện, nên F1 phải có kiểu gen E/E. - Không có màu lục xuất hiện, cho thấy F1 cũng là B/B => hai gen Lien quan là A và D => Kiểu gen F1: AaDd => P: AADD x aadd hoặc AAdd x aaDD. Kiểu hình F2: 9A-D-: xanh lam + đỏ + trắng 4 = tím. 3A-dd: xanh lam + đỏ = tím. 3aaD-: xanh lam + trắng 2 + trắng 4 = xanh lam. 1aadd: trắng 2 + xanh lam + đỏ = tím.	0,25
10	1	d) Màu xanh lam không phải lúc nào cũng xuất hiện, chứng tỏ F1 có mang kiểu gen E/e. - Sự xuất hiện màu vàng cho thấy F1 mang kiểu gen B/b. - Hai gen liên quan là B và E. => Kiểu gen của F1 là: BbEe => Kiểu gen của P: BBEE x bbee hoặc BBee x bbEE. Kiểu hình F2: 9B-E-: đỏ + xanh lam = Tím. 3B-ee: đỏ + trắng 1 = đỏ. 3bbE-: vàng + xanh lam = xanh lục. 1 bbee: vàng + trắng 1 = vàng.	0,25
10	2	a) Bệnh do gen lặn trên NST thường quy định. Do bố mẹ có kiểu hình bình thường nhưng sinh con mắc bệnh → bệnh do gen lặn quy định. III-1 là nữ mắc bệnh có bố bình thường → nếu là gen lặn trên NST X thì bố phải mắc bệnh → bệnh do gen trên NST thường quy định.	0,25
10	2	b) - II-1, II-2, II-6 và II-7 có kiểu hình bình thưởng sinh con mắc bệnh; II4 bị bệnh nên xác suất các cá thể này có mang gen gây bệnh = 1 - Các cá thể còn lại (II3, 5) ở thế hệ II đều có kiểu hình bình thường → xác suất mang gen bệnh = 2/3.	0,125 0,125

Câu 11

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

11	a	- Phiêu bạt di truyền làm thay đổi tần số alen trong quần thể một cách ngẫu nhiên. - Do số alen/lôcut giảm từ 5,2 => 3,7 alen/lôcut của quần thể gà lôi, nên phiêu bạt di truyền làm giảm biến dị di truyền của quần thể. - Tỷ lệ trứng nở giảm nghiêm trọng từ 93% xuống dưới 50%: Phiêu bạt di truyền có thể loại bỏ alen có lợi hoặc có hại và cố định các alen một cách ngẫu nhiên => làm tăng nguy cơ diệt vong của quần thể. - Kích thước quần thể gà ở bang Illinois năm 1993 dưới 50 cá thể => Tác động của sự phiêu bạt di truyền thể hiện rõ rệt trên các quần thể nhỏ. (Yêu cầu của đề ra là sử dụng số liệu, vì thế nếu phân tích ở các ý 2,3,4 nếu không sử dụng số liệu thì chỉ cho nửa điểm của ý đó)	0,375 0,375 0,375 0,375
11	b	- Việc bổ sung cá thể làm tăng kích thước quần thể của quần thể gà ở Illinois. - 271 cá thể được lấy ngẫu nhiên từ các bang lân cận có độ đa dạng di truyền cao hơn quần thể gốc. Sau 4 năm (nhiều thế hệ), độ đa dạng di truyền của quần thể gà tăng lên => làm tăng khả năng thích nghi của quần thể này (tăng tỷ lệ trứng nở lên hơn 90%).	0,25 0,25

Câu 12

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

12	1	- Loài I có thể là loài sinh sản vô tính, còn loài II là loài sinh sản hữu tính. - Giải thích: + Loài sinh sản hữu tính có tỷ lệ sinh thấp khi mật độ quần thể thấp, do gặp khó khăn trong việc tiếp cận và giao phối với bạn tình. Loài sinh sản vô tính có tỷ lệ sinh cao khi mật độ quần thể thấp, do có nguồn tài nguyên dồi dào và không phụ thuộc vào cá thể khác để giao phối. + Quan sát đồ thị, nhận thấy, khi mật độ quần thể thấp, loài I có tỷ lệ sinh cao còn loài II có tỷ lệ sinh thấp.	0,125 0,25
12	2	- Ý kiến đưa ra là sai. - Ở điểm B, mật độ quần thể không được duy trì ổn định mặt dù điểm B là điểm cân bằng giữa tỷ lệ sinh và tỷ lệ tử), do: mật độ quần thể lúc này còn thấp, nguồn sống môi trường còn dư thừa, trong quần thể ít cạnh tranh => mật độ quần thể có xu hướng tăng lên chứ không phải giữ nguyên.	0,125 0,25
12	3	- Khi mật độ quần thể nhỏ hơn giá trị C, sự gia tăng về kích thước quần thể là có lợi. - Giải thích: Khi mật độ quần thể thấp, số lượng cá thể giao phối là không đủ nhiều, đồng thời tần suất kết cặp và giao phối của hai giới cũng bị suy giảm => quần thể tăng trưởng với tốc độ chậm. Sự gia tăng về kích thước quần thể sẽ được giải quyết những trở ngại trên.	0,125 0,25
12	4	- Khi mật độ quần thể suy giảm mạnh, loài II dễ bị tuyệt chủng hơn loài I. - Giải thích: + Tỷ lệ sinh của quần thể II giảm, trong khi tỷ lệ tử không thay đổi, dẫn đến tăng trưởng quần thể âm => kích thước quần thể giảm dần qua các thế hệ và cuối cùng là tuyệt chủng. + Ngược lại, ở loài I, khi mật độ quần thể ở mức thấp thì tỷ lệ sinh cao, nên khó tuyệt chủng hơn.	0,125 0,25

Câu 13

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

13	a	- Con đực mạnh mẽ hơn có khả năng sinh sản thành công cao hơn (tỷ lệ con con sinh ra khoảng 30% - 47%) (Hình A) - Con đực có màu sắc hấp dẫn có khả năng sinh sản thành công cao hơn (65%) con đực có màu sắc kém hấp dẫn (35%)	0,25 0,25
13	b	- Trong điều kiện có động vật ăn thịt hoạt động mạnh, màu sắc sặc sỡ là một yếu điểm, màu sắc kém sặc sỡ (số chấm màu thấp hơn có khả năng sống sót cao hơn nên số chấm màu thấp (~8,2) - Trong điều kiện có động vật ăn thịt hoạt động yếu, những con có nhiều chấm màu (màu sắc sặc sỡ hơn) có tỷ lệ cao hơn, do được con cái lựa chọn trong sinh sản	0,25 0,25
13	c	- Trong điều kiện không có động vật ăn thịt, những con đực có nhiều chấm màu sẽ phát triển tốt hơn, tỷ lệ con đực này cao hơn, nên số chấm màu trung bình của con đực trong quần thể cao hơn. - Sự lựa chọn của con cái đối với con đực dẫn tới các con đực có màu sắc đẹp (nhiều chấm màu) có tỷ lệ cao hơn qua các thế hệ.	0,25 0,25