Đề thi tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT môn Sinh học có đáp án (Đề 2)

Đáp án B

Uracil (U) là đơn phân cấu tạo nên RNA. Do đó, nếu thêm uracil (U) có đánh dấu phóng xạ vào môi trường nuôi cấy của tế bào vi khuẩn thì RNA sẽ có uracil (U) đánh dấu.

Đáp án D

Giảm phân I gồm 4 kì là kì đầu, kì giữa, kì sau, kì cuối. Ở cả 4 kì này, nhiễm sắc thể đều tồn tại ở trạng thái kép.

Đáp án C

C. Sai. Để cắt tách gene X và cắt cấu trúc Y cần sử dụng cùng loại enzyme cắt để tạo ra các đầu dính giống nhau.

Đáp án C

Khi có ánh sáng, thực vật thủy sinh quang hợp tạo ra khí O2. Khí O2 tạo thành bọt khí đẩy lên trên trong ống đong.

Đáp án B

- Allele B bị đột biến liên quan đến 1 cặp nucleotide tạo thành allele b.

- Allele b có chiều dài bằng allele B → Allele sau đột biến có số nucleotide không bị thay đổi → Đây là dạng đột biến thay thế một cặp nucleotide.

- Allele sau đột biến có số liên kết hydrogene bị thay đổi → Đây là dạng đột biến thay thế một cặp nucleotide khác loại.

Đáp án B

Đột biến gene chỉ liên quan đến 1 cặp nucleotide ở trên được gọi là đột biến điểm.

Đáp án B

- Mạch mới được tổng hợp dựa trên mạch khuôn DA là mạch được tổng hợp liên tục → Mạch DA là mạch mã gốc, (D) là đầu 3’, (A) là đầu 5’.

- Mạch DA là mạch mã gốc → Mạch CB là mạch bổ sung, (B) là đầu 3’, (C) là đầu 5’.

Đáp án D

- Allele E quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với allele e quy định hoa trắng và gene này không tồn tại thành cặp allele. Thực hiện phép lai (P): ♂ cây trắng × ♀ cây hoa đỏ → Tinh trùng mang allele e, trứng mang allele E.

- Tính trạng màu sắc hoa do 1 gene có 2 allele là E và e nằm ở lục lạp quy định → Hợp tử chỉ nhận allele từ tế bào trứng. Vậy hợp tử trong phép lai trên mang allele E.

Đáp án D

Trong mô hình operon lac theo Monod và Jacob, trong điều kiện có lactose thì RNA polymerase sẽ bám vào vị trí (1) – Vùng promoter (P) của operon Lac để tiến hành phiên mã nhóm gene cấu trúc. Còn cấu trúc (2) – Vùng operator (O) là vị trí liên kết với protein điều hòa.

Đáp án A

Loài ưu thế thường là loài có mức cạnh tranh cao, sinh khối lớn nhất trong quần xã. Do đó, trong các quần xã sinh vật trên cạn, loài ưu thế thường là thực vật.

Đáp án A

So sánh trình tự nucleotide trên mạch mang mã gốc của gene trên cho thấy, người và tinh tinh chỉ có 1 sai khác (ở vị trí nucleotide 3) → Người và tinh tinh có mối quan hệ họ hàng gần gũi nhất.

Đáp án D

Bằng chứng trên dựa trên sự phân tích sự khác biệt trong cấu trúc của gene (trình tự nucleotide trên mạch mang mã gốc của gene) → Đây là bằng chứng sinh học phân tử.

Đáp án B

A, C. Đúng. Người bình thường có bộ NST 2n = 46 ® Bộ NST của người con có số NST là 2n + 1 = 47. Đây là đột biến số lượng NST dạng thể ba nhiễm (2n + 1).

B. Sai. Nguyên nhân gây bệnh Đao ở con có thể từ bố hoặc từ mẹ.

D. Sai. Người con có thể có kiểu gene AAa, nếu cặp NST 21 không phân li trong GP1 của bố hoặc không phân li trong GP1 hoặc GP2 của mẹ.

Đáp án C

Xới đất làm tăng độ thoáng khí cho đất sẽ giúp hệ rễ phát triển và hoạt động tốt làm tăng hiệu quả hấp thụ ion khoáng ở rễ cây.

Đáp án D

Để dự đoán xu hướng phát triển của quần thể, người ta so sánh tỉ lệ nhóm tuổi trước sinh sản với tỉ lệ nhóm tuổi sinh sản.

- Quần thể 1 có tỉ lệ nhóm tuổi trước sinh sản bằng tỉ lệ nhóm tuổi sinh sản ® Quần thể ổn định.

- Quần thể 2 có tỉ lệ nhóm tuổi trước sinh sản lớn hơn nhóm tuổi sinh sản ® Quần thể phát triển (tăng số lượng cá thể), cho nên sẽ tăng kích thước quần thể.

- Quần thể 3 có tỉ lệ nhóm tuổi trước sinh sản bé hơn tỉ lệ nhóm tuổi sinh sản ® Quần thể suy thoái (mật độ cá thể đang giảm dần).

- Quần thể 4 có tỉ lệ nhóm tuổi trước sinh sản bé hơn tỉ lệ nhóm tuổi sinh sản ® Quần thể suy thoái

Đáp án C

Sâu ăn hạt ngô → Quan hệ sinh thái giữa sâu và ngô là quan hệ sinh vật này ăn sinh vật khác.

Đáp án D

Trong lưới thức ăn này, ngô là sinh vật sản xuất; các sinh vật còn lại gồm sâu, châu chấu, chim chích, ếch xanh, rắn hổ mang đều là sinh vật tiêu thụ. Do đó, trong lưới thức ăn này có 5 loài là sinh vật tiêu thụ.

Đáp án: a – Đúng, b – Đúng, c – Đúng, d – Đúng

a) Đúng. Người B có chỉ số glucose trong máu sau khi đã nhịn ăn trong vòng 12h là 10,2 mmol/L cao hơn nhiều so với giá trị cao nhất khi bình thường là 6,4 mmol/L → Người B có thể bị bệnh tiểu đường.

b) Đúng. Người A có huyết áp tối thiểu là 58 mmHg thấp hơn chỉ số thấp nhất của huyết áp tối thiểu bình thường là 61 mmHg → Người A có thể bị bệnh huyết áp thấp.

c) Đúng. Người B có chỉ số huyết áp tối đa là 143 mmHg cao hơn người bình thường → Tốc độ máu chảy trong động mạch cánh tay của người B cao hơn với người bình thường.

d) Đúng. Người A có chỉ số cholesterol toàn phần là 6,9 mmol/L cao hơn giá trị bình thường → Người A nên hạn chế thức ăn nhiều dầu mỡ.

Đáp án: a – Sai, b – Sai, c – Sai, d – Đúng

Nếu không xét tính đực và tính cái thì quần thể có tối đa 6 loại kiểu hình $\to$ Có 1 gene có 2 kiểu hình và có 1 gene có 3 kiểu hình $\to$ 1 gene có 2 allele (giả sử A và a) và 1 gene có 3 allele (giả sử B1, B2 và B3).

Số loại kiểu gene ở giới đực gấp 2 lần số loại kiểu gene ở giới cái $\to$ đực XX và cái XY.

- Gene A nằm trên NST thường có 2 allele có $\frac{{2\left( {2 + 1} \right)}}{2} = 3$ kiểu gene.

- Gene B nằm trên NST X có 3 allele có:

+ XX = $\frac{{3\left( {3 + 1} \right)}}{2} = 6$ kiểu gene.

+ XY: 3$\times$1 = 3 kiểu gene.

Vậy giới đực (XX) có: $3 \times 6 = 18$kiểu gen; giới cái (XY) có: $3 \times 3 = 9$ kiểu gene.

Xét sự đúng – sai của các phát biểu:

a) Sai. Một cá thể mang 2 cặp gene phân li độc lập thì sẽ giảm phân cho tối đa 4 loại giao tử trong trường hợp dị hợp tử 2 cặp gene. Ví dụ: $Aa{X^{{B_1}}}{X^{{B_2}}} \to {\rm{A}}{{\rm{X}}^{{{\rm{B}}_{\rm{1}}}}}{\rm{; A}}{{\rm{X}}^{{{\rm{B}}_2}}};a{{\rm{X}}^{{{\rm{B}}_{\rm{1}}}}};a{{\rm{X}}^{{{\rm{B}}_2}}}.$

b) Sai. Số phép lai về 2 gene trên = số kiểu gene đực $\times$ số kiểu gene cái = 18 $\times$ 9 = 162.

c) Sai. Một gene nằm trên NST thường, một gene nằm trên NST giới tính.

d) Đúng. Trong quần thể, số loại giao tử cái nhiều hơn số loại giao tử đực.

Số loại giao tử đực: $\left( {A,a} \right) \times \left( {{X^{{B_1}}},{X^{{B_2}}},{X^{{B_{^3}}}}} \right) \to 2 \times 3 = 6.$

Số loại giao tử cái: $\left( {A,a} \right) \times \left( {{X^{{B_1}}},{X^{{B_2}}},{X^{{B_{^3}}}},Y} \right) \to 2 \times 4 = 8.$

Đáp án: a – Sai, b – Đúng, c – Đúng, d – Đúng

a) Sai. Do kích thước quần thể 3 tương đối nhỏ nên khi chịu tác động của yếu tố ngẫu nhiên sẽ bị ảnh hưởng nặng nề và làm biến động mạnh tần số allele a của quần thể.

b) Đúng. Yếu tố ngẫu nhiên tác động ngẫu nhiên đến cấu trúc di truyền của quần thể, do đó, có thể đào thải toàn allele trội có lợi ra khỏi quần thể.

c) Đúng. Ở quần thể 3, do tần số allele a giảm về 0 tại thế hệ 50 nên ở thế hệ 50, quần thể (3) chỉ toàn các cá thể có kiểu gene AA.

d) Đúng. Ở quần thể 1, do tần số allele a tăng đến 1 nên ở thế hệ 35, quần thể (1) chỉ toàn các cá thể có kiểu hình lông trắng.

Đáp án: a – Sai, b – Sai, c – Đúng, d – Đúng

Thời gian sinh trưởng từ khi bắt đầu nuôi trong môi trường tự nhiên đến khi xuất chuồng của các giống vật nuôi A, B, C và D tối thiểu là 160 ngày → Thời gian sống phải kéo dài ít nhất 6 tháng. Do đó:

a) Sai. Giống A có giới hạn nhiệt độ từ 12 – 32oC mà ở vùng này không có khoảng thời gian 6 tháng liên tiếp nào có nhiệt độ môi trường trong khoảng từ 12 – 32oC. Do đó, loài A không thích hợp để nuôi trong vùng này.

b) Sai. Giống B có giới hạn nhiệt độ từ 8 – 26oC nên khi nuôi từ tháng 2 thì đến tháng 5 (sau 3 tháng) thì các cá thể giống D có thể bị chết khi nhiệt độ môi trường lên đến 27,5oC, đến tháng 6 và tháng 7 thì gần như toàn bộ các cá thể giống D đều bị chết, khi nhiệt độ môi trường thấp nhất hầu như là trên 26oC.

c) Đúng. Giống C có giới hạn nhiệt độ từ 14 – 40oC nên có thể nuôi giống C từ tháng 5 đến tháng 11.

d) Đúng. Giống B có giới hạn nhiệt độ từ 8 – 26oC mà ở vùng này không có khoảng thời gian 6 tháng liên tiếp nào có nhiệt độ môi trường trong khoảng từ 8 – 26oC. Do đó, loài B không thích hợp để nuôi trong vùng này.

Đáp án: 8

Bộ nhiễm sắc thể trong hình chứa 3n = 12 → 2n = 8.

Đáp án: 0,0018%

- Năng lượng có trong tảo silic = 3.${10^6}$ × 3% = 9.${10^4}$kcal.

- Năng lượng có trong giáp xác = 9.${10^4}$ × 40% = 36.${10^3}$kcal.

- Năng lượng có trong cá = 36.${10^3}$× 0,0015 = 54 kcal.

- Hiệu suất sử dụng năng lượng của bậc dinh dưỡng cuối cùng so với tổng năng lượng ban đầu là $= \frac{{54}}{{{{3.10}^6}}} = 0{,}000018 = 0{,}0018\%$.

Đáp án: 3,45%

- Tỉ lệ cá thể mang allele đột biến = 1 – tỉ lệ cá thể không mang allele đột biến.

- Ở bài toán này, giao tử đực có ${p_A}$= 0,95, ${q_A}$= 0,05; giao tử cái có ${p_A}$= 0,9, ${q_A}$= 0,1.

→ Cá thể mang allele đột biến có tỉ lệ = 1 – 0,95 × 0,9 = 0,145.

- Thể đột biến là cơ thể có kiểu hình đột biến (có kiểu gene aa) có tỉ lệ = 0,05 × 0,1 = 0,005.

→ Trong tổng số cá thể mang allele đột biến ở đời con, thể đột biến chiếm tỉ lệ là:

0,005 : 0,145 = 3,45%

Đáp án: $\frac{9}{{32}}$

Xét riêng từng phép lai:

+ AaBb × AaBb → 9 A-B- : 3 A-bb : 3 aaB- : 1 aabb

+ $\frac{{De}}{{dE}} \times \frac{{De}}{{dE}} \to \frac{1}{4}\frac{{De}}{{De}}:\frac{2}{4}\frac{{De}}{{dE}}:\frac{1}{4}\frac{{dE}}{{dE}}\left( {\frac{1}{4}D - ee:\frac{2}{4}D - E - :\frac{1}{4}ddE - } \right)$

⇒ Tỉ lệ số kiểu hình mang 4 tính trạng trội (A-B-D-E-) là

$(A - B - ) \times (D - E - ) = \frac{9}{{16}} \times \frac{2}{4} = \frac{9}{{32}}.$

Đáp án: 6,6%

- Gọi tần số allele I$^{A}$, I$^{B}$, I$^{O}$ lần lượt là p, q, r.

+ Tỉ lệ nhóm máu O là r$^{2}$ = 16% ⇒ r = 0,4.

+ Tỉ lệ người có nhóm máu B gồm q$^{2}$I$^{B}$I$^{B}$ + 2qr I$^{B}$I$^{O}$ = 33% = 0,33. Thay r = 0,4 ta có q = 0,3 ⇒ p = 0,3.

⇒ Tần số allele I$^{A}$ = 0,3; I$^{B}$ = 0,3; I$^{O}$ = 0,4.

- Để bố mẹ có nhóm máu B sinh ra người con có nhóm máu O thì kiểu gene của bố mẹ là I$^{B}$I$^{O}$.

+ Tỉ lệ kiểu gene I$^{B}$I$^{O}$ trong số những người có nhóm máu B là $\frac{{2 \times 0{,}3 \times 0{,}4}}{{0{,}33}} = \frac{8}{{11}}.$

⇒ Kiểu gene của bố mẹ trên là $\frac{8}{{11}}{I^B}{I^O} \times \frac{8}{{11}}{I^B}{I^O}.$

⇒ Xác suất sinh con nhóm máu O là $\frac{8}{{11}} \times \frac{8}{{11}} \times \frac{1}{4} = \frac{{16}}{{121}}.$

⇒ Xác suất sinh con trai nhóm máu O là $\frac{{16}}{{121}} \times \frac{1}{2} \approx 6{,}6\% .$

Tổng số cá thể trong quần xã = 30 + 40 + 20 + 60 = 150 cá thể.

Độ phong phú của loài E là: 60 : 150 = 6/15.

Độ phong phú của loài D là: 40 : 150 = 4/15.

→ Độ phong phú của loài E gấp: 6/15 : 4/15 = 1,5 lần độ phong phú của loài D trong quần xã.