Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Sinh học lớp 12 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Đề minh họa)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Sinh học lớp 12 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Đề minh họa)” giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Sinh học lớp 12 năm 2024-2025 - Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu (Đề minh họa)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Môn: Sinh học Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ MINH HỌA (Đề thi gồm 08 trang) Phần I – Trắc nghiệm nhiều lựa chọn Trong các câu sau, thí sinh chỉ lựa chọn duy nhất 01 đáp án trong số 4 lựa chọn A/B/C/D. Câu 1. Quá trình nào sau đây là bước khởi đầu cho sự biểu hiện thông tin di truyền của gene? A. Tái bản DNA. B. Phiên mã. C. Dịch mã. D. Phiên mã ngược. Câu 2. Khi vi khuẩn S. marcescens được nuôi cấy trong tủ lạnh, chúng sẽ tạo ra các khuẩn lạc màu đỏ. Tuy nhiên, nếu vi khuẩn được nuôi cấy ở nhiệt độ phòng thì khuẩn lạc có màu trắng. Dựa vào kết quả trên, nhận định nào dưới đây là hợp lí nhất ? A. Nhiệt độ thấp đã làm thay đổi cấu trúc của gene. B. Nhiệt độ phòng đã kích thích tăng cường tổng hợp sắc tố đỏ. C. Nhiệt độ lạnh đã ức chế gene sinh tổng hợp sắc tố đỏ. D. Nhiệt độ đã ảnh hưởng đến sự biểu hiện của gene tổng hợp sắc tố. Câu 3. Trong các cơ chế sau, có bao nhiêu cơ chế có thể trực tiếp dẫn đến đột biến gene? 1. Sự bắt cặp nucleotide sai sót trong quá trình phiên mã và dịch mã. 2. Tác nhân vật lý, hoá học của môi trường ngoài làm hư hại DNA. 3. Rối loạn sinh hóa bên trong tế bào dẫn đến sai sót trong nhân đôi DNA. 4. Một số virus có khả năng cài xen vào DNA dẫn đến đột biến. A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 4. Trong suốt một chu kỳ tế bào bình thường, hàm lượng DNA trong nhân tế bào biến đổi ra sao? A. được giữ ổn định và ít thay đổi trong suốt chu kỳ tế bào. B. ban đầu ổn định, sau đó tăng lên gấp đôi, rồi giảm về như cũ. C. ban đầu tăng lên gấp đôi, sau đó giảm đi còn 1/4 so với ban đầu. D. giảm đi còn một nửa, giữ ổn định và sau đó tăng lên như cũ. Câu 5. Trong mỗi phân tử DNA vùng nhân của tế bào vi khuẩn, có khoảng bao nhiêu phần trăm nucleotide có nguồn gốc từ các đoạn Okazaki xuất hiện trong lần sao chép tạo ra phân tử DNA đó? A. 50%. B. 25%. C. 12,5%. D. 6,25%. Câu 6. Ở vi khuẩn E. coli, có một số chủng đột biến mất chức năng liên quan đến operon lac đã được phát hiện. Mô tả về đặc điểm tương ứng với mỗi chủng đột biến nào sau đây là chính xác? A. Chủng đột biến mất chức năng vùng khởi động (Promoter) sẽ có operon phiên mã ngay cả khi môi trường không có lactose. B. Chủng đột biến mất chức năng vùng vận hành (Operator) sẽ có operon không phiên mã ngay cả khi môi trường có lactose. C. Chủng đột biến mất chức năng gene điều hòa (LacI) sẽ có operon phiên mã ngay cả khi môi trường không có lactose. D. Chủng đột biến mất chức năng một trong ba gene cấu trúc (LacZ, LacY, LacA) sẽ có operon không phiên mã ngay cả khi môi trường có lactose. Câu 7. Sơ đồ nào ở hình bên mô tả chính xác nhất quá trình giảm phân? A. Sơ đồ II. B. Sơ đồ IV. C. Sơ đồ I. D. Sơ đồ III. 1/14
Câu 8. Để các allele của một gene phân li đồng đều về các giao tử, điều kiện nào sau đây là quan trọng nhất? A. Số lượng tế bào sinh giao tử phải đủ lớn. B. Quá trình giảm phân diễn ra bình thường. C. Mỗi cặp gene phải có 2 allele quy định. D. Các allele phải trội lặn hoàn toàn. Câu 9. Sơ đồ ở hình bên cho thấy cặp nhiễm sắc thể số 3 và DNA ty thể từ tế bào da của một cặp vợ chồng. iên quan đến cặp nhiễm sắc thể được hiển thị và ADN của ty thể, nếu họ sinh được một người con bình thường thì vật chất di truyền của người con đó có thể rơi vào trường hợp nào dưới đây? A. Trường hợp 3. B. Trường hợp 4. C. Trường hợp 1. D. Trường hợp 2. Câu 10. Ở đậu Hà an, allele A quy định thân cao trội hoàn toàn so với a quy định thân thấp. Theo lý thuyết, phép lai nào sau đây luôn cho đời con toàn cây thân cao? A. Cho cây thân cao bất kì tự thụ phấn. B. Cho cây thân cao bất kì giao phấn với cây thân thấp. C. Cho cây thân cao bất kì giao phấn với cây thân cao thuần chủng. D. Cho cây thân cao bất kì giao phấn với cây thân cao dị hợp. Câu 11. Một sinh viên đã ghi lại trọng lượng của hơn 1 0.000 hạt đậu và trình bày dữ liệu bằng đồ thị như hình dưới đây. Những hạt giống đến từ các cây đậu được trồng trong điều kiện môi trường giống hệt nhau. Giải thích hợp lý hơn cả cho đặc điểm này? A. Tất cả các cây đậu đều đồng hợp tử về gene quy định khối lượng hạt. B. Nhiều gene phân ly độc lập góp phần quyết định khối lượng của hạt. C. Các cây đậu mọc trên đất có độ ẩm tương tự. D. Gene quy định khối lượng hạt liên kết chặt chẽ với các gene quy định chiều cao. Câu 12. Ở Cà độc dược (Datura metel), các nhà khoa học đã phát hiện được các thể lệch bội dạng thể ba nhiễm ở cả tất cả các cặp NST tương đồng cho quả khác nhau về hình dạng, kích thước cũng như sự phát triển của các gai. Hình bên mô tả hình dáng quả của dạng hoang dại (2n) và các dạng đột biến này. Nhận định nào sau đây là không chính xác về các thể đột biến này? A. Quan sát các đặc điểm bên ngoài như quả của một cây giúp nhận diện tương đối cây đó có phải là thể đột biến hay không. B. Bộ NST lưỡng bội của cà độc dược có tổng cộng 24 chiếc. C. Nhuộm tế bào sinh dưỡng và quan sát bộ NST dưới kính hiển vi là phương pháp giúp phân biệt chính xác các thể đột 2/14
biến này. D. Nhìn chung, các thể đột biến lệch bội dạng ba nhiễm ở cà độc dược đều mất khả năng sinh sản hữu tính. Câu 13. Để công tác tư vấn di truyền có hiệu quả, trước tiên bác sĩ tư vấn phải thực hiện bước nào? A. Xây dựng phả hệ gia đình người cần tư vấn. B. Kiểm tra gene hoặc NST của người cần tư vấn. C. Xét nghiệm trước sinh nếu người cần tư vấn đang mang thai. D. Xây dựng lộ trình điều trị và giảm tác hại của bệnh. Câu 14. Hội chứng KeRNAs-Sayre là một đặc điểm di truyền hiếm gặp do mất khoảng 10.000 nucleotide khỏi DNA ty thể. Hầu hết những người mắc hội chứng này đều có cơ mắt yếu, mí mắt sụp xuống, giảm thị lực và thường có vóc dáng thấp bé. Phả hệ nào sau cho thấy một gia đình bị ảnh hưởng bởi hội chứng KeRNAs-Sayre rõ ràng nhất (người bị bệnh tô đậm)? A. Phả hệ 1. B. Phả hệ 2. C. Phả hệ 3. D. Phả hệ 4. Câu 15. Ở người, kiểu gene HH quy định hói đầu, kiểu gene hh quy định không hói, kiểu gene Hh quy định hói ở nam nhưng không hói ở nữ. Giả sử một quần thể người đang ở trạng thái cân bằng di truyền và có 20% người bị hói đầu, tỉ lệ nam : nữ là 1 : 1. Nếu một cặp vợ chồng đều không hói trong quần thể kết hôn này kết hôn và sinh con trai đầu lòng, xác suất bé trai bị hói là bao nhiêu? A. 1/3. B. 1/4. C. 1/5. D. 1/6. Câu 16. Phả hệ sau mô tả sự di truyền một bệnh đơn gene ở người: Từ thông tin cung cấp, khẳng định nào sau đây là chính xác nhất về quy luật di truyền của bệnh này? A. Bệnh do allele trội liên kết với nhiễm sắc thể giới tính X. B. Bệnh do allele lặn liên kết với nhiễm sắc thể giới tính X. C. Bệnh do allele trội thuộc nhiễm sắc thể thường. D. Bệnh do allele thuộc nhiễm sắc thể thường và biểu hiện phụ thuộc giới tính. Câu 17. Qua các thế hệ, quần thể tự thụ phấn/giao phối gần có tính chất nào sau đây? A. Tỉ lệ các cá thể thuần chủng giảm dần. 3/14
B. Tần số các allele thay đổi. C. Khả năng bắt gặp các cá thể dị hợp giảm dần. D. Mức độ đa dạng di truyền tăng dần. Câu 18. Ở một loài lưỡng bội giao phối, khi nghiên cứu một tính trạng đa hình đơn gene của 4 quần thể (QT1, QT2, QT3, QT4), người ta lập được đồ thị như hình. Biết rằng 4 quần thể này sống trong những điều kiện tương tự và có kích thước không chênh lệch nhau quá lớn. Theo lý thuyết, quần thể nào có độ đa dạng di truyền lớn hơn cả về tính trạng đang nghiên cứu? A. Quần thể 1. B. Quần thể 2. C. Quần thể 3. D. Quần thể 4. Câu 19. Một quần thể ngẫu phối có tần số các allele gồm 0,2A1 : 0,5A2 : 0,3A3. Khi quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền, theo lý thuyết, tỉ lệ cá thể thuần chủng về locus gene đang xét là bao nhiêu %? A. 38%. B. 31%. C. 25%. D. 13%. Câu 20. Ở một loài thực vật ngẫu phối, hoa đỏ (A) trội hoàn toàn so với hoa trắng (a). Một quần thể loài này đang ở trạng thái cân bằng di truyền với tần số a gấp đôi tần số A. Do môi trường thay đổi, hạt phấn của cây Aa không có khả năng thụ tinh. Theo lý thuyết, nếu quần thể không chịu thêm các tác động của làm thay đổi vốn gene khác, F2 có tỉ lệ cá thể dị hợp tử chiếm tỉ lệ bao nhiêu? A. 63/88. B. 43/135. C. 6/15. D. 3/15. Phần II – Trắc nghiệm đúng/sai Trong các câu sau, thí sinh xác định tính chất đúng/sai của mỗi mệnh đề A/B/C/D. Câu 1. Hình bên mô tả quá trình phiên mã diễn ra trên mạch làm khuôn của một gene với sự tham gia xúc tác của 4 phân tử enzyme RNA polymerase (kí hiệu 1, 2, 3, 4). Chiều dài các phân tử RNA thể hiện số lượng đơn phân bên trong các phân tử này. Mỗi phát biểu sau về quá trình thể hiện ở hình này là đúng hay sai? A. Các phân tử RNA khi tổng hợp hoàn tất có trình tự nucleotide khớp bổ sung với trình tự trên mạch khuôn của gene. B. Enzyme RNA polymerase số 1 là enzyme tham gia phiên mã sớm nhất trong 4 phân tử enzyme. C. Chiều phiên mã trong tình huống này được xác định từ trái sang phải. D. Phân tử RNA nối với enzyme số 4 là phân tử RNA tách ra khỏi mạch khuôn của gene muộn nhất. Câu 2. Nhiều loại vi khuẩn có thể di chuyển hướng về phía nguồn sống (ví dụ glucose) hoặc tránh xa chất độc hại, năng lượng cho quá trình này đến từ hô hấp. Một nhà khoa học đã sử dụng 3 chủng vi khuẩn E. coli có khả năng di chuyển theo đường thẳng ở vị trí khởi đầu có nguồn sống hạn chế, ngăn cách giữa nguồn sống dồi dào glucose là một dải thạch có chứa đường lactose và đủ mềm để chúng có thể di chuyển dễ dàng. Sau đó, ông quan sát dấu vết di 4/14
chuyển do vi khuẩn tạo ra trên dải thạch. Hình ảnh bên cho thấy kết quả quan sát được ở ngày thứ nhất và ngày thứ hai trong thí nghiệm: Từ kết quả thí nghiệm, mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? A. Glucose được sử dụng làm nguyên liệu cho quá trình hô hấp tạo ra ATP cung cấp năng lượng cho hoạt động di chuyển của vi khuẩn trên dải thạch. B. Sự khác biệt về kết quả thí nghiệm giữa chủng vi khuẩn 1 và chủng 2 nhiều nguyên nhân là do sự sai khác về số lượng bản sao operon lac giữa hai chủng vi khuẩn. C. Chủng 3 có thể là chủng mang một đột biến ở gene mã hóa protein ức chế. D. Nếu độ dài của dải thạch chứa lactose nhưng hàm lượng lactose giảm đi một nửa, chỉ có chủng 2 đến được vị trí có glucose sau 2 ngày thí nghiệm. Câu 3. Khi nghiên cứu về khả năng sản xuất một loại enzyme X ở một chủng vi khuẩn, người ta xác định được enzyme này do một gene X quy định. Ở phiên bản bình thường (phiên bản hoang dại), gene X bị ức chế bởi kháng sinh R. Gene X này bị đột biến tạo thành 2 phiên bản khác và các nhà khoa học cũng đã phân lập được 2 chủng vi khuẩn mang đột biến này (gọi là chủng X1 và chủng X2). Kết quả nghiên cứu so sánh hàm lượng mRNA và hoạt tính protein X của cả 3 chủng khi có mặt kháng sinh R ở các nồng độ khác nhau (đơn vị nanoMol – nM) được thể hiện trong bảng và đồ thị sau: Bảng: Hàm lượng mRNA tương đối Chủng Dại X1 X2 [R] = 0 100% 100% 100% [R] = 5 mM 50% 50% 100% [R] = 10 mM 25% 25% 100% Biết rằng hoạt tính của enzyme X phụ thuộc vào nồng độ enzyme này (hoạt tính enzyme gia tăng theo sự gia tăng nồng độ cho đến đạt giá trị bão hòa). Từ kết quả nghiên cứu, mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? A. Kháng sinh R đã ức chế gene X biểu hiện thông qua việc ngăn cản gene này phiên mã. B. Trong thí nghiệm, các chủng vi khuẩn đều có khả năng phiên mã khi môi trường có sự xuất hiện của kháng sinh. C. Chủng X1 có hoạt tính enzyme thấp hơn cả chứng tỏ kháng sinh R đã làm ức chế dịch mã các phân tử mRNA của allele đột biến này. D. Chủng X2 là chủng mang đột biến có khả năng phân giải kháng sinh R. Câu 4. Hình bên thể hiện sơ đồ một cặp nhiễm sắc thể thường của một gia đình chuột lang gồm có 1 cá thể bố, 2 cá thể mẹ và 2 cá thể con. Biết rằng các cá thể 1, 2, 3 là bố mẹ và các cá thể 4, 5 là con (mỗi con do 1 mẹ sinh ra). Biết rằng không có đột biến và không có trao đổi chéo cặp nhiễm sắc thể đang quan tâm. Nhận xét về mối quan hệ giữa các cá thể này, theo lý thuyết mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? A. Cá thể 5 là con của cá thể 1. B. Cá thể làm bố chỉ có thể là một trong hai cá thể 2 và 3. C. Cá thể 1 và 3 là các cá thể làm mẹ. D. Nếu 4 và 5 có thể giao phối với nhau, khả năng một hợp tử con tạo ra mang 2 nhiễm sắc thể cùng có nguồn gốc từ cá thể làm bố ban đầu là 25%. 5/14
Câu 5. Ở cây ngô, một dạng bất thụ đực (kí hiệu kiểu gene S) trong đó hạt phấn không có khả năng thụ tinh để tạo hợp tử được quy định bởi gene tế bào chất và di truyền theo dòng mẹ, dòng bình thường có cả hạt phấn và noãn có khả năng thụ tinh (kí hiệu kiểu gene F). Ngoài ra, một gene trội (R) nằm trong nhân tế bào quy định khả năng phục hồi tính hữu thụ đực ở các cây bất thụ, gene lặn tương ứng (r) không có khả năng này. Theo lí thuyết, mỗi phát biểu sau là đúng hay sai khi nói về sự di truyền đặc điểm này? A. Các cây thuộc dòng bất thụ đực được lai với hạt phấn từ cây hữu thụ bình thường có kiểu gene rr luôn sinh ra cây bất thụ đực. B. Nếu một cây bất thụ đực được lai với hạt phấn từ cây hữu thụ đồng hợp tử về gene R, đời lai F1 luôn bất thụ đực. C. Nếu các cây mang gene quy định tính bất thụ đực tế bào chất và dị hợp tử về gene phục hồi tính hữu thụ được lai phân tích với hạt phấn từ cây hữu thụ có kiểu gene rr luôn thu được cây bất thụ đực. D. Các phép lai giữa một dòng thuần bất thụ đực với các dòng thuần hữu thụ khác nhau thu được kết quả khác nhau về tính hữu thụ của con lai cho biết tính bất thụ đực tế bào chất của ngô bị chi phối bởi gene trong nhân. Câu 6. Trong một loạt thí nghiệm nhân giống sử dụng ruồi giấm (Drosophila melanogaster), người ta đã tìm thấy một nhóm liên kết gồm 5 gene (sn, v, w, rb, t) có hiển thị tần số tái tổ hợp sau đây trên 1000 trứng được thụ tinh (đơn vị %). Từ bảng kết quả này, mỗi nhận định sau đây là đúng hay sai? A. Khoảng cách giữa 2 gene rb – sn lớn hơn khoảng sn v w rb t cách giữa 2 gene t – v. B. Với chỉ 3 gene rb, t và v thì bản đồ di truyền chính sn 0.0 12.0 19.5 13.5 6.5 xác là v – t – rb hoặc rb – t – v. v 12.0 0.0 31.5 25.5 5.5 C. Gene t nằm giữa 2 gene rb và sn. w 19.5 31.5 0.0 6.0 26.0 D. Bản đồ di truyền phù hợp cho 5 gene này có thể là rb 13.5 25.5 6.0 0.0 20.0 w—rb—sn—t—v. t 6.5 5.5 26.0 20.0 0.0 Phần III – Trắc nghiệm trả lời mã hóa dạng số hoặc tính toán Trong các câu sau, thí sinh xác định câu trả lời được mã hóa dạng số hoặc tính toán và ghi đáp án theo yêu cầu mỗi câu. Câu 1. Khi nghiên cứu vai trò của các chất dinh dưỡng đến sự sinh trưởng của một chủng nấm men, các nhà khoa học nhận thấy rằng các chất gồm phenylpyruvate, prephenate, chorismate và phenylalanine tạo thành một con đường chuyển hóa chưa rõ thứ tự. Sản phẩm kết thúc chuỗi này là một chất dinh dưỡng thiết yếu cho sinh trưởng của nấm. Trong đó mỗi bước chuyển hóa sản phẩm do một enzyme của một gene xúc tác. Để xác định thứ tự của các chất trong con đường chuyển hóa này, các nhà khoa học đã phân lập 3 chủng đột biến khác nhau (1, 2, 3) – mỗi chủng bị đột biến mất chức năng của một gene tham gia chuỗi. Khi nuôi cấy các chủng đột biến trong các môi trường bổ sung dinh dưỡng khác nhau, kết hợp so sánh với nuôi cấy chủng dại (không mang đột biến nào) làm đối chứng, họ thu được kết quả thể hiện trong bảng sau: 6/14
Từ kết quả nghiên cứu, với các số 1, 2, 3, 4 lần lượt kí hiệu cho phenylpyruvate, prephenate, chorismate và phenylalanine, hãy xác định thứ tự các chất của chuỗi chuyển hóa được nghiên cứu (các số viết liền, ví dụ: 1234). Câu 2. Kháng sinh edenie và cyclohexamide đều có khả năng ức chế tổng hợp protein mà không ức chế tổng hợp DNA và RNA. Khi bổ sung mỗi loại kháng sinh này vào tế bào nuôi cấy, hoạt động tổng hợp protein bị ảnh hưởng và sự ảnh hưởng này thể hiện trong đồ thị ở hình bên (đối chứng: không bổ sung chất nào). Kết thúc thí nghiệm, khi li tâm tế bào nuôi cấy có bổ sung edenie, người ta thấy không tồn tại polyribosome, thay vào đó là các phân tử mRNA “mắc kẹt” với tiểu phần bé của ribosome cùng tRNA mở đầu; còn các tế bào có bổ sung cyclohexamide thì phát hiện polyribosome, trong đó các mRNA liên kết với lượng ribosome đa dạng. Từ thông tin cung cấp, có 4 phát biểu như sau: 1. Kể từ thời điểm bổ sung, edenie cần khoảng 2 phút để bất hoạt hoàn toàn quá trình dịch mã, trong khi cyclohexamine ngay lập tức làm ngưng dịch mã. 2. Edinie ức chế giai đoạn khởi đầu dịch mã; trong khi cyclohexamide ức chế giai đoạn kéo dài chuỗi polypeptide. 3. Ở cùng nồng độ, tác dụng làm ngưng dịch mã của cyclohexamide tốt hơn so với edenie, do vậy sử dụng kháng sinh này trong thực tế cho kết quả diệt khuẩn cao hơn. 4. Nếu bổ sung cyclohexamide và edenie cùng thời điểm thì khi ly tâm tế bào sau thí nghiệm sẽ không phát hiện ra polyribosome. Trong các phát biểu trên, phát biểu (những phát biểu nào) chính xác? (Nếu có nhiều hơn 01 phát biểu đúng, hãy xác định đáp án theo thứ tự lớn dần, ví dụ: 1234) Câu 3. Ở một giống đậu, hình dạng vỏ hạt được xác định là một tính trạng đơn gene đa hình, gồm các dạng vằn (M1 và M2), đốm nhạt (S), chấm (D), đốm nhạt xen chấm (S/D) và trơn láng (C). Nghiên cứu về sự di truyền của tính trạng này, người ta lần lượt đem lai các dòng thuần chủng (P) khác nhau, thu được F1 đồng tính, sau đó cho F1 tự thụ phấn thu được F2. Kết quả nghiên cứu được thể hiện trong bảng: Phép P Số lượng mỗi loại kiểu hình ở F2 lai F1 M1 M2 S S/D D C 1 M1 x C M1 798 0 0 0 0 296 2 M2 x C M2 0 123 0 0 0 46 3 SxC S 0 0 283 0 0 107 4 DxC D 0 0 0 0 1706 522 5 M1 x M 2 M1 272 72 0 0 0 0 6 M1 x S M1 499 0 147 0 0 0 7 M1 x D M1 1597 0 0 0 549 0 8 M2 x D M2 0 182 0 0 70 0 9 SxD S/D 0 0 168 339 157 0 Khi giải thích sự di truyền của tính trạng hình dạng hạt ở giống đậu này, có 4 phát biểu như sau: 1. Gene quy định hình dạng vỏ hạt ở loài này có ít nhất 6 allele. 2. M1 là trội hoàn toàn so với tất cả các kiểu hình còn lại. 7/14
3. Allele quy định đốm nhạt đồng trội với allele quy định chấm, cả 2 allele này trội hoàn toàn so với allele quy định vỏ hạt trơn. 4. Đem F1 của các phép lai giao phấn với nhau, đời con mỗi cặp phép lai này có tối đa 3 loại hình dạng hạt khác nhau. Trong các phát biểu trên, phát biểu (những phát biểu) nào chính xác? (Nếu có nhiều hơn 01 phát biểu đúng, hãy xác định đáp án theo thứ tự lớn dần, ví dụ: 1234) Câu 4. Ở một loài ruồi thuộc chi Drosophila, gene A quy định enzyme A tổng hợp sắc tố đỏ nằm trên NST thường, phiên bản đột biến lặn a không có chức năng. Sự biểu hiện sắc tố đỏ thành màu mắt đỏ chịu sự chi phối của gene B ở NST khác, gene này cũng có một phiên bản đột biến lặn b bị mất chức năng. Nếu màu đỏ không được biểu hiện thì mắt có màu trắng. Ở thế hệ P thuần chủng, đem những con ruồi đực (♂) mắt trắng x ruồi cái (♀) mắt trắng, F1 thu được toàn mắt đỏ. Sau đó đem các con F1 lai phân tích với những cá thể mang toàn allele lặn (lai phân tích), người ta thu được kết quả như sau:  Ruồi ♂ F1 lai phân tích  Fa-1 có tỉ lệ 1 ♀ mắt đỏ : 1 ♀ mắt trắng : 2 ♂ mắt trắng.  Ruồi ♀ F1 lai phân tích  Fa-2 có tỉ lệ 1 ♀ mắt đỏ : 3 ♀ mắt trắng : 1 ♂ mắt đỏ : 3 ♂ mắt trắng. Qua kiểm tra hóa sinh, thấy rằng trong những mắt trắng ở Fa-1, những con ruồi cái đều không tạo được sắc tố đỏ, còn một nửa cá thể đực tạo được sắc tố đỏ. Theo lý thuyết, khi chọn một cá thể mắt đỏ ở Fa-1, xác suất cá thể ấy mang allele b có nguồn gốc từ ruồi cái P là bao nhiêu%? (Đáp án làm tròn đến hàng đơn vị) Câu 5. Trong một nghiên cứu về bản chất của một chứng tâm thần phân liệt, S. Kety và cộng sự (1978) đã thực hiện kiểm tra sự phổ biến của chứng này trên bố mẹ của một số trẻ em bị hoặc không bị tâm thần phân liệt, bao gồm bố mẹ nuôi và bố mẹ ruột, kết quả thể hiện như sau: Tỉ lệ bị tâm thần phân liệt (%) Trẻ em được nuôi dưỡng Bố mẹ ruột Bố mẹ nuôi Bị tâm thần phân liệt 12 2 Không bị tâm thần phân liệt 6 4 Từ kết quả nghiên cứu, khẳng định (những khẳng định) nào sau đây là có thể rút ra? (Nếu có nhiều hơn 01 phát biểu đúng, hãy xác định đáp án theo thứ tự lớn dần, ví dụ: 1234) 1. Nếu bố mẹ không bị tâm thần phân liệt, một đứa trẻ sinh ra có 94% cơ hội khỏe mạnh và 4% cơ hội bị tâm thần phân liệt. 2. Nếu bố mẹ bị tâm thần phân liệt, một đứa trẻ sinh ra có 2/3 cơ hội mắc tâm thần phân liệt và 1/3 cơ hội khỏe mạnh. 3. Những trẻ em bị tâm thần phân liệt có tỉ lệ bố mẹ ruột mắc chứng này cao gấp 6 lần bố mẹ nuôi, điều này cho thấy tâm thần phân liệt liên quan chặt chẽ đến yếu tố di truyền. 4. Không có sự khác biệt lớn giữa bố mẹ ruột và bố mẹ nuôi của những trẻ em không bị tâm thần phân liệt, chứng tỏ đặc điểm này ít phụ thuộc vào môi trường. Câu 6. Ở một loài cá, gene A quy định thân có chấm đỏ, trội hoàn toàn so với allele a quy định thân có chấm vàng. Quá trình giao phối chỉ xảy ra giữa các cá thể có các chấm trên thân cùng màu. Khảo sát một quần thể trong tự nhiên (quần thể 1), các nhà khoa học xác định được thành phần kiểu gene của quần thể (thế hệ xuất phát) là 0,2AA : 0,6Aa : 0,2aa. Để tiếp tục nghiên cứu, họ đã thu 100 cá thể Thế hệ Tỉ lệ % các cá thể trưởng thành, gồm 25 con đực có chấm đỏ, 25 con Thân có chấm đỏ Thân có chấm vàng cái có chấm đỏ, 25 con đực có chấm vàng, 25 con F1 61,0000 39,0000 cái có chấm vàng, tạo thành một quần thể nhân tạo F2 60,9375 39,0625 (quần thể 2). Quần thể 2 được nuôi trong môi F3 60,9375 39,0625 trường riêng biệt có chiếu ánh sáng đơn sắc làm cho F4 60,9375 39,0625 các cá thể trở nên cùng màu thân, sau đó để chúng giao phối với nhau. Kết quả thu được thể hiện ở bảng bên. Giả sử không có đột biến phát sinh, các cá thể có sức sống như nhau và khả năng sinh sản như nhau, quần thể 1 có số lượng cá thể rất lớn và không có hiện tượng di nhập gene. Trong các phát biểu dưới đây, phát biểu (những phát biểu) nào đúng? (Nếu có nhiều hơn 01 phát biểu đúng, hãy xác định đáp án 8/14
theo thứ tự lớn dần, ví dụ: 1234) 1. Trong quần thể 1, tần số allele A có xu hướng tăng dần qua các thế hệ. 2. Trong quần thể 1, tỉ lệ cá thể có chấm vàng trên thân ở F2 là 4/11. 3. Trong số 100 cá thể ban đầu của quần thể 2, có thể có 10 cá thể đực và 15 cá thể cái đều có kiểu gene AA. 4. Theo thời gian, quần thể 1 có thể phát triển theo hướng phân tách thành 2 quần thể khác nhau và mỗi quần thể này hình thành một loài mới. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA Phần I – Trắc nghiệm nhiều lựa chọn Câu 1. Đáp án B. Thông tin di truyền trong gene được biểu hiện thông qua phiên mã và dịch mã, trong đó phiên mã là bước khởi đầu. Câu 2. Đáp án D. Nhiệt độ làm thay đổi khả năng tạo ra sắc tố của vi khuẩn, chứng tỏ nhiều khả năng nhiệt độ đã ảnh hưởng đến sự biểu hiện của gene tổng hợp sắc tố. Câu 3. Đáp án C. Sự bắt cặp nucleotide sai sót trong quá trình phiên mã và dịch mã nếu có thể chỉ dẫn đến tạo ra các biến đổi trong phân tử RNA hoặc protein, không trực tiếp gây nên đột biến gene. Câu 4. Đáp án B. Trong chu kỳ tế bào bình thường, tế bào tăng trưởng trong suốt pha G1 rồi tự sao chép DNA (dẫn đến sao chép bộ NST) hoàn tất ở pha S; sau đó tế bào phân chia nhân và tế bào chất thành 2 tế bào con có hàm lượng DNA nhân giống nhau. Do vậy hàm lượng DNA DNA ban đầu ổn định, sau đó tăng lên gấp đôi, rồi giảm về như cũ. Câu 5. Đáp án B. Qua quá trình tự sao chép, phân tử DNA của vi khuẩn sẽ có một mạch thừa hưởng từ DNA ban đầu (chiếm 50%) và một mạch mới tổng hợp. Trong mạch mới tổng hợp này có một nửa tạo thành từ sợi tổng hợp liên tục và nửa còn lại từ các đoạn Okazaki. Do vậy tổng thể sẽ có 25% nucleotide có nguồn gốc từ các đoạn Okazaki xuất hiện ngay trong lần sao chép tạo ra phân tử DNA đó. Câu 6. Đáp án C. Khi gene điều hòa mất chức năng thì protein điều hòa không được tạo ra, dẫn đến enzyme RNA polymerase có thể tiếp cận vùng khởi động (P) của operon lac ngay cả khi môi trường không có lactose, dẫn đến operon được phiên mã trong điều kiện này. Câu 7. Đáp án C. Một tế bào 2n sau khi nhân đôi NST trải qua giảm phân 1 và giảm phân 2 đã tạo ra 4 tế bào con n là tiền đề hình thành nên giao tử. Câu 8. Đáp án B. Khi giảm phân diễn ra bình thường, cặp NST tương đồng phân ly dẫn đến các allele của một gene cũng phân ly và trong mỗi giao tử thường chỉ chứa một allele của một gene. Đây là điều kiện nghiệm đúng quan trọng nhất cho quy luật phân ly. Câu 9. Đáp án B. Con sẽ thừa hưởng một NST từ bố và một NST từ mẹ, trong khi chỉ thừa hưởng ti thể từ mẹ, do vậy chỉ có trường hợp 4 mô tả chính xác nhất. Câu 10. Đáp án C. Cây đậu thân cao có kiểu gene AA hoặc Aa, khi lai với cây có kiểu gene AA thì F1 luôn có tỉ lệ 100% thân cao. Câu 11. Đáp án B. 9/14
Đặc điểm khối lượng hạt phân bố thành phổ dạng chuông úp là đặc trưng cho trường hợp tính trạng do nhiều gene phân ly độc lập, tương tác cộng cộp cùng quy định. Câu 12. Đáp án D. Các thể đột biến lệch bội dạng ba nhiễm đều có thể tạo ra quả (đặc điểm đặc trưng của sinh sản hữu tính), do vậy chưa thể kết luận được tất cả các dạng này đều bất thụ. Câu 13. Đáp án A. Để công tác tư vấn di truyền có hiệu quả, trước tiên bác sĩ tư vấn phải thực hiện khảo sát và xây dựng phả hệ gia đình người cần tư vấn (ít nhất 3 thế hệ), qua đó có thể rút ra được thông tin cần thiết về bệnh/tật di truyền đang quan tâm và đưa ra lời khuyên phù hợp. Câu 14. 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. Câu 15. Đáp án D. - Khi quần thể cân bằng di truyền, tần số các kiểu gene chung của quần thể có dạng p2HH + 2pqHh + q2hh = 1 ; tần số này cũng giống nhau ở cả 2 giới, tức giới nam có p2 + 2pq bị hói và giới nữ có p2 bị hói.  Tỉ lệ bị hói chung cả quần thể là 0,5 x (p2 + 2pq) + 0,5 x p2 = 0,2. Từ đây suy ra p = 0,2 và q = 0,4  quần thể có cấu trúc gồm 0,04HH + 0,32Hh + 0,64hh = 1. (Cách tư duy ngắn hơn : trong số những người bị hói, nhóm HH gồm cả nam và nữ và nhóm Hh chỉ có nam – vì tỉ lệ giới tính là 1 : 1 nên lúc này tỉ lệ hói = HH + Hh/2 ; đây cũng chính là biểu thức tính tần số allele H trong quần thể). - Lúc này, cặp vợ chồng có dạng hh x (1/3Hh : 2/3hh), xác suất một đứa bé con của họ có kiểu gene Hh là 1/6 ; cho nên bé trai khi sinh ra có 1/6 cơ hội bị hói. Câu 16. Đáp án D. - Thấy rằng bệnh không phải là allele trội thuộc NST X, vì bố bị bệnh sinh ra con gái bình thường; bệnh cũng khó có khả năng là allele lặn liên kết NST giới tính, vì mẹ bình thường có 2 con trai bị bệnh; Giả thuyết bệnh do allele trội thuộc nhiễm sắc thể thường cũng không đúng vì có 2 người phụ nữ mang allele bệnh mà không biểu hiện, thông tin này cũng rất phù hợp với quy luật rằng thể dị hợp gene này biểu hiện bệnh ở nam nhưng không biểu hiện ở nữ. Câu 17. Đáp án C. Trong quần thể quần thể tự thụ phấn/giao phối gần, tần số các allele không thay đổi, tỉ lệ các thể đồng hợp tăng dần và tỉ lệ các thể dị hợp giảm dần qua các thế hệ, do vậy khả năng bắt cặp các cá thể dị hợp cũng giảm dần. Câu 18. Đáp án A. Thấy rằng, % trung bình của mỗi kiểu hình ở QT1 – 2 – 3 – 4 lần lượt là 12,5% – 25% – 33,3% – 50%, các giá trị này tương ứng 1/8 – 1/4 – 1/3 – 1/2; tức các quần thể có lần lượt 8 – 4 – 3 – 2 loại kiểu hình về tính trạng đang xét. Do vậy, quần thể 1 là quần thể đa dạng nhất. Câu 19. Đáp án A. Khi quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền, tỉ lệ các kiểu gene thuần chủng gồm có 0,22A1A1 + 0,52A2A2 + 0,32A3A3 = 0,38 = 38%. Câu 20. Đáp án B. - Ở thế hệ P, quần thể có A = 1/3 và a = 2/3 nên có cấu trúc di truyền gồm 1/9AA : 4/9Aa : 4/9aa. - Khi P sinh sản:  Các giao tử cái (noãn) được thụ tinh bình thường nên có tỉ lệ là 1/3A : 2/3a.  Các giao tử đực (hạt phấn) của Aa không có khả năng thụ tinh nên có tỉ lệ là 1/5A : 4/5a. 10/14
Do vậy, F1 có cấu trúc gồm 1/15AA : 6/15Aa : 8/15aa, tần số allele gồm 4/15A : 11/15a. - Khi F1 sinh sản:  Các giao tử cái có tỉ lệ gồm 4/15A : 11/15a.  Các giao tử đực có tỉ lệ gồm 1/9A : 8/9a. Do vậy, F2 có cấu trúc gồm 4/135aa : 43/135Aa : 88/135aa. Phần II – Trắc nghiệm đúng/sai Câu 1. Đ – S – Đ – S - A đúng, do phiên mã xảy ra theo NTBS nên phân tử RNA tạo ra có trình tự nucleotide khớp bổ sung với mạch làm khuôn của gene. - B sai, C đúng và D sai, thông tin từ hình cho thấy enzyme RNA pol số 4 tổng hợp được phân tử RNA dài nhất và phân tử 1 tổng hợp phân tử RNA ngắn nhất. Điều này cho thấy enzyme số 4 tham gia phiên mã sớm nhất nên RNA của enzyme này sẽ tách khỏi mạch khuôn gene sớm nhất, chiều phiên mã từ trái sang phải (1  2  3  4). Câu 2. Đ – Đ – Đ – S - A đúng, nguồn carbon trên dải thạch là lactose, phân tử này bị phân giải thành glucose và galactose trong tế bào. Từ đó vi khuẩn sử dụng glucose làm nguyên liệu cho quá trình hô hấp tạo ra ATP cung cấp năng lượng cho hoạt động di chuyển - B đúng, ở chủng 2 có 2 bản sao của operon lac, trong khi chủng 1 chỉ có 1 bản sao của operon lac  chủng 2 hô hấp hiệu quả hơn khi môi trường có lactose, do đó tạo nhiều ATP và tốc độ di chuyển nhanh hơn. - C đúng, nếu đột biến gene điều hòa dẫn tới protein ức chế không có khả năng liên kết với lactose những vẫn liên kết với vùng vận hành O như bình thường thì operon Lac luôn ở trạng thái tắt, vi khuẩn không sử dụng được đường lactose nên không tạo ra năng lượng ATP cho quá trình di chuyển nên sau hai ngày thì chủng 3 vẫn ở nguyên 1 vị trí. - D sai, dữ liệu không cung cấp liệu lượng lactose đã là tối thiểu cho nhu cầu di chuyển của vi khuẩn, do vậy nếu giảm đi nhưng vẫn đáp ứng được nhu cầu thì sau 2 ngày, chủng 1 vẫn có thể đến được vị trí có glucose. Câu 3. Đ – Đ – S – S - A đúng, khi hàm lượng kháng sinh tăng dần, chủng dại suy giảm lượng mRNA, chứng tỏ kháng sinh đã ức chế sự phiên mã gene X. - B đúng, ở mỗi nồng độ kháng sinh trong thí nghiệm, cả 3 chủng đều tạo được mRNA. - C sai, lượng mRNA tạo ra của chủng X1 cũng giống chủng dại chứng tỏ kháng sinh R đã ức chế allele X1 phiên mã tương tự chủng dại. Hoạt tính enzyme X của allele X1 luôn thấp, khác với với lượng mRNA tạo ra theo nồng độ kháng sinh, chứng tỏ allele X1 đã đột biến ở vùng mã hóa dẫn đến làm thay đổi cấu hình và chức năng protein enzyme. - D sai, chủng X2 phiên mã nhiều ở tất cả nồng độ kháng sinh, đi kèm với hoạt tính enzyme X luôn cao, chứng tỏ nhiều khả năng chủng này bị đột biến ở vùng khởi động của gene làm kháng sinh X không thể tác động. Câu 4. Đ – Đ – S – Đ - Dựa vào hình thái các nhiễm sắc thể, ta có thể thu được mối quan hệ huyết thống giữa các cá thể như hình bên. Từ đây thấy rằng: + Cá thể 5 nhận một nhiễm sắc thể từ 1 và cá thể 4 không thể nhận nhiễm sắc thể nào từ cá thể 1. Tức cá thể 1 là mẹ của 5. 11/14
+ Cá thể 4 là con của cá thể 2 và 3, do đó một trong hai cá thể này là bố. Trong khi cá thể 5 chỉ mới chắc chắn là con của cá thể 1. Chưa rõ 5 là con của cá thể 2 hay cá thể 3, do đó ta chưa xác định được cá thể nào làm bố, cá thể nào làm mẹ trong trường hợp này, do đó ý A, B đúng và C sai. - D đúng, mỗi cá thể 4 và 5 đều mang 1 nhiễm sắc thể của bố, do đó xác suất để một giao tử đực hoặc cái mang nhiễm sắc thể này là 50%; nên khả năng để 2 giao tử cùng mang nhiễm sắc thể có cùng nguồn gốc từ cá thể bố ban đầu thụ tinh thành hợp tử là 25%. Câu 5. Đ – S – S – Đ - A đúng, Srr x Frr  F1 có kiểu gene Srr chứng tỏ bất thụ 100%. - B sai, cây bất thụ đực (cây cái) Srr x FRR  F1 có kiểu gene SRr chứng tỏ hữu thụ 100%. - C sai, SRr (cây cái) x Frr  F1 có kiểu gene 1 SRr (hữu thụ) : 1 Srr (bất thụ). - D đúng, Srr x FRR (hoặc SRR)  F1 có kiểu gene SRr đều hữu thụ; trong khi đó Srr x Frr  F1 có kiểu gene Srr đều bất thụ. Thấy rằng F1 cả 2 phép lai đều là có gene tế bào chất S nhưng gene trong nhân khác biệt, với Rr quy định hữu thụ và rr quy định bất thụ. Tức tính bất thụ đực tế bào chất của ngô bị chi phối bởi gene trong nhân. Câu 6. Đ – Đ – S – Đ. - A đúng, vì rb – sn = 13,5 cM và t – v = 5,5 cM. - B đúng, khoảng cách v – t = 5,5 cM; t – rb = 20 cM; v – rb = 25,5 cM chứng tỏ v và rb là 2 locus bên ngoài và t là locus ở giữa, do đó trật tự là v – t – rb hoặc rb – t – v. - C sai, khoảng cách t – rb = 20 cM; t – sn = 6,5 cM; rb – sn = 13,5 cM chứng tỏ sn là locus ở giữa 2 locus rb và t. - D đúng, 2 locus gene xa nhất là v – w = 31,5 cM; tiếp đó trong 3 locus còn lại thì rb – t = 25,5 cM là xa nhất chứng tỏ sn là locus trong cùng. Khoảng cách w – rb = 6 cM < w = t = 26 cM cho thấy rb gần w; và v – t = 5,5 cM < v – rb = 25,5 cM cho thấy t gần v.  Trật tự 5 gene này phải là là w – rb – sn – t – v hoặc v – t – sn – rb – w; Phần III – Trắc nghiệm trả lời mã hóa dạng số hoặc tính toán Câu 1. Đáp án: 3214 Từ kết quả nghiên cứu, thấy rằng: + Khi bổ sung phenylalanine thì tất cả chủng đột biến đều có thể mọc  phenylalanine là chất dinh dưỡng thiết yếu – tức là sản phẩm cuối chuỗi. + Khi bổ sung chorismate thì chỉ có chủng dại có thể mọc, các chủng đột biến do bị mất hoạt tính 1 trong các enzyme tham gia chuỗi đều không mọc  chorismate là chất mở đầu chuỗi chuyển hóa. Dữ liệu về phenylalanine và chorismate cho phép tư duy rằng khi thêm chất chuyển hóa càng cuối chuỗi thì càng có nhiều chủng đột biến sống được, do vậy khi so sánh thêm phelnylpyruvate và prephenate, thấy rằng thứ tự phải là chorismate  prephenate  phenylpyruvate  phenylalanine. Câu 2. Đáp án: 12 - Thấy rằng, bổ sung edinie thì cần khoảng 2 phút, hoạt động dịch mã mới dừng lại, kiểm tra tế bào sau thí nghiệm không tồn tại polyribosome, thay vào đó là các phân tử mRNA “mắc kẹt” với tiểu phần bé của ribosome cùng tRNA mở đầu chứng tỏ edinie đã ức chế giai đoạn khởi đầu dịch mã mà không ức chế giai đoạn kéo dài. Độ trễ (khoảng 2 phút) do các ribosome đã đi được 1 đoạn (chuyển sang giai đoạn kéo dài thì không bị ảnh hưởng  các ribosome này vẫn tiếp tục dịch mã cho đến khi hoàn tất và rời khỏi mRNA. Còn cyclohexamide đã lập tức từng ngay dịch mã, cùng với việc tế bào sau thí nghiệm có polyribosome chứng tỏ chất này làm ngưng kéo dài chuỗi polypeptide, do đó các ribosome “ngưng đọng” trên mRNA. Không có thông tin về hoạt tính diệt khuẩn của chất nào cao hơn trong thực tế. 12/14
- Khi sử dụng cùng, do cyclohexamide tác động sẽ làm các ribosome đang dịch mã bị ngưng lại; còn edinie ngưng việc tiếp cận của tiểu phần bé ribosome với mRNA nên tế bào sau thí nghiệm nhiều khả năng sẽ thu được polyribosome.  1, 2 đúng và 3, 4 sai. Câu 3. Đáp án: 23 - Tính trạng đơn gene nhưng đa hình chứng tỏ có nhiều hơn 2 allele quy định. Kết quả F2 từ 1 đến 8 đều xấp xỉ 3 : 1 chứng tỏ M1 >> C; M2 >> C; S >> C; D >> C; M1 >> M2; M1 >> S; M1 >> D và M2 >> D. - Kết quả F2 ở phép lai 9 là 1 : 2 : 1 chứng tỏ S đồng trội D. Do vậy, thứ tự các allele quy định tính trạng này là M1 >> M2 >> S = D >> C; lúc này cho thấy 1 sai và 2, 3 đúng. - 4 sai, F1 của phép lai 3 x 4 cho đời con có 4 loại kiểu hình. Câu 4. 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 AaXBY hoặc BbXAY. Nếu đực F1 là BbXAY, tất cả ruồi cái Fa-1 sẽ nhận XA từ bố, nên chúng đều tạo được sắc tố đỏ (dù mắt đỏ hay mắt trắng).  Đực F1 phải là AaXBY, 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 aaXBXB x AAXbY , nên F1 có kiểu gene gồm AaXBXb và AaXBY. Dễ thấy rằng những con đực F1 nhận XB 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 Xb từ cái P là 0%. Câu 5. Đáp án: 34 Nghiên cứu này khảo sát về bố mẹ của các trẻ em; không khai thác số liệu về % mắc bệnh của trẻ em của các cặp bố mẹ, do đó ta không có dữ liệu để đưa ra khẳng định 1 và 2. - Trong những trẻ em bị tâm thần phân liệt, tỉ lệ bố mẹ ruột cũng mắc là 12%, trong khi bố mẹ nuôi chỉ 2% - tức cao gấp 6 lần; điều này cho thấy rằng chứng tâm thần phân liệt liên quan chặt chẽ đến yếu tố di truyền, tức 3 đúng. - Trong những trẻ em không bị tâm thần phân liệt, tỉ lệ bố mẹ ruột cũng mắc là 6% và tỉ lệ bố mẹ nuôi là 4% - mức khác biệt không quá lớn chứng tỏ đặc điểm này ít phụ thuộc vào môi trường, tức 4 đúng. Câu 6. Đáp án: 234 - 1 sai, giao phối không ngẫu nhiên không làm đổi tần số allele. - 2 đúng, ở quần thể 1, khi các cá thể giao phối cùng kiểu hình: Nhóm cá thể P A- aa Phép giao phối 0,8 x [(1/4AA : 3/4Aa) x (1/4AA : 3/4Aa)] 0,2 x [aa x aa]  0,8 x (5/8A : 3/8a)2 Đời con 0,3125AA + 0,375Aa + 0,1125aa 0,2aa. Tổng cộng 0,3125AA + 0,375Aa + 0,3125aa Nhóm cá thể F1 A- aa Phép giao phối 0,6875 x [(5/11AA : 6/11Aa) x (5/11AA : 0,3125 x [aa x aa] 6/11Aa)]  0,6875 x (8/11A : 3/11a)2 Đời con 0,3125AA + 0,375Aa + 0,1125aa 0,3125aa. Tổng cộng 4/11AA + 3/11Aa + 4/11aa 13/14
 F2 có 4/11 cá thể thân có chấm vàng. - 3 đúng, giả sử trong quần thể 2, nhóm đực có xAA + yAa + 0,5aa; nhóm cái có zAA + tAa + 0,5aa. Tại F2, quần thể cân bằng với aa = 0,390625  aCB = 0,625 và ACB = 0,375. Ta có aCB = (ađực + acái)/2 = [0,5 + y/2 + 0,5 + t/2] : 2 = 0,625 và ACB = (Ađực + Acái)/2 = [x + y/2 + z + t/2] : 2 = 0,375. Giải hệ phương trình ta suy được ý 3 đúng. - 4 đúng, vì có sự cách ly sinh sản giữa 2 nhóm cá thể thân chấm đỏ và chấm vàng. 14/14