Phương pháp:

Phương pháp gây đột biến tự đa bội là phương pháp dùng cônsixin để ngăn cản sự tổng hợp thoi vô sắc trong quá trình nguyên phân, tạo ra cơ thể 4n từ thể lưỡng bội 2n.

Cách giải:

Cơ thể ban đầu có kiểu gen Aa.

Sau khi đột biến tự đa bội, kiểu gen của tế bào tứ bội là: AAaa.

Phương pháp:

Dựa vào đặc điểm của thể tam bội ở thực vật để trả lời câu hỏi.

Cách giải:

Phát biểu đúng là đáp án D.

A sai, vì ở thể tam bội, tất cả các cặp NST trong tất cả các tế bào của cơ thể đều chứa 3 chiếc NST.

B sai, vì kích thước của các cơ quan sinh dưỡng ở thể tứ bội lớn hơn so với thể tam bội.

C sai, vì thể tam bội có khả năng sinh trưởng, chống chịu với các điều kiện bất lợi từ môi trường.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về điều hòa hoạt động gen của Operon Lac ở vi khuẩn E.coli để trả lời câu hỏi.

Cách giải:

Các phát biểu giải thích đúng về hiện tượng trên là: (2) và (3).

(2) đúng vì gen điều hòa có nhiệm vụ tổng hợp protein ức chế, protein ức chế sẽ tới gắn vào vùng vận hành

(O) để ngăn cả quá trình phiên mã khi môi trường không có lactozo.9

Vì vậy nếu gen điều hòa bị đột biến và không còn khả năng tổng hợp protein ức chế thì quá trình tổng hợp enzim lactaza sẽ diễn ra.

(3) đúng vì vùng vận hành (O) là nơi gắn của protein ức chế. Nếu vùng O bị đột biến không liên kết được với protein ức chế thì quá trình phiên mã sẽ diễn ra ngay cả khi môi trường không có lactozo.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về khái niệm của đột biến gen.

Cách giải:

Đột biến gen là những biến đổi trong cấu trúc của gen liên quan đến một hoặc một số cặp nucleotit.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về nguyên lý của các con đường vận chuyển qua màng sinh chất.

Cách giải:

Dựa vào nồng độ Ca²⁺ trong cây và trong đất, ta thấy nồng độ Ca²⁺ trong cây cao hơn so với nồng độ Ca²⁺ trong đất.

→ Ca²⁺ được vận chuyển nhờ hình thức vận chuyển chủ động (hấp thụ chủ động).

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về thể ba: Thể ba là cơ thể có đột biến lệch bội, trong đó một cặp NST nào đó có 3 chiếc NST, các cặp NST còn lại bình thường.

Cách giải:

Các dạng thể ba là: I, III.

II là thể một.

IV là thể lưỡng bội.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về các hình thức hô hấp ở động vật.

Cách giải:

Động vật hô hấp bằng hệ thống ống khí đó là côn trùng, ví dụ như châu chấu.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về các đặc trưng của mã di truyền.

Cách giải:

Bộ ba 5’ AUG 3’ chỉ mã hóa cho axit amin Methionin, điều này thể hiện tính đặc hiệu của mã di truyền.

Tính đặc hiệu của mã di truyền là hiện tượng mỗi bộ ba chỉ mã hóa một loại axit amin.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quá trình quang hợp ở thực vật.

Cách giải:

Ở tế bào thực vật, bào quan thực hiện chức năng quang hợp là lục lạp.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về thể đột biến. Thể đột biến là cơ thể mang đột biến và đã biểu hiện ra kiểu hình.

Cách giải:

Dựa vào đề bài, 2 alen đột biến là alen a và alen b → Kiểu gen của thể đột biến phải có mặt: aa hoặc bb hoặc cả aa và bb.

Các kiểu gen của thể đột biến là aaBb và Aabb.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về đặc điểm của dòng máu chảy trong hai vòng tuần hoàn của cơ thể động vật có hệ tuần hoàn kép.

Vòng tuần hoàn nhỏ là vòng tuần hoàn đi tới cơ quan hô hấp (phổi) để lấy O₂.

Cách giải:

Trong vòng tuần hoàn nhỏ của hệ tuần hoàn kép, máu theo tĩnh mạch phổi trở về tim là máu giàu O₂.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về đặc điểm của hệ tuần hoàn.

Cách giải:

Phát biểu đúng là đáp án B.

A sai, vì ở các loài côn trùng, hệ tuần hoàn chỉ có nhiệm vụ vận chuyển chất dinh dưỡng đi nuôi cơ thể. Hệ thống ống khí đảm nhận nhiệm vụ vận chuyển O₂ và CO₂ trong cơ thể.11

C sai, vì nhịp tim của trẻ em thường nhanh hơn người trưởng thành, do các quá trình trao đổi chất và chuyển hóa trong cơ thể trẻ diễn ra rất mạnh.

D sai, vì ở các loài lưỡng cư có hệ tuần hoàn kín, áp lực máu chảy trong động mạch có áp lực cao.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về các quy luật di truyền đã học.

Cách giải:

Giả thuyết cho nhân tố di truyền của bố và mẹ tồn tại trong tế bào của cơ thể con một cách riêng rẽ, không hòa trộn vào nhau được Menđen đưa ra để giải thích cho quy luật phân li.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về vai trò của các thành phần tham gia quá trình dịch mã ở riboxom.

Cách giải:

Trong quá trình dịch mã ở riboxom, phân tử mARN được dùng làm khuôn để tổng hợp protein.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về các đặc trưng của mã di truyền.

Cách giải:

Nhờ có đặc tính thoái hóa của mã di truyền (mỗi axit amin được mã hóa bởi nhiều bộ ba khác nhau), nên khi đột biến thay thế cặp nuclêôtit xảy ra ở nucleotit thứ ba trong mã di truyền thì có thể không làm thay đổi loại axit amin (đột biến vô nghĩa).

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình điều hòa hoạt động gen ở E.coli.

Cách giải:

Vì 3 gen cấu trúc Z, Y, A thuộc cùng 1 Operon nên số lần nhân đôi và số lần phiên mã của 2 gen cấu trúc này sẽ luôn bằng nhau.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình quang hợp ở thực vật.

Cách giải:

Quá trình quang hợp ở thực vật luôn bao gồm 2 giai đoạn: pha sáng và pha tối → D đúng.

A sai, vì pha tối của quang hợp chịu ảnh hưởng của nhiệt độ môi trường.

B sai, vì quá trình quang hợp chỉ xảy ra ở các tế bào chứa bào quan lục lạp ở cơ thể thực vật.

C sai, vì quang hợp là quá trình tổng hợp chất hữu cơ từ các chất vô cơ dưới tác dụng ánh sáng.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về thể dị bội.

Cách giải:

Thể dị bội (thể lệch bội) là thể có số lượng NST ở một hoặc một số cặp NST tương đồng nào đó trong tất cả các tế bào sinh dưỡng của cơ thể tăng lên hoặc giảm đi.

Chọn B.

Phương pháp:

Thể song nhị bội (2nA +2nB) là cơ thể được tạo thành mang bộ NST lưỡng bội của cả hai loài sinh vật.

Cách giải:

Thể song nhị bội được hình thành từ hai loài trên có số lượng NST là: 16 + 18 = 34 (NST).

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về quy luật phân li độc lập.

Cách giải:

Kiểu gen đúng là: AaBb.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quy luật phân li để tìm phép lai chính xác.

Cách giải:

Theo lí thuyết, phép lai cho đời con có 50% kiểu gen đồng hợp tử trội là: Aa × AA.

P: AA × Aa → F₁: 50% AA : 50% Aa.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình phiên mã ở tế bào nhân thực.

Cách giải:

Phát biểu không đúng là đáp án C. Quá trình phiên mã không sử dụng nucleotit loại timin làm nguyên liệu tổng hợp mARN.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quy luật đồng trội để giải bài tập.

Cách giải:

Từ phép lai 1, P: đỏ x đỏ → F₁ cho 3 đỏ : 1 nâu

→ Tính trạng mắt đỏ trội so với tính trạng mắt nâu.

Từ phép lai 2, P: vàng x nâu → F₁ cho 100% vàng

→ Tính trạng mắt vàng trội hơn so với mắt nâu.

Ở F₁ không xuất hiện kiểu hình mắt đỏ → Tính trạng mắt vàng trội hơn so với mắt đỏ.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về thành phần cấu tạo nhiễm sắc thể.

Cách giải:

Ở sinh vật nhân thực, cấu trúc được tạo ra từ sự liên kết giữa phân tử ADN và protein histon được gọi là nhiễm sắc thể.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình điều hoạt động của Operon Lac ở vi khuẩn E.coli.

Cách giải:

Theo mô hình operon Lac, protein ức chế bị mất tác dụng vì lactozo trong môi trường liên kết với protein ức chế làm mất cấu hình của protein ức chế.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về quá trình nhân đôi ADN ở sinh vật nhân thực để giải bài tập.14

Cách giải:

Phát biểu sai là đáp án D. Vì tính theo chiều tháo xoắn, đoạn mạch II có chiều từ 3’ đến 5’. Enzim ADN polimeraza luôn tổng hợp mạch mới theo chiều 5’ - 3’.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình điều hòa hoạt động gen ở E.coli.

Cách giải:

Ở vi khuẩn E.coli, tổng hợp protein ức chế là vai trò của gen điều hòa.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quá trình phân li NST trong giảm phân để giải bài tập.

Cách giải:

Trong 4 tế bào tiến hành giảm phân:

3 tế bào giảm phân bình thường tạo ra 12 giao tử với tỉ lệ có thể là: 6:6 hoặc 4:4:2:2 hoặc 2:2:2:2:2:2.

1 tế bào giảm phân có rối loạn phân li cặp NST mang gen Aa trong giảm phân I, giảm phân II diễn ra bình thường cho 2 loại giao tử với tỉ lệ 2:2.

→ Các tỉ lệ giao tử được tạo ra từ 4 TB sinh tinh là: 3:3:1:1 hoặc 2:2:1:1:1:1 hoặc 1:1:1:1:1:1:1:1.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quá trình phân li NST trong giảm phân để giải bài tập.

Cách giải:

I đúng, vì một tế bào sinh tinh giảm phân không có hoán vị sinh 2 loại giao tử.

II đúng, vì khi 2 tế bào sinh tinh giảm phân thì tối thiểu cho 2 loại giao tử, tối đa cho 4 loại giao tử.

III đúng, vì trong trường hợp 2 trong 3 tế bào giảm phân cùng 1 cách, tế bào còn lại giảm phân theo cách khác sẽ tạo ra 4 loại giao tử với tỉ lệ 2:2:1:1.

IV sai, vì khi 4 tế bào tạo 4 loại giao tử có thể là 2 trường hợp:

TH1: 2 TB giảm phân 1 cách (tạo ra 4 AB : 4 ab) và 2 TB giảm phân cách khác (4 Ab : 4 aB)

→ Tỉ lệ giao tử tạo ra là: 1:1:1:1 và mỗi loại giao tử chiếm 25%.

TH1: 3 TB giảm phân 1 cách (tạo ra 6 AB : 6 ab) và 1 TB giảm phân cách khác (2 Ab : 2aB)

→ Tỉ lệ giao tử tạo ra là: 3:3:1:1.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức đã học về quy luật phân li để giải bài tập.

Cách giải:

P: AA × aa

→ F1: 100% Aa (quả vàng)

F1 giao phấn ngẫu nhiên: Aa × Aa

F2: 1AA : 2Aa : 1 aa (1 quả đỏ : 2 quả vàng : 1 quả xanh) → I đúng.

II đúng, có 2 phép lai thỏa mãn, đó là:

P1: Aa × aa

P2: AA × Aa

III đúng, vì chỉ có 3 phép lai cho F3 có 1 loại kiểu hình, đó là: AA × Aa và Aa × aa và aa × aa.

IV sai, vì khi cho cây quả vàng tự thụ: Aa × Aa → F1 có 3 loại kiểu gen và 3 loại kiểu hình.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quá trình dịch mã và đột biến gen để giải bài tập.

Cách giải:

I đúng, vì đột biến điểm làm thay đổi bộ ba từ: 5’GGX3’ thành 5’GGU3’ trên alen A1 nhưng cả 2 bộ ba đều mã hóa axit amin Gly.

II sai, vì đột biến điểm làm thay đổi bộ ba từ: 5’AAG3’ thành 5’ UAG3’ trên alen A2 → kết thúc sớm quá trình dịch mã. Nhưng đột biến làm thay đổi bộ ba từ 5’GGX3’ thành 5’AGX3’ trên alen A3 chỉ làm thay đổi 1 axit amin.

III đúng, vì đột biến thay thế trên alen A2 làm xuất hiện bộ ba kết thúc (5’UAG3’) sớm.

IV đúng, vì đột biến thay thế làm thay đổi bộ ba từ 5’GGX3’ thành 5’AGX3’.

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về cấu trúc không gian của ADN theo mô hình của Oatxon và Crick.

Cách giải:

0,221 µm = 2210 Å.

Tổng số nucleotit của alen B là: N = 1300 (nu)

H = 2A + 3G = 1669 → A = T = 281; G = X = 369 → II đúng.

G hiếm tác động vào quá trình nhân đôi ADN gây ra đột biến thay thế cặp G-X thành cặp A-T.

→ Số nucleotit mỗi loại của alen b là: G = X = 368; A = T = 282.

X môi trường cung cấp sau 2 lần nhân đôi là: Xmt = 368 × (22 - 1) = 1104 (nu) → I đúng.

III đúng, vì vị trí xảy ra đột biến thay thế có thể nằm sau mã kết thúc, hoặc nằm ở vị trí nucleotit thứ ba của bộ ba nào đó có tính thoái hóa → axit amin không thay đổi.

IV đúng, gen b có chiều dài bằng gen B vì đột biến thay thế nhưng ít hơn 1 liên kết hidro (vì thay thế G-X bằng A-T).

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quá trình giảm phân và trao đổi chéo để giải bài tập.

Cách giải:

Mỗi cặp NST mang 1 đột biến khi giảm phân sẽ hình thành 0,5 giao tử bình thường: 0,5 giao tử đột biến. Khi thụ tinh sẽ tạo 0,25 hợp tử bình thường.

→ có 4 cặp NST đột biến→ tỉ lệ hợp tử bình thường là (0,25)⁴ = 1/256.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về tác động của các tác nhân đột biến trong quá trình nhân đôi ADN.

Cách giải:

Khi có tác động của nucleotit loại hiếm, sau k lần nhân đôi sẽ tạo ra số gen đột biến: 2^k : 2 - 1.

→ Sau 4 lần nhân đôi, số gen đột biến là: 7.

Chọn B.

Phương pháp:

Dựa vào kiến thức về cấu trúc không gian của ADN theo mô hình Oatxon và Crick.

Cách giải:

N của gen = 1200 × 2 = 2400 (nu)

G = 2400 × 20% = 480 → A = T = 720.

Mạch 1 của gen có: T₁ = A₂ = 200; X₁ = G₂ = 180

→ A₁ = T₂ = 520; G₁ = X₁ = 300.

Phát biểu sai là đáp án A. Vì: $\frac{A_1}{G_1}=\frac{26}{15}$.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quy luật phân li độc lập để giải bài tập.

Cách giải:

Các phát biểu số I, II, III đúng.

Quy ước A: hạt vàng, a: hạt xanh.

- I đúng: Pt/c: AA × aa

→ F1: 100% hạt vàng (Aa)

- II đúng: Các hạt thu được trên cây F1 là kiểu gen của đời F2.

→ F1 × F1: AaAa

→ 3 hạt vàng (1AA:2Aa) : 1 hạt xanh (aa).-

III đúng: Tiến hành gieo các hạt F2 và cho chúng tự thụ phấn thì những cây có kiểu gen aaaa sẽ chỉ tạo ra hạt xanh (aa)

IV sai: có những cây F1, có cả hạt vàng và hạt xanh (AA; Aa; aa)

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quy luật phân li độc lập để giải bài tập.

Cách giải:

Gọi 3 cặp NST bị đột biến là AaBbCc (trong đó a, b, c là các NST đột biến)

Tự thụ phấn P: AaBbCc × AaBbCc

Đời con có 2 NST đột biến → Tỷ lệ cá thể mang 2 alen lặn ở đời con là: 6C4 : 2⁶ = 15/64.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức về quy luật phân ly để giải bài tập.

Cách giải:

Quy ước: A: Hạt tròn, a: hạt dài:

P: AA × aa

F₁: Aa

F₂: 1AA : 2Aa : 1aa

Hạt dài F₂ có 2 kiểu gen với tỉ lệ: 1/3AA : 2/3Aa

cây hạt dài khi tự thụ phấn cho F₃ toàn lúa hạt dài phải có kiểu gen đồng hợp chiếm tỉ lệ 1/3

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng kiến thức đã học về quy luật phân li độc lập để giải bài tập.

Cách giải:

Một loài thực vật, màu hoa do 2 cặp gen: A, a và B, b phân li độc lập cùng quy định.

Kiều gen có alen trội A và alen trội B quy định hoa đỏ, kiểu gen chỉ có alen trội A quy định hoa hồng, kiểu gen chỉ có alen trội B quy định hoa vàng, kiểu gen aabb quy định hoa trắng.

Theo lí thuyết, phép lai tạo ra đời con có 4 loại kiểu hình là P: AaBb × aabb.

Chọn C.