Đáp án D

- A sai. Vì dòng vận chuyển trong mạch rây là vận chuyển chủ động.

- B sai. Vì dòng mạch gỗ cũng có thể mang theo các chất hữu cơ, đó là những chất được rễ cây tổng hợp để vận chuyển lên cho thân cây, lá cây. Ngoài ra, ở những cây như củ cải đường, đến giai đoạn ra hoa thì chất dinh dưỡng được vận chuyển từ củ theo mạch gỗ đi lên để nuôi hoa, nuôi hạt.

- C sai. Vì mạch gỗ chủ yếu vận chuyển nước và ion khoáng, hầu như không vận chuyển đường gluco.

Đáp án A

Động vật đơn bào, cơ thể chỉ có 1 tế bào, do đó quá trình tiêu hóa diễn ra bên trong tế bào (gọi là tiêu hóa nội bào.

Đáp án B

A sai. Vì ADN chỉ có khả năng tái bản; mang thông tin di truyền để tổng hợp các loại protein; trên ADN chứa nhiều gen, mỗi gen nằm ở 1 vị trí xác định trên ADN.

B đúng. Vì tARN tham gia vận chuyển axit amin trong quá trình dịch mã tổng hợp pôlipeptit. Một đầu của phân tử tARN chứa bộ ba đối mã khớp bổ sung với bộ ba mã sao trên mARN, một đầu liên kết với axit amin. Vì vậy thông qua tARN, mỗi bộ ba trên mARN được dịch thành 1 aa trên chuỗi pôlipeptit.

C sai.

D sai. Vì mARN là khuôn để tổng hợp polypeptit, các côđon trên mARN quy định acid amin tương ứng trên chuỗi polypeptit (trừ codon kết thúc).

Đáp án B

Áp dụng công thức giải nhanh, ta có số gen bị đột biến là = $\frac{2^8}{2}$- 1 = 127 (gen). → Đáp án B.

Đáp án D

Vì số lượng NST không phải là tiêu chí phản ánh mức độ tiến hóa của loài. Ví dụ, loài người có 2n = 46; loài gà có 2n = 78 thì không thể khẳng định gà tiến hóa hơn người.

Đáp án A

Loài này có 10 nhóm gen liên kết nên bộ NST đơn bội của loài là n = 10. Thể ba của loài này có số NST là 2n+1. Khi đang ở kì giữa của nguyên phân thì mỗi NST đơn đã nhân đôi tạo thành NST kép và tập trung thành 1 hàng ngang trên mặt phẳng xích đạo nên số NST lúc này là (2n+1) NST kép = 21 NST kép.

Đáp án B

Kiểu gen A, D là thuần chủng, kiểu gen C dị hợp 1 cặp gen.

Đáp án B

A sai. Nhiễm sắc thể tồn tại ở cả trong tế bào sinh dục và tế bào xoma.

C sai. Ở 1 số loài như gà, bồ câu, chim, bướm con đực là XX, con cái có cặp NST giới tính là XY.

D sai. Nhiễm sắc thể giới tính khác nhau ở đực và cái, nhiễm sắc thể X khác nhiễm sắc thể Y.

Đáp án A

Phép lai AA × Aa → 1AA : 1Aa.

Đáp án A

AaBbDdEE × aaBBDdee = (Aa × aa) (Bb × BB) (Dd × Dd) (EE × ee)

= (1Aa : 1aa) (1Bb : 1BB) (1DD : 2Dd : 1Dd) (1Ee)

Số loại kiểu gen = 2 × 2 × 3 × 1 = 12.

Số loại kiểu hình = 2 × 1 × 2 × 1 = 4.

Đáp án C

Tỉ lệ kiểu gen của quần thể là 0,2DD + 0,1Dd + 0,7dd = 1.

→ Tần số D = 0,2 + 0,1/2 = 0,25.

Đáp án B

Cơ thể có kiểu gen AaBb gồm 2 cặp gen dị hợp ® tạo ra 4 dòng thuần.

Đáp án A

Theo Đacuyn, sự phát sinh những đặc điểm sai khác giữa các cá thể cùng loài trong quá trình sinh sản xuất hiện ở từng cá thể riêng lẻ và theo hướng không xác định là nguyên liệu chủ yếu tiến hóa. Chọn lọc tự nhiên vừa đào thải những cá thể mang những biến dị bất lợi, vừa tích lũy những biến dị có lợi cho sinh vật.

Đáp án C

Đáp án B

Quần thể là tập hợp các cá thể cùng loài, cùng sống trong 1 khoảng không gian xác định, vào 1 thời gian nhất định, có khả năng sinh sản và tạo ra thế hệ mới.

→ Đáp án B.

A sai. Vì có có rất nhiều loài cỏ mà không chỉ rõ loài cỏ gì.

B đúng. Vì tập hợp cá chép đang sinh sống ở Hồ Tây. Đã nói cụ thể loài cá chép.

C sai. Vì tập hợp bướm đang sinh sống trong rừng Cúc phương. Vì có rất nhiều loài bướm mà không nói cụ thể loài bướm gì.

D sai. Vì tập hợp chim đang sinh sống trong rừng Amazôn. Vì có rất nhiều loài chim mà không nói cụ thể loài chim gì.

Đáp án A

Sinh vật tiêu thụ bậc 3 là sinh vật thuộc bậc dinh dưỡng 4.

Đáp án A

- Hô hấp tạo ra ATP để cung cấp năng lượng cho quá trình hút khoáng chủ động. Hô hấp tạo ra các sản phẩm trung gian là các axit xêto để làm nguyên liệu đồng hoá các nguyên tố khoáng do rễ hút lên.

- Hô hấp tạo ra các chất khử như FADH2, NADH để cung cấp cho quá trình đồng hoá các nguyên tố khoáng. - Quá trình hút khoáng sẽ cung cấp các nguyên tố khoáng để tổng tế bào hợp các chất, trong đó có các enzim. Các enzim tham gia xúc tác cho các phản ứng của quá trình hô hấp.

- Quá trình hút khoáng sẽ cung cấp các nguyên tố để tồng hợp các chất. Quá trình tổng hợp các chất sẽ sử dụng các sản phẩm của quá trình hô hấp, do đó làm tăng tốc độ của quá trình hô hấp tế bào.

Đáp án A sai. Vì quá trình hút khoáng bị động không sử dụng ATP.

Đáp án B

. Vì tĩnh mạch chủ là nơi có huyết áp thấp nhất; còn mao mạch là nơi có vận tốc máu chậm nhất.

Sự biến đổi vận tốc máu trong hệ mạch thể hiện như sau:

- Trong hệ mạch, vận tốc máu giảm dần từ động mạch chủ → tiểu động mạch → mao mạch và tăng dần từ mao mạch → tiểu tĩnh mạch → tĩnh mạch chủ.

- Nguyên nhân là vì thể tích máu tỉ lệ nghịch với tổng tiết diện của mạch. Thể tích máu tỉ lệ thuận với sự chênh lệch huyết áp giữa hai đầu đoạn mạch (Nếu thiết diện nhỏ thì chênh lệch huyết áp lớn → Vận tốc máu nhanh và ngược lại). Cụ thể:

+ Trong hệ thống động mạch: Tổng tiết diện mạch (S) tăng dần từ động mạch chủ đến tiểu động mạch → Thể tích máu giảm dần.

+ Mao mạch có S lớn nhất → Vận tốc chậm nhất.

+ Trong hệ thống tĩnh mạch: S giảm dần từ tiểu tĩnh mạch đến tĩnh mạch chủ → Vận tốc máu tăng dần.

Đáp án D

A đúng. Trên mạch khuôn 3’ → 5’ thì mạch mới được tổng hợp liên tục.

B đúng. Enzim ADN pôlimeraza tổng hợp mạch mới theo chiều 5’ → 3’.

C đúng. Trên mạch khuôn 5’ → 3’ thì mạch mới được tổng hợp ngắt quãng tạo nên các đoạn ngắngọi là đoạn Okazaki

D sai. Enzim ADN pôlimeraza di chuyển trên mạch khuôn theo chiều 5’ → 3’ (chỉ di chuyển trên mạch khuôn có chiều 3’→ 5’)

Đáp án C

A sai. Vì sự không phân li của 1 nhiễm sắc thể trong nguyên phân của tế bào xôma ở một cơ thể luôn tạo ra thể ba. Trường hợp đột biến này có thể tạo ra đột biến thể khảm 3 nhiễm

B sai. Vì thể lệch bội chỉ thay đổi NST ở một hoặc một số cặp cho nên có hàm lượng ADN trong nhân tế bào tăng lên hoặc giảm bớt.

C đúng. Vì cônsixin ức chế quá trình hình thành thoi phân bào có thể gây đột biến đa bội ở thực vật. D sai. Vì các thể đa bội chẵn có khả năng sinh sản hữu tính.

Đáp án A

A đúng. Số loại KG_max = 10 × 3 = 30 →lớn nhất

B sai. Vì số loại KG_max = 10 × 1 = 10 → nhỏ hơn A

C sai. Vì số loại KG_max = 7 × 2 = 14 → nhỏ hơn A

D sai. Vì số loại KG_max = 3 × 2 = 6 → nhỏ hơn A

Đáp án C

Đáp án C

A sai. Vì phân bố đều là sự phân bố các các thể trong quần thể

B sai. Vì phân bố theo nhóm là sự phân bố các các thể trong quần thể (là kiểu phân bố phổ biến nhất).

C đúng. Vì phân bố theo chiều thẳng đứng và phân bố theo mặt phẳng ngang là kiểu phân bố của các loài trong quần xã.

D sai. Vì phân bố ngẫu nhiên là sự phân bố các các thể trong quần thể.

Đáp án A

A đúng. Vì cây tầm gửi kí sinh trên cây thân gỗ, hút dinh dưỡng của cây thân gỗ để sống.

B sai. Vì cá ép sống bám trên cá lớn và cá lớn thuộc quan hệ hội sinh.

C sai. Vì hải quỳ và cua thuộc quan hệ cộng sinh.

D sai. Vì chim mỏ đỏ và linh dương thuộc quan hệ hợp tác.

Đáp án C

Có 3 phát biểu đúng, đó là II, III và IV. → Đáp án C.

Quan sát các bộ ba, chúng ta thấy đột biến làm cho Pro trở thành Thr là do ở mỗi bộ ba đã thay X bằng A ở nucleotit đầu tiên. → Trên gen, đây là đột biến thay thế cặp G-X bằng cặp T-A. Từ suy luận này, chúng ta tiến hành làm các phát biểu.

I sai. Vì đây là đột biến thay thế nên không làm thay đổi chiều dài.

II đúng.

III đúng. Vì thay cặp G-X bằng cặp T-A cho nên alen a nhiều hơn alen A 1 cặp A-T.

IV đúng. Vì giảm 1 cặp G-X nên khi phiên mã thì sẽ giảm 1 nucleotit loại X.

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng, đó là (I), (IV) → Đáp án A.

II sai. Vì chỉ đề cập đến các dạng của đột biến cấu trúc NST chứ chưa đề cập đến các dạng của đột biến số lượng NST.

III sai. Vì đột biến đảo đoạn trong cấu trúc NST thường ít ảnh hưởng tới sức sống vì vật chất di truyền không thay đổi, một số đột biến chuyển đoạn NST nhỏ cũng ít ảnh hưởng đến sức sống, có thể còn có lợi cho sinh vật. Các dạng đột biến đa bội không những ít ảnh hưởng đến sức sống mà còn làm cho quá trình tổng hợp chất hữu cơ tăng lên, trao đổi chất mạnh, cơ quan sinh dưỡng to, chống chịu tốt, năng suất cao.

Đáp án B

Sơ đồ lai: Aa × aa, thu được F₁ có tỉ lệ kiểu gen 1Aa: 1aa.

- Cây thân cao chiếm tỉ lệ = 1/2. → Cây thân thấp chiếm tỉ lệ = 1 – 1/2 = 1/2.

- Trong số các cây thân cao, cây thuần chủng chiếm tỉ lệ = 0;

A đúng. Lấy ngẫu nhiên 1 cây ở F₁, xác suất thu được cây thân cao là 1/2.

B sai. Lấy ngẫu nhiên 1 cây thân cao ở F₁, xác suất thu được cây thuần chủng là 0.

C đúng. Lấy ngẫu nhiên 2 cây ở F₁, xác suất để trong 2 cây này chỉ có 1 cây thân cao là 

D đúng. Lấy ngẫu nhiên 3 cây ở F1, xác suất để trong 3 cây này chỉ có 1 cây thân cao là

Đáp án D

Giải thích:

- Đực F₁ lai phân tích đời con có tỉ lệ lông đen : lông trắng = 1:3 → Tính trạng di truyền theo quy luật tương tác bổ sung.

Quy ước:

A-B- quy định lông đen; A-bb hoặc aaB- hoặc aabb quy định lông trắng.

- Ở đời con, tỉ lệ kiểu hình của giới đực khác với giới cái → Tính trạng liên kết giới tính, chỉ có một cặp gen Aa hoặc Bb nằm trên NST X.

- Con cái F₁ có kiểu gen AaXBXb lai phân tích:

AaX^BX^b × aaX^bY

Giao tử cái: AX^B; AX^b; aX^B; aX^b; Giao tử đưc: aX^b; aY.

Kiểu hình lông trắng ở đời con có 3 con cái lông trắng: 3 con đực lông trắng.

→ Cá thể cái chiếm tỉ lệ 50%.

Đáp án B

Đối với loại bài toán có sự biến đổi cấu trúc di truyền (tỉ lệ kiểu gen) qua các thế hệ của quần thể thì chúng ta cần phải đánh giá sự biến đổi tần số alen của quần thể.

Ở quần thể này, tần số A qua các thế hệ như sau:

Như vậy, chọn lọc tự nhiên đang chống lại alen trội A.

Trong 4 phương án mà bài toán đưa ra, chỉ có phương án B là chọn lọc đang chống lại alen trội (đào thải kiểu hình trội).

Đáp án C

Có 3 phát biểu đúng, đó là (I), (II) và (IV) → Đáp án C. (III) sai. Vì cạnh tranh cùng loài không bao giờ làm cho quần thể diệt vong. Cạnh tranh chỉ xảy ra khi mật độ cá thể của quần thể tăng lên quá cao. Khi mật độ quá cao thì xảy ra cạnh tranh cùng loài làm giảm mật độ quần thể. Khi mật độ quần thể giảm đến mức phù hợp thì không xảy ra cạnh tranh cùng loài. Vì vậy, sự cạnh tranh cùng loài không xảy ra đến tận cùng (nó chỉ diễn ra khi mật độ cá thể quá cao).

Đáp án D

Có 3 phát biểu đúng, đó là (I), (III), (IV) → Đáp án D.

Giải thích:

I đúng. Vì chuỗi dài nhất là A, D, C, G, E, I, M.

II sai. Vì hai loài cạnh tranh nếu cùng sử dụng chung một nguồn thức ăn. Hai loài C và E không sử dụng chung nguồn thức ăn nên không cạnh tranh nhau.

III và IV đúng. Vì loài A là bậc dinh dưỡng đầu tiên nên tất cả các chuỗi thức ăn đều có loài A và tổng sinh khối của loài là lớn nhất.

V sai. Vì loài C là vật ăn thịt còn loài D là con mồi. Cho nên nếu loài C bị tuyệt diệt thì loài D sẽ tăng số lượng.

Đáp án C

Gồm có (I), (III), (IV) đúng. → Đáp án C.

Giải thích:

(I) đúng. Vì duy trì đa dạng sinh học sẽ góp phần phát triển bền vững tài nguyên thiên nhiên.

(II) sai. Vì việc lấy đất rừng làm nương rẫy → sẽ làm thu hẹp tài nguyên rừng dẫn tới làm suy giảm đa dạng sinh học → Làm mất cân bằng sinh thái dẫn tới làm suy thoái tài nguyên thiên nhiên.

(III) đúng. Vì việc khai thác và sử dụng hợp lí tài nguyên tái sinh sẽ đảm bảo sự tái sinh của các nguồn tài nguyên này. Do đó, việc sử dụng hợp lí sẽ làm cho tài nguyên tái sinh được phục hồi và duy trì ổn định. (Khai thác hợp lí là khai thác mà trong đó, lượng cá thể bị đánh bắt tương đương với lượng cá thể được sinh ra).

(IV) đúng. Vì kiểm soát sự gia tăng dân số, tăng cường công tác giáo dục về bảo vệ môi trường sẽ đảm bảo sự ổn định dân số. Khi ổn định dân số thì sẽ ổn định được nhu cầu sử dụng, nhu cầu khai thác tài nguyên thiên nhiên. (V) sai. Vì tăng cường sử dụng các loại phân bón hoá học trong sản xuất nông nghiệp sẽ gây ra ô nhiễm môi trường dẫn tới suy thoái tài nguyên thiên nhiên.

Đáp án C

Có 3 phát biểu đúng, đó là (I), (III) và (IV) → Đáp án C.

Giải thích:

Gen ban đầu: Mạch gốc: 3'… TAX TTX AAA XXG XXX…5'

mARN 5’….AUG AAG UUU GGX GGG…3’

polypeptit Met - Lys - Phe - Gly - Gly

Alen A₁: Mạch gốc: 3'…TAX TTX AAA XXA XXX…5'.

mARN 5’...AUG AAG UUU GGU GGG…3’

polypeptit Met - Lys - Phe – Gly - Gly (tuy thay đổi bộ ba thứ 4 (GGX thành GGU) nhưng mã hóa cùng loại axit amin )

Alen A₂: Mạch gốc: 3'…TAX ATX AAA XXG XXX…5'.

mARN 5’…AUG UAG UUU GGX GGG…3’

polypeptit Met - KT (Bộ ba thứ 2 trở thành mã kết thúc)

(I) đúng. Vì bộ ba GGX và bộ ba GGU cùng đều quy định một loại axit amin.

(II) sai. Vì cả hai đột biến này đều là đột biến thay thế một cặp nu, cho nên chỉ thay đổi một bộ ba ở vị trí đột biến. (III) đúng. Vì côđon thứ 2 của alen đột biến 2 trở thành codon kết thúc

(IV) đúng. Vì đột biến chỉ thay đổi 1 cặp nu ở vị trí thứ 10 (thay cặp X-G thành cặp T-A).

Đáp án A

Có 3 phát biểu đúng, đó là I, II và IV. → Đáp án A.

I đúng. Vì để xác định vị trí tương đối của các gen trên NST thì các nhà khoa học đã sử dụng phương pháp xác định tần số hoán vị gen giữa các gen (1cM = 1% hoán vị gen).

II đúng. Vì ở sinh vật nhân thực, mối gen có một vùng điều hòa riêng nên sự hoạt động của mỗi gen không giống nhau.

III sai. Vì ở sinh vật nhân thực, chiều dài mỗi mARN trưởng thành còn tùy thuộc vào độ dài và số lượng mỗi đoạn exon được gắn kết.

IV đúng. Nếu gen II là gen đã biểu hiện tính trạng có hại thì đột biến chuyển đoạn bd có thể làm cho gen II chuyển đến vị trí không hoạt động nên sẽ làm tăng sức sống của cá thể.

Đáp án C

Có 2 phát biểu đúng, đó là III, IV. → Đáp án C.

F₂ có tỉ lệ 9 đỏ : 7 trắng. → Tính trạng di truyền theo tương tác bổ sung.

Quy ước: A-B- quy định mắt đỏ; A-bb; aaB-; aabb quy định mắt trắng.

Ở F₂, có 6 con cái mắt đỏ; 3 con đực mắt đỏ. → Tính trạng liên kết giới tính; chỉ có 1 cặp gen nằm trên X. Cho con đực mắt trắng giao phối với con cái mắt đỏ (P), thu được F1 có 100% mắt đỏ (A-X^B-).

→ Đời P thuần chủng: aaX^bY × AAX^BX^B → F₁: AaXBXb, AaXBY.

I sai. Các kiểu gen quy định mắt đỏ gồm: AAX^BX^B, AaX^BX^b, AaX^BX^B, AAX^BX^b, AAX^BY, AaX^BY.

II sai. Cho con cái F₁ lai phân tích ta có: AaX^BX^b x aaX^bY → Fa có tỷ lệ 1 mắt đỏ : 3 mắt trắng.

III đúng . Cho con đực F₁ lai phân tích ta có: AaX^BY × aaX^bX^b → F_a 1AaX^BX^b con cái mắt đỏ, 1aaX^BX^b con cái mắt trắng, 1AaX^bY con đực mắt trắng, aaX^bY con đực mắt trắng.

IV đúng. F₁: AaX^BY x AaX^BX^b → F₂: Có 6 kiểu gen quy định mắt trắng là: aaX^BX^B, aaX^BX^b, aaX^bY, AAX^bY, AaX^bY, aaX^BY.

Đáp án D

Có 3 phát biểu đúng, đó là I, II, III → Đáp án D

Phép lai P: Lá nguyên, hoa đỏ (A-B-) × Lá nguyên, hoa trắng (A-bb).

F₁ gồm 4 loại kiểu hình trong đó số cây lá nguyên, hoa đỏ chiếm tỉ lệ 40% nên P có kiểu gen (Aa, Bb) × (Aa, bb) và A, B liên kết với nhau.

+ Aa × Aa tạo ra đời con có 75% lá nguyên; 25% lá xẻ.

+ Bb × bb tạo ra đời con có 50% hoa đỏ; 50% hoa trắng.

Vậy, lá nguyên, hoa đỏ (A-B-) = 40% thì lá xẻ, hoa đỏ (aaB-) = 10%. → (III) đúng.

Lá xẻ, hoa đỏ + Lá xẻ, hoa trắng = tỉ lệ của tính trạng lá xẻ = 25%.

→ Lá xẻ, hoa trắng

Ở thế hệ P, cây lá nguyên, hoa trắng có kiểu gen $\frac{Ab}{ab}$ luôn cho 0,5ab và 0,5Ab. → 0,15$\frac{ab}{ab}$ = 0,5ab × 0,3ab .

→ Tần số hoán vị = 1 – 2 × 0,3 = 0,4. Vậy f = 40%. → (II) đúng.

- Cây lá nguyên, hoa trắng thuần chủng ($\frac{Ab}{Ab}$) có tỉ lệ = 0,2Ab × 0,5Ab = 10%. → (I) đúng.

- Ở F₁, cây dị hợp 2 cặp gen ($\frac{Ab}{aB}$ và $\frac{AB}{ab}$) có tỉ lệ = 0,3 × 0,5 + 0,2 × 0,5 = 25%.

Đáp án A

Đáp án B

Có 2 phát biểu đúng là II và III. → Đáp án B.

Phép lai P: $\frac{\underline{AB}}{ab}\times \frac{\underline{Ab}}{aB}$, thu được F1 có kiểu hình thân cao, lông đen thuần chủng chiếm tỉ lệ là 4% → $\frac{\underline{AB}}{AB}$= 4%

→ Tỉ lệ thân thấp, lông trắng $\frac{\underline{ab}}{ab}$ cũng bằng 4%.

I. Sai. Lấy ngẫu nhiên một cá thể thân cao, lông trắng ở F1, xác suất thu được cá thể dị hợp $\frac{\underline{Ab}}{ab}$

Thân cao, lông trắng chiếm tỉ lệ = 0,25 – y = 0,25 – 0,04 = 0,21.

Thân cao, lông trắng thuần chủng = y = 0,04 → Thân cao, lông trắng không thuần chủng = 0,21 – 0,04 = 0,17. → Xác suất thu được 1 cá thể không thuần chủng =$\frac{0,17}{0,21}=\frac{17}{21}$

II. Đúng. Xác suất thu được cá thể thuần chủng =$\frac{y}{0,5+y}=\frac{0,04}{0,5+0,04}=\frac{2}{27}$

III. Đúng. Xác suất thu được cá thể dị hợp 2 cặp gen là$\frac{4y}{0,5+y}=\frac{4\times 0,04}{0,5+0,04}=\frac{8}{27}$

IV. Sai. Xác suất thu được cá thể dị hợp 1 cặp gen là$\frac{0,5-4y}{0,5+y}=\frac{0,5-4\times 0,04}{0,5+0,04}=\frac{17}{27}$

Đáp án D

Cả 4 phát biểu đều đúng. → Đáp án D.

Giải thích:

- Cây cao, hoa đỏ có kiểu gen A-B- có tỉ lệ = (1-aa)(1-bb) = (1-0,04)(1-0,01) = 0,9504 = 95,04%. → I đúng.

- Hai cặp gen này phân li độc lập nên sẽ có tối đa số kiểu gen = 3 x 3 = 9 kiểu gen

→ II đúng.

- Cây cao, hoa trắng có kiểu gen A-bb chiếm tỉ lệ = (1-aa).bb = (1- 0,04)(0,01) = 0,0096 = 0,96%. → III đúng.

- Thân cao, hoa đỏ có kí hiệu kiểu gen là A-B- gồm có các kiểu gen AABB, AABb, AaBB, aabB. → IV đúng.

Đáp án C

Cả 4 phát biểu trên đều đúng.

Giải thích:

Tất cả những người máu O đều có kiểu gen I^OI^O, máu AB có kiểu gen I^AI^B.

→ Có 2 người nhóm máu O là người số 3 và 11, 3 người nhóm máu AB là người số 5, 7, 9.

Người số 1 và 2 đều có máu B, sinh con số 3 có máu O.

→ Người số 1 và 2 đều có kiểu gen I^BI^O.

Người số 10 có máu B, là con của người số 6 (máu A) và người số 7 (máu AB).

→ Người số 10 có kiểu gen I^BI^O, người số 6 có kiểu gen I^AI^O

→ Có 9 người đã biết được kiểu gen. → (I) đúng.

- Người số 8 mang kiểu gen I^BI^B hoặc I^BI^O; người số 9 đều mang kiểu gen I^AI^B, → Cặp vợ chồng này có thể sinh con có nhóm máu AB.

- Người số 4 có kiểu gen $\frac{2}{3}$I^BI^O; người số 5 có kiểu gen I^AI^B. → Người số 8 có xác suất kiểu gen $\frac{1}{3}$I^BI^O : $\frac{2}{3}$I^BI^B.

→ Cho giao tử I^B với tỉ lệ $\frac{5}{6}$.

- Người số 9 có kiểu gen I^AI^B → Cho giao tử I^A = $\frac{1}{4}$.

→ Xác suất để cặp vợ chồng 8, 9 sinh con có máu AB =$\frac{5}{6}\times \frac{1}{2}=\frac{5}{12}$

→ (III) đúng.

- Người số 10 có kiểu gen I^BI^O và người số 11 có kiểu gen I^OI^O sẽ sinh con có máu O với xác suất 50%. → (IV) đúng.