Nhóm vi khuẩn có khả năng chuyển hóa \(NO_3^ - \) thành \({N_2}\) là vi khuẩn phản nitrat hóa.

Một số nguồn Nitơ và quá trình chuyển hóa Nitơ trong đất

Các loại động vật như cào cào, châu chấu, ve sầu có hình thức hô hấp bằng ống khí.

Quá trình nhân đôi ADN của sinh vật nhân sơ

Nếu chỉ xét trên một mạch nhân đôi thì trong hai mạch mới được tổng hợp, một mạch được tổng hợp liên tục, một mạch được tổng hợp gián đoạn. Nhưng khi xét trên 1 đơn vị nhân đôi (hay nói cách khác là xét trên toàn bộ phân tử ADN) thì cả hai mạch mới đều được tổng hợp một cách gián đoạn).

Phương án C không đúng vì cả hai mạch đều được tổng hợp theo chiều 5’ đến 3’.

Plasmid là những phân tử ADN, vòng, sợi kép, tự tái bản, được duy trì trong vi khuẩn như các thực thể độc lập ngoài nhiễm sắc thể.

- Một số plasmid mang thông tin về việc di chuyển chính nó từ tế bào này sang tế bào khác (F plasmid), một số khác mã hóa khả năng kháng lại kháng sinh (R plasmid), một số khác mang các gen đặc biệt để sử dụng các chất chuyển hóa bất thường (plasmid phân hủy).

- Để được dùng làm vectơ plasmid cần phải có:

+ Vùng nhân dòng đa vị chứa các điểm cắt cho các endonucleaza giới hạn, dùng để chèn các ADN nhân dòng.

+ Plasmid chứa gen để chọn (như gen kháng ampicillin,…).

+ Điểm khởi động sao chép hoạt động trong E. coli.

Trong các mức cấu trúc siêu hiển vi của nhiễm sắc thể điển hình ở sinh vật nhân thực, sợi cơ bản và vùng xếp cuộn có đường kính lần lượt là 11 nm và 300 nm.

Bệnh do gen trội trên nhiễm sắc thể X ở người gây ra có đặc điểm di truyền là bố mắc bệnh thì tất cả các con gái đều mắc bệnh.

Để kiểm chứng lại giả thuyết của mình, Menđen đã dùng phép lai phân tích.

Quy luật phân li độc lập góp phần giải thích hiện tượng biến dị tổ hợp vô cùng phong phú ở loài giao phối.

- \(AB + BC = 18 = AC \Rightarrow B\) nằm giữa AC.

- \(BC + BD = 20 = CD \Rightarrow B\) nằm giữa CD.

Thứ tự đúng là DABC.

- Ta thấy các nhiễm sắc thể ở trạng thái đơn và đang trong quá trình phân li về hai cực của tế bào, chứng tỏ tế bào này đang ở kì sau của quá trình nguyên phân. Ở kì sau này ta thấy có 8 nhiễm sắc thể đơn, nên các kì trước đó có tế bào có 4 nhiễm sắc thể kép.

- Do vậy trước khi nhân đôi để có 4 nhiễm sắc thể kép này, tế bào phải có 4 nhiễm sắc thể đơn.

Áp dụng công thức: - \({p^2} \times {q^2} = {\left( {\frac{{2pq}}{2}} \right)^2} \to \) Quần thể đạt cân bằng di truyền.

- Xét A ta có: \({p^2} \times {q^2} = {\left( {\frac{{2pq}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow 0,3.0,2 \ne {\left( {\frac{{0,2}}{2}} \right)^2} \to \) quần thể chưa cân bằng.

- Xét B ta có: \({p^2} \times {q^2} = {\left( {\frac{{2pq}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow 0,16.0,36 \ne {\left( {\frac{{0,48}}{2}} \right)^2} \to \) quần thể cân bằng.

- Xét tương tự với C, D đều chưa cân bằng.

A đúng vì, tạo cừu Đôli là phương pháp tạo giống bằng công nghệ tế bào.

B, C, D là những thành tựu của phương pháp gây đột biến.

A đúng vì, đối với quần thể có kích thước nhỏ thì yếu tố ngẫu nhiên dễ làm biến đổi tần số alen của quần thể và ngược lại.

B sai vì yếu tố ngẫu nhiên làm giảm sự đa dạng di truyền của quần thể sinh vật.

C sai vì yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi tần số alen và thành phần kiểu gen một cách vô hướng.

D sai vì yếu tố ngẫu nhiên đào thải cả alen có lợi và alen có hại của quần thể.

Nguyên lý cơ bản của sự tiến hóa bằng cách lựa chọn tự nhiên như được định nghĩa bởi Đác-uyn:

• Nhiều hơn các cá thể được sinh ra trong mỗi thế hệ thì có thể sống sót.
• Biến thể kiểu hình tồn tại giữa các cá nhân và biến thể là theo di truyền.
• Những cá thể có những đặc điểm di truyền thích nghi với môi trường thì khả năng sống sót sẽ cao hơn.
• Khi cách ly sinh sản xảy ra, loài mới sẽ hình thành.

Thuyết tiến hóa Đác-uyn khắc phục được nhiều hạn chế của Lacmac khi giải thích sự hình thành đặc điểm thích nghi.

A sai vì cỏ có nhiều loại cỏ.

B đúng vì đây là quần thể.

C sai, vì đây có thể là cá trê ta hoặc là cá trê lai.

D sai vì cây gồm nhiều loài cây khác nhau.

Bậc dinh dưỡng cấp 1 chính là sinh vật sản xuất.

Các phát biểu 1, 3 đúng.

2 sai vì pha khử \(C{O_2}\) nhờ ATP, NADPH là pha tối.

4 sai vì pha sáng chỉ diễn ra khi có ánh sáng, còn pha tối diễn ra ở cả ngày lẫn đêm.

Máu vận chuyển trong hệ tuần hoàn chỉ theo một chiều là do trong hệ mạch (động mạch và tĩnh mạch) có các van cho máu chảy theo một chiều.

Yếu tố không tham gia vào quá trình phiên mã ở sinh vật nhân sơ: Enzim tạo mồi và DNA pôlimeraza.

Trật tự đúng là:

2- Hạt bé của ri bô xôm gắn với mARN tại mã mở đầu.

5- Phức hợp \(\left[ {fmet - tARN} \right]\) đi vào vị trí mã mở đầu.

4- Hạt lớn của ribôxôm gắn với hạt bé.

9- Phức hợp \(\left[ {a{a_1} - tARN} \right]\) đi vào ribôxôm.

1- Sự hình thành liên kết peptit giữa axitamin mở đầu với axitamin thứ nhất.

3- tARN có anticodon là 3’UAX5’ rời khỏi ribôxôm.

6- Phức hợp \(\left[ {a{a_2} - tARN} \right]\) đi vào ribôxôm.

8- Hình thành liên kết peptit giữa \(a{a_1}\) và \(a{a_2}\).

7- Hạt lớn và hạt bé của ribôxôm tách nhau ra.

Ta có:

+ \(n = 2,m = 2,k = 4.\)

+ \(\frac{{{2^n} \times {4^m}}}{4} = \frac{{{2^1} \times {4^2}}}{4} = 8 \Rightarrow \frac{{{2^n} \times {4^m}}}{4} > k \Rightarrow \)Số loại tinh trùng tối đa: \(4k = 4 \times 4 = 16.\)

Hình vẽ mô tả cơ chế phát sinh dạng đột biến mất đoạn giữa nhiễm sắc thể.

Bằng chứng hóa thạch cho biết loài nào xuất hiện trước loài nào xuất hiện sau.

Qua mỗi bậc dinh dưỡng, năng lượng lại bị thất thoát, vì vậy nhóm sinh vật có năng lượng cao nhất là sinh vật đầu bảng.

Tỉ lệ các loại nuclêôtit là: \(A:U:X = 0,2:0,3:0,5.\)

Bộ 3 có chứa 2 nu loại A, vị trí còn lại có thể là U hoặc X với tỉ lệ là: \(0,3 + 0,5 = 0,8.\)

Số cách sắp xếp vị trí 2 nu loại A trong bộ ba là: \(C_3^2\).

Vậy, tỉ lệ bộ ba có 2 nu loại A là: \(0,{2^2}.0,8.C_3^2 = 0,096\).

Ta có: \(\frac{{A + T}}{N}\) (giả thiết) tăng ⇒ Số cặp AT tăng ⇒ Nhiệt độ nóng chảy giảm ⇒ Trình tự sắp xếp các loài sinh vật là đúng nhất liên quan đến tỉ lệ các loại \(\left( {A + T} \right)\) /tổng nuclêôtit của các loài sinh vật nói trên theo thứ tự tăng dần: \(D \to B \to C \to E \to A\).

Kiểu hình

\(\begin{array}{l} {F_1}:18:9:9:6:6:3:3:3:3:2:1:1\\ \leftrightarrow 9 \times \left( {2:1:1} \right):3 \times \left( {2:1:1} \right):3 \times \left( {2:1:1} \right):1 \times \left( {2:1:1} \right)\\ \leftrightarrow \left( {2:1:1} \right) \times \left( {9:3:3:1} \right)\\ \leftrightarrow \left( {2:1:1} \right) \times \left( {3:1} \right) \times \left( {3:1} \right) \end{array}\)

\(2:1:1 \to P:Aa \times Aa\), tính trạng trội không hoàn toàn.

\(3:1 \to P:Bb \times Bb\), tính trạng trội hoàn toàn.

\(3:1 \to P:Cc \times Cc\), tính trạng trội hoàn toàn.

Vậy \(P:AaBbCc \times AaBbCc\).

Cặp vợ chồng, sinh 1 con trai bình thường: \({X^M}Y\) và 1 con gái mù màu \({X^m}{X^m}\).

→ Kiểu gen của cặp vợ chồng là \({X^M}{X^m} \times {X^m}Y.\)

Tần số tương đối của các alen tương ứng với các thế hệ trên là:

Muốn biết quần thể đang chịu sự tác động của nhân tố nào thì đầu tiên ta phải xác định tần số alen của quần thể qua các thế hệ nghiên cứu.

- Cà rốt (bậc dinh dưỡng bậc 1) → thỏ (bậc dinh dưỡng bậc 2) → cáo (bậc dinh dưỡng bậc 3).

- Sinh vật bậc 2 trong chuỗi thức ăn trên là thỏ → Hiệu suất sinh thái của thỏ là:

\(H = \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}} \times 100 = \frac{{7,{{8.10}^5}}}{{{{12.10}^6}}} \times 100 = 6,5\% \).

A đúng, vì tỉ lệ cá có tuổi trung bình và tuổi lớn đã bị đánh bắt hết.

B đúng, vì tỉ lệ cá có tuổi trung bình còn nhiều.

C đúng, vì tỉ lệ cá có tuổi trung bình và tuổi lớn vẫn còn nhiều nên tỉ lệ đánh bắt ít.

D sai, vì tỉ lệ cá có tuổi trung bình và già chiếm tỉ lệ lớn → không thể đang có tốc độ kích thước quần thể tăng nhanh nhất được.

Nguyên nhân dẫn tới sự phân tầng trong quần xã là do sự phân bố các nhân tố sinh thái không giống nhau, đồng thời mỗi loài thích nghi với các điều kiện sống khác nhau.

Đáp án D chưa đúng. Đó là khi mà mật độ cá thể trong quần xã tăng lên quá cao mới xảy ra sự cạnh tranh, thông thường các loài đều tìm tới môi trường thích hợp với mình nhất và do môi trường cung không đồng nhất.

Bên nam: Tần số alen bằng luôn tần số k gen trên \({X^D} = \frac{{908}}{{\left( {908 + 3} \right)}} = 0,9967\).

Bên nữ: Tần số alen tính như trên NST thường: \({X^D} = \left( {952 + \frac{{355}}{2}} \right)/\left( {952 + 355 + 1} \right) = 0,864.\)

Tần số alen D ở 2 giới là: \(\frac{1}{3} \times 0,9967 + \frac{2}{3} \times 0,864 = 0,908\).

Tần số alen trong quần thể là: \(1 - 0,908 = 0,102.\)

Nhắc lại: k là số lần nhân đôi của gen

\(\begin{array}{l} {A_{cc}} = {T_{cc}} = A\left( {{2^k} - 1} \right)\\ {G_{cc}} = {X_{cc}} = G\left( {{2^k} - 1} \right) \end{array}\)

* Tính số nuclêôtit loại A và G của gen

Ta có: \(L = \frac{N}{2} \times 3,4\;A^\circ \Rightarrow N = \frac{{2L}}{{3,4}} = 2400 \Rightarrow A + G = 1200\).

Mà: \(A = {A_1} + {T_1} = 480\).

Do đó: G =720.

* Tính số lần nhân đôi của gen (k)

Nhận xét: 64 chuỗi pôlinuclêôtit = 32 gen

Ta có: 1 gen nhân đôi k lần tạo 2^k gen \(= 32 = {2^5} \Rightarrow k = 5\).

* Tính số nuclêôtit môi trường cung cấp

\(\begin{array}{l} {A_{cc}} = {T_{cc}} = A\left( {{2^k} - 1} \right) = 14480\\ {G_{cc}} = {X_{cc}} = G\left( {{2^k} - 1} \right) = 22320 \end{array}\)

Cây đỏ có các kiểu gen: \(AA;Aa;A{a_1}\).

Cây vàng có các kiểu gen: \(aa;a{a_1}\).

Có các phép lai sau:

\(AA \times \left( {aa,a{a_1}} \right) = 100\% \) đỏ → (1) đúng.

\(Aa \times aa;Aa \times a{a_1};A{a_1} \times aa = 50\% \) đỏ : 50% vàng → (2) đúng.

\(A{a_1} \times a{a_1} = 50\% \) đỏ : 25% vàng : 25% trắng → (5) đúng.

Phép lai 2:

F1: Đỏ tự thụ

→ F2: 56,37% đỏ : 18,53% vàng : 25,09% trắng ≈56,25% : 18,75% : 25%.

⇔ 9 đỏ : 3 vàng : 4 trắng.

F2 có 16 tổ hợp lai

→ F1 cho 4 tổ hợp giao tử

→ F1: AaBb

→ F2: 9A-B- : 3A-bb : 3aaB- : 1aabb

→ A-B- = đỏ;                                      A-bb = vàng;                       aaB- = aabb = trắng.

Tính trạng do 2 gen tương tác bổ sung kiểu 9 : 3 : 4 theo quy định.

Vậy kiểu gen \({P_2}:AABB \times aabb\).

Phép lai 1:

F2: 3 đỏ : 1 vàng ⇔ 3A-B- : 1A-bb

→: AABb                       \(\to {P_1}:AABB \times AAbb\)

Phép lai 3:

F2: 3 vàng : 1 trắng ⇔ 3A-bb : 1aabb

→ F1: Aabb                        \(\to {P_3}:AAbb \times aabb\)

Chỉ xét vùng mã hóa của gen và mARN ở sinh vật nhân sơ, không chứa đoạn intron thì khi đó \(L\left( {ADN} \right) = L\left( {ARN} \right)\).

Ta có:

Số nuclêôtit từng loại trên mạch 2 (mạch gốc của gen)

\({G_2} = 400,{X_2} = 500,{T_2} = {A_1} = 100,{A_2} = {T_1} = 200\)

⇒ Số nuclêôtit từng loại của mARN (tính từ bộ ba mã mở đầu đến bộ ba mã kết thúc)

\({G_2} = 400 = {X_m};{X_2} = 500 = {G_m};{T_2} = 100 = {A_m};{A_2} = 200 = {U_m}\)

⇒ Số nuclêôtit từng loại của trên vùng mã hóa mARN (không tính mã kết thúc)

\({X_m} = 400;{G_m} = 500 - 1 = 499;{A_m} = 100 - 1 = 99;{U_m} = 200 - 1 = 199\)

⇒ Số nuclêôtit mỗi loại trong các bộ ba đối mã của mARN vận chuyển tham gia dịch mã là:

\({X_m} = 400 = {G_t};{G_m} = 499 = {X_t};{A_m} = 99 = {U_t};{U_m} = 199 = {A_t}\).

Có 3 phát biểu đúng đó là (I), (II), và (IV).

- F2 có tỉ lệ 9 đỏ : 6 hồng : 1 trắng → tính trạng di truyền theo quy luật tương tác bổ sung.

Quy ước:

A-B- quy định hoa đỏ; A-bb hoặc aaB- quy định hoa hồng; aabb quy định hoa trắng.

Vì F2 có tỉ lệ 9:6:1 → có 9 kiểu gen, trong đó có 4 kiểu gen quy định hoa đỏ, 4 kiểu gen quy định hoa hồng, 1 kiểu gen quy định hoa trắng → (I) đúng.

- Nếu cây hoa hồng đem lai là \(Aabb \times aaBb\) cho đời con có tỉ lệ 1 đỏ : 2 hồng : 1 trắng → (II) đúng.

(III) sai. Vì cây hoa đỏ có thể có kiểu gen AABB hoặc AaBB hoặc AaBb. Một trong 4 cây này tự thụ phấn thì đời con chỉ có thể có tỉ lệ kiểu hình là:

AABB tự thụ phấn sinh ra đời con có 100% cây hoa đỏ.

AABb tự thụ phấn sinh ra đời con có tỉ lệ 3 cây hoa đỏ : 1 cây hoa hồng.

AaBB tự thụ phấn sinh ra đời con có tỉ lệ 3 cây hoa đỏ : 1 cây hoa hồng.

AaBb tự thụ phấn sinh ra đời con có tỉ lệ 9 cây hoa đỏ : 6 cây hoa hồng : 1 cây hoa trắng.

- Cây hoa hồng F2 gồm có các kiểu gen 1Aabb, 2Aabb, 1aaBB, 2aaBb → cây thuần chủng chiếm tỉ lệ \(= \left( {1 + 1} \right):\left( {1 + 2 + 1 + 2} \right) = 1/3 \to \)(IV) đúng.

- Vì quần thể ngẫu phối nên F2 đạt cân bằng di truyền → tần số \(a = \sqrt {\frac{9}{{9 + 16}}} = 0,6 \to \) I sai.

- Tần số a=0,6. Mà ở P có 40% cây aa → cây Aa có tỉ lệ \(= 2 \times \left( {0,6 - 0,4} \right) = 0,4\).

→Tỉ lệ kiểu gen ở P là 0,2AA : 0,4Aa : 0,4aa → cá thể thuần chủng chiếm 60% → II đúng.

- Nếu P tự thụ phấn thì ở F2, cây hoa trắng (aa) chiếm tỉ lệ \(0,4 + \frac{{0,4 - 0,1}}{2} = 0,55 = 11/20\).

→ Ở F2, cây hoa đỏ chiếm tỉ lệ \(= 1 - 11/20 = 9/20 \to \) III đúng.

- Vì F2 cân bằng di truyền và có tần số a=0,6 nên tỉ lệ kiểu gen của F2 là 0,16AA : 0,48Aa : 0,36aa.

→ F2 tự thụ phần thì đến F4 có tỉ lệ kiểu gen \(aa = 0,36 + \frac{{0,48 - 0,12}}{2} = 0,54 = 27/50\).

→Ở F2 cây hoa đỏ chiếm tỉ lệ → tỉ lệ kiểu hình là 23 đỏ : 27 trắng → IV đúng.

2 phát biểu đúng, đó là I và II.

- Bệnh H do gen lặn quy định và không liên kết giới tính. Vì cặp 1 – 2 không bị bệnh H nhưng sinh con gái số 7 bị bệnh H → A quy định không bị bệnh H, a quy định bị bệnh H.

- Vì cặp 1 – 2 không bị bệnh G nhưng sinh con số 8 bị bệnh G nên bệnh G do gen lặn quy định. Mặt khác, người bố số 4 không bị bệnh G nhưng lại sinh con gái số 10 bị bệnh G → bệnh G không liên kết giới tính.

Quy ước: B quy định không bị bệnh G; b quy định bệnh G.

- Biết được kiểu gen của 6 người, đó là: số 1 (AaBb), 2 (AaBb), 4 (aaBb), 9 (AaBb), 10 (Aabb) → có 4 người chưa biết được kiểu gen đó là 5, 6, 7, 8 → I đúng.

- Người số 2 và người số 9 đều có kiểu gen AaBb → I đúng.

- Người số 8 có kiểu gen (1/3AAbb; 2/3Aabb); người số 9 có kiểu gen AaBb → xác suất sinh con không bị bệnh của cặp 8 – 9 là \(= \left( {1 - 1/6} \right)\left( {1/2} \right) = 5/12 \to \) III sai.

- Cặp 8 – 9 sinh con bị bệnh H với xác suất \( = 2/3 \times 1/4 = 1/6\). Sinh con bị bệnh G với xác suất \(= 1/2 \to \)IV sai.