Bộ gen mới có vai trò quyết định và tạo các thành phần khác của virut con.

Kích thước quần thể tại thời điểm t: N_t = N₀ + B – D + I – E.

+ N₀, N_t là số lượng cá thể của quần thể tính ở thời điểm ban đầu và thời điểm t; B: mức sinh sản; D: mức tử vong; I: mức nhập cư; E: mức xuất cư

+ B, I → có vai trò làm tăng kích thước quần thể; D, E có vai trò làm giảm kích thước quần thể.

→ sai. Cấu trúc giới tính, cấu trúc tuổi, các mối quan hệ giữa các cá thể trong quần thể.

→ đúng. Mức sinh sản, mức tử vong, nhập cư và xuất cư.

→ sai. Mức sinh sản, mức tử vong và cấu trúc giới tính.

→ sai. Mức nhập cư, xuất cư và cấu trúc giới tính.

Diễn thế thứ sinh xảy ra ở môi trường mà trước đó có một quần xã sinh vật; có thể dẫn đến hình thành nên quần xã tương đối ổn định và có thể bị suy thoái.

A. sai. Diễn thế thứ sinh xảy ra ở môi trường mà trước đó chưa có quần xã sinh vật.

B. sai. Diễn thế thứ sinh không làm thay đổi điều kiện môi trường sống của quần xã.

C. sai. Diễn thế thứ sinh không làm thay đổi thành phần loài của quần xã.

I → sai. Virut là dạng sống đơn giản nhất, chưa có cấu tạo tế bào mà chỉ có hai thành phần cơ bản là protein và acid nucleic

II, III, IV → đúng.

Nói chung trong hệ sinh thái, khi chuyển từ bậc dinh dưỡng thấp lên bậc dnh dưỡng cao liền kề, trung bình trong sinh quyền năng lượng mất đi khoảng 90% (mất đi do hô hấp, bài tiết, tiêu hóa,…). Chỉ có khoảng 10% năng lượng truyền lên bậc dinh dưỡng cao hơn.

Sản lượng sinh vật sơ cấp do nhóm sinh vật sản xuất tự tổng hợp chất hữu cơ từ những chất vô cơ đơn giản nhờ có năng lượng ánh sáng mặt trời. Nhóm này gồm: vi khuẩn quang hợp, tảo, cây xanh.

D → sai. Vi khuẩn hóa tổng hợp → nhóm này vẫn tự tổng hợp chất hữu cơ từ chất vô cơ đơn giản nhờ năng lượng hóa học. Nhưng nhóm này lại không tham gia vào bậc dinh dưỡng cấp I.

Cây hấp thụ nước qua hệ lông hút nhờ sự chênh lệch thế nước giảm dần từ đất đến mạch gỗ, nước mới có thể đi từ môi trường từ môi trừng vào tế bào lông hút được.

II → sai. Sản phẩm cuối cùng là các hợp chất hữu cơ → lên men.

III → sai. Năng lượng giải phóng từ quá trình phân giải 1 phân tử glocozo là 25 ATP → hô hấp kị khí.

IV → sai. Quá trình này không có tham gia oxi → hô hấp kị khí và lên men.

Cây mọc tốt trên đất nhiều mùn vì: trong mùn có chứa nhiều ni tơ, mà ni tơ lại có vai trò quyết định toàn bộ các quá trình sinh lí của cây trồng.

Sơ đồ dưới đây mô tả chu trình Canvin-benson, pha tối của nhóm thực vật C₃.

Ưu thế nổi bật của hô hấp hiếu khí so với hô hấp kị khí là tích lũy năng lượng lớn hơn gấp 19 lần

+ một phân tử glocozo hô hấp hiếu khí tạo 38 ATP.

+ Một phân tử glucozo hô hấp kị khí tạo 2 ATP.

Enzim trong nước bọt có tên là Amylaza.

Ở miệng, tinh bột chin được biến đổi thành đường manto nhờ enzim amylaza.

Để phân biệt hai loài động vật thân thuộc bậc cao, cần phải đặc biệt chú ý đến tiêu chuẩn di truyền (tiêu chuẩn cách li sinh sản).

A. → sai. Quá trình hình thành quần thể thích nghi luôn dẫn đến hình thành loài mới.

B. → sai. Sự cách li địa lí tất yếu dẫn đến sự hình thành loài mới.

C. → sai. Sự hình thành loài mới không liên quan đến quá trình phát sinh các đột biến.

(Loài mới không những mang một mà mang nhiều đột biến).

D. → đúng. Quá trình hình thành quần thể thích nghi không nhất thiết dẫn đến hình thành loài mới.

Điểm giống nhau giữa các loài sinh vật đã diệt vong cũng như các loài đang tồn tại có thể cung cấp bằng chứng cho thấy tất cả chúng có chung một nguồn gốc.

Như vậy:

A, C, D → chưa phù hợp.

Loài sinh học: là nhóm cá thể có vốn gen chung, có những tính trạng chung về hình thái sinh lý, có khu phân bố xác định, trong đó các cá thể giao phối với nhau và được cách li sinh sản với những nhóm quần thể thuộc loài khác.

→ đúng. Cách sinh sản với nhau trong điều kiện tự nhiên.

→ sai. Hoàn toàn biệt lập về khu phân bố.

→ sai. Giao phối tự do với nhau trong điều kiện tự nhiên.(2 loài thân thuộc → cách li sinh sản hay cách li di truyền).

→ sai. Hoàn toàn khác nhau về hình thái.

Hệ tuần hoàn của đa số thân mềm và chân khớp là hệ tuần hoàn hở:

• Khi tim co bơm máu (chứa sắc tố hemoxianin) với áp lực thấp vào xoang cơ thể và tiếp xúc trực tiếp với các tế bào để thực hiện quá trình trao đổi chất; sau đó tập trung vào hệ thống mạch góp hoặc các lỗ trên thành tim để trở về tim.
• Giữa động mạch và tĩnh mạch không có mạch nối (hở), đảm bảo cho dòng dịch di chuyển dễ dàng mặc dù với áp suất thấp.

Tất cả các phương án trên đều đúng

Số NST kép ở kì đầu (hoặc kì trung gian hoặc kì giữa) của lần nguyên phân cuối cùng = a.2n.2^x-1

= 5.24.2^3-1=48.

B → đúng. Sự điều hòa hoạt động của operon Lac ở E.coli dựa vào tương tác của protein ức chế với vùng vận hành

Giải thích:

+ khi protein ức chế tác động lên vùng vận hành O. Vàng vận ành bị ức chế do đó nhóm gen cấu trúc (Z, Y, A) không phiên mã được → sản phẩm không tạo ra.

+ khi protein ức chế không gắn được vào vùng vận hành O (do bị bất hoạt bởi chất cảm ứng lactozo) → vùng vận hành được tự do điều khiển quá trình dịch mã Operon → sản phẩm sinh học tạo ra.

A → sai. Một số loài thú thay đổi màu sắc, độ dày của bộ lông theo mùa. → Đây là thường biến.

B → sai. Cây sồi rụng lá vào cuối mùa thu và ra lá non vào mùa xuân. → đây là thường biến.

C → đúng. Người bị bệnh bạch tạng, tóc trắng, mắt hồng.

D → sai. Số lượng hồng cầu trong máu của người tăng khi đi lên núi cao. → đây là thường biến.

1. Số lượng nucleotit; → điểm giống (tất cả bộ ba đều có 3 nucleotit).                                                         

2. Thành phần nucleotit. → điểm khác nhau (VD: AUG (có 3 thành phần A, U, G) còn bộ AUU (có 2 thành phần A, U)).

3. Trình tự các nucleotit; → sự khác nhau (điểm mấu chốt quan trọng nhất về sự khác biệt các bộ ba)                                       

4. Số lượng liên kết photphođieste. → không liên quan.

A. Xúc tác tổng hợp mạch ARN theo chiều 5' → 3'. → đúng.

B. Chỉ có một loại ARN polimeraza chịu trách nhiêm tổng hợp cả rARN, mARN, tARN. (có nhiều loại ezim phiên mã ARN polimeraza).

C. Bắt đầu phiên mã từ bộ ba mở đầu trên gen. → bộ ba đầu tiên trên gen là 3’TAX5’.

D. Phân tử ARN tạo ra có thể lai với ADN mạch khuôn.

10 nhóm liên kết ⇔ n = 10 → 2n = 20

Thể một nhiễm: 2n – 1 = 19.

Thể 3 nhiễm: 2n + 1 =21.

Thể tam bội 3n = 30.

Thể tứ bội: 4n = 40.

Nhận định về các phát biểu

(1),(2), (4), (5) → đúng

(3) → sai. Ở sinh vật nhân thực; khi gen bị đột biến thì sản phẩm protein của nó phải khác sản phẩm protein của gen bình thường. (một đột biến cũng có thể mã hóa sản phẩm giống bình thường).

Ở thời kì đầu của giảm phân I, các NST kép bắt đôi (tiếp hợp) với nhau theo từng cặp tương đồng, sau đó bắt đôi và co xoắn lại. Trong quá trình bắt đôi, các NST kép trong từng cặp tương đồng có thể trao đổi các đoạn crômatit cho nhau. Hiện tượng này được gọi là hiện tượng trao đổi chéo (hoán vị). Nhờ hiện tượng này góp phần phát sinh nhiều loại giao tử hơn, làm phát sinh nhiều tổ hợp gen mới → tạo ra sự đa dạng sinh học.

→ II, III : đúng.

A. Kiểu hình: (3:1)(3:1)

B. Kiểu hình: (1:1)(3:1)

C. Kiểu hình: (1:1)(1:1)

D. Kiểu hình: (1:1)(1) → đúng với yêu cầu.

P → F1: 70% thân cao, quả tròn, 20% thân thấp, quả bầu dục. 5% thân cao, quả bầu dục , 5% thân thấp, quả tròn.

+ Chiều cao = 3 cao : 1 thấp → A (cao) >> a (thấp) → P:Aa

+ Hình dạng = 3 tròn : 1 bầu → B (tròn) >> b (bầu) → P: Bb

P1xP2 (Aa, Bb) x (Aa, Bb) (dạng này lấy đáp án thử cho nhanh) → F1: aabb = 20%

(1) → đúng. Vì P: \(\frac{{AB}}{{ab}}x\frac{{AB}}{{ab}}\), f_{1 bên} = 0,2 (thỏa mãn quy tắc x : y : y : z)

→ F1: aabb = \(\frac{{1 - f}}{2}x0,5 = 20\%.\) 

(2) → sai. Vì P: \(\frac{{Ab}}{{aB}}x\frac{{Ab}}{{aB}}\), f_{2 bên} = 0,2 (thỏa mãn quy tắc x : y : y : z)

→ F1: aabb = \(\frac{f}{2}x\frac{f}{2} < 20\%.\) 

(3) → sai. Vì P: \(\frac{{AB}}{{ab}}x\frac{{Ab}}{{aB}}\), f_{2 bên} = 0,4 (thỏa mãn quy tắc x : y : y : z)

→ F1: aabb = \(\frac{{1 - f}}{2}.\frac{f}{2} < 20\%.\) 

(4) → sai. Vì P: \(\frac{{Ab}}{{aB}}x\frac{{AB}}{{ab}}\) , f_{2 bên} = 0,25 (thỏa mãn quy tắc x : y : y : z)

→ F1: aabb = \(\frac{f}{2}.\frac{f}{2} < 20\%.\) 

+ Pt/c (quả đỏ, tròn) x (quả vàng, bầu dục) → F1 100% quả đỏ, dạng tròn.

Mỗi gen quy định 1 tính trạng

→ Tính trạng xuất hiện ở F1 là trội và F1 dị hợp: A (quả đỏ) >> a (quả vàng);

B (quả tròn) >> b (quả cầu)

→ F1 (Aa, Bb)

\({F_1}\left( {Aa,Bb} \right)xA - B{ - ^{\left( 1 \right)}} \to {F_2}\) 4 kiểu hình (A-B-, A-bb, aabb)

→ F1 (Aa, Bb) x (Aa,Bb) (1) → F_­2: A-bb = 0,09 (phép lai này thỏa mãn quy tắc x : y : y : z)

⇔ A-bb = 0,09 → aabb = 0,25 – 0,09 = 0,16

(vì từ P → F1: \(\frac{{AB}}{{ab}}.\) Nên F1 chỉ cho giao tử \(\underline {ab} = \frac{{1 - f}}{2}\) )

(1) → sai. Với f = 0,36 → \(aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{f}{2} \ne 0,16 \to aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{{1 - f}}{2} \ne 0,16\) 

(2) → sai. Với f = 0,48 → \(aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{f}{2} \ne 0,16 \to aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{{1 - f}}{2} \ne 0,16\)

(3) → đúng. Với f = 0,2 → \(aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{{1 - f}}{2} = 0,16\)

(4) → sai. Với f = 0,4 → \(aabb = \frac{{1 - f}}{2}x\frac{{1 - f}}{2} = 0,16\)

Theo giả thuyết: Tính trạng thứ 1 có A trội hoàn toàn so với a

Tính trạng thứ 2 có B trội hoàn toàn so với b

P x P → F1: 7A-B- : 5A-bb : 1aaB- : 3aabb

+ 3A- : 1aa → P: Aa x Aa

+ 1B- : 1bb → P: Bb x bb → P : (Aa, Bb)

→ P x P (Aa, Bb) x (Aa, bb) → F1: aabb = 0,1875 = 0,375 x 0,5 (cơ thể P(Aa, bb) luôn cho 0,5 (a,b), nên có thể P(Aa, Bb) cho giao tử lặn (a, b) = 0,1875/0,5 = 0,375)

Với P(Aa, Bb) cho giao tử (a, b) = 0,375 > 25% là giao tử liên kết

→ \(P.\frac{{AB}}{{ab}},f = \left( {0,5 - 0,375} \right).2 = 25\%\) 

Theo giả thuyết: + Đây là phép lai một tính trạng màu sắc hoa.

P x P: → F1: 12 hoa trắng : 3 cây hoa vàng : 1 cây hoa tím

= 16 tổ hợp giao tử = 4 loại giao tử/P x 4 loại giao tử/P → P: AaBb

* P x P: AaBb x AaBb → F1: 9A-B- : 3A-bb : 3aaB- : 1aabb

Quy ước:

A-B-, A-bb: hoa trắng

aaB-: hoa vàng

aabb: hoa tím.

(hoặc quy ước ngược lại: A-B-, aaB-: hoa trắng; A-bb: hoa vàng; aabb: hoa tím)

→ P lai phân tích: AaBb x aabb → Fa: 1A-B- : 1A-bb : 1aaB- : 1aabb

Kiểu hình = 50% trắng : 25% vàng : 25% tím.

Khi hai bệnh trên cùng một phả hệ mà 2 bệnh này do 2 gen trên 2 cặp NST khác nhau thì tốt nhất để khỏi lẫn lộn xét 2 bệnh khác nhau riêng biệt ở 2 phả hệ (phả hệ 1: xét bệnh 1 và phả hệ 2: xét bệnh 2) và nhớ đánh số thứ tự cho khỏi nhầm lẫn.

Xét bệnh P (do gen trội/NST thường)

Vì 5: A- x 6: aa → 10.Aa

Với số 11 có kiểu gen aa: 10 x 11: Aa x aa → con 12 mắc bệnh P: (A-) = 1/2.

Xét bệnh Q (do gen lặn trên NST X)

Số \(10.{X^B}Y\) 

8: \({X^B}{X^b}\) (vì nó trội \({X^B}{X^ - }\) mà phải nhận \({X^b}\) từ bố → 8: \({X^B}{X^b}\) )

7: \({X^B}Y\) vậy 7 x 8: \({X^B}Yx\left( {1/2{X^B}{X^B}:1/2{X^B}{X^b}} \right)\) 

G:                                           1/2Y       1/2.\(1/2.{X^b}\)

→ con trai mắc bệnh Q \(\left( {{X^b}Y} \right)\) =1/2.1/4=1/8.

Vậy để vợ, chồng 10 x 11 → Xác xuất sinh con trai đầu lòng mắc 2 bệnh = ½.1/8=1/16= 6,25%.

Theo giả thuyết: A quy định thân cao >> a quy định thân thấp; B quy định hạt tròn >> b quy định hạt dài; D quy định hạt vàng >> d quy định hạt màu trắng.

P: \(Aa\frac{{Bd}}{{bD}}\) (liên kết hoàn toàn) x \(aa\frac{{bd}}{{bd}} \Leftrightarrow \left( {Aaxaa} \right)\left( {\frac{{Bd}}{{bD}}x\frac{{bd}}{{bd}}} \right) \to {F_1}:\) 

A → sai. Con lai xuất hiện 16 tổ hợp giao tử (2 x 2 = 4 tổ hợp giao tử)

B → sai. Xuất hiện 25% cây thân thấp, hạt dài, màu trắng (aa.bbdd = ½.0=0)

C → đúng. Không xuất hiện kiểu thân hình cao, hạt tròn, màu vàng (A-B-D- = ½.0=0)

D → sai. Kiểu hình ở con lai có tỉ lệ không đều nhau. (đời F1 có 4 kiểu hình bằng nhau)

P: \(\frac{{Ab}}{{aB}}{X^M}{X^m}x\frac{{AB}}{{ab}}{X^m}Y\) 

\( \Leftrightarrow \left( {\frac{{Ab}}{{aB}}x\frac{{AB}}{{ab}}} \right)\left( {{X^M}{X^m}x{X^m}Y} \right)\) (hoán vị gen chỉ có thể xảy ra ở cơ thể dị hợp 2 gen thuộc gới tính cái)

F1: aabbmm = 0,05 → aabb = \(\frac{{0,05}}{{mm}} = \frac{{0,05}}{{1/4 + 1/4}} = 0,1.\) 

Aabb = 0,1 = 0,2ab/(cái)F1 x 0,5ab/(đực)F1 → f_{con cái} = 0,2 x 2 = 40%

Chú ý: mạch gốc của gen là mạch có chiều 3’OH → 5’P

+ Nếu mạch 1 là gốc thì chiều từ trái sang phải.

+ Nếu mạch 2 là gốc thì chiều từ phải sang trái.

Dựa vào gen ta thấy:

Mạch 1:                5’…TAXTTAGGGGTAXXAXATTTG…3’

Mạch 2:                3’…ATGAATXXXXATGGTGTAAAX…5’

Bộ ba trên mạch gốc của gen 3’TAX5’ ⇔ 5’AUG3’/mARN là codon mở đầu.

Bộ ba trên mạch gốc của gen 3’ATT5’ ⇔ 5’UAA3’/mARN là codon kết thúc.

→ gen có 5 bộ ba: 5’TTA GGG GTA XXA XAT3’ 

→ Số acid amin được dịch mã để tổng hợp 1 chuỗi polipeptit = số acid amin môi trường cung cấp = 5 – 1 = 4.

Theo kết quả từ P → F5 nhận thấy qua 5 thế hệ tần số kiểu gen thay đổi → không thể giao phối ngẫu nhiên (còn nếu tự phối thì thay đổi: tăng đồng hợp, giảm dị hợp).

Nếu giao phối không ngẫu nhiên (hay tự phối) thì AA, aa tăng từng thế hệ → không đúng (không đúng với từng thế hệ).

Thế hệ 1, 2 không đổi; chỉ thay đổi F3 (thay đổi mạnh: A/a = 0,14/0,6 nưng thế hệ 4,5 không đổi) → không thể giao phối ngẫu nhiên.

Nếu đột biến thì tần số alen thay đổi rất chậm \(\left( {{{10}^{ - 6}} \to {{10}^{ - 4}}} \right)\) chứ không phải thay đổi từ F2 → F3 chỉ 1 thế hệ mà mạnh mẽ như thế → không thể đột biến.

Vậy nên chỉ có do yếu tố ngẫu nhiên tác động vào thế hệ F3.

Theo giả thiết: A quy định thân cao >> a quy định thân thấp.

Cho biết quần thể đang ở trạng thái cân bằng di truyền.

Gọi p, 1 là tần số alen A, a

Vì CB = P_CB \( = {p^2}AA + 2pqAa + {q^2}aa = 1\) 

Giả thiết: \(2pq = 9.{q^2}\) với \(p + q = 1 \Rightarrow p\left( A \right) = 0,8;q\left( a \right) = 0,2\) 

\( \Rightarrow P = 64\% AA + 32\% Aa + 4\% aa = 1\) 

⇔ Tỉ lệ kiểu hình = 96% cây thân cao : 4% cây thân thấp.

Theo giả thiết: A (vằn) > a (không vằn) trên NST X và ở gà: XX = trống; XY = mái

P: đực không vằn: \({X^a}{X^a}\) x cái vằn: \({X^A}Y \to {F_1}:1{X^A}{X^a}:1{X^a}Y\) 

\({F_1}x{F_1}:{X^A}{X^a}x{X^a}Y \to {F_2}:1{X^A}{X^a}:1{X^a}{X^a}:1{X^A}Y:1{X^a}Y\) 

A → sai. Vì F2 chỉ có 4 kiểu gen \(\left( {1{X^A}{X^a}:1{X^a}{X^a}:1{X^A}Y:1{X^a}Y} \right)\) 

B → sai. Vì F1: \(1{X^A}{X^a}:1{X^a}Y \equiv \) 1 vằn : 1 không vằn

C → đúng. Vì \({F_2}:1{X^A}{X^a}:1{X^A}Y:1{X^a}{X^a}:1{X^a}Y \Leftrightarrow \) 1 vằn : 1 không vằn

D → sai. Giả thiết: \({X^A}Y/Px{X^A}{X^a}/{F_1}\) 

→ F2: \(1{X^A}{X^A}:1{X^A}{X^a}:1{X^A}Y:1{X^a}Y\) =50% đực vằn : 25% cái vằn : 25% cái không vằn # giả thiết (25% gà trống lông vằn, 25% gàn trống lông không vằn và 50% gà mái lông vằn).

A. Trong vùng điều hòa có chứa trình tự nucleotit kết thúc quá trình phiên mã. -> trình tự nucleotit đặc biết giúp cho enzim phiên mã gắn vào để khởi động phiên mã.

B. Vùng điều hòa cũng được phiên mã ra mARN. -> chỉ có chức năng điều hòa, kiểm soát phiên mã chứ không mã hóa sản phẩm mARN.

C. Trong vùng điều hòa có trình tự nucleotit đặc biệt giúp ARN polimeraza có thể nhận biết và liên kết để khỏi động quá trình phiên mã.

D. Vùng điều hòa nằm ở đầu 5’ trên mạch mã gốc của gen.  -> chỉ nằm ở đầu 3’ (hay 3’OH)

Vậy C đúng.

Khi kích thước nhỏ thì có tỷ lệ S/V lớn -> khả năng trao đổi chất, sinh trưởng, sinh sản,…rất mạnh.

Vậy B đúng.