Quá trình quang hợp được chia thành 2 pha pha sáng và pha tối. Quá trình quang hợp ở các nhóm thực vật C3, C4 và CAM chỉ khác nhau chủ yếu trong pha tối.

Trong ống tiêu hóa của động vật nhai lại, thành Xenlulôzơ của tế bào thực vật được tiêu hóa nhờ vi sinh vật cộng sinh trong manh tràng và dạ dày.

Cấu trúc của operon Lac gồm: vùng khởi động, vùng vận hành, các gen cấu trúc.

Chất 5 - brom uraxin (5BU) là chất đồng đẳng của timin gây biến đổi thay thế A – T  G - X.

Trong thực tiễn hoán vị gen góp phần tổ hợp các gen có lợi về cùng nhiễm sắc thể.

Để con có nhóm máu AB thì mẹ phải cho giao tử \({{\rm{I}}^{\rm{A}}}\) hoặc \({{\rm{I}}^{\rm{B}}}\) nên mẹ không thể có nhóm máu O được.

\({\rm{P}}:{\rm{AABB}} \times {\rm{AABb}} \to {\rm{1AABB}}:1{\rm{AABb}}\)

Vậy đời con có 2 kiểu gen.

Phép lai A kết quả tạo ra ít cặp gen dị hợp nhất.

Quá trình giảm phân ở các cá thể có kiểu gen sau cho giao tử mang alen lặn chiếm tỉ lệ 50 % là: Aa và Bb

Aa cho giao tử: 50% A và 50% a

Bb cho giao tử: 50% B và 50% b

Quần thể cân bằng di truyền là quần thể có cấu trúc 100 % AA hoặc 100 % aa

Với quần thể có cấu trúc xAA : yAa : zaa = 1 cân bằng khi \(x.z = {y^2}\)

 Trong các quần thể đề bài đưa ra, quần thể 3, 4 cân bằng.

Cách xác định quần thể ngẫu phối cân bằng

* Cách 1: Quần thể P: xAA : yAa : zaa cân bằng khi \(4.x.z = {y^2}\)

* Cách 2: So sánh giá trị của \({{\rm{p}}^2} \times {{\rm{q}}^2}\) và \({\left( {{\rm{2pq/2}}} \right)^2}\) (của quần thể P)

\({{\rm{p}}^2} \times {{\rm{q}}^2} = {\left( {{\rm{2pq/2}}} \right)^2}\) → cân bằng

\({{\rm{p}}^2} \times {{\rm{q}}^2} \ne {\left( {{\rm{2pq/2}}} \right)^2}\) → không cân bằng

Hình ảnh minh họa quy trình tạo giống mới bằng phương pháp nuôi cấy hạt phấn – đây là một trong những ứng dụng của công nghệ tế bào.

A, B, C là những phát biểu đúng.

D là phát biểu sai vì không có tác động của nhân tố tiến hóa thì không có sự thay đổi tần số alen hoặc thay đổi thành phần kiểu gen nên không xảy ra sự tiến hóa.

Trong lịch sử phát triển của sinh giới qua các đại địa chất, loài người xuất hiện ở đại Tân sinh.

Sinh vật tiêu thụ bậc 1 là động vật sử dụng thực vật làm thức ăn.

Sinh vật tiêu thụ bậc 2 là động vật sử dụng sinh vật tiêu thụ bậc 1 làm thức ăn.

Sinh vật tiêu thụ bậc 3 là động vật sử dụng sinh vật tiêu thụ bậc 2 làm thức ăn.

Trong chuỗi thức ăn trên, Sâu là sinh vật tiêu thụ bậc 1, Nhái là sinh vật tiêu thụ bậc 2, Rắn là sinh vật tiêu thụ bạc 3, Đại bàng là sinh vật tiêu thụ bậc 4.

Hình ảnh dưới đây khiến em liên tưởng đến mối quan hệ khác loài cộng sinh.

Quá trình hấp thụ nước ở rễ xảy ra theo 3 giai đoạn là:

1. Giai đoạn nước từ đất vào lông hút.

2. Giai đoạn nước từ lông hút vào mạch gỗ của rễ.

3. Giai đoạn nước bị dây từ mạch gỗ của rễ lên mạch gỗ của thân.

Hệ dẫn truyền tim bao gồm:

- Nút xoang nhĩ (nằm ở tâm nhĩ phải) tự động phát nhịp và xung được truyền từ tâm nhĩ tới hai tâm nhĩ theo chiều từ trên xuống dưới và đến nút nhĩ thất.

- Nút nhĩ thất nằm giữa tâm nhĩ và tâm thất, tiếp nhận xung từ nút xoang nhĩ.

- Bó His và mạng lưới Puôckin dẫn truyền xung thần kinh theo chiều từ dưới lên.

Do vậy hoạt động của hệ dẫn truyền tim theo thứ tự: Nút xoang nhĩ phát xung điện → Nút nhĩ thất → Bó His → Mạng lưới Puôckin.

Hãy ảnh mô tả giai đoạn kéo dài của quá trình tổng hợp chuỗi pôlipeptit ở sinh vật nhân sơ.

Quan sát hình ảnh ta thấy NST di chuyển về hai cực của tế bào → đây là kì sau của quá trình nguyên phân.

Nếu cây hoa tím đem lai có kiểu gen dị hợp về 2 cặp gen (ví dụ AaBbDD) thì tỉ lệ kiểu hình ở đời con sẽ là 1 tím : 3 trắng (AaBbDD x aabbdd – F1 có 1/4 A-B-D-).

Đột biến sau khi xảy ra. Thông qua quá trình giao phối, đưa alen đột biến vào trong trạng thái dị hợp làm trung hoà tính có hại của đột biến.

Tổng năng lượng ở mỗi bậc dinh dưỡng:

Loài 1 = 10000 x 0,1 x 1 = 1000 ;

Loài 2 = 5 x 10 x 2 = 100 ;

Loài 3 = 500 x 0,002 x 1,8 = 1,8 ;

Loài 4 = 5 x 300 000 x 0,5 = 750 000 → trong chuỗi thức ăn thì năng lượng bị giáng cấp qua mỗi bậc sinh dưỡng.

A, B, D loại vì đều phản ánh mối quan hệ hỗ trợ cùng loài.

C chọn vì nội dung phản ánh mối quan hệ hỗ trợ khác loài (quan hệ hợp tác giữa 2 loài).

+ Phân tử ADN có tổng số liên kết hiđrô càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.

+ Hai phân tử ADN có tổng số nuclêôtit bằng nhau, phân tử ADN có số cặp GX lớn thì nhiệt độ nóng chảy cao, hay nói cách khác phân tử ADN nào có số liên kết hiđrô càng lớn, nhiệt độ nóng chảy càng thấp.

Ta có : \(\frac{{{\rm{A}} + {\rm{T}}}}{{\rm{N}}}\) (giả thiết) tăng ⇒ Số cặp AT tăng ⇒ Nhiệt độ nóng chảy giảm

⇒ Trình tự sắp xếp các loài sinh vât là đúng nhất liên quan đến tỉ lệ các loại (A+T)/ tổng nuclêôtit của các loài sinh vật nói trên theo thứ tự tăng dần : \({\rm{D}} \to {\rm{B}} \to {\rm{C}} \to {\rm{E}} \to {\rm{A}}\).

Vì người thứ nhất cặp NST giới tính mang một NST \({\rm{X}} \to {\rm{XO}} \to \) Thể Tớcnơ, người thứ 2 cặp NST giới tính là XXY → Thể Claiphentơ

Dựa vào đề bài ta xác định các locut gen này nằm trên các nhiễm sắc thể thường khác nhau.

Áp dụng công thức ta có :

Số kiểu gen dị hợp của gen I, II, III lần lượt là : \(C_5^2 = 10,C_3^2 = 3,C_7^2 = 21.\)

Số kiểu gen đồng hợp của gen I, II, III lần lượt là : 5, 3, 7.

Số kiểu gen đồng hợp về 2 cặp gen và dị hợp về 1 cặp gen = 5.3.21 + 5.7.3 + 3.7.10 = 630 KG.

Số kiểu gen đồng hợp về 1 cặp gen và dị hợp về 2 cặp gen = 10.3.7 + 10.21.3 +3.21.5 = 1155 KG.

Các ý đúng là 1, 3, 5.

Ý 2 sai vì 1 gen chỉ có thể mã hóa cho 1 chuỗi pôlipeptit nguyên nhân của hiện tượng gen đa hiệu là do chuỗi pôlipeptit mà gen đó mã hóa tham gia vào nhiều quá trình hình thành nên các prôtêin khác nhau từ đó ảnh hưởng đến sự biểu hiện của nhiều tính trạng khác nhau.

Ý 4 sai vì người ta không dùng phương pháp lai phân tích để phân biệt hiện tượng gen đa hiệu và liên kết gen hoàn toàn vì giao tử mà cả 2 tạo ra đều chứa gen quy định tất cả tính trạng. Do đó tỉ lệ kiểu hình sẽ là giống nhau.

1. CLTN có thể làm thay đổi tần số alen và thành phần kiểu gen.

2. Giao phối ngẫu nhiên không làm thay đổi tần số alen và thành phần kiểu gen.

3. Giao phối không ngẫu nhiên chỉ làm thay đổi thành phần kiểu gen, không làm thay đổi tần số alen.

4, 5, 6: yếu tố ngẫu nhiên, đột biến, di nhập gen cũng làm thay đổi tần số alen và thành phần kiểu gen.

Sử dụng bền vững tài nguyên thiên nhiên là hình thức sử dụng vừa thoả mãn các nhu cầu hiện tại của con người để phát triển xã hội, vừa đảm bảo duy trì lâu dài các tài nguyên cho thế hệ sau.

Vậy các hoạt động I, II, III, IV đều góp phần vào việc sử dụng bền vững tài nguyên thiên nhiên.

Theo đề bài ta có loài A và loài C là sinh vật sản xuất → A và C phải đứng ở đầu sơ đồ.

- Sơ đồ I: nếu loại bỏ loài C ra khỏi quần xã thì loài B, D, F mất đi → A sai.

- Sơ đồ IV: Nếu loại bỏ loài C ra khỏi quần xã thì loài D, F mất đi phù hợp với kết quả bài toán → B đúng.

- Sơ đồ III: nếu loại bỏ loài C ra khỏi quần xã thì loài G, F mất đi → C sai.

 - Sơ đồ II: nếu loại bỏ loài C ra khỏi quần xã thì loài B, G mất đi → D sai.

Có 2 phát biểu đúng, đó là I và IV.

Vì lưới này có 11 chuỗi thức ăn và loài H tham gia vào 9 chuỗi thức ăn.

Chuỗi thức ăn dài nhất có 7 mắt xích, đó là: A → I → K → H → C → D → E.

Loài A là nguồn sống của tất cả các loài còn lại. Do đó, khi sinh khối của A tăng lên thì sinh khối của các loài còn lại sẽ tăng lên. → Tổng sinh khối của các loài tăng lên.

Chuỗi thức ăn không dài quá 7 mắt xích. Dưới nước số lượng mắt xích trong một lưới thức ăn thường dài hơn trên cạn do có nhiệt độ ổn định.

Kiểu hình của F2: 15 đỏ : 1 trắng → ta nhận thấy tình trạng màu hạt lúa mì chịu sự chi phối của quy luật tương tác cộng gộp của các gen không alen. Khi trong kiểu gen có cả hai alen trội hoặc có một trong hai alen trội sẽ quy định kiểu hình hạt đỏ, khi trong kiểu gen không có alen trội nào sẽ quy định kiều hình hạt trắng.

Ta có sơ đồ lai :

                P : AAbb               X            aaBB

                G: Ab                                     Ab

                \({{\rm{F}}_1}:{\rm{AaBb}}\)          X            AaBb

                G': AB, Ab, aB, aB            AB, Ab, aB, ab

                F2: 9 A-B-: 3A-bb : 3aaB-: 1aabb

→ Vậy kiểu gen quy định kiểu hình hạt trắng là: aabB.

(1) Mã di truyền có tính phổ biến có nghĩa là tất cả các loài đều có chung 1 bộ mã di truyền (có ngoại lệ). → (1) đúng.

(2) Mã di truyền được đọc liên tục theo chiều từ 3’ đến 5’ (5’ đến 3’) trên phân tử mARN. → (2) không đúng.

(3) Mã di truyền được đọc từ một điểm xác định theo từng bộ ba, không gối lên nhau. → (3) đúng.

(4) Mã di truyền có tính đặc hiệu có nghĩa là một loại axit amin chỉ được mã hóa bởi một loại bộ ba (một bộ ba chỉ mang thông tin mã hóa một loại axit amin). → (4) không đúng.

(5) Mã di truyền được đọc liên tục theo chiều từ 5’ đến 3’ (3’ đến 5’) trên mạch khuôn của gen. → (4) không đúng.

(6) Mã di truyền có tính thoái hóa có nghĩa là một bộ ba mang thông tin mã hóa nhiều loại axitamin khác nhau (nhiều bộ ba khác nhau cùng mang thông tin mã hóa một loại axitamin). → (6) không đúng.

Vậy phát biểu không đúng là: (2), (4), (5), (6).

Trong phép lai : ♂ AabbCcDdee x ♀ aaBBCCDdEe

Nhìn vào phép lai ta thấy, mỗi cá thể đời con luôn mang 1 alen lặn a; 1 alen trội B; 1 alen lặn b ; 1 alen trội C ; 1 alen lặn e (bao gồm 5 alen trong đó có 2 alen trội và 3 alen lặn) mà kiểu gen của mỗi cá thể mang 10 alen về các gen đang xét.

→ Tỉ lệ cá thể mang 4 alen trội ở đời con là : \(\frac{{{\rm{C}}_{10 - 5}^{4 - 2}}}{{{2^{10 - 5}}}} = \frac{{10}}{{32}} = 31,25\% \)

Tính xác suất đời con có k alen trội là: \(\frac{{{\rm{C}}_{\rm{m}}^{\rm{k}}}}{{{{\rm{2}}^{{{\rm{n}}_{\rm{1}}}}}{\rm{.}}{{\rm{2}}^{{{\rm{n}}_{\rm{2}}}}}}} = \frac{{{\rm{C}}_5^2}}{{{2^3}{{.2}^2}}} = \frac{{10}}{{32}} = 31,25\% \)

- Ở bài tập này các em cần xác định ở đời con đã có sẵn những alen nào

- Sau đó, áp dụng công thức tính số alen trội còn lại như sau:

k: số alen trội còn lại cần tính ở đời con

m: tổng số alen trong kiểu gen của con khi đã trừ những alen có sẵn trong kiểu gen.

n₁: số cặp gen dị hợp của cơ thể mẹ.

n₂: số cặp gen dị hợp của cơ thể bố.

\({2^{{n_1}}}{.2^{{n_2}}}\): số tổ hợp giao tử đời bố mẹ.

Quy ước:

A: bình thường >> a: mù màu

- Chồng bị bệnh mù màu nên kiểu gen của người chồng là \({{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\)

- Người phụ nữ bình thường về bệnh có kiểu gen là \({{\rm{X}}^{\rm{A}}}{{\rm{X}}^ - }\)

- Cặp vợ chồng này sinh được 1 người con trai bị bệnh có kiểu gen là \({{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\) (người con trai này luôn nhận giao tử Y từ bố và giao tử X từ mẹ) → người con trai nhận \({{\rm{X}}^{\rm{a}}}\) từ mẹ → B đúng.

(1) Chiều dài của gen là 99,45 nm

Theo giả thiết: \({\rm{\% X}} - {\rm{\% T}} = {\rm{10\% }}\)

Mặt khác: \({\rm{\% X}} + {\rm{\% T}} = 50{\rm{\% }}\)

Do đó: \(\% {\rm{X}} = 30\% = \% {\rm{G}};\)\(\% {\rm{T}} = 20\% = \% {\rm{A}}\)

Ta có: \(\% {\rm{A}} = 20\% = \frac{{\rm{A}}}{{\rm{N}}} \times 100\% \Rightarrow {\rm{A}} = 0,2{\rm{N}}\)

                \(\% {\rm{G}} = 30\% = \frac{{\rm{G}}}{{\rm{N}}} \times 100\% \Rightarrow {\rm{G}} = 0,3{\rm{N}}\)

Ta lại có: \({\rm{H}} = 2{\rm{A}} + 3{\rm{G}} = 1755 \Rightarrow 2 \times 0,2{\rm{N}} + 0,3 \times 0,3{\rm{N}} = 1755 \Rightarrow {\rm{N}} = 5850\)

Suy ra \({\rm{L}} = \frac{{\rm{N}}}{2} \times 3,4{\rm{A}} = 9945{\rm{A}} = 994,5{\rm{nm}} \Rightarrow \left( 1 \right)\)sai.

(2) Tỉ lệ % từng loại nuclêôtit của gen là: \(\% {\rm{A}} = \% {\rm{T}} = 30\% ;\)\(\% {\rm{G}} = \% {\rm{X}} = 20\% \)

Theo như đã tính toán ở kết luận (1) ta có:

\(\% {\rm{A}} = \% {\rm{T}} = 20\% \)

\(\% {\rm{G}} = \% {\rm{X}} = 30\% \)

⇒ (2) sai.

(3) Số liên kết phôtphođieste nối giữa các nuclêôtit có chứa trong gen là 5848.

Ta có: N = 5850

⇒ Số liên kết phôtphođieste nối giữa các nuclêôtit có chứa trong gen là \(= \left( {\frac{{\rm{N}}}{2} - 1} \right) \times 2 = 5848\)

⇒ (3) sai.

(4) Tổng số nuclêôtit loại A và G là : \({\rm{A}} = {\rm{T}} = 1755\); \({\rm{G}} = {\rm{X}} = 1170\)

\({\rm{A}} = {\rm{T}} = 0,2 \times {\rm{N}} = 1170\)

\({\rm{G}} = {\rm{X}} = 0,3 \times {\rm{N}} = 1755\)

⇒ (4) sai.

Vậy không có kết luận nào đúng.

A-B-: lông đen; A-bb và aaB-: lông xám; aabb: lông trắng; D: đuôi dài >> d: đuôi ngắn

Ở chim: chim trống (XX); chim mái là (XY).

Vì đề bài cho nòi chim long đen, đuôi dài thuần chủng (AA, BB, DD) → loại (1) và (2) vì không thuần chủng.

-Xét phép lai (3) \({\rm{AA}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}} \times {\rm{aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}{\rm{Y}} \to {{\rm{F}}_1}:{\rm{Aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}:{\rm{Aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{\rm{Y}}\), tiếp tục cho con cái F1 giao phối với con lông trắng, đuôi ngắn ta có sơ đồ lai như sau:

\({\rm{Aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{\rm{Y}} \times {\rm{aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}} \to 1{\rm{Aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}:1{\rm{Aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{BD}}}}{\rm{Y}}:1{\rm{aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}:1{\rm{aa}}{{\rm{X}}^{{\rm{bd}}}}{\rm{Y}} \to \) thỏa mãn

-Xét phép lai (4) \({{\rm{X}}^{\rm{A}}}{{\rm{X}}^{\rm{A}}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{BD}}}} \times {{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\frac{{{\rm{bd}}}}{{{\rm{bd}}}} \to {{\rm{F}}_1}:{{\rm{X}}^{\rm{A}}}{{\rm{X}}^{\rm{A}}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{bd}}}}:{{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{bd}}}}\), tiếp tục cho con cái F1 giao phối với con lông trắng, đuôi ngắn ta có sơ đồ lai như sau:

\({{\rm{X}}^{\rm{A}}}{\rm{Y}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{bd}}}} \times {{\rm{X}}^{\rm{a}}}{{\rm{X}}^{\rm{a}}}\frac{{{\rm{bd}}}}{{{\rm{bd}}}} \to 1{{\rm{X}}^{\rm{A}}}{{\rm{X}}^{\rm{a}}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{bd}}}}:1{{\rm{X}}^{\rm{A}}}{{\rm{X}}^{\rm{a}}}\frac{{{\rm{bd}}}}{{{\rm{bd}}}}:1{{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\frac{{{\rm{BD}}}}{{{\rm{bd}}}};1{{\rm{X}}^{\rm{a}}}{\rm{Y}}\frac{{{\rm{bd}}}}{{{\rm{bd}}}} \to \) thỏa mãn

Vậy có 2 phù hợp với P.

Cả 4 phát biểu đúng.

Từ số lượng, ta suy ra tỉ lệ kiểu gen là

Ở P, tần số A = 0,8. Sang F1, tần số A = 0,8 và cấu trúc di truyền ở F1 đang cân bằng. Điều này chứng tỏ giai đoạn từ P sang F1 không chịu tác động của các nhân tố tiến hóa và các cá thể đang giao phối ngẫu nhiên → I đúng.

Ở F2,  tần số A = 0,5 và tỉ lệ kiểu gen không cân bằng di truyền. Điều này chứng tỏ từ F1 sang F2 đã chịu tác động của các yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi đột ngột tần số alen. → II đúng.

Ở F3, tần số A = 0,5 và cấu trúc di truyền cân bằng. Điều này chứng tỏ quần thể đang giao phối ngẫu nhiên và không chịu tác động của nhân tố tiến hóa. → III đúng.

Ở F4, tần số A = 2/3 và tần số a = 1/3. Điều này chứng tỏ chọn lọc đang chống lại a và loại bỏ a. Cấu trúc di truyền của F4 vẫn cân bằng di truyền nên chứng tỏ chọn lọc ở giai đoạn sinh sản, các cá thể aa không có khả năng sinh sản.

Cả 4 phát biểu đúng. → Đáp án D. Cặp số 8-9 không bị bệnh sinh con số 12 là gái bị bệnh M → Bệnh M do gen lặn nằm trên NST thường.

Cặp số 8-9 không bị bệnh sinh con số 13 bị bệnh N → Bệnh N do gen lặn quy định.

Vì bài toán cho biết gen quy định hai bệnh cũng nằm trên một NST → Cả hai bệnh đều do gen lặn nằm trên NST thường quy định.

Quy ước: a quy định bệnh M; b quy định bệnh N; Các alen trội A và B không quy định bệnh.

Theo bài ra, người số 5 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{Ab}}\); người số 6 có kiểu gen \(\frac{{\underline {AB} }}{{ab}}\) hoặc \(\frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\).

→ Người số 11 có kiểu gen \(\frac{{\underline {AB} }}{{Ab}}\) hoặc \(\frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\).

Người (1) có kiểu gen \(\frac{{\underline {ab} }}{{ab}}\); (8) có kiểu gen \(\frac{{\underline {AB} }}{{ab}}\) → Người số 2 có kiểu gen \(\frac{{\underline {AB} }}{{aB}}\).

Người số 4 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{Ab}}\). Người số 7 bị bệnh M nên có kiểu gen \(\frac{{\underline {aB} }}{{ab}}\).

Người số 3 bị bệnh M và có con bị bệnh N nên kiểu gen của người số 3 là \(\frac{{\underline {aB} }}{{ab}}\).

Người số 10 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{ab}}\). Người số 9 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\).

Người số 12 có kiểu gen \(\frac{{\underline {aB} }}{{ab}}\). Người số 13 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{ab}}\). → I đúng.

II đúng. Vì người số 10 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{ab}}\), người số 11 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{Ab}}\) hoặc \(\frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\).

→ Cặp 10 – 11 không thể sinh con bị cả 2 bệnh do có hiện tượng liên kết gen.

III đúng. Vì người số 8 có kiểu gen \(\frac{{\underline {AB} }}{{ab}}\); Người số 9 có kiểu gen \(\frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\).

→ Sinh con bị bệnh với xác suất 50%.

IV đúng. Đứa đầu lòng bị bệnh M → Kiểu gen cặp vợ chồng 10 -11 là \(\frac{{\underline {Ab} }}{{ab}} \times \frac{{\underline {Ab} }}{{aB}}\)

Xác suất đứa con thứ 2 bị bệnh M là 1/2 x 1/2 = 1/4.