Câu 1: Trong điều trị ung thư, thuốc Paclitaxel thường được sử dụng để ức chế sự phân rã của các vi ống trong thoi phân bào. Tác động này trực tiếp ngăn chặn chu kỳ tế bào dừng lại ở giai đoạn nào?

A.  Pha G1.
B.  Pha S.                  

C.  Pha G2.               

D.  Pha nguyên phân (M).

Hướng dẫn giải

Paclitaxel ngăn chặn sự phân rã của vi ống -> Thoi phân bào không thoi phân bào không thể phân rã, các nhiễm sắc thể bị "khóa" lại ở trạng thái co xoắn, tế bào không thể hoàn thành quá trình nguyên phân và sẽ bị dừng lại ở pha M (điểm kiểm soát thoi phân bào). Sau đó, tế bào thường sẽ kích hoạt quá trình chết theo chương trình (apoptosis).

Câu 2: Tại các cơ sở canh tác nông nghiệp công nghệ cao, kỹ thuật "giàu hóa khí CO2" (carbon dioxide enrichment) thường được duy trì ở mức cao hơn nồng độ khí quyển tự nhiên. Mục đích chủ yếu của biện pháp này là gì ?

A.  Hạn chế tối đa sự thoát hơi nước qua lỗ khí của cây trồng.

B.  Tăng cường độ quang hợp nhằm tối ưu hóa năng suất. 

C.  Thúc đẩy quá trình hấp thụ các ion khoáng qua bề mặt lá.

D.  Gia tăng cường độ hô hấp sáng ở các nhóm thực vật C3.

Hướng dẫn giải

CO2 là nguyên liệu cho pha tối của quá trình quang hợp. Trong môi trường nhà màng, nồng độ CO2 thường là nhân tố giới hạn. Việc "giàu hóa khí CO2” giúp tăng hiệu suất chuyển hóa năng lượng ánh sáng thành chất hữu cơ, từ đó tối ưu hóa sinh khối và năng suất cây trồng.

Câu 3. Thuốc kháng sinh Rifampicin ức chế enzyme RNA polymerase của vi khuẩn lao. Quá trình nào sau đây trong tế bào vi khuẩn sẽ bị dừng lại trực tiếp bởi loại thuốc này?

A.  Nhân đôi DNA.                   B. Phiên mã.                   

C.  Dịch mã.      

D.  Hoạt hóa amino acid.

Hướng dẫn giải

Enzyme RNA polymerase là enzyme chính thực hiện quá trình tổng hợp RNA từ mạch khuôn DNA (quá trình phiên mã). Khi thuốc Rifampicin ức chế enzyme này, vi khuẩn không thể tạo ra các loại RNA (mRNA, tRNA, rRNA), dẫn đến toàn bộ quá trình biểu hiện gene bị ngưng trệ.

Câu 4. Để đối phó với xâm nhập mặn, các nhà khoa học đã chuyển gene tổng hợp betaine (một chất điều hòa thẩm thấu) từ vi khuẩn vào cây lúa. Cây lúa chuyển gene có khả năng chịu mặn tốt hơn chủ yếu nhờ vào cơ chế nào sau đây?

A.  Giảm áp suất thẩm thấu trong không bào để ngăn cản sự xâm nhập của muối vào rễ cây.

B. Tăng nồng độ chất tan nội bào để giữ nước và duy trì áp suất trương giữ khí khổng mở.

C.  Đóng hoàn toàn hệ thống khí khổng nhằm ngăn chặn tuyệt đối sự thoát hơi nước qua lá.

D.  Thay đổi cấu trúc màng sinh chất để biến các tế bào lông hút thành lớp màng không thấm.

Hướng dẫn giải

Khi môi trường bị nhiễm mặn, áp suất thẩm thấu bên ngoài cao hơn bên trong rễ làm cây bị mất nước. Chất betaine giúp tăng nồng độ chất tan trong tế bào (tăng áp suất thẩm thấu nội bào), giúp cây chủ động hút được nước từ đất mặn và duy trì độ trương nước để các hoạt động sinh lý (như mở khí khổng) diễn ra bình thường.

A sai vì: Nếu giảm áp suất thẩm thấu (dịch bào loãng đi), nước sẽ càng bị đất mặn hút ngược ra ngoài nhanh hơn theo nguyên lý thẩm thấu, khiến cây héo nhanh hơn.

C sai vì Đóng hoàn toàn khí khổng là phản ứng tự vệ tạm thời để chống mất nước, nhưng sẽ ngăn cản CO2 khuếch tán vào lá, khiến cây ngừng quang hợp và chết.

D sai vì Nếu lông hút không thấm, rễ không bị mất nước nhưng cũng không thể hấp thụ được nước và khoáng chất cần thiết, dẫn đến cây không thể duy trì các hoạt động sống.

Câu 5. Tại các hòn đảo nhỏ thuộc quần đảo Bahamas, loài thằn lằn Anole nâu (Anolis sagrei) đã trải qua những áp lực chọn lọc trái ngược nhau. Khi có sự xuất hiện của chim săn mồi, những con chân ngắn (leo trèo giỏi trong lùm cây) chiếm ưu thế. Tuy nhiên, tại các đảo thường xuyên bị ngập lụt bởi bão, nhóm chân dài lại chiếm ưu thế do khả năng chạy nhanh và bơi sang các đảo khác để sống sót. Mối quan hệ giữa chọn lọc tự nhiên và môi trường ở đây là gì ?

A.  Chọn lọc tự nhiên là một quá trình định hướng cố định và không thay đổi theo thời gian.

B. Sự thích nghi chỉ mang tính tương đối và phụ thuộc vào áp lực chọn lọc ở mỗi thời điểm.

C.  Các đột biến mới luôn xuất hiện kịp thời để giúp sinh vật thích nghi với sự cố môi trường.

D.  Những đặc điểm hình thái của sinh vật luôn tiến hóa theo hướng ngày càng phức tạp hóa.

Hướng dẫn giải

B đúng vì Đặc điểm thích nghi chỉ có giá trị trong môi trường cụ thể; khi áp lực chọn lọc thay đổi (từ chim săn mồi sang ngập lụt), hướng tiến hóa của chiều dài chân sẽ đảo ngược.

Câu 6. Hình 1 mô tả quá trình biểu hiện thông tin di truyền ở vi khuẩn E. coli. Biết rằng đoạn DNA đang phiên mã thuộc một cụm gene cấu trúc (Operon).

Nhận định nào dưới đây là đúng?

A.  Điểm A là đầu 5' của mạch khuôn DNA; điểm B là đầu 5' của phân tử mRNA đang tổng hợp, C là phân tử tRNA và D là ribosome.

B.  Các chuỗi polypeptide đang gắn trên cùng một cụm ribosome (polysome) có trình tự amino acid hoàn toàn khác nhau.

C. Nếu đây là mRNA của Operon Lac, các ribosome tại các vị trí khác nhau trên mRNA này có thể đang tổng hợp các loại protein khác nhau.

D.  Quá trình này chỉ có thể xảy ra khi vi khuẩn E. coli đang ở trong môi trường có sự hiện diện của chất cảm ứng.

Hướng dẫn giải

 Ở vi khuẩn, các gene trong một cụm Operon (như Operon Lac) được phiên mã thành một phân tử mRNA chung. Vì mRNA này chứa trình tự mã hóa của nhiều gene khác nhau (lacZ, lacY, lacA), nên các ribosome bám ở những vùng gene khác nhau trên cùng phân tử mRNA đó sẽ dịch mã ra các loại protein tương ứng khác nhau.

A sai: RNA polymerase tổng hợp RNA theo chiều 5' →3', nghĩa là nó trượt trên mạch khuôn DNA theo chiều 3' →5'. Trong hình, Chiều trượt của enzyme trên hình kí hiệu là từ phải sang trái 🡪 đầu A là đầu 3’.

B sai: Các ribosome trong cùng một cụm polysome đang trượt trên cùng một đoạn gene (vùng mã hóa) nên phải tạo ra các chuỗi polypeptide có trình tự amino acid giống hệt nhau.

D sai: Quá trình phiên mã và dịch mã là cơ chế sinh học cơ bản; không phải Operon nào cũng cần chất cảm ứng (ví dụ Operon ức chế), và hình vẽ chỉ mô tả cơ chế chung của vi khuẩn.

Câu 7. Allele đột biến HbS gây bệnh hồng cầu hình liềm là đột biến thay thế có hại. Người có kiểu gene đồng hợp  HbSHbS bị thiếu máu nặng và thường tử vong trước tuổi sinh sản; Người có kiểu gen dị hợp (HbA HbS) chỉ bị thiếu máu nhẹ, đồng thời tế bào hồng cầu của họ có khả năng ngăn cản sự nhân lên của ký sinh trùng sốt rét, trong khi hồng cầu của người bình thường không có khả năng này. Khi nghiên cứu tần số các allele của quần thể người ở vùng lưu hành bệnh sốt rét nặng ở châu Phi, người ta thấy tần số allele HbS duy trì ở mức cao. Giải thích nào sau đây là hợp lý nhất theo thuyết tiến hóa hiện đại?

A. Đột biến HbS là đột biến trung tính nên không bị các nhân tố chọn lọc tự nhiên đào thải.

B. Cá thể dị hợp có ưu thế giúp chống lại ký sinh trùng tốt hơn cá thể đồng hợp trội.

C. Tỉ lệ đột biến từ HbA sang HbS rất cao nên bù đắp được lượng cá thể đã bị đào thải đi.

D. Sự trôi dạt di truyền ngẫu nhiên đã làm tăng tần số allele HbS trong quần thể người này.

Hướng dẫn giải

 Ở những vùng có bệnh sốt rét, cá thể dị hợp (HbAHbS) có khả năng chống lại ký sinh trùng tốt hơn người đồng hợp trội (HbAHbA) và không bị bệnh thiếu máu nặng như người đồng hợp lặn (HbSHbS).

Do thể dị hợp có sức sống và khả năng thích nghi cao nhất trong môi trường này, chọn lọc tự nhiên ưu tiên giữ lại các cá thể mang cả hai allele, dẫn đến tần số allele HbS vẫn được duy trì ở mức cao thay vì bị đào thải.

Câu 8. Trong nỗ lực tiêu diệt muỗi truyền bệnh, các nhà khoa học sử dụng kỹ thuật Gene Drive dựa trên hệ thống CRISPR-Cas9. Khi một con muỗi mang gene này giao phối, protein Cas9 sẽ cắt nhiễm sắc thể tương đồng từ bố/mẹ bình thường và dùng chính gene đột biến làm khuôn để sửa chữa. Quá trình "cắt và dán" này biến mọi cá thể dị hợp thành đồng hợp, đảm bảo 100% đời con đều mang gene gây vô sinh (hoặc gene chống mầm bệnh). Về lâu dài, công nghệ này có thể dẫn đến rủi ro sinh thái nào?

A.  Làm gia tăng nhanh chóng độ đa dạng di truyền của các quần thể muỗi trong tự nhiên.

B. Gây phá vỡ chuỗi thức ăn nếu loài muỗi đó đóng vai trò quan trọng trong hệ sinh thái.

C.  Tạo ra sự trao đổi gene ngang một cách bất thường giữa cơ thể muỗi và cơ thể con người.

D.  Kích thích loài muỗi tiến hóa thành một loài mới có kích thước cơ thể lớn hơn ban đầu.

Hướng dẫn giải

Công nghệ Gene Drive hướng tới việc làm giảm mạnh hoặc tiêu diệt hoàn toàn một quần thể loài trong tự nhiên. Nếu loài muỗi mục tiêu là mắt xích quan trọng (làm thức ăn cho chim, dơi, lưỡng cư hoặc thụ phấn cho thực vật), việc mất đi loài này sẽ gây ra hiệu ứng dây chuyền làm mất cân bằng hệ sinh thái.

Khác với các phương pháp truyền thống, Gene Drive phá vỡ quy luật di truyền Mendel để tự nhân bản vào nhiễm sắc thể còn lại, khiến gene đột biến lan ra toàn bộ quần thể. Một khi đã phát tán, rất khó để đảo ngược hoặc ngăn chặn nếu xảy ra tác động tiêu cực ngoài dự kiến.

Câu 9. Tại các đô thị, nhiều loài côn trùng có tập tính định hướng bằng ánh sáng tự nhiên thường bị tiêu diệt hàng loạt khi lao vào đèn điện. Sau nhiều thế hệ, quần thể côn trùng ở thành phố có xu hướng ít bị thu hút bởi ánh sáng nhân tạo hơn so với quần thể ở nông thôn. Đây là ví dụ về quá trình:

A.  Sự hình thành các phản xạ có điều kiện giúp từng cá thể học tập kinh nghiệm để tránh xa các nguồn sáng nguy hiểm.

B.  Chọn lọc tự nhiên đào thải các biến dị quy định ngưỡng nhạy cảm ánh sáng cao, làm biến đổi vốn gene của quần thể. 

C.  Cơ chế cách ly sinh sản giữa các quần thể ở khu vực thành phố và nông thôn do sự khác biệt về điều kiện sinh thái.

D.  Sự biến đổi kiểu hình của sinh vật để thích nghi với môi trường ô nhiễm ánh sáng mà không làm thay đổi kiểu gene.

Hướng dẫn giải

Ánh sáng điện đóng vai trò là áp lực chọn lọc. Những cá thể có ngưỡng nhạy cảm ánh sáng quá cao sẽ bị tiêu diệt, những cá thể có biến dị giúp ít bị thu hút bởi đèn điện sẽ sống sót và sinh sản. Qua nhiều thế hệ, các biến dị này tích lũy làm thay đổi vốn gene của quần thể đô thị so với quần thể nông thôn.

A sai: Việc học tập kinh nghiệm chỉ xảy ra trong đời sống cá thể, không di truyền nên không thể làm thay đổi đặc điểm của cả quần thể qua nhiều thế hệ.

C sai: Sự khác biệt về tập tính hướng sáng mới chỉ là sự thích nghi cục bộ, chưa hình thành các rào cản ngăn cản việc giao phối (cách ly sinh sản) giữa hai quần thể.

D sai: Nếu chỉ là biến đổi kiểu hình (thường biến) thì sẽ không di truyền và không tạo ra sự khác biệt bền vững giữa quần thể thành phố và nông thôn qua nhiều thế hệ.

B đúng: Ánh sáng nhân tạo đóng vai trò áp lực chọn lọc, đào thải các cá thể có ngưỡng nhạy cảm cao (bị thu hút mạnh). Những cá thể mang biến dị ít bị thu hút sẽ sống sót và sinh sản, làm thay đổi vốn gene của quần thể theo hướng thích nghi.

Câu 10. Để nghiên cứu cơ chế lão hóa, các nhà khoa học tập trung vào sự ngắn lại của các đoạn telomere ở đầu mút nhiễm sắc thể sau mỗi lần phân bào. Loại tế bào nào sau đây thường có enzyme telomerase hoạt động mạnh để duy trì độ dài telomere, giúp chúng có khả năng phân chia vô hạn?

A.  Tế bào hồng cầu trưởng thành.                                          B. Tế bào cơ tim.

C. Tế bào gốc và tế bào ung thư.                                D. Tế bào thần kinh.

Hướng dẫn giải

 Enzyme telomerase có chức năng kéo dài các đoạn telomere ở đầu mút nhiễm sắc thể, ngăn chặn sự mất mát thông tin di truyền và sự lão hóa tế bào sau mỗi lần nhân đôi.

Tế bào gốc cần duy trì khả năng phân chia để thay thế các mô, còn tế bào ung thư kích hoạt mạnh enzyme này để đạt được sự "bất tử" (phân chia vô hạn).

Câu 11: Hình 2 mô tả bộ NST của một người bị hội chứng Klinefelter (XXY).

Cơ chế hình thành hội chứng này là do

A. cặp NST giới tính không phân ly trong giảm phân của bố hoặc mẹ.

B.  đột biến mất đoạn nhiễm sắc thể giới tính X.

C.  quá trình nguyên phân của hợp tử bị rối loạn ở lần phân bào đầu tiên.

D.  sự kết hợp giữa giao tử lệch bội (n-1) và giao tử bình thường (n).

Hướng dẫn giải

Hội chứng Klinefelter xảy ra khi một cá thể nam có bộ nhiễm sắc thể (NST) giới tính là XXY thay vì XY bình thường. Cơ chế chính dẫn đến tình trạng này là sự không phân ly của cặp NST giới tính trong quá trình giảm phân tạo giao tử 

B sai: Mất đoạn NST X không tạo ra thêm một NST X để thành bộ XXY.

C sai: Rối loạn nguyên phân ở lần phân bào đầu tiên của hợp tử thường dẫn đến các dạng khảm (ví dụ: một phần cơ thể là XY, một phần là XXY) hoặc các dạng đột biến khác, không phải cơ chế điển hình nhất của Klinefelter.

D sai: Giao tử lệch bội (n-1) là giao tử thiếu NST. Sự kết hợp giữa (n-1) và (n) sẽ tạo ra cá thể 2n-1 (ví dụ: hội chứng Turner OX), chứ không phải 2n+1 (XXY)

Câu 12. Để xác định mối quan hệ họ hàng giữa loài linh trưởng khác nhau, các nhà khoa học đã tiến hành phân tích trình tự amino acid của một đoạn polypeptide ngắn gồm 6 vị trí trên cùng một loại protein. Kết quả thu được như sau:

Dựa vào bảng dữ liệu trên, nhận định nào sau đây là đúng về mối quan hệ tiến hóa?

A.  Loài D có mối quan hệ họ hàng gần gũi với người nhất vì có nhiều biến đổi giúp thích nghi tốt hơn.

B. Loài C có quan hệ họ hàng gần với người nhất vì trình tự amino acid của C giống của người nhất.

C.  Loài B và loài D có quan hệ họ hàng gần với người hơn so với loài
A.

D.  Trình tự amino acid càng khác biệt thì thời gian phân hóa giữa các loài càng ngắn.

Hướng dẫn giải

Phân tích bảng dữ liệu (So sánh với người):

-        Loài C: Khác 0 vị trí (Giống 100%). → Quan hệ gần nhất.

-        Loài A: Khác 1 vị trí (Vị trí 4).

-        Loài B: Khác 3 vị trí (Vị trí 2, 4, 6).

-        Loài D: Khác 5 vị trí (Vị trí 1, 2, 4, 5, 6). → Quan hệ xa nhất.

A sai: Càng nhiều khác biệt trong trình tự amino acid  thì mối quan hệ họ hàng càng xa.

B đúng: Sự trùng khớp hoàn toàn về trình tự amino acid chứng tỏ loài C và người có tổ tiên chung gần nhất.

C sai: Loài A (khác
A. gần người hơn loài B (khác
C. và D (khác 5).

D sai: Trình tự càng khác biệt thì thời gian phân hóa từ tổ tiên chung càng dài (tích lũy nhiều đột biến hơn).

Câu 13. Sự lạm dụng thuốc diệt cỏ trong nông nghiệp đã dẫn đến sự xuất hiện của các loài cỏ dại có khả năng kháng thuốc. Theo quan niệm hiện đại, vai trò của thuốc diệt cỏ trong trường hợp này là:

A.  Gây ra các đột biến giúp cỏ dại thích nghi với môi trường.

B.  Nhân tố chọn lọc, giữ lại những cá thể đã có sẵn gene kháng thuốc.

C.  Kích thích cỏ dại sản sinh ra các protein mới để phân hủy thuốc.

D.  Làm thay đổi cấu trúc di truyền của quần thể một cách ngẫu nhiên.

Câu 14: Sự hình thành loài mới bằng con đường lai xa và đa bội hóa phổ biến nhất ở nhóm sinh vật nào?

A.  Động vật có vú.             

B.  Thực vật có hoa.        C. Các loài chim biển.
D.  Côn trùng ký sinh.

Câu 15: Phát biểu nào sau đây là sai khi nói về lưới thức ăn ở Hình 3?

A.  Diều hâu tham gia tối đa vào 4 chuỗi thức ăn.

B.  Cáo và diều hâu có mối quan hệ cạnh tranh dinh dưỡng.

C. Chim ăn sâu và ếch đều là sinh vật tiêu thụ bậc 2.

D.  Sâu ăn lá, châu chấu, thỏ và hươu thuộc cùng một bậc dinh dưỡng.

Hướng dẫn giải

Diều hâu tham gia vào nhiều hơn 4 chuỗi thức ăn.

Câu 16: Nếu quần thể cây bụi và cỏ rừng bị suy giảm nghiêm trọng do một đợt hạn hán kéo dài, loài nào sau đây sẽ chịu ảnh hưởng tiêu cực trực tiếp và mạnh mẽ nhất?

A.  Chim ăn sâu và rắn.     

B.  Sâu ăn lá và ếch.          C. Thỏ rừng và hươu.          

D.  Diều hâu và nấm.

Hướng dẫn giải

Thỏ rừng ăn cỏ rừng (Cỏ →thỏ).

Hươu ăn cây bụi (Cây bụi  →hươu).

Đây là các sinh vật tiêu thụ bậc 1 trực tiếp sử dụng cỏ và cây bụi làm thức ăn. Khi nguồn thức ăn sơ cấp bị mất đi, các loài này không có nguồn thay thế khác trong lưới thức ăn đã mô tả, do đó chúng sẽ bị ảnh hưởng trực tiếp và nghiêm trọng nhất trước khi tác động lan truyền đến các bậc dinh dưỡng cao hơn như cáo hay diều hâu.

Câu 17. Trong mô hình cải tạo trên, các nhà khoa học đề xuất trồng các loài thực vật thủy sinh (thủy trúc, bèo tây) trên các bè nổi chủ yếu nhằm mục đích sinh thái nào sau đây?

A.  Cung cấp nguồn thức ăn trực tiếp cho các loài cá dữ để tăng đa dạng sinh học.

B. Hấp thụ các chất dinh dưỡng dư thừa (N, P) và tạo giá thể cho vi sinh vật phân hủy bám dính. 

C.  Ngăn chặn hoàn toàn quá trình quang hợp của tảo bằng cách che phủ toàn bộ bề mặt nước.

D.  Thay thế hoàn toàn vai trò của các sinh vật phân giải trong chu trình chuyển hóa vật chất của sông.

Hướng dẫn giải:

Các loài thực vật thủy sinh có khả năng hấp thụ mạnh muối khoáng (N, P) từ nước thải để sinh trưởng, giúp giảm tình trạng phú dưỡng. Đồng thời, bộ rễ của chúng là nơi cư trú lý tưởng cho hệ vi sinh vật hiếu khí giúp phân hủy các hợp chất hữu cơ gây ô nhiễm.

Câu 18. Một trong những thách thức khi cải tạo sông Tô Lịch là hiện tượng tích tụ bùn đáy chứa nhiều chất hữu cơ gây mùi hôi. Để giải quyết vấn đề này một cách bền vững bằng con đường sinh học, nhóm giải pháp nào sau đây là tối ưu nhất?

A.  Thả các loài cá dữ như cá quả để tiêu diệt các loài cá ăn tạp, tránh làm xáo trộn lớp bùn đáy sẽ làm giảm sự tích tụ ở lớp đáy.

B. Thả bổ sung các loài động vật ăn lọc và ăn mùn bã như trai sông, hến để chuyển hóa vật chất tầng đáy thành sinh khối. 

C.  Phun hóa chất diệt khuẩn định kỳ để tiêu diệt toàn bộ hệ vi sinh vật phân hủy ở lớp bùn đáy, nhằm mục đích giảm mùi hôi.

D.  Tăng cường mật độ thực vật nổi (lục bình, bèo tây...) để che phủ kín mặt sông, ngăn cản sự khuếch tán mùi hôi.

Hướng dẫn giải

Các loài động vật thân mềm (trai, hến) hoặc cá ăn đáy (cá chép) đóng vai trò là sinh vật tiêu thụ bậc thấp, sử dụng trực tiếp mùn bã hữu cơ làm thức ăn. Việc này giúp luân chuyển các chất hữu cơ từ bùn đáy vào chuỗi thức ăn, giảm tích tụ ô nhiễm mà không gây xáo trộn hóa học môi trường nước.

Câu 1: Galactosemia là bệnh rối loạn chuyển hóa bẩm sinh do allele lặn của một gene nằm ở đoạn vai ngắn của nhiễm sắc thể số 9 quy định. Trong cơ thể, đường glucose có thể sử dụng ngay, còn galactose thì phải qua chuyển hóa mới sử dụng được. Quá trình chuyển hóa galactose được thực hiện nhờ enzyme GALT. Bệnh nhân bị galactosemia không có khả năng tạo ra enzyme GALT bình thường, dẫn đến galactose bị tích tụ gây hại cho gan, thận, não bộ... nếu không điều trị kịp thời sẽ dẫn đến tử vong. Bệnh không có thuốc đặc trị, tuy nhiên người bệnh vẫn có thể sống khỏe mạnh khi có chế độ dinh dưỡng hợp lý, do đó trẻ mới sinh, trong vòng 3 ngày, nên làm các xét nghiệm chẩn đoán, sàng lọc galactosemia (sàng lọc sau sinh).

Sơ đồ phả hệ Hình 4 mô tả sự di truyền bệnh trong một gia đình, biết rằng không có đột biến mới xảy ra.

Hướng dẫn giải

A. SAI

Đoạn thông tin nêu gene nằm trên nhiễm sắc thể số 9 (nhiễm sắc thể thường), không phải nhiễm sắc thể giới tính.

B. ĐÚNG

Sữa mẹ giàu lactose. Khi vào cơ thể, lactose phân tách thành glucose và galactose. Do thiếu enzyme GALT, galactose tích tụ gây độc, nên trẻ bị bệnh phải dùng chế độ ăn đặc biệt không chứa galactose.

C. SAI

 Người 5, 6, chắc chắn dị hợp (Aa) vì họ bình thường nhưng sinh con bị bệnh (aa).Tuy nhiên, người số 7 và số 8 chưa xác định được chính xác kiểu gene. 

D. ĐÚNG

o        Cặp II.5 x II.6 (Aa xAa) sinh ra III.11 bình thường => III.11 có xác suất kiểu gene là: 1/3 AA : 2/3 Aa.

o        Bác sĩ chẩn đoán III.12 có mang allele gây bệnh, mà III.12 đang có kiểu hình bình thường => Kiểu gene của III.12 chắc chắn là Aa.

Để sinh con vừa không bị bệnh, vừa không mang allele gây bệnh (tức là kiểu gen AA).

  III.11 x III.12 = (1/3 AA : 2/3 Aa) x Aa → (2A: 1a) x (1A: 1a) → F: 2AA: 3Aa: 1aa

-        xác suất để cặp vợ chồng này sinh ra một đứa con vừa không bị bệnh, vừa không mang allele gây bệnh (kiểu gene AA) là 1/3

Kết luận: Phát biểu d là ĐÚNG.

Câu 2. Vi khuẩn E.coli sinh trưởng trên môi trường có nguồn dinh dưỡng là đường đơn nhanh hơn so với đường đôi. Khi nuôi cấy E.coli trên môi trường chứa hỗn hợp đường glucose và lactose, nó sinh trưởng với quá trình tương đối phức tạp. Trong quá trình này nồng độ đường glucose, lượng enzyme β-galactosidase và nồng độ tế bào vi khuẩn được theo dõi và ghi lại thể hiện trên Hình 5 trong khoảng thời gian gần 200 phút kể từ thời điểm bắt đầu bổ sung vi khuẩn vào môi trường. Biết rằng, quá trình phiên mã các gene cấu trúc của operon Lac chỉ xảy ra mạnh mẽ khi có sự gắn kết của phức hợp cAMP-CRP vào vùng khởi động (P) và glucose có tác dụng ức chế nồng độ cAMP.

Hướng dẫn giải

A. SAI 

Các gene cấu trúc (lacZ, lacY, lacA) trong Operon Lac không phiên mã độc lập mà được phiên mã chung thành một phân tử mRNA duy nhất (mRNA đa phân đoạn).

B. ĐÚNG

Đây là giai đoạn chuyển tiếp (lag phase thứ hai). Sau khi glucose hết (khoảng phút 80), lượng vi khuẩn không tăng thêm ngay lập tức mà cần một khoảng thời gian để tái cấu trúc bộ máy chuyển hóa, kích hoạt operon Lac để chuẩn bị sử dụng nguồn thức ăn thứ hai là lactose..

C. ĐÚNG

Khi bổ sung glucose, glucose là nguồn năng lượng ưu tiên nên tế bào sẽ chuyển dịch chuyển hóa, dẫn đến giảm tốc độ tổng hợp enzyme phân giải lactose.

D. SAI 

Mặc dù đột biến lacI làm protein ức chế không còn khả năng bám vào vùng vận hành (O), nhưng khi có glucose (từ phút 0 đến phút 80), nồng độ cAMP vẫn thấp và phức hợp cAMP-CRP vẫn không thể bám vào vùng P để kích hoạt phiên mã mạnh. Do đó, lượng enzyme vẫn sẽ không thể "tăng mạnh" ngay từ đầu mà chỉ ở mức nền rất thấp.

Câu 3: Để nghiên cứu tính tự động và hệ dẫn truyền tin của tim ếch, các nhà khoa học đã tiến hành thí nghiệm thắt nút Stannius như mô tả ở Hình 6.

Kết quả thí nghiệm được ghi nhận ở bảng dưới đây:

Hướng dẫn giải

A. ĐÚNG

B. ĐÚNG

Vì khi thắt nút ngăn cách, xoang tĩnh mạch vẫn đập bình thường (nhịp nhanh nhất), trong khi các phần còn lại bị gián đoạn và đập chậm lại. Điều này chứng tỏ xoang tĩnh mạch là nơi khởi phát nhịp chính.

C. ĐÚNG

Dữ liệu cho thấy khi bị cách ly hoàn toàn, mỏm tâm thất không thể tự đập. Theo lý thuyết về tính tự động, một bộ phận không đập khi bị cách ly nghĩa là nó không có khả năng tự phát xung điện.

D. SAI

Ngược lại với nhận định, dữ liệu thí nghiệm cho thấy nhịp đập giảm dần (chậm dần) khi đi từ xoang tĩnh mạch xuống các phần dưới của tim.

Câu 4. Tại đảo Daphne Major thuộc quần đảo Galápagos, các nhà khoa học đã thực hiện một nghiên cứu dài hạn về loài chim sẻ đất tầm trung (Geospiza fortis). Vào năm 1977, một đợt hạn hán khốc liệt xảy ra làm các loại hạt mềm trở nên khan hiếm, chỉ còn lại các loại hạt lớn và cứng. Đến năm 2004, một loài chim cạnh tranh là chim sẻ đất lớn (Geospiza magnirostris) đã di cư đến và cùng khai thác nguồn hạt lớn.

Bảng 1: Dữ liệu biến đổi hình thái và quần thể của loài G. fortis

Hướng dẫn giải

A. ĐÚNG

Tiến hóa nhỏ là quá trình biến đổi cấu trúc di truyền của quần thể (dẫn đến thay đổi tần số kiểu hình thích nghi như kích thước mỏ).

B. SAI

Cá thể không tự biến đổi để thích nghi. Thực tế, các cá thể mỏ nhỏ không ăn được hạt cứng nên bị chết, chỉ những cá thể vốn đã có mỏ lớn (do biến dị di truyền) mới sống sót và truyền gene cho thế hệ sau.

C. ĐÚNG

Đây là hiện tượng phân li ổ sinh thái. Khi loài chim lớn (G. magnirostris) độc chiếm nguồn hạt lớn, những cá thể G. fortis có mỏ nhỏ hơn sẽ có lợi thế khi quay lại khai thác hạt nhỏ (ít bị cạnh tranh hơn), dẫn đến kích thước mỏ trung bình giảm xuống (10,2 mm →9,8 mm).

D. ĐÚNG

Tính trạng số lượng (kích thước mỏ) thường do nhiều gene quy định, tạo ra một dải biến thiên liên tục về kiểu hình. Sự đa dạng này giúp quần thể luôn có sẵn các biến dị để ứng phó với các thay đổi bất ngờ của môi trường (như hạn hán hoặc loài ngoại lai).

Câu 1. Hình 7 mô tả tế bào mô phân sinh của rễ cây thuộc loài A đang thực thiện một giai đoạn trong quá trình phân bào. Xác định số lượng NST trong giao tử của loài A?

                    Hướng dẫn giải

Tế bào trên là tế bào mô phân sinh của rễ (là tế bào sinh dưỡng) có các NST đơn đang phân li về 2 cực của tế bào nên tế bào này đang ở kì sau của nguyên phân, trong tế bào đang có 12 NST đơn => 2n =6

Do đó, số NST trong giao tử của loài A là n=3 NST

Câu 2: Vùng mã hóa của một gene cấu trúc ở sinh vật nhân sơ có 600 cặp nucleotide, gene này bị đột biến thay thế một cặp nucleotide ở vị trí 420 tính từ nucleotide đầu tiên của bộ ba mở đầu. Biết bộ ba mang đột biến không quy định một amino acid nào cả. Hãy cho biết phân tử protein được tổng hợp từ gene đột biến trên có bao nhiêu amino acid?

                         Hướng dẫn giải

- Số bộ ba trên gene là 600/3 = 200 bộ mã.

- Đột biến ở vị trí nucleotide thứ 420 → đột biến xảy ra ở bộ ba thứ  420/3 =140

- Mà bộ ba thứ 140 là bộ mã kết thúc → phân tử protein được tổng hợp có số amino acid là: 140 - 2 = 138 amino acid.

Câu 3: Ở loài Hoa mõm chó (Antirrhinum majus), màu sắc và cấu tạo hoa do một locus gene quy định. Allele trội A quy định hoa đỏ, cấu tạo tràng hoa mở giúp côn trùng dễ dàng thụ phấn chéo. Trong quần thể xuất hiện đột biến tạo allele a, biết rằng khi ở trạng thái đồng hợp (aa), nó vừa quy định hoa trắng, vừa làm tràng hoa đóng kín khiến cây chỉ có thể tự thụ phấn.

Một quần thể xuất phát (P) đang ở trạng thái cân bằng di truyền với tần số allele a bằng 0,2. Do đặc điểm cấu tạo hoa đóng kín và kích thước hạt phấn nhỏ hơn bình thường, khả năng thụ tinh thành công để tạo hạt của các cây hoa trắng (aa) chỉ bằng 50% so với các cây hoa đỏ (AA và Aa). Các cây hoa đỏ vẫn ngẫu phối với nhau và có khả năng sinh sản bình thường (100%).

Theo lí thuyết, sau một thế hệ sinh sản, tỉ lệ kiểu hình hoa trắng (aa) ở đời con trưởng thành chiếm bao nhiêu phần trăm trong quần thể? (Đáp án viết dưới dạng số thập phân, làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy).

                         Hướng dẫn giải

A. Xét thế hệ P: Quần thể cân bằng với q(a) = 0,2 và p(A) = 0,8. Cấu trúc kiểu gene P: 0,64 AA : 0,32 Aa : 0,04 aa.

B. Phân tích nhóm sinh sản:

Nhóm 1 (Tự thụ phấn): Gồm 0,04 aa. Vì khả năng sinh sản chỉ đạt 50%, nên tỉ lệ đóng góp thực tế của nhóm này vào đời con là: 0,04 * 0,5 = 0,02. Đời con sinh ra từ nhóm này 100% là aa.

Nhóm 2 (Ngẫu phối): Gồm 0,64 AA và 0,32 Aa. Tổng tỉ lệ nhóm này là: 0,64 + 0,32 = 0,96. Nhóm này sinh sản bình thường (100%). Tần số allele trong riêng nhóm ngẫu phối này là:

p(A) = (0,64 + 0,32/2) / 0,96 = 0,8 / 0,96 = 5/6.

q(a) = 1 - 5/6 = 1/6.

C. Tính toán tỉ lệ đời con (F1):

-        Tỉ lệ cây aa sinh ra từ nhóm ngẫu phối: (1/6 * 1/6) * 0,96 = 1/36 * 0,96 = 0,0267.

-        Tỉ lệ cây aa sinh ra từ nhóm tự thụ phấn: 0,02 (đã tính ở bước 2).

D. Tổng giá trị thích nghi của cả quần thể (Tổng tỉ lệ đời con sống sót): Tổng = 0,96 (từ nhóm ngẫu phối) + 0,02 (từ nhóm tự thụ) = 0,98.

5. Tỉ lệ kiểu hình hoa trắng (aa) ở đời F1: Tỉ lệ aa = (0,02 + 0,0267) / 0,98 = 0,0467 / 0,98 = 0,04765...

Kết luận: Làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy theo dạng phần trăm: 4,77%.

Câu 4. Enzyme Rubisco đóng vai trò quan trọng trong quá trình quang hợp ở thực vật. Gene rbcL nằm trong lục lạp mã hóa cho tiểu phần lớn của enzyme này thường được sử dụng làm "thanh mã vạch DNA" để nghiên cứu quan hệ họ hàng giữa các loài thực vật.

Các nhà khoa học đã tiến hành giải trình tự gene rbcL của 5 loài thực vật thuộc cùng một họ (ký hiệu là Loài 1, Loài 2, Loài 3, Loài 4, Loài 5). Trong đó, Loài 5 được xác định là loài xuất hiện sớm nhất trong lịch sử tiến hóa của họ này. Bảng 2 thể hiện số vị trí nucleotide khác biệt trong đoạn gene rbcL khi so sánh các loài 1, 2, 3, 4 với loài 5:

Bảng 2: Kết quả so sánh số vị trí nucleotide khác nhau

Dựa vào bằng chứng sinh học phân tử trên, hãy sắp xếp thứ tự các loài từ có quan hệ họ hàng gần nhất đến xa nhất so với Loài 5.

                         Hướng dẫn giải:

Số lượng các vị trí nucleotide khác biệt tỉ lệ thuận với thời gian phân ly giữa hai loài từ một tổ tiên chung. Do đó, loài nào có ít sự khác biệt về trình tự nucleotide với loài 5 nhất thì có quan hệ họ hàng gần với loài 5 nhất.

Phân tích số liệu:

-        Loài 2: Chỉ có 6 điểm khác biệt (ít nhất) →Quan hệ gần nhất với Loài 5.

-        Loài 3: Có 11 điểm khác biệt (thứ hai).

-        Loài 1: Có 24 điểm khác biệt (thứ ba).

-        Loài 4: Có 32 điểm khác biệt (nhiều nhất) →Quan hệ xa nhất với Loài 5.

Thứ tự sắp xếp: Loài 2 →Loài 3 →Loài 1 →Loài 4.

Câu 5. Ở một loài thực vật lưỡng bội, quá trình tổng hợp sắc tố đỏ ở cánh hoa của 1 loài cây xảy ra theo sơ đồ sau:

Chất có màu trắngsắc tố xanh sắc tố đỏ.

Để chất màu trắng chuyển đổi thành sắc tố xanh cần có enzyme  do gene A qui định. Alelle a không có khả năng tạo enzyme có hoạt tính. Để chuyển sắc tố xanh thành sắc tố đỏ cần có enzyme B quy định enzyme có chức năng, còn alelle b không tạo được enzyme có chức năng. Gene A, B thuộc các nhiễm sắc thể khác nhau. Cây hoa xanh thuần chủng lai với cây hoa trắng thuần chủng có kiểu gene aaBB được F1. Sau đó cho F1 tự thụ phấn tạo ra cây F2. Nếu lấy ngẫu nhiên 1 cây F2 non để trồng thì xác suất để cây này cho hoa trắng là bao nhiêu phần trăm? 

                         Hướng dẫn giải 

Theo giả thuyết:

        + Gene A, B thuộc các nhiễm sắc thể khác nhau ∈ phân li độc lập.

        + Theo sơ đồ chuyển hóa → qui ước về tính trạng  màu sắc: A-B-: hoa đỏ

                                                                           A-bb: hoa xanh

                                         aaB-, aabb: trắng

        ⇒ Nếu 16 tổ hợp giao tử  thì tỷ lệ kiểu hình là 9 : 3 : 4

⮚ Pt/c cây hoa xanh (AAbb) ⋅ hoa trắng (aaBB)

        F1: 100% AaBb (100% hoa đỏ)

         F1 ⋅ F1: AaBb ⋅ AaBb → F2: (3A- : 1aa)(3B- : 1bb)

        Nếu lấy ngẫu nhiên 1 cây F2 non để trồng thì xác suất để cây này cho hoa trắng  = tỷ lệ hoa trắng ở F2 (aaB-  + aabb) = 1/4.3/4 +1/4.1/4 = ¼ ⬄ 25%

Câu 6. Các nhà khoa học nghiên cứu sự thay đổi cấu trúc quần thể của loài Cỏ đắng (Spartina alterniflora) tại một vùng đầm lầy ven biển thuộc đồng bằng sông Mississippi (Hoa Kỳ) trong vòng 40 năm qua. Do mực nước biển dâng cao và sự xâm nhập mặn, nồng độ mặn của đất tại khu vực nghiên cứu tăng dần. Loài cỏ này có hai kiểu hình chính: kiểu hình chịu mặn cao và kiểu hình không chịu mặn. Bảng 3 ghi lại tỉ lệ phần trăm của kiểu hình không chịu mặn trong quần thể qua các thời điểm khác nhau

Bảng 3. Kết quả về tỉ lệ phần trăm của kiểu hình không chịu mặn trong quần thể

Dựa vào bảng số liệu, tỉ lệ kiểu hình không chịu mặn đã giảm trung bình bao nhiêu phần trăm (%) mỗi năm trong giai đoạn từ năm 1980 đến năm 2020? (Đáp án viết dưới dạng số thập phân, làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy).

                         Hướng dẫn giải 

Để tính tốc độ giảm trung bình mỗi năm, cần xác định tổng độ giảm tỉ lệ và tổng số năm.

A. Xác định dữ liệu cần dùng:

-        Tỉ lệ kiểu hình không chịu mặn năm 1980: 80%

-        Tỉ lệ kiểu hình không chịu mặn năm 2020: 0%

-        Tổng số năm nghiên cứu: 2020 - 1980 = 40 năm.

B. Tính tổng độ giảm tỉ lệ:

80% - 0% = 80%

C. Tính tốc độ giảm trung bình mỗi năm:

80%/40  năm = 2%/năm