Toán Ôn HK ! [PDF]

Zitiervorschau

KỲ THI HSG LỚP 12 VÀ THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA Năm học 202 – 202 Môn: SINH HỌC Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1.Trong một nghiên cứu về chức năng ti thể, người ta phân lập và chuyển ti thể cô lập vào trong môi trường đệm thích hợp có succinate là nguồn cung cấp điện tử duy nhất cho chuỗi hô hấp. Sau 5 phút, ADP được bổ sung vào môi trường. Khoảng 1 phút tiếp theo, một trong 4 chất ức chế (trình bày ở bảng phía dưới) được bổ sung và 10 phút sau đó thì thí nghiệm kết thúc. Nồng độ O 2 trong môi trường được đo liên tục trong suốt thời gian thí nghiệm. Chất ức chế Tác dụng Atractyloside ức chế protein vận chuyển ADP/ATP Butylmalonate ức chế vận chuyên succinate vào ti thề Cyanide úc chế phức hệ cytochrome c oxidase Oligomycin ức chế phức hệ ATP synthase Nồng độ O2 trong môi trường có bổ sung từng chất ức chế trên thay đổi như thế nào trong suốt thời gian thí nghiệm? Giải thích. 2. Người ta cho rằng bệnh Alzheimer biểu hiện rõ ràng hơn do sự tăng tích lũy các đoạn peptit nhỏ như β- amyloid (A-β, gồm 40-42 axit amin). Sự hình thành các đoạn peptit A-β là do sự phân cắt protein từ một protein APP tiền thân dài hơn nhiều (đây là một protein bám màng) do hoạt động của hai enzyme proteaza. Hình dưới đây minh họa giả thuyết về sự hình thành phân từ A-β (hộp bôi đen trên hình), biểu diễn hoạt động theo trình tự của enzyme β -secretaza để tạo ra đầu N của A-β và của enzyme γsecretaza để cắt phân tử tiền thân bên trong màng phospholipit để tạo ra đầu cacbon (C) của phân tử A-β. Các đơn phân A-β sau đó kết hợp với nhau tạo thành các đoạn peptit ngắn (oligo) không tan và các sợi có tính độc.

Hãy đề xuất phương án trị bệnh Alzheimer hiệu quả dựa trên cơ chế phát sinh bệnh nêu trên?

Trang 1/14

Hướng dẫn chấm: Câ u

Nội dung

1.1

Trong tất cả các thí nghiệm, khi mới bắt đầu thí nghiệm, nồng độ O2 trong môi trường sẽ giảm dần do hô hấp tế bào sử dụng succinate, và giảm nhanh hon khi cho thêm ADP do sự tổng hợp ATP tăng lên, chuỗi truyền điện tử tăng hoạt động. - Thí nghiệm với atractyloside, nồng độ O2 sẽ giảm chậm dần đi (giống như khi chưa thêm ADP) do atractyloside ức chế sự vận chuyển ADP vào ty thể và ATP ra khỏi ty thê dẫn đến làm giảm quá trình tổng hợp A TP và giảm quá trình tiêu thụ O2. - Thí nghiệm với butylmalonate và cyanide đều sẽ làm nồng độ O2 ngừng giảm do butylmalonate làm mất nguồn cung cấp electron cho O2 còn cyanide ức chế chuỗi truyền điện tử, dẫn đến làm ngừng quá trình tiêu thụ O2. - Thí nghiệm với oligomycin sẽ cho kết quả tương tự với atractyloside do oligomycin ức chế sự tổng hợp ATP dẫn đến làm giảm quả trình tiêu thụ O2.

1.2

Điể m

0,25

0,25

0,25 0,25

- Ức chế hoạt tính của enzyme β-secretaza

0,25

- Ức chế quá trình vận chuyển tới đích trên màng của enzyme γ-secretaza

0,25

- Ức chế hình thành oligo cua phân tử A-β

0,25

0,25 - Tăng cường cơ chế loại bỏ và phân hủy các oligo A- β của tế bào. Câu 2. (1,5 điểm) Tiến hành thí nghiệm trồng riêng rẽ giữa ngô và lúa trong cùng điều kiện nước và ánh sáng đều tối ưu cho sinh trưởng của hai loài. Các cây được chia làm ba nhóm khác nhau về nồng độ CO 2 môi trường. Kết quả thu được về sinh khối tăng thêm sau 8 tuần trồng được thể hiện ở bảng dưới. Nồng độ CO2

350ppm

600ppm

1000ppm

Ngô ( Zea mays)

91 g

89g

80g

Lúa ( Oryza sativa)

37g

47g

58g

Loài

a) So sánh sinh khối hai loài ở nồng độ CO2 khí quyển (350ppm). Tại sao có sự khác biệt như vậy? b) Vẽ biểu đồ đường thể hiện kết quả thu được. Từ kết quả thí nghiệm, có thể rút ra kết luận gì về tác động của tăng nồng độ CO 2 khí quyển đến khả năng cạnh tranh của lúa khi trồng trong cùng môi trường với ngô? Giải thích. c) Hãy giải thích kết luận ở ý b dựa vào kiến thức đã học. Hướng dẫn chấm: Câu

Nội dung

Điểm

2a

- Sinh khối của ngô cao hơn sinh khối của lúa ở nồng độ CO2 khí quyển - Vì ngô là thực vật C4 còn lúa là thực vật C3. Thực vật C4 có điểm bù CO2 thấp ( 0-10ppm) hơn C3 (30-70 ppm) nên ở nồng độ CO2 khí quyển 350ppm thực vật C4 đã đạt gần đến điểm bão hòa CO2

0,25 0,25

Trang 2/14

2b

- Hs vẽ được đồ thị như hình, chú thích và điền đầy đủ tên, đơn vị của các trục

- Khả năng cạnh tranh của lúa tăng vì tăng nồng độ CO2 làm tăng sinh khối của lúa và giảm sinh khối của ngô

2c

0,25

0,25

Khả năng cạnh tranh của lúa tăng vì tăng nồng độ CO2 vì - Thực vật C3 (lúa) cần ít năng lượng hơn để đồnng hóa CO2 so với thực vật C4 (ngô) - Nồng độ CO2 cao giúp thực vật C3 tránh hô hấp sáng. - Điểm bão hòa CO2 ở thực vật C3 cao hơn so với thực vật C4 ( ngô)

0,25 0,25

Câu 3: (1,5 điểm) Ở người, một trong các nguyên nhân gây ung thư võng mạc là do đột biến gen RB – mã hoá prôtêin RB ức chế chuyển tiếp sang pha S của chu kỳ tế bào. Một bệnh di truyền khác là u xơ thần kinh, do đột biến gen NF1 mã hoá prôtêin neurofibromin có khả năng tăng cường hoạt tính GTPaza của prôtêin Ras – mã hoá bởi gen Ras và tham gia quá trình photphorin hoá nội bào trong đáp ứng với các yếu tố sinh trưởng. a) Liên quan đến sự phát sinh ung thư, mỗi gen trên là gen tiền ung thư hay gen ức chế khối u? Giải thích. b) Trẻ dị hợp tử về gen Rb hoặc NF1 có kiểu hình bình thường hay ung thư? Giải thích. Nêu ít nhất 3 hiện tượng biến đổi di truyền làm trẻ dị hợp tử biểu hiện kiểu hình ngược lại so với dự đoán lý thuyết. c) Trên thực tế, ung thư võng mạc và u xơ thần kinh là các bệnh di truyền trội, nghĩa là trẻ mang một alen đột biến cũng sẽ biểu hiện ung thư. Hãy giải thích tại sao. Hướng dẫn chấm: Câu

Nội dung

Điểm 0,25

3a

- Gen Rb mã hoá prôtêin bình thường có chức năng ức chế chuyển tiếp sang pha S → ức chế tăng sinh tế bào → Rb là gen ức chế khối u. - Gen Ras mã hoá prôtêin G tham gia chuỗi photphorin hoá trong đáp ứng với các yếu tố sinh trưởng giúp kích thích tăng sinh tế bào → Ras là gen tiền ung thư. - Gen NF1 mã hoá prôtêin tăng cường hoạt tính GTPaza của protein Ras → tăng khả năng thuỷ phân GTP thành GDP và đưa prôtêin Ras về trạng thái bất hoạt → ức chế tăng sinh tế bào → NF1 là gen ức chế khối u. - Theo lý thuyết, gen Rb và NF1 là gen ức chế khối u nên đột biến ở các gen này có tính lặn vì chỉ cần một bản sao bình thường của gen cũng đủ để kiểm soát tăng sinh tế bào → trẻ dị hợp tử về gen Rb hoặc NF1 có kiểu hình bình thường.

0,25

3b

0,25 0,25

Trang 3/14

- Thí sinh nêu được 3 trong 5 hiện tượng sau được 0,25 điểm, nếu có ý khác đúng vẫn cho điểm như đáp án + Đột biến điểm tại alen kiểu dại tương ứng + Đột biến mất đoạn NST có chứa gen kiểu dại tương ứng + Đột biến chuyển đoạn chứa gen kiểu dại + Không phân ly trong nguyên phân tạo thành tế bào con chỉ chứa một bản sao duy nhất mang alen đột biến + Tái tổ hợp trong nguyên phân

3c

Mặc dù theo lý thuyết các alen đột biến ở các gen này là lặn nhưng khi xét ở mức độ cơ thể, xác suất xảy ra một đột biến ở alen còn lại trong hàng triệu tế bào là đủ cao để xảy ra. Vì chỉ cần một tế bào mang đột biến như vậy cũng đã biểu hiện thành kiểu hình ung thư nên các bệnh trên đều được coi là di truyền trội.

0,25

0,25

(Thí sinh chỉ cần đề cập đến “một đột biến xảy ra cũng có thể gây ung thư” là được điểm) Câu 4: (2,5 điểm) Phago lambda có thông tin di truyền là AND sợi kép, mạch thẳng (dsADN). Khi xâm nhập vào E.coli, ds AND của nó có thể tồn tại độc lập, làm tan tế bào chủ hoặc gắn với AND hệ gen của tế bào chủ, không làm tan tế bào chủ. Virut HIV gây hội chứng suy giảm miễn dịch mắc phải (AIDS) thuộc nhóm retrovirus có vật liệu di truyền là ARN sợi đơn mạch dương viết tắt là ssARN(+) được tái bản bới enzym phiên mã ngược (Rtaza). Virut SARS-Cov.2 thuộc nhóm coronavirus có vật liệu di truyền cũng là ssARN(+) song được tái bản bởi replicaza (RdRP) là một enzym ARN pol dùng ARN làm mạch khuôn. a, Hình 4 minh họa sơ đồ dòng thông tin di truyền ở cấp độ phân tử điển hình. Hãy vẽ sơ đồ dòng thông tin di truyền phù hợp với mỗi loại: phago lambda, coronavirus và retrovirus.

Hình 4 b, So sánh hoạt động của dsADN ở phago lambda với ds ADNc của HIV khi gắn với ADN hệ gen tế bào chủ. c, Bằng cách nào virut SARS-Cov.2 có thể tổng hợp mARN của bản thân nó trong tế bào chủ? Hướng dẫn chấm:

Câu

4a

Nội dung

Điểm

0,25

(1) Sơ đồ dòng thông tin di truyền của phagơ  Trang 4/14

- (1a) Chu trình ôn hòa

dsADN Đóng vòng dsADN mạch thẳng mạch vòng

Gắn vào ADN tế bào chủ

dsADN tiềm tan/tiền phagơ (nhân lên cùng ADN tế bào chủ)

- (1b) Chu trình gây độc (làm tan) dsADN mạch thẳng

Đóng vòng

0,25

dsADN mạch vòng

Phiên mã

mARN

Dịch mã

Prôtêin của phagơ 

Tái bản

(2) Sơ đồ dòng thông tin di truyền của coronavirus: ssARN(+)

Dịch mã

0,25

RdRP ssARN(-)

mARN

Dịch mã

Prôtêin virut

(3) Sơ đồ dòng thông tin di truyền của retrovirus:

0,25

Tái bản ADN pôlimeraza của tế bào chủ

ssARN(+)

RTaza

dsADNc

Gắn vào ADN của tế bào chủ

dsADNc trong tế bào chủ

Phiên mã

mARN

Dịch mã

Prôtêin virut

Ghi chú: - Thuật ngữ “tái bản” có thể thay thế bằng “nhân đôi”. - Thí sinh có thể vẽ 2 sơ đồ (1a) và (1b) trong cùng một sơ đồ (chu trình ôn hòa và chu trình gây độc/làm tan) cũng được điểm tối đa. - Thí sinh vẽ sơ đồ (3) có thêm giai đoạn ssADN trước dsADNc cũng được điểm tối đa. - Ở sơ đồ (2) và (3) có thể vẽ trùng (gộp) ssARN(+) với mARN. - Giống nhau: dsADN của phagơ  và dsADNc của HIV khi gắn vào hệ gen tế bào chủ đều có thể tồn tại cùng với hệ gen tế bào chủ, không bị tách ra khỏi hệ gen tế bào chủ nếu không có tác động từ các tác nhân (vật lý, hóa học, sinh học) từ môi trường.

0,25

- Khác nhau: (1) Hoạt động tái bản/nhân lên

0,25

+ Phagơ : dsADN của phagơ  nhân lên/tái bản cùng hệ gen của tế bào chủ E. coli. 4b

+ Virut HIV: dsADNc của HIV gắn vào hệ gen của tế bào chủ như một giai đoạn hoạt động của HIV nhưng không (chưa) được nhân lên/tái bản. Giải thích: do tế bào chủ limpho T (trợ bào T) không phân chia. [Nếu thí sinh viết: đôi khi HIV có thể chuyển tế bào T từ G 0 về S và tái bản cũng được điểm như đáp án]

0,25

(2) Hoạt động phiên mã tạo mARN và sinh tổng hợp prôtêin:

0,25

+ Phagơ : dsADN của phagơ  tồn tại như một tiền phagơ, hoạt động ôn hòa, không làm tan tế bào chủ. Giải thích: dsADN của phagơ  bị ức chế, không phiên mã thành mARN được. + Virut HIV: dsADNc của HIV tồn tại như một provirut nhưng vẫn phiên mã thành Trang 5/14

0,25

mARN, tham gia sinh tổng hợp protein. (trừ khi gắn kết vào vùng bất hoạt do di truyền ngoại gen – vùng dị nhiễm sắc – (hiếm xảy ra hơn)). 4c

- Virut SARS-Cov.2 sử dụng ssARN(+) bộ gen của nó như một mARN và ribôxôm để tổng hợp được enzim replicaza (RdRP) ngay khi xâm nhập vào tế bào chủ. - Sau đó, RdRP xúc tác tổng hợp ssARN(-) sử dụng ARN(+) bộ gen của nó và thực hiện quá trình phiên mã nhiều lần để tổng hợp mARN của bản thân nó trong tế bào chủ.

0,25

Câu 5. (1,0 điểm) Trong hô hấp hiếu khí, chu trình Krebs gồm một chuỗi các bước nhỏ. Một trong những bước này là chuyển đổi succine thành fumarate bằng enzyme succinate dehydrogenase. a. Nêu vai trò của các enzyme dehydrogenase trong chu trình Krebs và giải thích ngắn gọn tầm quan trọng của vai trò này trong việc sản xuất ATP. b. Một nghiên cứu đã được tiến hành đối với các nồng độ khác nhau của các ion nhôm (Al3+) lên hoạt động của succinate dehydrogenase. Nồng độ enzyme và tất cả các điều kiện khác được giữ không đổi. Biểu đồ dưới đây cho thấy kết quả của nghiên cứu này. Dựa trên biểu đồ này, hãy mô tả ảnh hưởng của nồng độ Al3+ đến tốc độ tạo thành fumarate và đề xuất lời giải thích cho điều này. Hướng dẫn chấm: 5aa. – Enzyme dehydrogenase cung cấp H+ để khử NAD+ và FAD+ thành NADH và 0,25 FADH2. – Những chất này đóng vai trò là những chất cho điện tử trong chuỗi chuyền điện tử 0,25 tổng hợp ATP tại ti thể, cung cấp năng lượng cho sự tổng hợp ATP trong phosphoryl hóa oxi hóa theo cơ chế hóa thẩm. 5b

– Tăng nồng độ ion nhôm từ 0 – 40 µmol làm tăng nhanh tốc độ tổng hợp fumarate; 40 – 80 µmol có tác động ít hơn (tốc độ tổng hợp fumarate tăng chậm hơn); 80 – 120 µmol không làm tăng tốc độ tổng hợp fumarate. – Ion nhôm là cofactor của enzyme, điều chỉnh hình dạng của trung tâm hoạt động cho phù hợp với cơ chất → tăng hoạt tính của enzyme. Tuy nhiên, do nồng độ enzyme và nồng độ cơ chất không đổi nên tốc độ của phản ứng chỉ tăng đến một giới hạn nhất định.

0,25

0,25

Câu 6.(1,5 điểm) Bốn chất hóa học (A, B, C, D) có các tác động đặc trưng lên sự truyền tin qua xinap như sau: - Chất A tăng cường sự phân giải chất truyền tin thần kinh. - Chất B ức chế sự giải phóng chất truyền tin thần kinh khỏi khe xinap. Trang 6/14

- Chất C ức chế sự loại bỏ chất truyền tin thần kinh khỏi khe xinap. - Chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca2+ ở màng trước xinap Bảng dưới đây bao gồm các kết quả của các lần ghi điện thế khử cực cấp độ của màng sau xinap nơron khi sử dụng kích thích đơn lẻ giống nhau tác động lên nơron trước xináp trong trường hợp mặt của từng chất (A, B, C, D) và không có mặt của chất (đối chứng). Biết rằng điện thế cấp độ có biên độ (độ lớn) và thời gian khử cực thay đổi tương ứng với số lượng và thời gian tồn tại của chất truyền tin thần kinh được giải phóng ở khe xináp; thời gian tồn tại của chất truyền tin thần kinh không phụ thuộc vào số lượng của nó. Các mức "Giảm” hoặc "Tăng” ở trong bảng là khác biệt rõ ràng (có ý nghĩa thống kê )so với mức "BT” (bình thường). Kết quả

Các lần ghi điện thế

Chỉ số

Đối chứng

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

Biên độ điện thế

BT

Giảm

BT

Giảm

Tăng

BT

Tăng

Thời gian khử cực

BT

BT

Giảm

Giảm

BT

Tăng

Tăng

a) Hãy cho biết tác động của từng chất A, B, C, D là tương ứng ở kết quả lần ghi điện thế nào từ (1) đến (6) nêu trên? Giải thích. b) Nếu thay (toàn bộ sự mở kênh Na+ ở màng sau xinap bằng sự mở kênh Cl- khi hoạt hóa thụ thể của chất truyền tin thần kinh ở màng sau xinap, thì tác động của chất nào trong 4 chất A, B, C, D gây ra sự phân cực lớn nhất của điện thấ màng sau xináp? Giải thích. Hướng dẫn chấm 6a - Chất A – kết quả (2). 0,25 Do chất A tăng cường phân giải chất truyền tin thần kinh làm thời gian của chất dẫn truyền thần kinh ở khe synap ngắn→ thời gian khử cực ngắn. Biên độ điện thế bình thường (lượng chất truyền tin giải phóng ở khe synap không đổi). - Chất B - kết quả (1). 0,25 Do chất B ức chế giải phóng chất truyền tin thần kinh, giảm kích thích thụ thể sau synap, giảm khử cực → biên độ điện thế giảm. Thời gian khử cực bình thường (thời gian phân giải chất truyền tin ở khe synap bình thường) - Chất C – kết quả (5). 0,25 Do chất C ức chế loại bỏ chất dẫn truyền thần kinh khỏi khe synap làm cho chất dẫn truyền thần kinh ở khe synap lâu → thời gian bám thụ thể màng sau và thời gian mở kênh ion dương tăng → tăng thời gian khử cực. Biên độ điện thế bình thường (lượng chất thần kinh giải phóng ở khe synap không đổi) - Chất D – kết quả (4). 0,25 2+ Do chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca ở màng trước synap làm tăng giải phóng chất dẫn truyền thần kinh, tăng số lượng thụ thể màng sau synap bị kích thích → tăng khử cực → biên độ điện thế tăng. Thời gian khử cực bình thường (thời gian phân giải chất truyền tin ở khe synap bình thường). (Học sinh có thể hoặc không trình bày phần trong dấu ngoặc đơn vẫn được điểm tối đa ở từng ý). 6b - Chất D gây ra sự phản cực lớn nhất của điện thế màng sau synap.

0,25 Trang 7/14

- Do chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca 2+ ở màng trước synap làm tăng giải 0,25 phóng chất dẫn truyền thần kinh (so với các chất A, B, C) → tăng số lượng chất dẫn truyền thần kinh bám vào thụ thể →tăng mở kênh Cl -; tăng lượng ion Cl- ở ngoại bào đi vào (Cl- ở ngoài cao hơn ở trong màng) → tăng sự phân cực của điện thế màng Câu 7. (1,5 điểm) Hình 6 thể hiện mối tương quan giữa áp lực tâm thất trái, áp lực động mạch chủ và áp lực tâm nhĩ trái. Các kí hiệu từ (1) đến (5) thể hiện các giai đoạn (pha) khác nhau (giới hạn bởi dấu •) trong một chu kì tim, các kí hiệu m, n,p, q thể hiện các giai đoạn thay đổi áp lực và thể tích máu của tâm thất trái trong 1 chu kì tim (hình 7). Các chỉ số đo được ở người khỏe mạnh bình thường ở trạng thái nghỉ ngơi. a. Hãy cho biết mỗi giai đoạn (1) – (5) ở hình 6 là tương ứng với giai đoạn (m) – (q) nào ở hình 7? Giải thích. b. Hãy nêu cách tính và tính giá trị lưu lượng tim của người này ở trạng thái nghỉ ngơi theo đơn vị ml/phút.

Câu

7a

Nội dung

Điểm

- Giai đoạn (1) là (p) Vì (1) là giai đoạn tâm thất bắt đầu co (co đẳng tích) làm tăng áp lực tâm thất, van bán nguyệt đóng, máu chưa chảy ra khỏi tâm thất - Tương ứng với (p) là giai đoạn thể hiện áp lực tăng, thể tích máu lớn nhất, không đổi. - Giai đoạn (2) là (q) Vì (2) là giai đoạn tâm thất co tống máu, áp lực tâm thất cao - Tương ứng với (q) là giai đoạn có áp lực tâm thất cao đẩy máu vào động mạch làm cho thể tích máu tâm thất giảm. - Giai đoạn (3) là (m)

0,25

0,25

0,25

Vì (3) là giai đoạn tâm thất bắt đầu dãn (dãn đẳng tích) ngay sau khi tống máu, van bán nguyệt chưa mở, máu chưa chảy vào tâm thất - Tương ứng với (m) là giai đoạn thể hiện áp lực tâm thất giảm và thể tích máu tâm thất là thấp nhất, không đổi.

Trang 8/14

- Giai đoạn (4) và (5) là (n) Vì (4) là giai đoạn dãn chung và (5) là nhĩ co đều có áp lực tâm thất thấp, van nhĩ thất mở, máu chảy vào tâm thất - Tương ứng với (n) là giai đoạn thể hiện áp lực tâm thất thấp và thể tích máu tâm thất tăng lên.

0,25

- Thời gian của 1 chu kì tim (Hình 1) ≈ 0,75 giây → Nhịp tim = 60/0,75 = 80

nhịp/phút 7b - Thể tích tâm thu (Hình 2) = (Thể tích máu lớn nhất ở tâm thất - thể tích máu bé nhất ở tâm thất) =110 - 40 = 70 mL - Lưu lượng tim = Nhịp tim × Thể tích tâm thu = 80 × 70 = 5600 (mL/phút) Học sinh thực hiện cách tính và đáp số hợp lí được 0,5 điểm (Học sinh có thể tính gần đúng dựa vào tính vào khoảng thời gian của 1 chu kì ở hình 1 ~ 0,75 giây. Kết quả thiếu đơn vị tính chỉ được tối đa 0,25 điểm của câu 7b)

0,25

0,25

Câu 8: (2,0 điểm) Ở 1 loài cây họ Đậu sống 1 năm, 1 gen có 2 alen L X và LV qui định tổng hợp sắc tố ở lá. Cây có KG LX LX, LX LV và LV LV có màu lá trưởng thành lần lượt là xanh ( KH1), xanh- vàng (KH2) và vàng- vàng (KH3). Cây sinh sản hữu tính và giao phối ngẫu nhiên. KQ nghiên cứu số lượng cây sống đến 6 tuần sau nảy mầm của 3 KH ở QT1 được trình bày ở bảng 7. a) Tính tần số alen LX (làm tròn đến 3 Bảng 7 chữ số thập phân) của QT1 tại thời Số lượng cây mỗi KH Thời gian điểm 2,4 và 6 tuần sau nảy mầm. (tuần sau nảy mầm) KH1 KH2 KH3 b) Hãy vận dụng định luật Hacđi2 114 160 96 Vanbec để xác định QT1 có đang 4 113 149 81 tiến hóa hay không. 6 111 133 67 c) Khả năng thích nghi của cây liên quan như thế nào với KH (từ KH1 đến KH3) ? d) Thế hệ tiếp theo tỉ lệ cây có KH1 và KH3, tại thời điểm 2 tuần sau nảy mầm, lần lượt là 33% và 19%. Hình thức CLTN với QT là phân hóa, ổn định hay vận động (định hướng)? GT e) QT2 có số lượng ước tính khoảng 3000 cây. Nếu có khô hạn bất thường xảy ra ở khu vực phân bố của QT1 và QT2 thì QT nào có thể bị thay đổi tần số alen nhiều hơn? GT Hướng dẫn chấm: Câu

Nội dung

Điểm

8a

Tần số alen L ở 2 tuần sau nảy mầm: p = (114 + 160/2)/(114+160+96) = 0.524 Tương tự ở 4 tuần : p=0.547 ; ở 6 tuần: p = 0.571

0.25

8b

Nếu CTDT của QT1 ( tần số kiểu hình KH1-KH3) là tương đương với tỉ lệ p2, 2pq, q2 thì QT cân bằng theo định luật Hacđi- Vanbec.

0.25

X

CTDT của QT1 ( tần số kiểu hình KH1KH3)

CTDT nếu cân bằng

0.308

0.432

0.259

0.275

0.499

0.226

0.329

0.434

0.236

0.299

0.496

0.206

0.357

0.428

0.215

0.326

0.490

0.184 Trang 9/14

QT1 có tỉ lệ KH khác với trạng thái cân bằng ( cả 3 thời điểm). Ghi chú: HS chỉ cần chứng minh tại 1 thời điểm  QT không cân bằng/ QT đang tiến hóa 8c

8d

8e

0.25

Tỉ lệ sống giảm/ tỉ lệ chết tăng theo Kh từ KH1 đến KH3 theo thời gian.

0.25

KH1 tỉ lệ sống cao; KH2 tỉ lệ sống thấp hơn; KH3 tỉ lệ sống thấp nhất. Tỉ lệ sống ở 6 tuần: 0.974; 0.831; 0.698

0.25

Chọn lọc vận động ( định hướng)

0.25

Do KH1,2 đều tăng ( tỉ lệ có lá màu xanh đậm hơn trong QT tăng lên), từ 30% và 43% lên 33% và 48%

0.25

QT1 bị thay đổi tần số alen nhiều hơn. Do QT1 có SL cá thể ít hơn nhiều lần (8-10 lần) so với QT2. Nếu 1 số cây bị chết thì QT1 sẽ bị mất tỉ lệ cây lớn, do đó thay đổi tần số alen lớn. Cùng 1 số lượng cây KH1 chết, thì tỉ lệ KH đó ở QT1 giảm nhiều hơn so với QT2.

0.25

Câu 9. (1,5 điểm) Ba người đàn ông (A, B, C) trong cùng một gia đình xin tư vấn di truyền. Phả hệ dưới đây của gia đình này cho thấy có những người bị cả 2 bệnh di truyền, một bệnh X (màu đen) và bệnh Y (màu xám). Biết rằng bệnh X cực kì hiếm hặp, còn bệnh Y có tần số 6 % trong quần thể.

a) Nếu cá thể A lập gia đình với một người phụ nữ không cùng huyết thống và không mắc bệnh, có một người con trai. Xác suất người con trai mắc bệnh X là bao nhiêu? b) Nếu cá thể B từng có một con trai với một người phụ nữ không cùng huyết thống và không mắc bệnh, thì xác suất người con trai này mặc bệnh Y là bao nhiêu? Hướng dẫn chấm Câu

Nội dung

Điểm

a

Bệnh X ( màu đen đậm) là gen trội dựa vào III1 và III2 … A là dị hợp , – mẹ là đồng lặn aa, Vợ A là ko cùng huyết thống, không mắc bệnh nên là aa Vậy Aa x aa Xác suất con mắc bệnh là ½ Xác suất sinh con trai mắc bệnh là ½ ( chú ý đã sinh con trai rồi )

0,5

b

Bệnh Y màu xám TH1 : gen lặn trên thường dựa vào III5 và III6 bố mẹ B là bình thường => B bệnh  bệnh Y là do gen lặn có b ( bệnh Y ) = 6 %, B = 94 %

0.5

Trang 10/14

nếu cá thể B x vợ ko bệnh không cùng huyết thống bình thường người vợ đến từ QT : ( 0,94 )2BB : 0,94 x0,06 x2 Bb : (0,06)2 bb bb x Bb // (BB+ Bb ) = 1 x 0,94 x 0,06 x 2 / 1- (0,06)2 = 0,113 Trai mắc bệnh 1bb x 0,113 Bb x ½ bb = 0,055 Th2 : gen lặn trên NST giới tính X B (Xb Y) x vợ dị hợp XB Xb = ½ x 0,94 x0,06 x2 / 1- (0,06)2 Vì nam / nữ tỉ lệ 1/1 => vợ dị hợp XBXb có xác suất là ( pq / p2 + 2pq ) = 0,055 Vậy xs sinh con trai mắc bệnh = 1 Xb Y ( bố) x 0,055 XB Xb (mẹ ) x ¼ Xb Y (con) = 1. 375 %

0,5

Câu 10: (2,0 điểm) 1. Bệnh hóa xơ nang (cystic fibrosis) do một đột biến lặn CF - trên NST thường gây ra, là nguyên nhân gây chết trước tuổi sinh sản đối với tất cả các trường hợp mắc bệnh. Ở một quần thể người Châu Âu, người ta thống kê thấy trong mỗi 1 triệu người có khoảng 76800 người bình thường khỏe mạnh mang gen bệnh. Số liệu gần đây cho thấy rằng thể dị hợp của bệnh này kém mẫn cảm với bệnh dịch hạch, một bệnh truyền nhiễm đã từng phổ biến ở châu Âu trên một trăm năm trước nhưng hầu như không gặp ngày nay. a) Xác suất một cặp vợ chồng khỏe mạnh trong quần thể trên sinh con là trai không mắc bệnh này là bao nhiêu? Nêu cách tính? b) Xác định giá trị thích nghi (w) và hệ số chọn lọc (s) của các kiểu gen khác nhau quy định tính trạng bệnh này. c) Theo quan điểm tiến hóa quần thể, có thể nhận định gì về tần số thể dị hợp ngày nay so với hơn một trăm năm trước ở quần thể nói trên? Giải thích? Hướng dẫn chấm: Câu a

Nội dung

Điểm

Xác xuất để một cặp vợ chồng bình thường sinh ra con trai mắc bệnh này: ½ x ¼ x (76800/1000000)2 = 7,37 x 10-4 Xác suất không mắc bệnh 1 - 7,37 x 10-4

0,25

b

- Kiểu gen đồng hợp lặn CF-/ CF- chết trước tuổi sinh sản -> Giá trị thích nghi (w) = 0 -> Hệ số chọn lọc (s) = 1 – w = 1

0,25

c

- Hai kiểu gen CF+/ CF+ và CF+/ CF- đều không bị tác động của chọn lọc -> w = 1 -> s = 0

0,25

d

Tần số thể dị hợp ngày nay là thấp hơn so với hàng trăm năm trước. Do các bệnh truyền nhiễm ngày nay đã được kiểm soát nên áp lực chọn lọc lên kiểu gen đồng hợp trội (CF+/ CF+ ) giảm, và thể dị hợp không còn chiếm ưu thế => Giảm tần số thể dị hợp

0,25

2. ADN dạng thẳng của phagơ được đánh dấu phóng xạ bằng 32P ở cả hai đầu và được cắt bằng hai enzyme cắt giới hạn (dấu * chỉ dấu phóng xạ). Trang 11/14

EcoRI

2,9; 4,5; 6,2* ; 7,4 và 8* kb

BamHI

6,0*; 10,1*; 12,9 kb

EcoRI và BamHI

1,0; 2,0; 2,9; 3,5; 6,0; 6,2 và 7,4 kb.

Khi các đoạn ADN được điện di và thẩm tách lên màng, người ta tiến hành lai mẫu dò đánh dấu phóng xạ của một gen X của phagơ với các đoạn ADN thì thấy các đoạn 4,5; 10,1 và 12,9 đều được đánh dấu. Hãy vẽ bản đồ các điểm cắt của các enzym cắt giới hạn và giải thích. Gen X nằm chính xác ở vùng nào trong 3 đoạn 4,5; 10,1 và 12,9. Hướng dẫn chấm: Câu

Nội dung

Điểm

Dựa vào vị trí xuất hiện dấu phóng xạ ta thấy khi cắt bằng EcoRI thì đoạn 6,2 và 0,25 8,0 ở 2 đầu mạch, còn đối với BamHI thì đoạn 6,0 và 10,1 ở 2 đầu mạch. Enzim EcoRI có 4 vị trí cắt (thu được n đoạn thì có n-1 vị trí cắt) còn enzim 0,25 BamHI có 2 vị trí cắt. Khi cắt đồng thời bằng hai enzim thì vẫn thu được các đoạn 6,0; 6,2 (2 đoạn thu được khi cắt 2 đầu mạch) nên 2 vị trí cắt này nằm ngược nhau trên đoạn ADN.

Ngoài ra còn thu được đoạn 7,4kb và 2,9kb (thu được khi cắt riêng rẽ với EcoRI) chứng tỏ vị trí cắt của hai đoạn này nằm hoàn toàn trong đoạn 12,9kb và 10,1kb của BamHI. Vậy đoạn 4,5kb nằm giữa đoạn 7,4 và 2,9.

0,25

Gen X nằm chính xác ở vùng 4,5kb vì vùng này có trình tự của cả đoạn 10,1 và 12,9

0,25

Núi lửa St. Helens nằm ở phía Tây Nam bang Washington (Mỹ) phun trào ngày 18 tháng 5 năm 1990. Sự phun trào này đã tạo ra vùng đất có hàm lượng dinh dưỡng thấp, khô hạn và di chuyển bề mặt. Các ô thí nghiệm cố định được thiết lập ở một vài vị trí phía trước vành đai cây bao quanh núi lửa để theo dõi sự phục hồi sau khi núi lửa phun trào. Hình dưới đây thể hiện số loài và tỉ lệ phần trăm che phủ tại một trong số các điểm từ năm 1981 đến năm 1998. a) Phân tích và lý giải sự thay đổi về quần xã thực vật trong giai đoạn 1980-1998. b) Đây là ví dụ cho loại diễn thế sinh thái nào?

Số lượng loài

Câu 11. (1,5 điểm)

Trang 12/14

c) Không gian và ánh sáng có phải yếu tố giới hạn trong môi trường này không? Giải thích. Hướng dẫn chấm: a. - Trong khoảng 2 năm đầu số lượng thực vật tăng rất nhanh (0-18 loài) sau đó duy 0,25 trì tương đối ổn định trong khoảng 18 năm sau - Số loài tăng nhanh trong 2 năm đầu là do môi trường mới với điều kiện phù hợp 0,25 cho một số loài thực vật có khả năng thích nghi với môi trường. Chúng chiếm lĩnh môi trường mới và tạo điều kiện cho các loài đến sau - Tuy nhiên số loài chỉ tăng đến một ngưỡng nhất định do khi đã đủ sức chứa của 0,25 môi trường gây ra sự cạnh tranh cùng loài và khác loài làm số lượng loài chỉ có thể dao động trong mức cân bằng - Nhìn chung, độ che phủ có xu hướng tăng đều theo thời gian. Do điều kiện 0,25 không thuận lợi từ môi trường nên thực vật khó chiếm lĩnh môi trường nhanh chóng b.

b. Đây là ví dụ cho diễn thế nguyên sinh, vì môi trường khởi đầu không có mầm 0,25 mống nào của sinh vật (hoặc vì núi lửa phun trào làm tuyệt diệt mọi loài sinh vật, quần xã bắt đầu từ con số 0

c.

Không, vì trong suốt thời gian nghiên cứu độ che phủ còn tương đối thấp (chỉ 0,25 khoảng 20%) nên lượng ánh sáng thực vật nhận được vẫn nhiều. Do đó ánh sáng không phải yếu tố giới hạn (có thể là dinh dưỡng hoặc nước,…)

Câu 12. (1,5 điểm)          Thí nghiệm về tác động của nhiệt độ lên mối quan hệ cạnh tranh khác loài của 2 loài cá hồi suối đã được thực hiện trong phòng thí nghiệm. Hai loài cá đó là Salvelinus malma (S. malma) và Salvelinus leucomaenis (S. leucomaenis), chúng phần lớn phân bố tách biệt theo độ cao, trong đó trên thực tế thường gặp các quần thể của S. malma (6°C) và quần thể S.leucomaenis (12°C). Ba tổ hợp cá thể cá đã được thí nghiệm, bao gồm các quần thể có phân bố tách biệt của S. malma và S. leucomaenis, và các quần thể cùng khu phân bố của của cả 2 loài. Cả ba nhóm đều được thí nghiệm với nhiệt độ thấp (6°C) và nhiệt độ cao (12°C), kết quả thí nghiệm được biểu thị trong biểu đồ dưới đây:

a.  So sánh ổ sinh thái về nhiệt độ của hai loài S. malma và S. leucomaenis.

Trang 13/14

b. Xác định mối quan hệ sinh thái của hai loài và giải thích. c. Có khả năng cả hai loài trước đây có cùng vùng phân bố không, giải thích. Nội dung hướng dẫn chấm a

Điểm

So sánh ổ sinh thái về nhiệt độ của hai loài: – Ở 6oC khi sống tách biệt loài S. leucomaenis sinh trưởng kém hơn mamal do đường đồ thị luôn thấp hơn (ở 100 ngày tỷ lệ sống sót của S. malma là 95%; S. leucomaenis là 50%; ở 200 ngày tỷ lệ sống sót của S. malma là 80%; S. leucomaenis là 35%). – Ở 12oC sống riêng thì S. leucomaenis tỷ lệ sống sót giảm, S. malma giảm nhanh hơn nhiều (ở 100 ngày tỷ lệ sống sót của S. malma là 50%; S. leucomaenis là 20%; ở 110 ngày tỷ lệ sống sót của S. malma khoảng 50%; S.

0,25

0,25

leucomaenis là 0%) ⇒ loài S. leucomaenis có ổ sinh thái về nhiệt độ rộng hơn. b

Xác định mối quan hệ sinh thái của hai loài. Ở 6 độ C và 12 độ C khi nuôi chung thì cả hai loài cùng phát triển, nếu có xảy ra cạnh tranh loại trừ thì một loài tăng, một loài mất, trong trường hợp này cả

0,5

hai đều giảm nhưng không mất đi ⇒ cạnh tranh không loại trừ. Nếu là quan hệ hỗ trợ thì sẽ một hoặc cả 2 phải tăng tỷ lệ sống. c

Có khả năng hai loài cùng vùng phân bố vì loài S. leucomaenis có khả năng sống ở cả nhiệt độ ở 6 và 12 độ C nên mới xảy ra cạnh tranh, do loài S. leucomaenis có ổ sinh thái rộng hơn nên loài S. leucomaenis có khả năng di cư đến khu vực mới nên hai loài sống tách biệt.

0,5

HẾT

Trang 14/14