Đáp án sinh chọn đội 21 22

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM HƯỚNG DẪN CHẤM (HDC gồm có 14 trang) KỲ THI HSG LỚP 12 VÀ THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA Năm học 2020 – 2021 Môn: SINH HỌC Thời gian làm : 180 phút Câu (2,0 điểm) 1.Trong nghiên cứu chức ti thể, người ta phân lập chuyển ti thể lập vào mơi trường đệm thích hợp có succinate nguồn cung cấp điện tử cho chuỗi hô hấp Sau phút, ADP bổ sung vào môi trường Khoảng phút tiếp theo, chất ức chế (trình bày bảng phía dưới) bổ sung 10 phút sau thí nghiệm kết thúc Nồng độ O môi trường đo liên tục 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 mơi trường có bổ sung chất ức chế thay đổi suốt thời gian thí nghiệm? Giải thích Người ta cho bệnh Alzheimer biểu rõ ràng tăng tích lũy đoạn peptit nhỏ β- amyloid (A-β, gồm 40-42 axit amin) Sự hình thành đoạn peptit A-β phân cắt protein từ protein APP tiền thân dài nhiều (đây protein bám màng) hoạt động hai enzyme proteaza Hình minh họa giả thuyết hình thành phân từ A-β (hộp bơi đen hình), biểu diễn hoạt động theo trình tự enzyme β -secretaza để tạo đầu N A-β enzyme γsecretaza để cắt phân tử tiền thân bên màng phospholipit để tạo đầu cacbon (C) phân tử A-β Các đơn phân A-β sau kết hợp với tạo thành đoạn peptit ngắn (oligo) không tan sợi có tính độc Hãy đề xuất phương án trị bệnh Alzheimer hiệu dựa chế phát sinh bệnh nêu trên? Trang 1/14 Hướng dẫn chấm: Câ u 1.1 Nội dung Điể m Trong tất thí nghiệm, bắt đầu thí nghiệm, nồng độ O2 môi trường giảm dần hô hấp tế bào sử dụng succinate, giảm nhanh hon cho thêm ADP tổng hợp ATP tăng lên, chuỗi truyền điện tử tăng hoạt động 0,25 - Thí nghiệm với atractyloside, nồng độ O2 giảm chậm dần (giống chưa thêm ADP) atractyloside ức chế vận chuyển ADP vào ty thể ATP khỏi ty thê dẫn đến làm giảm trình tổng hợp A TP giảm trình tiêu thụ O2 0,25 - Thí nghiệm với butylmalonate cyanide làm nồng độ O2 ngừng giảm butylmalonate làm nguồn cung cấp electron cho O2 cyanide ức chế chuỗi truyền điện tử, dẫn đến làm ngừng trình tiêu thụ O2 0,25 - Thí nghiệm với oligomycin cho kết tương tự với atractyloside oligomycin ức chế tổng hợp ATP dẫn đến làm giảm trình tiêu thụ O2 0,25 1.2 - Ức chế hoạt tính enzyme β-secretaza 0,25 - Ức chế trình vận chuyển tới đích màng enzyme γ-secretaza 0,25 - Ức chế hình thành oligo cua phân tử A-β 0,25 - Tăng cường chế loại bỏ phân hủy oligo A- β tế bào 0,25 Câu (1,5 điểm) Tiến hành thí nghiệm trồng riêng rẽ ngô lúa điều kiện nước ánh sáng tối ưu cho sinh trưởng hai loài Các chia làm ba nhóm khác nồng độ CO môi trường Kết thu sinh khối tăng thêm sau tuần trồng thể bảng 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 lồi nồng độ CO2 khí (350ppm) Tại có khác biệt vậy? b) Vẽ biểu đồ đường thể kết thu Từ kết thí nghiệm, rút kết luận tác động tăng nồng độ CO khí đến khả cạnh tranh lúa trồng mơi trường với ngơ? Giải thích c) Hãy giải thích kết luận ý b dựa vào kiến thức học Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm 2a - Sinh khối ngô cao sinh khối lúa nồng độ CO2 khí - Vì ngơ thực vật C4 cịn lúa thực vật C3 Thực vật C4 có điểm bù CO2 thấp ( 0-10ppm) C3 (30-70 ppm) nên nồng độ CO2 khí 350ppm thực vật C4 đạt gần đến điểm bão hòa CO2 0,25 0,25 Trang 2/14 2b - Hs vẽ đồ thị hình, thích điền đầy đủ tên, đơn vị trục - Khả cạnh tranh lúa tăng tăng nồng độ CO2 làm tăng sinh khối lúa giảm sinh khối ngô 2c 0,25 0,25 Khả cạnh tranh lúa tăng tăng nồng độ CO2 - Thực vật C3 (lúa) cần lượng để đồnng hóa CO2 so với thực vật C4 (ngô) - Nồng độ CO2 cao giúp thực vật C3 tránh hơ hấp sáng - Điểm bão hịa CO2 thực vật C3 cao so với thực vật C4 ( ngô) 0,25 0,25 Câu 3: (1,5 điểm) Ở người, nguyên nhân gây ung thư võng mạc đột biến gen RB – mã hoá prôtêin RB ức chế chuyển tiếp sang pha S chu kỳ tế bào Một bệnh di truyền khác u xơ thần kinh, đột biến gen NF1 mã hố prơtêin neurofibromin có khả tăng cường hoạt tính GTPaza prơtêin Ras – mã hố gen Ras tham gia q trình photphorin hố nội bào đáp ứng với yếu tố sinh trưởng a) Liên quan đến phát sinh ung thư, gen gen tiền ung thư hay gen ức chế khối u? Giải thích b) Trẻ dị hợp tử gen Rb NF1 có kiểu hình bình thường hay ung thư? Giải thích Nêu tượng biến đổi di truyền làm trẻ dị hợp tử biểu kiểu hình ngược lại so với dự đốn lý thuyết c) Trên thực tế, ung thư võng mạc u xơ thần kinh bệnh di truyền trội, nghĩa trẻ mang alen đột biến biểu ung thư Hãy giải thích Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm - Gen Rb mã hoá prơtêin bình thường có chức ức chế chuyển tiếp sang pha S → 0,25 ức chế tăng sinh tế bào → Rb gen ức chế khối u - Gen Ras mã hố prơtêin G tham gia chuỗi photphorin hoá đáp ứng với yếu 3a 0,25 tố sinh trưởng giúp kích thích tăng sinh tế bào → Ras gen tiền ung thư - Gen NF1 mã hố prơtêin tăng cường hoạt tính GTPaza protein Ras → tăng khả 0,25 thuỷ phân GTP thành GDP đưa prôtêin Ras trạng thái bất hoạt → ức chế tăng sinh tế bào → NF1 gen ức chế khối u 3b 0,25 - Theo lý thuyết, gen Rb NF1 gen ức chế khối u nên đột biến gen có tính lặn cần bình thường gen đủ để kiểm soát tăng sinh tế Trang 3/14 bào → trẻ dị hợp tử gen Rb NF1 có kiểu hình bình thường - Thí sinh nêu tượng sau 0,25 điểm, có ý khác cho điểm đáp án + Đột biến điểm alen kiểu dại tương ứng + Đột biến đoạn NST có chứa gen kiểu dại tương ứng + Đột biến chuyển đoạn chứa gen kiểu dại + Không phân ly nguyên phân tạo thành tế bào chứa mang alen đột biến + Tái tổ hợp nguyên phân 0,25 Mặc dù theo lý thuyết alen đột biến gen lặn xét mức độ thể, xác suất xảy đột biến alen lại hàng triệu tế bào đủ cao để 3c 0,25 xảy Vì cần tế bào mang đột biến biểu thành kiểu hình ung thư nên bệnh coi di truyền trội (Thí sinh cần đề cập đến “một đột biến xảy gây ung thư” điểm) Câu 4: (2,5 điểm) Phago lambda có thông tin di truyền AND sợi kép, mạch thẳng (dsADN) Khi xâm nhập vào E.coli, ds AND tồn độc lập, làm tan tế bào chủ gắn với AND hệ gen 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 ARN sợi đơn mạch dương viết tắt ssARN(+) tái bới enzym phiên mã ngược (Rtaza) Virut SARS-Cov.2 thuộc nhóm coronavirus có vật liệu di truyền ssARN(+) song tái replicaza (RdRP) enzym ARN pol dùng ARN làm mạch khn a, Hình minh họa sơ đồ dịng thơng tin di truyền cấp độ phân tử điển hình Hãy vẽ sơ đồ dịng thông tin di truyền phù hợp với loại: phago lambda, coronavirus retrovirus Hình b, So sánh hoạt động dsADN phago lambda với ds ADNc HIV gắn với ADN hệ gen tế bào chủ c, Bằng cách virut SARS-Cov.2 tổng hợp mARN thân tế bào chủ? Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm Trang 4/14 (1) Sơ đồ dịng thơng tin di truyền phagơ  - (1a) Chu trình ơn hịa dsADN Đóng vịng dsADN mạch thẳng mạch vòng Gắn vào ADN tế bào chủ 0,25 dsADN tiềm tan/tiền phagơ (nhân lên ADN tế bào chủ) - (1b) Chu trình gây độc (làm tan) dsADN mạch thẳng Đóng vịng 0,25 dsADN mạch vịng Phiên mã mARN Dịch mã Prôtêin phagơ  Tái (2) Sơ đồ dịng thơng tin di truyền coronavirus: ssARN(+) Dịch mã 0,25 RdRP ssARN(-) 4a mARN Dịch mã Prôtêin virut (3) Sơ đồ dịng thơng tin di truyền retrovirus: 0,25 Tái ADN pôlimeraza tế bào chủ ssARN(+) RTaza dsADNc Gắn vào ADN tế bào chủ dsADNc tế bào chủ Phiên mã mARN Dịch mã Prơtêin virut Ghi chú: - Thuật ngữ “tái bản” thay “nhân đơi” - Thí sinh vẽ sơ đồ (1a) (1b) sơ đồ (chu trình ơn hịa chu trình gây độc/làm tan) điểm tối đa - Thí sinh vẽ sơ đồ (3) có thêm giai đoạn ssADN trước dsADNc điểm tối đa - Ở sơ đồ (2) (3) vẽ trùng (gộp) ssARN(+) với mARN 4b - Giống nhau: dsADN phagơ  dsADNc HIV gắn vào hệ gen tế bào chủ tồn với hệ gen tế bào chủ, không bị tách khỏi hệ gen tế bào chủ khơng có tác động từ tác nhân (vật lý, hóa học, sinh học) từ môi trường 0,25 - Khác nhau: (1) Hoạt động tái bản/nhân lên + Phagơ : dsADN phagơ  nhân lên/tái hệ gen tế bào chủ E coli 0,25 + Virut HIV: dsADNc HIV gắn vào hệ gen tế bào chủ giai đoạn hoạt động HIV không (chưa) nhân lên/tái Giải thích: tế bào chủ limpho T (trợ bào T) khơng phân chia [Nếu thí sinh viết: đơi HIV chuyển tế bào T từ G S tái điểm đáp án] 0,25 (2) Hoạt động phiên mã tạo mARN sinh tổng hợp prôtêin: + Phagơ : dsADN phagơ  tồn tiền phagơ, hoạt động ơn hịa, khơng làm tan tế bào chủ Giải thích: dsADN phagơ  bị ức chế, không phiên mã thành mARN 0,25 Trang 5/14 4c + Virut HIV: dsADNc HIV tồn provirut phiên mã thành mARN, tham gia sinh tổng hợp protein (trừ gắn kết vào vùng bất hoạt di truyền ngoại gen – vùng dị nhiễm sắc – (hiếm xảy hơn)) 0,25 - Virut SARS-Cov.2 sử dụng ssARN(+) gen mARN ribơxơm để tổng hợp enzim replicaza (RdRP) xâm nhập vào tế bào chủ - Sau đó, RdRP xúc tác tổng hợp ssARN(-) sử dụng ARN(+) gen thực trình phiên mã nhiều lần để tổng hợp mARN thân tế bào chủ 0,25 Câu (1,0 điểm) Trong hô hấp hiếu khí, chu trình Krebs gồm chuỗi bước nhỏ Một bước chuyển đổi succine thành fumarate enzyme succinate dehydrogenase a Nêu vai trò enzyme dehydrogenase chu trình Krebs giải thích ngắn gọn tầm quan trọng vai trò việc sản xuất ATP b Một nghiên cứu tiến hành nồng độ khác ion nhôm (Al3+) lên hoạt động succinate dehydrogenase Nồng độ enzyme tất điều kiện khác giữ không đổi Biểu đồ cho thấy kết nghiên cứu Dựa biểu đồ này, mô tả ảnh hưởng nồng độ Al3+ đến tốc độ tạo thành fumarate đề xuất lời giải thích cho điều Hướng dẫn chấm: 5aa – Enzyme dehydrogenase cung cấp H+ để khử NAD+ FAD+ thành NADH 0,25 FADH2 – Những chất đóng vai trò chất cho điện tử chuỗi chuyền điện tử 0,25 tổng hợp ATP ti thể, cung cấp lượng cho tổng hợp ATP phosphoryl hóa oxi hóa theo chế hóa thẩm 5b – Tăng nồng độ ion nhôm từ – 40 µmol làm tăng nhanh tốc độ tổng hợp fumarate; 40 – 80 µmol có tác động (tốc độ tổng hợp fumarate tăng chậm hơn); 80 – 120 µmol không làm tăng tốc độ tổng hợp fumarate – Ion nhơm cofactor enzyme, điều chỉnh hình dạng trung tâm hoạt động cho phù hợp với chất → tăng hoạt tính enzyme Tuy nhiên, nồng độ enzyme nồng độ chất không đổi nên tốc độ phản ứng tăng đến giới hạn định 0,25 0,25 Câu 6.(1,5 điểm) Bốn chất hóa học (A, B, C, D) có tác động đặc trưng lên truyền tin qua xinap sau: - Chất A tăng cường phân giải chất truyền tin thần kinh Trang 6/14 - Chất B ức chế giải phóng chất truyền tin thần kinh khỏi khe xinap - Chất C ức chế loại bỏ chất truyền tin thần kinh khỏi khe xinap - Chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca2+ màng trước xinap Bảng bao gồm kết lần ghi điện khử cực cấp độ màng sau xinap nơron sử dụng kích thích đơn lẻ giống tác động lên nơron trước xináp trường hợp mặt chất (A, B, C, D) khơng có mặt chất (đối chứng) Biết điện cấp độ có biên độ (độ lớn) thời gian khử cực thay đổi tương ứng với số lượng thời gian tồn chất truyền tin thần kinh giải phóng khe xináp; thời gian tồn chất truyền tin thần kinh không phụ thuộc vào số lượng Các mức "Giảm” "Tăng” bảng khác biệt rõ ràng (có ý nghĩa thống kê )so với mức "BT” (bình thường) Kết Các lần ghi điện Chỉ số Đối chứng (1) (2) (3) (4) (5) (6) Biên độ điện BT Giảm BT Giảm Tăng BT Tăng Thời gian khử cực BT BT Giảm Giảm BT Tăng Tăng a) Hãy cho biết tác động chất A, B, C, D tương ứng kết lần ghi điện từ (1) đến (6) nêu trên? Giải thích b) Nếu thay (toàn mở kênh Na+ màng sau xinap mở kênh Cl- hoạt hóa thụ thể chất truyền tin thần kinh màng sau xinap, tác động chất chất A, B, C, D gây phân cực lớn điện thấ màng sau xináp? Giải thích Hướng dẫn chấm 6a - Chất A – kết (2) 0,25 Do chất A tăng cường phân giải chất truyền tin thần kinh làm thời gian chất dẫn truyền thần kinh khe synap ngắn→ thời gian khử cực ngắn Biên độ điện bình thường (lượng chất truyền tin giải phóng khe synap khơng đổi) - Chất B - kết (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 giảm Thời gian khử cực bình thường (thời gian phân giải chất truyền tin khe synap bình thường) - Chất C – kết (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 khe synap lâu → thời gian bám thụ thể màng sau thời gian mở kênh ion dương tăng → tăng thời gian khử cực Biên độ điện bình thường (lượng chất thần kinh giải phóng khe synap khơng đổi) - Chất D – kết (4) 0,25 Do chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca 2+ 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 tăng Thời gian khử cực bình thường (thời gian phân giải chất truyền tin khe synap bình thường) (Học sinh khơng trình bày phần dấu ngoặc đơn điểm tối đa ý) Trang 7/14 6b - Chất D gây phản cực lớn điện màng sau synap 0,25 - Do chất D tăng cường hoạt hóa kênh Ca màng trước synap làm tăng giải 0,25 phóng chất dẫn truyền thần kinh (so với chất A, B, C) → tăng số lượng chất dẫn truyền thần kinh bám vào thụ thể →tăng mở kênh Cl -; tăng lượng ion Cl- ngoại bào vào (Cl- cao màng) → tăng phân cực điện màng 2+ Câu (1,5 điểm) Hình thể mối tương quan áp lực tâm thất trái, áp lực động mạch chủ áp lực tâm nhĩ trái Các kí hiệu từ (1) đến (5) thể giai đoạn (pha) khác (giới hạn dấu •) chu kì tim, kí hiệu m, n,p, q thể giai đoạn thay đổi áp lực thể tích máu tâm thất trái chu kì tim (hình 7) Các số đo người khỏe mạnh bình thường trạng thái nghỉ ngơi a Hãy cho biết giai đoạn (1) – (5) hình tương ứng với giai đoạn (m) – (q) hình 7? Giải thích b Hãy nêu cách tính tính giá trị lưu lượng tim người trạng thái nghỉ ngơi theo đơn vị ml/phút Câu Nội dung Điểm - Giai đoạn (1) (p) Vì (1) giai đoạn tâm thất bắt đầu co (co đẳng tích) làm tăng áp lực tâm thất, van bán nguyệt đóng, máu chưa chảy khỏi tâm thất - Tương ứng với (p) giai đoạn thể áp lực tăng, thể tích máu lớn nhất, không đổi 7a - Giai đoạn (2) (q) Vì (2) giai đoạn tâm thất co tống máu, áp lực tâm thất cao - Tương ứng với (q) giai đoạn có áp lực tâm thất cao đẩy máu vào động mạch làm cho thể tích máu tâm thất giảm - Giai đoạn (3) (m) 0,25 0,25 0,25 Trang 8/14 Vì (3) giai đoạn tâm thất bắt đầu dãn (dãn đẳng tích) sau tống máu, van bán nguyệt chưa mở, máu chưa chảy vào tâm thất - Tương ứng với (m) giai đoạn thể áp lực tâm thất giảm thể tích máu tâm thất thấp nhất, khơng đổi 7b - Giai đoạn (4) (5) (n) Vì (4) giai đoạn dãn chung (5) nhĩ co có áp lực tâm thất thấp, van nhĩ thất mở, máu chảy vào tâm thất - Tương ứng với (n) giai đoạn thể áp lực tâm thất thấp thể tích máu tâm thất tăng lên - Thời gian chu kì tim (Hình 1) ≈ 0,75 giây → Nhịp tim = 60/0,75 = 80 nhịp/phút - Thể tích tâm thu (Hình 2) = (Thể tích máu lớn tâm thất - thể tích máu bé tâm thất) =110 - 40 = 70 mL 0,25 0,25 - Lưu lượng tim = Nhịp tim × Thể tích tâm thu = 80 × 70 = 5600 (mL/phút) Học sinh thực cách tính đáp số hợp lí 0,5 điểm 0,25 (Học sinh tính gần dựa vào tính vào khoảng thời gian chu kì hình ~ 0,75 giây Kết thiếu đơn vị tính tối đa 0,25 điểm câu 7b) Câu 8: (2,0 điểm) Ở loài họ Đậu sống năm, gen có alen L X LV qui định tổng hợp sắc tố Cây có KG LX LX, LX LV LV LV có màu trưởng thành xanh ( KH 1), xanh- vàng (KH2) vàng- vàng (KH3) Cây sinh sản hữu tính giao phối ngẫu nhiên KQ nghiên cứu số lượng sống đến tuần sau nảy mầm KH QT1 trình bày bảng a) Tính tần số alen LX (làm trịn đến Bảng chữ số thập phân) QT1 thời Số lượng KH Thời gian điểm 2,4 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 113 149 81 tiến hóa hay khơng 111 133 67 c) Khả thích nghi liên quan với KH (từ KH1 đến KH3) ? d) Thế hệ tỉ lệ có KH1 KH3, thời điểm tuần sau nảy mầm, 33% 19% Hình thức CLTN với QT phân hóa, ổn định hay vận động (định hướng)? GT e) QT2 có số lượng ước tính khoảng 3000 Nếu có khơ hạn bất thường xảy khu vực phân bố QT1 QT2 QT bị thay đổi tần số alen nhiều hơn? GT Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm 8a Tần số alen LX tuần sau nảy mầm: p = (114 + 160/2)/(114+160+96) = 0.524 Tương tự tuần : p=0.547 ; tuần: p = 0.571 0.25 8b Nếu CTDT QT1 ( tần số kiểu hình KH1-KH3) tương đương với tỉ lệ p2, 2pq, q2 QT cân theo định luật Hacđi- Vanbec 0.25 CTDT QT1 ( tần số kiểu hình KH1- CTDT cân Trang 9/14 KH3) 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 QT1 có tỉ lệ KH khác với trạng thái cân ( thời điểm) Ghi chú: HS cần chứng minh thời điểm  QT không cân bằng/ QT 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 Tỉ lệ sống tuần: 0.974; 0.831; 0.698 0.25 Chọn lọc vận động ( định hướng) 0.25 Do KH1,2 tăng ( tỉ lệ có màu xanh đậm QT tăng lên), từ 30% 43% lên 33% 48% 0.25 QT1 bị thay đổi tần số alen nhiều Do QT1 có SL cá thể nhiều lần (8-10 lần) so với QT2 Nếu số bị chết QT1 bị tỉ lệ lớn, thay đổi tần số alen lớn Cùng số lượng KH1 chết, tỉ lệ KH QT1 giảm nhiều so với QT2 0.25 Câu (1,5 điểm) Ba người đàn ơng (A, B, C) gia đình xin tư vấn di truyền Phả hệ gia đình cho thấy có người bị bệnh di truyền, bệnh X (màu đen) bệnh Y (màu xám) Biết bệnh X hặp, cịn bệnh Y có tần số % quần thể a) Nếu cá thể A lập gia đình với người phụ nữ khơng huyết thống khơng mắc bệnh, có người trai Xác suất người trai mắc bệnh X bao nhiêu? b) Nếu cá thể B có trai với người phụ nữ không huyết thống khơng mắc bệnh, xác suất người trai mặc bệnh Y bao nhiêu? Hướng dẫn chấm Câu a Nội dung Bệnh X ( màu đen đậm) gen trội dựa vào III1 III2 … A dị hợp , – mẹ đồng lặn aa, Vợ A ko huyết thống, không mắc bệnh nên aa Vậy Aa x aa Xác suất mắc bệnh ½ Xác suất sinh trai mắc bệnh ½ ( ý sinh trai ) Điểm 0,5 Trang 10/14 b Bệnh Y màu xám TH1 : gen lặn thường dựa vào III5 III6 bố mẹ B bình thường => B bệnh  bệnh Y gen lặn có b ( bệnh Y ) = %, B = 94 % cá thể B x vợ ko bệnh không 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 ) = x 0,94 x 0,06 x / 1- (0,06)2 = 0,113 Trai mắc bệnh 1bb x 0,113 Bb x ½ bb = 0,055 0.5 Th2 : gen lặn 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 ( pq / p2 + 2pq ) = 0,055 Vậy xs sinh trai mắc bệnh = Xb Y ( bố) x 0,055 XB Xb (mẹ ) x ¼ Xb Y (con) = 375 % 0,5 Câu 10: (2,0 điểm) Bệnh hóa xơ nang (cystic fibrosis) đột biến lặn CF - NST thường gây ra, nguyên nhân gây chết trước tuổi sinh sản tất trường hợp mắc bệnh Ở quần thể người Châu Âu, người ta thống kê thấy triệu người có khoảng 76800 người bình thường khỏe mạnh mang gen bệnh Số liệu gần cho thấy thể dị hợp bệnh mẫn cảm với bệnh dịch hạch, bệnh truyền nhiễm phổ biến châu Âu trăm năm trước không gặp ngày a) Xác suất cặp vợ chồng khỏe mạnh quần thể sinh trai không mắc bệnh bao nhiêu? Nêu cách tính? b) Xác định giá trị thích nghi (w) hệ số chọn lọc (s) kiểu gen khác quy định tính trạng bệnh c) Theo quan điểm tiến hóa quần thể, nhận định tần số thể dị hợp ngày so với trăm năm trước quần thể nói trên? Giải thích? Hướng dẫn chấm: Câu a Nội dung Điểm Xác xuất để cặp vợ chồng bình thường sinh trai mắc bệnh này: ½ x ¼ x (76800/1000000)2 = 7,37 x 10-4 Xác suất không mắc bệnh - 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) = -> Hệ số chọn lọc (s) = – w = 0,25 c - Hai kiểu gen CF+/ CF+ CF+/ CF- không bị tác động chọn lọc -> w = -> s = 0,25 d Tần số thể dị hợp ngày thấp so với hàng trăm năm trước Do bệnh truyền nhiễm ngày kiểm soát nên áp lực chọn lọc lên kiểu 0,25 Trang 11/14 gen đồng hợp trội (CF+/ CF+ ) giảm, thể dị hợp khơng cịn chiếm ưu => Giảm tần số thể dị hợp ADN dạng thẳng phagơ đánh dấu phóng xạ 32P hai đầu cắt hai enzyme cắt giới hạn (dấu * dấu phóng xạ) EcoRI 2,9; 4,5; 6,2* ; 7,4 8* kb BamHI 6,0*; 10,1*; 12,9 kb EcoRI BamHI 1,0; 2,0; 2,9; 3,5; 6,0; 6,2 7,4 kb Khi đoạn ADN điện di thẩm tách lên màng, người ta tiến hành lai mẫu dò đánh dấu phóng xạ gen X phagơ với đoạn ADN thấy đoạn 4,5; 10,1 12,9 đánh dấu Hãy vẽ đồ điểm cắt enzym cắt giới hạn giải thích Gen X nằm xác vùng đoạn 4,5; 10,1 12,9 Hướng dẫn chấm: Câu Nội dung Điểm Dựa vào vị trí xuất dấu phóng xạ ta thấy cắt EcoRI đoạn 6,2 0,25 8,0 đầu mạch, BamHI đoạn 6,0 10,1 đầu mạch Enzim EcoRI có vị trí cắt (thu n đoạn có n-1 vị trí cắt) cịn enzim 0,25 BamHI có vị trí cắt Khi cắt đồng thời hai enzim thu đoạn 6,0; 6,2 (2 đoạn thu cắt đầu mạch) nên vị trí cắt nằm ngược đoạn ADN Ngồi cịn thu đoạn 7,4kb 2,9kb (thu cắt riêng rẽ với EcoRI) chứng tỏ vị trí cắt hai đoạn nằm hoàn toàn đoạn 12,9kb 10,1kb BamHI Vậy đoạn 4,5kb nằm đoạn 7,4 2,9 0,25 Gen X nằm xác vùng 4,5kb vùng có trình tự đoạn 10,1 12,9 0,25 Núi lửa St Helens nằm phía Tây Nam bang Washington (Mỹ) phun trào ngày 18 tháng năm 1990 Sự phun trào tạo vùng đất có hàm lượng dinh dưỡng thấp, khơ hạn di chuyển bề mặt Các thí nghiệm cố định thiết lập vài vị trí phía trước vành đai bao quanh núi lửa để theo dõi Số lượng loài Câu 11 (1,5 điểm) Trang 12/14 phục hồi sau núi lửa phun trào Hình thể số loài tỉ lệ phần trăm che phủ số điểm từ năm 1981 đến năm 1998 a) Phân tích lý giải thay đổi quần xã thực vật giai đoạn 1980-1998 b) Đây ví dụ cho loại diễn sinh thái nào? c) Khơng gian ánh sáng có phải yếu tố giới hạn môi trường không? Giải thích Hướng dẫn chấm: a - Trong khoảng năm đầu số lượng thực vật tăng nhanh (0-18 lồi) sau 0,25 trì tương đối ổn định khoảng 18 năm sau - Số loài tăng nhanh năm đầu môi trường với điều kiện phù hợp 0,25 cho số loài thực vật có khả thích nghi với mơi trường Chúng chiếm lĩnh môi trường tạo điều kiện cho loài đến sau - Tuy nhiên số loài tăng đến ngưỡng định đủ sức chứa 0,25 môi trường gây cạnh tranh loài khác loài làm số lượng loài dao động mức cân - Nhìn chung, độ che phủ có xu hướng tăng theo thời gian Do điều kiện 0,25 không thuận lợi từ mơi trường nên thực vật khó chiếm lĩnh mơi trường nhanh chóng b b Đây ví dụ cho diễn ngun sinh, mơi trường khởi đầu khơng có mầm 0,25 mống sinh vật (hoặc núi lửa phun trào làm tuyệt diệt loài sinh vật, quần xã số c Khơng, suốt thời gian nghiên cứu độ che phủ tương đối thấp (chỉ 0,25 khoảng 20%) nên lượng ánh sáng thực vật nhận nhiều Do ánh sáng khơng phải yếu tố giới hạn (có thể dinh dưỡng nước,…) Câu 12 (1,5 điểm)          Thí nghiệm tác động nhiệt độ lên mối quan hệ cạnh tranh khác loài loài cá hồi suối thực phịng thí nghiệm Hai lồi cá là Salvelinus malma (S malma) và Salvelinus leucomaenis (S leucomaenis), chúng phần lớn phân bố tách biệt theo độ cao, thực tế thường gặp quần thể của S malma (6°C) quần thể S.leucomaenis (12°C) Ba tổ hợp cá thể cá thí nghiệm, bao gồm quần thể có phân bố tách biệt của S malma và S leucomaenis, quần thể khu phân bố của lồi Cả ba nhóm thí nghiệm với nhiệt độ thấp (6°C) nhiệt độ cao (12°C), kết thí nghiệm biểu thị biểu đồ đây: Trang 13/14 a.  So sánh ổ sinh thái nhiệt độ hai loài S malma và S leucomaenis b. Xác định mối quan hệ sinh thái hai lồi giải thích c. Có khả hai lồi trước có vùng phân bố khơng, giải thích Nội dung hướng dẫn chấm a Điểm So sánh ổ sinh thái nhiệt độ hai loài: – Ở 6oC khi sống tách biệt loài S leucomaenis sinh trưởng mamal đường đồ thị thấp (ở 100 ngày tỷ lệ sống sót của S malma là 95%; S leucomaenis là 50%; 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 nhiều (ở 100 ngày tỷ lệ sống sót của S malma là 50%; S leucomaenis là 20%; 110 ngày tỷ lệ sống sót của S malma khoảng 50%; S 0,25 0,25 leucomaenis là 0%) ⇒ lồi S leucomaenis có ổ sinh thái nhiệt độ rộng b Xác định mối quan hệ sinh thái hai loài Ở 6 độ C và 12 độ C khi ni chung hai lồi phát triển, có xảy cạnh tranh loại trừ lồi tăng, lồi mất, trường hợp 0,5 hai giảm không đi ⇒ cạnh tranh không loại trừ Nếu quan hệ hỗ trợ phải tăng tỷ lệ sống c Có khả hai lồi vùng phân bố lồi S leucomaenis có khả sống nhiệt độ 12 độ C nên xảy cạnh tranh, lồi S leucomaenis có ổ sinh thái rộng nên lồi S leucomaenis có khả di cư đến khu vực nên hai loài sống tách biệt 0,5 HẾT Trang 14/14 ... thí nghiệm trồng riêng rẽ ngơ lúa điều kiện nước ánh sáng tối ưu cho sinh trưởng hai loài Các chia làm ba nhóm khác nồng độ CO môi trường Kết thu sinh khối tăng thêm sau tuần trồng thể bảng Nồng... S → 0,25 ức chế tăng sinh tế bào → Rb gen ức chế khối u - Gen Ras mã hoá prơtêin G tham gia chuỗi photphorin hố đáp ứng với yếu 3a 0,25 tố sinh trưởng giúp kích thích tăng sinh tế bào → Ras gen... chủ limpho T (trợ bào T) không phân chia [Nếu thí sinh viết: đơi HIV chuyển tế bào T từ G S tái điểm đáp án] 0,25 (2) Hoạt động phiên mã tạo mARN sinh tổng hợp prôtêin: + Phagơ : dsADN phagơ 