ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN SINH HỌC THPT

ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN SINH HỌC THPT

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC - THPT Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. ———————————— Chú ý: Đề thi có 06 trang Quy định chung: 1. Thí sinh được dùng một trong các loại máy tính sau: Casio fx-500A; fx-500MS; fx-500ES; fx-570MS; fx-570ES; VINACAL Vn-500MS; Vn-570MS. 2. Nếu có yêu cầu trình bày cách giải, thí sinh chỉ cần nêu vắn tắt, công thức áp dụng, kết quả tính vào ô qui định. 3. Đối với các kết quả tính toán gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được lấy đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy. 1. Phần ghi của thí sinh: Họ và tên thí sinh:……………………………………, SBD:…………………………… Ngày sinh:……………………Học sinh trường THPT:………………………………… 2. Phần ghi tên và chữ kí của giám thị: Giám thị số 1:………………………………………………………………… Giám thị số 2:…………………………………………………………………. 1 Số phách (do chủ tịch Hội đồng ghi) Điểm của bài thi Họ tên và chữ kí các giám khảo SỐ PHÁCH Bằng số Bằng chữ GK1:…………………………………… GK2: ……………………………………. Câu 1: ( 5 điểm) Ở một cơ thể đực của 1 loài gia súc, theo dõi sự phân chia của 2 nhóm tế bào: Nhóm 1 gồm các tế bào sinh dưỡng, nhóm 2 gồm các tế bào sinh dục ở vùng chín của tuyến sinh dục. Tổng số tế bào của 2 nhóm tế bào là 16.Cùng với sự giảm phân tạo tinh trùng của các tế bào sinh dục, các tế bào của nhóm 1 nguyên phân một số đợt bằng nhau. Khi kết thúc phân bào của 2 nhóm thì tổng số tế bào con của 2 nhóm là 104 tế bào và môi trường nội bào cung cấp nguyên liệu tương đương với 4560 nhiễm sắc thể đơn cho sự phân chia của 2 nhóm tế bào này. a. Xác định bộ nhiễm sắc thể của loài? b. Ở kì sau trong lần nguyên phân cuối cùng của nhóm tế bào sinh dưỡng nói trên, môi trường nội bào cung cấp tương đương bao nhiêu nhiễm thể đơn? Lời giải Đáp số Câu 2: ( 5 điểm) Tế bào lưỡng bội của ruồi giấm có ( 2n = 8) có khoảng 2,83 x10 8 cặp nuclêotit. Nếu chiều dài trung bình của nhiễm sắc thể ruồi giấm ở kì giữa dài khoảng 2 micromet, thì nó cuộn chặt lại và làm ngắn đi bao nhiêu lần so với chiều dài kéo thẳng của phân tử AND? Lời giải Đáp số Câu 3: ( 5 điểm) Một loài thực vật , gen A quy định cây cao, gen a quy định cây thấp, gen B quy định thân màu xanh, gen b quy định thân cây màu đỏ. Kết quả theo dõi 4 thí nghiệm có 4 kiểu hình khác nhau trong đó cây thấp, thân đỏ chiếm 4% tổng số cây thu được của thí nghiệm. Hãy cho biết: 2 a. Tỉ lệ của cây cao thân xanh đồng hợp về các gen trội thuần chủng là bao nhiêu? b. Tỉ lệ của cây cao, thân xanh dị hợp về các cặp gen là bao nhiêu? Lời giải Đáp số Câu 4: ( 5 điểm) Một mARN nhân tạo chứa : 80%A, 20%U. Chuỗi polipeptit được tổng hợp từ mARN này chứa: 4izolơxin; 1 tizozin 16 izolơxin; 1 phenylalanin. 16 lizin ; 1 tizozin (?) xác định bộ ba nào giải mã cho axitamin nào? Lời giải Đáp số Câu 5: ( 5 điểm) Khi lai 2 thứ đậu thơm thuần chủng hoa đỏ và hoa trắng với nhau được F1 toàn hoa đỏ. Cho F1 tiếp tục giao phấn với nhau được F2 có 176 cây hoa đỏ; 128 cây hoa trắng. a. Hãy dùng tiêu chuẩn λ 2 ( khi bình phương )để kiểm định sự phù hợp hay không giữa số liệu thực tế với số liệu lí thuyết. b. Tính xác suất để ở F2 xuất hiện 3 cây trên cùng một lô đất có thể gặp ít nhất 1 cây hoa đỏ? Cho biết : với (n-1) = 1; ά = 0,05 thì λ 2 = 3,84 Lời giải Đáp số 3 Câu 6 : ( 5 điểm) Theo dõi sự phân li tính trạng ở một cây ăn quả có kiểu gen dị hợp tử 2 cặp alen, các alen có mối quan hệ trội lặn hoàn toàn. Không cần lập bảng , hãy xác định tỉ lệ mỗi kiểu hình ở đời con (F) khi cho cây có kiểu gen trên tự thụ phấn.Cho biết hoán vị gen xảy ra với tần số f = 20%. Lời giải Đáp số Câu 7 : ( 5 điểm) Nghiên cứu ở 1 loài thực vật giao phấn, người ta thu được kết quả sau: 0,48 cao đỏ; 0,16 cao trắng; 0,27 thấp đỏ; 0,09 thấp trắng. a. Giải thích kết quả trên? Biết rằng cao trội so với thấp, đỏ trội so với trắng và các tính trạng phân li độc lập. b. Xác định tỉ lệ cây cao đỏ và cây thấp đỏ không thuần chủng? 4 Lời giải Đáp số Câu 8 : ( 5 điểm) Một quần thể có cấu trúc di truyền như sau: 0,25AA + 0,5 Aa + 0,25 aa = 1. a. Xác định tần số alen A, a sau khi có đột biến A -> a = 10 -4 b. Nhận xét về sự biến thiên tần số alen. Lời giải Đáp số Câu 9: ( 5 điểm) Cho lai 2 cơ thể thực vật cùng loài khác nhau về 3 cặp tính trạng tương phản thuần chủng. F1 thu được 100% cây cao, quả đỏ, hạt tròn. Sau đó cho cây F1 lai với cây khác cùng loài thu được thế hệ lai gồm: 802 cây cao, vàng, dài 199 cây cao, vàng ,tròn. 798 cây thấp, đỏ, 5 tròn. 201 cây thấp, đỏ, dài. Biết rằng mỗi tính trạng trên đều do 1 gen quy định. a. Hãy xác định quy luật di truyền chi phối đồng thời 3 tính trạng trên? b. Viết các kiểu gen có thể có của P và F1( không cần viết sơ đồ lai) Lời giải Đáp số Câu 10: ( 5 điểm) Nguyên liệu để tổng hợp nên 1 chuỗi polipeptit gồm 2 nhóm axit amin. Số loại axit amin của nhóm thứ nhất nhiều hơn nhóm thứ 2 là 4 loại. Tham gia vào quá trình tổng hợp chuỗi polipeptiti trên, người ta thấy số phân tử tARN vận chuyển nhóm axit amin thứ nhất nhiều gấp 30 lần số loại axit amin của nhóm đó và số phân tử tARN vận chuyển nhóm axit amin thứ 2 nhiều gấp 15 lần số loại axit amin của nhóm đó. Hiệu số giữa các phân tử tARN vận chuyển nhóm axit amin thứ nhất với phân tử tARN vận chuyển nhóm axit amin thứ 2 là 240. a. Xác định số axit amin của môi truường nội bào cung cấp cho quá trình tổng hợp chuỗi polipeptit trên là bao nhiêu? b. Số liên kết hoá trị giữa các đơn phân trong phân tử mARN được dịch mã thành chuỗi polipeptit trên là bao nhiêu? Lời giải Đáp số ---Hết--- KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2009 6 HDC MÔN SINH HỌC Câu 1: Lời giải Đáp số a.Xác định bộ NST của loài: - Gọi x là số tế bào sinh dưỡng ban đầu, y là số tế bào sinh dục ở vùng chín, k là số lần nguyên phân của mỗi tế bào sinh dưỡng( x,y,k nguyên dương) - Theo bài ra ta có : x + y = 16 (1) -> y = 16 - x x.2 k + 4y = 104 (2) x.2n.( 2 k - 1) + y.2n.( 2 1 - 1) = 4560 (3) Thay y vào (2) ta có : x.2 k + 4( 16 - x) = 104 -> x( 2 k-2 - 1) = 10 + Nếu x( 2 k -2 - 1) = 10 = 5.2 -> x = 2 và (2 k -2 - 1 ) = 5 ( loại) + Nếu x( 2 k -2 - 1) = 10.1 -> x = 10 và (2 k -2 - 1 ) = 1-> k = 3 ( chấp nhận) - Thay k = 3 vào (3) ta có : 2n = 60 ( HS giải đúng cho 2 điểm) b. Số NST đơn ở kì sau trong các tế bào con của nhóm tế bào sinh dưỡng đang thực hiện lần nguyên phân thứ 3 là : 10.60.2.2 3 – 1 = 4800(NST) ( HS giải đúng cho 0,5 điểm) a.Bộ NST lưỡng bội của loài là 2n = 60. b. Số NST ……. Là 4800 NST ( 2,5 điểm) Câu 2 : Lời giải Đáp số - Chiều dài của bộ NST của ruồi giấm là : 2,83 x 10 8 x 3,4A 0 = 9,62 x 10 8 (A 0 ) - Chiều dài trung bình 1 ADN của ruồi giấm là : (9,62 x 10 8 ) : 8 = 1,2 x 10 8 A 0 - Vậy NST đã cuộn chặt với số lần là : Biết 2µm = 2 x 10 4 A 0 (1,2 x 10 8 A 0 ) : ( 2 x 10 4 A 0 ) = 6013 lần. ( HS làm đúng cho 2,5 điểm) NST đã cuộn chặt với số lần là: 6013 ( 2,5 điểm) Câu 3: Lời giải Đáp số Theo bài ra ta có cây thấp, thân đỏ thống kê ở mức quần thể là 4% -> aabb = 0,04  tỉ lệ giao tử ab = 0,2 -> tần số của a = 0,5, của b = 0,4 ( hoặc ngược lại)  tần số của A = 0,5 và B = 0,6 a. Cây cao thân xanh đồng hợp về các gen trội là: (AABB) ( 0,3AB x 0,3AB) = 0,09 b. Tỉ lệ của cây cao, thân xanh dị hợp về các cặp gen là : ( 0,3 x 0,2) 4 = 0,24 ( HS có thể giải bằng cách khác đúng kết quả vẫn cho 2,5 điểm) a.Tỉ lệ cây cao, thân xanh đồng hợp trội là: 0,09. b. Tỉ lệ cây cao, thân xanh dị hợp về các cặp gen là: 0,24. ( 2,5 điểm) Câu 4: Lời giải Đáp số - Theo bài ra ta có : A = 4/5, U = 1/5 - Tỉ lệ các loại bộ ba là : AAA = (4/5) 3 = 64/125. ( 2A + 1U) = ( 4/5) 2 x1/5 = 16/125. ( 2U + 1A) = (1/5) 2 x 4/5 = 4/125. UUU = (1/5) 3 = 1/125 - Theo giả thiết ta có tỉ lệ các loại axitamin đó là: 1 phenyl; 4 tizozin; 16 izlơxin; 64 lizin( 2,5 điểm) - Đối chiếu tỉ lệ các axitamin với tỉ lệ các bộ 3 ta xác định được: Phenyl (UUU), tizozin ( UAU, AUU, UUA), Izolơxin(AAU, AUA,), Lizin(AAA) ( HS làm đúng cho 2,5 điểm) Phenyl (UUU), tizozin ( UAU, AUU, UUA), Izolơxin(AAU, AUA,), Lizin(AAA) ( 2,5 điểm) ( 2,5 điểm) 7 Câu 5: Lời giải Đáp số a.Kiểm định - Màu hoa di truyền theo quy luạt tương tác bổ sung( 9;7). - Lập bảng: dấu hiệu Hoa đỏ Hoa trắng Tổng số Thực nghiệm thu được 176 128 304 Theo lí thuyết 171 133 304 Sai l ệch d +5 -5 d 2 25 25 λ 2 = 25/171 + 25/133 = 0,33< 3,84 ( chấp nhận) ( HS có thể giải theo cách khác vẫn cho đủ điểm 1,0 đểm) b.Xác suất: - Xác suất xuất hiện cây hoa trắng ở F2 là 7/16. - xác suất bắt cặp cả 3 cây hoa trắng là : (7/16) 3 = 0,0837 - Xác suất để bắt gặp ít nhất một cây hoa đỏ là: 1 – 0,0837 = 0,9163 ( HS làm đúng cho 1,5 điểm) a.Màu hoa di truyền theo quy luật t ương tác bổ sung (9;7). Λ 2 = 0,33<3,84 ( thoả mãn) b. Xác suất để bắt gặp ít nhất một cây hoa đỏ là: 0,9163 ( 2,5 điểm) Câu 6: Lời giải Đáp số - KG dị hợp tử 2 cặp, có hiện tượng hoán vị gen, trội lặn hoàn toàn -> cho ra 4 loại kiểu hình. - 4 loại giao tử : + 2 loại giao tử do LKG:= 0,8 -> x = 0,4 + 2 loại giao tử do HVG = 0,2 -> x = 0,1 (0,5 điểm) + TH 1: KG dị hợp tử đem lai là dị hợp đều (AB/ab) - KH có 2 tính trạng lặn: (ab/ab) = x 2 = 0,4 x 0,4 = 0,16 - KH có 1 tính trạng trội: (Ab/-b) = (aB/a-) = x 2 + 2xy = 0,09 - KH có 2 tính trạng trội: 1 – ( 0,16 + 2 x 0,09) = 0,66. (1 điểm) + TH2: KG dị hợp tử đem lai là dị hợp tử chéo (Ab/aB) - KH có 2 tính trạng lặn: y 2 = 0,01 - KH có 1 tính trạng trội : y 2 + 2xy = 0,24 - KH có 2 tính trạng trội : 1 – ( 0,01 + 0,24 x 2) = 0,51 (1 điểm) + TH 1: KG dị hợp tử đem lai là dị hợp đều (AB/ab) - KH có 2 tính trạng lặn: (ab/ab) = x 2 = 0,16 - KH có 1 tính trạng trội: (Ab/-b) = (aB/a-) = 0,09 - KH có 2 tính trạng trội: 0,66 + TH2: KG dị hợp tử đem lai là dị hợp tử chéo (Ab/aB) - KH có 2 tính trạng lặn: y 2 = 0,01 - KH có 1 tính trạng trội : 0,24 - KH có 2 tính trạng trội : 0,51 (2,5 điểm) Câu 7: Lời giải Đáp số a. Quy ước: A – cao, a - thấp, B- đỏ, b- trắng – Xét tính trạng chiều cao cây , ta có: + F: 0,64 cao; 0,36 thấp -> tỉ lệ này không giống tỉ lệ cơ bản của phép lai 1 tính trạng của Men đen -> là kết quả của cả quần thể. + Ta có: đây là quần thể giao phối, ở trạng thái cân bằng di truyền cấu trúc di truyền của quần thể là: p 2 AA + 2pq Aa + q 2 aa = 1. a.Hiện tượng di truyền quần thể. - CTDT chiều cao : 0,16 AA + 0,48 Aa + 0,36 aa = 1 - CTDT màu sắc 8 Ta có: q 2 = 0,36 -> q = 0,6 -> p = 0,4  Cấu trúc DT : 0,16 AA + 0,48 Aa + 0,36 aa = 1 ( 1 điểm) - Xét tính trạng màu hoa : + F : 0,75 đỏ ; 0,25 trắng  q 2 = 0,25 -> q = 0,5 -> p = 0,5  Ta có CTDT : 0,25 BB + 0,5 Bb + 0,25 bb = 1 ( 1 điểm) b. Tỉ lệ : - Cao đỏ (TC) = 0,25 x 0,16 = 0,04 -> cây cao đỏ không TC : 0,48 – 0,04 = 0,44 - Thấp đỏ (TC) = 0,36 x 0,25 = 0,09 -> Thấp đỏ không TC : 0,27 – 0,09 = 0,18 ( 0,5 điểm) hoa: 0,25 BB + 0,5 Bb + 0,25 bb = 1 b. Tỉ cao đỏ không TC : 0,44 Tỉ lệ Thấp đỏ không TC: 0,18 (2,5 điểm) Câu 8 : Lời giải Đáp số a. - Tần số alen trước đột biến : pA = 0,25 + 0,5/2 = 0,5 qa = 0,5 ( 1 điểm) - Tần số alen sau đột biến : qa = 0,5 + 0,5 .10 -4 = 0,50005 pA = 1 – 0,50005 = 0,49995 (1 điểm) b. Nhận xét : - pA giảm, qa tăng với tần số nhỏ (0,5 điểm) a.Tần số alen sau đột biến : qa = 0,50005 pA = 0,49995 b. Nhận xét : - pA giảm, qa tăng với tần số nhỏ ( 2,5 điểm) Câu 9 : Lời giải Đáp số a. Xác định quy luật di truyền chi phối - Theo giả thiết P TC , F1 toàn cao, đỏ, tròn và 1 gen quy định 1 tính trạng -> cao, đỏ, tròn là những tính trạng trội so với thấp, vàng ,dài. - Quy ước : A - đỏ B – tròn D – cao A – vàng b – dài d - thấp + Xét tính trạng màu sắc quả: -> F1: Aa x aa + Xét tính trạng hình dạng quả: -> F1: Bb x bb + Xét tính trạng chiều cao cây: -> F1: Dd x dd - Xét sự DT đồng thời cả 3 tính trạng: + Ta thấy tích tỉ lệ 2 cặp tính trạng kích thước thân và màu sắc quả (1;1)(1;1) khác tỉ lệ phân ly chung của 2 tính trạng(1;1) -> 2 cặp gen quy định 2 cặp tính trạng nằm trên 1 cặp NST tương đồng. + Tương tư ta có gen quy định tính trạng màu sắc quả và hình dạng quả nằm trên 1 cặp NST tương đồng.  3 cặp gen quy địng 3 cặp tính trạng trên nằm trên 1 cặp NST tương đồng. (1 điểm) Mặt khác tính trạng thân cao quả vàng và thấp quả đỏ luôn đi cùng với nhau -> các gen quy định tính trạng này liên kết hoàn toàn, HVG xảy ra giữa các gen quy định hình dạng hạt. Với TĐC tại 1 điểm: f = [ ( 201 + 199)/2000 ] x 100% = 40% ( 1 điểm) b. KG F1 có thể có: + TH1: KGF1: Abd/aBD -> P: Abd/ Abd x aBD/aBD + TH2: KG F1: bAd/BaD -> KG P: bAd/bAd x BaD/BaD ( 0,5 điểm) a.3 cặp gen quy địng 3 cặp tính trạng trên nằm trên 1 cặp NST tương đồng , HVG xảy ra tại 1 điểm: f = 40% c. KG F1 có thể có: + TH1: KGF1: Abd/aBD -> P: Abd/ Abd x aBD/aBD + TH2: KG F1: bAd/BaD -> KG P: bAd/bAd x BaD/BaD ( 2,5 điểm) Câu 10: Lời giải Đáp số a. Gọi x,y lần lượt là số loại axit amin của nhóm 1 và nhóm 2( x,y nguyên, dương) a.Số axit amin môi trường nội bào cung 9 - Theo bài ra ta có : x – y = 4 (1) -> x = 4 + y 30x – 15y = 240 (2) Thay (1) vào (2) ta có : y = 8, x = 12 - Số axit amin môi trường nội bào cung cấp cho quá trình tổng hợp chuỗi polipeptit trên là : 30 x 12 + 15 x 8 = 480 (aa) ( 1,5 điểm) b. Số liên kết hoá trị giữa các đơn phân : - Số đơn phân trên mARN là : (480 + 1) x 3 = 1443 (Nu) - Số liên kết hoá trị giữa các đơn phân là : 1443 – 1 = 1442 (liên kết) (1 điểm) cấp cho quá trình tổng hợp chuỗi polipeptit trên là : 480 (aa) b.Số liên kết hoá trị giữa các đơn phân là : = 1442 (liên kết) ( 2,5 điểm) 10 . Thí sinh được dùng m t trong các loại m y tính sau: Casio fx-500A; fx-500MS; fx-500ES; fx-570MS; fx-570ES; VINACAL Vn- 500MS; Vn- 570MS. 2. Nếu có yêu cầu. 5 đi m) Nguyên liệu để tổng hợp nên 1 chuỗi polipeptit g m 2 nh m axit amin. Số loại axit amin của nh m thứ nhất nhiều hơn nh m thứ 2 là 4 loại. Tham gia