Ôn tập sinh học hướng dẫn chấm đề thi thử qg lần 1 ngày 2

CAM – OLYMPIC SINH HỌC
HDC ĐỀ THI THỬ LẦN 1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
NĂM 2020
Ngày thi thứ hai
Thời gian: 180 phút
(HDC có 12 câu gồm 10 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
Cirpofloxacin, erythromycin, và acyclovir là các loại thuốc phổ biến được dùng để điều trị bệnh nhiễm
trùng do vi khuẩn hoặc virut. Khả năng của các loại thuốc được thể hiện ở bảng dưới đây:
a) Bước nào
Thuốc
Đặc điểm
trong q trình tổng
Erythromycin
(kháng
sinh)
liên
kết
vào
phía
trước vị trí A trên tiểu
hợp protein bị ức chế
đơn vị 50S của ribôxôm
bởi mỗi loại thuốc?
Acyclovir
(kháng
virut)
một

chất tương tự guanin
Giải thích.
Cirpofloxacin (kháng sinh)
ức chế ADN gyraza
b) Thuốc nào có
hiệu quả hơn để chống lại vi khuẩn? Thuốc nào có thể khơng ảnh hưởng tới virut? Giải thích.
c) Thuốc nào sẽ có tác dụng trên cả tế bào của vật chủ? Tại sao?
d) Acyclovir được sử dụng chủ yếu để điều trị thuỷ đậu do virut herpes gây ra. Tại sao nó hiệu quả hơn
erythromycin để điều trị bệnh này?
Hướng dẫn chấm:
a.
- Ciprofloxacin: ức chế ADN gyraza, enzim giúp giải toả lực căng ADN trước chạc sao chép. Đây là điều cần
thiết để giải phóng chuỗi xoắn kép giúp thực hiện q trình nhân đơi ADN. Do đó, quá trình tổng hợp ARN từ
ADN (phiên mã) và bắt đầu dịch mã (tổng hợp protein) bị ức chế bởi thuốc Ciprofloxacin.
(0,25 điểm)
- Erythromycin: liên kết ở phía trước vị trí A trên tiểu đơn vị 50S của ribơxơm. Nó ức chế chuyển vị aminoacyl
bằng cách can thiệp vào việc chuyển tARN từ vị trí A sang vị trí P. Do đó, kéo dài chuỗi polypeptide bị ức chế
bởi thuốc Erythromycin.
(0,25 điểm)
- Acyclovir: một chất tương tự guanin, có khả năng liên kết với polymeraza của virut và ức chế tổng hợp ADN
của virut. Liên kết giữa acyclovir với ADN polymeraza của virut dẫn đến ngừng tổng hợp ADN, do đó, ức chế
tổng hợp protein.
(0,25
điểm)
b. Erythromycin chống vi khuẩn hiệu quả hơn vì nó hoạt động bằng cách liên kết với vị trí A trên tiểu đơn vị
50S của ribơxơm vi khuẩn và ức chế sự kéo dài của chuỗi polypeptid. Do đó, nó sẽ khơng gây ra bất kỳ ảnh
hưởng nào đến cơ thể người vì ribơxơm của sinh vật nhân thực là loại 80S bao gồm hai tiểu phần 60S và 40S
trong đó ribơxơm của vi khuẩn là loại 70S gồm hai tiểu phần là 50S và 30S.
(0,25 điểm)
- Virut có thể có ADN chuỗi đơn hoặc ARN chuỗi đơn làm vật liệu di truyền. ADN mạch đơn không yêu cầu

tháo xoắn để phiên mã và ARN mạch đơn có thể dùng trực tiếp mARN để tổng hợp protein.
(0,25
điểm)
- Do đó Erythromycin và ciprofloxacin sẽ khơng có hiệu quả chống lại virut. Acyclovir có hiệu quả chống lại
virut hơn vì nó làm ngừng tổng hợp ADN bằng cách liên kết với ADN polymeraza của virut.
(0,25
điểm)
c. Enzim ADN gyraza khơng có trong sinh vật nhân thực trừ một số ngoại lệ, do đó ciprofloxacin sẽ khơng có
bất kỳ tác dụng nào đối với tế bào của vật chủ. Erythromycin thì hoạt động đặc biệt trên ribơxơm của vi khuẩn.
Vì vậy, acyclovir là kháng sinh có thể ảnh hưởng đến tế bào của vật chủ.
(0,25
điểm)
d. Acyclovir có hiệu quả hơn erythromycin trong điều trị thủy đậu vì acyclovir có khả năng liên kết với ADN
polymeraza của virut dẫn đến ngừng tổng hợp ADN. Trong khi đó erythromycin liên kết đặc hiệu với ribôxôm


của vi khuẩn và sẽ khơng có bất kỳ ảnh hưởng nào đối với virút vì chúng thiếu enzim của riêng chúng và sử
dụng bộ máy của tế bào vật chủ để nhân lên.
(0,25
điểm)
Câu 2 (1,5 điểm)
Ancaptôn niệu là một rối loạn chuyển hoá bẩm sinh do khiếm khuyết trong một enzim tham gia vào con
đường phân giải axit amin tirôzin. Người đồng hợp tử về alen đột biến không thể tạo ra enzim có chức năng
bình thường và cơ chất của enzim - axit homogentizic bị tích luỹ nhiều trong cơ thể, gây ra các triệu chứng
bệnh như sỏi thận, sỏi tuyến tiền liệt, nước tiểu sậm màu,… Năm 1996, các nhà khoa học ở Tây Ban Nha đã
nhân bản và giải trình tự bộ gen mã hố enzim bình thường và các alen đột biến. Dưới đây là trình tự kiểu dại
một phần của gen mã hóa prơtêin với trình axit amin ở bên dưới
... TTG ATA XXX ATT GCC ...
... Lơxin Izôlơxin Prôlin Izôlơxin Alanin ...
Dưới đây là trình tự tương ứng của một trong các alen đột biến. Sử dụng bảng mã di truyền để trả lời các

câu hỏi sau:
... TTG ATA TXX ATT GCC ...
a) Xác định dạng đột biến. Chuỗi axit amin tạo ra bởi alen đột biến sẽ thay đổi như thế nào?
b) Tại sao đột biến này ảnh hưởng đến chức năng bình thường của enzim?
c) Trên thực tế, nhiều đột biến điểm xuất hiện tại vị trí chứa cặp bazơ G-X. Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a.
- Đây là đột biến điểm loại thay thế cặp G-X bằng A-T do trình tự nucleotit ở cặp bazo số 7 (từ trái sang) bị thay
đổi từ X thành T
(0,25
điểm)
- Côdon mới xuất hiện trên ARN là UXX mã hố cho axit amin sêrin. Do đó trình tự axit amin của alen đột biến
là: Lơxin ̶ Izôlơxin ̶ Sêrin ̶ Izôlơxin ̶ Alanin (Leu-Ile-Ser-Ile-Ala)
(0,25
điểm)
b.
- Đột biến thay thế prôlin thành sêrin. Prôlin là axit amin không phân cực, thường là một phần của phân đoạn kị
nước trong protein. Trong khi đó sêrin lại là một axit amin phân cực với gốc R ưa nước.
(0,25
điểm)
- Đột biến ảnh hưởng đến hoạt động của enzim bởi vì nó ảnh hưởng đến cấu trúc bình thường của prơtêin
(tương tác giữa các axit amin kị nước giúp tạo nên cấu trúc bậc ba bình thường, cịn axit amin bị thay thế thì
khơng thể)
(0,25 điểm)
c.
- Hầu hết bazơ nitơ trong bộ gen bị metyl hoá là xitozin (X) tạo thành 5-metylxitozin. Khi bị khử amin hoá hoặc
đột biến, 5-metylxitozin tạo thành timin (T). Đây là bazơ bình thường và chúng sẽ không bị loại bỏ bởi các cơ
chế sửa chữa ADN
(0,25 điểm)
- Sự thay đổi ở các bazơ nitơ khác đều tạo ra nucleotit bất thường và hầu hết được sửa chữa, do vậy đa số đột

biến điểm xuất hiện tại cặp G-X
(0,25
điểm)
Câu 3 (1,5 điểm)
Nấm đơn bội Neurospora crassa lần đầu tiên được phát hiện ở các tiệm bánh Pháp như một tác nhân phổ
biến làm hỏng thực phẩm, sau đó chúng nhanh chóng được các nhà nghiên cứu sử dụng rộng rãi như một mơ
hình đặc biệt để nghiên cứu di truyền. Lồi nấm này có thể phát triển một cách nhanh chóng và dễ dàng trong
phịng thí nghiệm với nhu cầu dinh dưỡng rất đơn giản, và tuân theo các quy tắc di truyền học của Mendel.
Trong một nghiên cứu, các nhà nghiên cứu đã làm thí nghiệm trên Neurospora để xác định các bước trong
quá trình sinh tổng hợp axit amin lơxin. Sơ đồ dưới đây cho thấy con đường chuyển hoá được đề xuất trước
trong nghiên cứu.


Neurospora ở trạng thái đơn bội trong hầu hết vòng đời của chúng. Khi sinh sản hữu tính, hai loại tế bào
khác nhau dung hợp và tạo ra một tế bào lưỡng bội mang bộ gen của cả hai bố mẹ. Lồi nấm này phát triển trên
mơi trường tối thiểu mà khơng cần bổ sung axit amin vì nó có thể tổng hợp tất cả các axit amin và các hợp chất
khác cần thiết để thực hiện chức năng trao đổi chất. Các nhà khoa học đã phân lập được hai chủng Neurospora
đột biến và kiểm tra sự phát triển của chúng trên các môi trường khác nhau. Tế bào dung hợp tạo ra từ sự kết
cặp giữa hai chủng Neurospora đột biến cũng được phân lập và thử nghiệm bằng cách tương tự. Kết quả được
hiển thị trong bảng dưới, trong đó dấu “+” chỉ sự tăng trưởng và “-” cho biết khơng có sự tăng trưởng.
A
B
C
D
Chất tiền thân → 2-Ketoisovalerate → 2-isopropylmalate → 3-isopropylmalate → α-ketoisocaproate → Lơxin
(axit keto-isovaleric) (axit 2-iso-propylmalic) (axit 3-iso-propylmalic) (axit keto-isocaproic)
Chủng
MT tối thiểu MT tối thiểu
MT tối thiểu
MT tối thiểu

MT tối thiểu
+ Lơxin
+ 2+
3- + α-ketoisocaproate
isopropylmalate
isopropylmalate
Kiểu dại
+
+
+
+
+
Leu-1
̶€
+
̶€
̶€
+
Leu-2
̶€
+
̶€
+
+
Tế bào
+
+
+
+
+

dung hợp
a) Xác định đột biến nào liên quan tới các bước A, B, C hoặc D trong con đường sinh tổng hợp. Giải thích.
b) Tại sao sự dung hợp của hai tế bào đột biến có khả năng khơi phục trở về kiểu hình dại?
c) Giả sử enzim xúc tác một bước duy nhất trong con đường trao đổi chất trên bao gồm bốn tiểu đơn vị, và
cấu trúc bậc bốn của enzim này có dạng α 2β2. Thí nghiệm với hai chủng Neurospora đơn bội bị đột biến cho
thấy chúng bị khiếm khuyết trong cùng bước chuyển hóa này. Tuy nhiên, tế bào lưỡng bội tạo ra từ sự dung hợp
tế bào của hai chủng lại cho kết quả phục hồi thành kiểu dại. Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a.
- Leu-1 đột biến trong bước C. Chỉ khi bổ sung sản phẩm của bước này (α-ketoisocaproate) thì Neurospora mới
có thể sinh trưởng được. Do đó, Leu-1 phải mang đột biến trong enzim ở bước C.
(0,25
điểm)
- Leu-2 đột biến trong bước B. Sản phẩm của bước này (3-isopropylmalate) là chất đầu tiên trong con đường
chuyển hố có thể làm Neurospora sinh trưởng được. Do đó, Leu-2 phải mang đột biến trong enzim ở bước B.
(0,25 điểm)
b. Đột biến Leu-1 thiếu enzim C bình thường nhưng có enzim B kiểu dại. Đột biến Leu-2 bị thiếu enzim B bình
thường nhưng mang enzim C kiểu dại. Vì vậy khi hai tế bào hợp nhất, tế bào lưỡng bội chứa một bản sao của
enzim B kiểu dại và một bản sao của enzim C kiểu dại, giúp phục hồi kiểu hình hoang dại.
(0,25 điểm)
c.
- Một chủng bị đột biến ở gen mã hoá tiểu đơn vị α và chủng đột biến cịn lại bị ảnh hưởng ở gen mã hố tiểu
đơn vị β.
(0,25
điểm)
- Do vậy các chủng đột biến đơn bội đều khơng thể tạo ra enzim α2β2 có chức năng vì chúng chỉ có một bản sao
của mỗi gen, một bản sao bình thường và một bản sao đột biến.
(0,25 điểm)
- Tế bào lưỡng bội tạo ra từ quá trình dung hợp có hai bản sao của mỗi gen, trong đó có một bản sao bình
thường của tiểu đơn vị α và một bản sao bình thường của tiểu đơn vị β. Điều này giúp chúng tạo ra chuỗi

polipeptit α và β bình thường → kết hợp lại tạo thành enzim α2β2 có chức năng do đó phục hồi kiểu hình hoang
dại (0,25 điểm)
Câu 4 (2,0 điểm)
Cừu Dolly là động vật có vú đầu tiên được tạo ra từ kỹ thuật chuyển nhân và cũng là con vật nổi tiếng
nhất được biết đến nhờ nhân bản sinh sản, từ đó đến nay ứng dụng của quá trình này ngày càng được nhân rộng
và trở nên phổ biến trên thế giới. Tuy nhiên, nhân bản sinh sản cũng có một số nhược điểm, ví dụ như các bằng
chứng cho thấy cừu Dolly có thể mang bộ gen “già” hơn tuổi thật của mình đã dần được chứng minh. Khi các


nhà khoa học phân tích nhiễm sắc thể trong tế bào soma của cừu khoảng 3 tuổi, chiều dài nhiễm sắc thể của
Dolly tương đồng đáng kể với nhiễm sắc thể của những con cừu già, chẳng hạn như cừu 9 hoặc 10 tuổi.
a) Giải thích tại sao bộ gen của cừu Dolly lại “già” hơn nhiều so với các con cừu bình thường cùng độ tuổi
b) Giả sử rằng:
- Trường hợp 1: Dolly lúc 11 tuổi sinh ra một con cừu tên là Molly; Molly được sinh ra một cách tự nhiên (bằng
cách giao phối với một con cừu đực bình thường). Khi Molly 8 tuổi, người ta lấy mẫu tế bào soma của nó để
phân tích nhiễm sắc thể.
- Trường hợp 2: Người ta lấy lát cắt ngang củ cà rốt (Daucus carota subsp. sativus) và nhân bản vơ tính bằng
kỹ thuật ni cấy tế bào. Cây con sau khi được trồng khoảng vài tuần sau đó được thu mẫu tế bào và kiểm tra
nhiễm sắc thể.
Kết quả thu được ở mỗi trường hợp sẽ như thế nào (so với cá thể bình thường cùng độ tuổi)? Giải thích.
c) Từ những dữ kiện trên, hãy nêu ưu và nhược điểm của kỹ thuật nhân bản sinh sản động vật.
Hướng dẫn chấm:
a.
- Bộ gen của cừu Dolly “già” hơn do hiện tượng sự cố đầu mút, hay nói cách khác do đầu mút nhiễm sắc thể
của cừu Dolly ngắn hơn so với cừu bình thường cùng độ tuổi.
(0,25
điểm)
- Sự cố đầu mút xảy ra do ADN polimeraza chỉ có thể tổng hợp mạch mới theo chiều 5’-3’. Khi sao chép ADN
ở đoạn cuối mạch ra chậm khơng có sẵn đầu 3’ ở phía trước để bổ sung nucleotit, do vậy ADN ngắn đi sau mỗi
lần sao chép

(0,25
điểm)
- Tế bào cho nhân của cừu Dolly là tế bào (vú) của cừu cái trưởng thành, là tế bào đã nhân đôi nhiều lần (và biệt
hố) do đó đầu mút của nhiễm sắc thể bị ngắn lại. Khi chuyển nhân vào tế bào trứng khơng có sự khơi phục đầu
mút do đó cừu Dolly sinh ra với bộ nhiễm sắc thể vốn dĩ “ngắn” hơn bình thường và ngày càng ngắn (0,25
điểm)
→ Bộ gen của cừu Dolly lại “già” hơn nhiều so với các con cừu bình thường cùng độ tuổi
b.
- Trường hợp 1: vì trong quá trình tạo giao tử (trứng) bình thường có enzim telomeraza xúc tác việc kéo dài đầu
mút nhiễm sắc thể, do đó nhân của giao tử (trứng và tinh trùng) đều có độ dài đầu mút tối đa
(0,25
điểm)
→ hợp tử mang bộ nhiễm sắc thể bình thường và như vậy khi 8 tuổi cừu Molly có chiều dài đầu mút tương
đương
với
cừu
bình
thường
cùng
độ
tuổi.
(0,25 điểm)
- Trường hợp 2: nhiễm sắc thể của cây con có độ dài bình thường vì mặc dù tế bào nhân bản là tế bào đã biệt
hố và nhân đơi nhiều lần nhưng tế bào nhân bản có tính tồn năng, tức là khả năng “phản biệt hoá” trở về tế
bào chưa biệt hoá. Trong q trình này có sự hoạt động của enzim telomeraza kéo dài đầu mút nhiễm sắc thể trở
nên tối đa → cây con có bộ nhiễm sắc thể với chiều dài bình thường
(0,5
điểm)
c. Thí sinh nêu được ít nhất 1 ưu điểm (ví dụ tạo ra nhiều cá thể có kiểu gen giống nhau trong cùng một thời
gian ngắn, bảo tồn gen quý,…) và 1 nhược điểm (cá thể tạo ra có thể bị “già trước tuổi”,…) hợp lý được 0,25

điểm.
Câu 5 (1,5 điểm)
Năm 1919, Calvin Bridges tiến hành nghiên cứu một đột biến gen lặn chưa rõ vị trí gây màu mắt đỏ son ở
ruồi giấm. Ông nhận thấy trong bình ni ngồi các con mắt đỏ son thuần chủng, có một vài biến dị hiếm hoi
mang kiểu hình mắt màu kem nhạt hơn nhiều. Bridges tiến hành lai giữa các cá thể này với nhau để thu được
dòng mắt kem thuần chủng, sau đó thực hiện phép lai (P) giữa ruồi đực mắt kem với ruồi cái thuần chủng kiểu
dại. F1 thu được 100% mắt đỏ thẫm (kiểu dại). Tiếp tục cho ruồi F 1 giao phối ngẫu nhiên với nhau, F2 thu được
104 con cái mắt đỏ thẫm, 52 con đực mắt đỏ thẫm, 44 con đực mắt đỏ son và 14 con đực mắt màu kem.
a) Xây dựng giả thuyết để giải thích kết quả thu được ở F1 và F2 và viết sơ đồ lai minh hoạ.
b) Kết quả thí nghiệm trên sẽ thay đổi như thế nào nếu các cá thể đem lai ở P:


- Trường hợp 1: là phép lai giữa ruồi đực mắt đỏ son thuần chủng và ruồi cái mắt kem thuần chủng.
- Trường hợp 2: là phép lai giữa ruồi cái mắt đỏ son thuần chủng và ruồi đực mắt kem thuần chủng.
Hướng dẫn chấm:
a. Xét phép lai ban đầu:
- Tỉ lệ kiểu hình thu được ở F2 ≈ 12 mắt đỏ thẫm : 3 đực mắt đỏ son : 1 đực mắt kem = 16 tổ hợp lai = 4 x 4 →
F1 dị hợp 2 cặp gen phân ly độc lập với nhau, tương tác theo kiểu át chế
(0,25
điểm)
- F2 khơng đồng đều về kiểu hình ở hai giới: 100% ruồi cái kiểu dại, 50% ruồi đực kiểu dại : 37,5% ruồi đực
mắt đỏ son : 12,5% ruồi đực mắt kem → gen quy định màu mắt nằm trên nhiễm sắc thể giới tính, một trong hai
gen nằm trên NST X không alen tương ứng trên Y
(0,25
điểm)
- Quy ước gen: A_XB_ và aaXB_ : đỏ thẫm
A_XbXb và A_XbY: đỏ son
(0,25
điểm)
aaXbXb và aaXbY: màu kem

- P: ♂ aaXbY x ♀ AAXBXB
- Sơ đồ lai minh hoạ:
(0,25 điểm)
P:

♂ aaXbY
mắt kem
aXb, aY
AaXBXb
AaXBXb

♀ AAXBXB
mắt đỏ thẫm
AXB
B
AaX Y (100% mắt đỏ thẫm)
AaXBY

x

G:
F1:
F1 x F1:
….
F2: ♂ 3A_XBY : 3A_XbY : 1aaXBY : 1aaXbY (4 đỏ thẫm : 3 đỏ son :1 kem)
♀ 3A_XB_ : 1aa XB_
(100% đỏ thẫm)
b.
- TH1: P có kiểu gen ♂ AAXbY x ♀ aaXbXb → F1: AaXbY : AaXbXb (100% đỏ son)
F1 x F1 → F2: 3 đỏ son : 1 mắt kem (cả đực và cái)

điểm)
- TH2: P có kiểu gen♀ AAXbXb x ♂ aaXbY → F1: AaXbY : AaXbXb (100% đỏ son)
F1 x F1 → F2: 3 đỏ son : 1 mắt kem (cả đực và cái)
điểm)

(0,25
(0,25

Câu 6 (1,5 điểm)
Wafarin là một loại thuốc chống đông máu ức chế sự tổng hợp phụ thuộc vitamin K của các yếu tố đơng
máu dạng hoạt tính sinh học phụ thuộc canxi cũng như các yếu tố quy định protein. Sự đề kháng với warfarin là
một đặc điểm di truyền ở chuột được quy định bởi gen W nằm trên nhiễm sắc thể số 7. Chuột đồng hợp tử mang
alen kháng (WW) có giá trị thích nghi kém hơn một chút vì chúng bị thiếu hụt vitamin K cịn cá thể dị hợp tử
(Ww) thì khơng (chuột dị hợp tử vẫn có khả năng kháng warfarin). Trong một khu vực nơi warfarin thường
xuyên được sử dụng, chuột dị hợp tử có khả năng sống sót tốt nhất, do đó giá trị thích nghi lần lượt của các kiểu
gen Ww, WW, và ww là 1.0, 0.37, và 0.19.
a) Quần thể đang bị chi phối bởi hình thức chọn lọc nào? Giải thích.
b) Tính tần số alen của quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền sau khi bị tác động bởi chọn lọc.
c) Dự đốn sự thay đổi có thể xảy ra nếu quần thể chuột khơng cịn tiếp xúc với thuốc và giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a. Các cá thể có kiểu gen dị hợp tử có sức sống và khả năng sinh sản cao nhất (thể hiện ở giá trị thích nghi =
1,0) do đó chúng sẽ ngày càng gia tăng thành phần kiểu gen trong quần thể và các kiểu gen đồng hợp sẽ ngày
càng giảm → đây là kiểu chọn lọc cân bằng (ưu thế dị hợp tử).
(0,25
điểm)
b.
- Hệ số chọn lọc của từng kiểu gen là: SWW = 1 – WWW = 1 – 0.37 = 0.63, SWw = 0 và Sww = 0.81
(0,25 điểm)

- Quần thể ở trạng thái cân bằng di truyền có SWW.p = Sww.q
- Tần số alen: pW = Sww/(Sww + SWW) = 0.81/(0.81 + 0.63) = 0.5625 → qw = 1 € 0.5625 = 0.4375
(0,25 điểm)
c.
- Khi quần thể khơng cịn tiếp xúc với thuốc thì sự cân bằng di truyền cũng khơng cịn vì hệ số chọn lọc của cả
ba kiểu gen có xu hướng giảm dần (s → 0)
(0,25 điểm)
- Lúc này các cá thể mang kiểu gen WW sẽ bị chọn lọc tự nhiên tác động mạnh nhất vì chúng kém thích nghi
hơn so với hai kiểu gen còn lại (do thiếu hụt vitamin K) → tần số kiểu gen WW giảm qua các thế hệ
(0,25
điểm)
- Chọn lọc chống lại alen kháng wafarin làm tần số alen W giảm dần theo thời gian và hình thành nên quần thể
thích nghi với tần số alen w chiếm đại đa số
(0,25
điểm)
Câu 7 (2,0 điểm)
Một gen mới được phát hiện gần đây có liên quan đến sự phát triển não bộ ở người đã gây sự chú ý đối
với các nhà khoa học. Nghiên cứu cho thấy có ba bản sao của gen này (A, B và C theo thứ tự xuất hiện trong
q trình tiến hố) trong hệ gen người, cịn đối với hệ gen chuột chỉ có duy nhất một bản sao của gen (M) và ở
loài ếch Xenopus cũng chỉ có một bản sao độc nhất (gen X). Các nhà khoa học đã giải trình tự 10.000 bp (cặp
bazơ) từ cùng vị trí
sánh
A và B
B và C
A và C
A và M
A và X
khung đọc mở của mỗi So
giữa
gen và tính tốn số cặp

bazơ khác biệt xuất hiện Số cặp bazơ
300
10
300
600
3000
giữa từng cặp gen nghiên khác biệt
cứu. Kết quả thu được thể hiện ở bảng bên. Cho rằng tất cả các gen trong họ gen này tiến hố với tốc độ khơng
đổi, nhánh tiến hố của chuột và người đã phân ly với nhau 60 triệu năm trước.
a) Chuột và ếch Xenopus đã tiến hoá riêng rẽ cách đây bao lâu? Giải thích.
b) Có bao nhiêu sự kiện lặp gen có thể quan sát được dựa vào dữ kiện trên? Mỗi sự kiện này xảy ra cách
đây bao lâu? Giải thích.
c) Khi lập bản đồ di truyền của các gen A, B và C người ta thấy A liên kết rất chặt chẽ với C trong khi sự
phân ly của B không phụ thuộc vào hai gen cịn lại. Giải thích cơ sở phân tử dẫn đến hiện tượng trên?
Hướng dẫn chấm:
a.
- Vì các gen trong họ gen này tiến hố với tốc độ khơng đổi nên số cặp bazơ sai khác giữa chuột và người tỷ lệ
thuận với thời gian kể từ khi hai nhánh phân ly với nhau. Do đó ta có thể tính tốc độ tiến hố trung bình của các
gen là: 600/ 60.106 = 1.10€ 5 (cặp bazơ/ năm)
(0,25 điểm)
- Dựa vào kết quả so sánh ta thấy A khác M 600bp và A khác X 3000bp → số cặp bazơ khác nhau giữa chuột
và ếch Xenopus là: 3000 – 600 = 2400 (bp)
(0,25
điểm)
- Thời gian chuột và ếch Xenopus bắt đầu tiến hoá riêng rẽ (phân nhánh) cách đây: 2400/1.10-5 = 240 triệu năm
b.
(0,25
điểm)
- Có 2 sự kiện lặp gen có thể quan sát được dựa vào dữ kiện trên vì ở người có 3 bản sao của gen chứng tỏ từ
một gen ban đầu đã trải qua 2 lần lặp gen sau đó các gen mới tiến hố dần và có chức năng như hiện nay (ở

chuột và ếch chỉ có duy nhất một bản sao của gen nên khơng có hiện tượng lặp gen)
(0,25 điểm)
- Thời gian mỗi sự kiện xảy ra tỉ lệ với số cặp bazơ sai khác giữa các gen với nhau:
+ Gen B xuất hiện cách đây: 300/1.10-5 = 30 triệu năm
(0,25
điểm)
+ Gen C xuất hiện cách đây: 10/1.10-5 = 1 triệu năm
(0,25
điểm)
c. Cơ sở phân tử có thể giải thích hiện tượng trên là:
- Đầu tiên là sự kiện lặp gen A (có thể do xê dịch mạch khuôn trong sao chép ADN,…) tạo ra gen B, gen B bị
chuyển đoạn ra xa khỏi gen A (vì thế nên nó phân ly độc lập khơng phụ thuộc hai gen còn lại)
(0,25


điểm)
- Sau đó lặp gen B làm xuất hiện gen C, nhờ trao đổi chéo không cân giữa các nhiễm sắc tử không chị em làm
mất đoạn C ở một nhiễm sắc thể, nhiễm sắc thể còn lại chứa cả gen A và C (ở vị trí gần nhau)
(0,25
điểm)
(Thí sinh có thể đưa ra cách giải thích khác nếu đúng với lý thuyết và hợp lý vẫn cho điểm tối đa)
Câu 8 (1,5 điểm)
Hai quần thể linh dương Ai Cập (Gazella dorcas beccarii) sống ở cao nguyên Bắc Phi (gọi là quần thể
phía Đơng và quần thể phía Tây) bị ngăn cách bởi một dãy núi thuộc khối núi Arkenu. Nhờ hoạt động khai phá
môi trường và cải tạo địa hình của con người, giờ đây các cá thể linh dương có thể di chuyển tuỳ ý từ quần thể
bên này sang quần thể bên kia và ngược lại. Người ta đã nghiên cứu các đặc trưng của từng quần thể trước và
sau khi khu vực này bị con người tác động (từ năm 1993-2002). Kết quả được hiển thị ở bảng dưới đây:
Quần thể
Trước khi bị tác động (1993-1997)
Sau khi bị tác động (1998-2002)

Đặc điểm
Quần thể phía
Quần thể phía Tây
Quần thể phía
Quần thể phía Tây
Đơng
Đơng
Số alen/ lơcut
3.3
2.9
3.9
3.6
Sự sai khác về vốn
3.7
2.6
gen (%)
a) Bản chất tác động của con người lên hai quần thể linh dương là gì? Giải thích các kết quả trên
b) Nếu nghiên cứu quần thể trong tương lai xa hơn (ví dụ năm 2020) thì kết quả thu được sẽ khác biệt như
thế nào so với kết quả trên?
c) Khối núi Arkenu có khí hậu tương đối khô hạn và thi thoảng xảy ra thiên tai như bão cát, vòi rồng,…
Quần thể năm 1995 và quần thể năm 2000 có chịu ảnh hưởng bởi các yếu tố trên như nhau khơng? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a.
- Con người tác động lên môi trường làm các cá thể của hai quần thể vốn bị ngăn cách địa lý nhưng có thể di
chuyển qua lại và giao phối với nhau → tác động của con người là tạo nên dòng gen (sự di-nhập gen) giữa hai
quần thể
(0,25 điểm)
- Nhờ dịng gen giữa hai quần thể mà chúng có thể trao đổi vốn gen cho nhau qua giao phối với các cá thể của
quần thể còn lại, do vậy làm tăng số alen/ lôcut (tăng đa dạng di truyền) và làm giảm sự sai khác về vốn gen với
nhau

(0,25 điểm)
b.
- Số alen/lôcut ở cả hai quần thể đều tăng và lớn hơn so với thời điểm nghiên cứu trên vì: qua thời gian dài có
thể xuất hiện thêm biến dị ở mỗi quần thể, nhờ dòng gen làm phát tán sang quần thể bên cạnh. Không chỉ vậy,
số alen/ lôcut cịn tăng do thời gian càng dài thì dịng gen càng trao đổi nhiều biến dị hơn so với trong thời gian
ngắn.
(0,25 điểm)
- Sự sai khác về vốn gen giữa hai quần thể giảm nhiều hơn vì dịng gen có xu hướng đồng bộ hoá (giảm sự khác
biệt) di truyền giữa các quần thể qua thời gian. Thời gian càng dài thì quần thể càng có xu hướng đồng nhất di
truyền và vì vậy sự sai khác càng nhỏ.
(0,25
điểm)
c.
- Các thiên tai như bão cát, vịi rồng,… xảy ra khơng thể đốn trước và tác động hồn tồn vơ hướng. Hay nói
cách khác chúng chính là các yếu tố ngẫu nhiên. Hiệu quả tác động của yếu tố ngẫu nhiên phụ thuộc vào kích
thước quần thể
(0,25
điểm)
- Hai quần thể có xảy ra dịng gen có thể được coi như một quần thể lớn và do đó chúng ít chịu tác động của các
yếu tố ngẫu nhiên hơn so với một quần thể đơn lẻ. Hay nói cách khác quần thể năm 2002 chịu ảnh hưởng của
các yếu tố trên ít hơn
(0,25
điểm)
Câu 9 (1,5 điểm)


3
2.5
2
1.5

1
0.5
0

Diện tích đệm chân

Stuart và các cộng sự (2014) đã nghiên cứu sự xâm
lấn bởi thằn lằn nâu Cuba (Anolis sagrei) ở các đảo
Florida ảnh hưởng như thế nào đến thằn lằn bản xứ A.
carolinensis. Sau khi A. sagrei xâm lấn, A. carolinensis
di chuyển đến cành cây cao hơn. Stuart và các đồng
nghiệp đã kiểm tra liệu sự thay đổi mơi trường sống có
gây ra sự thay đổi diện tích miếng đệm chân (kích thước
tương đối) ở A. carolinensis (diện tích lớn hơn giúp thằn
lằn dễ dàng bám vào các cành cây mảnh và nhỏ hơn)
bằng cách đo diện tích đệm chân của A. carolinensis bắt
ngoài tự nhiên trên các đảo xâm lấn bởi A. sagrei và
Bắt ngồi tự nhiên
Ni trong vườn chung
không bị xâm lấn, đồng thời tiến hành đo diện tích đệm
chân của A. carolinensis ở thí nghiệm thứ hai trong đó
trứng A. carolinensis được thu thập trên các đảo có và khơng có sự xâm lấn rồi nuôi thằn lằn con đến tuổi
trưởng thành trong điều kiện giống y hệt nhau (vườn chung).
a) Nhận xét biểu đồ.
b) Khi một tính trạng nào đó ví dụ như diện tích đệm chân có sự khác biệt nhất định giữa các mơi trường
khác nhau, ngun nhân có thể do sự mềm dẻo kiểu hình hoặc kết quả của tiến hố (chọn lọc tự nhiên). Trong
mỗi trường hợp sau, kết quả khi bắt ngồi tự nhiên và kết quả ni chung sẽ khác biệt như thế nào nếu:
- Trường hợp 1: nguyên nhân do tiến hoá
- Trường hợp 2: nguyên nhân do sự mềm dẻo kiểu hình
c) Ngun nhân chính dẫn đến sự khác biệt này là gì? Giải thích.

Hướng dẫn chấm:
a. Trong cả hai trường hợp, dù thằn lằn A. carolinensis bị bắt ngồi tự nhiên hay ni trong điều kiện giống
nhau thì diện tích đệm chân của thằn lằn ở nơi không bị xâm lấn luôn nhỏ hơn nơi bị xâm lấn.
(0,25
điểm)
b.
- Trường hợp 1: nếu nguyên nhân là do tiến hoá (chủ yếu là chọn lọc tự nhiên), các cá thể bị bắt trong mơi
trường khơng và có bị xâm chiếm sẽ khác nhau về mặt di truyền (kiểu gen). Do vậy dù ni trong mơi trường
có điều kiện tương tự nhau thì kết quả thu được khơng có sự khác biệt đáng kể/ giống nhau so với ngoài tự
nhiên
(0,5 điểm)
- Trường hợp 2: nếu mềm dẻo kiểu hình là ngun nhân chính dẫn đến sự khác biệt, gen quy định diện tích đệm
chân của cá thể sống trên đảo bị và không bị xâm lấn sẽ không khác biệt với nhau. Vì vậy các trứng thu được
đều có kiểu gen tương tự nhau, khi ni trong vườn chung do điều kiện môi trường giống y hệt nên sự biểu hiện
kiểu hình khơng phụ thuộc vào nguồn gốc trứng được lấy từ đâu. Kết quả thu được sẽ khác biệt so với thí
nghiệm, cụ thể khi ni trong vườn chung diện tích đệm chân của thằn lằn sẽ giống nhau.
(0,5 điểm)
c. Vì kết quả khi bắt tự nhiên và nuôi trong vườn chung giống nhau chứng tỏ thay đổi trong diện tích đệm chân
chủ yếu là do tiến hố chứ khơng phải mềm dẻo kiểu hình. Bởi vì từ một sự kiện sinh thái (xâm lấn bởi loài
cạnh tranh A. sagrei) đã dẫn đến sự thay đổi (tiến hố thích nghi), hay nói cách khác sự xâm lấn đã tạo tác động
tiến hoá-sinh thái.
(0,25
điểm)

Câu 10 (2,0 điểm)
Jaenike và Brekke (2011) đã thực hiện một thí nghiệm sử dụng các quần thể ruồi giấm trong phịng thí
nghiệm (Drosophila neotestacea) để kiểm tra xem liệu lồi cộng sinh có thể được di truyền qua các thế hệ để
gia tăng tần số trong quần thể vật chủ bị kí sinh. Ruồi có một loại vi khuẩn cộng sinh thuộc chi Spiroplasma
giúp bảo vệ chúng khỏi giun kí sinh Howardula aoronymphium. Howardula có thể làm ruồi cái vơ sinh và làm
giảm sự thành công khi giao phối ở ruồi đực.

Tỉ lệ ruồi giấm bị nh iễm g iun kí sinh Howardu laTỉ lệ ruồi giấm cộng sinh với Spiroplasma

Jaenike và Brekke tiến hành thí nghiệm thứ nhất với năm quần thể giống nhau trong đó ruồi được tiếp xúc
với giun kí sinh ở tất cả các thế hệ và năm quần thể giống nhau khác nhưng khơng có giun kí sinh. Ban đầu, mỗi
quần thể đã có 50% ruồi trưởng thành cộng sinh với Spiroplasma và 50% ruồi không được nhiễm vi khuẩn.
Trong thí nghiệm thứ hai, các nhà nghiên cứu tiến hành thí nghiệm với năm quần thể (cũng giống nhau) trong
đó tất cả ruồi đều nhiễm Spiroplasma và năm quần thể ruồi khác không bị nhiễm bệnh. Tất cả các quần thể
trong thí nghiệm thứ hai này được tiếp xúc với giun ký sinh Howardula (nhưng không nhất thiết bị nhiễm) chỉ
trong thế hệ đầu tiên. Cả hai thí nghiệm được theo dõi trong bảy thế hệ, kết quả thu được được trình bày trong
các bảng dưới.
Thí nghiệm 1. Tỉ lệ ruồi giấm cộng sinh với Spiroplasma
Thế hệ
(Dấu “ € ” thể hiện quần thể tuyệt chủng do
Môi trường
1
2
3
4
5
6
7
tất cả ruồi cái nhiễm giun bị vô sinh)
Không giun
54
65
52
65
59

65
39
a) Vẽ biểu đồ biểu diễn kết quả của thí
Có giun
49
52
86
92
97
99
96
nghiệm thứ nhất. Nhận xét và giải thích.
Thí nghiệm 2. Tỉ lệ ruồi giấm bị nhiễm giun kí sinh Howardula
b) Vẽ biểu đồ biểu diễn kết quả của thí
Thế hệ
nghiệm thứ hai. Nhận xét và giải thích.
Mơi trường
c) Dựa vào hai biểu đồ trên có thể kết luận
1
2
3
4
5
6
7
rằng có chi phí (giá) lớn phải trả cho việc
Khơng có Spiroplasma
30 59 95 92 87
̶€
̶€

ni dưỡng Spiroplasma khơng? Giải
Có Spiroplasma
25 15 7
2
1
0
0
thích.
Hướng dẫn chấm:
a) Thí sinh vẽ đồ thị đúng và chú thích đầy đủ
100
được 0,25 điểm
80
- Nhận xét: tỉ lệ ruồi cộng sinh với vi khuẩn ở
quần thể có giun kí sinh cao hơn so với không
60
xuất hiện giun.
(0,25 điểm)
40
- Giải thích: mơi trường khơng có Howardula có
vai trị đối chứng, cụ thể tỉ lệ này có thay đổi
20
Khơng
nhưng dao động một cách bất thường (không
giun
0
tăng/ giảm liên tục theo thời gian). Ngược lại tỉ lệ
1
2
3

4
5
6 Có giun
7
Spiroplasma cộng sinh khi có Howardula tăng
Thế hệ
tương đối nhanh, từ giá trị ban đầu là 50% đến
hơn 95% sau 4 thế hệ.
(0,25 điểm)
b) Thí sinh vẽ đồ thị đúng và chú thích đầy đủ được 0,25 điểm
100
80
60
40

Khơng có
Spiroplasma

20
0

1

2

3

4
Thế hệ

5

6

7

- Nhận xét: sự có mặt của vi khuẩn cộng sinh
Spiroplasma giúp bảo vệ ruồi giấm khỏi giun
Howardula
(0,25 điểm)
- Giải thích: mơi trường khơng có Spiroplasma
đóng vai trị đối chứng, cụ thể quần thể ruồi ở thế
hệ 3 đã có 95% cá thể bị nhiễm giun kí sinh và tất
cả các quần thể đều tuyệt chủng ở thế hệ thứ 6 (vì
nếu khơng có sự cộng sinh, Howardula sẽ triệt
sản đối tượng mà nó lây nhiễm). Ngược lại, tỉ lệ
ruồi bị nhiễm giun giảm tương đối đều khi có mặt
Spiroplasma và khơng cịn cá thể nào bị nhiễm
vào thế hệ 6.
(0,25 điểm)

c) Khơng, vì:
- Nếu chi phí phải trả cho việc ni dưỡng Spiroplasma tương đối lớn thì tỉ lệ ruồi cộng sinh với vi khuẩn phải
giảm khi khơng có giun kí sinh.
(0,25
điểm)
- Dựa vào đồ thị ở câu a) ta thấy điều này không xảy ra, chứng tỏ ruồi chỉ phải trả một chi phí nhỏ năng lượng


Số lượng loài

hoặc dinh dưỡng để chứa vi khuẩn cộng sinh
(0,25
điểm)
Câu 11 (1,5 điểm)
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, khơ hạn và di chuyển bề mặt. Các ơ 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 lồi 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?
c) Không gian và ánh sáng có phải yếu tố giới
hạn trong mơi trường này khơng? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a.
- Trong khoảng 2 năm đầu số lượng thực vật tăng rất
nhanh (0-18 lồi) sau đó duy trì tương đối ổn định trong khoảng 18 năm sau
(0,25 điểm)
- Số loài tăng nhanh trong 2 năm đầu là do môi trường mới với điều kiện phù hợp cho một số lồi 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
(0,25 điểm)
- Tuy nhiên số loài chỉ tăng đến một ngưỡng nhất định do khi đã đủ sức chứa của môi trường gây ra sự cạnh
tranh cùng loài và khác loài làm số lượng lồi chỉ có thể dao động trong mức cân bằng
(0,25

điểm)
- Nhìn chung, độ che phủ có xu hướng tăng đều theo thời gian. Do điều kiện không thuận lợi từ mơi trường nên
thực vật khó chiếm lĩnh mơi trường nhanh chóng
(0,25 điểm)
b. Đây là ví dụ cho diễn thế ngun sinh, vì mơi trường khởi đầu khơng có mầm 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)
(0,25 điểm)
b. Khơng, vì trong suốt thời gian nghiên cứu độ che phủ còn tương đối thấp (chỉ khoảng 20%) nên lượng ánh
sáng thực vật nhận được vẫn nhiều. Do đó ánh sáng khơng phải yếu tố giới hạn (có thể là dinh dưỡng hoặc
nước,…)
(0,25 điểm)
Câu 12 (1,5 điểm)
Rừng đóng vai trị vơ cùng quan trọng đối với chu trình cacbon tồn cầu, thể hiện ở việc thu nhận một
lượng đáng kể khí CO2 từ khí quyển thông qua quang hợp. Sản lượng sơ cấp của rừng thường bị hạn chế bởi
nguồn nitơ, và do đó khi lượng cacbon hấp thu tăng thì điều đó đồng nghĩa với sự lắng đọng cao của nitơ trong
đất.
a) Nếu lượng nitơ lắng đọng trong đất tăng thêm trung bình 15kg/ha/năm thì lượng cacbon hấp thụ và lưu
trữ trong cây gỗ tăng thêm bao nhiêu trong 20 năm? Giả sử rằng 10% lượng nitơ lắng đọng được cây hấp thụ và
sử dụng cho sinh trưởng, tỷ lệ C:N trong gỗ là 500:1 và diện tích của quần xã rừng rụng lá chiếm 13 triệu km 2,
diện tích của quần xã rừng phương bắc chiếm 19 triệu km2.
b) Mỗi năm con người thải ra 9,5.1015g C từ nhiên liệu hoá thạch và 0,9.1015g C từ việc khai phá đất. So
với lượng C con người thải ra thì lượng C cây hấp thụ được chiếm bao nhiêu?
c) Nêu ảnh hưởng của con người đến chu trình cacbon trong hai thế kỉ vừa qua. Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a. - 15 kg N/ha/năm trong 20 năm = 300 kg N/ha.
- 13,000,000 km2 + 19,000,000 km2 = 3.2 x 109 ha tương đương 9.6 x 1011 kg N.
(0,25
điểm)
- Vì cây sử dụng 10% nitơ cho sinh trưởng nên lượng nitơ được hấp thụ và lưu trữ trong gỗ là 9.6.1010 kg

- Vì tỉ lệ C:N trong gỗ là 500:1 → lượng cacbon lưu trữ trong gỗ là 9.6.1010.500 = 4,8.1013 kg C
(0,25 điểm)
b.
- Lượng cacbon cây hấp thụ và lưu trữ trong gỗ trong 1 năm: 4,8.1013/20 = 2,4.1012 kg C = 2,4.1015 g C
- Lượng cacbon con người thải ra = (9,5 + 0,9).1015 = 10,4.1015 g C
(0,25
điểm)
- Lượng C cây hấp thụ được so với lượng C con người thải ra chiếm: 2,4.1015/ 10,4.1015 = 23,07% (0,25 điểm)
c.
- Cách mạng công nghiệp diễn ra vào thế kỉ 19 làm gia tăng việc sử dụng tài nguyên dầu khí và nhiên liệu hoá
thạch→ tăng lượng CO2 thải ra
(0,25
điểm)
- Gia tăng dân số nhanh chóng làm tăng cường việc khai phá rừng lấy gỗ và lấy đất phát triển nông nghiệp →
suy giảm số lượng thực vật và làm tăng lượng CO 2 khí quyển
(0,25
điểm)
(Thí sinh có ý khác nếu đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa)
----------------HẾT----------------