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

CAM – OLYMPIC SINH HỌC
ĐỀ THI THỬ LẦN 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT
NĂM 2020
Ngày thi thứ hai
Thời gian: 180 phút
( có 13 câu gồm 10 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
Máy tổng hợp ADN là một bộ máy tổng hợp hữu cơ sử sử dụng trình tự đã cho sẵn để
tạo ra các mạch đơn ngắn. Người ta đã sử dụng máy này để tổng hợp nên ba phân tử
ADN có trình tự như sau:
- ADN 1: 5’ X T A X T A X G G A T X G G G 3’
- ADN 2: 5’ X X A G T X X X G A T X X G T 3’
- ADN 3: 5’ A G T A G X X A G T G G G G A A A A A X X X X A X T G G
3’
Tiếp theo bổ sung một hoặc hai phân tử ADN vào ống phản ứng có chứa ADN
polimeraza, dATP, dTTP, dGTP và dXTP trong một dung dịch đệm cho phép ADN
polimeraza hoạt động. Với mỗi ống phản ứng, cho biết ADN polimeraza có tổng hợp bất
kỳ phân tử ADN mới nào hay khơng, và nếu có, hãy viết trình tự của ADN đó.
a) ADN 1 và ADN 3
b) ADN 2 và ADN 3
c) ADN 1 và ADN 2
d) Chỉ ADN 3
Hướng dẫn chấm:
a.
- Để tổng hợp được, ADN polimeraza cần có đoạn mồi chứa đầu 3’ tự do và mạch đơn để làm khuôn mẫu bổ
sung dNTP. Trong thí nghiệm này ống phản ứng đã có sẵn dNTP.
- Với trường hợp bổ sung ADN 1 và ADN 3, để ADN polimeraza hoạt động thì phải 2 mạch đơn phải tạo được
một vùng xoắn kép, dựa vào trình tự đề bài ta thấy chúng có thể bắt cặp bổ sung tương đối như sau: (0,25

điểm)
ADN 1:
5’ X T A X T A X G G A T X G G G 3’
ADN 3:
3’ … T G A X X G A T G A 5’
- Mặc dù có mồi và đầu 3’ tự do, tuy nhiên khơng có mạch khn ở mạch đối diện, do đó khơng có sự tổng
hợp ADN
(0,25
điểm)
b. Tương tự câu a ta xác định được vùng bắt cặp bổ sung giữa ADN 2 và ADN 3 như sau:
(0,25
điểm)
ADN 2: 5’ X X A G T X X X G A T X X G T 3’
ADN 3: 3’ G G T X A X X X X A A A A A G G G G … 5’
Trường hợp này cũng khơng có ADN mới hình thành mặc dù có mồi và đầu 3’ tự do nhưng vùng bổ sung của
mồi không liền kề với đầu 3’ tự do
(0,25
điểm)
c. Vùng bắt cặp bổ sung giữa ADN 1 và ADN 2 như sau:
(0,25
điểm)
ADN 1: 5’ X T A X T A X G G A T X G G G 3’
ADN 2:
3’ T G X X T A G X X X T G A X X 5’
- Trường hợp này có 2 ADN mới được tạo ra vì có mồi phù hợp, đầu 3’ tự do và mạch khn liền kề.
- Trình tự 2 ADN mới tạo ra là: 5’ A X T G G 3’ và 3’ A G T A G 5’
(0,25
điểm)
d. Trong trường hợp này tuy chỉ có một mạch ADN đơn nhưng chúng có một vùng trình tự có thể bổ sung cho
nhau và tạo thành cấu trúc kẹp tóc (minh hoạ ở dưới):

(0,25


điểm)

Như vậy có mạch ADN mới được hình thành, và trình tự là X T A X T 3’
(0,25
điểm)
Câu 2 (1,0 điểm)
Ở vi khuẩn E. coli kiểu dại, sự biểu hiện của gen lacZ thuộc operon Lac mã hóa β-galactơzidaza phụ thuộc
vào sự có mặt của glucơzơ và lactơzơ trong môi trường. Bằng kỹ thuật gây đột biến và chuyển đoạn, người ta đã
tạo ra được vi khuẩn mang operon dung hợp giữa operon Trp (mã hoá enzim sinh tổng hợp axit amin
triptophan) và operon Lac (mã hoá enzim cần thiết cho phân giải đường lactơzơ) như hình bên. Hãy xác định
mức biểu hiện của enzim β-galactôzidaza của chủng vi khuẩn này trong các điều kiện:
a) Môi trường chỉ thiếu glucơzơ và lactơzơ.
b) Mơi trường có cả lactơzơ và glucơzơ
c) Môi trường chỉ thiếu glucôzơ.
d) Môi trường chỉ thiếu lactôzơ
e) Mơi trường chỉ thiếu triptophan
f) Mơi trường chỉ có triptophan
Hướng dẫn chấm:
- Trong operon dung hợp, các gen trong
operon Lac chịu sự kiểm sốt của của
operon Trp. Vì vậy, sự biểu hiện của enzim
β-galactôzidaza - sản phẩm của gen lacZ, sẽ
được điều hồ bởi các protein ức chế mã
hố từ vùng điều hồ triptophan.
(0,25
điểm)
- Vì protein ức chế triptophan cần liên kết với triptophan để có thể hoạt động và bám vào vùng vận hành làm tắt

sự biểu hiện của operon dung hợp, vì vậy sự biểu hiện của β-galactơzidaza (và các gen khác trong operon dung
hợp) chỉ xảy ra khi mơi trường khơng có triptophan
(0,25
điểm)
- Trong các trường hợp trên, chỉ có trường hợp e) là vắng mặt triptophan trong mơi trường. Vì vậy chỉ có trường
hợp này enzim β-galactơzidaza được biểu hiện. Các trường hợp cịn lại khơng có sự biểu hiện của gen LacZ
(0,5 điểm)
Câu 3 (1,0 điểm)
Nghiên cứu cho thấy tỷ lệ người mắc ung thư ruột kết có liên quan chặt
chẽ với tuổi tác. Điều này được thể hiện trong biểu đồ hình bên - biểu diễn
số lượng các trường hợp mắc bệnh mới được chẩn đoán trong một năm ở
phụ nữ theo độ tuổi.
a) Nhận xét biểu đồ và nêu giả thuyết giải thích, cho rằng tỷ lệ đột biến
duy trì khơng đổi trong suốt cuộc đời mỗi người.
b) Ngược lại với bệnh ung thư ruột kết, tỷ lệ mắc bệnh u xương ác tính,
thường làm xuất hiện khối u trong xương dài, đạt mức cao nhất trong suốt
thời niên thiếu. U xương ác tính tương đối hiếm gặp ở trẻ nhỏ (trẻ dưới 9
tuổi) và ở người lớn (trên 20). Tại sao tỷ lệ mắc u xương ác tính khơng cho
kết quả giống như ung thư ruột kết?
Hướng dẫn chấm:
a.
- Tỷ lệ mắc ung thư ruột kết tăng dần theo tuổi, tăng chậm trong giai đoạn
trước 40 tuổi và bắt đầu tăng rất nhanh kể từ 60 tuổi trở lên.
(0,25
điểm)
- Tỷ lệ ung thư tăng tỉ lệ thuận với tuổi tác vì phải xuất hiện đủ đột biến ở một số gen quan trọng để vơ hiệu hóa


Đơn vị tương đối của yếu tố
phiến mã

các cơ chế kiểm sốt tốc độ tăng trưởng bình thường của tế bào. Trong quá trình sinh trưởng và phân chia, các
tế khơng ngừng tích lũy đột biến và chúng được truyền lại cho các tế bào con, do vậy khả năng một dịng tế bào
cụ thể tích lũy đột biến ở một số gen quan trọng tăng theo tuổi.
(0,25
điểm)
b.
- Ung thư ruột kết phát sinh từ các quần thể tế bào sinh sản ở trực tràng, trong đó số lượng tế bào có mặt ở đây
duy trì khơng đổi trong suốt cuộc đời, do vậy có thể tích luỹ đột biến dần theo thời gian tạo thành một dòng tế
bào bất thường có thể dẫn đến ung thư.
(0,25
điểm)
- Ngược lại, các tế bào chịu trách nhiệm về u xương ác tính có mặt với số lượng lớn hơn nhiều trong suốt giai
đoạn vị thành niên, do sự phát triển của chúng rất cần thiết để tăng kích thước của bộ xương (so với cả trẻ nhỏ
và người lớn). Quần thể kích thước lớn và phát triển nhanh như vậy có nguy cơ tạo thành một dịng tế bào bất
thường có thể nảy sinh ung thư. Do vậy sự khác biệt về tỉ lệ mắc ung thư trong trường hợp này là do số lượng
các
tế
bào
có
nguy
cơ
bị
bệnh.
(0,25 điểm)
Câu 4 (1,5 điểm)
Sự khác biệt trong kiểu lơng ở ruồi thường có ý nghĩa đối
● Lồi 1
với cách ruồi cảm nhận mơi trường và thậm chí có thể ảnh
● Lồi 2

hưởng đến tập tính tán tỉnh bạn tình của chúng. Hai lồi ruồi
giả thuyết ở đây có quan hệ chặt chẽ với nhau và chỉ khác nhau
chủ yếu ở chiều dài lông trên đoạn thứ ba của ngực. Yếu tố
phiên mã Hairball được cho là có liên quan đến việc xác định
sự khác biệt giữa cấu trúc này. Hình dưới đây cho thấy mơ hình
biểu hiện gen của cả hai lồi theo thời gian.
a) Mơ tả kết quả và xây dựng giả thuyết giải thích sự khác
nhau về chiều dài lơng ngực giữa hai lồi. Phác thảo cách tiếp
cận thực nghiệm để thử nghiệm giả thuyết đã nêu ra và đưa ra
các kết quả mong đợi nếu giả thuyết là đúng.
b) Lông thường không mọc trên hai đoạn ngực phía trước ở
Thời gian phát triển của nhộng (giờ)
hai lồi trên, và Hairball cũng khơng được biểu hiện ở mức độ
cao trong các giai đoạn phát triển. Một lồi thứ ba (lồi 3), có lơng ở đoạn ngực khác và yếu tố phiên mã
Hairball được biểu hiện trong mọi giai đoạn của quá trình phát triển. Dự đốn điều gì sẽ xảy ra nếu Hairball
được biểu hiện trong các giai đoạn phát triển khác trong loài 1 và 2.
c) Giả sử một gen Hox quy định sự biểu hiện của Hairball và lồi 3 có một biến thể do đột biến điểm của
gen Hox chỉ khác nhau về một nuclêơtit so với lồi 1 và lồi 2. Làm thế nào để kiểm tra xem liệu gen Hox này
có chịu trách nhiệm về sự khác nhau giữa lồi 3 và hai lồi cịn lại?
Hướng dẫn chấm:
a.
- Hai lồi khác nhau về mức biểu hiện của yếu tố phiên mã, trong đó lồi 1 biểu hiện mạnh hơn và duy trì lâu
hơn so với lồi 2.
(0,25
điểm)
- Một giả thuyết hợp lý là: sự khác biệt về hình thái giữa các loài là do thời gian biểu hiện các yếu tố phiên mã
khác nhau. Cụ thể, yếu tố phiên mã này biểu hiện mạnh trong thời gian dài hơn (như trong lồi 1) dẫn đến lơng
dài hơn.
(0,25
điểm)

b. Để kiểm chứng giả thuyết, ta sẽ tiến hành thao tác thực nghiệm về mức phiên mã ở hai loài. Tăng thời gian
biểu hiện mạnh của Hairball ở loài 2 cho kết quả kích thước lơng giống như lồi 1. Giảm thời gian biểu hiện
mạnh của Hairball ở loài 1 cho kết quả kích thước lơng như lồi 2.
(0,25
điểm)
c.
- Sự xuất hiện của lơng trong các phân đoạn khác của cơ thể có nhiều khả năng do sự biểu hiện của Hairball
trong mọi giai đoạn phát triển. Với giả thuyết rằng, sự biểu hiện của Hairball một cách thích hợp trong các giai


đoạn khác nhau của quá trình phát triển tạo nên kiểu lơng ở những phân đoạn cơ thể giống lồi 1 và 2.
(0,25
điểm)
- Do vậy, nếu Hairball được biểu hiện trong các giai đoạn phát triển khác trong loài 1 và 2 có thể dẫn tới kiểu
lơng bất thường so với kiểu dại, ví dụ như mọc lơng ở mọi đốt bụng,…
(0,25
điểm)
d. Ta có thể biểu hiện các gen Hox của lồi 3 trong hai lồi cịn lại và loại bỏ sự biểu hiện của gen Hox bình
thường của chúng. Nếu sự khác biệt về gen Hox chịu trách nhiệm cho sự khác biệt về kiểu lông, những con ruồi
của loài 1 và loài 2 với sự biểu hiện gen Hox của lồi 3 sẽ có kiểu hình lơng giống như loài 3. Tương tự như
vậy, biểu hiện gen Hox của loài 1 trong loài 3 sẽ cho kết quả kiểu lơng của lồi 1 ở lồi 3.
(0,25
điểm)
Câu 5 (2,0 điểm)
Phân lập được 2 dịng đột biến ở một lồi cơn trùng (gọi là dịng I và dịng II) đều bị mất khả năng nhận biết
mùi ethanol và có đốt chân ngắn, riêng tính trạng đốt chân ngắn do đột biến ở hai gen khác nhau cùng gây nên.
Dạng kiểu dại nhận biết được mùi ethanol và có đốt chân bình thường. Người ta tiến hành các phép lai sau:
- Phép lai 1: lai ruồi cái kiểu dại thuần chủng với ruồi đực thuần chủng dòng I, F 1 thu được 100% ruồi bị
mất khả năng nhận biết mùi ethanol.
- Phép lai 2: lai ruồi cái kiểu dại thuần chủng với ruồi đực thuần chủng dòng II, F 1 cũng thu được 100% ruồi

bị mất khả năng nhận biết mùi ethanol.
- Phép lai 3: lai phân tích ruồi đực thu được từ phép lai 1, F 1 thu được 337 ruồi kiểu dại, 62 ruồi đốt chân
ngắn, 58 ruồi không nhận biết được mùi ethanol và 343 ruồi đột biến ở cả hai tính trạng
- Phép lai 4: lai ruồi đực kiểu dại thuần chủng với ruồi cái thuần chủng dòng I, thu được 100% ruồi kiểu dại
- Phép lai 5: lai giữa dòng I và dòng II thuần chủng, F 1 thu được 100% ruồi đột biến về cả hai tính trạng.
Cho F1 giao phối ngẫu nhiên ở F2 thu được tổng số 10000 con, trong đó 100% đều khơng nhận biết mùi ethanol
và có 591 con chân bình thường.
Hãy xác định quy luật di truyền chi phối các tính trạng và lập bản đồ di truyền các đột biến quy định các
kiểu hình có thể giải thích cho kết quả trên.
Hướng dẫn chấm:
- Xét tính trạng khả năng nhận biết mùi ethanol:
+ Dựa vào phép lai 1, 2 và phép lai 4, ta nhận thấy kết quả lai thuận và lai nghịch không giống nhau chứng tỏ
gen quy định khả năng nhận biết mùi không tuân theo quy luật di truyền Menđel thơng thường. Tỷ lệ kiểu hình
phân bố đồng đều ở cả hai giới nên không thể liên quan đến gen nằm trên NST giới tính mà chỉ có thể do hiện
tượng in vết gen, bởi vì 1/2 cá thể dị hợp tử ở phép lai 1 và 2 đều mang kiểu hình đột biến
(0,25 điểm)
+ Từ phép lai 4 thu được 100% ruồi kiểu dại chứng tỏ alen nhận từ bố đã được “xoá” in vết. Do vậy đột biến
mất khả năng nhận biết mùi ethanol in vết theo dòng mẹ, là lặn.
(0,25
điểm)
+ Quy ước gen: kiểu dại – A, đột biến – a, in vết – A’
- Xét tính trạng độ dài đốt chân:
+ Từ phép lai 1, 2 và 4 suy ra cả hai đột biến đều là lặn, kiểu dại là trội. Kết quả phép lai 5 ở F 1 cho thấy hai đột
biến khơng bổ sung cho nhau. Vì vậy chúng cùng nằm trên một nhiễm sắc thể.
(0,25
điểm)
+ Quy ước gen: kiểu dại – B1, B2; đột biến tương ứng – b1, b2
- Từ phép lai 3 có kiểu hình khác tỉ lệ 1: 1: 1: 1, phân bố thành 2 nhóm kiểu hình có tỉ lệ cao, 2 nhóm kiểu hình
có tỉ lệ thấp. Do đó, A và B1 (alen lặn tương ứng a và b1) liên kết khơng hồn tồn
(0,25

điểm)
→ Khoảng cách giữa a và b1 = (62+58)/(343+337+62+58) = 0,15 = 15 cM
(0,25
điểm)
- Từ phép lai 5:
ab 1 B 2
aB 1b 2
P:
dòng I
x dòng II
ab 1 B 2
aB 1b 2


ab 1 B 2
(100% không nhận biết được mùi, đốt chân ngắn)
aB 1 b 2
- Đời con F2 có 1110 ruồi chân bình thường trong kiểu gen phải có B1B2 hình thành từ trao đổi chéo giữa b 1 và
B2. Gọi khoảng cách giữa B1 và B2 là x, ta có: 1/2.x + (1-x).x = 1128/5000 = 0.03 → x = 0.06 = 6 cM
(0,25 điểm)
- Do đó bản đồ di truyền của các đột biến có thể là:
a_____________15cM________________b 1__6cM__b2
(0,25
điểm)
hoặc
a_____________9cM_________________b 2__6cM__b1
(0,25
điểm)
Câu 6 (1,25 điểm)
Bệnh di truyền hiện nay chiếm một tỷ lệ không nhỏ trong các bệnh được gặp ở trẻ em và người lớn. Sự ra

đời của di truyền y học tư vấn dựa trên nền tảng di truyền học giúp mọi người phòng tránh bệnh tốt hơn hoặc
giúp cho việc điều trị chúng trở nên hiệu quả hơn. Một phụ nữ X đến bệnh viện xin được tư vấn sinh con trong
thời gian tới, được biết cô bị mắc bệnh phênylnkêtô niệu (PKU) và đang mang thai ở tháng thứ 2. Bác sĩ kết
luận rằng thai nhi có khả năng rất cao là dị hợp tử và trong suốt thời gian mang thai bé có nguy cơ gặp phải một
số tổn thương nhiều hơn so với trẻ bình thường.
a) Tại sao bác sĩ có thể kết luận ngay em thai nhi có kiểu gen dị hợp tử và có nguy cơ gặp phải tổn thương
trong suối thời gian mang thai?
b) Nếu là bác sĩ, lời khuyên phù hợp cho bà mẹ giúp mang thai an tồn là gì?
c) Tại sao thai nhi mắc PKU thường không thể chuẩn đoán được như các bệnh di truyền khác?
Hướng dẫn chấm:
a.
- PKU là bệnh do đột biến gen lặn gây nên. Đột biến dẫn đến bệnh thường rất hiếm trong quần thể người và do
đó hầu hết mọi người đều có kiểu gen đồng hợp trội. Bà mẹ mắc PKU có kiểu gen đồng hợp lặn vì vậy bác sĩ có
thể kết luận ngay em bé có khả năng rất cao là dị hợp tử.
(0,25
điểm)
- Bệnh nhân mắc PKU bị đột biến trong enzim chuyển hố axit amin phenylalanin. Do đó lượng phenylalanin
tích luỹ nhiều trong máu và cơ thể có thể đầu độc não và làm rối loạn các quá trình sinh lý.
(0,25
điểm)
- Bé có nguy cơ gặp phải một số tổn thương trong thời gian mang thai do dinh dưỡng từ thai nhi nhận được
hoàn toàn từ máu mẹ, do bà mẹ mắc PKU nên lượng máu thai nhận được cũng có lượng phenylalanin cao, nếu
khơng
chuyển
hố
kịp
có
thể
gây
độc

và
rối
loạn
phát
triển
trí
tuệ,…
(0,25 điểm)
b. Cách đơn giản nhất là tuân thủ chế độ ăn kiêng phenylalanin, giúp giảm thiểu tối đa lượng phenylalin trong
máu, điều này có lợi cho cả mẹ và thai nhi
(0,25
điểm)
c. Vì trẻ mắc PKU hầu hết đều có bố mẹ dị hợp tử, tức là họ vẫn chuyển hoá được axit amin này. Do vậy khi
còn trong bụng, người mẹ đã phân giải hộ một phần phenylalanin nên thai nhi hoàn toàn khoẻ mạnh bình
thường. Vì vậy khơng thể chuẩn đốn được trẻ mắc PKU khi còn trong bụng mẹ.
(0,25 điểm)
Câu 7 (1,5 điểm)
Tại châu Âu, tần số của alen lặn CF  trên nhiễm sắc thể thường gây bệnh hoá xơ nang (làm chết trước tuổi
sinh sản trong hầu hết các trường hợp) vào khoảng 0,04.
a) Xác định giá trị thích nghi (w) và hệ số chọn lọc (s) đối với từng kiểu gen trong quần thể.
´ và sự chênh lệch tần số alen (∆q) sau một thế hệ.
b) Xác định giá trị thích nghi trung bình của quần thể (w)
c) Biết tốc độ đột biến từ alen CF+→ CF  là 1.10 ̶6. Tần số alen CF  của quần thể ở trạng thái cân bằng là
bao nhiêu? Kết quả này so với thực tế (phần a) có giống nhau khơng? Nếu khơng tại sao lại có sự khác nhau đó?
Hướng dẫn chấm:
a.
- 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 điểm)
F1:

- Hai kiểu gen CF+/CF+ và CF+/CF- đều không bị tác động của chọn lọc  w = 1, s = 0.
(0,25 điểm)
+
+
+
̶
+
̶
b. Cấu trúc di truyền quần thể: 0.92CF /CF + 0.08CF /CF , CF = 0.96, CF = 0.04
- Giá trị thích nghi trung bình của quần thể được tính bằng tổng của tần số từng kiểu gen nhân với giá trị thích
tương ứng. Thí sinh tính được w´ = 0.9984
(0,25
điểm)
- Sau một thế hệ, thành phần kiểu gen của quần thể là:
+ CF+/CF+ = 0.962.1 = 0.9216 (không phải tần số thực tế)
+ CF+/CF ̶ = 2.0,04.0,96.1 = 0.0768 → tần số thực tế: 0.0768/ (0,9216 + 0.0768) = 0.0769
- Tần số alen sau 1 thế hệ: CF  = 0.0769/2 = 3,86.10-2 → ∆q = ̶ 1,54.10 ̶ 3
(0,25 điểm)
c.
- Tần số alen CF  ở trạng thái cân bằng (^q ) = √ µ /s với µ là tốc độ đột biến. q^ = 1.10-3
(0,25 điểm)
- Tần số tính tốn nhỏ hơn thực tế (0.04), điều này được giải thích do ưu thế dị hợp tử. Trên thực tế, kiểu gen dị
hợp có khả năng miễn dịch với bệnh dịch hạch tốt hơn, do đó tần số của chúng vẫn được duy trì tương đối.
(Thí sinh chỉ cần trả lời ưu thế dị hợp tử là được 0,25 điểm)
Câu 8 (1,5 điểm)
Để nghiên cứu một gen tiến hoá nhanh hay
Tốc độ đột biến thay thế
Gen mã

chậm, các nhà khoa học có thể dùng phương
Số axit amin
hố prơtêin
Sai nghĩa Đồng nghĩa
pháp so sánh một số gen từ hai lồi gần tương
135
0.0
4.5
tự, ví như ở người và chuột như được minh hoạ Histôn H3
Hemoglobin
α
141
0.6
4.4
ở bảng dưới đây. Kết quả đo tốc độ thay thế
136
3.1
5.5
nucleotit đồng nghĩa (thay đổi trình tự gen Interferon γ
nhưng khơng làm thay đổi axit amin) và thay thế sai nghĩa (làm thay đổi axit amin) được trình bày trong bảng
(tốc độ được xác định bằng cách so sánh trình tự gen chuột và người, thể hiện qua những nucleotit thay thế tại
mỗi vị trí trong 109 năm, tỷ lệ thay thế sai nghĩa trung bình ở đa số các gen của chuột và người vào khoảng 0,8):
a) Tại sao lại có sự khác biệt giữa tốc độ thay thế đồng nghĩa và tốc độ thay thế sai nghĩa?
b) Cho rằng tốc độ thay thế đồng nghĩa giống nhau ở cả ba gen, tại sao các gen histone H 3 chống lại sự thay
đổi nucleotide làm thay đổi trình tự axit amin của nó rất hiệu quả?
c) Về nguyên tắc, một loại protein có thể được bảo tồn ở mức cao vì gen mã hố nó tồn tại ở một vị trí “đặc
quyền” trong hệ gen làm cho tỉ lệ đột biến rất của chúng rất thấp. Protein histơn H3 có phải là protein được bảo
tồn ở mức cao khơng? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a.

- Vì đột biến thay thế đồng nghĩa khơng làm thay đổi trình tự axit amin của chuỗi polipeptit nên chúng thường
không ảnh hưởng đến sức sống và khả năng sinh sản của cá thể và do đó khơng bị chọn lọc tự nhiên chống lại.
(0,25 điểm)
- Ngược lại, những đột biến thay thế sai nghĩa làm thay đổi axit amin mới ở vị trí tương ứng so với protein cũ,
có thể thay đổi chức năng của protein được mã hoá và gây ảnh hưởng đến sức sống và khả năng sinh sản của
sinh vật. Vì hầu hết axit amin bị thay thế làm mất chức năng của protein, gây hại cho cơ thể nên chúng có xu
hướng
bị
chọn
lọc
tự
nhiên
chống
lại.
(0,25 điểm)
b. Hầu như tất cả các axit amin bị thay thế trong protein histon H 3 đều làm mất chức năng và gây hại cho cơ thể,
vì vậy chúng bị chọn lọc tự nhiên tác động cực kỳ mạnh. Sự bảo thủ khắc nghiệt của protein histon H 3 chứng tỏ
chức năng của protein này bị hạn chế ở mức cao, có lẽ do phổ tương tác rộng với các protein khác và với ADN,
vì vậy bất kỳ thay đổi nào trong gen đều có thể dẫn đến sai hỏng biểu hiện gen, sự tạo thành cấu trúc nhiễm sắc
khơng hồn chỉnh,…
(0,5
điểm)
c. Khơng, vì chúng có tốc độ đột biến đồng nghĩa giống các gen khác. Điều này chứng tỏ tỉ lệ bị đột biến của
chúng cũng tương tự các gen bình thường. Nếu chúng là gen được bảo tồn cao thì tốc độ đột biến cả kể đồng
nghĩa và sai nghĩa đều phải thấp hơn hẳn so với các gen còn lại.
(0,5
điểm)
Câu 9 (2,0 điểm)
Tobias Zust và cộng sự (2012) đã nghiên cứu sự ảnh hưởng của rệp cây đến sự tiến hoá bởi chọn lọc tự

nhiên trong các quần thể thực vật. Ông dùng sáu quần thể cây một năm (Arabidopsis thaliana) giống nhau chia
làm ba lơ thí nghiệm: một lơ đối chứng (khơng rệp), một lô bị tấn công bởi rệp Brevicoryne brassicae và một lô
bởi rệp Lipaphis erysimi. Mỗi quần thể xuất phát từ 27 kiểu gen tự nhiên và được trồng với mật độ cao (hơn
8.000 cây/m2) trong mỗi lơ. Thí nghiệm được tiến hành trong năm thế hệ và khi kết thúc, người ta xác định tần
số của tất cả các kiểu gen cịn sống sót. Bảng dưới đây hiển thị tần số kiểu gen trung bình khi kết thúc thí
nghiệm; ngoài các kiểu gen đưa ra ở trong bảng, kiểu gen 12, 14, và 21 xuất hiện với tần số rất thấp (dưới 1,5%)
trong các lô, kiểu gen không được hiển thị trong bảng có nghĩa là khơng cịn tồn tại.
a) Tổng cộng có bao nhiêu quần thể thực vật được thành lập trong thí nghiệm này? Trong mỗi quần thể, tần
số ban đầu của mỗi kiểu gen là bao nhiêu?
b) Sự tiến hố có xảy ra ở quần thể đối chứng khơng? Nếu có, yếu tố nào có thể tạo ra sự tiến hố thơng qua
chọn lọc tự nhiên trong các quần thể này? Giải thích.
c) Sự tiến hố có xảy ra ở quần thể bị rệp tấn cơng khơng? Nếu có, yếu tố nào có thể tạo ra sự tiến hố thơng
qua chọn lọc tự nhiên trong các quần thể này? Giải thích.
d) Thực tế, Arabidopsis thaliana có thể tổng hợp một số chất hữu cơ giúp phòng thủ chống lại động vật ăn
chúng. Kiểu gen từ 1 đến 14 mã hố hợp chất phịng thủ có chuỗi bên 3 cacbon (3C) còn các kiểu gen còn lại
mã hố hợp chất phịng thủ với chuỗi bên 4 cacbon (4C). So sánh kết quả thí nghiệm ở lơ có B.brassicae và
L.erysimi, tập trung vào việc chọn lọc ưu tiên kiểu gen mã hố cho hợp chất phịng thủ nào và giải thích nguyên
nhân dẫn đến sự khác biệt như vậy.
Hướng dẫn chấm:
a. Tổng cộng có 18 quần thể thực vật đã được thành lập trong thí nghiệm này. Trong các quần thể, tần số ban
Lô
Đối chứng
B.brassica
e
L.erysimi

Tỉ lệ kiểu gen của cây sống sót (%)
5
6

8
9
10
15
0
42.3 2.8
8.5
6.3
0

1
0.7

2
4.9

3
0

4
2.8

2.8

3.5

0

0.7

0.7

0

0

9.9

3.5

0,7

0

5.6

0

9.7

0

0

63.2

4.2

16
1.4

22
1.4

25
26.1

27
0.7

1.4

2.1

1.4

67.4

2.8

9.7

0

0.7

6.3

0

đầu của mỗi kiểu gen là 1/27 = 0,037 hay 3,7%.
(0,5
điểm)
b.
- Nếu quá trình tiến hóa khơng xảy ra ở các quần thể đối chứng, sẽ có tất cả 27 kiểu gen tồn tại và tần số của
chúng ít thay đổi so với giá trị ban đầu là 3,7% ứng với mỗi kiểu gen. Thực tế nhiều kiểu gen khơng cịn tồn tại
(do đó tần số cuối cùng là 0%), trong khi nhóm cịn lại tăng tần số đáng kể.
(0,25 điểm)
- Ví dụ kiểu gen 6 tăng lên 42,3% khi trồng ở lô đối chứng. Điều này có thể giải thích do kiểu gen 6 có ưu thế
phù hợp với điều kiện phát triển trong các quần thể đối chứng, nơi cây được trồng ở mật độ cao và đất có thể
khác với đất trong môi trường hoang dại. Sự thay đổi như vậy trong điều kiện mơi trường có thể dẫn đến chọn
lọc tự nhiên xảy ra ở các quần thể đối chứng.
(0,25
điểm)
c.
- Tần số kiểu gen cũng thay đổi trong các quần thể tiếp xúc với rệp cây. Nhiều kiểu gen đang nhanh chóng bị
đào thải dẫn đến tuyệt chủng trong khi những kiểu gen khác tăng tần số đáng kể (Thí sinh lấy dẫn chứng).
(0,25 điểm)
- Do đó, q trình tiến hóa cũng xảy ở các quần thể này. Quần thể thực vật tiếp xúc với rệp có thể đã trải qua sự
chọn lọc bởi nhiều yếu tố, chẳng hạn như điều kiện mơi trường mới (ví dụ, mật độ cây dày đặc và tính chất đất
khác,…) cũng như những tác động bất lợi của rệp.
(0,25 điểm)
d.
- Trong lơ thí nghiệm với B. brassicae, 75% số cây cịn sống mã hóa hợp chất phịng thủ 4C, nhiều nhất trong
số đó là kiểu gen 25 (chiếm 67,4% cây sống sót). Ngược lại, trong lơ thí nghiệm với L. erysimi, 83% số cây cịn
sống sót có kiểu gen mã hố hợp chất 3C, phổ biến nhất trong số đó là kiểu gen 9 (với 63,2%).
(0,25
điểm)
- Mặc dù một vài kiểu gen thích nghi khá tốt trong cả hai điều kiện (ví dụ kiểu gen 9 và 25), tuy nhiên kết quả
chọn lọc lại khác nhau đáng kể giữa hai lơ thí nghiệm. Điều này cho thấy rằng: mỗi loài vật ăn thịt khác nhau có

Tỉ lệ hạt

tác động chọn lọc không giống nhau, thể hiện ở việc ủng hộ (ưu tiên) các kiểu gen khác nhau trong quần thể.
(0,25 điểm)
Câu 10 (1,75 điểm)
Trúc đào Phlox drummondli thường có hoa màu hồng, nhưng ở những khu vực có P. cuspidata (hoa ln
ln màu hồng), hầu hết các cá thể P. drummondli lại có hoa màu đỏ. Vì hầu hết các lồi thụ phấn ưu tiên ghé
thăm một màu hoa này hoặc màu khác, Donald Levin thuộc trường đại học Texas (Mỹ) cho rằng Phlox
drummondi có hoa màu đỏ chỉ khi phân bố cùng khu vực với P.cuspidata để giảm thiểu sự lai tạo khác lồi.
Ơng kiểm tra giả thuyết bằng cách đưa một số lượng trúc đào Phlox drummondli hoa đỏ và hoa hồng bằng nhau
vào cùng một khu vực với nhiều cây P. cuspidata. Vào cuối mùa hoa, thu lấy hạt của P. drummondli và phân
tích cấu trúc di truyền. Kết quả thu được được trình bày trong
Số lượng hạt
Màu hoa
bảng dưới đây:
P. drummondli Lai khác lồi
a) Đây là ví dụ cho kiểu cách li sinh sản nào? Giải thích.
Đỏ
181
27
b) Vẽ biểu đồ thể hiện kết quả thu được theo tỉ lệ %. Kết
Hồng
86
53
quả thu được có ủng hộ giả thuyết đã nêu ra khơng? Giải thích.
c) Nên thiết kế thêm thí nghiệm như thế nào để gia tăng tính thuyết phục cho kết quả?
d) Trên thực tế, hạt tạo ra từ sự lai tạo khác lồi vẫn có thể nảy mầm và phát triển như cây bình thường
nhưng sinh sản kém và thường bất thụ, tuy nhiên người ta vẫn có thể bắt gặp cây lai tương đối thường xuyên ở

các khu vực có cả hai lồi sinh sống. Nêu giả thuyết giải thích hiện tượng trên.
Hướng dẫn chấm:
a. Đây là ví dụ cho kiểu cách li trước sinh sản, cụ thể là
100
cách ly tập tính. Sự khác biệt về màu hoa làm ngăn cản
80
chim thụ phấn “nhầm” giữa các hoa khác loài dựa vào tập
tính nhận biết màu sắc của chúng.
60
(0,25 điểm)
b.
Thí
sinh
vẽ
đúng
đồ
thị
và
chú
thích
đầy
đủ
được 0,25
40
điểm:
20
- Kết quả thu được không thể kiểm chứng được giả
thuyết, bởi vì thí nghiệm khơng tiến hành với lơ đối
Số lượng
0 hạt P. drummondli Số lượng hạt Lai tạo

chứng để so sánh, sự khác biệt ở kết quả có thể do các
Đỏ
Hồng
yếu tố ngẫu nhiên từ môi trường hoặc lồi địa phương ưa
thích thụ phấn riêng cho hoa màu đỏ hơn vì khu vực thí nghiệm hầu hết chỉ có hoa hồng,…
(0,25 điểm)
- Kết quả thu được chỉ chứng minh được rằng trúc đào màu hồng ít bị “thụ phấn nhầm” hơn so với trúc đào màu
đỏ, chưa đủ thuyết phục để chứng minh ưu thế của P. drummondli hoa đỏ trong mơi trường có P.cuspidata.
(0,25 điểm)
c. Cần thiết kế thêm một lơ thí nghiệm đối chứng bằng cách loại bỏ hết P.cuspidata trong khu vực có cả hai
lồi, chuẩn bị số lượng trúc đào đỏ và trúc đào hồng bằng nhau khi bắt đầu thí nghiệm. Sau đó theo dõi xem sự
vắng mặt của P.cuspidata có làm mất ưu thế chọn lọc của trúc đào đỏ hay không (thể hiện ở tỉ lệ trúc đào hồng
tăng lên qua thời gian)
(0,25
điểm)
d. Hiện tượng trên có thể do:
- Tính chun hố thấp của động vật thụ phấn, vì chúng khơng thụ phấn đặc hiệu theo lồi nên đơi lúc có thể
xảy ra sự nhầm lẫn, từ đó dẫn tới hình thành con lai khác lồi
- Con lai có giá trị thích nghi cao hơn cả hai lồi ban đầu về một số đặc điểm, do vậy trong một khoảng thời
gian nào đó khi điều kiện mơi trường thay đổi, lượng con lai tạo ra có thể gia tăng và chiếm ưu thế hơn
- Con lai bị đa bội hoá hoặc có khả năng sinh sản vơ tính
- Dịng gen giữa hai loài xảy ra mạnh đến mức lấn át chọn lọc tự nhiên
(Thí sinh có thể nêu giả thuyết khác nếu đúng và hợp lý vẫn được điểm nhưng không quá 0.5 điểm phần này)
Câu 11 (1,0 điểm)
Một số động vật hằng nhiệt thay đổi độ dày lông theo mùa,
giúp chúng tăng mất nhiệt vào mùa hè và duy trì khả năng giữ
nhiệt cho cơ thể vào mùa đông. Sự thay đổi này là một ví dụ điển


hình về khả năng động vật thích nghi với nhiệt độ. Biểu đồ hình bên mơ tả tương quan giữa giá trị cách nhiệt

(lượng nhiệt được giữ lại) và độ dày lơng ở hai lồi động vật thuộc quần xã rừng Taiga, gồm sóc đỏ
(Tamiasciurus hudsonicus) và chó sói (Canis lupus). Cả hai loài đều là động vật hằng nhiệt và biểu hiện độ dày
lông phụ thuộc nhiệt độ theo mùa.
a) Điểm màu nào (đỏ hoặc xanh) mô tả sự thay đổi độ dày lơng của mỗi lồi? Mùa nào được biểu diễn bằng
điểm hình trịn và bằng điểm tam giác? Giải thích.
b) Lồi nào có sự thay đổi độ dày lơng theo mùa nhiều hơn? Đối với lồi có ít thay đổi độ dày lông theo
mùa, làm thế nào để chúng thích nghi được với điều kiện mùa đơng khắc nghiệt? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a. Màu đỏ đại diện cho sóc và màu xanh đại diện cho chó sói, điểm hình trịn đại diện cho mùa hè, và điểm tam
giác đại diện cho mùa đơng. Vì:
- Mùa đơng nhiệt độ thấp hơn nên động vật đều có xu hướng tăng độ dài lơng để giữ nhiệt
(0,2
điểm)
- Động vật kích thước lớn (sói) sẽ có bộ lơng dày với giá trị cách nhiệt lớn hơn, thể hiện ở cùng một mùa nhưng
độ dày lông của chúng luôn cao hơn).
(0,2
điểm)
- Bộ lơng dài hơn ở ở động vật có vú kích thước nhỏ (sóc) sẽ hạn chế sự nhanh nhẹn (khả năng di chuyển) của
chúng
(0,1
điểm)
b. Điểm hình trịn đại diện cho mùa hè, và điểm tam giác đại diện cho mùa đơng. Vì:
- Kích thước cơ thể sói lớn, chiều dài lông của chúng cần thay đổi nhiều hơn để đáp ứng với những thay đổi
nhiệt
độ
theo
mùa.
(0,25 điểm)
- Sóc đỏ có thể dựa vào trạng thái đờ đẫn để sống sót qua mùa đông lạnh
(0,25

điểm)

Câu 12 (2,0 điểm)
Charles Crisafulli và các đồng nghiệp của ông là một trong những nhà sinh thái học đầu tiên nghiên cứu các
quá trình sinh thái kế tiếp nhau trên núi nửa St. Helens sau vụ phun trào năm 1980. Họ tập trung vào việc phục


Độ đa dạng loài (chỉ số Shannon)

hồi các động vật có vú nhỏ ở các quần xã bị xáo trộn bởi vụ phun trào theo nhiều cách khác nhau: đồng cỏ
Pumice (A) trải qua sự hủy diệt hoàn toàn tất cả các sinh vật sống và hai quần xã kế tiếp: khu đập nước (B)
trong đó cây bị đổ và đất bị bao phủ trong bùn nhưng một số loài vẫn sống ở dưới lòng đất. Khu vực bụi núi lửa
(C) còn nguyên vẹn rừng và đồng cỏ, nhưng bị bao phủ trong các mảnh vụn núi lửa. Một khu vực tham khảo
không bị xáo trộn cách ngọn núi 21km được sử dụng làm đối chứng (D). Dưới đây là dữ liệu thu thập năm 2000
về thành phần loài (chỉ xét động vật có vú nhỏ) và sự phong phú theo tỉ lệ trong bốn quần xã khác nhau sau
phun trào.
a) Quần xã nào có độ đa dạng lồi thấp nhất,
Tỉ lệ cá thể phát hiện
Lồi
quần xã nào có độ đa dạng lồi cao nhất cao
A
B
C
D
nhất? Giải thích.
Peromyscus maniculatus
1
0.2
0.25
0.1

b) Vẽ biểu đồ so sánh độ đa dạng loài ở các Tamias amoenus
0
0.4
0
0
quần xã theo thứ tự mức xáo trộn. Kết quả thu Spermophilus saturatus
0
0.05
0
0
được có phù hợp với giả thuyết nhiễu loạn trung Microtus oregoni
0
0.1
0
0
bình khơng? Giải thích.
Neurotrichus gibbsi
0
0.05
0
0
c) Xem xét sự có mặt hoặc khơng của một số Sorex trowbridgi
0
0.1
0
0.05
loài trong bốn quần xã, cho biết loài nào xuất Sorex monticolus
0
0.1
0.15

0.1
hiện trong tất cả các quần xã? Từ đó có thể rút ra Clethrionomys gapper
0
0
0.45
0.65
kết luận gì về lịch sử đời sống của chúng?
Tamias townsendi
0
0
0.05
0
d) So sánh độ giàu loài ở các khu vực: đập Mustela erminea
0
0
0.05
0
nước, bụi núi lửa và quần xã tham khảo. Tại sao Glaucomys sabrinus
0
0
0.05
0
lại có sự khác biệt như vậy?
Sorex vagrans
0
0
0
0.05
Hướng dẫn chấm:
Sorex palustris

0
0
0
0.05
a. Thí sinh tính độ đa dạng lồi theo chỉ số đa
dạng Shannon: H = H= ∑ [(pi)× ln(pi)]
- Chỉ số đa dạng của từng quần xã (A-D) lần lượt là: 0, 1.68, 1.44 và 1.19
- Thí sinh kết luận được: đồng cỏ Pumice có độ đa dạng lồi thấp nhất (H = 0) và khu đập nước có độ đa dạng
lồi cao nhất (H = 1,68).
(0,25
điểm)
2
b. Thí sinh vẽ đồ thị đúng, chú thích đầy đủ
được 0,25 điểm (chỉ biểu đồ điểm/ đường được
1.5
chấp nhận):
1
- Giả thuyết nhiễu loạn ớ mức trung bình cho
rằng đa dạng lồi của quần xã tăng khi xáo trộn
0.5
ở mức trung bình. Nhiễu loạn ở mức thấp hay
0
mức cao đều làm đa dạng loài suy giảm
(0,125 điểm)
- Biểu đồ phù hợp với giả thuyết nhiễu loạn
trung bình. Điều này thể hiện ở:
+ Độ đa dạng loài của quần xã tăng lên khi mức
độ xáo trộn tương ứng của bốn quần xã tăng.
Mức độ nhiễu loạn
(0,25 điểm)

+ Tuy nhiên, đa đạng loài chỉ tăng lên đến một
điểm nhất định (khu đập nước). Độ đa dạng loài
sau đó giảm dưới điều kiện khắc nghiệt của đồng cỏ Pumice (nhiễu loạn mức cao).
(0,25 điểm)
c.
- Chuột hươu (Peromyscus maniculatus) là lồi duy nhất có mặt trong tất cả bốn quần xã. Điều này cho thấy
chuột hươu có một lịch sử đời sống cho phép chúng sống trong cả ba giai đoạn của diễn thế sinh thái (giai đoạn
khởi đầu, giữa và cuối).
(0,125
điểm)
- Đó là khả năng có thể phát tán rộng, tốc độ tăng trưởng nhanh và mức sinh sản cao. Tất cả các đặc điểm này
thuộc về loài có chiến lược chọn lọc r.
(0,25


điểm)
d.
- Khu đập nước, bụi núi lửa và khu vực tham khảo đều có độ giàu lồi gần tương tự nhau (7, 6, và 6 loài theo
thứ tự). Khu vực bụi núi lửa và quần xã tham khảo có nhiều điểm chung về loài hơn khu đập nước, nhưng cả ba
quần xã đều có lồi động vật đặc trưng riêng, đó là các lồi Tamias amoenus (B), Clethrionomys gapper (C và
D)
(0,25 điểm)
- Có sự khác biệt này là do mỗi quần xã đại diện bởi một giai đoạn diễn thế sinh thái, với đặc điểm thảm
thực vật (ở giai đoạn giữa và giai đoạn cuối) và một số điều kiện của mơi trường khác nhau, dẫn đến thành phần
lồi động vật có thể sống được cũng khơng giống nhau, từ đó phản ánh sự khác biệt về thành phần lồi. (0,25
điểm)
Câu 13 (1,5 điểm)
Hình bên mơ tả tác động của con người đến
vịng tuần hồn nitơ trong thế kỉ vừa qua.
a) Đường cong nào biểu diễn sự thay đổi

về dân số thế giới, lượng nitơ cung cấp cho hệ
sinh thái từ các nguồn khác nhau? Giải thích.
b) Tại sao nói “trong thế kỉ vừa qua, con
người đã làm thay đổi chu trình nitơ nghiêm
trọng, cịn lớn hơn cả chu trình cacbon”?
c) Hậu quả của sự thay đổi chu trình nitơ
bởi con người là gì?
Hướng dẫn chấm:
a.
- Đường cong A biểu diễn sự thay đổi về dân số vì trong nửa thế kỉ vừa qua (giai đoạn 1950-2000) quần thể
người đạt tốc độ tăng trưởng cao nhất. Nhờ sự phát triển của y tế, khoa học và dịch vụ xã hội làm giảm tỉ lệ tử
đến mức tối thiểu và tăng tỉ lệ sinh rất cao (đặc biệt ở các nước đang phát triển) nên trong suốt giai đoạn này
đường
cong
có
xu
hướng
tăng
liên
tục
và
khơng
có
sự
giảm
sút
(0,25 điểm)
- Các đường cong còn lại (B, C, D, E) biểu diễn sự thay đổi về lượng nitơ cung cấp cho hệ sinh thái từ nhiều
nguồn khác nhau. Vì:
(0,25

điểm)
+ Hoạt động của con người tác động làm tăng lượng nitơ bổ sung vào hệ sinh thái nên các đường cong đều có
xu hướng gia tăng (một số đường cong tăng mạnh rõ rệt).
+ Tuy nhiên sự gia tăng này khơng có tính ổn định và mạnh như sự tăng trưởng của quần thể người nên một số
đường cong biến động không đồng đều (B, C), một số đường cong (D, E) chỉ có xu hướng tăng nhẹ
b. Thí sinh chỉ cần nêu được 2 trong 03 ý dưới đây, mỗi ý được 0,25 điểm x 2 = 0,5 điểm (có ý khác nếu hợp lý
vẫn được điểm):
- Việc sử dụng phân bón ở khắp nơi (đặc biệt là các loại phân đạm hoặc chứa đạm) làm gia tăng hàm lượng
NH4+ và NO3 ̶ bổ sung vào hệ sinh thái gây dư thừa và lãng phí
- Sử dụng tràn lan cây họ đậu trong nông nghiệp làm gia tăng lượng nitơ cố định theo con đường sinh học
- Hoạt động công nghiệp phát triển mạnh thải ra một lượng tương đối nhiều các khí oxit của nitơ (NO, NO 2,
…). Các loại khí này khi hồ tan trong nước và thấm vào đất cũng làm tăng lượng nitơ trong hệ sinh thái
c.
- Con người cung cấp một lượng lớn nitơ vào hệ sinh thái, tuy nhiên thực vật không thể sử dụng hết (chỉ từ 40%
được sử dụng), lượng nitơ còn lại bị rửa trôi và gây phú dưỡng các thủy vực → suy giảm đa dạng sinh học, ô
nhiễm môi trường
(0,25
điểm)
- Các khí oxit của nitơ có thể gây mưa axit và làm suy giảm tầng ozon
(0,25
điểm)