đề thi và hướng dẫn chấm thi các môn khoa học tự nhiên (4)

1

KỲ THI GIẢI TOÁN HỘI ĐỒNG THI TỈNH BẠC LIÊU
TRÊN MÁY TÍNH CASIO - VINACAL 2011 Ngày thi: 25/12/2011


Số báo danh HỌ VÀ TÊN THÍ SINH
MÔN THI: SINH HỌC 12
Ngày sinh: tháng năm , nam hay nữ: Trường

HỌ, TÊN CHỮ KÝ
Giám thị số 1:
Giám thị số 2:
SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch HĐ chấm thi ghi)

Chú ý:
- Thí sinh phải ghi đủ các mục ở phần trên theo sự hướng dẫn của giám thị;
- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi có phách đính kèm này;
- Bài thi phải được viết bằng một loại bút, một thứ mực; không viết bằng mực đỏ, bút chì;
không được đánh dấu hay làm kí hiệu riêng; phần viết hỏng phải dùng thước gạch chéo; không
được tẩy, xóa bằng bất kỳ cách gì (kể cả bút xóa).
- Trái với các đi
ều trên, thí sinh sẽ bị loại.

2
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI GIẢI TOÁN
TRÊN MÁY TÍNH CASIO - VINACAL NĂM 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: SINH HỌC 12
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/12/2011
*Chú ý: - Đề thi này gồm 9 trang, 10 bài, mỗi bài 5 điểm.
- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này.

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI CÁC GIÁM KHẢO
SỐ PHÁCH
(Do Chủ tịch Hội đồng ghi)

Bằng số Bằng chữ



Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống
liền kề bài toán. Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính
xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy.

Bài 1: (5 điểm)
Với 4 loại nuclêotit A, T, G, X . Tính:
a. Xác suất để gặp một bộ ba không chứa nuclêotit loại A.
b. Xác suất để gặp một bộ ba chứa ít nhất 1 nuclêotit loại A.


Cách giải Kết quả

Bài 2: (5 điểm)
Hệ số hô hấp (RQ) là tỉ số giữa các phân tử CO
2
thải ra và số phân tử O
2
hút vào khi
cơ thể hô hấp và trong quá trình hô hấp cứ 1phân tử NADH qua chuỗi truyền eletron thì tế
bào thu được 3 ATP; 1phân tử FADH
2
qua chuỗi truyền electron tế bào thu được 2 ATP.
a. Hãy tính (RQ) khi nguyên liệu hô hấp là C
6
H
12
O
6
(Glucozơ).
3
b. Tính số phân tử ATP mà tế bào thu được trong các giai đoạn của quá trình hô hấp
và tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucozơ?

Cách giải Kết quả

Bài 3: (5 điểm)
Một tế bào sinh dục sơ khai đực đã nguyên phân liên tiếp 7 đợt, các tế bào con sinh
ra có chứa 1024 NST đơn. Tất cả các tế bào con sinh ra đó đều giảm phân. Các giao tử sinh
ra tham gia thụ tinh hình thành 8 hợp tử.
a. Xác định bộ NST lưỡng bội của loài và số NST đơn môi trường nội bào cung cấp
cho quá trình nguyên phân trên.
b. Tính hiệu suất thụ tinh của giao tử đực.

Cách giải Kết quả

4
Bài 4: (5 điểm)
Theo dõi một vi khuẩn Escherichia coli được nuôi cấy trong môi trường nuôi cấy
không liên tục với điều kiện tối ưu, vi khuẩn này có khối lượng trung bình là 4.10
-12
gam.
Sau một thời gian, người ta thu được khuẩn lạc có khối lượng 8192.10
-12
gam. Biết rằng,
pha log có thời gian tối đa là 4 giờ, pha lag kéo dài trong thời gian là 6 giờ. Thời gian nuôi
cấy vi khuẩn ban đầu để tạo khuẩn lạc trên là mấy giờ?

Cách giải Kết quả

Bài 5: (5 điểm)
a. Hai bình thủy tinh có thể tích bằng nhau. Bình 1 đặt một cành lá với tổng diện tích
là 50 cm
2
, bình 2 để không. Đậy kín 2 bình và chiếu sáng 20 phút. Lấy lá ra khỏi bình, đưa
vào mỗi bình 25 ml dung dịch Ba(OH)
2
lắc đều rồi chuẩn độ bằng HCl, bình 1 hết 20 ml
HCl, bình 2 hết 15 ml HCl.
Tính cường độ quang hợp của cành lá thí nghiệm. Biết 1 ml HCl tương đương với 0,6
mg CO
2
.
b. Một loài thực vật trồng trong đất có nồng độ dịch tế bào rễ là 0,3 mol/lít, sức hút
nước của tế bào rễ đạt 3,5 atm. Xác định sức căng trương nước của tế bào rễ. Biết nhiệt độ
trung bình là 25
0
C.

Cách giải Kết quả













5

Bài 6: (5 điểm)
Ở người bình thường, mỗi lá phổi có khoảng 350 triệu phế nang hình khối cầu, mỗi
phế nang có đường kính trung bình 250 µm. Tính diện tích trao đổi khí trong phổi người
bằng m
2
. Diện tích này phù hợp với quy luật và cơ quan trao đổi chất nào ở cây xanh và
động vật bậc cao?

Cách giải Kết quả

6

Bài 7: (5 điểm)
Ở 1 loài ong mật, 2n=32. Trứng khi được thụ tinh sẽ nở thành ong chúa hoặc ong thợ
tuỳ điều kiện về dinh dưỡng, còn trứng không được thụ tinh thì nở thành ong đực. Một ong
chúa đẻ được một số trứng gồm trứng được thụ tinh và trứng không được thụ tinh, nhưng
chỉ có 80% số trứng được thụ tinh là nở thành ong thợ, 60% số trứng không được thụ tinh là
nở
thành ong đực, các trường hợp còn lại đều không nở và bị tiêu biến. Các trứng nở thành
ong thợ và ong đực nói trên chứa tổng số 155136 NST, biết rằng số ong đực con bằng 2% số
ong thợ con. Xác định:
a. Số ong thợ con và số ong đực con được nở ra.
b. Tỉ lệ % từng loại trứng có thể có trên tổng số trứng ong chúa đẻ ra.

Cách giải Kết quả

7
Bài 8:(5 điểm)
Một đoạn mạch kép phân tử ADN của sinh vật trước nhân bị đột biến đứt ra 1 đoạn,
đoạn bị đứt ra thành gen B, đoạn còn lại thành gen A. Gen A nhiều hơn gen B là 300
Ađênin và 600 Guanin. Gen B có tỉ lệ các loại nucleotit bằng nhau. Tổng số axít amin trong
2 phân tử prôtêin hoàn chỉnh tạo ra từ 2 gen là 696.
a. Xác định chiều dài mỗi gen.
b. Tính số lượng nucleotit từng loại trên mỗi gen.
c. Gen A phiên mã 3 lần, mỗi bả
n phiên mã cho 5 ribôxôm trượt qua 1 lần. Gen B
phiên mã 4 lần, mỗi bản phiên mã cho 4 ribôxôm trượt qua 1 lần. Xác định số lượng axít
amin môi trường cần cung cấp cho quá trình tổng hợp prôtêin trên khuôn mẫu cả 2 gen.
Biết rằng mỗi phân tử protein tạo ra từ hai gen trên đều được cấu tạo từ một chuỗi
polipeptit.

Cách giải Kết quả

Bài 9: (5 điểm)
Ở người, Bệnh Z do một gen nằm trên NST giới tính qui định. Trong một gia đình:
người vợ và người chồng đều bình thường sinh con gái đầu lòng bị bệnh Z (Không có đột
biến gen xảy ra).
a. Nếu không có đột biến xảy ra thì xác suất để cặp vợ chồng này sinh đứa con thứ
hai bình thường là bao nhiêu phần trăm?
8
b. Nếu không có đột biến xảy ra thì xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con
trai kế tiếp đều bình thường là bao nhiêu phần trăm?
c. Nếu không có đột biến xảy ra thì xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con kế
tiếp (1 trai, 1 gái) đều bình thường là bao nhiêu phần trăm?

Cách giải Kết quả

Bài 10: (5 điểm)
Ở một loài thú, gen A qui định tính trạng lông đen trội hoàn toàn so với gen a qui định lông
trắng, cặp gen này nằm trên NST giới tính X và không có alen tương ứng trên Y. Ở quần thể
đang xét (P), người ta thấy ở giới đực có 30% là đực lông đen. Biết quần thể trên đang ở
trạng thái cân bằng di truyền về cặp gen nói trên, tỉ lệ giới tính 1: 1 và giới đực là giới dị
giao. Xác định tỉ lệ cái lông đ
en và cái lông trắng trong quần thể.

Cách giải Kết quả



9

HẾT

1
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm 4 trang)
Môn thi: SINH HỌC 12
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/12/2011

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1: (5 điểm)
a. Xác suất để gặp bộ ba không có nuclêotit là A:
Xác suất để cho nuclêotit là A bằng
4
1
, không phải là A bằng
4
3

=> Xác suất để gặp bộ ba không có nuclêotit là A:

4

3
⋅
4
3
⋅
4
3
=
64
27
(2,5đ)
b. Xác suất để gặp một bộ ba chứa ít nhất một nuclêotit loại A:
1 -
64
27
=
64
37
(2,5đ)

Bài 2: (5 điểm)
a. Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp mà nguyên liệu là glucozơ:
C
6
H
12
O
6
+ 6CO
2

→ 6CO
2
+ 6H
2
O (0,5đ)
Ö Chỉ số hô hấp (RQ) = 6/6 = 1 (0,5đ)
b. Quá trình hô hấp được chia làm 3 giai đoạn:
+ Đường phân: Tạo ra 2 ATP và 2 NADH (0,5đ)
+ Giai đoạn chuyển hóa trung gian: 2 NADH (0,5đ)
+ Chu trình crep:Tạo ra 2 ATP và 6 NADH, 2FADH
2
(0,5đ)

+ Chuỗi truyền electron hô hấp:
( 1NADH qua chuỗi truyền electron tạo 3 ATP
1FADH
2
qua chuỗi truyền electron tạo 2 ATP) (0,75đ)
=> Số phân tử ATP được tạo ra qua chuỗi truyền điện tử là:
(2 x 3) + (2 x 3) + (6 x 3) + (2 x 2) = 34 ATP (1,0đ)
- Như vậy, tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1
phân tử glucozơ là 38 ATP. (0,75đ)

Bài 3: (5 điểm)
a. Bộ NST 2n và số NST đơn môi trường cung cấp :
- Số tế bào con sinh ra = 2
7
= 128 (1,0đ )
=> Bộ NST 2n = 1024/128 = 8 (1,0đ)
- Số NST đơn môi trường cung cấp cho nguyên phân = 8(2

7
- 1) = 1016 (1,0đ)
b. Hiệu suất thụ tinh của giao tử :
- Số giao tử sinh ra = 128 x 4 = 512 (1,0đ)
- Hiệu suất thụ tinh của giao tử = 8/512 = 0,0156 ( hay 1,5625%) (1,0đ)


2
Bài 4: (5 điểm)
- Gọi x là số lần phân bào của vi khuẩn E.coli.
Æ Số tế bào của khuẩn lạc là: 8192.10
-12
: 4.10
-12
= 2048 (1,0đ)
Æ Số lần phân bào của vi khuẩn trên: 2
x
= 2048 => x = 11 (1,0đ)
- Vì ở pha lag vi khuẩn trên chưa sinh trưởng, thời gian thế hệ của vi khuẩn E.coli ở
pha log trong điều kiện tối ưu là 20 phút (1,0đ)
Æ Thời gian nuôi cấy của vi khuẩn trên là:
6 + (11 x 20/60) = 9,6667 (giờ) (2,0đ)
Ghi chú
: Pha log mới diễn ra trong thời gian là (11 x 20/60)= 3,6667 giờ, chưa quá
4 giờ nên chấp nhận kết quả trên.

Bài 5: (5 điểm)
a. Tính cường độ quang hợp
Lượng HCl dùng ở bình 1 nhiều hơn bình 2 là (A)
A = 20 ml – 15 ml = 5 ml (0,5đ)

Lượng CO
2
được cành lá sử dụng quang hợp là (B)
B = 5 . 0,6 = 3,0 mg (0,5đ)
Cường độ quang hợp (I)

I =
20.5,0
60.0,3
= 18 mg CO
2
/dm
2
lá/giờ (1,75đ)
b. Tính sức căng trương nước của tế bào rễ
* Áp suất thẩm thấu của tế bào rễ (P
TB
)
P
TB
= CRT = 0,3 . 0,082 . (273 + 25)
= 7,3308 M (0,5đ)

* Sức căng trương nước của tế bào rễ (S)
S = 7,3308 – 3,5 = 3,8308 atm (1,75đ)

Bài 6: (5 điểm)
- Tổng số phế nang có trong phổi Người:
Do mỗi người có 2 lá phổi nên ta có số phế nang là:
2 x 350.10

6
= 7.10
8
(phế nang) (1,0đ)
- Diện tích bề mặt (S) của mỗi phế nang:
Do phế nang là một khối cầu nên ta có:
S
Phế nang
= 4πr
2
= 4 x 3,1416 x (250.10
-3
: 2)
2
= 0,19635 mm
2
(1,0đ)
- Diện tích bề mặt trao đổi khí của phổi Người:
S
Phổi
= 7.10
8
x 0,19635 = 137,445.10
6
mm
2
= 137,445 m
2
(1,5đ)
- Quy luật: “diện tích bề mặt trao đổi chất rộng đảm bảo cho trao đổi vật chất bằng

khuếch tán được thuận lợi” như ở rễ, lá của cây xanh hay ở mao mạch, ruột non, bề
mặt trao đổi khí… ở động vật bậc cao. (1,5đ)

(Nếu học sinh tính theo cách khác mà đúng đáp án vẫn cho đủ điểm. Nếu học sinh lấy
π = 3,14 mà tính đúng thì trừ 1/2 tổng số điểm)

Bài 7: (5 điểm)
a. Gọi a là số ong thợ con, b là số ong đực con thì:
Ta có b = 0,02a (1)
Theo đề bài: 32a + 16b =155136 (2)
3
Từ (1) và (2): a = 4800; b = 96.
Vậy số ong thợ con là 4800 và số ong đực con là 96. (1,0đ)
b. Tổng số trứng ong chúa đẻ ra
+ Số trứng thụ tinh = 4800 x 100/80 = 6000 trứng
+ Số trứng không thụ tinh = 96 x 100/60 = 160 = 160 trứng
=> Tổng số trứng ong chúa đẻ ra = 6000 + 160 = 6160 trứng (1,0đ)
- Xét khả năng thụ tinh của trứng thì có 2 loại trứng:
+ Tỉ lệ % trứng thụ tinh:
6000 x 100/6160 = 97,4026 % (0,5đ)
+ Tỉ lệ % trứng không thụ tinh:
160 x 100/6160= 2,5974 % (0,5đ)
- Xét khả nă
ng nở của trứng thì có 4 loại trứng:
+ Tỉ lệ % trứng thụ tinh nở thành ong thợ:
4800 x 100/6160 = 77,9221% (0,5đ)
+ Tỉ lệ % trứng thụ tinh không nở:
(6000 - 4800) x 100/6160 = 19,4805% (0,5đ)
+ Tỉ lệ % trứng không thụ tinh nở thành ong đực:
96 x 100/6160 = 1,5584% (0,5đ)

+ Tỉ lệ % trứng không thụ tinh không nở:
(160 - 96) x 100/6160 = 1,0390% (0,5đ)

Bài 8: (5 điểm)
a. Xác định chiều dài mỗi gen
N
(A)
– N
(B)
= 2 . (300 + 600)

6
N
(A)
- 2 +
6
N
(B)
- 2 = 696
=> N
A
= 3000 (Nu) => l
(A)
=
2
3000
. 3,4 = 5100 A
0
(1,0đ)
N

B
= 1200 (Nu) => l
(B)
=
2
1200
. 3,4 = 2040 A
0
(1,0đ)


b. Tính số nucleotit từng loại của mỗi gen
Gen B
A = T = G = X =
4
1200
= 300 (Nu) (1,0đ)
Gen A

A = T = 300 + 300 = 600 (Nu)
G = X = 600 + 300 = 900 (Nu) (1,0đ)
c. Xác định số axít amin môi trường cung cấp cho quá trình tổng hợp prôtêin

Số aa = 3 . 5 . 1 . (
6
3000
- 1) + 4 . 4 . 1 . (
6
1200
- 1) = 10669 (1,0đ)

Bài 9: (5 điểm)
- Vì vợ chồng bình thường nhưng sinh con gái bị bệnh Z Æ bệnh Z do gen lặn qui
định (Qui ước gen: A: bình thường, a: bệnh) (0,25đ)
- Có 2 trường hợp:
+ TH1: gen qui định bệnh Z nằm trên vùng tương đồng của NST giới tính X và
Y. (0,25đ)
4

+ TH 2: gen qui định bệnh Z nằm trên NST giới tính X, không có alen tương
ứng trên Y, và có hiện tượng đột biến thể lệch bội cặp NST giới tính trong quá trình
phát sinh giao tử của người chồng. (0,5đ)
* Xét TH 1:
- Con gái bị bệnh X
a
X
a
==> Kiểu gen của vợ và chồng bình thường là: X
A
X
a
và X
a
Y
A

(0,5đ)
- SĐL kiểm chứng:
P: X
A
X

a
(vợ - BT) x X
a
Y
A
(chồng - BT)
G: 1/2X
A
, 1/2X
a
1/2X
a
, 1/2Y
A

F
1
: 1/4X
A
X
a
: 1/4X
a
X
a
: 1/4X
A
Y
A
: 1/4X

a
Y
A
(0,25đ)

1/4 gái BT : 1/4 gái bệnh 2/4 trai BT

Trong trường hợp không đột biến:
a. Xác suất để cặp vợ chồng trên sinh đứa con thứ hai bình thường là: 3/4=75%
(0,25đ)
b. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con trai kế tiếp đều bình thường là:
2/4 x 2/4 = 1/4 = 25% (0,5đ)
c. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con kế tiếp (1 trai, 1 gái) bình thường
là: (2/4 x 1/4) x 2 = 25% (0,5đ)
* Xét TH 2:
Kiểu NST của người vợ bình thường là X
A
X
a
, của người chồng bình thường là X
A
Y.
(0,25đ)
- SĐL kiểm chứng:
P: X
A
X
a
(vợ - BT) x X
A

Y (chồng - BT)
G: X
A
, X
a
X
A
Y, O
F
1
: X
a
O (con gái - bệnh) (0,25đ)

Trong trường hợp không đột biến
- SĐL:
P: X
A
X
a
(vợ - BT) x X
A
Y (chồng - BT)
G: ½ X
A
, ½ X
a
½ X
A
,

½ Y
F
1
: TLKG: ¼ X
A
X
A
, ¼ X
A
X
a
, ¼ X
A
Y , ¼ X
a
Y
TLKH: ½ con gái - BT, ¼ con trai - BT, ¼ con trai - bệnh (0,25đ)
a. Xác suất để cặp vợ chồng trên sinh đứa con thứ hai bình thường là: 1/2 + 1/4 = 3/4
= 75 (%) (0,25đ)
b. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con trai kế tiếp đều bình thường là: 1/4
x 1/4 = 1/16 = 6,25 (%) (0,5đ)
c. Xác suất để cặp vợ chồng này sinh hai đứa con kế tiếp (1 trai, 1 gái) bình thường
là: (1/2 x 1/4) x 2 = 2/8 = 25 (%) (0,5đ)


Bài 10: (5 điểm)
Theo đề :
+ Đực lông đen có kiểu gen
A

C
XY
có tỷ lệ 30% ==>
AA
CC
0,3
X x 0,5= X =0,3
2
⇒
(0,5đ)
5
+ Đực lông trắng có kiểu gen
XY
a
c
có tỷ lệ 100% - 30% = 70%

0,7
0,5 0,7
2
110,30,7
aa
cc
aA
cc
Xx X
XX
⎡
=⇒=
⎢

⇒
⎢
=− =− =
⎢
⎣
(0,5đ)
- Vì quần thể đạt trạng thái cân bằng nên:

()
()
11
0,3 0,15 0,5
22
11
0,7 0,35 0,5
22
AA
đ c
aa
đ c
XXx đ
XXx đ
⎧
== =
⎪
⎪
⎨
⎪
== =
⎪

⎩

==> Cái lông đen có kiểu gen X
A
X
A
và X
A
X
a
, có tỷ lệ: (0,3 x 0,15) + (0,3 x 0,35) +
(0,15 x 0,7) = 0,255 = 2,55 % (1,5đ)
Cái lông trắng có kiểu gen X
a
X
a
, có tỷ lệ:

50% 25,5% 24,5%
(0,7 0,35) 0,245 24,5%
x
−=
⎡
⎢
==
⎣
(1,5đ)

Lưu ý: (hs có thể tính theo cách khác đúng cho trọn số điểm)

HẾT