Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm

 Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
a) Cơ chế nào nhiểu khả năng chi phối sự di truyền bệnh S hơn cả? Giải thích.
b) Xác định kiểu gene liên quan đến locus bệnh S của các thành viên trong gia đình. Nêu cách tính và tính khả 
năng sinh con mắc bệnh S(%) nếu người II-4 kết hôn với một người đàn ông mắc bệnh S.
c) Vẽ bản đồ giới hạn của allele kiểu dại và allele đột biến trên phân đoạn DNA được nhân bản bằng PCR. Chỉ ra 
vị trí bị đột biến trên bản đồ.
d) Sản phẩm PCR của người I-2 khi được cắt đồng thời bởi 2 enzyme EcoRI và HindIII tạo ra các băng 
900bp,600bp và 250 bp (băng này đậm hơn các băng còn lại). Nếu sản phẩm PCR của người II-2 cũng được cắt 
đồng thời bởi 2 enzyme này thì thu được các băng điện di có kích thước bao nhiêu bp? Giải thích.
Câu 6 (1,5 điểm)
Trong lĩnh vực di truyền quần thể, các mô hình toán học dựa trên định luật Hardy-Weinberg và một số dạng biến 
đổi được dùng để ước tính tần số các allele của quần thể. Chẳng hạn, nếu một locus gene gồm 2 allele A và a chịu 
tác động của sự phát sinh đột biến thuận nghịch với u là tốc độ đột biến thuận (A→a) và v là tốc độ đột biến 
nghịch (a→A), thì tần số p (của allele A ) và tần số q (của allele a ) được ước tính theo các công thức: 
p = v/(u + v) và q = u/(u + v).
Ở chuột đồng, một allele lặn h gây chứng rối loạn đông máu dạng B, thể nhẹ, có khả năng sống sót và sinh sản 
bình thường (gọi tắt là bệnh B ) được tìm thấy do đột biến thay thế nucleotide thuận nghịch từ allele H kiểu dại 
liên kết NST X. Locus gene này được quan tâm phân tích để theo dõi ảnh hưởng của các tác nhân môi trường có 
khả năng gây đột biến cao, chẳng hạn như sự rò rỉ phóng xạ từ những vụ nổ hạt nhân. Theo đó, trước và sau một 
sự cố hạt nhân xảy ra vào năm 1986, các nhà khoa học đã tiến hành thu thập mẫu gồm 2000 cá thể chuột trưởng 
thành (số lượng đực, cái tương đương) từ cùng một quần thể sống gần khu vực nhà máy điện hạt nhân xảy ra sự 
cố. Kết quả về số lượng cá thể được thấy có kiểu hình bệnh B của quần thể vào 2 thời điểm khác nhau, được kí 
hiệu tương ứng là QT1984 (các mẫu thu vào năm 1984) và QT1992 (các mẫu thu vào năm 1992) được nêu ở Bảng 
6. Cho rằng, trong khoảng thời gian giữa 2 lần khảo sát, ngoài đột biến thuận nghịch nêu trên, trong quần thể 
không có đột biến khác, hệ số thích nghi của các kiểu gene là tương đương, quần thể ngẫu phối và không có di 
nhập gene.
 Bảng 6
 Kiểu hình bệnh B ở mẫu quần thể Kiểu hình bệnh B ở mẫu quần thể 
 QT1984 QT1992
Số lượng cá thể ở mỗi giới (cá 
thể) Bình thường Mắc bệnh Bình thường Mắc bệnh
Chuột đực ( (d) ) 899 101 801 199
Chuột cái (오) 991 9 959 41
a) Tại sao khi đánh giá tác động của các vụ nổ hạt nhân tới các hệ gene động vật và người, thì việc đầu tiên thường 
làm là so sánh tỉ lệ kiểu hình giữa 2 giới (đực và cái) như nghiên cứu này?
b) Vào năm 1984 (trước khi xảy ra sự cố hạt nhân) và năm 1992 (sau khi xảy ra sự cố), quần thể có cân bằng di 
truyền không? Tại sao? (Không cần kiểm định χ2 nếu sai số giữa lý thuyết và thực nghiệm nhỏ).
c) Tỉ số giữa các tốc độ đột biến thuận với đột biến nghịch sau khi xảy ra sự cố hạt nhân tăng, giảm hay không đổi 
so với trước khi xảy ra sự cố? Nêu cách tính (làm tròn đến hai chữ số sau dấu phẩy).
d) Nếu tỉ số ở ý hỏi (c) trong nghiên cứu này giảm, thì ngoài nguyên nhân do phóng xạ gây thay đổi xu hướng đột 
biến, còn có thể do nguyên nhân nào khác? Nêu ít nhất một nguyên nhân và giải thích.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
Câu 7 (1,5 điểm)
Một nhà nghiên cứu tìm thấy một phức hợp ribonucleoprotein (thành phần gồm RNA và protein) có hoạt tính xúc 
tác phản ứng phân cắt (thủy phân) cơ chất RNA. Nhằm xác định thành phần RNA (kí hiệu RNAtp) hay protein 
(ProteinTP) của phức hợp trực tiếp xúc tác phản ứng, nhà nghiên cứu này đã tiến hành thí nghiệm với các thành 
phần phản ứng và thu được kết quả phân cắt cơ chất ở mỗi ống nghiệm như được nêu ở Bảng 7. Biết rằng mỗi 
phản ứng trong từng ống nghiệm riêng rẽ đều được tiến hành trong dung dịch đệm phù hợp (có bố sung Mg2+ ), 
thời gian và các điều kiện khác giống nhau. Ribo A là phân tử RNA ngắn còn Peptide B là một peptide (protein 
ngắn dưới 50 amino acid) không đặc hiệu, có tính base gần (+): có, (-): không có giống ProteinTP; cả Ribo A và 
Peptide B đều không có hoạt tính xúc tác.
 Bảng 7
 Các 
 ống 
 nghiệm 1 2 3 4 5 6 7 8 9
 Thành 
 phần
RNAtp - + - + + - - + +
ProteinTP - - + + - + - + +
Ribo A - - - - - + + - +
Peptide B - - - - + - + + +
Tỉ lệ cơ chất RNA bị cắt (%) 0 0 0 90 50 0 0 90 90
a) Thành phần nào trong phức hợp ribonucleoprotein nêu trên có vai trò trực tiếp xúc tác phản ứng phân cắt RNA? 
Giải thích.
b) Có thể nhận định gì về vai trò của Peptide B trong phản ứng được xúc tác ở ống nghiệm 5? Giải thích.
c) Hãy thiết kế một thí nghiệm nhằm chứng minh hoạt tính xúc tác của RNA trong thành phần ribosome (bộ máy 
sinh tổng hợp protein) để ung hộ giả thuyết " RNA có trước protein" trong tiến hóa khởi sinh.
Câu 8 (1,5 điểm)
a) Trao đổi chéo giữa các NST được cho có ưu thế tiến hóa vì nó không ngừng xáo trộn các allele để tạo ra các 
biến dị tổ hợp mới cho phép quá trình tiến hóa có thể xảy ra. NST Y ở người đã từng được cho là có thể thoái hóa 
vì chúng không có các gene tương đồng trên NST X. Tuy nhiên, kết quả giải trình tự cho thấy NST Y có 8 vùng 
lớn tương đồng nội tại với nhau và có một số trong 78 gene trên NST này có các bản sao lặp lại (được gọi chung là 
các vùng "phòng gương"). Hãy nêu ít nhất hai giả thuyết giải thích lợi ích tiến hóa mà cấu trúc NST Y không có 
gene tương đồng trên NST X và có các vùng "phòng gương" có thể mang lại.
b) Chọn lọc tự nhiên là một áp lực tác động mạnh trong quá trình tiến hóa vì các cơ thể ngay cả khi chỉ có một lợi 
thế sinh trưởng nhỏ cũng nhanh chóng vượt trội những đối thủ cạnh tranh với chúng. Để chứng minh, hãy xét một 
thí nghiệm nuôi cấy tế bào vi khuẩn ban đầu chứa 106 tế bào kiểu dại, phân chia với thời gian thế hệ 15 phút, cùng 
với một tế bào đột biến đơn lẻ mang đột biến cho phép nó phân chia với thời gian thế hệ 12 phút. Nếu nguồn dinh 
dưỡng không bị giới hạn và không có tế bào chết thì mất bao nhiêu giờ (h) để dòng tế bào đột biến bắt đầu trở nên 
ưu thế (vượt về số lượng) so với dòng tế bào kiểu dại trong thí nghiệm nuôi cấy này? Nêu cách tính và tính (làm 
tròn đến số nguyên).
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
Câu 9 (1,5 điểm)
Khi theo dõi một quần thể chim sẻ sống ở miền Bắc (nơi có 4 mùa khác biệt rõ rệt về nhiệt độ), các chim trưởng 
thành hằng năm thường có nhiều lứa sinh sản, các nhà khoa học nhận thấy có hai hiện tượng:
Hiện tượng 1: Cứ tới mùa thu (khi nhiệt độ dần trở nên thấp hơn), có khoảng 80% số cá thể chim trưởng thành 
bay về phương Nam tránh rét, nhưng có khoảng 20% số cá thể không di cư (ở lại nơi sống chính thuộc miền Bắc).
Hiện tượng 2: Vào mùa sinh sản, chim bố mẹ có xu hướng ấp trứng không đồng đều giữa các lứa trong năm. 
Nghĩa là, một số lứa trứng được ấp sớm và chăm sóc kỹ hơn so với các lứa trứng khác.
Dựa trên quan điểm tiến hóa quần thể hay cơ chế tiến hóa nhỏ, hãy trả lời các ý hỏi sau và giải thích:
a) Nếu biến đổi khí hậu làm nền nhiệt độ mùa đông tại nơi sống của quần thể ở miền Bắc tăng dần và liên tục 
trong 50 năm tiếp theo thì tỉ lệ cá thể chim di cư có xu hướng thay đồi thế nào?
b) Nếu biến đổi khí hậu gây nhiễu loạn sinh thái tăng cao trong vùng lãnh thổ sống chính của quần thể thì tập tính 
ấp trứng không đồng đều mang lại lợi ích tiến hóa gì cho quần thể?
Câu 10 (1,5 điểm)
Hình 10.1 cho thấy sự thay đổi nồng độ CO2 khí quyển và nhiệt độ trung bình toàn cầu từ năm 1980 đến năm 
2010. Hình 10.2 cho biết kích thước quần thể chuột Dg , một loài ăn thực vật, thường đào hang lẩn trốn vật săn 
mồi dưới lớp băng mỏng ở phía bắc Greenland trên diện tích 1 hectare (ha). Chuột Dg là thức ăn chính của loài 
chồn Me sống ở khu vực này.
a) Nêu cách tính và tính sức chứa (K) của môi trường đối với quần thể chuột Dg.
b) Căn cứ trên dữ liệu biến động của quần thể từ năm 1980 đến năm 1996, hãy dự đoán kích thước quần thể chuột 
Dg ở năm 1999. So sánh số lượng chuột dự đoán với số lượng chuột thực tế quan sát được.
c) Có thể xác định được chu kì biến động số lượng, kích thước quần thể chuột Dg trước năm 2000 và sau năm 
2000 được điều chỉnh chủ yếu bởi chồn Me hay nồng độ CO2 khí quyển không? Giải thích.
Câu 11 (1,5 điểm)
Năng suất sơ cấp thực (NPP) của các hệ sinh thái dưới nước bị giới hạn bởi nhiều nhân tố sinh thái, trong đó có 
hàm lượng các chất khoáng. Một số vùng nước mặt ở Thái Bình Dương có NPP rất thấp, ví dụ vùng nước gần xích 
đạo phía tây quần đảo Galapagos. Một nghiên cứu đã thực hiện để tìm hiểu nhân tố sinh thái giới hạn NPP ở các 
 ― 2+
vùng biển nói trên bằng cách bổ sung riêng rẽ NO3 hoặc Fe vào nước biển (với hàm lượng thích hợp cho sinh 
trường của thực vật phù du). Sau đó, NPP ở mỗi thí nghiệm được theo dõi trong 3 ngày liên tiếp, kết quả được thể 
 ―
hiện ở Hình 11. Biết rằng, khi bổ sung NO3 thì NPP ở 3 ngày tương đương nhau.
a) Hãy biện luận để xác định nhân tố sinh thái là nguyên nhân chính giới hạn NPP ở một số vùng biển của Thái 
Bình Dương. Vai trò của nhân tố sinh thái đó đối với đời sông của thực vật phù du là gì?
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
b) Ở ngày 3 trong thí nghiệm bổ sung Fe2+, tỉ lệ 
sinh khối tảo lục/vi khuẩn lam tăng cao hơn so với 
ngày 1 , ngày 2 và đối chứng. Giải thích nguyên 
nhân dẫn tới sự thay đồi này.
c) Vì sao NPP ở hệ sinh thái dưới nước có khả năng 
giảm hiệu ứng nhà kính?
 Hình 11
Câu 12 (2,0 điểm)
Cỏ dại thường bị loại bỏ vì chúng cạnh tranh dinh dưỡng với cây cà phê. Dưới sự hỗ trợ kĩ thuật của các nhà khoa 
học, 63500 ha cà phê năng suất thấp ở một vùng trồng chuyên canh được thử nghiệm phương pháp canh tác mới 
từ năm 2012 đến năm 2022. Cỏ dại được kiểm soát, đảm bảo chúng sinh trưởng trong giới hạn, giảm cạnh tranh 
với cây trồng. Số liệu kết quả thử nghiệm được nêu ở Bảng 12.
a) Đa dạng thực vật có vai trò gì đối với động vật trong vùng thử nghiệm? Giải thích.
b) Hãy phân tích vai trò của đa dạng động vật đối với năng suất cà phê.
c) Cơ sở sinh thái nào được vận dụng khi thử nghiệm cách canh tác mới đối với cây cà phê? Giải thích.
 Bảng 12
 Năm
Chỉ tiêu nghiên cứu
Nước tưới (%) 100 40
Phân bón (%) 100 63
Thuốc trừ sâu (%) 100 60
Đa dạng thực vật (H') 0,72 2,65
Đa dạng động vật (H') 0,37 2,84
Ong (cá thồ.ha ―1) 2,51 50,11
Hàm lương phosphorus
 0,45 0,78
trong đất (g.kg ―1)
Nắng suât (%) 100 130
 • Thí sinh KHÔNG được sứ dưng tài liệu;
 • Giám thị KHÔNG giái thích gi thêm.
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
 - Ampicillin trong môi trường nuôi cấy ở bước 1 có vai trò chọn lọc vi khuẩn được chuyển 
 thành công plasmid
 - Plasmid được thiết kế ở Hình 1 A có thể được nhân lên trong tế bào E.coli vì: + Môi 
 trường nuôi cấy có đủ các thành phần, điều kiện cho vi khuẩn sinh trưởng.
 + Nó có các đặc điểm của một plasmid có thể tự nhân lên (tự tái bản) trong tế bào vi khuẩn 
 0,5
 và cho phép vi khuẩn sống được trong môi trường có tác nhân chọn lọc: điểm khởi đầu tái 
 bản NST vi khuẩn (Ori); gene kháng kháng sinh ampicillin AmpR để sinh trưởng được 
 trong môi trường có ampicillin.
 + Vi khuẩn phân bào theo cơ chế trực phân, nên không phụ thuộc tơ (thoi) phân bào, do 
 vậy plasmid không bị "đứt gãy" (cả khi không có hay có một hay nhiều tâm động).
 b 0,5
 - Một số cơ chế có thể dẫn đến hình thành plasmid một tâm động ở nấm men:
 + Hai tâm động gắn vào thoi phân bào từ hai cực đối diện → plasmid mạch vòng bị kéo về 
 hai cực và bị "đứt gãy" thành hai plasmid mạch thẳng với một tâm động → các plasmid 
 mạch thẳng với một tâm động đóng vòng (nhờ cơ chế sửa chữa DNA đứt gãy sợi đôi DSB 
 ở nấm men) → hình thành plasmid mạch vòng chứa một tâm động.
 + Đột biến trong trình tự của một trong 2 tâm động (Cen1 hoặc Cen2) làm mất chức nắng 
 của nó (thoi phân bào của nấm men không còn gắn được vào nó khi phân bào) dẫn đến chỉ 
 còn 1 tâm động hoạt động
 - Một số cơ chế có thể dẫn đến hình thành plasmid không tâm động:
 + Trong số các plasmid một tâm động dạng mạch thẳng, có plasmid chứa trình tự tâm động 
 đầu mút của plasmid mạch thẳng. Hoạt động của exonuclease của nấm men có thể loại bỏ 
 trình tự DNA từ hai đầu mút gồm cả trình tự tâm động ở gần. Sau đó các plasmid này được 
 nối lại thành dạng vòng (do cơ chế sửa chữa DNA).
 + Đột biến trong trình tự của tâm động ở plasmid một tâm động (Cen1 hoặc Cen2) làm mất 
 chức năng của nó dẫn đến plasmid không tâm động.
 [Trong mỗi trường hợp (một hoặc không tâm động), thí sinh chi cần nêu một cơ chế]
 c 0,5
 Sự xuất hiện khuẩn lạc khác nhau giữa 2 môi trường (+/- kháng sinh) ở thí nghiệm 2 vì:
 - Vi khuẩn sinh trưởng được trong môi trường không có ampicillin do có đủ điều kiện cho 
 sinh trưởng. Nhưng khi có ampicillin, chỉ vi khuẩn có plasmid mang Amp (được chuyển 
 plasmid thành công) sinh trưởng được.
 - Nếu plasmid không được chuyển vào vi khuẩn thành công (vi khuẩn thiếu plasmid mang 
 gene AmpR ) thì vi khuẩn không sinh trưởng được trong môi trường có ampicillin.
 Tổng điểm câu 1 1,5
2 a 0,5
(1,5 điểm)
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 - Các tế bào trong vùng có mũi tên ( ↓, Hình 2 A ) đang ở pha S
 - Giải thích:
 + Hai đỉnh đồ thị Hình 2 A thể hiện tế bào tương ứng ở pha G1 và G2/M, vì ở G2/M lượng 
 DNA/t ế bào ( 20 đơn vị) gấp 2 lần lượng DNA ở G1 ( 10 đơn vị).
 + Các tế bào ở vùng được chỉ mũi tên ( ↓ ) có hàm lượng DNA trong khoảng giữa G1 đến 
 G2, cho thấy đang ở pha S (tổng hợp DNA ).
Câu Ý Nội dung Điểm
 b 0,5
 - Sự khác nhau về hàm lượng mRNA ở các thời điểm 3,4,5 giờ sau khi bổ sung huyết thanh do sự 
 phân giải mRNA (hoạt động của ribonuclease).
 - Tế bào nuôi trong môi trường bổ sung X không tổng hợp được ribonuclease vì X ức chế dịch mã, 
 dẫn đến hàm lượng mRNA không giảm.
 c 0,5
 - Vai trò của kháng thể đặc hiệu là để phát hiện protein α-tubulin đối chứng (protein biểu hiện ổn 
 định qua các giai đoạn của chu kì tế bào).
 - Các protein Z1,Z2 và Z 3 bị phân giải mạnh nhất tương ứng ở các pha: M (có thể G2 ), G1 và S .
 Tổng điểm câu 2 1,5
3 (2,0 a 0,25
điểm)
 Igf2 từ NST mẹ và H19 từ NST bố đang hiểu hiện ở mức độ rất thấp (Igf2 giảm biểu hiện, H19 
 biểu hiện giống kiểu dại). Vì: E bị đột biến mất chức năng nên không tương tác được với 
 promoter của cả 2 gene.
 b 1,0
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 P: + Igf2+AICRIgf2+AICR × O Igf2 +ICR /Igf2―ICR
 + ― + +
 F1: 50% Igf2 AICR/Igf2 ICR : 50%Igf2 △ ICR/Igf2 ICR
 - Với kiểu gene Igf2+ △ ICR/Igf2―ICR:
 + Trên NST Q Igf2+ △ ICR : Igf2 biểu hiện ở mức cao. H19 biểu hiện ở mức rất thấp.
 + Trên NST ô Igf2-ICR: Igf2 bị đột biến mất chức năng không tạo IGF2. H19 biểu hiện ở mức rất 
 thấp ⇒ > do có 1 allele Igf2 biểu hiện nên chuột có kích thước bình thường/kiểu dại (Chuột X) 
 và tương ứng với mẫu M4.
 - Với kiểu gene Igf2 + △ ICR/Igf2 +ICR:
 + Trên NST Ơ Igf2 + △ ICR : Igf2 biểu hiện ở mức cao. H19 biểu hiện ở mức rất thấp.
 + Trên NST ठी Igf2 +ICR: Igf2 biểu hiện ở mức cao. H19 biểu hiện ở mức rất thấp.
 => Nên chuột có kích thước lớn bất thường (Chuột Y ) và tương ứng với mẫu M3.
 - △ ICR/ △ ICR có kiểu gene đủ là Igf2+ △ ICR/Igf2+ △ ICR
 + ICR bị xóa, trên NST từ mẹ →ICR không liên kết với CTCF→ không ngăn cản promoter Igf2 
 tương tác với (E)→Igf2 biểu hiện ở mức cao; H19 biểu hiện ở mức rất thấp.
 + ICR bị xóa, trên NST từ bố →Igf2 biểu hiện ở mức cao. H19 không biểu hiện do promoter bị 
 methyl hóa.
 =>△ ICR/ △ ICR tương ứng với mẫu M2.
 (Thí sinh cũng có thể biện luận Y là M2 và AICR/AICR là M3)
 - Với kiểu dại: gồm 1 allele Igf2 trên NST từ bố cho biểu hiện ở mức cao và 1 allele H19 trên 
 NST từ mẹ cho biểu hiện ở mức cao (hàm lượng RNA H19 cao nhất trong 4 mẫu). Chuột kiểu dại 
 tương ứng với mẫu M1.
 c 0,75
 P: 우 Igf2+ ―IICR/IIgf2+ICR × Igf2+ICR/Igf2―ICR
 + + + + + +
 F1 : Igf2 △ ICR/Igf2 ICR : Igf2 ICR/ Ig2 ICR : Igf2 △ ICR/Igf2 ― ICR : Igf2 ICR/Igf2-
 ICR Kiểu gene thế hệ F1:
 - Igf2+ΔICR/Igf2+ICR: NST từ mẹ Igf2+ΔICR→Igf2 biểu hiện ở mức cao.
 NST từ bố Igf2+ICR →Igf2 biểu hiện ở mức cao.
 → kiểu hình lớn bất thường.
 - Igf2+ICR/ Igf2+ICR: kiểu dại → kích thước bình thường.
 - Igf2+ △ ICR/Igf2―ICR : kiểu gene giống chuột X→ kích thước bình thường.
 ―Igf2+ICR/Igf2―ICR : NST Igf2+ICR từ mẹ →Igf2 biểu hiện ở mức rất thấp; NST Igf2―ICR từ 
 bố →Igf2 bị đột biến không tạo IGF2.
 → kiều hình kích thước nhỏ (còi).
 - Tỉ lệ kiểu hình: 1 lớn bất thường : 2 kích thước bình thường : 1 kích thước nhỏ
 Tổng điểm câu 3 2,0
Câu Ý Nội dung Điểm
4 (2,0 a 1,0
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
điểm) - Dòng P2 và P5 chứa 2 gene trội và đều có allele B→ một dòng có kiểu gene ABd/ABd gg, dòng 
 còn lại có kiểu gene aBD/aBDgg (1).
 - Từ Phép lai 7: P2 × P5 có F1:100% tím →F1 : Kiểu gene ABd/aBDgg→ Kiểu gene có 3 allele 
 trội A,B,D và gg biểu hiện kiểu hình hoa tím.
 - Từ Phép lai 10: thu đời con 100% tím nên P5 có kiểu gene là ABd/ABdgg, vì vậy P2 có kiểu 
 gene là aBD/aBDgg.
 - Từ các Phép lai P2 × P3 và P3 × P5 thu thế hệ con có 100% trắng → kiểu gene của P 3 là 
 aBd/aBd gg
 - Từ Phép lai P1 x P3 thu thế hệ con có kiểu gene aBd/abdgg có hoa trắng →B không thể là gene 
 mã hóa enzyme X .
 - Do P5 có kiểu gene ABd/ABdgg và P4abD/abDgg có hoa trắng nên D không phải gene mã hóa 
 enzyme X .
 ⇒A là gene mã hóa enzyme X,B là gene mã hóa protein Y,D là gene mã hóa protein Z . ⇒ Sơ đồ 
 con đường chuyển hóa
 Allele B
 Mã hóa
 . ProteinY
 Ức chế
 Ức chế Fnzym
 Enzyme
 Tiền chất không màu
 Xúc tác
 Sắc tố
 Allele G
 Proteindo G mã hóa màu tím
 b 0,5
 - P1:abd/abdgg→ kiểu hình hoa trắng
 - P 4 có kiểu gene abD/abDgg→ kiểu hình hoa trắng
 - P 3 có kiểu gene aBd/aBdgg→ kiểu hình hoa trắng
 ―P5:ABd/ABdgg→ kiểu hình hoa trắng
 -P 2 : aBD/aBDgg→ kiểu hình hoa trắng
 c 0,5
 Phép lai 3(P1 × P4)→F1 có kiểu gene abD/abdgg.
 P: Abd/abdGg × abD/abdgg
 ∗
 Tỉ lệ kiểu hình F1 hoa tím = (0,45ABd ∗ 0,5abD) (0,5Gg + 0,5gg) + (0,45ABd ∗ 0,5abd) 
 ∗ 0,5Gg + (0,45AbD ∗ 0,5abd) ∗ (0,5Gg + 0,5gg) + (0,45Abd ∗ 0,5abd) ∗ (0,5Gg + 0,5gg) 
 = 0,3875(38,75%)⇒ Tỉ lệ kiểu hình đời con: 38,75% tím : 61,25% trắng.
 Tổng điểm câu 4 2,0
5 (2,0 a 0,5
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
điểm) - Theo Hình 5.1: I-3 và I-4 bình thường sinh ra II-3 bị bệnh → bệnh do gene lặn quy định. - Theo 
 Hình 5.2: (I-2, I-3, II-1, III2 và II-4) đều có số băng điện di như nhau, nhưng người nam (I-2, I-3, 
 II-1, III2) có băng mỏng hơn người nữ II-4 → số lượng (bản sao) allele không tương đương → gene 
 nằm trên NST X (không có trên Y); Tương tự với II-3 (nam giới) so với II-4; III-1 (nữ giới) cũng 
 cho kết quả tương tự ⇒ Bệnh S do gene lặn trên NST X .
 b 0,5
 Quy ước: A - Bình thường, a - mắc bệnh S
 - I-2, I-3, II-1, III-2 có kiểu gene XA Y; II-3 có kiểu gene Xa Y; III-1 có kiểu gene XaXa Vì II-3, III-
 1 mắc bệnh → I-4, II-2 có kiểu gene XAXa; Do II-2 mang allele mắc bệnh → I-1 có kiểu gene XAXa.
 - II-4 có kiểu gene XAXA do không mắc bệnh và băng điện di dày ở tất cả các băng. Tổng các băng 
 1150 + 600 + 250 = 1500 + 500 = 2000bp→II ― 4 đồng hợp.
 ⇒ Phép lai: XAXA × XaY cho ra 100% con bình thường ⇒ Khả năng con mắc bệnh 0%.
 c 0,5
 - Trường hợp 1:
 [Thi sinh có thể viết trục tiếp tên enzyme trên bản đồ di truyền thay vì các chỉ số (1), (2); trả lời cả 2 
 trường hợp mới được đủ điểm]
 d 0,5
 - I-2 có kiểu gene XAY chỉ mang một allele A. Khi cắt đồng thời bằng 2 enzyme có xuất hiện băng 250 
 bp đậm. 900 + 600 + 250 + 250 = 2000bp.
 - Các điểm cắt của 2 enzyme trên allele A :
 - II-2 có kiểu gene XAXa, khi cắt đồng thời bằng 2 enzyme:
 Allele A cắt : 600 bp ; 900 bp ; 250 bp (băng đậm); Allele a cắt : 600 bp ; 1400 bp .
 → sản phẩm cắt có các băng: 250 bp (băng đậm), 600 bp (băng đậm); 900bp;1400bp.
 Tổng điểm câu 5 2,0
6 (1,5 a 0,5
điểm)
 - Đánh giá tác động của các vụ nổ hạt nhân tới các hệ gen thực chất là nhằm đánh giá tác động gây 
 đột biến lên hệ gen;
 - Tác động đột biến dễ thấy là tỉ lệ kiểu hình đột biến biểu hiện khác nhau giữa 2 giới đực và cái do cá 
 thể đực chỉ mang một NST X nên nếu gene đột biến lặn (phổ biến hơn) thì sẽ biểu hiện ngay thành 
 kiểu hình (tỉ lệ kiểu hình đột biến cao hơn ở giới đực).
 [Thí sinh cũng có thể viết: nếu đột biến gây chết thì tỉ lệ giới tính thay đổi]
 b 0,5
 DeThiHay.net Đề thi và Đáp án Kỳ thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Sinh học qua các năm - 
 DeThiHay.net
 Quần thể cân bằng di truyền ở cả 2 thời điểm (QT1984 và QT1992), do tỉ lệ kiểu hình quan sát được 
 (thực tế) phù hợp với tần số kiểu gene lý thuyết được ước tính từ tần số allele tương đương ở cả 2 giới 
 (theo mô hình Hardy-Weinberg)
 Giải thích:
 - Ở QT1984: Tần số các allele ( p và q ) của gen liên kết NST X có thể suy ra từ tỉ lệ kiểu hình ở giới 
 đực ( δ ) vì tỉ lệ kiểu hình là pXHY:qXhY⇒p(H) = 90% = 0,9⇒q( h) = 0,1. Ở giới cái (? ), tỉ lệ kiểu 
 gene phù hợp lý thuyết là p2(XHXH):2pq(XHXh):q2(XhXh), tương ứng tỷ lệ kiểu hình là 
 p2 + 2pq XH ―:q2XhXh⇔(0,92 + 2 × 0,9 × 0,1)XH ―:0,12XhXh ⇔0,99 Bình thường : 0,01 Mắc 
 bệnh ⇒ Phù hợp số liệu quan sát.
 Như vậy, ở cả 2 giới (Ỡ và P) tần số kiểu allele là tương đương và tỉ lệ kiểu hình thực tế phù hợp mô 
 hình Hardy-Weinberg ⇒ Quần thể không tiến hóa (cân bằng)
 - Ở QT1992: Lập luận tương tự như QT1984, với các tần số cần tính được là: Ở giới đực ( O() ), tỉ lệ 
 kiểu hình tương ứng với tần số allele p(H) = 80% = 0,8⇒q( h) = 0,2 Ở giới đực (Y), tỉ lệ kiểu 
 gene lý thuyết (0,82 + 2 × 0,8 × 0,2)XH ―:0,22XhXh⇔0,96 Bình thường : 0,04Mắc bệnh ⇒ phù 
 hợp số liệu quan sát ⇒ Quần thể cân bằng
 c 0,25
 Từ ý (b), chúng ta xác định được tần số allele của locus H/h và biết quần thể cân bằng Hardy-
 Weinbeg, nên cũng thỏa mãn phương trình u/v = q/p⇒v/u = 0,1/0,9 = 1/9 với QT1984 và v/u 
 = 0,2/0,8 = 1/4 với QT1992. Như vậy, tỉ số giữa các tốc độ đột biến thuận (từ allele H→h ) và 
 nghịch (từ allele h→H ) tăng (1/4) : (1/9) = tăng 2,25 lần.
 d 0,25
 Do yếu tố ngẫu nhiên (phiêu bạt di truyền), vì 2 mẫu quần thể được thu vào 2 thời điểm xa nhau, nên 
 các yếu tố ngẫu nhiên có thể ảnh hưởng tới tần số allele và tỉ lệ kiểu hình.
 Tổng điểm câu 6 1,5
7 (1,5 a 0,5
điểm)
 - RNAtp là thành phần trực tiếp xúc tác phản ứng.
 - Vì: Phản ứng thủy phân chỉ xảy ra khi và chỉ khi có RNAtp và thêm thành phần protein; Ngược lại, 
 phản ứng không bao giờ xảy ra khi có proteinTP mà thiếu RNAtp (dù có được bổ sung RNA thay 
 thế)
 b 0,5
 - RNAtp khi tồn tại độc lập không xúc tác phản ứng cắt cơ chất RNA (ống 2), có lẽ do 2 phân tử xúc 
 tác và cơ chất tích điện cùng dấu nên tiếp xúc phân tử khó xảy ra và RNAtp không xúc tác được 
 phản ứng
 - Các ProteinTP/Peptide B tích điện dương (tính base) giúp chắn lực đẩy tĩnh điện giữa tiểu phân 
 RNAtp và cơ chất RNA cùng tích điện âm, nên phản ứng xúc tác xảy ra được.
 c 0,5
 DeThiHay.net