Đáp án A

(1) Mô hình tăng trưởng logistic là mô hình khi quần thể ở trong môi trường giới hạn, điều đó nghĩa là để đạt được trạng thái kích thước quần thể tối đa gần như là không thể do đó ta không thể tính toán được sức chứa quần thể khi sử dụng mô hình này. ⟹ SAI.

(2) Do điều kiện môi trường thường luôn thay đổi theo thời gian nên sức chứa của quần thể cũng sẽ thay đổi theo. ⟹ SAI.

(3) Khi điều kiện môi trường thay đổi thì sức chứa của quần thể cũng sẽ thay đổi. ⟹ ĐÚNG.

(4) Trong một vài trường hợp khi mà các cơ thể cái trong quần thể có khả năng dự trữ năng lượng thì có thể sinh sản tiếp khi mà nguồn thức ăn của môi trường bắt đầu hạn chế trong khi số lượng cá thể đã đạt mức ngang sức chứa. ⟹ SAI.

Vậy chỉ có 1 ý đúng.

Đáp án D

Đa dạng sinh học được hiểu là sự đa dạng ở nhiều mức độ trong đó có 3 mức độ chính là đa dạng về di truyền (gen), đa dạng về loài và đa dạng về môi trường sống.

Trong các nguy cơ đã đưa ra thì viện biến đổi, phân mảnh và phá hủy nơi sẽ nhanh chóng đưa đến vòng xoáy tuyệt chủng cho các loài và sẽ dẫn đến sự suy giảm đa dạng sinh học ở cả 3 mức độ trên.

Đáp án B

Ta thấy, ${\mathrm{F}}_1$ toàn vảy đỏ, ${\mathrm{F}}_2$ có tỉ lệ 3 vảy đỏ : 1 vảy trắng trong đó vảy trắng toàn con đực.

Do ở đây ta chưa biết cơ chế xác định giới tính của loài cá này nên sẽ có 3 khả năng xảy ra:

+) TH1: Ở loài cá này, con cái là XX còn con đực là XY và gen quy định tính trạng nằm trên vùng không tương đồng của NST giới tính X.

+) TH2: Ở loài cá này, con cái là XX còn con đực là XY và gen quy định tính trạng nằm trên vùng không tương đồng của NST X.

+) TH3: Ở loài cá này, con cái là XY còn con đực là XX và gen quy định tính trạng nằm trên vùng tương đồng của NST X.

Xét từng phát biểu ta có:

Ý 1: Có thể đúng ⟹ SAI.

Ý 2: Có thể đúng ⟹ SAI.

Ý 3: Ta thấy ở cả 3 trường hợp thì khi tạo giao tử sẽ luôn có 1 bên cho 1/4 giao tử mang a hoặc không mang gen, bên còn lại sẽ cho 3/4 giao tử lặn hoặc không mang gen. Vì vậy sự kết hợp ngẫu nhiên sẽ cho tỉ lệ váy trắng ở ${\mathrm{F}}_3$ = 1/4.3/4 = 3/4 = 0,1875. ⟹ ĐÚNG.

Ý 4: Ở cả 3 trường hợp thì con cái luôn xuất hiện vảy trắng ở ${\mathrm{F}}_3$.

Vậy có 2 ý chắc chắn đúng là (3) và (4).

Đáp án B

(1) CLTN trực tiếp tác động lên kiểu hình qua đó gián tiếp tác động lên các kiểu gen trong quần thể. Như vậy, CLTN tác động lên cả KH và KG. ⟹ SAI.

(2) Tiến hóa thích nghi được hiểu là giữ lại các gen quy định các đặc điểm có lợi cho loài. Ở đây, CLTN, di-nhập gen hay các yếu tố ngẫu nhiên đều có thể làm tăng tần số các alen có lợi. Tuy nhiên, với di-nhập gen hay các yếu tố ngẫu nhiên thì cũng hoàn toàn có thể làm tăng tần số các alen có lợi là không liên tục. Chỉ có CLTN là luôn luôn giữ lại các aln có lợi và đào thải các alen có hại. ⟹ ĐÚNG.

(3) Dù môi trường ổn định hay không ổn định thì CLTN vẫn luôn diễn ra. ⟹ SAI.

(4) CLTN tác động lên cả mức độ cá thể cũng như quần thể, do đó tác động của CLTN là không phụ thuộc vào kích thước của quần thể. ⟹ ĐÚNG.

Vậy có 2 ý đúng.

Đáp án D

- Kiểu gen trên cho tối đa 4.2.2.2 = 32 loại tinh trùng khi có hoán vị gen.

- Trong 32 loại tinh trùng có 16 loại tinh trùng chỉ chứa các gen liên kết, 16 loại tinh trùng mang các gen hoán vị gặp ở cặp AB//ab.

Khi 1 tế bào giảm phân có hoán vị sẽ cho 2 loại giao tử hoán vị và 2 loại giao tử liên kết. Tương ứng với mỗi cách sắp xếp của NST trên mặt phẳng phân bào ở kì đầu giảm phân I sẽ cho các loại giao tử khác nhau.

⟹ Để cho 16 giao tử hoán vị cần tối thiểu 8 tế bào xảy ra hoán vị. Và tương ứng cũng sẽ thu được 16 giao tử liên kết khác nhau.

- Khoảng cách giữa A và B là 30cM ⟹ hoán vị gen = 30%.

⟹ Tỉ lệ tế bào khi giảm phân có hoán vị = 60%

⟹ Để cho 16 giao tử hoán vị cần tối thiểu 8 tế bào hoán vị.

Như vậy, có 60% số tế bào giảm phân có hoán vị gen ở cặp AB//ab ứng với 8 tế bào.

⟹ Tổng số tế bào tối thiểu = 8/0,6 ≈ 13,33.

Vậy cần tối thiểu là 14 tế bào.

Đáp án B

Do đề cho CTDT của quần thể riêng rẽ từng giới, vì vậy cần tính tần số alen riêng:

Giới đực: A = 0,36 + 0,48/2 = 0,6; a = 0,4.

Giới cái: A = 0,25 + 0,5/2 = 0,5; a = 0,5.

Khi thế hệ P giao phối ngẫu nhiên thì CTDT của quần thể ${\mathrm{F}}_1$ sẽ là:

⟹ CTDT: 0,3 AA + 0,5 Aa + 0,2 aa = 1.

⟹ Tần số alen ở ${\mathrm{F}}_1$ là: A = 0,3 + 0,5/2 = 0,55; a = 0,45.

Quần thể ${\mathrm{F}}_1$ ngẫu phối nên quần thể ${\mathrm{F}}_2$ sẽ CBDT và có CTDT là:

0,3025 AA + 0,495 Aa + 0,2025 aa = 1.

Do khi quần thể đạt trạng thái CBDT thì các cá thể aa không có khả năng sinh sản nên ở ${\mathrm{F}}_2$ sẽ chỉ có các cá thể AA và Aa tham gia sinh sản.

⟹ Tỉ lệ các KG tham gia sinh sản ở ${\mathrm{F}}_2$ là:

AA = 0,3025/(1-0,2025) = 11/29.

Aa = 1 – AA = 1 – 11/29 = 18/29.

⟹ Tỉ lệ giao tử: A = 11/29 + (18/29).(1/2) = 20/29; a = 9/29.

⟹ Tỉ lệ KG ở ${\mathrm{F}}_3$ là:

AA = ^{${\left(20/29\right)}^{2+}$} = 400/841;

Aa = 2.(20/29).(9/29) = 360/841;

aa = ${\left(9/29\right)}^2$ = 81/841.

⟹ Tỉ lệ KH ở ${\mathrm{F}}_3$ là: 760 hoa đỏ : 81 hoa trắng.

Đáp án C

Thấy rằng bệnh do 2 đột biến gen thuộc 2 locut khác nhau quy định.

III1 bị bệnh mang toàn gen lặn. II4 và II5 bị bệnh sinh được con bình thường chứng tỏ chỉ cần chứa 1 hoặc cả 2 gen lặn thuộc 2 locut đều bị bệnh. Người bình thường là người chứa alen trội về cả 2 locut.

Ta có thể quy ước về KG như sau:

A-B-; bình thường;

(A-bb + aaB- + aabb): bị bệnh.

 Như vậy ta có thể tìm được sơ bộ KG của các thành viên trong phả hệ như sau:

+) III1 mang toàn gen lặn ⇒ II2 và II3 chắc chắn có KG AaBb.

⟹III2 bình thường có bố mẹ dị hợp về 2 cặp gen nên sẽ có thể có 4 KG (A-B-) là AABB; AABb; AaBB và AaBb. ⟹ Ý (1) ĐÚNG.

+) II4 và II5 có KG đồng hợp, bị bệnh sinh con bình thường nên sẽ có KG là AAbb và aaBB.

⟹ III3 và III4 chắc chắn có KG là AaBb. ⇒ Ý (2) ĐÚNG, ý (3) SAI.

+) Xét cặp vợ chồng III2 và III3:

III2 có bố mẹ là: AaBb x AaBb

⇒ III2 (A-B-) có tỉ lệ KG là: 1/9AABB: 2/9AABb: 2/9AaBB: 4/9AaBb.

⇒ Ta có sơ đồ lai:

III2 (1/9AABB:2/9AABb:2/9AaBB:4/9AaBb) x III3 (AaBb)

4/9AB : 2/9Ab : 2/9aB : 1/9 ab ; 1/4AB : 1/4Ab : 1/4aB : 1/4ab

⇒ (A-B-) = 4/9.1 + 2/9.(1/4+1/4).2 + 1/9.1/4 = 0,6944. ⇒ Ý (4) ĐÚNG.

Vậy có 3 ý đúng.

Đáp án D

(1) MARN là sản phẩm của quá trình phiên mã chứ không phải thành phần tham gia. ⇒ SAI.

(2) Enzim ARN polimeraza có khả năng tự mở xoắn mà không cần enzim mở xoắn như trong quá trình tái bản. ⇒ SAI.

(3) Quá trình phiên mã có AND làm khuôn chứa 4 loại Nu là A, T, G, X và cần các Nu tự do từ môi trường để tạo thành ARN, do đó cần có 8 loại Nu tham gia. ⇒ ĐÚNG.

(4) AND là khuôn tổng hợp nên ARN. ⇒ ĐÚNG.

(5) Bản chất của các enzim chính là protein. Quá trình phiên mã có sự tham gia của enzim. ⇒ ĐÚNG.

(6) Enzim ARN polimeraza có khả năng tự xúc tác tổng hợp chuỗi polinucleotit mà không cần đoạn mồi như enzim AND polimeraza. ⇒ SAI.

(7) ARN polimeraza là enzim tổng hợp ra ARN. ⇒ ĐÚNG.

(8) Riboxom tham gia quá trình dịch mã chứ không tham gia phiên mã. ⇒ SAI.

Vậy có 4 yếu tố không tham gia vào phiên mã ở sinh vật nhân sơ.

Đáp án C

Xét từng đáp án ta thấy:

A. Mỗi nhân tố sinh thái tác động như nhau lên cùng một chức năng sống. ⇒ Mỗi nhân tố sinh thái sẽ có tác động khác biệt lên chức năng sống và gây ra những đáp ứng biến đổi khác nhau. ⇒ SAI.

B. Sự tác động của các nhân tố sinh thái chỉ khác nhau khi mật độ sinh vật sống trong môi trường thay đổi. ⇒ Ở cùng mật độ thì sự tác động của các nhân tố cũng là khác nhau. ⇒ SAI.

C. Môi trường tác động lên sinh vật và sinh vật làm biến đổi môi trường. ⇒ Sự tác động giữa sinh vật và môi trường là 2 chiều. ⇒ ĐÚNG.

D. Tác động tổng hợp của các nhân tố sinh thái là sự cộng gộp của các tác động của từng nhân tố sinh thái. ⇒ Tác động tổng hợp của các nhân tố sinh thái là tổ hợp các nhân tố sinh thái cùng tác động lên sinh vật, trong đó tác động của các nhân tố có ảnh hưởng lẫn nhau. ⇒ SAI.

Đáp án C

Xét từng ý ta có:

(1) Quan hệ hỗ trợ giữa các cá thể cùng loài thể hiện qua hiệu quả nhóm. ⇒ Hiệu quả nhóm thể hiện khi các cá thể trong quần thể hỗ trợ nhau tìm kiếm thức ăn hay chống lại kẻ thù. ⇒ ĐÚNG.

(2) Quần thể phân bố trong một phạm vi nhất định gọi là ổ sinh thái của quần thể. ⇒ Đây là khái niệm nơi ở chứ không phải ổ sinh thái. ⇒ SAI.

(3) Quan hệ hỗ trợ giữa các cá thể giúp khai thác tối ưu nguồn sống của môi trường. ⇒ ĐÚNG.

(4) Cạnh tranh là đặc điểm thích nghi của quần thể. ⇒ Cạnh tranh giúp chọn lọc giữ lại các cá thể mang các đặc điểm có lợi cho loài, nên đó là đặc điểm thích nghi của quần thể. ⇒ ĐÚNG.

Vậy có 3 ý đúng.

Đáp án D

Ở đây ta thấy chỉ có chim ăn côn trùng được hưởng lợi từ trâu bò, còn trâu bò không có lợi cũng không bị hại. Do đó, đây là mối quan hệ hội sinh.

Đáp án D

Xét từng đáp án ta có:

A. Những đặc điểm sai khác giữa các cá thể cùng loài phát sinh trong quá trình sinh sản gọi là biến dị xác định. ⇒ Đây là khái niệm biến dị cá thể. ⇒ SAI.

B. Đột biến gen là nguồn nguyên liệu sơ cấp chủ yếu cho quá trình tiến hóa. ⇒ Đacuyn chưa đưa ra khái niệm đột biến gen, đây là phát biểu của thuyết tiến hóa hiện đại. ⇒ SAI.

C. Chọn lọc nhân tạo là nhân tố chính quy định chiều hướng và tốc độ biến đổi của các loài. ⇒ CLTN chứ không phải chọn lọc nhân tạo. ⇒ SAI.

D. Số lượng cá thể sinh ra trong mỗi thế hệ nhiều hơn số cá thể sống sót và sinh sản. ⇒ ĐÚNG.

Đáp án D

Hàm lượng ${\mathrm{CO}}_2$ tăng chủ yếu là do các hoạt động của con người như khai thác sử dụng đốt các nhiên liệu,…

Đáp án A

Nghiên cứu hóa thạch có thể biết được tuổi sinh vật cũng như các lớp địa chất.

Đáp án D

Ở đây hãy chỉ cần quan tâm cây hoa trắng sẽ có KG aa và cây có KG aa là cây hoa trắng. Vì vậy, cây hoa trắng (aa) tự thụ phấn thì đời con sẽ luôn thu được 100% là hoa trắng (aa) tức là không có sự phân ly về KH.

Đáp án C

Cừu không sừng có KG aa và cừu cái có KG Aa.

Quần thể CBDT có CTDT là: ${\mathrm{p}}^2$AA + 2pqAa + ${\mathrm{q}}^2$aa = 1.

⇒ ${\mathrm{q}}^2$ + pq = 0,6.

Luôn có: p + q = 1.

⇒ p = 0,6; q = 0,4.

⇒ CTDT của quần thể ban đầu: 0, 36AA + 0,48Aa + 0,16aa = 1.

Cừu không sừng có:

♀: 0,16/2 = 0,08 aa; 0,48/2 = 0,24 Aa.

⇒ Trong số cừu cái không sừng có tỉ lệ KG là: Aa = 3/4; aa = 1/4.

♂: 0,08 aa ⇒ Cừu đực không sừng 100% có KG aa.

Cho các cừu không sừng giao phối ngẫu nhiên ta sẽ có phép lai: ♂ aa x ♀ (3/4Aa : 1/4aa)

F: 3/8Aa : 5/8aa.

⇒ Tất cả cừu cái đều không có sừng, nên tỉ lệ này chiếm 50% tổng số cừu.

Đáp án A

Chú ý đề cho ruồi giấm vì vậy hóa vị gen chỉ xảy ra ở giới cái mà thôi.

Khoảng cách 2 gen là 40cM nghĩa là hoán vị gen có tần số 40%.

Xét riêng từng cặp NST ta có:

${\mathrm{F}}_1$: ab//ab = 0,5.0,3 = 0,15;

⇒ A-B- = 0,5 + 0,15 = 0,65; A-bb= aaB- = 0,25 – 0,15 = 0,1.

${\mathrm{F}}_1$: gh//gh = 0,5.0,3 = 0,15;

⇒ G-H- = 0,5 + 0,15 = 0,65; G-hh = ggH- = 0,25 = 0,15 = 0,1.

Ở đây coi như Y là 1 giao tử lặn , quy về như trường hợp bên trên để tính toán cho dễ.

Có 4 gen quy định 4 tính trạng nên KH có số tính trạng trội bằng lặn nghĩa là mang 2 tính trạng trội và 2 tính trạng lặn.

⇒ Tỉ lệ cần tìm = (A-B-).(gh//gh) + (A-bb+aaB-).(G-hh+ggH-) + (ab//ab).(G-H-) = 0,65.0,15 + (0,1+0,1),(0,1 + 0,1) + 0,15.0,65 = 0,235.

Đáp án D

Cùng nhớ lại kiến thức về đột biến chuyển đoạn NST.

Đột biến chuyển đoạn lớn thường gây chết hoặc mất khả năng sinh sản. Chuyển đoạn nhỏ ít ảnh hưởng đến sức sống. 

- Đột biến chuyển đoạn làm thay đổi số lượng nhóm gen liên kết.

- Các cá thể chuyển đoạn dị hợp tử cũng có hiện tượng bán bất thụ.

- Các cá thể chuyển đoạn dị hợp tử khi tiếp hợp thường bắt đôi với nhau tạo cấu trúc hình chữ thập hoặc hình số 8.

- Chuyển đoạn tương hỗ thường xảy ra giữa các NST có các trình tự tương đồng.

- Dùng để xác định vị trí gen trên NST.

- Khi chuyển đoạn xảy ra trên cùng 1 NST thì gọi là chuyển vị và không gây thay đổi về vật chất di truyền mà chỉ gây nên sự thay đổi vị trí của gen.

- Chuyển đoạn NST cũng góp phần vào quá trình tiến hóa tạo loài mới. Ngoài ra, chuyển đoạn còn được ứng dụng để tổ hợp gen, chuyển gen để tạo giống mới.

- Chuyển đoạn sáp nhập tâm hay Robertson làm giảm số lượng NST hay có thể nói là làm giảm số lượng nhóm gen liên kết.

Như vây, rõ ràng tất cả đều có thể là đặc điểm của đột biến chuyển đoạn NST.

Đáp án B

Bệnh di truyền là bệnh gây nên do các biến đổi ở vật chất di truyền.

Ung thư là các bất thường về chuyển hóa mà nguyên nhân là do các biến đổi xảy ra ở vật chất di truyền liên quan đến các gen tiền ung thư và gen ức chế khối u.

Như vậy, rõ ràng ung thư là bệnh di truyền.

Đáp án A

Cây ${\mathrm{F}}_1$ là cây dị hợp về 4 cặp gen, có 4 alen trội và 4 alen lặn trong KG.

⇒ Cây cao 160cm sẽ có số alen trội trong KG = (160-150)/5 + 4 = 6.

Vậy cần tính tỉ lệ KG mang 4 alen trội và tỉ lệ KG mang 6 alen trội ở ${\mathrm{F}}_2$.

⇒ Tỉ lệ KG mang 4 alen trội = 

    Tỉ lệ KG mang 6 alen trội = 

⇒ Xác suất cần tìm = 2.35/128.14/128 = 0,0598.

Đáp án B

Quy ước: A: bình thường; a: bạch tạng.

Tỉ lệ người bị bạch tạng trong quần thể (aa) = 0,04.

⇒ Tần số alen a = 0,2; A = 0,8.

⇒ CTDT của quần thể là 0,64AA + 0,32Aa + 0,04aa = 1.

⇒ Tỉ lệ KG trong số người bình thường là:

AA = 0,64/(1-0,04) = 2/3; Aa = 1/3.

Vậy có các trường hợp 2 vợ chồng bình thường sau:

+) TH1: ♂ AA x ♀AA

⇒ Đời con 100% bình thường.

⇒ Xác suất sinh 2 con bình thường = 2/3.2/3.1.1 = 4/9

+) TH2: ♂ AA x ♀Aa

⇒ Đời con 100% bình thường.

Xác suất sinh 2 con bình thường = 2/3.1/3.1.1 = 2/9

+) TH3: ♂ Aa x ♀AA

⇒ Đời con 100% bình thường.

⇒ Xác suất sinh 2 con bình thường: 1/3.2/3.1.1 = 2/9

+) TH4: ♂ Aa x ♀Aa

⇒ Đời con sinh 1 đứa bình thường với xác suất 3/4.

⇒ Xác suất sinh 2 con bình thường = 1/3.1/3.3/4.3/4 = 1/14.

⇒ Xác suất cần tìm: 4/9 + 2/9 + 2/9 + 1/16 = 137/144 ≈ 0,9514.

Đáp án C

Dễ dàng nhận thấy 2 tính trạng phân ly độc lập, trong đó: chân cao trội hoàn toàn so với chân thấp, mắt đỏ trội hoàn toàn so với mắt trắng.

Quy ước:

A: chân cao; a: chân thấp.

B: mắt đỏ; b: mắt trắng.

${\mathrm{F}}_2$ có tỉ lệ KH là 9A-B-:3A-bb:3aaB-:1aabb.

Cho các con chân cao, mắt trắng (A-bb) giao phối với các con chân thấp, mắt đỏ (aaB-) ở F2, ta có phép lai:

${\mathrm{F}}_2$ x ${\mathrm{F}}_2$: (1/3AAbb : 2/3Aabb) x (1/3aaBB : 2/3aaBb)

2/3Ab : 1/3ab    x     2/3aB : 1/3ab

⇒ Tỉ lệ chân cao, mắt đỏ (A-B-) ở ${\mathrm{F}}_3$ = 2/3.2/3 = 4/9.

Đáp án B

Rõ ràng khi lai cây hoa đỏ đồng hợp (AA) với cây hoa trắng (aa) lại cho ra 1 cây hoa trắng (aa) thì là do đột biến. Có 3 khả năng có thể xảy ra:

- Đột biến gen từ A → a ở cây hoa đỏ.

- Đột biến số lượng NST tạo giao tử không chứa NST mang alen A ở cây hoa đỏ.

- Đột biến cấu trúc NST làm mất đoạn NST mang alen A ở cây hoa đỏ.

Như vậy chỉ có 2 ý đúng.

Đáp án D

P thuần chủng, ${\mathrm{F}}_1$ đồng nhất về KH 2 tính trạng. Khi ${\mathrm{F}}_1$ tự thụ ${\mathrm{F}}_2$ thu được tỉ lệ KH là 1 : 2 : 1 thì có thể có 3 trường hợp xảy ra như 3 đáp án A, B, C.

Đáp án D

Quần thể đang CBDT có 64% cây hoa đỏ (A-).

⇒ Hoa trắng (aa) = 1-0,64 = 0,36.

⇒ Tần số alen của quần thể ban đầu là a = 0,6; A = 0,4.

⇒ CTDT của quần thể ban đầu là 0,16AA + 0,48Aa + 0,36aa = 1.

⇒ Trong số hoa đỏ thì tỉ lệ KG là:

AA = 0,16/(1-0,36) = 1/4;

Aa = 3/4.

Chọn 5 cây hoa đỏ đem ngẫu phối thì quần thể sau đó sẽ CBDT.

Đời sau có tỉ lệ hoa trắng (aa) = 1/25.

⇒ Tần số a trong số 5 cây hoa đỏ được chọn = 1/5.

⇒ Tỉ lệ cây Aa trong số 5 cây hoa đỏ = 1/5.2 = 2/5.

Như vậy, trong số 5 cây hoa đỏ có 3 cây đồng hợp (AA) và 2 cây dị hợp (Aa).

⇒ Xác suất cần tìm = 

Đáp án D

Chỉ có đột biến dạng thay thế cặp Nu mới xảy ra ngẫu nhiên khi các Nu tồn tại ở dạng hiếm dẫn đến sự bắt cặp nhầm.

Đáp án A

Khống chế sinh học là hiện tượng mà sự phát triển của 1 loài bị khống chế bởi 1 loài khác thông qua mối quan hệ giữa 2 loài.

Như vậy, chỉ có ý (2) là khống chế sinh học.

Đáp án C

Làm phong phú vốn gen của quần thể nghĩa là làm xuất hiện alen mới hoặc KG trong quần thể.

Như vậy, có các nhân tố tiến hóa đột biến và di-nhập gen là làm phong phú vốn gen của quần thể.

Đáp án D

Tác động của các yếu tố ngẫu nhiên phụ thuộc kích thước của quần thể. Cụ thể, các yếu tố ngẫu nhiên thể hiện rõ tác động của mình đối với các quần thể có kích thước nhỏ.

Đáp án D

Với rừng nhiệt đới thì môi trường khá là ổn định, vì vậy biên độ dao động nhiệt thường nhỏ chứ không lớn.

Đáp án A

Khi đưa cây vào tối khí khổng đóng, vì vậy sức căng trương nước sẽ tăng.

Đáp án C

Các nguyên tố vi lượng thường là các coenzim, tức là có vai trò quan trọng hoạt hóa các enzim. Enzim có lượng rất nhỏ vì thế các nguyên tố vi lượng cũng chỉ cần với lượng rất nhỏ.

Đáp án C

Sứa là động vật ngành ruột khoang, chỉ có tiêu hóa hóa học chứ chưa có tiêu hóa cơ học.

Đáp án B

Ở động vật có vú khi hít vào cơ hoành và cơ liên sườn ngoài đều co.

- Cơ hoành co, phẳng ra là tăng thể tích lồng ngực chiều thằng đứng.

- Cơ liên sườn ngoài co làm các sườn nâng lên làm tăng thể tích lồng chiều ngang và trước sau.

Thể tích lồng ngực tăng làm tăng áp suất âm dẫn đến không khí đi vào phổi.

Đáp án D

Hệ tuần hoàn tiến hóa theo chiều hướng: từ chưa có đến có, từ hở đến kín, từ đơn đến kép.

Đáp án C

Từ bên trong lòng tilacoit, phân tử này đi qua lớp đầu tiên là màng tilacoit, sau đó qua 2 lớp màng của lục lạp, tiếp theo đi qua 2 lớp màng ngoài và màng trong của ti thể thì sẽ đến chất nền ti thể. Như vậy, phân tử này cần đi qua 5 lớp màng.

Đáp án A

Ánh sáng bước sóng càng dài thì khả năng đâm xuyên qua lớp nước càng kém. Ánh sáng đỏ có bước sóng dài nhất, do đó thường chỉ có thể đi đến lớp nước trên bề mặt và được các loài thực vật ở đây hấp phụ.

Chúng ta cần hiểu nguyên tắc rằng khi một vật không hấp phụ ánh sáng nào thì chúng ta sẽ nhìn được màu đó.

Như vậy, ở đây tảo đỏ sẽ là sâu nhất vì không hấp phụ ánh sáng đỏ.

Đáp án B

Hô hấp hiếu khí có nguyên liệu là Glucose và ${\mathrm{O}}_2$, tạo sản phẩm là ${\mathrm{CO}}_2$, ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ và năng lượng ATP.

Phương trình hô hấp hiếu khí:

Glucose + ${\mathrm{O}}_2$ → ${\mathrm{CO}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ + ATP.

Đáp án B

Khi xuất hiện glucose trong nước tiểu chứng tỏ việc tái hấp thu glucose ở ống thận không còn đảm bảo. Tái hấp thu glucose ở ống thận là vận chuyển chủ động do các chất vận chuyển ở màng tế bào ống thận. Khi các chất vận chuyển đều bị quá tải thì glucose sẽ không được tái hấp thu và xuất hiện trong nước tiểu.

Như vậy, điều đó có thể xảy ra khi lượng đường trong máu quá cao, hoặc có bất thường ở các protein vận chuyển glucose, ta chưa thể kết luận chính xác. Thường hiện tượng này sẽ xuất hiện khi lượng đường trong máu quá cao.

Đáp án B

Sự khử cực là do kênh ${\mathrm{Na}}^{+}$ mở, do đó ${\mathrm{Na}}^{+}$ ồ ạt vào trong màng và làm mất điện tích âm ở đây.