Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phép lai cho đời con có tỉ lệ phân li kiểu gen khác tỉ lệ phân li kiểu hình là C

Aabb × AaBb

Đời con có kiểu gen : (1:2:1).(1:1) = 1:2:1:1:2:1

Kiểu hình: (3:1).(1:1) = 3:3:1:1

AaBb × AaBb

Đời con có kiểu gen :

(1:2:1).(1:2:1) = 1:2:1:2:4:2:1:2:1

Kiểu hình : (3:1).(3:1) = 9 :3: 3:1

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Các cây hoa cẩm tú cầu mặc dù có cùng một kiểu gen nhưng màu hoa có thể biểu hiện ở các dạng trung gian khác nhau giữa tím và đỏ tuỳ thuộc vào pH của đất.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Thể đa bội chẵn có bộ NST: 4n, 6n, 8n,..

Giải chi tiết:

A: Giao tử (2n) kết hợp với giao tử (2n) → 4n

B: Giao tử (n - 1) kết hợp với giao tử (n) → 2n – 1 (thể một)

C: Giao tử (n) kết hợp với giao tử (n + 1) → 2n +1 (thể ba)

D: Giao tử (n) kết hợp với giao tử (2n) → 3n (đa bội lẻ)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dịch mã diễn ra theo nguyên tắc bổ sung: A-U; U-A; G-X; X-G

Giải chi tiết:

Bộ ba đối mã khớp bổ sung với các bộ ba mã sao 5'AUG3' là 3’UAX5’.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phép lai Aa × aa → 1Aa:1aa → 50% cây thân cao.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Axit amin là đơn phân của protein vậy nên là nguyên liệu của quá trình tổng hợp protein.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Mã bộ ba mở đầu trên mARN là AUG (SGK Sinh 12 trang 8).

Đáp án A

Phương pháp giải:

CT tính số liên kết hidro : H=2A +3G = 2T+3X

Giải chi tiết:

Một gen có 200T và 400X

Số liên kết hidro của gen là H = 2T +3X =1600.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giống thỏ Himalaya có bộ lông trắng muốt trên toàn thân, ngoại trừ các đầu mút của cơ thể như tai, bàn chân, đuôi và mõm có lông màu đen vì những tế bào ở đầu mút có nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ ở các tế bào phần thân nên chúng có khả năng tổng hợp được sắc tố melanin làm cho lông đen.

Các tế bào ở phần thân có nhiệt độ cao nhưng gen của chúng không được biểu hiện nên lông có màu trắng

(SGK Sinh 12 trang 55)

Giải chi tiết:

Nhận xét sai là C, nhiệt độ ở vùng đầu mút thấp hơn nhiệt độ ở phần thân.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Quần thể có thành phần kiểu gen : xAA:yAa:zaa

Quần thể cân bằng di truyền thoả mãn công thức: $\frac{y}{2}=\sqrt{x.z}$.

Quần thể cân bằng di truyền có cấu trúc p²AA + 2pqAa +q²aa =1

Giải chi tiết:

Quần thể đạt cân bằng di truyền là 0,36 AA: 0,48 Aa: 0,16 aa.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Quần thể có thành phần kiểu gen: xAA:yAa:zaa

Tần số alen $p_A=x+\frac{y}{2}\to q_a=1-p_A$

Giải chi tiết:

Quần thể có thành phần kiểu gen: 0,81 AA + 0,18 Aa + 0,01 aa

Tần số alen $p_A=0,81+\frac{0,18}{2}=0,9\to q_a=1-p_A=0,1$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Kích thước của các cấu trúc: Sợi cơ bản (11nm) → Sợi nhiễm sắc (30nm) → Cromatit (700nm) → NST (1400nm) (SGK Sinh 12 trang 24)

Giải chi tiết:

Sợi nhiễm sắc có đường kính 30nm.

Đáp án A

Phương pháp giải:

1 số dạng đột biến số lượng NST

+ Thể một: 2n – 1                   + Thể không: 2n - 2

+ Thể ba: 2n + 1                     + Thể tam bội: 3n

+ Thể bốn : 2n + 2                  + Thể tứ bội: 4n

Giải chi tiết:

2n = 8 → 9 = 2n +1 (thể ba).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cấu trúc opêron Lac ở E. coli: 

Nhóm gen cấu trúc (Z, Y, A): nằm kề nhau, có liên quan với nhau về chức năng

Vùng vận hành (O): là đoạn mang trình tự nuclêôtit đặc biệt, là nơi bám của prôtêin ức chế ngăn cản sự phiên mã của nhóm gen cấu trúc.

Vùng khởi động (P): nơi bám của enzim ARN-polimeraza khởi đầu sao mã.

Gen điều hòa (R): không thuộc thành phần của opêron nhưng đóng vai trò quan trọng trong điều hoà hoạt động các gen của opêron qua việc sản xuất prôtêin ức chế.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Kiểu gen thuần chủng là kiểu gen mang các alen giống nhau của các gen.

Giải chi tiết:

Kiểu gen thuần chủng là AAbb.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

tARN mang bộ ba đối mã (SGK Sinh 12 trang 11).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

AaBb × aabb →1AaBb:1Aabb:1aaBb:1aabb

→ tỉ lệ kiểu hình: 1:1:1:1.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét từng cặp gen sau đó tính tích tỉ lệ kiểu gen thành phần.

Giải chi tiết:

Phép lai: $AaBbDd\times AabbDd\to AabbDD=\frac{1}{2}Aa\times \frac{1}{2}bb\times \frac{1}{4}DD=\frac{1}{16}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Đột biến lệch bội sẽ làm thay đổi số lượng NST trong tế bào.

A,C: đột biến cấu trúc NST → thay đổi cấu trúc NST

D: Đột biến gen → thay đổi cấu trúc của gen.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cá thể có kiểu gen AaBbddEe tạo giao tử abde $=\frac{1}{2}a\times \frac{1}{2}b\times 1d\times \frac{1}{2}e=\frac{1}{8}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Menđen phát hiện ra các quy luật di truyền khi nghiên cứu đậu Hà lan.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gen nằm trên NST giới tính X di truyền chéo

Giải chi tiết:

Người con trai sẽ nhận NST X của mẹ. Người mẹ có kiểu gen X^aX^a thì luôn sinh người con bị bệnh.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(1) sai, NST giới tính chứa các gen quy định giới tính và gen quy định tính trạng thường.

(2) sai, hợp tử mang cặp XY có thể phát triển thành cơ thể cái (VD: Ở chim, gà, bướm,…)

(3) sai, gen ngoài nhân biểu hiện ra kiểu hình ở cả giới đực và giới cái.

(4) sai, gen ngoài nhân không được phân chia đều cho các tế bào con.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước 1: Tìm số cặp gen quy định tính trạng

Áp dụng công thức tính tỷ lệ kiểu hình chứa a alen trội $\frac{C_m^a}{2^m}$ trong đó m là số cặp gen dị hợp

Bước 2: Tìm: 1 alen trội làm tăng khối lượng quả bao nhiêu kg.

Bước 3: Xét các phát biểu:

(1) Số kiểu gen tối đa = 3^{số cặp gen quy định} (mỗi cặp gen có 3 kiểu gen)

(2) Số kiểu hình = 2n + 1 (vì có tối đa 2n + 1 trường hợp alen trội: từ 0 → 2n); n là số cặp gen quy định.

(3) Áp dụng công thức tính tỷ lệ kiểu hình chứa a alen trội $\frac{C_m^a}{2^m}$ trong đó m là số cặp gen dị hợp

(4) Tìm kiểu gen có thể có của cây có quả nặng 5kg

Giải chi tiết:

Giả sử tính trạng do n cặp gen quy định.

Cây có quả nặng nhất: đồng hợp trội về n cặp gen

Cây có quả nhẹ nhất: đồng hợp lặn về n cặp gen

→ F₁ dị hợp tử về n cặp gen.

Áp dụng công thức tính tỷ lệ kiểu hình chứa a alen trội $\frac{C_m^a}{2^m}$ trong đó m là số cặp gen dị hợp

Xét ở F₂ có tỉ lệ cây quả to nhất (đồng hợp trội về n cặp gen) → có 2n alen trội $=\frac{C_{2n}^{2n}}{2^{2n}}=\frac{1}{1024}=\frac{1}{2^{10}}\to n=5.$

(m =2n do F₁ × F₁ có m cặp gen dị hợp)

Vậy có 5 cặp gen quy định tính trạng.

1 alen trội làm tăng khối lượng quả: $\frac{5,5-0,5}{10}=0,5kg$

Xét các phát biểu:

(1) đúng. mỗi cặp gen có 3 kiểu gen → 5 cặp gen có 3⁵ = 243 kiểu gen.

(2) đúng, có 5 cặp gen → có 11 trường hợp số alen trội: 0 → 11 → có 11 kiểu hình.

(3) đúng, cây có khối lượng 4,5 kg có $\frac{4,5-0,5}{0,5}=8$ alen trội chiếm tỉ lệ: $\frac{C_{10}^8}{2^{10}}=\frac{45}{1024}$

(4) sai, cây có khối lượng quả 5kg có $\frac{5-0,5}{0,5}=9$ alen trội → không thể có kiểu gen thuần chủng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phát biểu sai là B, đột biến lệch bội do sự không phân ly của 1 hoặc 1 số cặp NST.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bước 1: Xác định quy luật di truyền, kiểu gen của P, tần số HVG nếu có.

Bước 2: Tính tỉ lệ cao, tròn dị hợp 2 cặp gen

Bước 3: Tính xác suất đề bài yêu cầu

Giải chi tiết:

F₁ có 4 loại kiểu hình → P chứa cả a và b

Tỉ lệ cao/ thấp = 3/1 → Aa × Aa

Tỉ lệ tròn/ dài = 1/1 → Bb × bb

Ta thấy tỉ lệ các kiểu hình ≠ (3:1)(1:1) → Các cặp gen cùng nằm trên 1 cặp NST.

Tỉ lệ $\frac{ab}{ab}=0,06=ab\times 0,5ab=0,06\to ab=0,12<0,25$ là giao tử hoán vị → f = 24%

→ P: $\frac{Ab}{aB}\times \frac{Ab}{ab}; f=24\%\to \frac{AB}{ab}+\frac{Ab}{aB}=0,12AB\times 0,5ab+0,38aB\times 0,5Ab=0,25.$

Nếu lấy ngẫu nhiên một cây cao, tròn ở F₁ thì xác suất gặp cây dị hợp hai cặp gen là:

0,25/ 0,31 = 25/31.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước 1: Tính tần số HVG

Sử dụng công thức :A-B- = 0,5 + aabb; A-bb/aaB - = 0,25 – aabb

Giao tử liên kết = (1-f)/2; giao tử hoán vị: f/2

Bước 2: Tính yêu cầu đề bài.

Giải chi tiết:

Ta có A-B-X^D- + A-bbX^dY = (0,5 + aabb)×0,75 + (0,25 – aabb)×0,25 = 0,5375

Giải phương trình thu được aabb = 0,2 = ab_♀ ×0,5 → ab_♀ =0,4 là giao tử liên kết, f= 20%

Ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ:

A-B-X^DX = (0,5+ 0,2aabb)×0,5 =0,35

AABBX^DX^D = (0,4×0,5)×0,25 =0,05

Trong tổng số ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ ở F₁ có số có kiểu gen đồng hợp 3 cặp gen chiếm tỉ lệ 1/7.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Nguyên tắc bổ sung: A-T;G-X; A-U

Bước 1: Thay thế nucleotit đột biến theo đề bài

Bước 2: Xác định axit amin có bị thay đổi hay không.

Giải chi tiết:

Polipeptit: Leu – Trp – Arg – Cys – Gln – Phe.

→ mARN:5’XU…. → Mạch 1 là mạch gốc của gen (vì 3’GA… bổ sung với 5’XU…)

Mạch 1: 3’….GAA AXX GXA AXG GTX AAG…5’

mARN: 5’….XUU UGG XGU UGX XAG UUX…3’

Polipeptit:      Leu – Trp – Arg – Cys – Gln – Phe.

Xét các phát biểu

I sai, mạch 1 là mạch gốc

II sai. Nếu đột biến thay thế một cặp nuclêôtit A-T bằng G-X ở vị trí 9:

Mạch 1: 3’….GAA AXX GXG AXG GTX AAG…5’

mARN: 5’….XUU UGG XGX UGX XAG UUX…3’

Polipeptit:      Leu – Trp – Arg – Cys – Gln – Phe.

→ Không thay đổi trình tự axit amin

III đúng. Nếu đột biến thay thế một cặp nuclêôtit G-X bằng A-T ở vị trí 13

Mạch 1:3’….GAA AXX GXA AXG ATX AAG…5’

mARN:5’….XUU UGG XGU UGX UAG UUX…3’

Polipeptit:  Leu – Trp – Arg – Cys – Gln – Phe.

→ Xuất hiện mã kết thúc sớm → chuỗi polipeptit ngắn hơn.

IV đúng. Nếu đột biến mất một cặp nuclêôtit G-X ở vị trí 1

Mạch 1: 3’….AAA XXG XAA XGG TXA AG…5’

mARN: 5’….UUU GGX GUU GXX AGU UX…3’

Polipeptit ngắn hơn chuỗi polipeptit của gen ban đầu.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bước 1:Tính tần số HVG dựa vào tỉ lệ giao tử.

Bước 2: Xét các phát biểu.

Sử dụng công thức :A-B- = 0,5 + aabb; A-bb/aaB - = 0,25 – aabb

Giao tử liên kết = (1-f)/2; giao tử hoán vị: f/2

Giải chi tiết:

Tỉ lệ giao tử 9 : 9 : 9 : 9 : 1 : 1 : 1 : 1 = (9:9:1:1)(1D:1d) → tần số HVG = $\frac{1}{20}+\frac{1}{20}=10\%$

P: $\frac{Ab}{aB}Dd\times \frac{Ab}{aB}Dd; f=10\%\to G:0,495A :0,495aB :0,05AB :0,05ab$.

ab/ab = 0,05² = 0,0025 → A-B-=0,5 + ab/ab =0,5025; A-bb=aaB- = 0,2475

D-= 0,75; dd =0,25

Xét các phát biểu:

(1) sai, tần số HVG l0%

(2) Đúng. số kiểu gen dị hợp 2 cặp gen:

+ Dị hợp cặp Aa và Bb: 4: $\left(\frac{AB}{ab};\frac{Ab}{aB}\right)\left(DD;dd\right)$

+ Dị hợp cặp Aa và Dd: 2: $\left(\frac{AB}{aB};\frac{Ab}{ab}\right)Dd$

+ Dị hợp cặp Bb và Dd: 2: $\left(\frac{AB}{Ab};\frac{aB}{ab}\right)Dd$

(3) đúng, tỉ lệ trội về 2 cặp tính trạng:

+ A-B-dd = 0,5025 × 0,25dd =0,125625

+ A-bbD- + aaB-D-= 2 × 0,2475 × 0,75 =0,37125

→ Tỉ lệ cần tính là 0,496875

(4) Đúng, tỉ lệ kiểu hình trội về 3 tính trạng: A-B-D-=0,5025 × 0,75=0,376875.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước 1: Xác định tỉ lệ các loại kiểu hình ở mỗi cặp gen

Sử dụng công thức :

+ P dị hợp 1 cặp gen: Aa, Bb × Aa, bb: A-B- = 0,25 + aabb; A-bb = 0,5 – aabb; aaB - = 0,25 – aabb

D-E-= ddee +0,5; D-ee =ddE- =0,25 - ddee

Bước 2: Xét các phát biểu

Hoán vị gen ở 2 bên cho 10 loại kiểu gen

Hoán vị gen ở 1 bên cho 7 loại kiểu gen

Giao tử liên kết = (1-f)/2; giao tử hoán vị: f/2

Giải chi tiết:

Xét cặp NST số 1 mang 2 cặp gen Aa, Bb, f = 40%

A-B- = $\frac{1-f}{2}+\frac{f}{2}aB\times 0,5Ab=0,4$ ; A-bb =0,3ab ×0,5Ab + 0,2Ab × (0,5ab + 0,5Ab) =0,35 ; aaB-= 0,2aB × 0,5ab = 0,1; ab/ab = 0,15.

Xét cặp NST giới tính mang 2 cặp gen Dd, Ee

D-E- = 0,5X^DE + 0,05 = 0,55; D-ee = 0,4X^De × 0,5 = ddE- = 0,2

(1) đúng. Theo lí thuyết, tỉ lệ cá thể mang 3 tính trạng trội ở đời con của phép lai trên là 0,55×(0,35+0,1) + 0,4×2×0,2 = 40,75%

(2) sai,

Cặp Aa Bb, có HVG ở 1 giới cho 7 loại kiểu gen

Cặp Dd, Ee nằm trên NST giới tính cho tối đa 8 loại kiểu gen

→ có 7 × 8 = 56 kiểu gen.

(3) sai, tỉ lệ mang 2 tính trạng trội ở đời con

+ A-B-ddee = 0,35A-B- × 0,05ddee =0,0175

+ aabbD-E- = 0,15aabb × 0,55D-E-=0,0825

+ A-bb(D-ee + ddE-) = 2 × 0,35A-bb × 0,2 =0,14

+ aaB-(D-ee + ddE-) = 2 × 0,1aaB- × 0,2 =0,04

→ tỉ lệ cần tính là 0,28

(4) Đúng. Tỷ lệ kiểu gen $\frac{AB}{ab}{X}_e^D{X}_E^D=0,3AB\times 0,5ab\times 0,4X_e^D\times 0,5X_E^D=3\%$.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

AaBb × AaBb → (1AA:2Aa:1aa)(1BB:2Bb:1bb)

Xét các phát biểu:

(1) Sai, số dòng thuần là 4

(2) sai, cây có ít nhất 2 alen trội gồm: cây có 2 alen trội + 3 alen trội + 4 alen trội

A-B- = AABB + (AABb + AaBB) + AaBB = 0,5625

Cây A-B- = 56,25% mà cây có 2 alen trội gồm cả cây AAbb, aaBB → cây mang ít nhất 2 alen trội >0,5625.

(3) đúng, cây chỉ chứa 1 alen lặn có thể là AABb + AaBB = 2 × 0,25 × 0,5 = 0,25

(4) đúng, P giao phấn ra F₁ (cân bằng di truyền) → F₂ cũng cân bằng di truyền → có cấu trúc giống F₁ → KH: 9:3:3:1

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Thể 4 nhiễm có dạng 2n + 2

Do thể 4 nhiễm ở cặp 10 chết ở giai đoạn lá mầm → có 11 dạng tứ nhiễm.

Xét 1 gen có 2 alen,

+ Cặp số 10 luôn có 3 kiểu gen: AA, Aa, aa

+ Các cặp NST không bị đột biến có 3 kiểu gen

+ Các cặp bị đột biến tứ nhiễm có 5 kiểu gen: AAAA, AAAa, AAaa, Aaaa, aaaa

Số kiểu gen tối đa của các thể tứ nhiễm là:

11×5×3¹¹ = 9743085.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Một tế bào sinh tinh giảm phân

+ Có HVG tạo tối đa 4 loại giao tử

+ Không có HVG tạo tối đa 2 loại giao tử

Một tế bào sinh trứng giảm phân chỉ tạo 1 trứng

Giải chi tiết:

(1) Đúng, nếu có xảy ra HVG

(2) sai, 2 tế bào sinh trứng giảm phân tạo 2 trứng

(3) đúng, nếu có HVG sẽ tạo tối đa 4 loại giao tử.

(4) đúng, có thể tạo giao tử AB Ab X^D, Ab ab X^D và X^d hoặc AB Ab X^d, Ab ab X^d và X^D nếu có HVG.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cho cây hoa đỏ, quả nhỏ (P) tự thụ phấn →2 loại kiểu hình, trong đó kiểu hình hoa đỏ, quả nhỏ chiếm tỉ lệ 56,25% → P : AaBbdd

P giao phấn với 1 cây khác thu được 4 loại kiểu hình với tỉ lệ 3 : 3 : 1 : 1 = (3 :1)(1 :1) → AaBbdd × AABb/AaBB/aabb Dd

Xét các phát biểu

(1) đúng.

(2) đúng. Hoa đỏ quả nhỏ ở F_1­ : (1AA :2Aa)(1BB :2Bb)dd ↔giao tử (2A :1a)(2B :1b)dd giao phấn

(2A :1a)(2B :1b)dd ×(2A :1a)(2B :1b)dd ↔ (4AA :4Aa :1aa)(4BB :4Bb :1bb)dd

→ nhiên xác suất thu được cá thể chứa 3 alen trội là: $2\times \frac{4}{9}\times \frac{4}{9}=\frac{32}{81}$.

(3) sai.

(4) đúng, thể tứ nhiễm ở cặp Aa : AAaaBbdd×AaBbdd

+ Cặp AAaa × Aa →$\left(\frac{1}{6}AA:\frac{4}{6}Aa:\frac{1}{6}aa\right)\left(\frac{1}{2}A:\frac{1}{2}a\right)\leftrightarrow \frac{1}{12}AAA:\frac{5}{12}AAa:\frac{5}{12}Aaa:\frac{1}{12}aaa$

+ Bb × Bb → 1BB:2Bb:1bb

+ dd × dd → dd

Tỉ lệ kiểu gen là

(1:5:5:1)(1:2:1) ↔ 10:10:5:5:5:5:2:2:1:1:1:1.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

A sai, lai xa và đa bội hóa tạo ra thể song nhị bội (dị đa bội)

B sai, đột biến lệch bội làm thay đổi số NST, không thay đổi số lượng gen trên 1 NST.

C đúng, conxixin ức chế hình thành thoi phân bào ở G₂.

D sai, cơ chế của lệch bội là không phân li ở 1 hoặc 1 số cặp NST.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

A sai, đột biến ở gen cấu trúc Z không ảnh hưởng tới khả năng phiên mã của gen Z,Y,A

B sai, ADN ligaza tác động lên cả 2 mạch mới

C sai, mã di truyền được đọc theo chiều 5’ → 3’

D đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính số kiểu gen tối đa trong quần thể (n là số alen)

Nếu gen nằm trên NST thường: $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen hay $C_n^2+n$

Nếu gen nằm trên vùng không tương đồng NST giới tính X

+ giới XX : $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen hay $C_n^2+n$

+ giới XY : n kiểu gen

Nếu gen nằm trên vùng tương đồng của NST X và Y

+ giới XX: $\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ kiểu gen hay $C_n^2+n$

+ giới XY: n²

Nếu có nhiều gen trên 1 NST coi như 1 gen có số alen bằng tích số alen của các gen đó

Giải chi tiết:

Gen 1: có 2 alen, trên NST thường, số kiểu gen tối đa là $C_2^2+2=3$.

Gen 2: có 3 alen, trên NST thường, số kiểu gen tối đa là $C_3^2+3=6$

Gen 3: có 4 alen nằm trên vùng tương đồng của nhiễm sắc thể giới tính X, Y

Gen 4: có 5 alen nằm trên nhiễm sắc thể giới tính X không có alen tương ứng trên Y

Gen 5: có 6 alen nằm trên nhiễm sắc thể giới tính Y và không có alen tương ứng trên X

Trên NST giới tính X có 2 gen, tích số alen là 4 × 5 = 20

Trên NST Y có 2 gen, tích số alen là: 4 × 6 = 24

+ giới XX: $C_{20}^2+20=210$

+ giới XY: 20 × 24 = 480

Số kiểu gen tối đa = số kiểu gen giới XX + số kiểu gen giới XY=3×6×(210 + 480)=12420.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(1) sai, đột biến lặp đoạn không tạo ra các gen mới.

(2) đúng, nếu xảy ra chuyển đoạn giữa các NST tương đồng.

(3) đúng

(4) sai, đảo đoạn làm ảnh hưởng tới mức độ hoạt động của gen

(5) đúng, chuyển đoạn giữa NST số 9 và 22 gây bệnh ung thư máu.

(6) đúng, do kết cặp sai trong nhân đôi ADN.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

F₂ có 4 kiểu hình → cây cao ở F₁ có cây Aa → P: AA × Aa

F₁: đỏ/ trắng = 3/1 → Bb × Bb

Giả sử P: AABb×AaBb → F₁: (AA:Aa)(1BB:2Bb:1bb) → G:(3A:1a)(1B:1b)

Cho cây F₁ giao phấn ngẫu nhiên: (3A:1a)(1B:1b)×(3A:1a)(1B:1b) ↔ (9AA:6Aa:1aa)(1BB:2Bb:1bb)

→ cây có ít nhất 3 alen trội: AABB + AABb + AaBB $=\frac{9}{16}AA\times \frac{1}{4}BB+\frac{9}{16}AA\times \frac{1}{2}Bb+\frac{6}{16}Aa\times \frac{1}{4}BB=\frac{33}{64}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bước 1: Xác định quy luật di truyền

Bước 2: Viết sơ đồ lai

Bước 3: Xét các phương án

Giải chi tiết:

F₁ phân li 9:3:3:1 → đây là tỉ lệ của tương tác bổ sung, P dị hợp 2 cặp gen

A-B- đỏ; A-bb: hồng aaB-: vàng; aabb: trắng.

P: AaBb × AaBb → (1AA:2Aa:1aa)(1BB:2Bb:1bb)

Lai phân tích cây hoa đỏ dị hợp tử về 2 cặp gen ở F₁: AaBb × aabb → 1AaBb:1Aabb:1aaBb:1aabb → KH: 1:1:1:1

A đúng, F₁ có 4 kiểu gen quy định hoa đỏ: AABB, AABb, AaBB, AaBb

B sai, 4 loại kiểu hình có tỉ lệ bằng nhau.

C sai, chỉ có cây AaBb tạo 4 loại giao tử với tỉ lệ bằng nhau

D sai, hoa vàng chiếm 25%.