Đáp án A

Người ta chứng minh phân tử có khả năng tự nhân đôi xuất hiện đầu tiên là ARN, chúng có khả năng tự nhân đôi mà không cần xúc tác của enzim và có khả năng lưu trữ thông tin di truyền; về sau chức năng này chuyển cho ADN, chức năng xúc tác chuyển cho protein, ARN đóng vai trò truyền đạt thông tin di truyền (một điều đáng chú ý là trong tiến hóa cái gì đơn giản thì xuất hiện trước, cái gì phức tạp hoàn thiện hơn thì xuấ hiện sau: ARN cấu trúc đơn giản hơn, sao chép không cần enzim →ADN cấu trúc phức tạp hơn, ổn định hơn, bền hơn và sao chép cần enzim xúc tác)

Đáp án D

A.   →đúng. Vì các loài đều có chung thành phần (đơn phân) câu tạo protein

B.    →đúng. Vì các loài đều có chung thành phần (đơn phân) cấu tạo acid nucleic

C.    →đúng. Mã di truyền của các loài sinh vật đều có đặc điểm giống nhau, tức là có chung 64 bộ ba gồm có 3 bộ ba kết thúc, 2 bộ ba đặc hiệu, 59 bộ ba thoái hóa. Trừ một vài loài ngoại lệ.

D.   →sai. Các cơ thể sống đều được cấu tạo bởi tế bào → đây cũng là một bằng chứng quan trọng chứng minh quan hệ nguồn gốc, nhưng nó là bằng chứng tế bào học

Đáp án D

+ Tuổi sinh lý: là thời gian sống có thể đạt tới của 1 cá thể trong quần thể

+ Tuổi sinh thái: là thời gian sống thực của 1 cá thể

+ Tuổi quần thể là tuổi bình quân của các cá thể trong quần thể

Nghiên cứu về cấu trúc các nhóm tuổi giúp chúng ta bảo vệ và khai thác tài nguyên sinh vật có hiệu quả hơn

Đáp án B

Sự phân bố các cá thể trong không gian của quần thể tạo sự thuận lợi cho các cá thể sử dụng tối ưu nguồn sống trong những môi trường khác nhau. Sự phân bố theo 3 dạng: phân bố đều, phân bố ngẫu nhiên và phân bố theo nhóm. Trong đó phân bố theo nhóm là phổ biến nhất trong tự nhiên (gặp trong điều kiện sống phân bố không đồng nhất, các cá thể hỗ trợ nhau chống lại điều kiện bất lợi của môi trường)

Đáp án B

A.   →sai. Các loài thực vật phân bố theo tầng còn các loài động vật không phân bố theo tầng

B.    →đúng. Sự phân tầng của các loài thực vật kéo theo sự phân tầng của các loài động vật

C.    →sai. Các loài thực vật hạt kín không phân bố theo tầng còn các loài khác phân bố theo tầng

D.   →sai. Sự phân tầng của thực vật và động vật không phụ thuộc vào các nhân tố sinh thái

Đáp án C

Trong cùng một thủy vực, người ta thường nuôi ghép các loài cá khác nhau, mỗi loài chỉ kiếm ăn ở một tầng nước nhất định. Việc nuôi này tránh được sự cạnh tranh giữa các loài khác nhau, trong khi đó lại tận dụng được nguồn sống tối đa, nuôi được số lượng lớn trong một không gian vừa phải => mang lại giá trị kinh tế cao

Chọn đúng/sai

A.   →sai. Tăng tính cạnh tranh giữa các loài do đó thu hút được năng suất cao hơn

B.    →sai. Hình thành nên chuỗi và lưới thức ăn trong thủy vực

C.    →đúng

D.   →sai. Tăng cường mối quan hệ cộng sinh giữa các loài

Đáp án C

A.→sai. Sự vận chuyển cacbon qua mỗi bậc dinh dưỡng không phụ thuộc vào hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng đó. (Lượng cacbon qua mỗi bậc dinh dưỡng nhiều hay ít là lệ thuộc vào hiệu suất sinh thái của bậc dinh dưỡng đó)

B. →sai. Cacbon đi vào chu trình dưới dạng cacbon monooxit (CO). (Cacbon tham gia vào chu trình dưới dạng CO₂)

C. →đúng. Vì một phần nhỏ cacbon trong các lớp trầm tích như mỏ than; mỏ dầu,...

D. →sai. Toàn bộ lượng cacbon sau khi đi qua chu trình dinh dưỡng được quay trở lại môi trường không khí. (Một phần quay trở lại)

Đáp án A

Khi trong một sinh cảnh cùng tồn tại nhiều loài gần nhau về nguồn gốc và có chung nguồn sống thì chúng cùng sử dụng giống một loại thức ăn. Mà nhiều loài sử dụng cùng một loại thức ăn thì dẫn đến cạnh tranh nhau  sẽ dẫn đến phân li ổ sinh thái

B. Làm cho các loài trên đều bị tiêu diệt → cạnh tranh không dẫn đến tiêu diệt các loài

C.Làm tăng thêm nguồn sống trong sinh cảnh → cạnh tranh không làm thay đổi nguồn sống

D.Làm gia tăng số lượng cá thể của mỗi loài → cạnh tranh không làm thay đổi nguồn sống

Đáp án A

Chu trình nito:

Bằng con đường vật lý, hóa học và sinh học, nito kết hợp với oxi và hidro tạo nên gốc $N{H_4}^{+}$  và $N{O_3}^{-}$  cung cấp cho đất, nước. $N{H_4}^{+}$  và $N{O_3}^{-}$ được thực vật hấp thụ và tổng hợp chất sống (protein, acid nucleic) và từ đó cung cấp cho động vật nối tiếp trong chuỗi, lưới thức ăn. N trả lại cho khí quyển nhờ các nhóm vi sinh vật phản nitrat

Đáp án D

Đặc điểm của rễ cây trên cạn thích nghi với chức năng hấp thụ nước: Rễ cây đâm sâu, lan rộng, hình thành khối lượng khổng lồ các lông hút. 

Đáp án B

Tế bào đặt trong môi trường có nồng độ chất tan cao hơn sẽ: mất nước và co nguyên sinh. Vì nước sẽ thẩm thấu từ môi trường có áp suất thẩm thấu thấp (trong tế bào) đến môi trường có áp suất thẩm thấu cao (ngoài tế bào)

Đáp án C

Đáp án C

Hệ sắc tố quang hợp của cây xanh gồm diệp lục và carotenoic

+ Diệp lục là sắc tố chính có 2 loại là diệp lục a và diệp lục b

+ Nhóm sắc tố phụ carotenoic gồm caroten và xantophyl

Đáp án C

Trong quá trình phân giải glucozo, giai đoạn sản xuất ra ATP nhiều nhất là chuỗi truyền electron hô hấp

Cứ mỗi glucozo o → hô hấp hiếu khí:

A. Đường phân → 4ATP (sử dụng 2)

B. Chu trình Crep → 2ATP

C.Chuỗi truyền electron → 34ATP

Đáp án D

Các loài thực vật thường sử dụng vi sinh vật cộng sinh trong ống tiêu hóa để bổ sung protein cho mình

Đáp án C

Hệ tuần hoàn kép là hệ quả của sự xuất hiện phổi vì vậy những động vật ở nước (rắn nước, cá voi…) nhưng hô hấp bằng phổi thì vẫn có hệ tuần hoàn kép

Đáp án B

Giải thích đúng là:

I.Tính hướng sáng của thân là sự sinh trưởng của thân, cành hướng về phía nguồn sáng gọi là hướng sáng dương.

II.Rễ cây uốn cong theo hướng ngược lại tác nhân ánh sáng gọi là hướng sáng âm.

III.Thân, cành, do phía tối nồng độ auxin cao hơn nên đã kích thích các tế bào này sinh trưởng dài ra nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía ánh sáng.

IV.Ở rễ cây, do tế bào  rễ cây mẫn cảm với auxin hơn tế bào thân cây vì vậy khi nồng độ auxin phía tối cao hơn gây ức chế sinh trưởng kéo dài tế bào → tế bào mặt sáng phân chia mạnh hơn => làm cho rễ uốn cong xuống đất

Đáp án D

Quần thể: $\left[\begin{array}{c}A=0,4\\ a=0,6\end{array}\right]\stackrel{đột ngột biến đổi}{\to }\left[\begin{array}{c}A=0,8\\ a=0,2\end{array}\right]$

Nhân tố có thể làm biến đổi tần số alen (đột biến, CLTN, di nhập gen, yếu tố ngẫu nhiên).

Sự biến đổi tần số tăng đột ngột A và giảm đột ngột a → có thể là yếu tố ngẫu nhiên hoặc cũng có thể di nhập gen

Đáp án D

(1) →tạo alen mới => cung cấp nguyên liệu sơ cấp cho tiến hóa

(2) →thay đổi tần số alen, chọn lọc kiểu gen thích nghi

(3) →thay đổi tần số alen, làm nghèo vốn gen

(4) →không làm thay đổi tần số alen nhưng lại tạo ra vô số biến dị tổ hợp =>cung cấp nguyên liệu thứ cấp cho tiến hóa

Đáp án B

A. Nhận biết vị trí khởi đầu của đoạn ADN cần nhân đôi

B. Tổng hợp đoạn ARN mồi có nhóm 3’-OH tự do

C.Nối các đoạn Okazaki với nhau → là của enzim ligaza

D.Tháo xoắn phân tử ADN →là của enzim helicaza

Chú ý: Trong tái bản: enzim ARN polimeraza có chức năng xúc tác tổng hợp đoạn ARN mồi có nhóm 3’-OH tự do, nhờ đó mà enzim ADN polimeraza mới tổng hợp được mạch mới

Trong phiên mã: là enzim phiên mã, enzim ARN – polimeraza có chức năng xúc tác liên kết các ribonucleotit từ môi trường với các nucleotit trên mạch gốc của gen theo NTBS

Đáp án B

Yếu tố quan trọng nhất quyết định tính đặc thù của mỗi loại ADN là số lượng, thành phần và trật tự sắp xếp của các nucleotit trên ADN

Mỗi phân tử ADN có số lượng, thành phần và trật tự sắp xếp các nucleotit là đặc trưng.

Mỗi phân tử ADN có đến hàng vạn, hàng triệu cặp nucleotit và với 4 loại đã tạo ra vô số cách sắp xếp → tạo ra vô số các loại phân tử ADN khác nhau

Đáp án C

NTBS có trong

+ Tái bản: A – T, G – X hoặc ngược lại

+ Phiên mã: A – U, G – X hoặc T – A, X – G

+ Dịch mã: A – U, G – X hoặc ngược lại

→1, 3, 5: đúng

Đáp án A

Khi sử dụng mARN nhân tạo thì người ta biết rõ trình tự ribonucleotit → xác định chính xác trình tự bộ ba, qua quá trình dịch mã xác định chính xác trình tự acid amin =>góp phần quan trọng trong việc giải mã di truyền

Đáp án B

Tần số đột biến với 1 gen bất kỳ thấp nhưng số lượng gen trong tế bào rất lớn, số lượng cá thể trong quần thể rất nhiều nên vốn gen quần thể rất lớn. Vì vậy trong mỗi thế hệ khả năng xuất hiện đột biến rất cao

A→ sai. Vì gen trong quần thể giao phối có cấu trúc kém bền vững. → không chỉ có gen kèm bền

B → đúng. Vì vốn gen trong quần thể rất lớn

C → chưa đầy đủ. Số lượng gen trong tế bào rất lớn

D → sai. Vì trong quần thể giao phối, hiện tượng NST bắt cặp và trao đổi chéo xảy ra thường xuyên hơn → đây là hiện tượng hoán vị gen bình thường không dẫn đến đột biến gen

Đáp án B

Đột biến mất cặp nucleotit thứ 5 thuộc bộ ba thứ 2 (5/3~2) → từ bộ ba thứ 2 trở về sau thay đổi => acid amin thứ 1/ polipeptit trở về sau thay đổi (do acid amin mở đầu bị cắt bỏ khỏi chuỗi polipeptit)

Đáp án D

D → đúng. Vì

2 gen có $\overline{)\mathrm{N}=3000---}$ phiên mã 1 lần 

(k=1)$\to 2.1mARN \stackrel{r=5}{\to }1.2.5=10 polipeptit$

Số lượt tARN = số acid amin môi trường cung cấp $=\left(\frac{N}{6}-1\right).10=4990$ lượt tARN

Đáp án A

A → đúng. Vì

1 gen: $\stackrel{x=3}{\to }1.2^3=8 gen\stackrel{k=1}{\to }8.1=8 mARN$

Trong đó: $m{U}_{CC}=mU.8=2000\to mU=250$

Mạch gốc của gen là mạch tổng hợp mARN theo NTBS

Vậy số lượng từng loại nucleotit A và T của mỗi mạch đơn trên gen:

$mU=A_g=T_{bs}=250\to T_g=A_{bs}=A-A_g=350$

Đáp án D

D→ đúng. Vì:

P: AaBbDd x AaBbDd 

+ Xét ở mỗi gen cả bố và mẹ đều dị hợp, nên con nhận 1/2 alen trội và1/2 alen lặn ở mỗi gen

+ Bố, mẹ có 6 alen ở cả 3 gen → con cũng 6 alen (nhận 3 alen từ bố và 3 alen từ mẹ)

F₁: TL kiểu gen có 2 alen trội (2 alen trội – 4 alen trội) = ${\left(1/2\right)}^2.{\left(1/2\right)}^4{C_6}^2=15/64$

Đáp án A

Dựa trên kiểu hình giả thuyết cho, tách ra tích 2 tính trạng riêng lẻ ở đời F₁ → kiểu gen của bố, mẹ tương ứng

P xP $\to F_1$: 3A-B-:3aaB-:1A-bb:1aabb$~(1A-:1aa)(3B-:1bb)$

$\Rightarrow P: AaBb x aaBb$

Đáp án D

Theo giả thuyết:            

A quy định thân cao >> a quy định thân thấp

B quy định quả tròn >> b quy định quả dài

P: A- B x aabb $\to F_1$ kiểu hình (vì 4 kiểu hình sẽ gồm A-B-, A-bb, aaB-, aabb)

=> P: (Aa, Bb) x (aa, bb) (đời con có kiểu hình lặn aa, bb → kiểu hình trội A-B-/P phải có KG dị hợp)

* P: Aa, Bb x aa, bb $\to F_1$: aabb= 0,04 <=> A-B-= 0,04 vì phép lai phân tích, cơ thể dị hợp cho giao tử đối xứng bằng nhau: ab = AB

→ kiểu hình lặn (aabb) = kiểu hình trội (A-B-) =4%

*Chú ý cách 2: P: Aa, Bb x aa, bb

$\to F_1$: aabb= 0,04= 0,04(a, b).1(a, b)

=> P: (Aa, Bb) cho giao tử (a, b)= 0,04 <25% là giao tử hoán vị

=> P: $\frac{Ab}{aB}$. f= 0,04.2= 8% P: $\frac{Ab}{aB}$, f=8% x $\frac{ab}{ab}$ $\to F_1$ kiểu hình A-B-= 0,04.1=4%

Đáp án B

Theo giả thuyết:             A quy định thân cao >> a quy định thân thấp

                                      B quy định quả tròn >> b quy định quả dài

Pt/c và tương phản $\to F_1: 100\% A-B-\Rightarrow F_1(Aa, Bb)$ P thuần và tương phản → F₁  đồng tính => F₁ trội và dị hợp (Aa, Bb))$F_1\times F_1: (Aa, Bb) x (Aa, Bb) \to F_2: 0,0016aabb= 0,04(a, b)x 0,04(a, b)$

$\Rightarrow F_1(Aa, Bb)$ cho giao tử (a, b)= 0,04<25% (là giao tử hoán vị)

$\Rightarrow F_1: \frac{Ab}{aB}, f=0,04.2=8\%$

Đáp án B

Pt/c: trắng x trắng $\to F_1: 100\% đỏ. F_1{F}_1\to F_2: 9ỏ: 7 trắng$ = 16 tổ hợp giao tử = 4x4 $\to F_1: AaBb \left(đỏ\right)$

→quy ước:           A-B-: đỏ

                             A-bb + aaB- + aabb: trắng

$F_1{F}_1: AaBb x AaBb\to F_2: (1AA:2Aa:1aa)(1BB:2Bb:1bb)$

Chọn đỏ/ $F_2$: 1AABB: 2AABb:2AaBB:4AaBb

Cho đỏ (A-B-)/$F_2$ lai nhau: (2 bên giống nhau)

Đỏ/F₂ x đỏ/F₂: 

(1/9AABB: 2/9AABb: 2/9AaBB : 4/9AABB: 2/9AABb:2/9AaBB: 4/9aBb)

$G_{F_2}$: ab= 4/9.1/4=1/9 ab=1/9

$F_3$: aabb=(4/9.1/4)(4/9.1/4)=1/81

Đáp án B

Phát biểu đúng/ sai

(1) →đúng. Bố bình thường (X^MY) x mẹ bị bệnh máu khó đông (X^mX^m)

→ con $1/2 X^M{X}^m:1/2X^{m}Y\iff$ tất cả con trai bệnh

(2) Sai. Một người mắc bệnh máu khó đông có một người em trai sinh đôi bình thường. Giới tính của người bệnh là trai (người đầu là bệnh, người em là bình thường → phải sinh đôi khác trứng. Mà sinh đôi khác trứng có thể cùng hoặc khác giới tính)

(3) → đúng.

(4) → sai. Bệnh ung thư máu ác tính, hội chứng tiếng mèo kêu, bệnh máu khó đông, bệnh hồng cầu hình lưỡi liềm do đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể (đột biến cấu trúc NST là ung thư máu, hội chứng mèo kêu)

(5) → đúng. Về mặt xã hội và đạo đức không được áp dụng phương pháp lai và gây đột biến trên con người

Đáp án D

Theo giả thiết:                        

A quy định lông vằn >> a quy định lông không vằn;

Gen này trên NST X (gà trống = XX, gà mái = XY)

B quy định chân cao >> b quy định chân thấp; gen trên NST thường

Chứng tỏ 2 gen này di truyền phân ly độc lập

$P_{t/c}:$ ♂$X^A{X}^{A }bb x$ ♀$X^{A}Ybb$$\to F_1: 1X^A{X}^{a}Bb:1X^{A}YBb$

$F_1\times F_1:$$X^A{X}^{a}Bb\times X^{A}YBb\to F_2: (1X^A{X}^A:1X^{A}Y:1X^{a}Y)(1Bb:2Bb:1bb)$

 Kiểu hình: $(2A^A{X}^{-}:1X^{A}Y:1X^{a}Y)(3B-:1bb)$

Vậy dự đoán kiểu hình ở F₂:

A→ sai. Theo giả thiết thì $X^A{X}^{-}bb=X^{a}YB-$ mà kết quả thì $X^A{X}^{-}bb (2/4.1/4)<X^{a}YB-(1/4.3/4)$

B → sai. Theo giả thiết thì $X^A{X}^{-}bb=X^{a}YB-$mà kết quả thì 

$X^A{X}^{-}bb (2/4.1/4)<X^{a}YB-(1/4.3/4)$

C→ sai. Theo giả thiết thì 100% là $X^a{X}^{a}B-$ mà kết quả thì $X^a{X}^{a}B-$=0

D→ đúng. Theo giả thiết thì $X^{A}Ybb=X^{a}Ybb$

Kết quả đúng với $X^{A}Ybb=X^{a}Ybb$

Đáp án D

Theo giả thiết:                        

A quy định lông vằn >> a quy định lông không vằn;

Gen này trên NST X (gà trống = XX, gà mái = XY)

B quy định chân cao >> b quy định chân thấp; gen trên NST thường

Chứng tỏ 2 gen này di truyền phân ly độc lập

$P_{t/c}:$ ♂$X^A{X}^{A }bb x$ ♀$X^{A}Ybb$$\to F_1: 1X^A{X}^{a}Bb:1X^{A}YBb$

$F_1\times F_1:$$X^A{X}^{a}Bb\times X^{A}YBb\to F_2: (1X^A{X}^A:1X^{A}Y:1X^{a}Y)(1Bb:2Bb:1bb)$

 Kiểu hình: $(2A^A{X}^{-}:1X^{A}Y:1X^{a}Y)(3B-:1bb)$

Vậy dự đoán kiểu hình ở F₂:

A→ sai. Theo giả thiết thì $X^A{X}^{-}bb=X^{a}YB-$ mà kết quả thì $X^A{X}^{-}bb (2/4.1/4)<X^{a}YB-(1/4.3/4)$

B → sai. Theo giả thiết thì $X^A{X}^{-}bb=X^{a}YB-$mà kết quả thì 

$X^A{X}^{-}bb (2/4.1/4)<X^{a}YB-(1/4.3/4)$

C→ sai. Theo giả thiết thì 100% là $X^a{X}^{a}B-$ mà kết quả thì $X^a{X}^{a}B-$=0

D→ đúng. Theo giả thiết thì $X^{A}Ybb=X^{a}Ybb$

Kết quả đúng với $X^{A}Ybb=X^{a}Ybb$

Đáp án C

P(Aa, Bb, Dd) khi giảm phân cho giao tử A$\underline{\mathrm{BD}}$ =15%

+ Dựa trên giao tử cho $\underline{\mathrm{BD}}$ gen B và D cùng trên 1 NST

+ Gen A trên 1 NST khác không cùng NST với BD

P(Aa, Bb, Dd) => A$\underline{\mathrm{BD}}$ =15% (Aa khi giảm phân cho giao tử A=1/2)

=> $\underline{\mathrm{BD}}$ =$\frac{0,15}{A}=\frac{0,15}{0,5}=0,3>25\%$ là giao tử liên kết => P.$\frac{BD}{bd}$, f= 40%

Đáp án C

P(Aa, Bb, Dd) khi giảm phân cho giao tử A$\underline{\mathrm{BD}}$ =15%

+ Dựa trên giao tử cho $\underline{\mathrm{BD}}$ gen B và D cùng trên 1 NST

+ Gen A trên 1 NST khác không cùng NST với BD

P(Aa, Bb, Dd) => A$\underline{\mathrm{BD}}$ =15% (Aa khi giảm phân cho giao tử A=1/2)

=> $\underline{\mathrm{BD}}$ =$\frac{0,15}{A}=\frac{0,15}{0,5}=0,3>25\%$ là giao tử liên kết => P.$\frac{BD}{bd}$, f= 40%

Đáp án A

Theo giả thiết:

+ Hình dạng quả: A-B-: quả dẹt; A-bb, aaB-: quả tròn; aabb: dài

2 gen này di truyền độc lập cùng hình thành hình dạng quả

+ Màu sắc hoa: D (hoa đỏ) >> d (hoa trắng)

P: A-B-D x A-B-D-

$\to F_1: 6A-B-D-:5\left[\begin{array}{c}A-bb\\ aaB-\end{array}\right]D-:3A-B-dd:1\left[\begin{array}{c}A-bb\\ aaB-\end{array}\right]dd:1aabbD-$

Đời con có xuất hiện aa, bb, dd →P phải dị hợp (AaBb, Dd)

PxP: (AaBb, Dd) x (AaBb, Dd) $\to F_1$: 1/16aabbD-

$\iff (Bb, Dd) x (Bb, Dd)\to bbD-=\frac{1/16}{1/4}=1/4$

Phép lai thỏa x: y: y: z => bbdd= 25%-1/4=0=0(b,d)/px 0(b,d)/p

Mà: P(Bb, Dd) cho giao tử (b, d) =0 (liên kết hoàn toàn)

$\Rightarrow P: \frac{Bd}{bD}$ liên kết hoàn toàn $P: Aa\frac{Bd}{bD}$ liên kết hoàn toàn hoặc $\frac{Ad}{aD}Bb$ liên kết hoàn toàn

Đáp án D

Theo giả thiết:

+ Màu sắc: A-B-: hoa đỏ; A-bb, aaB-, aabb: hoa trắng; 2 gen này phân ly độc lập.

+ Dạng hoa: D (kép) >> d (hoa đơn)

$F_1\times F_1$: (AaBb, Dd) x (AaBb, Dd) $$\begin{gathered} \to F_2: B-D-=\frac{0,495}{A-}=\frac{0,495}{0,75}=0,66 \\ \to bbdd= 0,66-0,5=0,16=0,4(b,d)/F_{1}x0,4(b,d)/F_1 \end{gathered}$$

 Mà: $F_1(Bd, Dd)$  cho giao tử (b, d)=0,4>25% là giao tử liên kết

=>$F_1: \frac{BD}{bd}, (f=0,5-0,4).2=20\%)$ 

Vậy $F_1: \frac{BD}{bd}, (f=0,5-0,4).2=20\%)$  hoặc $Bd\frac{AD}{ad}, f_{A/D}=20\%$ 

Đáp án A

Theo giả thiết: A=0,8; a=0,2; B=0,7; b=0,3. 2 gen di truyền phân ly độc lập (do thuộc 2 nhóm liên kết khác nhau)

Gọi p, q và p’, q’ lần lượt là tần số tương đối của alen A, a; B, b

P_{cân bằng di truyền} =$(p^{2}AA: 2pqAa:q^{2}aa)(p^{\text{'}2}BB:2p^{\text{'}}{q}^{\text{'}}Bb:q^{\text{'}2}bb)$ 

Vậy số cá thể mang 2 tính trạng trội (A-B-)=  $(p^{2}AA+ 2pqAa)(p^{2}BB+2qpBb)=(0,8^2+2.0,8.0,2)(0,7^2+2.0,7.0,3)=87,36\%$

Đáp án D

Một gen có 2 alen mà đã tạo 5 kiểu gen khác nhau trong quần thể

→gen trên $X({C^2}_{n+1}+n={C^2}_{2+1}+2=5$ 

Tỉ lệ các kiểu gen là như nhau. Tỉ lệ các kiểu gen trong quần thể:

P= $\frac{1}{5}$$X^{A}Y$: $\frac{1}{5}$$X^{a}Y$:$\frac{1}{5}$$X^A{X}^A$:$\frac{1}{5}$$X^A{X}^a$:$\frac{1}{5}$$X^a{X}^a$

Cho các cá thể đực lai với cái P♂ x P♀: ($\frac{1}{2}$ $X^{A}Y$:$\frac{1}{2}$$X^{a}Y$)($\frac{1}{3}$$X^A{X}^A$:$\frac{1}{3}$$X^A{X}^a$:$\frac{1}{3}$$X^a{X}^a$)

G: 1/4$X^A$:1/4$X^a$:2/4Y:1/2$X^A:1/2X^a$

$F_1: \frac{1}{8}$  $X^A{X}^A$: $\frac{2}{8}$$X^A{X}^a$: $\frac{1}{8}$$X^a{X}^a$:$\frac{2}{8}$$X^{A}Y$:$\frac{2}{8}$$X^{a}Y$

Vậy tỉ lệ kiểu hình ở F₁: 62,5% mắt đỏ: 37,5% mắt trắng

Đáp án C

Theo giả thiết: đột biến do gen trội (A) trên NST thường

→ A (đột biến) >> a (bình thường)

+ 1, 2: ông bà ngoại

+ 5: em gái của mẹ

+ 3, 4: ông chồng bà vợ cần xét

Theo phả hệ trên thì:

+1: A- x 2 : A- => con 5: aa=> 1, 2: Aa

+1: A- x 2: Aa=> 4: A- = 1/3AA: 2/3Aa

Vaayj: 3: aa x4: (1/3AA:2/3Aa)

G:         1a              2/3.1/2a

Vậy xác suất để cặp vợ chồng sinh một đứa con mắc bệnh (A-)=1-aa=1-1/3=2/3