SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2010-2011
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: SINH HỌC - LỚP 12 - CẤP THPT
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2010
ĐIỂM
(Của toàn bài thi)
CÁC GIÁM KHẢO
(Họ tên và chữ kí)
SỐ PHÁCH
(Do Chủ tịch Hội
đồng ghi)
Bằng số Bằng chữ
Giám khảo số 1:
Giám khảo số 2:
Quy định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài
toán. Các kết quả tính gần đúng theo quy tắc làm tròn số, nếu không có chỉ định cụ thể,
được ngầm định chính xác tới bốn chữ số phần thập phân sau dấu phẩy.
Câu 1:
Một tế bào trứng của 1 loài được thụ tinh với sự tham gia của 1.572.864 tinh trùng.
Tất cả các tế bào sinh tinh trùng tạo ra các tinh trùng nói trên có số nhiễm sắc thể đơn ở
trạng thái chưa nhân đôi là 6.291.456 và được sinh ra từ 3 tế bào sinh dục đực sơ khai 2n
ban đầu có số lần phân bào bằng nhau.
a. Tính số lần phân bào của mỗi tế bào sinh dục đực sơ khai ban đầu.
b. Tính số nhiễm sắc thể bị tiêu biến trong các tinh trùng không được thụ tinh trong
quá trình trên.
c. Trong bộ nhiễm sắc thể của cá thể này có 2 cặp nhiễm sắc thể tương đồng chỉ
chứa toàn các cặp gen đồng hợp, 1 cặp nhiễm sắc thể tương đồng chỉ chứa 1 cặp gen dị
hợp có trao đổi đoạn tại 2 điểm và 3 cặp nhiễm sắc thể tương đồng chứa nhiều cặp gen dị
hợp có trao đổi đoạn tại 1 điểm trong quá trình giảm phân. Các cặp nhiễm sắc thể tương

đồng còn lại đều chứa nhiều cặp gen dị hợp nhưng trong giảm phân không xảy ra trao đổi
đoạn. Nếu không xảy ra đột biến thì khả năng tối đa cá thể này có thể tạo ra bao nhiêu loại
giao tử.
Cách giải Điểm
a) Số lần phân bào của mỗi tế bào sinh dục đực sơ khai ban đầu:
- Số tế bào sinh tinh trùng = 1572864 : 4 = 393216
Gọi x là số lần phân bào của mỗi tế bào sinh dục đực sơ khai ban đầu:
2
x
= 393216 : 3 = 131072 → x = 17
b) Số nhiễm sắc thể bị tiêu biến trong các tinh trùng không được thụ tinh:
- Bộ nhiễm sắc thể của loài 2n = 6291456 : 393216 = 16.
- Số nhiễm sắc thể bị tiêu biến trong các tinh trùng không được thụ tinh
(1572864 – 1) . 8 = 12582904.
1,50
1,50
1
c) Khả năng tối đa cá thể này có thể tạo ra số loại giao tử là
1
2
x 2
1
x 4
3
x 2
2
= 512
2,00
Câu 2:
Nuôi cấy 5.10

5
tế bào E. coli trong môi trường chứa glucozơ và muối amonium.
Sau 300 phút nuôi cấy, ở giai đoạn pha log số lượng E.coli đạt 35.10
6
tế bào.Thời gian thế
hệ là 40 phút. Xác định thời gian phát triển với pha lag nếu có (theo phút).
Cách giải Điểm
Ta có N
0
= 5.10
5
N = 35.10
6
g = 40 phút
t = ? Thời gian cần thiết để gia tăng số lượng tế bào vi khuẩn từ N
0
đến
N.
N = N
0
.2
n
(n số lần phân đôi)
=> lgN = lgN
0
+ nlg2 => (lgN – lgN
0
) / lg2 = n
Mà n = t/g
=> (lgN – lgN

0
)/t = lg2/40
=> t = ((lgN – lgN
0
).40)/lg2
= (7,5441 – 5,6990).40/0,3010 = 245,1960
Vậy quá trình nuôi cấy trên có giai đoạn pha tiềm phát kéo dài là
300 – 245,196 = 54,804 phút.
1,00
2.00
2,00
Câu 3:
Cho công thức cấu tạo của các axit béo sau:
- Axit panmitic: C
15
H
31
COOH
- Axit stearic : C
17
H
35
COOH
- Axit sucxinic: HOOC - CH
2
- CH
2
- COOH
- Axit malic: HOOC - CH
2

-CHOH – COOH
a) Xác định hệ số hô hấp của các nguyên liệu trên.
b) Có nhận xét gì về hệ số này ở các axit trên?
Cách giải Điểm
a) Phương trình phản ứng và hệ số hô hấp của các axit
Hệ số hô hấp là tỉ số giữa số phân tử CO
2
thải ra và số phân tử O
2
hấp thụ
vào (RQ).
C
16
H
32
O
2
+ 23 O
2
=> 16 CO
2
+ 16 H
2
O => RQ
1
= 16/23 = 0,6957
C
18
H
36

O
2
+ 26 O
2
=> 18 CO
2
+ 18 H
2
O => RQ
2
= 18/26 = 0,6923
C
4
H
6
O
4
+ 7/2 O
2
=> 4 CO
2
+ 3H
2
O => RQ
3
= 4/3,5 = 1,1429
C
4
H
6

O
5
+ 3 O
2
=> 4 CO
2
+ 3 H
2
O => RQ
4
= 4/3 = 1,3333
b) Nhận xét: Cùng nguyên liệu là axit:
- Nếu axit giàu hydro và nghèo oxi => RQ < 1.
- Nếu axit bậc thấp ditricacboxylic giàu oxi => RQ >1
1,00
1,00
1,00
1,00
1,00
2
Câu 4:
Hãy so sánh hiệu quả sử dụng năng lượng trong quá trình tổng hợp chất hữu cơ
theo chu trình Canvin - Benson (thực vật C
3
) và chu trình Hatch - Slack (thực vật C
4
) để
tổng hợp được 1 phân tử gluco. Biết 1 phân tử gluco dự trữ năng lượng là 674kcal và lực
khử NADPH do pha sáng cung cấp tương đương với 52,7kcal.
Cách giải Điểm

- Để tạo ra 1 phân tử gluco với dự trữ năng lượng là 674 kcal/mol, chu trình
Canvin - Benson (thực vật C
3
) đã sử dụng 12 NADPH và 18 ATP → Hiệu quả
sử dụng năng lượng của C
3
là 674 x100 : [(12 x 52,7) + (18 x 7,3)] =
88,2430%
- Để tạo ra 1 phân tử gluco với dự trữ năng lượng là 674kcal/mol, chu trình
Hatch - Slack (thực vật C
4
) đã sử dụng 12 NADPH và 24 ATP → Hiệu quả sử
dụng năng lượng của C
4
là 674 x100 : [(12 x 52,7) + (24 x 7,3)] = 83,4572%
Như vậy, để tổng hợp được 1 phân tử gluco thì nhóm thực vật C
3
sử dụng năng
lượng hiệu quả hơn nhóm thực vật C
4
.
2,00
2,00
1,00
Câu 5:
Nhịp tim của ếch trung bình 53 lần/ phút. Trong 1 chu kỳ tim, tỉ lệ của các pha
tương ứng là 1: 3: 4. Xác định thời gian tâm nhĩ và tâm thất được nghỉ ngơi.
Cách giải Điểm
- Thời gian của một chu kỳ tim của ếch : 60/ 53 = 1,1321 giây.
Tỉ lệ các pha của chu kỳ tim tương ứng là 1: 3: 4

- Thời gian tâm nhĩ làm việc (nhĩ co) là : (1,1321 x 1) : 8 = 0,1415 giây
- Thời gian tâm nhĩ được nghỉ ngơi: 1,1321 – 0,1415 = 0,9906 giây
- Thời gian tâm thất làm việc (thất co) là : (1,1321 x 3) : 8 = 0, 4245 giây
- Thời gian tâm thất được nghỉ ngơi: 1,1321 – 0, 4245 = 0,7076 giây
1,00
1,00
1,00
1,00
1,00
Câu 6 :
Trên một phân tử mARN người ta thấy có U và G lần lượt có số lượng gấp hai lần
A và X. Trong đó xét riêng hai loại A và X có các bộ ba AAA và XXX chiếm 40 tổ hợp
bộ ba. Tổng của loại XXX với 2 lần loại 2A+X bằng 130 tổ hợp. Tổng của 3 lần loại
2A+X và loại 2X+A bằng tổng số tổ hợp loại AAA với 3 lần loại 2X+A bằng 220 tổ hợp.
Hãy tính :
a) Số lượng từng loại ribônulêôtit của phân tử mARN.
b) Số lượng từng loại nulêôtit của gen tổng hợp nên phân tử mARN đó.
Cách giải Điểm
a) Gọi x, y, z và t lần lượt là số bộ ba loại: AAA, XXX, 2A+X và 2X+A
Ta có :
x + y = 40
y + 2z = 130
3z + t = 220
x + 3t = 220
Giải ra: x = 10, y = 30, z = 50, t = 70
2,00
3
Số lượng từng loại ribônulêôtit của phân tử mARN :
Am = 10 x 3 + 50 x 2 + 70 = 200 Um = 400
Xm = 30 x 3 + 50 + 70 x 2 = 280 Gm = 560

b) Số lượng từng loại nulêôtit của gen tổng hợp nên phân tử mARN:
A = T = Am + Um = 200 + 400 = 600
G = X = Gm + Xm = 280 + 560 = 840
1,50
1,50
Câu 7:
Ở ruồi giấm gen A : thân xám, a : thân đen; B : cánh thường, b : cánh cụt; D : mắt
đỏ, d : mắt nâu. Cho F
1
mang 3 cặp gen dị hợp lai phân tích được F
B
: 451 xám, thường, đỏ
: 449 đen, cụt, nâu : 152 xám, cụt, nâu : 148 đen, thường, đỏ : 113xám, cụt, đỏ : 112
đen, thường, nâu : 18đen, cụt, đỏ : 19 xám, thường, nâu.
Cho biết các cặp gen nằm trên nhiễm sắc thường.
Xác định kiểu gen F
1
và tính khoảng cách giữa các gen.
Cách giải Điểm
F
1
lai phân tích cho 8 kiểu hình phân thành 4 nhóm nên đã xảy ra hiện
tượng liên kết không hoàn của 3 gen.
2 kiểu hình chiếm tỉ lệ lớn : xám, thường, đỏ và đen, cụt, nâu tạo ra do 2
giao tử liên kết hoàn toàn ABD và abd. Nên 3 gen A,B,D cùng nằm trên 1 NST
và 3 gen a,b,d cùng nằm trên 1 NST.
Kiểu hình đen, cụt, đỏ và xám, thường, nâu chiếm tỉ lệ nhỏ nhất do trao đổi
chéo kép tạo ra từ 2 loại giao tử abD và ABd. Suy ra trật tự 3 gen trên là A-D-B,
nên kiểu gen của F
1

là :
adb
ADB
Khoảng cách AD =
1462
148152
+
+
2
1
(
1462
1918
+
)= 21,7852%
Khoảng cách DB =
1462
112113
+
+
2
1
(
1462
1918
+
)= 16,6553%
Khoảng cách AB = 21,7852% + 16,6553% = 38,4405%
A 21,7852% D 16,6553% B
38,4405%

3,00
2,00
Câu 8 :
Một quần thể ngẫu phối ở trạng thái cân bằng Hacdi-Vanbec có 4000 cá thể, trong
đó có 3960 cá thể lông xù. Biết rằng, tính trạng này do một gen nằm trên nhiễm sắc thể
thường qui định và lông xù trội hoàn toàn so với lông thẳng.
a) Tính số cá thể lông xù không thuần chủng có trong quần thể.
b) Nếu trong quần thể nói trên xảy ra đột biến gen làm 1% alen A thành alen a. Xác
định tỉ lệ cá thể lông xù trong quần thể sau một thế hệ ngẫu phối.
Cách giải Điểm
a) Số cá thể lông xù không thuần chủng có trong quần thể:
- Tần số tương đối của alen a =
4000 3960
4000
−
= 0,1.
0,75
4
- Tần số tương đối của alen A = 1 – 0,1 = 0,9.
- Số cá thể lông xù không thuần chủng = 2 x 0,9 x 0,1 x 4000 = 720.
b) Tỉ lệ số cá thể lông xù trong quần thể sau 1 thế hệ ngẫu phối:
- Tần số tương đối của các alen A sau khi đột biến = 0,9 – 1% . 0,9 = 0,891
- Tần số tương đối của các alen a sau khi đột biến = 1 – 0,891 = 0,109
- Tỉ lệ cá thể lông xù (AA+Aa) sau 1 thế hệ là 0,891
2
+ 2. 0,891. 0,109 =
0,9881
0,75
1,00
0,75

0,75
1,00
Câu 9 :
Xét một cặp gen của một loài tự phối,
a) Thế hệ ban đầu của một quần thể có thành phần kiểu gen là 300 AA + 600 Aa +
100 aa. Qua nhiều thế hệ tự phối, quần thể đã phân hóa thành các dòng thuần về kiểu gen
AA và aa. Tính tỉ lệ các dòng thuần về gen kiểu gen AA và aa hình thành trong quần thể
này.
b) Một quần thể khác của loài có thành phần kiểu gen ở thế hệ ban đầu là 0,36AA +
0,64Aa. Do không thích nghi với điều kiện sống, tất cả các cá thể mang kiểu gen aa ở các
thế hệ đều chết. Tính tỉ lệ kiểu gen của quần thể sau 1 thế hệ.
Cách giải Điểm
a) Khi quần thể phân hóa thành các dòng thuần thì tỉ lệ Aa = 0, tỉ lệ Aa ban đầu
chia đều cho các kiểu gen đồng hợp, nên tỉ lệ các kiểu gen hình thành trong quần
thể này:
- Kiểu gen AA =
300 600: 2
300 600 100
+
=
+ +
0,6
- Kiểu gen aa =
100 600 : 2
300 600 100
+
=
+ +
0,4
b) Tỉ lệ kiểu gen của quần thể sau 1 thế hệ :

- Tỉ lệ kiểu gen AA =
0,36 0,64 : 4
(0,36 0,64 : 4) 0,64 : 2
+
=
+ +
13/21
≈
0,6190
- Tỉ lệ kiểu gen Aa =
0,64 : 2
(0,36 0,64 : 4) 0,64 : 2
=
+ +
8/21
≈
0,3810
1,00
1,00
1,50
1,50
Câu 10 :
Tính trạng hói đầu ở người do gen nằm trên nhiễm sắc thể thường quy định, nhưng
khi biểu hiện lại chịu ảnh hưởng bởi giới tính. Gen này trội ở đàn ông nhưng lại lặn ở đàn
bà. Trong một cộng đồng, trong 10.000 đàn ông có 7056 không bị hói. Trong 10.000 đàn
bà có bao nhiêu người không bị hói? Cho biết, trong cộng đồng có sự cân bằng về di
truyền.
Cách giải Điểm
Gọi B là alen qui định tính trạng hói
B

/
là alen qui định tính trạng không hói
Kiểu gen BB BB
/
B
/
B
/
Nam Hói Hói Hói
5