Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề thi HSG cấp tỉnh Sinh học 12 năm học 2014-2015 (Kiên Giang) (ngày 2)

479d253b4e159efd7abc6edd3386b9a9
Gửi bởi: Thành Đạt vào ngày 2020-09-02 12:09:19 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 287 | Lượt Download: 18 | File size: 0.41309 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG
------------ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
Câu 1a
(1đ )

Câu 1b
(1đ )

Câu 2a
(1đ )

Câu 2b
(1đ )

Câu 3
(2đ )

Câu 4a
(1đ )

Câu 4b
(1đ )

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
--------------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: SINH HỌC
Ngày thi: 26/9/2014
( Đáp án có 04 trang)
Nội dung

Điểm

- Diễn ra ở nhóm thực vật C3
- Căn cứ vào sản phẩm hữu cơ đầu tiên là hợp chất có 3 cacbon (C3)

0,5
0,5

- 3 giai đoạn là giai đoạn cố định CO2 (hoặc giai đoạn cacboxi hóa); giai đoạn khử
; giai đoạn tái sinh chất nhận CO2
( Thí sinh nêu thiếu hoặc sai tên một giai đoạn thì cho 0,25đ; thiếu hoặc sai tên
hai giai đoạn hoặc cả 3 giai đoạn thì không cho điểm)
- Vai trò của ATP và NADPH:
+ ATP giúp hoạt hóa APG (con đường photphoryl hóa).
+ NADPH là lực khử giúp biến nhóm cacboxyl (ôxi hóa) trong APG thành
anđêhyt (khử) trong AlPG, nhờ đó mà APG đã hoạt hóa sẽ bị khử về AlPG
( Nếu thí sinh chỉ nêu là ATP cung cấp năng lượng, NADPH là chất khử thì
chỉ cho 0,25đ)
- Đầu tiên bạn học sinh để cốc miệng rộng có dung dịch chất A ở ngoài trời, do
trong không khí có CO2 và miệng cốc rộng nên có sự tiếp xúc giữa CO2 với dung
dịch chất A nên dung dịch có màu vàng.
- Lần sau bạn học sinh cho chậu cây vào chuông thủy tinh, úp kín rồi đặt dưới
ánh sáng mặt trời, sau một thời gian thì cho cốc miệng rộng có dung dịch chất A
vào. Do cây đã hấp thụ hết CO2 cho quang hợp nên dung dịch chất A có màu đỏ.
- Cây C4 có điểm bù CO2 rất thấp nên đảm bảo hấp thụ hết CO2 ở không khí có
trong chuông kín, đảm bảo cho thành công của thí nghiệm. Nếu dùng cây C3 thì
do điểm bù CO2 của cây cao nên vẫn còn CO2 dẫn đến có thể không chứng minh
được.
- Nếu dùng thực vật CAM thì phải tiến hành ban đêm nên vừa không tiện lợi, vừa
khó quan sát thí nghiệm.
* Thí nghiệm đơn giản hay sử dụng là úp cây trong chuông thủy tinh kín, sau một
đêm, ta sẽ thấy các giọt nước ứ ra ở mép lá.
* Nguyên tắc của thí nghiệm:
- Do không khí trong chuông thủy tinh kín đã bão hòa hơi nước
- Nước được đẩy từ mạch gỗ của rễ lên lá không thoát được thành hơi qua khí
khổng đã ứ thành các giọt ở mép lá.
* Hiện tượng ứ giọt chỉ xảy ra ở những cây bụi thấp và ở những cây thân thảo: Vì những cây này thường thấp, dễ bị tình trạng bão hòa hơi nước
- Áp suất rễ đủ mạnh để đẩy nước từ rễ lên lá gây ra hiện tượng ứ giọt

0,5

- Khi được chiếu sáng thì hai tế bào hạt đậu của khí khổng sẽ quang hợp
- Dẫn đến làm thay đổi nồng độ CO2, tiếp theo là pH
- Dẫn đến hàm lượng đường trong tế bào tăng, làm tăng áp suất thẩm thấu trong tế
bào
- Hai tế báo hút nước, trương nước và khe khí khổng mở ra
- Khi cây bị hạn thì hàm lượng AAB (axit abxixic) trong tế bào khí khổng tăng

Trang 1

0,25
0,25

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 5
(2đ)

Câu 6
(2đ)

- Dẫn đến kích thích các bơm ion hoạt động
- Đồng thời các kênh ion mở nên các ion rút ra khỏi tế bào khí khổng
- Điều này làm tế bào khí khổng giảm áp suất thẩm thấu, giảm sức trương nước và
khí khổng đóng lại.
* Tính số lượng 2n:
n(n − 1)
→ ta có
- Số khả năng xảy ra lệch bội kép được tính theo công thức
2
n(n − 1)
= 91 → n2 – n – 182 = 0
2
- Giải phương trình: + = 1 + 728 = 27
1 + 27
1 − 27
n1 =
= 14 ; n2 =
< 0 : loại
2
2
- Bộ NST lưỡng bội của loài: 2n = 28
( Nếu thí sinh chỉ trả lời 2n = 28 mà không tính toán để có đáp số thì không cho
điểm toàn bộ ý này. Thí sinh có thể giải theo kiểu bấm máy tính cá nhân, nếu
đúng vẫn cho tối đa số điểm)
* Xác định dạng đột biến:
- Thấy 30 = 28 + 2 = 2n +2 → thể bốn
- Hoặc 30 = 28 + 1 + 1 = 2n +1 + 1 → thể ba kép
- Vậy tế bào này bị đột biến NST về số lượng thuộc dạng lệch bội
- Có hai khả năng là thể bốn hoặc thể ba kép.
( Nếu thí sinh chỉ trả lời thể bốn hoặc thể ba kép mà không tính toán để có đáp
án thì không cho điểm toàn bộ ý này)
- Bố không bị mù màu sẽ có kiểu gen là XMY, mẹ không bị mù màu nhưng mang
gen sẽ có kiểu gen là XMXm. Dựa vào cách viết giao tử khi có sự rối loạn trong
giảm phân, ta có thể thành lập bảng sau:
KG bố, mẹ
Bố: XMY
Mẹ: XMXm

GT bình
thường
XM; Y
XM ; Xm

GT khi có rối loạn ở
giảm phân I
XMY; 0
XMXm; 0

0,5

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

GT khi có rối loạn ở
giảm phân II
XMXM; YY; 0
XMXM; XmXm; 0

- Con trai vừa mắc hội chứng Klinefelter, vừa bị mù màu sẽ có kiểu gen là
XmXmY (1). Con trai mắc hội chứng Klinefelter nhưng không bị mù màu, dị hợp
tử về bệnh mù màu sẽ có kiểu gen là XMXmY
- Ở trường hợp đứa con trai thứ nhất: XmXmY:
+ Khả năng 1: XmXmY = (Xm) x (XmY), không xảy ra vì bố không thể hình thành
giao tử (XmY)
+ Khả năng 2: XmXmY = (Xm Xm) x (Y) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong
giảm phân II ở mẹ
- Ở trường hợp đứa con trai thứ hai: XMXmY:
+ Khả năng 1: XMXmY = (XM) x (XmY), không xảy ra vì bố không thể hình thành
giao tử (XmY)
+ Khả năng 2: XMXmY = (XMXm) x (Y) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong
giảm phân I ở mẹ
+ Khả năng 3: XMXmY = (Xm) x (XMY) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong
giảm phân I ở bố

Trang 2

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 7
(2đ)

Câu 8
(2đ)

( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa)
- Do tác động của các alen thuộc cùng một gen theo kiểu trội – lặn không hoàn
toàn nên sẽ làm xuất hiện tính trạng trung gian ở F1
Vi dụ: Lai hai thứ hoa dạ lan thuần chủng, thứ hoa đỏ với thứ hoa trắng thì F1
đồng tính màu hoa hồng; F2 phân tính theo tỷ lệ 1đỏ + 2 hồng + 1 trắng
- Do tác động của nhiều gen không alen lên một tính trạng theo kiểu bổ sung hay
át chế sẽ làm xuất hiện tính trạng mới ở F1
Ví dụ: Lai hai thứ hoa thuần chủng màu trắng với nhau thì F1 đồng tính hoa đỏ;
F2 phân tính theo tỷ lệ 9 hoa đỏ + 7 hoa trắng
- Do các gen trong tế bào chất (nằm trong ti thể hoặc trong lục lạp) chỉ được mẹ
truyền cho con qua tế bào chất của chúng, do đó F1 chỉ đồng tính về tính trạng của
bên mẹ
Ví dụ: Thí nghiệm lai thuận nghịch ở hai cây hoa phấn: cây có lá đốm với cây có
lá xanh thì F1 luôn đồng tính về tính trạng của cây được chọn làm mẹ
- Do đột biến gen phát sinh trong giảm phân hình thành giao tử (làm cho gen trội
trở thành gen lặn) hoặc do đột biến cấu trúc NST (làm mất đoạn có mang gen
trội), qua thụ tinh, cũng có thể làm cho F1 có tính trạng không phải là tính trội.
Ví dụ: Ở chuột nếu mang kiểu gen lặn (ww) thì có hiện tượng đi quay vòng gọi
là chuột bị nhảy van. Lai chuột bình thường (WW) với chuột nhảy van (ww) thì
F1 vẫn xuất hiện chuột nhảy van (ww).
( Thí sinh có thể trình bày không hoàn toàn giống đáp án, có thể lấy ví dụ khác
miễn là phải bám theo các ý của đáp án và ví dụ phải có lý thì vẫn cho điểm tối
đa ở các ý. Nếu sai ở ý nào thì không chấm điểm ở ý đó)
* Kiểu gen người chồng:
- Bố, mẹ bên chồng tóc quăn có kiểu gen là (Aa) do con gái của họ là (aa)
1
2
- Người chồng tóc quăn có kiểu gen là AA ( ) hoặc Aa ( )
3
3
* Kiểu gen người vợ:
- Bố tóc quăn (Aa) do con gái của ông tóc thẳng (aa). Mẹ tóc thẳng (aa)
- Kiểu gen người vợ tóc quăn phải là (Aa)
* Khả năng sinh con gái tóc quăn:
1
- Trường hợp 1: Bố (AA = ) x mẹ (Aa) ===> Con (AA + Aa): 100% tóc quăn.
3
1 1
1
Xác suất để sinh con gái tóc quăn là
x =
3 2
6
2
3
- Trường hợp 2: Bố (Aa = ) x mẹ (Aa) ===> Con (AA + 2Aa + aa): tóc
3
4
1
quăn + tóc thẳng. Xác xuất để sinh con gái tóc quăn là:
4
2
1
3
6
1
x
x =
=
3
2
4
24
4
1
1
5
- Tổng hợp chung:
+
=
6
4
12
( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa)

Trang 3

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

Câu 9
(2đ )

a) Xác định vị trí các gen trong bản đồ di truyền:
- Tần số trao đổi chéo giữa các gen thể hiện khoảng cách giữa các gen khi phân bố
trên nhiễm sắc thể. Tần số trao đổi chéo càng lớn thì các gen càng nằm xa nhau
trên nhiễm sắc thể (bản đồ di truyền) và ngược lại
- Tần số trao đổi chéo giữa PR > QR nên Q phải nằm giữa P và R
- Mặt khác tần số trao đổi chéo giữa PQ < QR nên Q phải nằm gần P hơn
Như vậy: + Trình tự 3 gen này là: P – Q ------ R
+ Bản đồ di truyền

0,5
0,25
0,25

0,25

b) Xét tương tự:
- Tần số trao đổi chéo giữa PR < QR nên P phải nằm giữa Q và R
- Tần số trao đổi chéo giữa QP < PR nên P phải nằm gần Q hơn
Như vậy: + Trình tự 3 gen này là: Q – P ------ R
+ Bản đồ di truyền

0,25
0,25
0,25

Câu 10
(2đ)

- Kiểu gen hai cây bố, mẹ: (AaBb), cao, đỏ x (AaBb), cao, đỏ
- Tỷ lệ các kiểu hình ở F1 theo Menđen:
+ 9(A-B-): 9 cây cao, đỏ
+ 3(A-bb): 3 cây cao, hoa trắng (Kiểu gen gồm 1AAbb + 2Aabb)
+ 3(aaB-): 3 cây thấp, hoa đỏ (Kiểu gen gồm 1aaBB + 2aaBb)
+ 1(aabb): 1 cây thấp, hoa trắng
- Cây cao, hoa trắng ở F1 được chọn trong số 3 cây(A-bb). Cây thấp, hoa đỏ F1
được chọn trong số 3 cây (aaB-)
- Để có cây cao, hoa đỏ (A-B-) ở F2 phải có 4 khả năng thực hiện phép lai ở F1,
dựa vào tỷ lệ kiểu hình sẽ tìm được xác suất cây thân cao, hoa đỏ F2:
* F1: cao, trắng (1AAbb) x F1: thấp, đỏ (1aaBB)
1
1
1
F2: đồng tính cao, đỏ (AaBb). Xác suất = x
x1=
(1)
3
3
9
* F1: cao, trắng (1AAbb) x F1: thấp, đỏ (2aaBb)
1
2
1
1
(2)
F2: 1cao, đỏ (AaBb) + 1cao, trắng (Aabb). Xác suất = x x =
3 3
2
9
* F1: cao, trắng (2Aabb) x F1: thấp, đỏ (1aaBB)
2
1
1
1
F2: 1 cao, đỏ (AaBb) + 1 thấp, đỏ (aaBb). XS: x
x =
(3)
3
3
2
9
* F1: cao, trắng (2Aabb) x F1: thấp, đỏ (2aaBb)
F2: 1cao, đỏ (AaBb) + 1cao, trắng (Aabb) + 1thấp đỏ (aaBb) + 1 thấp, trắng
2
2
1
1
(aabb). Xác suất: x x =
(4) . Từ (1); (2); (3) và (4) thì xác suất xuất
3
3
4
9
1
4
x4=
hiện cây thân cao, hoa đỏ ở F2 là
9
9
( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa)
---------------- HẾT -----------------

Trang 4

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25