Phương pháp:

Ưu thế lai: Hiện tượng con lai có năng suất, sức chống chịu, khả năng sinh trưởng và phát triển vượt trội so với các dạng bố mẹ.

Kiểu gen càng có nhiều cặp gen dị hợp thì càng có ưu thế lai cao.

Chỉ một vài tổ hợp lai tạo được ưu thế lai

Ưu thế lai cao nhất ở F₁ sau đó giảm dần ở các thế hệ.

Không dùng F₁ làm giống.

Cách giải:

Phát biểu sai về ưu thế lai là D, ưu thế lai tỉ lệ nghịch với số lượng cặp gen đồng hợp.

Chọn D.

Phương pháp:

Đột biến cấu trúc NST

Mất đoạn: Ứng dụng loại bỏ các gen không mong muốn

Lặp đoạn: Tạo điều kiện cho đột biến gen

Đảo đoạn: Tạo nguồn nguyên liệu cho tiến hóa, góp phần tạo nên loài mới

Chuyển đoạn: Ứng dụng tạo dòng côn trùng giảm khả năng sinh sản

Cách giải:

Việc loại khỏi NST những gen không mong muốn trong công tác chọn giống được ứng dụng từ dạng đột biến mất đoạn nhỏ.

Chọn B.

Phương pháp:

Lệch bội: Thay đổi số lượng NST ở 1 hoặc 1 số cặp NTS.

2n – 1: Thể một                      2n + 1: Thể ba

3n : Thể tam bội                     4n: Thể tứ bội

Cách giải:                             

Sự kết hợp giữa giao tử (n) và giao tử (n+1) trong thụ tinh sẽ tạo ra 2n + 1 (thể ba, tam nhiễm).

Chọn D.

Phương pháp:

Tiêu hóa ở ĐV đơn bào: Tiêu hóa nội bào

Tiêu hóa ở ĐV có túi tiêu hóa: Tiêu hóa nội bào + ngoại bào

Ở ruột khoang, giun dẹp, VD: Thủy tức

Tiêu hóa ở ĐV có ống tiêu hóa: Tiêu hóa ngoại bào

So sánh tiêu hóa ở thú ăn thực vật và thú ăn động vật

Thú ăn thịt:

Có răng nanh, răng trước hàm và răng ăn thịt phát triển, ruột ngắn vì thức ăn dễ tiêu hóa và hấp thụ

Thức ăn được tiêu hóa cơ học và hóa học.

Thú ăn thực vật:

Có các răng dùng nhai và nghiền thức ăn phát triển; manh tràng rất phát triển, ruột dài.

Thức ăn được tiêu hóa cơ học, hóa học và biến đổi nhờ vi sinh vật cộng sinh.

Trâu, bò cừu, dê là các động vật nhai lại có dạ dày 4 ngăn.

Cách giải:

A đúng, vì thức ăn của thú ăn thịt dễ tiêu hóa hơn thức ăn của thú ăn thực vật.

B đúng.

C sai, chỉ những loài nhai lại (trâu, bò, cừu, dê) mới có dạ dày 4 ngăn.

D đúng.

Chọn C.

Phương pháp:

Cách giải:

Lừa giao phối với ngựa sinh ra con La bất thụ. Đây là ví dụ về cơ chế cách li sau hợp tử.

Chọn C.

Phương pháp:

Cách giải:

A: Gây đột biến

B: Công nghệ gen

C: Công nghệ tế bào

D: Công nghệ gen.

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Tính tần số alen ở P và F₄.

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

Tần số alen \({p_A} = x + \frac{y}{2};{q_a} = z + \frac{y}{2};{p_A} + {q_a} = 1\)

Bước 2: So sánh thành phần kiểu gen và tần số alen của các thế hệ.12

Cách giải:

Tần số alen ở P: A = 0,65; a = 0,35 nếu không chịu tác dụng của CLTN thì F₁ có cấu trúc: 0,4225: 0,455:0,1225 nhưng khác với đề bài cho → tỷ lệ dị hợp giảm.

Ở F₄ ta thấy tần số alen: A = 0,2; a = 0,8 → CLTN đã loại bỏ dần cá thể mang kiểu hình trội (vì nếu chỉ loại bỏ AA thì tần số alen sẽ thay đổi theo hướng A↑; a↓ , vì P ban đầu có kiểu gen AA chiếm tỷ lệ lớn hơn aa)

Chọn D.

Phương pháp:

Viết phép lai.

Cách giải:

A: Aa × aa → 1Aa:1aa → KH: 1:1

B: AA ×Aa→ 1AA:1Aa → KH: 1

C: Aa × Aa→1AA: 2Aa:1aa → KH: 3:1

D: AA × aa→ 1Aa→ KH: 1.

Chọn A.

Phương pháp:

Mức phản ứng: Tập hợp các kiểu hình của cùng một kiểu gen trong các môi trường khác nhau.

Mức phản ứng do kiểu gen quy định. Các kiểu gen khác nhau có mức phản ứng khác nhau, các gen khác nhau có mức phản ứng khác nhau.

Mềm dẻo kiểu hình: Hiện tượng kiểu hình của một cơ thể có thể thay đổi trước các điều kiện môi trường khác nhau (thường biến)

- Thường biến giúp sinh vật thích nghi thụ động với sự thay đổi của môi trường.

Cách giải:

Tập hợp tất cả các kiểu hình của cùng 1 kiểu gen tương ứng với các điều kiện môi trường khác nhau được gọi là mức phản ứng.

Phương pháp:

Cấu trúc của một gen mã hóa protein điển hình gồm có các trình tự sau :

- Vùng điều hòa nằm ở đầu 3' của mạch mã gốc có trình tự đặc biệt giúp mARN polimeraza nhận biết và liên kết để khởi động quá trình phiên mã

- Vùng mã hóa mang thông tin mã hoa các aa

- Vùng kết thúc năm ở đầu 5' của mạch mã gốc mang tín hiệu kết thúc phiên mã.

Cách giải:

Vùng trình tự nucleotit nằm ở đầu 5’ trên mạch mã gốc có chức năng mang tín hiệu kết thúc quá trình phiên mã.

Chọn D.

Phương pháp:

Hệ thống mạch máu bao gồm: hệ thống động mạch, tĩnh mạch, mao mạch.

Máu được tim bơm đi lưu thông liên tục trong mạch kín, từ động mạch qua mao mạch, tĩnh mạch và sau đó về tim. Máu trao đổi chất với tế bào qua thành mao mạch.

Cách giải:

Trong hệ tuần hoàn kín, nơi diễn ra quá trình trao đổi chất giữa máu và tế bào là mao mạch.

Chọn A.

Phương pháp:

Gen nằm trên nhiễm sắc thể X không có alen trên nhiễm sắc thể Y.

Cách giải:

Gen nằm trên nhiễm sắc thể X không có alen trên nhiễm sắc thể Y → Kiểu gen viết sai là X^aY^A.

Chọn A.

Phương pháp:

Phép lai giữa các cơ thể cùng kiểu gen có thể coi là tự thụ phấn.

Cách giải:

AaBb × AaBb có thể coi là tự thụ phấn.

Chọn D.

Phương pháp:

Mã di truyền

+ Là mã bộ ba

Có 64 bộ ba, 61 bộ ba mã hóa a.a

1 bộ ba mở đầu, 3 bộ ba kết thúc

+ Liên tục: Đọc liên tục, từ một điểm xác định trên mARN và không gối lên nhau

+ Tính phổ biến: Tất cả các loài đều có bộ mã di truyền giống nhau trừ một vài ngoại lệ

+ Tính đặc hiệu: Một bộ ba mã hóa cho 1 axit amin

+ Tính thoái hóa: Nhiều bộ ba cùng mã hóa cho 1 axit amin.

Cách giải:

A sai, một bộ ba chỉ mã hóa cho 1 axit amin.

B: Tính phổ biến của mã di truyền.

C: Tính thoái hóa.

D: Tính đặc hiệu.

Chọn C.

Phương pháp:

Tính trạng do gen nằm ngoài nhân quy định sẽ có đặc điểm:

+ Kết quả lai thuận, nghịch khác nhau.

+ Đời con có kiểu hình giống nhau và giống kiểu hình mẹ.

Cách giải:

Ta có cây lai F₁ trong phép lai thuận và nghịch là khác nhau.

Ta thấy các con sinh ra đều có kiểu hình giống mẹ.

→ Gen nằm ngoài tế bào chất

Chọn A.

Phương pháp:

Cấu tạo: ADN liên kết với protein histon

Cấu trúc

+ Đầu mút: giúp bảo vệ NST, ngăn cản các NST dính vào nhau.

+ Tâm động: là vị trí gắn NST với thoi phân bào.

+ Trình tự khởi đầu nhân đôi ADN: là trình tự đặc hiệu với hệ enzym khởi đầu nhân đôi ADN

Kích thước: Sợi cơ bản (11nm) → Sợi nhiễm sắc (30nm) →Siêu xoắn (300nm)→ Cromatit (700nm) → NST (1400nm)

Hình thái: Ở kì giữa của phân bào, NST co ngắn cực đại và có hình dạng đặc trưng cho loài

Hình thái của NST thay đổi theo các kì của tế bào

Mỗi loài có một bộ NST đặc trưng về số lượng, hình dạng và cấu trúc (quan trọng nhất).

Cách giải:

A sai, đầu mút NST có vai trò giúp bảo vệ NST, ngăn cản các NST dính vào nhau.

B đúng.

C sai, ở giới dị giao tử thì cặp NST giới tính không tồn tại thành các cặp tương đồng.

D sai, ở các loài họ hàng gần, giữa chúng có thể có bộ NST lưỡng bội bằng nhau. Ví dụ cải củ và cải bắp đều có bộ NST lưỡng bội 2n = 18.

Chọn B.

Phương pháp:

Pha sáng: giống nhau ở các nhóm TV,

Gồm 3 quá trình:

+ Quang lí: Diệp lục nhận năng lượng ASMT

+ Quang phân li nước:

+ Quang hóa: Hình thành ATP, NADPH

Pha tối: Khác nhau ở các nhóm thực vật

+ C₃: Chu trình Canvin

+ C₄: Cố định CO₂ lần đầu (trong tế bào mô giậu), chu trình Canvin (trong tế bào bao bó mạch)

+ CAM: Cố định CO₂ lần đầu (vào ban đêm), chu trình Canvin (vào ban ngày).

Cách giải:

A đúng. Trong chu trình C₄ có chu trình Canvin.

B đúng.

C đúng.

D sai, cả 3 nhóm thực vật đều có quá trình quang phân li nước.

Chọn D.

Phương pháp:

Quá trình phát sinh và phát triển của sự sống trên Trái Đất gồm các giai đoạn:

- Tiến hoá hoá học: Hình thành các hợp chất hữu cơ từ chất vô cơ theo phương thức hóa học.

- Tiến hoá tiền sinh học: Hình thành nên các tế bào sơ khai, sau đó hình thành nên những tế bào sống đầu tiên

- Tiến hoá sinh học: Hình thành các loài sinh vật như ngày nay.

Cách giải:

Trong quá trình phát sinh sự sống trên trái đất, giai đoạn tiến hóa hóa học là giai đoạn tổng hợp các chất hữu cơ từ các chất vô cơ theo phương thức hóa học.

Phương pháp:

Quy trình tạo giống mới bằng phương pháp gây đột biến:

Cách giải:

Quy trình tạo giống mới bằng phương pháp gây đột biến gồm các bước theo thứ tự đúng là: Xử lí mẫu vật bằng tác nhân đột biến → Chọn lọc các thể đột biến có kiểu hình mong muốn → Tạo dòng thuần chủng.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào phương pháp và đối tượng nghiên cứu của Morgan.

Cách giải:

Đối tượng chủ yếu được Moocgan sử dụng trong nghiên cứu di truyền là ruồi giấm.

Chọn B.

Phương pháp:

Cách giải:

A: Bằng chứng sinh học phân tử.

B: Bằng chứng giải phẫu so sánh

C: Bằng chứng tế bào học.

D: Hóa thạch.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào khái niệm điều hòa hoạt động của gen.

Cách giải:

Điều hòa hoạt động của gen chính là điều hòa lượng sản phẩm của gen được tạo ra.

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào đặc điểm của các dạng đột biến: Tác động vào đâu? Làm thay đổi gì?

Cách giải:

Đột biến tự đa bội làm tăng số lượng alen của 1 gen trong tế bào nhưng không làm xuất hiện alen mới.

Đột biến gen làm xuất hiện alen mới.

Đột biến chuyển đoạn trên NST, đảo đoạn NST không làm thay đổi số gen và xuất hiện alen mới.

Chọn B.

Phương pháp:

Pha sáng: giống nhau ở các nhóm TV,

Gồm 3 quá trình:

+ Quang lí: Diệp lục nhận năng lượng ASMT

+ Quang phân li nước:

+ Quang hóa: Hình thành ATP, NADPH

Cách giải:

Quá trình khử CO₂ không thuộc pha sáng mà thuộc pha tối.

Chọn B.

Phương pháp:

Cách giải:

A sai, hình thành loài có thể xảy ra cùng khu vực hoặc khác khu vực địa lí.

B đúng, vì quá trình hình thành loài có sự tác động của các nhân tố tiến hóa.

C sai, hình thành loài bằng lai xa và đa bội hóa là con đường nhanh nhất.

D sai, hình thành loài bằng lai xa và đa bội hóa chỉ diễn ra ở thực vật.

Chọn B.

Phương pháp:

Tiến hóa nhỏ

Khái niệm: Là quá trình làm biến đổi cấu trúc di truyền của quần thể dẫn tới hình thành loài mới.

Quy mô

- Phạm vi tương đối hẹp

- Thời gian tương đối ngắn

- Có thể nghiên cứu bằng thực nghiệm.

Cách giải:

Phát biểu đúng về quá trình tiến hóa nhỏ là D.

Chọn D.

Phương pháp:

Các yếu tố ngẫu nhiên: có thể loại bỏ bất kì alen nào. Thay đổi tần số alen mạnh và đột ngột.

Cách giải:

Đối với quá trình tiến hóa, yếu tố ngẫu nhiên làm biến đổi mạnh tần số alen của những quần thể có kích thước nhỏ.

B sai, các yếu tố ngẫu nhiên làm giảm đa dạng di truyền.

C sai, các yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi thành phần kiểu gen một cách vô hướng.

D sai, các yếu tố ngẫu nhiên có thể loại bỏ bất kì alen nào.

Chọn A.

Phương pháp:

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

Tần số alen \({p_A} = x + \frac{y}{2};{q_a} = z + \frac{y}{2};{p_A} + {q_a} = 1\)

Cách giải:

Quần thể ban đầu: 0,7AA : 0,2Aa : 0,1aa

Tần số alen: \({p_A} = 0,7 + \frac{{0,2}}{2} = 0,8 \to {q_a} = 1 - {p_A} = 0,2\)

Chọn C.

Phương pháp:

Cách giải:

A- thân cao, a- thân thấp

B- hoa đỏ, b- hoa trắng

P tự thụ tạo 4 loại kiểu hình → cây P dị hợp về 2 cặp gen.

Tỉ lệ thân thấp, hoa trắng (aabb) = 16% = 0,4 × 0,4 = 0,32 × 0,5 → P dị hợp đều (vì dị hợp đều thì tỉ lệ ab ≥0,25)

\(P:\frac{{AB}}{{ab}} \times \frac{{AB}}{{ab}}\)

Có 2 trường hợp xảy ra là:

+ P có HVG ở 1 bên với tần số là 36% (ab =0,32 = (1-f)/2)

+ P có HVG ở 2 bên với tần số là 20% (ab =0,4 = (1-f)/2)

Xét các phát biểu:

(1) đúng, nếu HVG ở 1 bên cho 7 kiểu gen, nếu HVG ở 2 bên cho 10 kiểu gen.

(2) sai, chưa thể kết luận tần số HVG.

(3) sai, AB/AB = ab/ab=0,3.

(4) đúng, nếu P có HVG ở 1 bên thì kiểu gen dị hợp 2 cặp gen chỉ có AB/ab.

Phương pháp:

Bước 1: Biện luận thứ tự trội lặn của các alen.

Bước 2: Xét các phát biểu.

Cách giải:

Xác định trội lặn:

Từ phép lai 1, ta có P: lông đen × lông đen; F₁: 3 lông đen : lông nâu → Lông đen là trội so với lông nâu.

Từ phép lai 2, ta có lông vàng là trội so với lông trắng.

Từ phép lai 3, ta có lông nâu là trội so với lông vàng.

→ Lông đen > lông nâu > lông vàng > lông trắng.

Quy ước gen:

A₁ quy định lông đen; A₂ quy định lông nâu; A₃ quy định lông vàng; A₄ quy định lông trắng.

I đúng, kiểu hình lông đen có 4 kiểu gen quy định là: A₁A₁; A₁A₂; A₁A₃; A₁A₄.

II sai, F_1-1 có 75% lông đen : 25% lông nâu

→ PL1: A₁A₂ × A₁A_2/3/4 → 3A₁-:1A₂A-.

Chưa thể xác định chính xác kiểu gen của 2 con lông đen (1), (2).

III sai. F_1-1 có 75% lông đen : 25% lông nâu

→ PL1: A₁A₂ × A₁A_2/3/4 → 3A₁-:1A₂A-.

Chưa thể xác định chính tỉ lệ kiểu gen của PL1.

IV đúng.

Phép lai 3: F₁ tạo ra 1/4 lông trắng (A₄A₄) → P: A₂A₄ (5) × A₃A₄ (6).

Nếu (1) có kiểu gen A1A4 thì \(P:{A_1}{A_4}\left( 1 \right) \times {A_3}{A_4}\left( 6 \right) \to \underbrace {1{A_1}{A_3}:1{A_1}{A_4}}_{den}:\mathop {1{A_3}{A_4}}\limits_{\scriptstyle\atop\scriptstylenau} :\mathop {1{A_4}{A_4}}\limits_{\scriptstyle\atop\scriptstyletrang} \)

Chọn B.

Phương pháp:

Bước 1: Tính số nucleotit từng loại của gen A

Áp dụng các công thức:

- CT liên hệ giữa chiều dài và tổng số CT liên hệ giữa chiều dài và tổng số nucleotit \(L = \frac{N}{2} \times 3,4{\AA};1nm = 10{\AA};1\mu m = {10^4}{\AA}\)

- CT tính số liên kết hidro : H=2A +3G.

Bước 2: Tính số nucleotit A và G của gen a

- Số nucleotit môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi n lần: N_mt = N×(2ⁿ – 1)

Bước 3: Xác định dạng đột biến.

Cách giải:

Gen A dài 153nm → có tổng số nu là 2A + 3G = 1530 : 3,4 × 2 = 900

Có 1169 liên kết H →2A + 3G = 1169

Giải ra ta được : A = T = 181 và G = X = 269

Gen A đột biến →alen a

Cặp gen Aa nhân đôi 2 lần, tạo ra 4 cặp gen con

Môi trường nội bào cung cấp nguyên liệu tương đương với tạo ra 3 cặp gen

Cung cấp A = 1083= (A_A +A_a)(2² -1) → alen a có số adenin là 1083 : 3 – 181 = 180

Cung cấp G = 1617 =(G_A +G_a)(2² -1) → alen a có số guanin là 1617 : 3 – 269 = 270

Vậy đột biến là thay thế 1 cặp A-T bằng 1 cặp G-X

Chọn A.

Phương pháp:

Một tế bào sinh dục cái giảm phân cho tối đa 1 loại giao tử.

Cách giải:

Ở ruồi giấm XX là con cái.

Một tế bào sinh dục cái giảm phân cho tối đa 1 loại giao tử.

Chọn D.

Phương pháp:

Một tế bào có kiểu gen \(\frac{{AB}}{{ab}}\) giảm phân:

+ Không có HVG tạo 2 loại giao tử liên kết: AB, ab.

+ Có HVG tạo 4 loại giao tử với tỉ lệ 1:1:1:1;

GT liên kết: AB, ab; GT hoán vị: Ab, aB.

Xét các trường hợp xảy ra với 5 tế bào.

Cách giải:

I đúng, mỗi tế bào cho 4 giao tử với tỷ lệ ngang nhau.

II đúng, nếu không có TĐC thì mỗi tế bào tạo 2 loại giao tử Ab và aB với tỷ lệ ngang nhau

III đúng, 80% tế bào xảy ra HVG → 4 tế bào có HVG tạo ra 4 loại giao tử số lượng là 4AB:4Ab:4aB:4ab ; một tế bào không có TĐC sẽ cho 2Ab:2aB

Số lượng từng loại giao tử là: 4AB:4ab:6Ab:6aB hay 2:2:3:3.

IV sai, nếu có sự rối loạn ở GP sẽ tạo ra nhiều loại giao tử hơn.

Chọn D.

Phương pháp:

Phân tích số lượng gen trong tế bào, dựa vào hình thái NST để tìm ra kì giảm phân.

NST đơn tách nhau về 2 cực là diễn biến của kì sau GP II.

Xét các phát biểu.

Cách giải:

Ta thấy có 2 cặp NST mang 2 cặp gen M,m và N,n còn cặp NST mang gen A,B,D,e chỉ có 1 nên ta có thể kết luận cặp NST mang gen M,m và N,n không phân ly trong giảm phân I, tế bào đang ở kỳ sau giảm phân II

Xét các phát biểu:

I đúng, kết thúc phân bào ta thu được 2 tế bào có kiểu gen ABDe Mn Mn

II sai, III sai (chỉ không phân ly ở 1 cặp NST)

IV sai. Ta có 2n = 6 (vì có 3 cặp NST)

Chọn A.

Phương pháp:

Viết phép lai, xét các trường hợp có thể có ứng với kiểu gen của cây quả vàng.

Cách giải:

Theo lí thuyết P: AA × aa → F₁: 100%

Nhưng ta thấy xuất hiện 1 cây quả vàng (có thể có kiểu gen aa hoặc a) → có thể xảy ra đột biến theo 3 trường hợp

+ Đột biến gen A → a

+ Đột biến mất đoạn chứa gen A

+ Đột biến thể một chỉ còn lại NST mang gen a.

Vậy không thể xảy ra trường hợp D.

Phương pháp:

Cách giải:

Ở F₁ thân cao hoa đỏ chiếm 18,75% = \(\frac{3}{{16}} = \frac{1}{2} \times \frac{3}{8} = \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}\)

Ta xét trường hợp: \(\frac{1}{2}A - \times \frac{3}{8}B - D - \)

+ Cặp gen Aa: Aa × aa

+ Cặp gen Bb,Dd: có các phép lai thỏa mãn là: BbDd × Bbdd; BbDd × bbDd

(Aa × aa)(BbDd × Bbdd; BbDd × bbDd)

→ Có 4 phép lai (Vì AaBbDd × aabbDd và aaBbDd × AabbDd là 2 phép lai khác nhau, tương tự với BbDd × Bbdd)

Ta xét trường hợp: \(\frac{3}{4}A - \times \frac{1}{4}B - D - \)

+ Cặp gen Aa: Aa × Aa

+ Cặp gen Bb,Dd: có các phép lai thỏa mãn là: BbDd × bbdd; Bbdd × bbDd

→ Có 2 phép lai.

Vậy có tổng 6 phép lai.

Chọn C.

Phương pháp:

Dựa vào cặp vợ chồng 11 – 12 để tìm ra gen gây bệnh là gen trội hay lặn, trên NST thường hay NST giới tính.

Xác định kiểu gen của những người trong phả hệ.

Cách giải:

Xác định quy luật: Người số 11 và 12 bị bệnh mà sinh 18 bình thường tức là bố mẹ bệnh, con gái bình thường

→ gen bệnh là gen trội nằm trên NST thường.

Quy ước gen: A bệnh > a bình thường.

→ Kiểu gen người bình thường là aa.

→ Kiểu gen người bệnh là AA hoặc Aa.

Xác định kiểu gen của phả hệ như sau:

- Người bình thường đều có kiểu gen aa.

- Người số 1, 3, 11, 12, 22 bệnh nên có mang alen A, sinh con bình thường nên có mang alen a. Những người này đều có kiểu gen Aa.

- Người số 7 và 8 bệnh nên có mang alen A, là con của người số 2 nên nhận alen a từ người số 2. Những người này đều có kiểu gen Aa.

- Người số 19, 20, 21 có 2 trường hợp AA hoặc Aa đều được.

Vậy có thể xác định được chính xác kiểu gen của 23 người trong phả hệ trên (trừ 19,20,21).

Chọn C.

Phương pháp:

Bước 1: Tìm cấu trúc di truyền của quần thể

Bước 2: Biện luận kiểu gen của cặp vợ chồng đó

Bước 3: Tính xác suất sinh được một người con mắc bệnh hói đầu (chú ý đến giới tính)

Cách giải:

Quần thể cân bằng di truyền có cấu trúc: p²HH + 2pqHh + q²hh = 1.

Trong 10000 người đàn ông thì có 8100 người không bị hói đầu → hh=0,81

→ 0,01HH + 0,18Hh + 0,81hh = 1.

Người vợ không hói đầu: 0,18Hh + 0,81hh ↔ \(\left( {\frac{2}{{11}}Hh:\frac{9}{{11}}hh} \right)\)

Người chồng không bị hói đầu: hh

Xét cặp vợ chồng này: \(\left( {\frac{2}{{11}}Hh:\frac{9}{{11}}hh} \right) \times hh \leftrightarrow \left( {\frac{1}{{11}}H:\frac{{10}}{{11}}h} \right) \times h\) →Xác suất họ sinh được người con mắc bệnh hói đầu là: \(\frac{1}{2}\left( {con\,\,trai} \right) \times \frac{1}{{11}}H \times 1h = \frac{1}{{22}}\)

Chọn B.

Phương pháp:

Thể đột biến là cơ thể mang kiểu gen và kiểu hình đột biến.

Bước 1:Xác định kiểu gen của thể đột biến ở mỗi cặp gen.

Bước 2:Thể đột biến sẽ mang ít nhất 1 cặp gen được nêu ra ở bước 1.

Cách giải:

Cặp gen Aa: thể đột biến có kiểu gen aa

Cặp gen Bb: thể đột biến có kiểu gen Bb, BB

Cặp gen Cc: thể đột biến có kiểu gen cc

Thể đột biến là B: AaBbCc, aabbcc, aaBbCc

Chọn B.

Phương pháp:

Bước 1: Biện luận quy luật di truyền → quy ước gen.

Bước 2: Viết phép lai F₁ → F₂, cho tất cả các cây hoa vàng và hoa trắng ở F₂ giao phấn ngẫu nhiên với nhau.

Tính tỉ lệ giao tử.

Bước 3: Tính tỉ lệ cây hoa đỏ.

Cách giải:

F₂ phân ly 9:6:1 → tính trạng do 2 gen tương tác bổ sung với nhau

Quy ước gen A-B- : Hoa đỏ; A-bb/aaB- : hoa vàng; aabb : hoa trắng

F₁ × F₁ : AaBb × AaBb → (1AA:2Aa:1aa)(1BB:2Bb:1bb)

Cho các cây hoa vàng và trắng giao phấn ngẫu nhiên: (1AA:2Aa)bb ; aa (1BB:2Bb); aabb → Tỷ lệ giao tử: 2Ab: 2aB: 3ab.

Cây hoa đỏ ở F₃ chiếm tỷ lệ \(2 \times \frac{2}{7}Ab \times \frac{2}{7}aB = \frac{8}{{49}}\).

Chọn A.