Câu hỏi:

19/06/2023 2,302

Một loài thực vật, xét 2 cặp gen phân li độc lập, alen A quy định thân cao trội hoàn toàn so với alen a quy định thân thấp, alen B quy định hoa đỏ trội hoàn toàn so với alen b quy định hoa trắng. Phép lai P: Cây thân cao, hoa đỏ × Cây thân cao, hoa đỏ, thu được F₁. Theo lí thuyết, nếu F₁ xuất hiện kiểu hình thân thấp, hoa trắng thì tỉ lệ kiểu hình này có thể là

A. 18,75%.

B. 75%.

C. 6,25%.

D. 12,5%.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: (2023) Đề thi thử Sinh học Cụm THPT Nam Định, Nam Định có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Sử dụng công thức :A-B- = 0,5 + aabb; A-bb/aaB - = 0,25 – aabb; A-B-+ A-bb/aaB-=0,75

Áp dụng khi P dị hợp 2 cặp gen.

Cách giải:

Thân cao hoa đỏ × thân cao hoa đỏ ↔ (AA,Aa)(BB:Bb) × (AA,Aa)(BB:Bb)

Để tạo kiểu hình thân thấp, hoa trắng → 2 cây thân cao hoa đỏ này dị hợp 2 cặp gen: AaBb × AaBb → aabb

= 1/16 = 6,25%.

Chọn B.18

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Hình vẽ bên mô tả khu vực phân bố và mật độ của 4 quần thể cây thuộc 4 loài khác nhau trong

một khu vực sống có diện tích 10 ha (tại thời điểm t). Biết rằng diện tích phân bố của 4 quần thể A, B, C, D lần lượt là 1,6 ha; 1,9 ha; 1,5 ha; 1,2 ha. Trong số các nhận xét được cho dưới đây, có bao nhiêu nhận xét đúng?

I. Quần thể A có tổng cộng 1600 cây.

II. Tại thời điểm thống kê, kích thước của quần thể D lớn hơn kích thước của quần thể C .

III. Kích thước của 4 quần thể theo thứ tự từ nhỏ đến lớn là B, A, D, C .

IV. Tổng số cá thể cây của 4 loài có trong khu phân bố 10 ha lớn hơn 10000 cây.

A. 3

B. 4

C. 1

D. 2

Lời giải

Áp dụng công thức: Kích thước của quần thể = Mật độ × diện tích phân bố.

Cách giải:

	A	B	C	D	Tổng
Diện tích	1,6	1,9	1,5	1,2
Mật độ	1000	1500	2500	3000
Kích thước	1600	2850	3750	3600	11800

I đúng, II sai, III sai, IV đúng.

Chọn D.

Câu 2

Bảng 1 mô tả hàm lượng mARN và prôtêin tương đối của gen Y thuộc operon Lac ở các chủng vi khuẩn E coli. trong môi trường có hoặc không có Lactôzơ. Biết rằng chủng 1 là chủng bình thường, các chủng 2, 3, 4 là các chủng đột biến phát sinh từ chủng 1, mỗi chủng bị đột biến ở một vị trí duy nhất trong operon Lac.

Khi nói về các chủng 2, 3, 4; có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?

I. Chủng 2 có thể bị đột biến ở vùng vận hành (O).

II. Chủng 3 có thể bị đột biến ở vùng mã hóa của gen Y.

III. Chủng 4 có thể bị đột biến ở vùng khởi động (P).

IV. Chủng 3 có thể bị đột biến ở vùng vận hành (O).

A. 1

B. 2

C. 4

D. 3

Lời giải

Operon Lac có 3 thành phần:

Bảng 1 mô tả hàm lượng mARN và prôtêin tương đối của gen Y thuộc operon Lac ở các chủng vi khuẩn E coli. trong môi trường có hoặc không có Lactôzơ. Biết rằng chủng 1 là chủng bình thường, các chủng 2, 3, 4 là các chủng đột biến phát sinh từ chủng 1, mỗi chủng bị đột biến ở một vị trí duy nhất trong operon Lac. Bảng 1 Khi nói về các chủng 2, 3, 4; có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng? I. Chủng 2 có thể bị đột biến ở vùng vận hành (O). II. Chủng 3 có thể bị đột biến ở vùng mã hóa của gen Y. III. Chủng 4 có thể bị đột biến ở vùng khởi động (P). IV. Chủng 3 có thể bị đột biến ở vùng vận hành (O). A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. (ảnh 2)

+ Các gen cấu trúc (Z, Y, A) quy định tổng hợp prôtêin tham gia chuyển hóa và sử dụng đường lactozơ.

+ Vùng vận hành: O: gen chỉ huy chi phối hoạt động của cụm gen cấu trúc.

+ P: vùng khởi động (nơi ARN – pôlimeraza bám vào và khởi đầu phiên mã).

+ R: gen điều hòa kiểm soát tổng hợp prôtêin ức chế

Gen điều hòa không thuộc cấu trúc operon Lac.

Môi trường không có lactose

Môi trường có lactose

- Gen điều hòa tổng hợp protein ức chế

- Protein ức chế liên kết vào vùng O để ngăn cản phiên mã

- Gen điều hòa tổng hợp protein ức chế

- Lactose làm bất hoạt protein ức chế

- ARN polimeraza thực hiện phiên mã các gen cấu trúc

Operon không hoạt động

Operon hoạt động

Môi trường không có Lactose

Vùng O liên kết với protein ức chế

Hoặc có đột biến làm mất vùng khởi động (P)

Môi trường có Lactose

Vùng vận hành (O) được tự do

Vùng khởi động (P) hoạt động bình thường

Cách giải:

Có 2 phát biểu đúng, đó là phát biểu II và III.

I sai. Chủng 2 không tổng hợp được mARN ngay cả khi có Lactôzơ và không có Lactôzơ → nhiều khả năng chủng này bị đột biến hỏng vùng P, ARN polymeraza không bám vào được vùng P nên không thể phiên mã được.

II sai, IV đúng. Chủng 3 có thể tổng hợp mARN ngay cả khi không có Lactôzơ → có thể đã bị đột biến mất vùng O, làm cho tế bào mất khả năng ức chế phiên mã.

III sai. Trong điều kiện có lactôzơ, chủng 3 vẫn tổng hợp được mARN nhưng không tổng hợp được prôtêin

→ Đột biến có thể xảy ra ở vùng P làm cho ARN polymeraza không bám vào được vùng P nên không thể phiên mã được.

Chọn A.

Câu 3