Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn Sinh học năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 2) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn Sinh học năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 2) - Sở GD&ĐT Quảng Bình giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị cho kì kiểm tra học sinh giỏi được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn Sinh học năm 2022-2023 có đáp án (Vòng 2) - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022 2023 Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: SINH HỌC BÀI THI THỨ HAI SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 04 trang va ̀10 câu Phần 1. (12,0 điểm) DI TRUYỀN HỌC. Câu 1. (2,0 điểm) Vận dụng cơ chế di truyền và biến dị, hãy trả lời các câu hỏi sau: a. Điều gì giúp ARNpôlimeraza có thể khởi đầu phiên mã tại vị trí chính xác ở tế bào vi khuẩn và tế bào nhân thực? b. Ở người, nhiều bệnh và tật di truyền phát sinh do đột biến gen trội nằm trên nhiễm sắc thể (NST) thường. Căn cứ vào số lượng các cá thể có kiểu hình trội mắc bệnh được sinh ra từ bố mẹ không mắc bệnh, tật trong n thế hệ, người ta tính được tần số đột biến bằng tần số bản sao alen bị đột biến/tổng số bản sao/n thế hệ. Dựa vào số lượng cá thể có kiểu hình mắc bệnh quan sát được trong quần thể, hãy đưa ra các điều kiện để tần số đột biến được tính theo cách trên có giá trị gần đúng nhất so với tần số đột biến thực tế. c. Ở một loài động vật, gen A mang thông tin mã hóa một loại enzim X. Trong mô của loài đó, nhận thấy xuất hiện một tế bào có hàm lượng enzim X cao hơn so với các tế bào bình thường. Hiện tượng đó có thể do những nguyên nhân nào? Câu 2. (1,5 điểm) Histôn và ADN là hai thành phần cơ bản của chất nhiễm sắc ở sinh vật nhân thực. Hình 2 mô tả sự axêtyl hóa (gắn gốc axêtyl bởi enzim axêtylaza) và đêaxêtyl hóa (loại bỏ gốc axêtyl bởi enzim đêaxêtylaza) phân tử histôn. Khi không được axêtly hóa thì histôn có ái lực cao với ADN và ngăn cản hoạt động của bộ máy phiên mã (ARNpôlimeraza). Khi được axêtyl hóa thì lực liên kết (ái lực) của histôn với ADN giảm. Một gen có vùng điều hòa chứa đoạn trình tự tăng cường (sẵn có trên phân tử ADN) là vị trí liên kết đặc hiệu của yếu tố phiên mã. Yếu tố phiên mã này gắn kết với axêtylaza từ trước và đưa enzim đến vùng NST mang gen. Biết rằng, histôn và yếu tố phiên mã liên kết ở 2 bề mặt khác nhau của phân tử ADN sợi kép nên chúng không cạnh tranh nhau khi liên kết với ADN trong vùng NST mang gen này. a. Trong mỗi điều kiện dưới dây, gen có được phiên mã hay không? Giải thích. Biết rằng có đầy đủ các điều kiện khác cho quá trình phiên mã. Điều kiện (1): Histôn chưa được biến đổi hóa học, không có yếu tố phiên mã, có enzim axêtylaza. Điều kiện (2): Đêaxêtyl hóa histôn, có yếu tố phiên mã, không có enzim axêtylaza. Điểu kiện (3): Có yếu tố phiên mã, có enzim axêtylaza. b. PPARγ là yếu tố phiên mã hoạt hóa các gen tích lũy mỡ vào mô mỡ. PPARγ được hoạt hóa khi được axetyl hóa. Ức chế hoạt động enzim đêaxêtylaza có xu hướng làm thay đổi sự tích lũy mỡ như thế nào (tăng hay giảm)? Giải thích. Trang 1/4
c. Di truyền ngoại gen (epigenetics) giải thích sự biệt hóa giữa các mô trong cơ thể đa bào do biến đổi hóa học của NST (gồm cả sự biến đổi hóa học histôn nêu trên) mà không liên quan đến sự thay đổi trình tự nuclcôtit trên ADN. Hai nhóm tế bào của cùng một mô có kiểu hình khác nhau do sự biểu hiện khác nhau của một nhóm gen liên kết trên NST. Hãy dùng cơ chế di truyền ngoại gen để giải thích hiện tượng này. Câu 3. (1,5 điểm) Nghiên cứu sự điều hòa biểu hiện của operon Lac ở một chủng E.co li đột biến, người ta phát hiện thấy có bất thường. Để xác định nguyên nhân của sự bất thường đó xảy ra ở vị trí nào trong operon Lac, người ta đánh giá mức độ biểu hiện của gen LacZ ở chủng E.coli đột biến này trong các điều kiện môi trường nuôi cấy khác nhau. Kết quả thể hiện ở bảng 3. a. Hãy cho biết nguyên nhân bất thường xảy ra ở vị trí nào trên operon Lac ở chủng E.coli đột biến này? Giải thích. Bảng 3 b. Tại sao từ một phân tử mARN được phiên mã từ operon Lac nhưng các gen khác nhau lại được dịch mã với tốc độ khác nhau? Câu 4. (1,5 điểm) Hình 4 là ảnh các băng điện di của một số phân tử ADN mạch thẳng trên bản gel agarôzơ. Vị trí các băng được đánh số từ 1 đến 6. Hãy trả lời các câu hỏi sau: a. Xác định kích thước tương đối (cặp nuclêôtit bp) của băng điện di số 2. Biết rằng khoảng cách từ giếng (I) đến các băng 1, 2, và 3 lần lượt tương ứng là 2,0 cm, 4,2 cm và 5,5 cm. b. Tại sao kết quả điện di có những băng nhạt như băng 5 và băng đậm như băng 2, 6? Hình 4 c. Tốc độ di chuyển của các phân tử ADN trong bản gel agarôzơ (Hình 4) phụ thuộc vào những yếu tố nào? Câu 5. (2,5 điểm) Ở ruồi giấm Drosophila, các con cái kiểu dại (♀KD) dị hợp tử về 3 đột biến đơn gen trên NST thường được đem lai với các ruồi đực có kiểu hình lặn đột biến (♂ĐB) về 3 tính trạng này: mắt mầu ghi, thân màu đen và dạng cánh xẻ. Số lượng các con lai theo các nhóm kiểu hình được trình bày trên bảng 5 (với các nhóm từ II đến VI, chỉ xét kiểu hình đột biến, các tính trạng còn lại đều là kiểu dại). Cho biết trong phép lai này không phát sinh đột biến mới, sức sống của các cá thể như nhau. a. Cơ chế di truyền nào chi phối 3 tính trạng nêu trên? Giải thích. b. Lập bản đồ di truyền dựa trên số liệu thu được, với quy ước kí hiệu các cặp alen kiểu dại/đột biến tương ứng quy định 3 tính trạng màu mắt, màu thân và dạng cánh là M/m, T/t và C/c. Câu 6. (3,0 điểm) Trang 2/4
a. Nhằm xác định các gen tham gia vào con đường sinh tổng hợp phêninalanin ở nấm đơn bội Neurospora, người ta đã phân lập được ba chủng đột biến đơn gen cần có phêninalanin để sinh trưởng. Các chủng đột biến này thể hiện khả năng mọc khác nhau trong môi trường nuôi cấy có bổ sung các chất nằm trong chuỗi sinh tổng hợp phêninalanin (Bảng 6). Biết rằng, các gen bị đột biến nằm trên các NST khác nhau. (1) Hãy xác định thứ tự các chất trong chuỗi sinh tổng hợp phêninalanin và vị trí các thể đột biến trong chuỗi đó. (2) Thể lưỡng bội tạo ra từ phép lai hai chủng nấm đột biến 2 và 3 giảm phân tạo thành bốn dòng nấm đơn bội khác nhau về kiểu gen. Hãy cho biết khả năng mọc của chúng khi nuôi trong các điều kiện môi trường như trên. b. Hội chứng Sanfilippo là một bệnh di truyền đơn gen bẩm sinh gây rối loạn chuyển hóa. Trẻ phát triển bình thường những năm đầu đời, nhưng sau đó bệnh khởi phát và thường tử vong ở độ tuổi vị thành niên. Bệnh do đột biến gen lặn trên NST thường và tìm thấy ở nhiều quần thể tự nhiên (được coi là cân bằng di truyền và ngẫu phối) với tần suất cứ 50000 người có một người bị bệnh. Hãy tính và nêu cách tính các chỉ số sau đây ở các quần thể trên: (1) Số người không mắc bệnh nhưng mang alen gây bệnh trung bình trong một triệu (10 6) người là bao nhiêu? Làm tròn kết quả tính đến số nguyên. (2) Nếu giao phối cận huyết xảy ra giữa các cá thể cách 2 thế hệ (hệ số F = 1/16) thì nguy cơ trẻ lớn lên mắc bệnh là bao nhiêu? (3) Nếu giao phối cận huyết xảy ra giữa các cá thể cách 3 thế hệ (hệ số F = 1/64) thì nguy cơ trẻ lớn lên mắc bệnh tăng bao nhiêu lần so với khi không có giao phối cận huyết? Phần 2. (4,0 điểm) TIẾN HÓA. Câu 7. (1,5 điểm) Bệnh hóa xơ nang do một đột biến gen lặn CF trên NST thường gây ra, là nguyên nhân gây chết trước độ tuổi sinh sản đối với những trường hợp mắc bệnh. Một quần thể người châu Âu, người ta thống kê thấy trong mỗi triệu người có khoảng 768000 người bình thường khỏe mạnh. Số liệu gần đây cho thấy rằng, thể dị hợp của bệnh này kém mẫn cảm với bệnh dịch hạch, một bệnh truyền nhiễm đã từng phổ biến ở châu Âu trên một trăm năm trước nhưng hầu như không gặp ngày nay. Biết rằng quần thể người nói trên đạt cân bằng di truyền. a. Xác xuất một cặp vợ chồng trẻ trong quần thể trên sinh con không mắc bệnh này là bao nhiêu? Nêu cách tính. b. Xác định giá trị thích nghi (w) và hệ số chọn lọc (s) của các kiểu gen khác nhau quy định tính trạng bệnh này. c. Theo quan điểm tiến hóa quần thể, có thể nhận định gì về tần số thể dị hợp ngày nay so với hơn một trăm năm trước ở quần thể nói trên? Câu 8. (2,5 điểm) a. So sánh sự khác nhau về vai trò của chọn lọc tự nhiên và các yếu tố ngẫu nhiên trong quá trình tiến hoá nhỏ. b. Các nghiên cứu tiến hóa về so sánh hệ gen ở sinh vật nhân thực cung cấp bằng chứng cho thấy cơ chế lặp gen, đột biến điểm, lặp và xáo trộn exôn, hoạt động của yếu tố di truyền vận động (gen Trang 3/4
nhảy) có thể tham gia vào quá trình hình thành các gen có chức năng mới. (1) Lặp gen (toàn bộ hoặc một phần gen) có ưu thế tiến hóa trong hình thành gen có chức năng mới như thế nào? (2) Nêu ít nhất 3 cách mà yếu tố di truyền vận động có thể dẫn đến hình thành các gen có chức năng mới. Giải thích. Phần 3. (4,0 điểm) SINH THÁI HỌC. Câu 9. (1,5 điểm) CO2 là một trong những thành phần chính của khí nhà kính. Trong gần 170 năm qua, lượng khí CO2 khí quyển đã tăng lên khoảng 50%. Sự gia tăng hàm lượng các khí gây hiệu ứng nhà kính như CO 2 là nguyên nhân chính làm nhiệt độ trái đất gia tăng lên. Bảng 9 cung cấp số liệu về hàm lượng CO2 khí quyển trung bình theo thời gian. Hãy cho biết: a. Cơ chế tăng nhiệt của trái đất khi hàm lượng CO2 khí quyển tăng lên. b. Do tác động của hiệu ứng nhà kính, nếu mức tăng nhiệt độ của trái đất ở vĩ độ cao (vùng rừng lá kim phương bắc) và vĩ độ thấp (vùng rừng mưa nhiệt đới) bằng nhau, quần xã sinh vật sống ở vĩ độ cao hay thấp sẽ bị tác động nhiều hơn. Giải thích. c. Trong một nghiên cứu người ta nhận thấy lượng khí CO2 phát thải từ đất rừng lá kim phương bắc hiện nay tăng gấp 3 lần so với thời điểm năm 1850. Quá trình nào của kiểu rừng này bị tác động mạnh mẽ nhất làm tăng phát thải CO2 ? Giải thích. Câu 10. (2,5 điểm) Hệ sinh thái rừng có vai trò quan trọng đối với các loài sinh vật và con người, nhưng rừng tự nhiên đang bị suy giảm ở nhiều nơi trên thế giới. Ở một khu vực thượng lưu vốn có rừng nhưng đã bị chặt hết cây, lượng nitơ (nitrat) mất đi do rửa trôi trung bình năm (khi hầu như không có thực vật sinh sống) ghi Bảng 10 nhận được là 60g/m . Một phần của khu vực 2 này được khoanh vùng bảo vệ để cây phát triển tự nhiên và sử dụng cho nghiên cứu về diễn thế sinh thái (khu vực thí nghiệm). Sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi trung bình hằng năm được theo dõi trong 5 năm (Bảng 10). Ở một khu vực rừng nguyên vẹn (khu vực đối chứng), sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi hàng năm là ổn định, ở mức trung bình lần lượt là 720g/m2 và 4,5g/m2. a. Vẽ đồ thị dạng đường và điểm biểu diễn sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi ở khu vực thí nghiệm theo thời gian từ thời điểm 0 đến 5 năm. b. Khả năng cố định cacbon của hệ sinh thái này thay đổi như thế nào trong quá trình diễn thế sinh thái? Giải thích. c. Lượng nitơ mất đi và sinh khối thực vật biến đổi như thế nào trong quá trình diễn thế sinh thái ở khu vực thí nghiệm? Giải thích tại sao lượng nitơ mất đi lại thấp hơn trong giai đoạn từ năm thứ 4 đến năm thứ 5 so với thời điểm bắt đầu. d. Thông qua dữ liệu nghiên cứu, hãy cho biết thảm thực vật rừng có vai trò thế nào đối với chống xói mòn, rửa trôi ở hệ sinh thái này và tác động thế nào tới vùng hạ lưu? Nếu mở rộng các khu vực bảo vệ ở vùng thượng lưu thì khả năng ô nhiễm hồ chứa nước ở hạ lưu (do sự phát triển mạnh của Trang 4/4
thực vật phù du) sẽ tăng hay giảm? Giải thích. Hết SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 20222023 HƯỚNG DẪN CHẤM Khóa ngày 20 tháng 9 năm 2022 Môn thi: SINH HỌC BÀI THI THỨ HAI ́ ́ ̀ ồm có 10 trang Đap an nay g YÊU CẦU CHUNG Thí sinh có thể diễn đạt (giải) theo cách khác, đúng nội dung yêu cầu vẫn đạt điểm tối đa. Thí sinh diễn đạt chưa trọn ý hoặc ý chưa hoàn chỉnh có thể cho một phần điểm trong tổng điểm tối đa dành cho ý đó; điểm chiết phải được tổ chấm thống nhất. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. Phần 1 (12,0 điểm) DI TRUYỀN HỌC. Câu 1. (2,0 điểm) Vận dụng cơ chế di truyền và biến dị, hãy trả lời các câu hỏi sau: a. Điều gì giúp ARNpôlimeraza có thể khởi đầu phiên mã tại vị trí chính xác ở tế bào vi khuẩn và tế bào nhân thực? b. Ở người, nhiều bệnh và tật di truyền phát sinh do đột biến gen trội nằm trên nhiễm sắc thể (NST) thường. Căn cứ vào số lượng các cá thể có kiểu hình trội mắc bệnh được sinh ra từ bố mẹ không mắc bệnh, tật trong n thế hệ, người ta tính được tần số đột biến bằng tần số bản sao alen bị đột biến/tổng số bản sao/n thế hệ. Dựa vào số lượng cá thể có kiểu hình mắc bệnh quan sát được trong quần thể, hãy đưa ra các điều kiện để tần số đột biến được tính theo cách trên có giá trị gần đúng nhất so với tần số đột biến thực tế. c. Ở một loài động vật, gen A mang thông tin mã hóa một loại enzim X. Trong mô của loài đó, nhận thấy xuất hiện một tế bào có hàm lượng enzim X cao hơn so với các tế bào bình thường. Hiện tượng đó có thể do những nguyên nhân nào? Câu Nội dung Điểm Câu a. 1 Ở vi khuẩn: enzim ARN pôlimeraza (ARNpol) trực tiếp nhận diện và bám vào trình 0,25 (2,0) tự nuclêôtit đặc biệt (hộp TATA) ở vùng khởi động nhờ một loại protein điều hòa điểm (yếu tố xích ma δ) để khởi động phiên mã. 0,25 ) Ở sinh v ật nhân thực: Các yế u tố phiên mã (một nhóm g ồm nhi ề u protein) điề u hòa sự gắn kết của ARN pol vào vùng khởi động của gen và khởi đầu phiên mã. Chỉ khi phức hệ yếu tố phiên mã gắn vào vùng khởi động ở hộp TATA thì enzim ARNpol mới bám vào và và hoạt động phiên mã. b. Điều kiện: Bệnh tật do 1 alen quy định; bệnh phát sinh là do đột biến trong quá trình hình thành 0,25 giao tử của bố mẹ bình thường. Các cá thể đều được sinh ra và sống sót đến độ tuổi sinh sản. 0,25 100% cá thể bị bệnh đều biểu hiện ra kiểu hình có độ thâm nhập hoàn toàn (không 0,25 chịu ảnh hưởng của môi trường). c. Do tăng số lượng bản sao của gen (do các hiện tượng: khuếch đại, lặp đoạn, tế Trang 5/4
bào đa nhân, tế bào đa bội, lệch bội... gây nên). 0,25 Do tăng cường phiên mã của gen (do đột biến vùng điều hòa làm tăng ái lực với ARN – pol với vùng khởi động; đột biến vùng vận hành O làm mất khả năng liên kết 0,25 với prôtêin ức chế; đột biến chuyển vị trí của gen đến vùng promotor mạnh...). Do tăng cường quá trình dịch mã: đột biến tăng thời gian tồn tại của ARNm , cho phép riboxom nhận diện bám vào mARN liên tục... 0,25 Câu 2. (1,5 điểm) Histôn và ADN là hai thành phần cơ bản của chất nhiễm sắc ở sinh vật nhân thực. Hình 2 mô tả sự axêtyl hóa (gắn gốc axêtyl bởi enzim axêtylaza) và đêaxêtyl hóa (loại bỏ gốc axêtyl bởi enzim đêaxêtylaza) phân tử histôn. Khi không được axêtly hóa thì histôn có ái lực cao với ADN và ngăn cản hoạt động của bộ máy phiên mã (ARNpôlimeraza). Khi được axêtyl hóa thì lực liên kết (ái lực) của histôn với ADN giảm. Một gen có vùng điều hòa chứa đoạn trình tự tăng cường (sẵn có trên phân tử ADN) là vị trí liên kết đặc hiệu của yếu tố phiên mã. Yếu tố phiên mã này gắn kết với axêtylaza từ trước và đưa enzim đến vùng NST mang gen. Biết rằng, histôn và yếu tố phiên mã liên kết ở 2 bề mặt khác nhau của phân tử ADN sợi kép nên chúng không cạnh tranh nhau khi liên kết với ADN trong vùng NST mang gen này. a. Trong mỗi điều kiện dưới dây, gen có được phiên mã hay không? Giải thích. Biết rằng có đầy đủ các điều kiện khác cho quá trình phiên mã. Điều kiện (1): Histôn chưa được biến đổi hóa học, không có yếu tố phiên mã, có enzim axêtylaza. Điều kiện (2): Đêaxêtyl hóa histôn, có yếu tố phiên mã, không có enzim axêtylaza. Điểu kiện (3): Có yếu tố phiên mã, có enzim axêtylaza. b. PPARγ là yếu tố phiên mã hoạt hóa các gen tích lũy mỡ vào mô mỡ. PPARγ được hoạt hóa khi được axetyl hóa. Ức chế hoạt động enzim đêaxêtylaza có xu hướng làm thay đổi sự tích lũy mỡ như thế nào (tăng hay giảm)? Giải thích. c. Di truyền ngoại gen (epigenetics) gi ải thích sự biệt hóa giữa các mô trong cơ thể đa bào do biến đổi hóa học của NST (gồm cả s ự biến đổi hóa học histôn nêu trên) mà không liên quan đến sự thay đổi trình tự nuclcôtit trên ADN. Hai nhóm tế bào của cùng một mô có kiểu hình khác nhau do sự biểu hiện khác nhau của một nhóm gen liên kết trên NST. Hãy dùng cơ chế di truyền ngoại gen để giải thích hiện tượng này. Câu Nội dung Điểm Câu a. 2 Điều kiện (1) và (2): Gen không được phiên mã (do thiếu 2 trong 3 yếu tố cần thiết) 0,25 (1,5) Điều kiện (3): Gen được phiên mã, do yếu tố phiên mã mang enzim axêtylaza đến 0,25 điểm vùng mang gen. Enzim này axêtyl hóa histôn Histôn liên kết ADN lỏng lẻo cho ) phép ARN pôlimeraza phiên mã Gen được phiên ma.̃ b. Có xu hướng làm tăng sự tích lũy mỡ vào mô mỡ. 0,25 Giải thích: PPARγ được hoạt hóa khi được axêtyl hoa nên hoat đông c ́ ̣ ̣ ủa đêaxêtylaza 0,25 ̣ ́ se lam mât hoat tinh PPAR ̃ ̀ ́ γ. Ưc chê hoat đông c ́ ́ ̣ ̣ ủa đêaxêtylaza lam ho ̀ ạt hoa PPAR ́ γ ̣ ́ ̃ ́ ̃ ỡ→ → hoat hoa phiên ma gen tich luy m ̃ ỡ. tăng tich luy m ́ c. ̉ Có thê 2 nhóm t ế bào này được biến đổi chất nhiễm sắc (NST) ( được axêtyl hóa và 0,25 Trang 6/4
đêaxêtyl hóa histon) ở vùng mang nhóm gen liên kết theo xu hướng khác nhau. Ở một nhóm tế bào, histôn không được axêtyl hóa hoặc đêaxêtyl hóa (vùng dị nhiễm 0,25 sắc) nhóm gen không được biểu hiện. Ngược lại, ở nhóm tế bào kia, histôn được axêtyl hóa (vùng nguyên nhiễm sắc) gen được biểu hiện. Câu 3. (1,5 điểm) Nghiên cứu sự điều hòa biểu hiện của operon Lac ở một chủng E.co li đột biến, người ta phát hiện thấy có bất thường. Để xác định nguyên nhân của sự bất thường đó xảy ra ở vị trí nào trong operon Lac, người ta đánh giá mức độ biểu hiện của gen LacZ ở chủng E.coli đột biến này trong các điều kiện môi trường nuôi cấy khác nhau. Kết quả thể hiện ở bảng 3. a. Hãy cho biết nguyên nhân bất thường xảy ra ở vị trí nào trên operon Lac ở chủng E.coli đột biến này? Giải thích. Bảng 3 b. Tại sao từ một phân tử mARN được phiên mã từ operon Lac nhưng các gen khác nhau lại được dịch mã với tốc độ khác nhau? Câu Nội dung Điểm a. Kết quả trong bảng cho thấy, sự có mặt lactozo và không có mặt lactozo không ảnh 0,25 hưởng đến tốc độ phiên mã của gen LacZ. Sự khác biệt chỉ xảy ra khi có mặt glucozo và không có mặt glucozo. Như vậy: 0,25 + Cơ chế điều hòa do cAMP và protein CAP diễn ra bình thường + Cơ chế diều hòa protein ức chế và lactozo bị bất thường. Câu 3 Kết luận: Sự bất thường xảy ra ở vị trí gen điều hòa. (1,5) 0,25 điểm b. Để có thể khởi đầu dịch mã riboxom cần phải nhận biết ra trình tự 5’UTR nằm 0,25 ) ngay trước mã mở đầu (gọi là trình tự dẫn đầu) của 1 gen. Mỗi gen tuy nằm trên cùng 1 mARN nhưng đều có 1 trình tự dẫn riêng nằm trước mã mở đầu của gen, trình tự này ở các gen là khác nhau, dẫn đến sự khởi đầu dịch mã khác nhau. Tốc độ dịch mã phụ thuộc chiều dài gen. 0,25 Trình tự nu đặc thù của gen cũng qui định tốc độ dịch mã và khả năng liên kết với 0,25 nhiều hay ít ribozom cùng 1 lúc dẫn đến tốc độ tạo thành chuỗi polipeptit cũng khác nhau. Câu 4. (1,5 điểm) Hình 4 là ảnh các băng điện di của một số phân tử ADN mạch thẳng trên bản gel agarôzơ. Vị trí các băng được đánh số từ 1 đến 6. Hãy trả lời các câu hỏi sau: a. Xác định kích thước tương đối (cặp nuclêôtit bp) của băng điện di số 2. Biết rằng khoảng cách từ giếng (I) đến các băng 1, 2, và 3 lần Trang 7/4 Hình 4
lượt tương ứng là 2,0 cm, 4,2 cm và 5,5 cm. b. Tại sao kết quả điện di có những băng nhạt như băng 5 và băng đậm như băng 2, 6? c. Tốc độ di chuyển của các phân tử ADN trong bản gel agarôzơ (Hình 4) phụ thuộc vào những yếu tố nào? Câu Nội dung Điểm a. Kích thước của băng điện di số 2: Dựa vào tỷ số khoảng cách và kích thước các 0,5 băng điện di, tính theo công thức x= [(3,5 x 3000) (2,2 x 2500)]/3,5= 1428,57 (khoảng 14281429) bp. (HS giải theo cách khác đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa). Câu b. Băng điện di đậm hay nhạt phụ thuộc vào hàm lượng của từng loại phân đoạn 0,5 4 (1,5 ADN có trong mẫu chạy điện di> hàm lượng cao thì băng đậm, hàm lượng thấp thì điểm băng nhạt. ) c. Tốc độ di chuyển của phân tử ADN phụ thuộc vào các yếu tố: 0,5 + Kích thước ADN + Nồng độ agarôzơ + Cường độ dòng điện + Loại dung dịch đệm, nồng độ ion,... (Mỗi ý đúng 0,125 điểm) Câu 5. (2,5 điểm) Ở ruồi giấm Drosophila, các con cái kiểu dại (♀KD) dị hợp tử về 3 đột biến đơn gen trên NST thường được đem lai với các ruồi đực có kiểu hình lặn đột biến (♂ĐB) về 3 tính trạng này: mắt mầu ghi, thân màu đen và dạng cánh xẻ. Số lượng các con lai theo các nhóm kiểu hình được trình bày trên bảng 5 (với các nhóm từ II đến VI, chỉ xét kiểu hình đột biến, các tính trạng còn lại đều là kiểu dại). Cho biết trong phép lai này không phát sinh đột biến mới, sức sống của các cá thể như nhau. a. Cơ chế di truyền nào chi phối 3 tính trạng nêu trên? Giải thích. b. Lập bản đồ di truyền dựa trên số liệu thu được, với quy ước kí hiệu các cặp alen kiểu dại/đột biến tương ứng quy định 3 tính trạng màu mắt, màu thân và dạng cánh là M/m, T/t và C/c. Câu Nội dung Điểm Câu a. 5 (2,5 Cơ chế di truyền chi phối các cặp tính trạng: Cơ chế di truyền liên kết có hoán vị 0,25 điểm gen của 3 gen quy định tính trạng màu mắt, màu thân và dạng cánh ( do 3 gen nằm trên ) cùng một nhiễm sắc thể thường có trao đổi chéo giữa cặp NST tương đồng trong giảm phân); chỉ có trao đổi chéo đơn (không có trao đổi chéo kép). Giải thích: Từ kết quả của phép lai phân tích (tổng số 1000 con lai) cho thấy có 6 0,25 lớp kiểu hình, trong đó có 2 lớp kiểu hình đột biến với số lượng con lai lớn nhất và gần tương đương là thân đen (484) và mắt ghi, cánh xẻ (449). Đây là kết quả không tái tổ hợp của 2 nhóm gen liên kết trên NST ở ruồi cái ; còn 4 lớp kiểu hình có số lượng ít là kết quả của các trao đổi chéo đơn. => Kiểu gen của của ruồi cái (ruồi mẹ) là MtC//mTc; do bố có kiểu hình đột biến lặn ở cả 3 tính trạng => kiểu gen của ruồi đực (ruồi bố) là tmc//tmc. 0,25 b. Xác định trật tự các gen trong nhóm liên kết: Trang 8/4
+ Xác định trước gen nằm ở giữa qua xác định 2 lớp kiểu hình có tần số thấp nhất trong 8 lớp kiểu hình của con lai có thể được tạo ra theo lý thuyết (8 = 23). 0,25 + Trong phép lai này, 2 lớp kiểu hình không được quan sát thấy (tần số thấp nhất) là mắt ghi tương ứng kiểu gen mTC//mtc và thân đen, cánh xẻ tương ứng kiểu gen 0,25 Mtc//mtc> đây chính là kiểu hình trao đổi chéo kép theo lý thuyết (tỉ lệ 0%). + So sánh với kiểu gen của mẹ MtC//mTc => vị trí của gen T thay đổi nên gen T/t nằm giữa 2 gen M/m và C/c. 0,25 Xác định khoảng cách giữa các gen, ta dựa vào tần số các lớp kiểu hình: 1) Thân đen (không tái tổ hợp) – MtC: 484/1000 0,25 2) Mắt ghi, cánh xẻ (không tái tổ hợp) – mTc: 449/1000 3) Kiểu dại (trao đổi chéo đơn) – MTC: 25/ 1000 4) Mắt ghi, thân đen, cánh xẻ (trao đổi chéo đơn) – mtc: 27/1000 5) Cánh xẻ (trao đổi chéo đơn) – MTc: 7/1000 6) Mắt ghi, thân đen (trao đổi chéo đơn) – mtC: 8/1000 + Khoảng cách giữa gen M và T là tần số tái tổ hợp giữa 2 gen này (khác nhóm liên kết của mẹ) tương ứng các nhóm 5 và 6 = (7 + 8) / 1000 = 15/1000 = 1,5% => 1,5 cM. 0,25 + Khoảng cách giữa gen T và C là tần số tái tổ hợp giữa 2 gen này (khác nhóm liên kết của mẹ) tương ứng các nhóm 3 và 4 = (25 + 27) / 1000 = 52/1000 = 5,2% => 5,2 0,25 cM. Vẽ bản đồ di truyền : 0,25 C (5,2 cM) T (1,5 cM) M ‫׀׀׀‬ Câu 6. (3,0 điểm) a. Nhằm xác định các gen tham gia vào con đường sinh tổng hợp phêninalanin ở nấm đơn bội Neurospora, người ta đã phân lập được ba chủng đột biến đơn gen cần có phêninalanin để sinh trưởng. Các chủng đột biến này thể hiện khả năng mọc khác nhau trong môi trường nuôi cấy có bổ sung các chất nằm trong chuỗi sinh tổng hợp phêninalanin (Bảng 6). Biết rằng, các gen bị đột biến nằm trên các NST khác nhau. (1) Hãy xác định thứ tự các chất trong chuỗi sinh tổng hợp phêninalanin và vị trí các thể đột biến trong chuỗi đó. (2) Thể lưỡng bội tạo ra từ phép lai hai chủng nấm đột biến 2 và 3 giảm phân tạo thành bốn dòng nấm đơn bội khác nhau về kiểu gen. Hãy cho biết khả năng mọc của chúng khi nuôi trong các điều kiện môi trường như trên. b. Hội chứng Sanfilippo là một bệnh di truyền đơn gen bẩm sinh gây rối loạn chuyển hóa. Trẻ phát triển bình thường những năm đầu đời, nhưng sau đó bệnh khởi phát và thường tử vong ở độ tuổi vị thành niên. Bệnh do đột biến gen lặn trên NST thường và tìm thấy ở nhiều quần thể tự nhiên (được coi là cân bằng di truyền và ngẫu phối) với tần suất cứ 50000 người có một người bị bệnh. Hãy tính và nêu cách tính các chỉ số sau đây ở các quần thể trên: (1) Số người không mắc bệnh nhưng mang alen gây bệnh trung bình trong một triệu (10 6) người là bao nhiêu? Làm tròn kết quả tính đến số nguyên. Trang 9/4
(2) Nếu giao phối cận huyết xảy ra giữa các cá thể cách 2 thế hệ (hệ số F = 1/16) thì nguy cơ trẻ lớn lên mắc bệnh là bao nhiêu? (3) Nếu giao phối cận huyết xảy ra giữa các cá thể cách 3 thế hệ (hệ số F = 1/64) thì nguy cơ trẻ lớn lên mắc bệnh tăng bao nhiêu lần so với khi không có giao phối cận huyết? Câu Nội dung Điểm Câu a. 6 (3,0 (1) điểm Chủng đột biến 1 không thể mọc khi bổ sung bất cứ chất nào trừ phêninalanin > 0,25 ) đột biến 1 xảy ra ở phản ứng cuối cùng của chuỗi sinh tổng hợp. Chủng đột biến 2 sinh trưởng được khi bổ sung bất kì chất nào trừ côrismat > 0,25 côrismat là chất đầu tiên của chuỗi sinh tổng hợp, và đột biến 2 ảnh hưởng đến chuỗi sinh tổng hợp ngay sau côrismat. Chủng đột biến 3 có thể sinh trưởng nếu được bổ sung phêninpiruvat hoặc 0,25 phêninalanin > đột biến này xảy ra trước khi tạo thành phêninpiruvat và phêninalanin, nhưng ở giai đoạn sau của chuỗi sinh tổng hợp. > Kết luận: chuỗi sinh tổng hợp diễn ra theo sơ đồ sau: Côrismat (2)> Prêphênat (3)> Phêninpiruvat (1)> Phêninalanin. 0,25 (2) Quy ước: Đột biến 2: alen kiểu dại A, trội hoàn toàn so với alen đột biến a. Đột biến 3: alen kiểu dại B, trội hoàn toàn so với alen đột biến b. Vậy: Kiểu gen của chủng đột biến số 2 là aB (đơn bội). 0,25 Kiểu gen của chủng đột biến số 3 là Ab (đơn bội). Khi lai các thể đơn bội, thể bào tử lưỡng bội 2n có kiểu gen AaBb giảm phân tạo ra 4 dòng đơn bội thể hiện ở bảng sau: Chất bổ sung Kiểu gen Phêninpiruvat Prêphênat Côrismat Phêninalanin 25% AB + + + + 25% ab + + 0,25 25% aB + + + 25% Ab + + b. (1) Vì quần thể cân bằng di truyền, có thể ước tính tần số alen lặn (gây bệnh) bằng căn 0,25 bậc 2 của tần số kiểu hình lặn (theo đẳng thức Hacđi – Venbec); ta có: q = √1/50000 = 0,00447. Suy ra p = 1 q = 1 0,00447 = 0,99553 Tần số các cá thể không mắc bệnh nhưng mang alen gây bệnh (tần số dị hợp) là 0,25 2pq. Thay vào công thức, ta có 2pq = 2 × 0,99553 × 0,00447 0,0089 Số cá thể này (dị hợp) trong mỗi 1 triệu người là: 0,0089 × 106 = 8900 người. (2) Tần số trẻ mắc bệnh trong trường hợp giao phối cận huyết được xác định bằng 0,25 công thức: q2 + Fpq (hoặc công thức q2 × (1 F) + q × F) Trong trường hợp ở đây ta có: (0,00447)2 + 1/16 × 0,99553 × 0,00447 0,000298 0,25 (hoặc (0,00447)2 × 15/16 + 0,00447 × 1/16 0,000298) Trang 10/4
(Thí sinh có thể tính ra 2,98/10000 hay một tỉ số tương đương khác nếu đúng cũng được điểm như đáp án). (3) Áp dụng 1 trong 2 công thức tính ở ý (2), tần số trẻ mắc bệnh khi cận huyết cách 3 thế hệ là: 0,25 (0,00447)2 + 1/64 × 0,99553 × 0,00447 4,475/50000 Trong khi tần số này khi không có giao phối cận huyết là 1/50000 Vậy, nguy cơ trẻ mắc bệnh sẽ tăng khoảng 4,475 lần so với khi không có giao phối cận huyết. 0,25 (Thí sinh có thể làm tròn về 4,5 lần, hoặc viết khoảng 4 5 lần cũng được điểm như đáp án). Phần 2. (4,0 điểm) TIẾN HÓA. Câu 7. (1,5 điểm) Bệnh hóa xơ nang do một đột biến gen lặn CF trên NST thường gây ra, là nguyên nhân gây chết trước độ tuổi sinh sản đối với những trường hợp mắc bệnh. Một quần thể người châu Âu, người ta thống kê thấy trong mỗi triệu người có khoảng 768000 người bình thường khỏe mạnh. Số liệu gần đây cho thấy rằng, thể dị hợp của bệnh này kém mẫn cảm với bệnh dịch hạch, một bệnh truyền nhiễm đã từng phổ biến ở châu Âu trên một trăm năm trước nhưng hầu như không gặp ngày nay. Biết rằng quần thể người nói trên đạt cân bằng di truyền. a. Xác xuất một cặp vợ chồng trẻ trong quần thể trên sinh con không mắc bệnh này là bao nhiêu? Nêu cách tính. b. Xác định giá trị thích nghi (w) và hệ số chọn lọc (s) của các kiểu gen khác nhau quy định tính trạng bệnh này. c. Theo quan điểm tiến hóa quần thể, có thể nhận định gì về tần số thể dị hợp ngày nay so với hơn một trăm năm trước ở quần thể nói trên? Câu Nội dung Điểm a. Xác xuất để một cặp vợ chồng bình thường sinh con không mắc bệnh = 1 xác suất sinh con mắc bệnh. Để sinh con mắc bệnh thì cặp vợ chồng phải có kiểu gen dị hợp CF+/CF. Xác suất 0,25 để cặp vợ chồng có kiểu gen dị hợp là = (768000/1000000)2. Xác xuất con mắc bệnh là 1/4 > Xác suất để sinh con mắc bệnh= 1/4 x (768000/1000000)2= 0,147456 Xác suất để sinh con không mắc bệnh= 1 0,147456 = 0,852544. 0,25 b. Câu Kiểu gen lặn CF/CF chết trước độ tuổi sinh sản > giá trị thích nghi (w) = 0; s = 1 0,25 7 (1,5 Kiểu gen CF+/CF+ và CF+/CF sống sót bình thường > giá trị thích nghi (w) = 1; s = 0,25 điểm 0 ) c. Tỉ lệ thể dị hợp ngày nay thấp hơn một trăm năm trước. 0,25 Do ngày nay bệnh dịch hạch đã được kiểm soát nên áp lực của chọn lọc tự nhiên tác 0,25 động lên kiểu gen đồng hợp trội CF+/CF+ giảm (vốn mẫn cảm với bệnh này); thể dị hợp CF+/CF không còn ưu thế chọn lọc > giảm tần số thể dị hợp. Câu 8. (2,5 điểm) a. So sánh sự khác nhau về vai trò của chọn lọc tự nhiên và các yếu tố ngẫu nhiên trong quá trình tiến hoá nhỏ. Trang 11/4
b. Các nghiên cứu tiến hóa về so sánh hệ gen ở sinh vật nhân thực cung cấp bằng chứng cho thấy cơ chế lặp gen, đột biến điểm, lặp và xáo trộn exôn, hoạt động của yếu tố di truyền vận động (gen nhảy) có thể tham gia vào quá trình hình thành các gen có chức năng mới. (1) Lặp gen (toàn bộ hoặc một phần gen) có ưu thế tiến hóa trong hình thành gen có chức năng mới như thế nào? (2) Nêu ít nhất 3 cách mà yếu tố di truyền vận động có thể dẫn đến hình thành các gen có chức năng mới. Giải thích. Câu Nội dung Điểm Câu a. 8 (2,5 Chọn lọc tự nhiên (CLTN) làm thay đổi từ từ tần số alen và thành phần kiểu gen 0,25 điểm theo một hướng xác định. Các yếu tố ngẫu nhiên tác động làm thay đổi tần số alen và ) thành phần kiểu gen một cách đột ngột, không theo một hướng xác định. Dưới tác động của CLTN, một alen lặn có hại thường không bị đào thải hết hoàn 0,25 toàn ra khỏi quần thể giao phối. Dưới tác động của các yếu tố không ngẫu nhiên thì bất kì alen nào, cũng có thể bị loại bỏ hoàn toàn hoặc bất kì alen nào cũng có thể trở nên phổ biến trong quần thể. Hiệu quả tác động của các yếu tố ngẫu nhiên thường phụ thuộc vào kích thước của 0,25 quần thể (quần thể càng nhỏ thì hiệu quả tác động càng lớn), còn CLTN thì không. Kết quả của CLTN làm giảm đa dạng di truyền của quần thể, nhưng lại tăng tần số các kiểu gen có giá trị thích nghi caodẫn đến hình thành quần thể thích nghi. Kết 0,25 quả tác động của các yếu tố ngẫu nhiên làm nghèo nàn vốn gen của quần thể trong một số trường hợp có thể đẩy quần thể vào vòng xoáy tuyệt chủng. b. (1) Lặp gen cho phép hầu hết các gen dễ dàng tích lũy các đột biến do trong tế bào có 0,25 nhiều bản sao của gen. Lặp gen toàn bộ là con đường ngắn để gen được cải biến chức năng qua tích lũy đột 0,25 biến, nhờ cơ thể luôn có bản sao gen biểu hiện chức năng. Khi một phần của gen được lặp, có khả năng xáo trộn các miền cấu trúc (lặp lại và 0,25 tái sắp xếp các miền prôtêin có chức năng khác nhau) => hình thành gen có chức năng mới. (2) Các cách mà yếu tố di truyền vận động có thể dẫn đến hình thành các gen có chức năng mới. Cách 1: một exon từ một gen được cài vào một hay nhiều gen khác, dẫn đến hình 0,25 thành gen có thêm miền cấu trúc và chức năng mới => hình thành gen có chức năng mới. 0,25 Cách 2: cài vào các intron tạo nên intron hoạt động yếu (lúc cắt intron lúc không) hình thành một số bản mARN trưởng thành chứa cả yếu tố di truyền vận động; nếu trình tự thêm vào này mã hóa cho miền chức năng mới của prôtêin => hình thành gen có chức năng mới. 0,25 Cách 3: thúc đẩy tái tổ hợp (do chúng tăng cung cấp những vùng tương đồng cho trao đổi chéo), có thể đưa các gen tới các vị trí mới trong hệ gen. Tại các vị trí mới, chúng được điều hòa theo cách mới dẫn đến hình thành các tổ hợp gen tương tác theo cách mới, tạo ra kiểu hình mới => gen biểu hiện chức năng theo cách mới. (Thí sinh có thể nêu qua 3 cơ chế: (1) tái tổ hợp, (2) làm thay đổi trình tự các gen hoặc các trình tự điều hòa gen, hoặc (3) vận chuyển một gen (một phần exon hoặc Trang 12/4
toàn bộ gen) tới các vị trí mới, nếu lập luận đúng và logic thì cũng được điểm như đáp án). Phần 3. (4,0 điểm) SINH THÁI HỌC. Câu 9. (1,5 điểm) CO2 là một trong những thành phần chính của khí nhà kính. Trong gần 170 năm qua, lượng khí CO2 khí quyển đã tăng lên khoảng 50%. Sự gia tăng hàm lượng các khí gây hiệu ứng nhà kính như CO 2 là nguyên nhân chính làm nhiệt độ trái đất gia tăng lên. Bảng 9 cung cấp số liệu về hàm lượng CO2 khí quyển trung bình theo thời gian. Hãy cho biết : a. Cơ chế tăng nhiệt của trái đất khi hàm lượng CO2 khí quyển tăng lên. b. Do tác động của hiệu ứng nhà kính, nếu mức tăng nhiệt độ của trái đất ở vĩ độ cao (vùng rừng lá kim phương bắc) và vĩ độ thấp (vùng rừng mưa nhiệt đới) bằng nhau, quần xã sinh vật sống ở vĩ độ cao hay thấp sẽ bị tác động nhiều hơn. Giải thích. c. Trong một nghiên cứu người ta nhận thấy lượng khí CO2 phát thải từ đất rừng lá kim phương bắc hiện nay tăng gấp 3 lần so với thời điểm năm 1850. Quá trình nào của kiểu rừng này bị tác động mạnh mẽ nhất làm tăng phát thải CO2 ? Giải thích. Câu Nội dung Điểm a. CO2 khí quyển tăng > độ dày lớp khí nhà kính tăng > hạn chế sự phản xạ của các 0,25 tia sinh nhiệt (tia có bước sóng dài) qua lớp khí nhà kính. Các tia sinh nhiệt quay trở lại bề mặt trái đất làm tăng nhiệt độ. b. Quần xã ở vĩ độ thấp sẽ bị tác động nhiều hơn. 0,25 Giải thích: + Ở vĩ độ thấp, các nhân tố sinh thái (ánh sáng, nhiệt độ, lượng mưa,...) có biên độ 0,25 biến động không nhiều > môi trường có tính ổn định cao hơn so với ở vĩ độ cao > các loài thích nghi với môi trường ổn định nên khi nhiệt độ môi trường tăng > ảnh hưởng đến hoạt động sống của các loài. Câu + Quần xã ở vùng vĩ độ thấp có độ đa dạng sinh học cao nên kích thước quần thể 9 (1,5 0,25 nhỏ dẫn đến hàm lượng CO2 khí quyển tăng, tăng hiệu ứng nhà kính, gây biến đổi khí điểm hậu> những cá thể kém thích nghi bị chết làm cho kích thước của quần thể giảm ) dưới mức tối thiểu > giảm hỗ trợ giữa các cá thể trong quần thể và tăng giao phối gần> quần thể rơi vào vòng xoáy tuyệt chủng. c. Hoạt động của sinh vật phân giải có trong đất rừng bị tác động mạnh mẽ nhất làm 0,25 tăng phát thải CO2. Giải thích: Lượng mùn hữu cơ/xác sinh vật trong đất rừng lá kim rất cao trong quá 0,25 khứ (năm 1850), hoạt động của vi sinh vật phân giải bị ức chế vì nhiệt độ thấp> nguồn nguyên liệu cung cấp cacbon phong phú. Khi nhiệt độ môi trường tăng> tăng tốc độ trao đổi chất của sinh vật phân giải bởi vi sinh vật phân giải thuộc nhóm sinh vật biến nhiệt nên nhiệt độ cơ thể phụ thuộc vào nhiệt độ môi trường > tăng tốc độ chuyển hóa cacbon hữu cơ thành cacbon vô cơ (CO2) của sinh vật phân giải. Câu 10. (2,5 điểm) Trang 13/4
Hệ sinh thái rừng có vai trò quan trọng đối với các loài sinh vật và con người, nhưng rừng tự nhiên đang bị suy giảm ở nhiều nơi trên thế giới. Ở một khu vực thượng lưu vốn có rừng nhưng đã bị chặt hết cây, lượng nitơ (nitrat) mất đi do rửa trôi trung bình năm (khi hầu như không có thực vật sinh sống) ghi nhận được là Bảng 10 60g/m . Một phần của khu vực này được 2 khoanh vùng bảo vệ để cây phát triển tự nhiên và sử dụng cho nghiên cứu về diễn thế sinh thái (khu vực thí nghiệm). Sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi trung bình hằng năm được theo dõi trong 5 năm (Bảng 10). Ở một khu vực rừng nguyên vẹn (khu vực đối chứng), sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi hàng năm là ổn định, ở mức trung bình lần lượt là 720g/m2 và 4,5g/m2. a. Vẽ đồ thị dạng đường và điểm biểu diễn sinh khối thực vật và lượng nitơ mất đi ở khu vực thí nghiệm theo thời gian từ thời điểm 0 đến 5 năm. b. Khả năng cố định cacbon của hệ sinh thái này thay đổi như thế nào trong quá trình diễn thế sinh thái? Giải thích. c. Lượng nitơ mất đi và sinh khối thực vật biến đổi như thế nào trong quá trình diễn thế sinh thái ở khu vực thí nghiệm? Giải thích tại sao lượng nitơ mất đi lại thấp hơn trong giai đoạn từ năm thứ 4 đến năm thứ 5 so với thời điểm bắt đầu. d. Thông qua dữ liệu nghiên cứu, hãy cho biết thảm thực vật rừng có vai trò thế nào đối với chống xói mòn, rửa trôi ở hệ sinh thái này và tác động thế nào tới vùng hạ lưu? Nếu mở rộng các khu vực bảo vệ ở vùng thượng lưu thì khả năng ô nhiễm hồ chứa nước ở hạ lưu (do sự phát triển mạnh của thực vật phù du) sẽ tăng hay giảm? Giải thích. Câu Nội dung Điểm Câu a. Sinh khối Nitơ mất đi 10 Vẽ 1 đồ thị chung biểu diễn sinh khối thực vật và 500 60 2) 2) (2,5 lượng nitơ mất đi theo thời gian. 400 48 300 36 điểm 200 24 ) 0,5 (/ượ 100 12 itm /m ấ ơ L ự ậ ố đ g n (g tcv k hS in 0 0 0 1 2 3 4 5 Thời gian (năm) b. Khả năng cố định cacbon (hấp thu CO 2 bởi thực vật) tăng theo thời gian trong quá 0,25 trình diễn thế sinh thái. Giải thích: Sinh khối của thực vật tăng nhanh qua các năm (sinh khối tăng từ 2 g/m 2 0,25 ở thời điểm ban đầu hoặc từ 35 g/m2 ở năm thứ 1 lên 455 g/m2 ở năm thứ 5). Chênh lệch sinh khối giữa hai thời điểm (năm) liên tiếp cũng tăng dần, từ 33 (tính từ ban đầu) hoặc từ 46 (tính từ năm thứ 1) lên 150 g/m2/năm. c. Sinh khối thực vật tăng nhanh, liên tục qua các năm, từ 35 lên đến 455 g/m2 sau 5 0,25 năm, tốc độ tăng sinh khối cũng tăng theo thời gian. Ngược lại, lượng nitơ mất đi giảm nhanh từ ~60 g/m2 ở thời điểm ban đầu, xuống 0,25 5,2 g/m2 (giảm khoảng 12 lần) đến năm thứ 3. Lượng nitơ mất đi thấp (4,04,2 g/m2) ở các năm tiếp theo, tương đương với ở rừng nguyên vẹn. Trang 14/4
> Như vậy, sự phát triển của thực vật tỉ lệ nghịch với sự mất đi của nitơ. Lượng nitơ thấp hơn ở giai đoạn từ năm thứ 4 đến năm thứ 5 so với thời điểm ban đầu chủ yếu do thực vật phát triển, hấp thu và làm hàm lượng nitơ trong đất thấp. 0,25 Thực vật có thể làm giảm dòng chảy khi mưa, giữ lại trong đất nhiều hơn, do đó làm lượng nitơ bị rửa trôi thấp. Ngoài ra, có thể do lượng nitơ mất đi ở trước năm 1 (khi hầu như không có cây) nhiều nên lượng còn lại thấp. d. Lượng nitơ mất đi thấp khi thực vật phát triển/sinh khối lớn, trong khi không có cây 0,25 hoặc cây mới phát triển thì lượng nitơ mất đi cao (khoảng 6 15 lần so với khi thực vật phát triển), cho thấy thảm thực vật đóng vai trò giữ nước và đất, chống xói mòn, giảm rửa trôi ở hệ sinh thái rừng vùng thượng lưu. Thảm thực vật có thể làm giảm lượng vật chất và chất dinh dưỡng rửa trôi xuống vùng hạ lưu, góp phần điều tiết nước và làm giảm nguy cơ lũ ở vùng hạ lưu. Nếu mở rộng khu vực bảo vệ ở vùng thượng lưu thì khả năng ô nhiễm hồ chứa ở 0,25 hạ lưu sẽ giảm. Giải thích: Khi mở rộng khu vực thượng lưu được bảo vệ, thực vật rừng sẽ phát triển và làm giảm lượng nitơ rửa trôi (so với khi thực vật kém phát triển), dẫn đến làm giảm hàm lượng nitơ trong nước ở các hồ chứa ở hạ lưu, làm cho tảo phát triển 0,25 kém hơn do hàm lượng nitơ thấp. Hết Trang 15/4