Giải sinh học bằng máy tính Casio

GIẢI SINH HỌC BẰNG MÁY TÍNH CASIO
Qui định: Các kết quả tính chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy theo qui tắc làm tròn số của đơn vị tính qui định trong bài toán.
Cấu trúc bản đề thi: Đề thi gồm có 10 bài toán nằm trong giới hạn nội dung đề thi trong chương trình Sinh học phổ thông. Các bài toán có yêu cầu về cách giải và kĩ thuật tính toán có sự hỗ trợ của máy tính cầm tay.
Mỗi bài trong đề thi gồm 3 phần: Phần đầu bài toán, phần ghi cách giải và phần ghi kết quả. (Phần đầu bài là một bài toán tự luận của bộ môn được in sẵn trong đề thi. Phần ghi cách giải: yêu cầu thí sinh lược ghi tóm tắt cách giải bằng chữ và biểu thức cần tính toán kết quả. Phần kết quả: ghi đáp số của bài toán).
Hướng dẫn cách làm bài: Để giải một bài toán Sinh học, thí sinh phải ghi tương ứng tóm tắt cách giải và đáp số vào phần “Cách giải” và phần “Kết quả” có sẵn trong bản đề thi. 
Bài tập và cách giải: CHUYÊN ĐỀ 1 : BÀI TẬP DI TRUYỀN PHÂN TỬ
Bài 1: Xét cặp gen Aa trong 1 hợp tử. Khi hợp tử này nguyên phân một số lần liên tiếp, môi trường nội bào cung cấp 67500 nu tự do cho cặp gen này. Các cặp gen Aa trong các tế bào con có 72000 nu, trong số đó có 57600 liên kết hyđrô của các alen A và 33600 liên kết hyđrô của các alen a. Biết rằng số nu do môi trường nội bào cung cấp cho gen A tự nhân đôi = 1,5 lần so với alen a. Biết rằng quá trình nguyên phân diễn ra bình thường.
a. Xác định số lần nguyên phân của hợp tử
b. Tính chiều dài của mỗi gen
c. Tính số lượng từng loại nu do môi trường nội bào cung cấp cho quá trình nhân đôi của mỗi alen nói trên.
Cách giải
Kết quả
a. – Gọi: k là số lần nguyên phân của hợp tử;
      NA là số nu của gen A; Na là số nu của alen a.
Ta có: NA = 1,5 × Na
            (2k – 1)(NA + Na) = 67500
             2k(NA + Na) = 72000
=> (2k – 1) × 2,5 × Na = 67500
      2k × 2,5 × Na = 72000
=> 2,5 × Na = 4500 => Na = 1800 => NA = 2700
     2k = 16 => k = 4
b. Chiều dài mỗi gen:
La = (Na/2) × 0,34 = 306nm
LA = 1,5 × La = 459 nm
c. – Gen A:
A + G = NA/2 = 1350 (1)
2k × HA = 57600 => 16 × (2A + 3G) = 57600
=> 2A + 3G = 3600 (2)
Giải hệ (1)(2) bằng máy tính ta có:
A = 450 ; G = 900
=> Số nu từng loại do môi trường nội bào cung cấp cho gen A nhân đôi k lần:
Amt = Tmt = (2k – 1) × A = 6750
Gmt = Xmt = (2k – 1) × G = 13500
- Alen a: tương tự có hệ pt:
A + G = 900
2A + 3G = 2100
Giải hệ pt bằng máy tính ta có:
A = 600 ; G = 300
=> Số nu từng loại do môi trường nội bào cung cấp cho alen a nhân đôi k lần:
Amt = Tmt = (2k – 1) × A = 6750
Gmt = Xmt = (2k – 1) × G = 13500
. Số lần nguyên phân của hợp tử: k = 4
b. Chiều dài mỗi gen:
La = 306nm
LA = 459 nm
c. – Gen A: Số nu từng loại do môi trường nội bào cung cấp:
Amt = Tmt = 6750
Gmt = Xmt = 13500
- Alen a: Số nu từng loại do môi trường nội bào cung cấp:
Amt = Tmt = 6750
Gmt = Xmt = 13500
Thao tác máy tính: Gen A, giải hệ pt: A + G = 1350 (1); 2A + 3G = 3600 (2)
 Bấm phím ON ; MODE ; MODE ; MODE ; 1 ; 2 ; 1 ; = ; 1 ; = ; 1350 ; = ; 2 ; = ; 3 ; = ; 3600 ; = ; =
=> kết quả: A = 450 ; G = 900
Tương tự gen a, giải hệ pt: giải hệ pt: A + G = 9000 (1); 2A + 3G = 2100 (2)
=> kết quả: A = 600 ; G = 300
Bài 2: Gen B có khối lượng phân tử 720000 đvC, có hiệu giữa A và một loại nuclêôtit khác là 30% số nuclêôtit của gen. Mạch 1 của gen có A = 360 và G = 140. Khi gen B phiên mã đã lấy từ môi trường nội bào 1200U. Hãy tính:
a. Số nuclêôtit mỗi loại môi trường cung cấp cho gen B nhân đôi 3 lần.
b. Môi trường nội bào đã cung cấp bao nhiêu nuclêôtit mỗi loại cho quá trình phiên mã của gen B. Biết gen B là gen không phân mảnh.
c. Gen B bị đột biến thành b. Khi 2 gen cùng nhân đôi 1 lần thì môi trường nội bào cung cấp cho gen b kém gen B là 5A và 4G. Xác định số nuclêôtit của gen b và số axit amin trong chuỗi pôlipeptit do gen b điều khiển tổng hợp .
Cách giải
Kết quả
a. Ta có tổng số nu của gen B là 720000 : 300 = 2400
A + X = 50%
A - X = 30%
=> A = T = 40% = 960; G = X = 10% = 240
=> Số nuclêôtit mỗi loại môi trường cung cấp cho gen B nhân đôi 3 lần là:
A = T = 960(23 - 1) = 6720 nu
G = X = 240(23 – 1) = 1680 nu
b. Có A1 = 360 => A2 = 960 - 360 = 600 nu
Môi trường cung cấp: Umt = 1200 = 2 A2 => mạch 2 là mach mã gốc và số lần phiên mã của gen B là 1200/600 = 2.
=> Số nu mỗi loại môi trường cung cấp cho quá trình phiên mã của gen B là:
Amt = 360 × 2 = 720
Umt = 1200
Gmt = (240 -140) × 2 = 200
Xmt = G1 = 140 × 2 = 280
c. – Số nu từng loại của gen b:
A = T = 960 - 5 = 955
G = X = 240 - 4 = 236
- Số axit amin trong chuỗi pôlipeptit do gen b tổng hợp là: (955 + 236)/3 – 2 = 395 ; không tính axit amin mở đầu. Nếu còn cả axit amin mở đầu là 395 +1 = 396 axit amin.
a.
A = T = 6720 nu
G = X = 1680 nu
b.
A = 720
U = 1200
G = 200
X = 280
c.
Số axit amin do gen b tổng hợp là 395 không tính axit amin mở đầu
Nếu còn cả axit amin mở đầu là 396 axit amin.
CHUYÊN ĐỀ 2 : BÀI TẬP DI TRUYỀN NST - TẾ BÀO
Bài 1: Hai hợp tử của một loài sinh vật nguyên phân liên tiếp một số đợt, môi trường nội bào đã cung cấp nguyên liệu tương đương với 22792 NST đơn. Hợp tử 1 có số đợt nguyên phân bằng 1/3 số đợt nguyên phân của hợp tử 2. Ở kỳ giữa của mỗi tế bào người ta đếm được 44 NST kép.
a. Tìm bộ NST lưỡng bội của loài.
b. Số đợt nguyên phân của 2 hợp tử.
c. Nếu trong quá trình giảm phân tạo giao tử và thụ tinh xảy ra bình thường và không có trao đổi chéo NST thì loài trên có bao nhiêu loại giao tử và bao nhiêu loại hợp tử khác nhau về nguốn gốc NST.
Cách giải
Kết quả
a. Ta có bộ lưỡng bội của loài: 2n = 44
b. hợp tử 1 nguyên phân k lần
 hợp tử 2 nguyên phân 3k lần
Ta có pt: 44.(2k-1) + 44.(23k-1) = 22792
Đặt 2k = t ; t >0
=> t3 + t – 520 = 0
Giải pt bằng máy tính cầm tay ta được: t = 8;
=> 2k = 8 => k = 3
d. Số loại giao tử = 222 = 4194304
 Số loại hợp tử = 222.222 = 244
a. 2n = 44
b. Hợp tử 1 nguyên phân 3 lần ;
 Hợp tử 2 nguyên phân 9 lần
c. Số loại giao tử = 4194304
 Số loại hợp tử = 244
- Thao tác máy tính: t3 + t – 520 = 0 Giải pt bằng máy tính cầm tay, bấm ON ; MODE ; MODE ; MODE ; 1 ; MODE ; 3 ; 1 ;  = ; 0 ; = ; 1 ; = ; – ; 5 ; 2 ; 0 ; = ; = ; =
 => Kết quả t = 8 (t = - 4 , loại)
Bấm MODE ; 1 ; 2 ; ^ ; 2 ; 2 ; =
=> Kết quả 4194304
CHUYÊN ĐỀ 3 : BÀI TẬP VI SINH VẬT
Bài 1: Một vi khuẩn hình cầu có khối lượng khoảng 5.10-13g, cứ 20 phút nhân đôi 1 lần. Giả sử nó được nuôi trong các điều kiện sinh trưởng hoàn toàn tối ưu. Hãy tính khoảng thời gian để khối lượng do tế bào vi khuẩn này sinh ra sẽ đạt tới khối lượng của Trái đất là 6.1027gram.
Cách giải
Đạt đến khối lượng Trái đất : 6.1027gram
- Số lượng tế bào: Nt = 6.1027/5.10-13 = 1,2.1040
- Mà : Nt = N0.2n => Số lần phân chia: n = (logNt – logN0)/log2 = (log1,2.1040 – 1) / log2  
--> n = 133 
- Thời gian cần thiết là: 133 × 20ph = 44h 20ph = 44,3 giờ
Kết quả
44,3 giờ
- Thao tác máy tính: thực hiện với các phép tính sau:
(logNt – logN0)/log2 = (log1,2.1040 – 1) / log2 = 133
(133 × 20) /60 = 44,3
Bài tập và cách giải: CHUYÊN ĐỀ 4 : BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
I. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
1. Hệ số hô hấp: Là tỉ số giữa số phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hút vào trong chuỗi phản ứng hô hấp. RQ = [CO2]/[O2]
2. Sức hút nước của tế bào thực vật (atm):  S = P - T
P : Áp suất thẩm thấu (atm)
T : Áp suất trương nước của tế bào (atm)
3. Áp suất thẩm thấu của tb (atm) : P = RTCi
P : Áp suất thẩm thấu (atm)
R : hăng số ≈ 0,082 amt/oK.mol
T : nhiệt độ tuyệt đối (oK) = to(C) + 273
C : nồng độ mol/l; C = n/V ; n: số mol chất tan ; V: thể tích dd
i: hệ số Van Hôp, lượng tiểu phân chất tan phân ly và tái hợp khi tan vào dung môi.
i = (n/n0)(ν-1) + 1 = a(ν-1) + 1
a = n/n0
n: số mol chất đã điện li
n0: tổng số mol chất hòa tan
v: số ion tạo ra từ 1 phân tử chất điện li.
Áp suất thẩm thấu của dung dịch lỏng chứa chất tan không điện li thỏa mãn phương trình: P = CRT
Thay  C = n/V = m/MV à ta được:  PV = (m/M)RT
V:  thể tích dung dịch (lít) chứa m gam chất tan.
M: Khối lượng phân tử của chất tan
4. Hô hấp tb:
a. HH hiếu khí: C6H12O6 + 6 O2 = 6 CO2 + 6 H2O + 38 ATP
- Đường phân: C6H12O6  → 2 CH3COCOOH (axit piruvic) + 2 ATP + 2 NADH
- Chu trình Crep: 2 CH3COCOOH (axit piruvic) → 2 axetyl CoA + 2 CO2 + 2 NADH
                            2 axetyl CoA → 4 CO2 + 2 ATP + 6 NADH + 2 FADH2
- Chuỗi chuyền e hh và photphorin hóa oxi hóa:
                            10 NADH + 2 FADH2 + 6 O2 → (10.3 + 2.2) ATP + 6 H2O
b. HH kị khí: C6H12O6 = 2C2H5OH + 2CO2 + 2 ATP
- Đường phân: C6H12O6  → 2 CH3COCOOH (axit piruvic) + 2 ATP + 2 NADH
- Lên men: 2CH3COCOOH (axit piruvic) + 4H+ → 2CH5OH (rượu etilic) + 2CO2
Hoặc: 2CH3COCOOH (axit piruvic) + 2H+ → 2CH3COHCOOH (axit lactic)
5. Quang hợp:
a. QH và n/s cây trồng
Nkt = (FCO2.L.Kf.Kkt)n (tấn/ha)
Nkt : n/s kinh tế - phần chất khô tích lũy trong cơ quan kinh tế
FCO2 : khả năng QH = cường độ QH (mg CO2/dm2 lá/giờ) + hiệu suất QH (g chất khô/m2 lá/ ngày)
L : diện tích QH = chỉ số diện tích lá (m2 lá/ m2 đất) + thế năng quang hợp (m2 lá/ ngày)
Kf : hệ số hiệu quả QH = phần chất khô còn lại/ tổng số chất khô QH được
Kkt : hệ số kinh tế = chất khô tích lũy trong cơ quan kinh tế/ tổng số chất khô QH được
n :  thời gian hoạt động của bộ máy QH
b. Quang hợp
- Pha sáng: 12 H2O + 18 ADP + 18 Pvc + 12 NADP+ → 18 ATP + 12 NADPH + 6 O2
- Pha tối (chu trình Canvin): 6 CO2 + 18 ATP + 12 NADPH → C6H12O6 + 18 ADP + 12 NADP+
c. Hệ số nhiệt:
- Pha sáng: Q10 = 1,1 – 1,4
- Pha tối: Q10 = 2 – 3
II. GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ THỰC VẬT
Bài 1: Tính hệ số hô hấp của các chất sau và rút ra kết luận gì về những kết quả thu được: Glucôzơ  (C6H12O6), Glixerin (C3H8O3), Axit Tartric (C6H4O6), Axit Oxalic (C2H2O4), - Axit panmitic: C15H31COOH; - Axit stearic: C17H35COOH; - Axit sucxinic: HOOC - CH2 - CH2 – COOH; - Axit malic: HOOC - CH2 - CHOH – COOH
Cách giải
Kết quả
Glucôzơ
C6H12O6 + 6 O2 = 6 CO2 + 6 H2O
RQ = 6/6 =1
Axit Oxalic
2 C2H2O4 + O2 = 4 CO2 + 2 H2O
RQ = 4 : 1 = 4
Axit Malic
2 C4H6O5 + 6 O2 = 8 CO2 + 6 H2O
RQ = 8 : 6 = 4/3
Glixerin
2 C2H8O3 + 7 O2 = 6 CO2 + 8 H2O
RQ = 6 : 7 = 0,86
Axit Stearic
C18H36O2 + 26 O2 = 18 CO2 + 18 H2O
RQ = 18 : 26 = 0,69
Axit Tartric
C6H4O6 + 4 O2 = 6 CO2 + 2 H2O
RQ = 6 : 4 = 1,5
Axit sucxinic
C4H6O4 + 5 O2 = 4 CO2 + 6 H2O
RQ = 4 : 5 = 0,8
Bài 2: Hệ số hô hấp (RQ) là tỉ số giữa các phân tử CO2 thải ra và số phân tử O2 hút vào khi cơ thể hô hấp và trong quá trình hô hấp cứ 1phân tử NADH qua chuỗi chuyền eletron thì tế bào thu được 3 ATP; 1phân tử FADH2 qua chuỗi chuyền electron tế bào thu được 2 ATP.
a)      Hãy tính (RQ) khi nguyên liệu hô hấp là C6H12O6 (Glucôzơ).
b)      Tính số phân tử ATP mà tế bào thu được trong các giai đoạn của quá trình hô hấp và tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucôzơ?
Cách giải
Kết quả
a) Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp mà nguyên liệu là glucôzơ:
C6H12O6 + 6O2 → 6CO2 + 6H2O
=> Chỉ số hô hấp (RQ) = 6/6 = 1
b) Quá trình hô hấp được chia làm 3 giai đoạn:
    + Đường phân: Tạo ra 2 ATP và 2 NADH
    + Chu trình crep:Tạo ra 2 ATP và 8 NADH, 2FADH2
    + Chuỗi chuyền electron hô hấp:
(Qua chuỗi chuyền electron: 1NADH  tạo 3 ATP; 1FADH2 tạo 2 ATP)
=> Số phân tử ATP được tạo ra qua chuỗi chuyền điện tử = 34 ATP
- Như vậy, tổng số phân tử ATP mà tế bào thu được sau khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucôzơ là 38 ATP.
a) Hệ số hô hấp là: 1
b) Số ATP mà tế bào thu được qua các giai đoạn là :
- Đường phân: 2ATP
-Chu trình crep: 2 ATP
-Chuỗi chuyền electron: 34 ATP
- Tổng số ATP tế bào thu được khi phân giải hoàn toàn 1 phân tử glucôzơ là : 38 ATP
Bài tập và cách giải: CHUYÊN ĐỀ 5 : BÀI TẬP SINH LÝ ĐỘNG VẬT
I. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN ĐỂ GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ ĐỘNG VẬT
1. Chu kì tim ở người trưởng thành: TB 75 nhịp tim/phút
1 chu kì tim = 0.8s = TN co 0.1s + TT co 0,3s + giãn chung 0,4s
1 chu kì TN = 0.8s = 0,1s co + 0,7s giãn
1 chu kì TT = 0.8s = 0,3s co + 0,5s giãn
2. Công thức tính lưu lượng tim là:  Q = Qs × f
     Q : lưu lượng tim (lượng máu mà tim đẩy vào động mạch/phút)
     Qs : thể tích tâm thu
      f : tần số co tim (số chu kỳ/phút)
I. GIẢI BÀI TẬP SINH LÝ ĐỘNG VẬT
Bài 1: Theo dõi chu kỳ hoạt động của tim ở một động vật thấy tỉ lệ thời gian của 3 pha (tâm nhĩ co: tâm thất co: dãn chung) là 1 : 2 : 3. Biết thời gian tim nghỉ là 0,6 giây. Lượng máu trong tim là 120 ml đầu tâm trương và 290 ml cuối tâm trương. Hãy tính lưu lượng tim?
Cách giải
Kết quả
Vì thời gian tim nghỉ là 0,6s tương ứng với thời gian dãn chung, theo bài ra ta có:
- Thời gian của một chu kỳ tim là: 0,6 × 6/3 = 1,2 (giây)
- Tần số của tim là: 60/1,2 = 50 (nhịp/phút)
Theo bài ra mỗi lần tim đập đẩy được lượng máu vào động mạch chủ là: 290 - 120 = 170 (ml)
Þ Lưu lượng tim là: Q = 170 × 50 = 8500 ml/phút = 8,5 lít/phút
Lưu lượng tim là: Q = 8,5 lít/phút
CHUYÊN ĐỀ 6 : BÀI TẬP CÁC QUY LUẬT DI TRUYỀN
1. Quy luật liên kết gen và hoán vị gen.
Bài 1: Khi cho hai cá thể F1 : hạt tròn, màu trắng đều dị hợp hai cặp gen giao phấn với nhau thu được F2. Trong số các kiểu hình xuất hiện ở F2 thấy số cây hạt dài, màu tím chiếm 4%.
Cho biết mỗi tính trạng do một gen qui định và các tính trạng trội đều trội hoàn toàn.
Hãy xác định những trường hợp có thể xảy ra và lập sơ đồ lai cho mỗi trường hợp đó.
Hướng dẫn giải
- F1 có kiểu gen dị hợp về 2 cặp gen, có kiểu hình hạt tròn, màu trắng  => Hạt tròn, trắng là hai tính trạng trội; hạt dài, màu tím là 2 tính trạng lặn.
- Qui ước: A- hạt tròn, a- hạt dài ; B- hạt trắng, b- hạt tím
- F2 có cây hạt dài, màu tím = 4% => đây là tổ hợp được hình thành từ hiện tượng hoán vị gen.
=> ít nhất một trong hai cá thể F1 đã xảy ra HVG.
- Ở F2 : các cây hạt dài, màu tím = 4% => tỉ lệ kiểu gen ab/ab = 4%  và được tạo ra từ một trong các trường hợp sau:
4% ab/ab = 20%ab × 20%ab
4% ab/ab = 40% ab × 10% ab
4% ab/ab = 8% ab × 50% ab
* Trường hợp 1:  4% ab/ab = 20%ab × 20%ab
=> Giao tử ab = 20% là giao tử mang gen hoán vị => Tần số hoán vị gen f = 40%
=> F1 đều dị hợp chéo Ab/aB và tần số HVG đều là f = 40%
Sơ đồ lai:
F1   :
GF1 :
F2   :
* Trường hợp 2:  4% ab/ab = 40% ab × 10% ab
=> +) Giao tử ab = 40% là giao tử mang gen liên kết => cá thể F1 tạo ra nó có kiểu gen dị hợp tử đều AB/ab và tần số HVG là f = 20%
      +) Giao tử ab = 10% là giao tử mang gen hoán vị => cá thể F1 tạo ra nó có kiểu gen dị hợp tử chéo Ab/aB và tần số HVG là f = 20%
Sơ đồ lai:
F1   :
GF1 :
F2   :
* Trường hợp 3:  4% ab/ab = 8% ab × 50% ab
=> +) Giao tử ab = 8% là giao tử mang gen hoán vị => cá thể F1 tạo ra nó có kiểu gen dị hợp tử đều AB/ab và tần số HVG là f = 16%
      +) Giao tử ab = 50% là giao tử mang gen liên kết hoàn toàn => cá thể F1 tạo ra nó có kiểu gen dị hợp tử đều AB/ab và các gen liên kết hoàn toàn
Sơ đồ lai:
F1   :
GF1 :
F2   :