Đề thi Sinh học THPT 2026— Mã đề 0426

Lời giải chi tiết — Sinh học tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0426

Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc 4 trang (cdn.tuyensinh247.com — de-thi-tn-thpt-2026-mon-sinh-ma-de-0426-{1..4}-result.jpg, đối chiếu thêm xaydungchinhsach.chinhphu.vn — đề chính thức 12/6/2026, mã 0426 in trên đề "ĐỀ THI CHÍNH THỨC — Môn thi: SINH HỌC — Mã đề 0426", footer "Trang x/4 - Mã đề 0426").

Cấu trúc: Phần I (18 câu trắc nghiệm 4 phương án) · Phần II (4 câu đúng/sai, mỗi câu 4 ý a–d) · Phần III (6 câu trả lời ngắn). Đáp án đối chiếu: key hệ thống nội bộ sinh-hoc_2026_all_codes.json (teacher_suggested, cross-verify tuyensinh247 + OLM).

---

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN (18 câu — 0,25 điểm/câu)

---

Câu 1.

Ở loài chim Z, carotenoid có vai trò quan trọng trong việc tạo màu sắc mỏ và tham gia đáp ứng miễn dịch. Loài này không tự tổng hợp carotenoid mà phải nhận từ thức ăn; lượng sản phẩm chuyển hóa từ carotenoid được tích tụ trong lớp sừng tạo nên màu đỏ của mỏ chim. Chim trống được cho ăn hai loại thức ăn khác nhau: nhóm ĐC ăn thức ăn tiêu chuẩn; nhóm TN ăn thức ăn tiêu chuẩn có bổ sung carotenoid; các điều kiện khác như nhau. Sau 1 tháng, nhóm TN có mỏ đỏ hơn nhóm ĐC. Kết quả về đáp ứng miễn dịch và tỉ lệ kết cặp với chim mái của hai nhóm thể hiện như hình bên. Nhận định nào sau đây là đúng?

A. Ở chim trống nhóm TN, carotenoid chỉ dùng cho chuyển hóa tạo màu đỏ của mỏ mà không tham gia đáp ứng miễn dịch. B. Ở chim trống, tỉ lệ kết cặp với chim mái tỉ lệ nghịch với khả năng đáp ứng miễn dịch. C. Tỉ lệ kết cặp với chim mái của chim trống nhóm TN thấp hơn nhóm ĐC. D. Khi mỏ đỏ đậm của chim trống là tín hiệu để kết cặp, chim mái sẽ chọn được chim trống thuộc nhóm có đáp ứng miễn dịch cao hơn.

Giải: Nhóm TN được bổ sung carotenoid → mỏ đỏ đậm hơn, đồng thời đáp ứng miễn dịch tốt hơn (carotenoid vừa tạo sắc tố vừa hỗ trợ miễn dịch) và tỉ lệ kết cặp cao hơn. Mỏ đỏ đậm là "tín hiệu trung thực" phản ánh thể trạng tốt → chim mái chọn con trống mỏ đỏ đậm chính là chọn nhóm có đáp ứng miễn dịch cao hơn. A sai (carotenoid có tham gia miễn dịch); B sai (tỉ lệ thuận, không nghịch); C sai (TN cao hơn ĐC).

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 2.

Một loại thuốc có khả năng ức chế quá trình kháng thuốc của virus. Khi thử nghiệm trên một loài gia cầm, hình bên thể hiện tỉ lệ virus kháng thuốc theo dõi trong 12 tuần. Tại tuần thứ 8, tỉ lệ virus kháng thuốc là 75 %. Nhận định nào sau đây là đúng?

A. Việc dùng thuốc đã tạo áp lực chọn lọc giữ lại các virus kháng thuốc. B. Sau 1 tuần dùng thuốc, virus kháng thuốc bắt đầu xuất hiện. C. Tỉ lệ virus kháng thuốc tăng nhanh nhất trong khoảng từ tuần 6 đến tuần 8. D. Tại tuần thứ 2 dùng thuốc, tỉ lệ virus kháng thuốc là 75 %.

Giải: Thuốc tạo áp lực chọn lọc: virus nhạy thuốc bị loại, virus mang đột biến kháng thuốc (có sẵn từ trước) sống sót và nhân lên → tần số kiểu kháng tăng dần. A đúng. B sai (đột biến kháng thuốc phát sinh ngẫu nhiên trước khi dùng thuốc, thuốc không tạo ra mà chỉ chọn lọc). D sai (75 % ở tuần 8, không phải tuần 2). C phụ thuộc đồ thị nhưng không phải nhận định bản chất đúng.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 3.

Ở mèo, một gene có 2 allele (B, b) nằm trên NST X, không có allele tương ứng trên NST Y. Phép lai nào sau đây tạo ra đời con có 4 loại kiểu gen?

A. $X^B X^B \times X^B Y$. B. $X^b X^b \times X^B Y$. C. $X^b X^b \times X^b Y$. D. $X^B X^b \times X^b Y$.

Giải:

• A: con gái $X^B X^B$; con trai $X^B Y$ → 2 kiểu gen.
• B: con gái $X^B X^b$; con trai $X^b Y$ → 2 kiểu gen.
• C: con gái $X^b X^b$; con trai $X^b Y$ → 2 kiểu gen.
• D: con gái $X^B X^b, X^b X^b$; con trai $X^B Y, X^b Y$ → 4 kiểu gen. ✓

Chỉ D cho 4 loại kiểu gen.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 4.

Hình bên thể hiện sự biến động sinh khối cỏ và nhiệt độ trung bình mùa hè qua các năm trên một đồng cỏ ôn đới. Biết nhiệt độ cao gây hạn hán. Nhận định nào sau đây là đúng?

A. Tổng sinh khối cỏ mùa hè giai đoạn 1984–1994 cao hơn so với giai đoạn 2014–2024. B. Sinh khối động vật ăn cỏ có xu hướng tăng khi nhiệt độ trung bình mùa hè tăng. C. Sau năm 2024, nếu nhiệt độ tăng nhưng giữ trong khoảng thuận lợi 18 °C – 21 °C thì cỏ sẽ sinh trưởng tốt. D. Trong các mùa hè từ 1994 đến 2014, sinh khối cỏ tỉ lệ thuận với nhiệt độ trung bình.

Giải: Nhiệt độ tăng dần kèm hạn hán → sinh khối cỏ giảm dần theo thời gian. Giai đoạn sớm (1984–1994) nhiệt độ thấp hơn, ít hạn → tổng sinh khối cỏ cao hơn giai đoạn 2014–2024. A đúng. D sai (sinh khối cỏ tỉ lệ nghịch với nhiệt độ trong giai đoạn nóng lên); B sai (cỏ giảm → động vật ăn cỏ không tăng theo nhiệt độ); C là suy diễn không có cơ sở từ đồ thị.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 5.

Hình bên mô tả cơ chế điều hòa cân bằng nội môi ở người khi áp suất thẩm thấu (ASTT) máu thay đổi. Nhận định nào sau đây là sai?

A. Hormone ADH kích thích tái hấp thu nước ở thận, giúp cân bằng ASTT máu. B. Hormone ADH được tổng hợp ở vùng dưới đồi và dự trữ ở tuyến yên. C. Thận là một trong các cơ quan tham gia điều hòa ASTT máu. D. Tăng ASTT máu sẽ làm giảm cảm giác khát nước.

Giải: Khi ASTT máu tăng (máu đặc) → vùng dưới đồi kích thích tiết ADH → thận tăng tái hấp thu nước, đồng thời gây cảm giác khát để uống thêm nước → ASTT giảm về bình thường. Vậy D ("tăng ASTT làm giảm khát") trái với thực tế → D là nhận định sai (đáp án cần chọn). A, B, C đều đúng.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 6.

Ở một sinh vật nhân sơ, đoạn trình tự DNA chứa gene hmt được mô tả như hình. Vị trí nucleotide: 1 … 171 … 189 … 192 … 2026. DNA — Mạch 1 (5'→3'): …A GAT GCA CGC ACC TCC TTA CTC A… TAG… DNA — Mạch 2 (3'→5'): …T CTA CGT GCG TGG AGG AAT GAG T… ATC… Biết: trình tự từ 171 đến 189 mang codon mở đầu; trong trình tự từ 1 đến 2026 chỉ tồn tại một codon kết thúc; các amino acid viết tắt được mã hóa: A = 5'GCA3'; H = 5'CAC3'; P = 5'CCU3'; V = 5'UAG3'. Chuỗi polypeptide hoàn chỉnh là sản phẩm dịch mã đã cắt bỏ amino acid mở đầu. Nhận định nào sau đây là sai?

A. Chuỗi polypeptide hoàn chỉnh do gene hmt mã hóa có 620 amino acid. B. Mạch 2 của gene hmt được dùng làm khuôn để tổng hợp mRNA. C. Trình tự 5 amino acid được mã hóa bởi các codon liền kề sau codon mở đầu là HAPPY. D. Ở vị trí nucleotide 192, đột biến thay thế cặp C–G làm xuất hiện codon kết thúc sớm.

Giải: Đề hỏi nhận định sai. Mạch 2 (3'→5') là mạch khuôn (B đúng). Đoạn coding tính từ codon mở đầu (vị trí ~171) đến codon kết thúc, độ dài chuỗi không khớp con số 620 mà phương án A đưa ra → A là nhận định sai (số amino acid của chuỗi hoàn chỉnh không phải 620). Các phương án B, C (trình tự HAPPY suy ra từ các codon liền sau codon mở đầu), D đều phù hợp.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 7.

Ở đậu, allele M quy định hạt vàng trội hoàn toàn so với allele m quy định hạt nhăn/xanh. Phép lai nào sau đây tạo ra đời con có 100 % kiểu hình trội?

A. $Mm \times mm$. B. $mm \times mm$. C. $MM \times mm$. D. $Mm \times Mm$.

Giải: $MM \times mm \to$ 100 % $Mm$ → 100 % kiểu hình trội. A cho 1 trội : 1 lặn; B cho 100 % lặn; D cho 3 trội : 1 lặn.

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

Câu 8.

Trong tự nhiên, rệp là một trong những loài thức ăn của kiến vàng. Kiến vàng và rệp có mối quan hệ sinh thái nào sau đây?

A. Hợp tác. B. Sinh vật ăn sinh vật. C. Hội sinh. D. Ức chế — cảm nhiễm.

Giải: Kiến vàng ăn rệp → kiến là sinh vật tiêu thụ (vật ăn thịt), rệp là con mồi → quan hệ sinh vật ăn sinh vật (vật ăn thịt – con mồi): một loài lợi, một loài hại.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 9.

Trình tự nucleotide của gene mã hóa albumin được dùng để xác định mối quan hệ họ hàng của báo, hổ và sư tử. Đây là ví dụ về loại bằng chứng tiến hóa nào?

A. Tế bào học. B. Sinh học phân tử. C. Hóa thạch. D. Giải phẫu so sánh.

Giải: So sánh trình tự nucleotide (DNA) hoặc amino acid để xác định quan hệ họ hàng là bằng chứng sinh học phân tử.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 10.

Biện pháp nào sau đây có vai trò bảo vệ đa dạng sinh học trong hệ sinh thái?

A. Trồng rừng phòng hộ đầu nguồn để bảo vệ đất. B. Chặt, đốt rừng tự nhiên để làm nương rẫy. C. Khai thác cạn kiệt nguồn thủy sản để làm thực phẩm. D. Khai thác quá mức san hô để làm đồ mỹ nghệ.

Giải: Trồng rừng phòng hộ đầu nguồn → tăng độ che phủ, giữ đất, duy trì nơi ở cho nhiều loài → bảo vệ đa dạng sinh học. B, C, D đều là hoạt động phá hủy đa dạng sinh học.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 11.

Ở động vật có tim 4 ngăn, máu từ tĩnh mạch chủ trở về ngăn nào của tim?

A. Tâm nhĩ trái. B. Tâm thất trái. C. Tâm thất phải. D. Tâm nhĩ phải.

Giải: Máu nghèo O₂ từ tĩnh mạch chủ (trên và dưới) đổ về tâm nhĩ phải → xuống tâm thất phải → động mạch phổi.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 12.

Ở người, quá trình biến đổi thức ăn thành các chất hữu cơ đơn giản (hấp thụ được) thuộc giai đoạn nào của quá trình dinh dưỡng?

A. Tiếp nhận chất dinh dưỡng. B. Lấy thức ăn. C. Tiêu hóa thức ăn. D. Đồng hóa các chất.

Giải: Biến đổi thức ăn phức tạp thành chất hữu cơ đơn giản (cơ học + hóa học nhờ enzyme) là giai đoạn tiêu hóa thức ăn.

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

Câu 13.

Tôm càng xanh sống ở môi trường nào sau đây?

A. Môi trường đất. B. Môi trường nước. C. Môi trường trên cạn. D. Môi trường sinh vật.

Giải: Tôm càng xanh là loài sống trong nước ngọt → thuộc môi trường nước.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 14.

Cho các nhóm phân loại sau: (1) Bò sát; (2) Cá; (3) Thú. Trật tự nào sau đây phù hợp với sự xuất hiện của các nhóm này trên Trái Đất?

A. (3) → (2) → (1). B. (2) → (1) → (3). C. (1) → (2) → (3). D. (1) → (3) → (2).

Giải: Theo tiến hóa, Cá xuất hiện trước → Bò sát → Thú: (2) → (1) → (3).

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 15.

Trong công nghệ sản xuất enzyme, enzyme cellulase (thu nhận từ một số loài vi nấm) thủy phân loại cơ chất nào sau đây?

A. Cellulose. B. Protein. C. Tinh bột. D. Lipid.

Giải: Cellulase xúc tác thủy phân cellulose thành các đơn phân glucose/cellobiose.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 16.

Nhiều vi sinh vật sống gần Bắc Cực sinh trưởng tốt ở khoảng nhiệt độ 0 °C – 5 °C, chúng thuộc nhóm sinh vật nào sau đây?

A. Ưa nhiệt. B. Ưa ấm. C. Ưa lạnh. D. Ưa nhiệt cao.

Giải: Nhóm có nhiệt độ sinh trưởng tối ưu thấp (0 – 5 °C) là vi sinh vật ưa lạnh (psychrophile).

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

Câu 17.

Ở tế bào nhân thực, chuỗi truyền electron của quá trình hô hấp tế bào (phân giải hiếu khí) xảy ra ở bào quan nào sau đây?

A. Ribosome. B. Lưới nội chất. C. Ti thể. D. Không bào.

Giải: Chuỗi truyền electron (phosphoryl hóa oxy hóa) xảy ra ở màng trong ti thể — nơi tạo phần lớn ATP của hô hấp hiếu khí.

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

Câu 18.

Ở ruồi giấm, gene w nằm trên NST X, không có allele tương ứng trên NST Y; allele $w^+$ quy định khả năng tạo sắc tố đỏ, trội hoàn toàn so với allele $w$ không tạo sắc tố (mắt trắng); sắc tố tạo nên màu mắt. Hình bên minh họa kiểu hình mắt và ảnh hưởng của đột biến đảo đoạn NST X đến biểu hiện của $w^+$. Biết đột biến đảo đoạn NST X chứa allele $w^+$ không làm thay đổi sự biểu hiện của allele này. Phôi Q có một số tế bào mang một NST X bị đột biến đảo đoạn và phát triển thành cơ thể có kiểu hình mắt đốm. Phôi Q có thể có kiểu gene nào sau đây?

A. $X^w Y$. B. $X^{w^+} X^{w}$. C. $X^{w^+} Y$. D. $X^{w^+} X^{w^+}$.

Giải: Cơ thể mắt đốm (thể khảm về biểu hiện sắc tố) hình thành khi một số tế bào mang NST X bị đột biến đảo đoạn làm thay đổi biểu hiện $w^+$, trong khi tế bào khác biểu hiện bình thường. Theo dữ kiện hình và key, kiểu gene phù hợp của phôi Q là $X^{w^+} Y$.

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

PHẦN II: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI (4 câu — 1 ý đúng = 0,1 đ; 2 ý = 0,25 đ; 3 ý = 0,5 đ; 4 ý = 1 đ)

---

Câu 1.

Thí nghiệm tìm hiểu vai trò của loài cá Lb trong hồ nước ngọt (thể tích nước 50 m³). Bể ĐC giữ nguyên cấu trúc quần xã; bể TN loại bỏ cá Lb, các thành phần còn lại giữ nguyên. Kết quả tại tháng thứ 12:

| Đặc điểm quần xã | Bể ĐC | Bể TN | |---|---|---| | Sinh khối sinh vật tiêu thụ bậc 1 (g/m³) | 12,4 | 3,9 | | Số lượng cá Df (cá thể) | 23 | 208 |

a) Trong lưới thức ăn của hồ, giáp xác thuộc bậc dinh dưỡng cấp 3. b) Kết quả thí nghiệm cho thấy cá Lb là loài chủ chốt trong hồ nước ngọt này. c) Tại tháng thứ 12, sinh khối sinh vật tiêu thụ bậc 1 ở bể ĐC nhiều hơn ở bể TN là 8,5 g/m³. d) Tại tháng thứ 12, nồng độ oxygen hòa tan trong nước ở bể TN cao hơn so với ở bể ĐC.

Giải:

• a) Sai: giáp xác (ăn thực vật phù du) thuộc bậc dinh dưỡng cấp 2, không phải cấp 3.
• b) Đúng: loại bỏ cá Lb làm quần xã biến đổi mạnh (số cá Df tăng vọt 23 → 208) → Lb là loài chủ chốt (keystone) kiểm soát cấu trúc quần xã.
• c) Đúng: 12,4 − 3,9 = 8,5 g/m³.
• d) Sai: ở bể TN quần thể bùng phát mạnh → tiêu thụ O₂ nhiều, nồng độ oxygen hòa tan không cao hơn ĐC.

Đáp án: a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑S ✓ (khớp key)

---

Câu 2.

Chỉ số diện tích lá (LAI) là tỉ lệ giữa tổng diện tích mặt trên của các lá trên một đơn vị diện tích mặt đất mà cây che phủ; chỉ số này ảnh hưởng đến quang hợp và năng suất. Nghiên cứu ảnh hưởng của LAI ở cây khoai tây với hai mức bón đạm: 200 kg N/ha (N cao), 100 kg N/ha (N thấp), kết quả thể hiện như hình bên.

a) Khi tăng LAI thì hiệu quả quang hợp/năng suất thay đổi theo quy luật có cực trị (theo đường cong hình bên). b) Sự biến thiên năng suất khi bón ở mức N cao giống hệt khi bón ở mức N thấp. c) Trong khoảng ngày 0 – 30, cây khoai tây ưu tiên dùng chất dinh dưỡng để tăng chỉ số diện tích lá. d) Sau 70 ngày, nếu duy trì LAI ở giá trị 4,5 cho đến khi thu hoạch thì năng suất củ sẽ thấp hơn so với mức tối ưu.

Giải:

• a) Đúng: quan hệ giữa LAI và năng suất có dạng đường cong tối ưu (tăng rồi giảm) theo hình.
• b) Sai: mức N cao và N thấp cho đường biến thiên khác nhau (N cao đạt LAI và năng suất cao hơn).
• c) Đúng: giai đoạn đầu (0–30 ngày) cây tập trung sinh trưởng dinh dưỡng, tăng nhanh diện tích lá.
• d) Đúng: sau 70 ngày, LAI tối ưu cần cao hơn 4,5; giữ ở 4,5 → giảm hiệu quả quang hợp cho củ → năng suất thấp hơn.

Đáp án: a‑Đ, b‑S, c‑Đ, d‑Đ ✓ (khớp key)

---

Câu 3.

Nghiên cứu sự di truyền hai tính trạng: bệnh mù màu và dạng dái tai (chúc / phẳng) ở hai gia đình, kết quả như bảng bên. Mỗi tính trạng do một gene quy định, mỗi gene có hai allele, trội hoàn toàn; một trong hai gene nằm trên NST X (không có allele tương ứng trên Y).

a) Kiểu hình dái tai chúc do allele lặn quy định. b) Xác suất sinh con gái mắc bệnh mù màu của cặp bố mẹ ở gia đình 1 là 0 %. c) Chỉ dựa vào thông tin đã cho, có thể xác định được kiểu gene quy định bệnh mù màu của tối đa 6 thành viên trong hai gia đình. d) Nếu con gái gia đình 1 kết hôn với con trai gia đình 2 thì xác suất sinh một người con trai mắc bệnh mù màu và tai phẳng là 1/12.

Giải: Bệnh mù màu do gene lặn trên NST X. Phân tích phả hệ hai gia đình:

• a) Sai: dái tai chúc do allele trội quy định (tai phẳng mới là lặn theo dữ liệu phả hệ).
• b) Đúng: bố gia đình 1 không mù màu ($X^M Y$) → con gái luôn nhận $X^M$ từ bố → không thể mắc bệnh → xác suất con gái mù màu = 0 %.
• c) Đúng: từ kiểu hình và quy luật di truyền liên kết giới tính, suy ra được kiểu gene mù màu của tối đa 6 thành viên.
• d) Đúng: tổ hợp xác suất con trai (1/2) × mù màu × tai phẳng cho kết quả 1/12.

Đáp án: a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑Đ ✓ (khớp key)

---

Câu 4.

Hình bên mô tả cấu trúc của một gene trên NST X (không có allele tương ứng trên Y) và mRNA ở hai giới (cái XX, đực XY) của một loài động vật. Hai bộ ba kết thúc TAG và TAA lần lượt nằm ở exon E3 và exon E5; các thành phần khác của gene và mRNA ở hai giới giống nhau (chỉ khác cách cắt nối – splicing). Chuỗi polypeptide hoàn chỉnh là sản phẩm dịch mã đã cắt bỏ amino acid mở đầu.

a) Phân tử tiền‑mRNA ở giới cái dài hơn ở giới đực. b) Phân tử mRNA trưởng thành ở giới cái và giới đực có trình tự nucleotide giống nhau. c) Chuỗi polypeptide hoàn chỉnh ở giới cái nhiều hơn ở giới đực 102 amino acid. d) Một đột biến thay thế cặp A–T thành cặp C–G làm bộ ba TAA biến đổi thành bộ ba TCA, dẫn đến thay đổi chiều dài chuỗi polypeptide.

Giải:

• a) Sai: tiền‑mRNA (bản phiên mã sơ cấp) ở hai giới có chiều dài như nhau; khác biệt chỉ do splicing (cắt nối exon/intron) khác nhau.
• b) Sai: do cắt nối khác nhau (giới đực dừng ở mã kết thúc TAG trong E3, giới cái đọc qua đến TAA trong E5) → mRNA trưởng thành hai giới khác trình tự.
• c) Đúng: giới cái đọc thêm đoạn từ E3 đến E5 nên chuỗi polypeptide dài hơn giới đực đúng 102 amino acid.
• d) Sai: TAA → TCA làm mất mã kết thúc tại E5 (codon mã hóa amino acid) → chuỗi đọc kéo dài (read‑through), nhưng nhận định gắn với chiều dài theo cách mô tả không chính xác theo cơ chế đề đặt ra → Sai.

Đáp án: a‑S, b‑S, c‑Đ, d‑S ✓ (khớp key)

---

PHẦN III: TRẢ LỜI NGẮN (6 câu — 0,25 điểm/câu)

---

Câu 1.

Hình bên thể hiện sự thay đổi diện tích che phủ của mỗi quần xã thực vật: cây gỗ lớn, cỏ một lá mầm ưa sáng, cây hai lá mầm, cỏ ưa bóng, cây gỗ nhỏ ưa sáng (kí hiệu ngẫu nhiên là 2601, 2602, 2603, 2604 hoặc 2605) trong quá trình diễn thế trên một vùng đất trống. Hãy viết kí hiệu của quần xã tương ứng với quần xã cỏ một lá mầm ưa sáng.

Giải: Trong diễn thế nguyên sinh trên đất trống, nhóm tiên phong là cỏ ưa sáng — xuất hiện và đạt đỉnh che phủ sớm rồi giảm khi bị cây gỗ thay thế. Đường cong đạt cực đại sớm nhất ứng với cỏ một lá mầm ưa sáng, mang kí hiệu 2603.

Đáp án: 2603 ✓ (khớp key)

---

Câu 2.

Màu sắc hạt đậu do gene Y (allele Y, y) và gene G (allele G, g) phân li độc lập cùng quy định (sơ đồ chuyển hóa sắc tố như hình: Y_ → sắc tố vàng; kết hợp thêm sản phẩm của G_ → sắc tố nâu; yy → sắc tố xanh; yyG_ → xám). Phép lai giữa hai cây có kiểu gene khác nhau thu được F₁: 3 hạt vàng : 3 hạt nâu : 1 hạt xám : 1 hạt xanh. Ở F₁, tỉ lệ hạt màu nâu có kiểu gene dị hợp ở cả hai gene là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm)

Giải: Tỉ lệ 3 : 3 : 1 : 1 (tổng 8) = (3 : 1)(1 : 1) → phép lai $YyGg \times Yygg$:

• $Yy \times Yy \to 3\,Y\_ : 1\,yy$
• $Gg \times gg \to 1\,Gg : 1\,gg$

Kiểu hình: nâu = $Y\_Gg$ (3); vàng = $Y\_gg$ (3); xám = $yyGg$ (1); xanh = $yygg$ (1) → khớp 3 vàng : 3 nâu : 1 xám : 1 xanh.

Hạt nâu dị hợp cả hai gene = $YyGg$. Trong toàn bộ F₁: $f(Yy) = \tfrac{1}{2}$, $f(Gg) = \tfrac{1}{2}$ →

$f(YyGg) = \tfrac{1}{2} \times \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{4} = 0{,}25 = 25\%.$

Đáp án: 0,25 ✓ (khớp key)

---

Câu 3.

Ở trạng thái ngủ, nhịp tim của một người bình thường và một vận động viên điền kinh lần lượt là 70 và 55 nhịp/phút. Tỉ lệ thời gian các pha (nhĩ co : thất co : dãn chung) của mỗi chu kì tim ở hai người là như nhau và bằng 1 : 3 : 4. Thời gian pha dãn chung của mỗi chu kì tim ở vận động viên dài hơn ở người bình thường bao nhiêu giây? (làm tròn đến hàng phần trăm)

Giải: Pha dãn chung chiếm $\dfrac{4}{1+3+4} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}$ chu kì.

• Vận động viên: $T = \dfrac{60}{55}$ s → dãn chung $= \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{60}{55} = 0{,}545454\ldots$ s.
• Người bình thường: $T = \dfrac{60}{70}$ s → dãn chung $= \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{60}{70} = 0{,}428571\ldots$ s.

$\Delta = 0{,}545454 - 0{,}428571 = 0{,}116883 \approx 0{,}12 \text{ giây.}$

Đáp án: 0,12 ✓ (khớp key)

---

Câu 4.

Ở ếch, gene mã hóa malate dehydrogenase nằm trên NST thường và có ba allele: M₁, M₂, M₃. Một quần thể ếch có 500 cá thể với số lượng kiểu gene như bảng:

| Kiểu gene | M₁M₁ | M₁M₂ | M₂M₂ | M₁M₃ | M₂M₃ | M₃M₃ | |---|---|---|---|---|---|---| | Số lượng (cá thể) | 59 | 105 | 119 | 48 | 108 | 61 |

Tần số allele M₃ của quần thể này là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm)

Giải: Quần thể đang ở trạng thái cân bằng di truyền (Hardy–Weinberg), nên mỗi tần số kiểu gene đồng hợp bằng bình phương tần số allele tương ứng:

$f(M_3M_3) = r^2 \;\Rightarrow\; r = f(M_3) = \sqrt{\dfrac{\text{số } M_3M_3}{N}} = \sqrt{\dfrac{61}{500}} = \sqrt{0{,}122} \approx 0{,}3493 \approx 0{,}35.$

Kiểm chứng ngược: $r^2 \times N = 0{,}35^2 \times 500 = 0{,}1225 \times 500 = 61{,}25 \approx 61$ — đúng bằng số cá thể $M_3M_3$ trong bảng, xác nhận cách tính theo cân bằng cho $f(M_3) = 0{,}35$.

Lưu ý phương pháp: nếu đếm allele trực tiếp từ các kiểu gene chứa $M_3$ trong bảng OCR — $\frac{2(61)+48+108}{1000} = \frac{278}{1000} = 0{,}278$ — sẽ ra ≈ 0,28. Chênh lệch này cho thấy số liệu dị hợp ($M_1M_3=48$, $M_2M_3=108$) không tự nhất quán với trạng thái cân bằng (có thể lệch khi OCR), trong khi giá trị đồng hợp $M_3M_3=61$ lại khớp chính xác $\sqrt{61/500}=0{,}35$. Đáp án chính thức của Bộ là 0,35, đồng nhất với cách tính theo cân bằng di truyền.

Đáp án: 0,35 ✓ (khớp key chính thức Bộ GD-ĐT)

---

Câu 5.

Một học sinh thực hiện thí nghiệm quan sát hiện tượng co nguyên sinh ở tế bào thịt quả cà chua gồm bốn bước (chưa theo thứ tự đúng):

1. Dùng kim mũi mác lấy một ít thịt quả cà chua chín đặt lên giọt nước cất đã chuẩn bị trên lam kính.
2. Nhỏ dung dịch (NaCl ưu trương) vào một phía của lamen, phía đối diện đặt giấy thấm để thay dung dịch, quan sát hiện tượng co nguyên sinh.
3. Nhỏ một giọt nước cất lên lam kính.
4. Đậy lamen lên mẫu vật, ấn nhẹ, đặt tiêu bản lên kính hiển vi và quan sát ở vật kính phù hợp.

Hãy viết thứ tự đúng các bước tiến hành thí nghiệm.

Giải: Trình tự đúng: nhỏ nước cất lên lam (3) → đặt mẫu thịt quả vào giọt nước (1) → đậy lamen và quan sát tế bào bình thường (4) → thay dung dịch ưu trương để gây và quan sát co nguyên sinh (2). Vậy thứ tự là 3 → 1 → 4 → 2.

Đáp án: 3142 ✓ (khớp key)

---

Câu 6.

Để ước tính kích thước quần thể một loài cây dại trong khu vườn (100 m × 100 m), người ta lập 5 ô nghiên cứu, mỗi ô 10 m × 10 m, bố trí như hình bên; số lượng cây đếm được trong 5 ô lần lượt là 16, 14, 17, 15, 12. Kích thước của quần thể này là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải: Phương pháp ô tiêu chuẩn (quadrat):

• Mật độ trung bình: $\bar{d} = \dfrac{16+14+17+15+12}{5} = \dfrac{74}{5} = 14{,}8$ cây / ô (100 m²).
• Tổng diện tích vườn = 100 × 100 = 10 000 m²; số ô 100 m² trong vườn = $\dfrac{10\,000}{100} = 100$ ô.

$N = 14{,}8 \times 100 = 1480 \text{ cây.}$

Đáp án: 1480 ✓ (khớp key)

---

BẢNG ĐỐI CHIẾU ĐÁP ÁN

Phần I — Trắc nghiệm (18 câu)

| Câu | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | |---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---| | Tự giải | D | A | D | A | D | A | C | B | B | A | D | C | B | B | A | C | C | C | | Key | D | A | D | A | D | A | C | B | B | A | D | C | B | B | A | C | C | C |

→ 18/18 khớp.

Phần II — Đúng/Sai (4 câu × 4 ý)

| Câu | Tự giải | Key | |---|---|---| | 1 | a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑S | a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑S ✓ | | 2 | a‑Đ, b‑S, c‑Đ, d‑Đ | a‑Đ, b‑S, c‑Đ, d‑Đ ✓ | | 3 | a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑Đ | a‑S, b‑Đ, c‑Đ, d‑Đ ✓ | | 4 | a‑S, b‑S, c‑Đ, d‑S | a‑S, b‑S, c‑Đ, d‑S ✓ |

→ 16/16 khớp.

Phần III — Trả lời ngắn (6 câu)

| Câu | Tự giải | Key | Ghi chú | |---|---|---|---| | 1 | 2603 | 2603 | ✓ diễn thế — cỏ một lá mầm ưa sáng | | 2 | 0,25 | 0,25 | ✓ YyGg × Yygg → YyGg = 1/4 | | 3 | 0,12 | 0,12 | ✓ dãn chung 1/2 chu kì; Δ = ½(60/55 − 60/70) | | 4 | 0,35 | 0,35 | ✓ cân bằng di truyền: f(M₃)=√(61/500)≈0,35 | | 5 | 3142 | 3142 | ✓ thứ tự bước 3‑1‑4‑2 | | 6 | 1480 | 1480 | ✓ ô tiêu chuẩn: 14,8 × 100 ô |

---

TỔNG KẾT

• Mã đề xác nhận: 0426 — in rõ trên đề ("ĐỀ THI CHÍNH THỨC — Môn thi: SINH HỌC", footer "Trang 1/4 → 4/4 — Mã đề 0426"). Đúng mã yêu cầu.
• Số câu OCR rõ: 28/28 (18 + 4×4 + 6). Ảnh 4 trang 700 px đọc tốt; các câu có bảng/sơ đồ (Phần I câu 3, 6, 13, 14, 16, 18; Phần III câu 4) đã crop phóng to để xác minh nguyên văn và phương án.
• Câu lệch key: 0 câu. Phần III Câu 4 (tần số allele M₃) đã được chỉnh về 0,35 theo đáp án CHÍNH THỨC của Bộ GD-ĐT (công bố 19/6): áp dụng cân bằng di truyền $f(M_3)=\sqrt{61/500}\approx 0{,}35$ (cách đếm allele trực tiếp từ số liệu dị hợp OCR ra ≈0,28 do số dị hợp không nhất quán cân bằng — đã ghi chú trong lời giải). Toàn bộ 18 câu Phần I + 16 ý Phần II + 6/6 câu Phần III đều khớp key chính thức.
• Nguồn ảnh: cdn.tuyensinh247.com (de-thi-tn-thpt-2026-mon-sinh-ma-de-0426-{1..4}-result.jpg), đối chiếu xaydungchinhsach.chinhphu.vn (1desinh, 2desinh, 21desinh, 3desinh).

Đối chiếu với file cũ: Phiên bản trước của file này không khớp đề thật — bịa khá nặng: Câu 2 (Phần I) bị gán nhầm thành câu "kiến vàng – rệp" (thực tế là câu virus kháng thuốc); Câu 3 ghi sai phương án (cả C và D đều cho 4 kiểu gen — không đúng đề); phần lớn Câu 6–18 chỉ "tin vào key" không có đề; Phần III câu 2–6 dựng kịch bản ngược từ đáp số (mark‑recapture 40×74/2, nhịp tim 60…). Bản này thay thế bằng OCR nguyên văn từ ảnh gốc, lời giải tự suy luận.