Ôn tập sinh 2022 2023 hưng yên đtqg

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA
NĂM HỌC 2022 - 2023
MÔN: SINH HỌC
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đáp án có 13 trang)
Ngày thi thứ nhất: 23/8/2022

Câu 1 (2 điểm). a. Cacbohydrate là một hợp chất hữu cơ có vai trị quan trọng như thành phần cấu trúc,
vận chuyển, tích trữ trong cơ thể thực vật.
- Hình dưới đây mơ tả cấu tạo của phân tử cacbohydrate nào trong tế bào thực vật?
- Phân tử này được hình thành như thế nào? Xác định liên kết X trong hình.
- Phân tử này có tính khử khơng? Giải thích.
- Vai trị của phân tử này trong cơ thể thực vật.

b. Hình dưới biểu diễn quá trình vận chuyển sucrose từ các tế bào thịt lá vào trong ống rây theo con đường
vô bào (apoplast) hoặc hợp bào (symplast) ở nhóm thực vật hạt kín. Hãy giải thích:
(1) Sucrose trong các ống rây khác nhau của cùng mạch rây có thể được vận chuyển theo hướng ngược
nhau hay khơng? Giải thích.
(2) Các tế bào thịt lá trong hình dưới là tế bào của lá ở giai đoạn phát triển hay lá trưởng thành?
(3) Nếu xử lý lá cây với chất độc ức chế chuỗi chuyền điện tử ở màng trong ti thể thì ảnh hưởng như
thế nào đến sự vận chuyển sucrose từ các tế bào thịt lá đến ống rây theo mỗi con đường?

Đáp án
Câu 1 Nội dung
Điểm

a.
-Phân tử đường sucrose (saccarôzơ) - Sucrose được hình thành từ 1 phân tử glucose 0,25
1


b.

và 1 phân tử fructose
- Liên kết X là: liên kết 1,2 a - glucosit
- Khơng có tính khử vì liên kết được tạo thành giữa 2 nhóm -OH glucosit của chúng.
- Vai trị: Sucrose là đường có chức năng cung cấp năng lượng và vận chuyển trong
cơ thể thực vật
(1)- Có thể vận chuyển ngược chiều. Tùy theo cơ quan nguồn và cơ quan chứa các, tế
bào kèm tại đó vận chuyển glucose vào hoặc ra khỏi ống rây tạo chênh lệch áp suất
đẩy dịch rây từ cơ quan nguồn đến cơ quan chứa.
(2)- Lá trưởng thành. Bởi vì đây là tế bào thịt lá là cơ quan nguồn.
- Con đường vơ bào bị ảnh hưởng. Bởi vì ở tế bào kèm, sucrose được vận chuyển
vào tế bào nhờ đối chuyển với H+ gián tiếp sử dụng ATP  thiếu ATP, quá trình này
bị gián đoạn.
(3) - Con đường hợp bào khơng bị ảnh hưởng. Bởi vì sucrose được vận chuyển thụ
động giữa các tế bào qua cầu sinh chất.

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25đ

Câu 2. (1,5 điểm)
Q trình phân giải hiếu khí phân tử glucose được chia thành ba giai đoạn: đường phân, chu trình Krebs và
chuỗi chuyền electron. Hình dưới mơ tả chuỗi chuyền electron với tổng hợp ATP theo cơ chế hóa

thẩm.
a. Chú thích các kí hiệu (1), (2), (3), (4), (5) cho thích hợp.
b. Giải thích q trình tổng hợp ATP theo cơ chế hóa thẩm trong hơ hấp.

c. Một số chất có thể ức chế chuỗi truyền điện tử và ATP synthase trong hô hấp tế bào. Dưới đây là
tác động của một số chất độc:
- Cyanide: Chất ức chế cạnh tranh với O2, bám vào trung tâm của cytochrome c oxidase.
- Oligomycin: Ức chế tiểu phần F0 của ATP synthase.
- 2,4 - DNP: Giảm chênh lệch nồng độ proton hai bên màng trong ti thể.
Hãy cho biết, ở đồ thị bên, X, Y có thể là những chất nào? Giải thích.

Câu
2
a.

Nội dung

Điểm

(1): tế bào chất

0,5
2

b

c

(2): màng ngồi ti thể
(3): khoảng khơng gian giữa 2 màng
(4): màng trong ti thể
(5): chất nền ti thể.
Quá trình tổng hợp ATP theo cơ chế hóa thẩm trong hơ hấp:
0,5
Chuỗi chuyền e trên màng trong tạo động lực vận chuyển H+ từ chất nền sang
xoang gian màng --> tăng H+ ở xoang gian màng --> để giải tỏa sự chênh lệnh
H+, điện thế --> H+ được vận chuyển từ xoang gian màng vào chất nền qua ATP
Synthase --> tổng hợp ATP từ ADP và Pi.
- Sau khi bổ sung chất X, sự tổng hợp ATP và tiêu thụ O 2 bị dừng lại, chứng tỏ X
có thể là Cyanide hoặc Oligomycin:
0,25
+ Cyanide là chất cạnh tranh với oxi, nên gây ảnh hưởng âm tính đến chuỗi
truyền điện tử, qua đó ảnh hưởng gián tiếp đến ATP synthase.
+ Oligomycin ức chế ATP synthase, qua đó khiến chuỗi truyền điện tử bị
dừng lại.
- Sau khi bổ sung chất Y, sự tiêu thụ O 2 tiếp tục diễn ra bình thường, chứng tỏ
proton được vận chuyển qua màng trong ti thể. Tuy nhiên, sự tổng hợp ATP vẫn 0,25
không phục hồi, chứng tỏ gradient proton giảm dần theo thời gian.
Vì thế, Y là 2,4 – DNP.
- Nếu chất X là Cyanide thì sau khi bổ sung Y, sự tiêu thụ O 2 vẫn khơng hồi phục
vì cạnh tranh vẫn xảy ra. Chứng tỏ, X chỉ có thể là Oligomycin.

Câu 3 (1,5 điểm).
Khi nghiên cứu so sánh phổ khuyết dưỡng của 2 vi khuẩn Ps.aeruginosa và Xanthomonas maltophilia, các

nhà khoa học thực hiện 2 thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: Ni cấy 2 vi khuẩn vào 2 hộp petri chứa môi trường M1 (gồm thạch, NaCl, NH4Cl,
KH2PO4, MgSO4 và nước cất). Sau đó, để khoanh giấy có chứa các hợp chất cacbon khác nhau (kí hiệu (1),
(2), (3), (4)) lên trên mặt thạch rồi đem ni ủ ở 37oC trong 48h. Kết quả thí nghiệm thu được như sau:
Kết quả nuôi 2 vi khuẩn trong môi trường M1 và các hợp chất khác
M1
và
(2)
M1
và
(4)
M1 và (1) glucose
M1 và (3) inositol
maltose
mannitol
Ps.aeruginosa
+
+
Xanthomonas
maltophilia
(Dấu (+): có vi khuẩn mọc; dấu (-): khơng có vi khuẩn mọc)
Thí nghiệm 2: Ni cấy 2 vi khuẩn vào 2 hộp petri chứa môi trường M2 (là mơi trường M1 có bổ sung
methionine). Sau đó, để khoanh giấy có chứa các hợp chất cacbon khác nhau (kí hiệu (1), (2), (3), (4)) lên
trên mặt thạch rồi đem nuôi ủ ở 37oC trong 48h. Kết quả nuôi 2 vi khuẩn trong môi trường M2 như sau:
M2
và
(1) M2
và
(2) M2
và

(3) M2
và
(4)
glucose
maltose
inositol
mannitol
Ps.aeruginosa
+
+
Xanthomonas
+
+
maltophilia
(Dấu (+): có vi khuẩn mọc; dấu (-): khơng có vi khuẩn mọc)
a. Mơi trường M1 và M2 là mơi trường gì?
b. Nghiên cứu phổ khuyết dưỡng nhằm mục đích gì?
c. Giải thích kết quả thu được khi nuôi cấy vi khuẩn Ps.aeruginosa và Xanthomonas maltophilia.
3


d. Methionine trong mơi trường M2 có vai trị gì với vi khuẩn Ps.aeruginosa và Xanthomonas maltophilia.
e. Kiểu dinh dưỡng của 2 vi khuẩn Ps.aeruginosa và Xanthomonas maltophilia là gì? Giải thích.
Đáp án
Câu 3 Nội dung
Điểm
a
Mơi trường M1 và M2 đều là mơi trường tổng hợp vì đã biết rõ các thành phần các 0,25
chất.
b

Nghiên cứu phổ khuyết dưỡng nhằm mục đích: xác định được nguồn cacbon và năng 0,25
lượng của vi khuẩn và xác định nhân tố sinh trưởng đối với vi khuẩn.

c

- Kết quả thu được khi nuôi cấy vi khuẩn Ps.aeruginosa: Vi khuẩn có khả năng sử
dụng glucose hoặc mannitol làm nguồn cacbon và năng lượng.
- Kết quả thu được khi nuôi cấy vi khuẩn Xanthomonas maltophilia: Vi khuẩn có khả
năng sử dụng glucose hoặc inositol làm nguồn cacbon và năng lượng.
- Vi khuẩn Ps.aeruginosa là nguyên dưỡng với Methionin.
- Methionine trong môi trường M2 là nhân tố sinh trưởng với vi khuẩn Xanthomonas
maltophilia vì trong TN1 khơng có methionin thì VK này khơng mọc được nhưng ở
TN2 khi bổ sung Methionin thì VK mọc trên mơi trường có nguồn C là glucose hoặc
inositol.
Kiểu dinh dưỡng của 2 vi khuẩn Ps.aeruginosa và Xanthomonas maltophilia đều là
hóa di dưỡng hữu cơ vì chúng đều lấy năng lượng hoạt động sống nhờ phản ứng hóa
học oxi hóa khử và sử dụng các hợp chất hữu cơ làm nguồn electron.

d

e

0,25
0,25
0,125
0,125

0,25

Câu 4. (2,0 điểm).
a.Trong những năm gần đây, xuất hiện nhiều bệnh mới lạ ở người và động vật gây nên bởi các loại virut.
Hãy đưa ra 3 nguyên nhân chính dẫn đến hiện tượng này.
b. Cho sơ đồ chu trình nhân lên của một số loại virus có vật chất di truyền là ARN sau:

Virut SARS-CoV2 và HIV đều là nhóm virus có vật liệu di truyền là ARN. Chúng thuộc nhóm virus nào?
Hãy cho biết sự khác biệt về cơ chế tái bản của 2 virus này.
c. Bảng dưới đây liệt kê tác dụng của một số loại thuốc chống virut mới đang được xem xét để sử dụng cho
người.
Thuốc
Tác dụng của thuốc
1
Ức chế enzim ARN polymerase phụ thuộc ARN
2
Ức chế enzim ARN polymerase phụ thuộc ADN
3
Ức chế enzim ADN polymerase phụ thuộc ARN
4


4
Ức chế enzim ADN polymerase phụ thuộc ADN
5
ức chế enzim integrase
6
ức chế ribosome
Hãy cho biết trong các loại thuốc trên, loại nào chỉ ức chế đặc hiệu cho virut HIV, virut cúm mà khơng ảnh
hưởng đến con người? Giải thích.
Đáp án
Câu 4

Nội dung
Điểm
a
3 ngun nhân chính:
0,25
- Có thể do sự phát sinh đột biến trong các virut hiện có là nguyên nhân chủ yếu của
các bệnh virut mới.
- Sự lan truyền các virut hiện hành từ vật chủ này sang vật chủ khác, chẳng hạn từ
động vật hoang dã sang vật nuôi.
- Sự phá vỡ cân bằng sinh thái (phá rừng, di dân…..) khiến virut lan nhanh.
(HS nêu được 2/3 cũng cho 0,25 điểm)
b
- Virut SARS-CoV2 thuộc nhóm coronavirus có vật liệu di truyền cũng là ssARN(+) 0,25
song được tái bản bởi replicaza (RdRP) là một enzym ARN pol dùng ARN làm mạch
khuôn.
- Virut HIV gây hội chứng suy giảm miễn dịch mắc phải (AIDS) thuộc nhóm 0,25
retrovirus có vật liệu di truyền là ARN sợi đơn mạch dương viết tắt là ssARN(+) được
tái bản bới enzym phiên mã ngược (Rtaza).
- Virut ARN đơn + (SARS CoV2): sử dụng ARN (+) làm khuôn để tổng hợp ARN 0,25
polymerase phụ thuộc ARN. ARN polymerase phụ thuộc ARN sử dụng ARN (+) làm
khn để tổng hợp mạch ARN (-), sau đó ARN (-) làm khuôn để tổng hợp ARN + .
- Virut ARN+ có Enzyme phiên mã ngược (HIV), trước hết dùng enzim phiên mã
ngược của virut ( ADN-pol phụ thuộc virut) để tổng hợp ADN kép trong tế bào chất
sau đó xen cài ADN kép vào NST trong nhân rồi từ đó sao chép tạo genom ARN nhờ 0,25
enzim ARN pol phụ thuộc ADN của tế bào.
c
Thuốc ức chế đặc hiệu cho virut HIV là
- Thuốc 3 vì: Thuốc ức chế đặc hiệu retrovirut phải là thuốc ức chế hoạt động của các 0,25
enzim chỉ có mặt ở các retrovirut. Trong các loại enzim trên chỉ có enzim ADN
polymeraza phụ thuộc ARN là chỉ có mặt ở retrovirut vì đây chính là enzim phiên mã

ngược từ mARN thành cADN.
- Thuốc 5: ức chế enzim integrase. Vì virut này tích hợp ADN kép của nó vào ADN tế 0,25
bào chủ nhờ enzym integrase.
Thuốc ức chế đặc hiệu cho virut cúm là
- Thuốc 1:Vì nó có vật chất di truyền là ARN âm. Nên cần mang theo enzym ARN 0,25
polymeraza phụ thuộc ARN để tổng hợp thành ARN dương.
Câu 5 (1,5 điểm).
Đồ thị dưới thể hiện độ mở khí khổng theo thời gian trong ngày của loài Crassula
ovata và một thực vật điển hình. Thực vật điển hình được nghiên cứu trong ba mơi
trường: bình thường, đất rất khơ và [CO2] thấp.

5


a. Giải thích sự đóng mở khí khổng ở thực vật điển hình.
b. Lồi Crassula ovata thuộc nhóm thực vật nào (C3, C4 hay CAM)? Giải thích.
c. Nhân tố nào liên quan đến sự mở khí khổng ở thực vật điển hình? Giải thích.
Đáp án
Câu 5 Nội dung
Điểm
a
- Thực vật điển hình có khí khổng mở ban ngày và đóng vào ban đêm.
0,25
- Ban ngày các điều kiện về ánh sáng, nhiệt độ phù hợp cho quang hợp, lỗ khí mở để lá
hấp thụ CO2 cho quang hợp. Ban đêm thiếu ánh sáng, khơng quang hơp, lỗ khí đóng 0,25
tránh mất nước.
b

c

- Lồi này đóng khí khổng vào ban ngày và mở vào ban đêm, ngược với thực vật điển
hình.
- Suy ra đây là thực vật mọng nước, quang hợp theo chu trình CAM. Ban đêm khí
khổng mở hấp thụ CO2 dự trữ để quang hợp khi có ánh sáng, ban ngày do điều kiện
khí hậu lỗ khí phải đóng tránh mất nước.
- Quan sát biểu đồ, giữa đất khô và [CO2] thấp thì chỉ có [CO2] thấp liên quan đến sự
mở khí khổng. [CO2] thấp gây ngưng trệ quang hợp, lỗ khí mở để tiếp nhận CO2.
- Đất khơ giảm lượng nước hấp thụ nên cây mất nước, làm lỗ khí đóng chứ khơng mở.

0,25
0,25

0,25

0,25
Câu 6 (2,0 điểm).
a. Hình (A) dưới đây minh họa một giai đoạn của quá trình quang hợp ở thực vật. Hãy cho biết đây là giai
đoạn nào? Vai trị của nó.
b. Sử dụng thuốc diệt cỏ là việc khá phổ biến trong nền nông nghiệp hiện đại. Chất DCMU (diuron) và chất
Paraquat (hình B) là 2 thuốc diệt cỏ lần lượt tác động ức chế lên q trình quang hợp tại vị trí (1) và
(2). Hãy cho biết:
- Các sản phẩm của giai đoạn này bị thay đổi như thế nào dưới tác động của DCMU?
- Các sản phẩm của giai đoạn này của quá trình quang hợp bị thay đổi như thế nào dưới tác động của
Paraquat?

6


c. Các nhà khoa học tiến hành nghiên cứu ảnh hưởng của DCMU và Paraquat đến quá trình quang hợp trên
1 lồi thực vật. Họ tiến hành 2 nhóm cây cùng độ tuổi đem trồng trong điều kiện ánh sáng, dinh dưỡng và

nhiệt độ như nhau.
Lơ thí nghiệm 1: cây trồng được xử lý với DCMU.
Lơ thí nghiệm 2: cây trồng được xử lý với Paraquat.
Theo dõi sự thay đổi hàm lượng các chất 3-Phosphoglycerate (3-PG); 1,3-biphosphoglycerate (1,3-BPG)
và glyceraldehyde-3-phosphate (G3P) được tạo ra trong pha tối trong cây ở 2 lơ thí nghiệm và kết quả thu
được như hình sau:

Dựa vào chu trình Calvin trong pha tối của quang hợp, cho biết các kết quả (a), (b) tương ứng với thí
nghiệm nào? Giải thích.
Đáp án
Câu 6 Nội dung
Điểm
a.
Hình (A) trên minh họa dịng vận chuyển electron và photphorin hóa khơng vòng 0,25
trong pha sáng của quang hợp.
Dòng vận chuyển electron khơng vịng tạo ra ATP và NADPHH+ và O2.
b.
Tác động của DCMU: + DCMU cạnh tranh với Q B để lấy điện tử cao năng (HS có 0,125
thể viết: DCMU ngăn chặn vận chuyển electron từ PQA sang PQB trong con đường
truyền điện tử và phơtphơrin hóa khơng vịng vẫn cho điểm)

khơng có điện tử cao

năng từ P680 truyền đến phức hệ cytochrome b6f ATP không được tạo ra theo con
đường vòng hở. Tuy nhiên, ATP vẫn được tạo ra theo con đường vịng kín.
7


+ Một số phân tử NADPH được tạo ra, sau đó dừng hẳn vì nhánh truyền điện tử cao
năng của con đường vòng hở từ P700 đến NADP + (hoặc enzim FNR) hoạt động thêm

một thời gian ngắn.
0,125
Tác động của Paraquat: Paraquat cạnh tranh với Fd để lấy điện tử cao năng

khơng

có điện tử cao năng từ P700 truyền đến NADP + (enzyme FNR)
NADPH không
0,25
được tạo ra.
+ Nhánh truyền điện tử cao năng của con đường vịng kín bị dừng lại do khơng cịn

c.

điện tử cao năng từ Fd chuyển tới phức hệ cytochrom ATP không được tạo ra theo
con đường vịng kín. Tuy nhiên, một lượng nhỏ ATP vẫn được tạo ra theo con đường
vịng hở vì chuỗi truyền điện tử cao năng của con đường vòng hở từ P680 đến Pc
(plastocyanin) hoạt động thêm một thời gian ngắn.
Thí nghiệm 1 - Kết quả (a) - DCMU
0,25
Vì: + Trong pha tối, phản ứng RuBP kết hợp với CO2 tạo thành 3-PG
PG tăng cao trong thời gian đầu.

hàm lượng 3-

+ Tiếp theo, do ATP vẫn được tạo ra trong pha sáng theo con đường vịng kín
ứng phosphoryl hóa 3-PG thành 1,3-BPG vẫn xảy ra
và hàm lượng 1,3-BPG tăng mạnh.

phản

hàm lượng 3-PG giảm mạnh 0,25

+ Sau đó, do một ít phân tử NADPH được tạo ra trong pha sáng

một lượng nhỏ 1,3-

BPG được chuyển thành G3P
hàm lượng 1,3-BPG giảm nhẹ, hàm lượng G3P tăng
nhẹ. Hàm lượng G3P sau đó giảm do chúng thốt khỏi chu trình Calvin để tạo nên một 0,25
lượng nhỏ carbohydrate và một phần được quay vòng để tái tạo lại chất nhận CO 2
(RuBP).
Thí nghiệm 2 - Kết quả (b)
0,25
Vì: + Trong pha tối, đầu tiên xảy ra phản ứng RuBP kết hợp với CO 2 tạo thành 3-PG
hàm lượng 3-PG tăng cao trong thời gian đầu.
+ Tiếp theo, do một ít phân tử ATP vẫn được tạo ra trong pha sáng theo con đường
vòng hở
một lượng nhỏ 3-PG được phosphoryl hóa tạo thành 1,3-BPG
hàm
0,25
lượng 3-PG giảm nhẹ sau đó được duy trì ổn định, hàm lượng 1,3-BPG tăng nhẹ.
+ Do NADPH không được tạo ra trong pha sáng
thành G3P

1,3-BPG khơng được chuyển

hàm lượng G3P khơng có sự thay đổi.

Câu 7 (1,5 điểm). Ở ruồi giấm, màu mắt đỏ thẫm là kiểu hình kiểu dại. Có hai dịng ruồi giấm thuần chủng

đều có mắt màu đỏ tươi được kí hiệu là dịng I và dịng II. Để nghiên cứu quy luật di truyền chi phối tính
trạng, người ta đã thực hiện hai phép lai dưới đây:
Phép lai 1: Lai các con cái thuộc dòng I với các con đực thuộc dòng II; F 1 thu được 100% ruồi con
đều có màu mắt đỏ thẫm.
Phép lai 2: Lai các con cái thuộc dòng II với các con đực thuộc dòng I; F 1 thu được 100% các con
cái có màu mắt đỏ thẫm; 100% con đực có màu mắt đỏ tươi.
Xác định quy luật di truyền chi phối phép lai. Viết sơ đồ lai giải thích.
Đáp án
8


Câu 7

Nội dung
- Từ kết quả của phép lai 1: Khi lai hai dịng ruồi thuần chủng đều có mắt đỏ
tươi với nhau, đời con F1 đều thu được 100% cá thể có màu mắt kiểu dại màu mắt
của ruồi giấm do hai gen tương tác kiểu bổ trợ.
- Từ kết quả của phép lai 2 ta thấy có sự phân ly khơng đồng đều ở 2 giới  có
sự di truyền liên kết giới tính. Khi lai con cái thuộc dòng II với con đực thuộc dòng I
cho ra đời con có tất cả các con cái đều có màu mắt kiểu dại, cịn các con đực đều có
mắt đỏ tươi hiện tượng di truyền chéo.
- Một trong hai gen quy định tính trạng phải nằm trên nhiễm sắc thể giới tính X
tại vùng khơng tương đồng với Y, gen cịn lại nằm trên NST thường (vì nếu cả hai gen
cùng nằm trên vùng tương đồng của cặp XY hoặc cùng nằm trên X tại vùng không
tương đồng với Y thì sẽ khơng thu được kết quả như phép lai).
- Từ kết quả của phép lai 1 alen đột biến gây màu mắt đỏ tươi ở dòng I phải
nằm trên NST thường. Lý do là nếu alen lặn nằm trên NST giới tính X thì tất cả các con
đực sẽ có mắt màu đỏ tươi.
- Từ kết quả của phép lai 2 ta thấy gen lặn quy định màu mắt đỏ tươi phải nằm
trên NST X vì tất cả các con đực đều có màu mắt đỏ tươi (có hiện di truyền chéo)

- Tổng hợp kết quả của cả phép lai 1 và 2, ta có thể viết sơ đồ lai chứng minh
như sau:
Phép lai 1:

P

I (đỏ tươi)
aaXBXB
F1:

x

Điểm
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

II (đỏ tươi)
AAXbY

AaXBXb Mắt kiểu dại

0,25

B

AaX Y Mắt kiểu dại
Phép lai 2:

P

II (đỏ tươi)
AAXbXb

F1:

x

I (đỏ tươi)
aaXBY

AaXBXb Mắt kiểu dại
AaXbY Mắt đỏ tươi

Câu 8 (1 điểm). Một loài thú ngẫu phối, xét một gen có hai alen A và a nằm trên NST giới tính X khơng
có alen tương ứng trên Y. Biết quần thể khởi đầu có tỉ lệ kiểu gen là: 0,2XAY + 0,8XaY ở giới đực và
0,2XAXA+ 0,6XAXa + 0,2XaXa ở giới cái.
Hãy xác định:
a. Tần số alen mà tại đó quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền. Khi đó tần số kiểu gen ở mỗi giới là bao
nhiêu?
b. Tần số alen ở mỗi giới sau một thế hệ ngẫu phối.
Đáp án
Câu 8 Nội dung
Điểm

9


Tần số alen của phần đực ở quần thể khởi đầu là p0♂= 0,2; q0♂ = 0,8
Tần số alen của phần cái ở quần thể khởi đầu là: p0♀ = 0,5; q0♀ = 0,5
a. Tần số alen mà tại đó quần thể cân bằng là:

0,25

0,2+0,5. 2
3
pcb =
=0,4; qcb = 1- 0,4 = 0,6

0,25

Khi đó, tần số kiểu gen ở hai giới là:
- Đực: 0,4XAY + 0,6XaY
- Cái: 0,16XAXA + 0,48XAXa + 0,36XaXa
b. Tần số các alen ở mỗi giới sau một thế hệ ngẫu phối
Ở giới đực: p1♂ = p0♀= 0,5;
q1♂= q0♀
Ở giới cái: p1♀ = [p0 ♀ + p0 ♂]/2 = (0,5 + 0,2)/2 = 0,35;

0,25

q1♀ = 1 – 0,35 = 0,65

0.25

Câu 9 (1,5 điểm)
Các rối loạn hô hấp có thể được phân loại một cách đơn giản thành dạng tắc nghẽn và dạng hạn chế. Rối
loạn dạng tắc nghẽn được đặc trưng bởi sự giảm dịng khí trong ống hô hấp. Rối loạn dạng hạn chế đặc
trưng bởi sự giảm thể tích khí ở phổi. Hình dưới đây cho thấy hình dạng của đường cong Dịng chảy - Thể
tích đo được khi hít vào cố sức và thở ra cố sức ở người khỏe mạnh với chức năng hơ hấp bình thường và
bốn bệnh nhân bị các rối loạn hô hấp thường gặp.

a. pH máu của bệnh nhân bị rối loạn dạng 1 có thay đổi so với người khỏe mạnh khơng? Vì sao?
b. Bệnh nhân bị rối loạn dạng 3 có nhịp thở thay đổi so với người khỏe mạnh khơng? Vì sao?
c. Bệnh nhân bị rối loạn dạng 2 có thời gian hít vào cố sức dài hơn. Giải thích.
d. Thể tích khí cặn của bệnh nhân bị rối loạn dạng 4 có thay đổi so với người khỏe mạnh khơng? Vì sao?
Câu 9 Hướng dẫn chấm
Điểm
a
- pH bệnh nhân này giảm
0.25
+
- Bệnh nhân 1 có dòng thở ra giảm → H tăng → pH giảm.
0.25
b

c
d

- Nhịp thở của bệnh nhân này tăng
- Bệnh nhân 3 có nhịp thở tăng do giảm dung tích sống, giảm thơng khí, CO2
nhiều; O2 máu giảm → tăng nhịp thở.
Bệnh nhân 2 dịng khí hít vào giảm, thời gian hít vào dài hơn
Bệnh nhân 4 thở ra ít, hít vào ít → khí cặn lưu lại phổi lớn hơn.

0.25
0.25
0.25
0.25

Câu 10 (1,5 điểm)
a. Bảng dưới mô tả sự thay đổi về áp lực máu (mmHg) trong tâm nhĩ trái, tâm thất trái và cung động mạch
chủ ở chu kì tim của một cá thể linh trưởng bị bệnh van tim; T 0 là thời điểm bắt đầu chu kì tim, T0 + 0,75
giây là thời điểm kết thúc của chu kì tim. Biết rằng, ở cá thể linh trưởng khỏe mạnh, áp lực tối đa ở tâm
10


nhĩ trái, tâm thất trái, cung động mạch chủ là 15 mmHg, 120 mmHg và 120 mmHg; áp lực tối thiểu ở tâm
nhĩ trái, tâm thất trái, cung động mạch chủ là 5 mmHg, 5 mmHg và 80 mmHg.

Phân tích các dữ liệu ở bảng, hãy cho biết:
(1) Cá thể linh trưởng này bị hở hay hẹp van tim nào? Giải thích.
(2) Giả sử có thể bỏ qua các sai số về thời gian nếu nhỏ hơn 0,05 giây. Nếu thể tích máu của tâm thất trái
ngay khi kết thúc bơm máu là 55 ml và khi đầy máu là 195 ml, lưu lượng máu trung bình qua van tim bất
thường (hở hoặc hẹp) là 120 ml/giây thì lưu (cung) lượng tim của cá thể linh trưởng này là bao nhiêu? Nêu
cách tính.
b. Coxsackie virus B (CVB) có thể xâm nhập và gây tình trạng viêm ở cơ tim dẫn đến các tế bào cơ tim bị tổn
thương. Người bệnh A bị rối loạn chức năng tuần hoàn do nhiễm coxsackie virus gây viêm ở cơ tim nghiêm
trọng. So với người khỏe mạnh bình thường, hãy cho biết giá trị của những chỉ số sinh lý sau đây ở người
bệnh A là cao hơn, thấp hơn hay không khác biệt đáng kể? Giải thích.
(1) Thể tích máu được tâm thất trái bơm ra động mạch chủ.
(2) Kích thước của tâm thất trái ngay khi kết thúc tống máu.
(3) Thời gian dẫn truyền của xung điện ở nút nhĩ thất.
(4) Thể tích dịch lưu hành trong mạch bạch huyết.
Đáp án

Câu Hướng dẫn chấm
Điểm
10
a
- Cá thể linh trưởng bị hở van động mạch chủ.
0.25
- Vì huyết áp chênh lệch giữa lúc tim thu và lúc tim giãn là lớn (150 mmHg – 65 mmHg 0.25
= 85 mmHg) → một lượng máu trở về tâm thất trái trong lúc tim giãn và lượng máu đó
lại được bơm ra động mạch chủ lúc tim co → tăng huyết áp ở động mạch chủ vào thời
kỳ tâm thu; giảm huyết áp ở động mạch chủ vào thời kỳ tâm trương.
- Hở van động mạch chủ xuất hiện dòng máu chảy qua van tim bất thường ở thời kỳ tâm
trương → thời gian này tương ứng là (0,75 giây - (0,40 giây - 0,25 giây)) = 0,6 giây.
0.25
- Thể tích máu trở lại tâm thất vào thời kỳ tâm trương ở mỗi chu kỳ tim = 0,6 giây x 120
ml/giây = 72 ml máu. Thể tích máu được tim bơm ra động mạch trong mỗi chu kỳ tim =
(195 ml - 55 ml) = 140 ml máu → Thể tích máu được bơm ra và đi nuôi cơ thể (cung
lượng tim) của người này là (140 ml - 72 ml) x (60 phút / 0,75 giây) = 68 ml máu/nhịp x 0.25
80 nhịp/phút = 5440 ml/phút.
b

(1) Giảm. Vì cơ tim bị suy yếu  giảm sức co bóp cơ tim  bơm máu ra động mạch chủ ít 0.25
hơn.
(2) Tăng. Vì máu bơm ra động mạch chủ ít  máu cịn ở tâm thất trái nhiều  tâm thất
trái giãn nhiều  tăng kích thước tâm thất trái ngay khi kết thúc tống máu. (0,25 điểm)
(3) Giảm. Vì máu bơm ra động mạch chủ ít  giảm huyết áp  kích thích thụ thể áp
11


lực  hoạt hóa thần kinh giao cảm  rút ngắn thời gian dẫn truyền của xung điện ở
nút nhĩ thất.

(4) Tăng. Vì máu bị ứ ở tĩnh mạch  tăng áp lực thủy tĩnh ở đầu tĩnh mạch của mao
mạch  cản trở sự tái hấp thu dịch kẽ về mạch máu  tăng lượng dịch tuần hoàn trong 0.25
mạch bạch huyết.
(Học sinh trả lời được 2 ý mới được 0.25 điểm)

Câu 11 (1,0 điểm)
Một bệnh nhân X phải đến phòng cấp cứu với các triệu chứng liệt và có kết quả xét nghiệm một số chỉ
tiêu được thể hiện ở bảng sau:
Chỉ tiêu xét nghiệm
Bệnh nhân X Người bình thường
Tổng lượng T3 huyết tương (nmol/ L)
2,88
0,98 - 2,44
Thyrosine tự do (T4, pmol/ L)
28,1
9,0 - 21,0
Nồng độ TSH (mU/ L)
5,62
0,35 - 4,94
Kháng thể tự miễn với thụ thể TSH (U/ mL)
0,2
0 -1,5
a. Bệnh nhân X (1) bị ưu năng hay nhược năng tuyến giáp và (2) có mắc bệnh tự miễn khơng? Giải thích.
b. Bệnh nhân X (1) nhiệt độ cơ thể, (2) cân nặng, (3) huyết áp và (4) khối lượng tuyến giáp thay đổi như
thế nào so với người bình thường? Giải thích.
c. Nồng độ hormone TSH và thyrosine huyết tương của bệnh nhân X thay đổi như thế nào khi sử dụng (1)
thuốc ức chế hấp thu iodine, (2) thuốc ức chế hoạt động của tế bào thùy trước tuyến yên? Giải thích.
Câu 11 Hướng dẫn chấm
Điểm
a

- Ưu năng, không bị bệnh.

b

- Nhiệt độ tăng => T3 tăng => tăng sinh nhiệt, cân nặng giảm, huyết áp tăng, khối lượng 0.25
tuyến giáp tăng.
- Nếu dùng thuốc ức chế hấp thụ iot => Tiroxin giảm => TSH tăng, tyroxin giảm huyết 0.25
tương.
- Nếu dùng thuốc ức chế giảm ức chế thùy trước tuyến yên => TSH giảm => Giảm kích 0.25
thích tuyến giáp sinh tyroxin => giảm Tyroxin huyết tương

c

0.25

Câu 12 (1,5 điểm)
a. Vị trí của 6 mất đoạn đã được lập bản đồ ở nhiễm sắc thể của Drosophila và được trình bày trong sơ đồ
hình bên.

Các đột biến điểm a, b, c, d, e và f được biết nằm trong cùng một vùng mất đoạn, nhưng trình tự của các
gen đột biến trên nhiễm sắc thể chưa được biết. Khi các con ruồi đồng hợp tử về các đột biến điểm lai với
12


các con ruồi đồng hợp tử về các kiểu mất đoạn người ta nhận được kết quả dưới đây. Lưu ý “m” chỉ kiểu
hình đột biến và (+) chỉ kiểu hình dại. Hãy xác định vị trí của 6 đột biến điểm a,b,c,d,e và f trên NST trên?

b. Cho lai giữa 2 dòng ruồi giấm đột biến chứa mất đoạn 2 và chứa mất đoạn 3, kết quả thu được 25% hợp
tử khơng phát triển. Giải thích kết quả phép lai này.

Đáp án
Câu
Hướng dẫn chấm
Điểm
12
a
- Khi lai giữa một thể đồng hợp tử đột biến mất đoạn với một thể đồng hợp 0.25
tử đột biến điểm nếu thu được kiểu dại chứng tỏ đột biến điểm đó phải nằm
ngồi đoạn NST tương ứng đoạn mất vì khi đó mới xảy ra sự tái tổ hợp tạo
ra NST mang đoạn ADN bình thường
- Như vậy khi lai NST mang mất đoạn 1 với NST mang đột biến từ a đến f ,
ở đột biến điểm nào thu được kiểu dại thì thể đột biến điểm đó phải nằm 0.25
tương ứng với vùng không mất đoạn ở NST mang mất đoạn 1 => đột biến
điểm b,c,e nằm tương ứng đoạn không đột biến mất đoạn 1 (đoạn không
được đánh dấu)
- lý luận tương tự ta có đột biến điểm a,b,c,e nằm ngồi vùng mất đoạn 2
(đoạn khơng được đánh dấu trên hình)
- a,c,e,f nằm ngoài mất đoạn 3
- a,d,f nằm ngoài mất đoạn 4
(0,5 điểm) / đúng 1 ý được 0,1 điểm
0.5
- a,e,f nằm ngoài mất đoạn 5
- a,b,d,f nằm ngoài mất đoạn 6

0.25

b

Hai dòng ruồi giấm đột biến mất đoạn 2 và 3 có 1 đoạn mất chung nhau 0.25
chứa locus gen d. Khi lai giữa hai dịng này có 25% số con bị mất hồn tồn

locus gen này => có thể là nguyên nhân gây ra 25% hợp tử bị chết.

Câu 13 (1,5 điểm). Đặc điểm phân bố của quần thể
13


sinh vật chịu tác động bởi các nhân tố sinh thái gồm cả nhân tố vô sinh và hữu sinh. Một nghiên cứu được
thực hiện ở dãy núi Santa Catalina, nơi mà khu vực chân núi có độ ẩm cao. Độ ẩm đất giảm dần từ chân núi
lên đỉnh núi khơ hạn. Hình bên biểu thị kết quả nghiên cứu mật độ cá thể của ba loài thực vật hạt trần Aa,
Pc và Pm, ở 6 vị trí theo độ cao của sườn núi.
Hãy trả lời các câu hỏi sau:
a. Phân tích đặc điểm phân bố của các lồi thực vật nói trên theo độ cao và độ ẩm.
b. Xác định kiểu phân bố (ngẫu nhiên, quần tụ hay đồng đều) của mỗi quần thể thực vật nói trên. Giải
thích.
c. Khi có sự trùng lặp ổ sinh thái của càng nhiều lồi thì mức độ cạnh tranh giữa các lồi càng cao. Hãy
nhận xét về mức độ cạnh tranh giữa các loài thực vật Aa, Pc và Pm ở các khu vực có độ ẩm thấp, trung
bình, cao. Sự cạnh tranh về lâu dài có thể dẫn tới sự loại trừ một hoặc nhiều lồi khỏi quần xã khơng? Giài
thích.
Đáp án
Câu 13 Hướng dẫn chấm
Điểm
a
- Loài Pc phân bố ở 4 mức độ cao trung bình đến cao (từ 3-6), có mức độ ẩm trung 0.25
bình — thấp. Chủ yếu tập trung ở khu vực đỉnh núi (độ cao 5-6), là khu vực khô hạn
nhất, với mật độ khoảng 35-38 cây/m2.
- Loài Aa phân bố ở độ cao thấp đến trung bình (độ cao 1-4), độ ẩm cao - trung bình; 0.25
Tập trung chủ yếu ở độ cao trung bình, nơi có độ ẩm trung bình, mật độ cao nhất ở
khu vực 3 khoảng 70-75 cây/1000 m2.
- Loài Pm phân bố ở độ cao 1-3; tập trung chủ yếu ở khu vực chân núi, nơi có độ ẩm 0.25
cao, với mật độ khoảng 55-70 cây/1000 m2.

b
c

- Cả ba quần thể có kiểu phân bố quần tụ (theo nhóm). Lồi Pc tập trung chủ yếu ở độ 0.25
cao 1-2, loài Aa tập trung chủ yếu ở độ cao 3, Pm tập trung chủ yếu ở độ cao 5-6.
- Mức độ cạnh tranh cao ở khu vực có độ ẩm trung bình vì có sự phân bố của cả ba 0.25
lồi (đặc biệt là khu vực 3), khu vực có độ ẩm cao có sự cạnh tranh thấp hơn (có 2
lồi), trong khi khu vực cỏ độ ẩm thấp (khơ hạn)
khơng có cạnh tranh khác lồi/chi có lồi Pc sinh sống.
0.25
- Về lâu dài, sự cạnh tranh khác lồi khơng dẫn đến cạnh tranh loại trừ, vì đã có phân
hóa ổ sinh thái và thích nghi ở các khu vực có độ ẩm khác nhau.

14


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH …………
(Hướng dẫn chấm có 10 trang)

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA
NĂM HỌC 2022 - 2023
Môn thi: SINH HỌC
Ngày thi: …………
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1. (1,0 điểm)
Hình dưới đây mơ tả một số chức năng của prôtêin màng:

(Ghi chú: 1- dịch ngoại bào; 2- màng; 3- dịch nội bào; 4- phân tử tín hiệu; 5- cơ chất; 6- sản phẩm; 7- vi

sợi; 8- phân tử prôtêin MHC)
a) Cho biết các chức năng của prôtêin được thể hiện trong hình A, B, C, D, E, F.
b) Nêu 2 điểm khác nhau trong hoạt động của prơtêin hình A, B.
Nội dung
Điểm
a. A- Kênh vận chuyển thụ động ; B- Bơm vận chuyển chủ động ; C- Thụ thể ; D- Enzym; E- Neo
đậu khung xương tế bào; F- Nhận diện tế bào.
0,75
(Mỗi ý đúng được 0,125 điểm)
b. Hai điểm khác nhau:
- A vận chuyển các chất từ nơi có nồng độ cao đến nơi có nồng độ thấp còn B vận chuyến các 0,125
chất từ nơi có nồng độ thấp đến nơi có nồng độ cao.
- A vận chuyển khơng cần cung cấp năng lượng cịn B vận chuyển cần cung cấp năng lượng.
0,125
Câu 2. (1,5 điểm)
Hình dưới cho biết tác động riêng lẻ của các chất B, C, D đến tốc độ phản ứng của enzym. Đường 2
thể hiện tốc tộ phản ứng của enzym đối với cơ chất A.
Hãy cho biết các đường 1, 3, 4 trong đồ thị thể hiện sự tác động tương ứng của từng chất nào trong
các chất B, C, D và cho biết các chất này tác động như thế nào trong phản ứng enzim đó. Giải thích.
Biết rằng các điều kiện khác của phản ứng là giống nhau trong các phản ứng.

15


(Ghi chú: Trong đồ thị trục tung thể hiện tốc độ phản ứng, trục hoành thể hiện nồng độ cơ chất)
Nội dung
Đường 1: Tác động của chất C.
Chất C làm tốc độ phản ứng tăng lên. Theo hình chất C là chất cảm ứng làm tăng tốc độ phản ứng.
Do đó, đồ thị tác động của chất C cao hơn đường 2.
Đường 3: Tác động của chất B.

Chất B là chất ức chế cạnh tranh, nó có thể gắn với trung tâm phản ứng làm giảm liên kết giữa
enzym và cơ chất. Khi tăng nồng độ cơ chất đến mức nhất định thì tốc độ phản ứng tăng đến khi
bằng bình thường khơng có chất ức chế cạnh tranh.
Đường 4: Tác động của chất D.
Chất D là chất ức chế khơng cạnh tranh. Chất này gắn vào enzym làm nó bị biến đổi cấu hình,
khơng liên kết được với cơ chất làm tốc độ phản ứng giảm so với bình thường dù tang nồng độ cơ
chất.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 3. (1,5 điểm)
Đồ thị bên mơ tả q trình sinh trưởng
của quần thể vi khuẩn E.coli trong mơi trường
ni cấy có glucozo và lactozo.
a) Giải thích hiện tượng sinh trưởng trên đồ thị.
b) Cho biết trên đồ thị đường X, Y thể hiện nồng
độ của chất nào? Giải thích.
c) Chú thích vào các giai đoạn 1, 2 trong đồ thị.

Nội dung
a) Hiện tượng sinh trưởng kép.
Khi mơi trường có 2 cơ chất, vi sinh vật ưu tiên sử dụng cơ chất dễ phân giải trước, sau
đó mới sử dụng cơ chất khó phân giải hơn.

b) Đường X thể hiện nồng độ Glucozo.
Vì VSV sử dụng glucozo trước cho quá trình sinh trưởng, khi kết thúc giai đoạn sinh
trưởng 1, chất X hầu như không cịn trong mơi trường ni cấy.
Đường Y thể hiện lactozo.
Vì trong giai đoạn đầu nông độ chất Y không thay đổi chỉ đến khi VSV bước vào giai
đoạn sinh trưởng thứ 2 nồng độ chất Y mới giảm xuống.
c) Chú thích:
1 – Giai đoạn cuối pha log của sinh trưởng sử dụng cơ chất glucozo.
2 – Giai đoạn cuối pha log của sinh trưởng sử dụng cơ chất lactozo.

Điểm
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0,25

0,125
0,125
16


Câu 4. (1,5 điểm)
Dưới đây là cơ chế phân tử tác động kháng SARS-CoV-2 của thuốc kháng virut Molnupiravir.
Khi bệnh nhân sử dụng thuốc Molnupiravir nhanh chóng được phân cắt trong huyết tương thành EIDD1931. Thành phần này sau đó phân bố vào các mô khác nhau và được chuyển hóa thành EIDD-1931-5′triphosphat bởi các enzym kinase của tế bào. EIDD-1931-5′-triphosphat chính là dạng có hoạt tính của
molnupiravir.

Hình 1. Molnupiravir được chủn hóa thành EIDD-1931-5′-triphosphate.

Hình 2.Mơ hình hai bước (two-step model) tác động của molnupiravir.
(Ghi chú: RdRp: enzyme polymerase phụ thuộc RNA của virus)
a) Bằng cơ chế phân tử trên hãy giải thích tại sao nói hiệu quả kháng virut của Molnupiravir là nhờ vào
“thảm họa lỗi virus” (tăng tỷ lệ đột biến của virus vượt quá ngưỡng có thể dung nạp được về mặt sinh học).
b) Tại sao các chuyên gia khuyến cáo sử dụng thuốc Molnupiravir trong vòng 5 ngày khi khởi phát bệnh?
Nội dung
Điểm
a) Hình 1 cho thấy: EIDD-1931-5′-triphosphat có cấu trúc tương tự cytidine triphosphate hoặc 0,25
uridine triphosphate.
Hình 2 cho thấy:
- Bước 1: Trong quá trình tổng hợp ARN mạch (-): RdRp sử dụng EIDD-1931-5′-triphosphat làm 0,25
cơ chất thay vì cytidine triphosphate hoặc uridine triphosphate.
- Bước 2: Khi RdRp sử dụng ARN mạch (-) tạo thành làm khn mẫu cho q trình tổng hợp
ARN mạch (+), EIDD-1931-5′-triphosphate kết hợp với G hoặc A, dẫn đến việc hình thành các
sản phẩm ARN đột biến.
0,25
- Khơng có rà soát và sửa lỗi sao chép của virus.
17


 Tổng hợp ARN đột biến. Khi tỷ lệ đột biến của virus vượt quá ngưỡng có thể dung nạp được 0,25
về mặt sinh học sẽ dẫn đến việc virus bị suy yếu và sau đó bị tiêu diệt.
b) - Thuốc Molnupiravir tác dụng vào giai đoạn tổng hợp ARN của virut.
0,25
- Sử dụng sớm (trong vòng 5 ngày khi khởi phát bệnh) sẽ có tác dụng tạo ra những virut mang đột 0,25
biến dễ bị tiêu diệt. Từ đó ngăn chặn sự nhân lên nhanh chóng của virut.
Câu 5. (1,5 điểm)
a) Tại sao cây xanh bị vàng lá khi thiếu một trong các nguyên tố nitơ (N), magiê (Mg), sắt (Fe)?
b) Lấy ít nhất 4 ví dụ chứng minh dinh dưỡng khoáng ở thực vật liên quan đến các sinh vật khác.
Nội dung

a) N, Mg là thành phần của clorơphin. Fe hoạt hóa enzim tổng hợp clorơphin.
Khi thiếu các nguyên tố này không tổng hợp được diệp lục, làm lộ ra màu của caroten nên lá cây
có màu vàng.
b) - Các vi khuẩn: Các khuẩn chuyển hóa nitơ trong đất (amon hóa, nitrat hóa) chuyển nitơ hữu cơ
thành nitơ khống cây có thể sử dụng được, vi khuẩn cố định nitơ chuyển nitơ phân tử thành NH 4+
cây có thể hấp tụ được.
- Các loại nấm: Các loài nấm đất nhất định hình thành mối quan hệ cộng sinh với rễ, hình thành rễ
nấm. Rễ nấm giúp cây hấp thụ nước và ion khoáng tốt hơn, đặc biệt trong điều kiện ít nước và
nghèo dinh dưỡng.
- Các động vật đất: Giúp đất tơi xốp, tạo điều kiện cho hệ rễ phát triển và tạo độ thống khí giúp
rễ cây hơ hấp tốt, hấp thụ khống tốt.
- Các thực vật khác: đối với thực vật kí sinh, biểu sinh các thực vật khác đóng vai trị quan trọng
trong việc cung cấp nước và nuối khống (thực vật kí sinh) hoặc tạo điều kiện để cây có thể hấp
thụ các chất (thực vật biểu sinh)

Điểm
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 6. (1,5 điểm)
a) Hình bên mơ tả một cấu trúc trong dạ dày. Hãy chú thích vào
các cấu trúc 1, 2, 3, 4 và cho biết vai trị của các cấu trúc đó
b) Dịch vị ở người trưởng thành có pH từ 1,5 đến 2,0. Giá trị

pH đó có ý nghĩa gì đối với q trình tiêu hóa?
c) Vi khuẩn Helicobacter Pylori (HP) là một nguyên nhân gây
loét dạ dày. Cho biết tại sao vi khuẩn này có thể tồn tại và gây
loét trong điều kiện pH rất thấp 1,5 đến 2,0?

Nội dung
a) 1 - Ti thể: Cung cấp năng lượng bơm H+ ra khỏi tế bào.
2 - Tế bào đỉnh (viền): Tiết H+ và Cl- tạo HCl.
3 - Tế bào chính: Tiết pepsinogen.
4 - Tế bào nội tiết: Tiết Gastrin.
b) - Hoạt hóa pepsinơgen ở dạng không hoạt động thành pepsin hoạt động.
- Gây biến tính prơtêin tạo điều kiện cho tiêu hóa thức ăn prôtêin.
- Tiêu diệt các vi khuẩn xâm nhập vào cơ thể qua đường tiêu hóa.
- pH thấp làm tăng co bóp dạ dày, gây đóng, mở mơn vị.
c) - HP tiết enzym Ureaza tạo ra amoniac giúp VK tạo ra vi mơi trường trung tính xung quanh nó.
- Vi mơi trường trung tính làm tăng tiết axit tạo điều kiện cho loét.

Điểm
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,25
18

- Các enzym phân giải protein gây tổ thương niêm mạc dạ dày  gây loét.

0,125
0,125

Câu 7. (1,5 điểm)
Người ta tiến hành nghiên cứu bệnh phì đại tim ở người trưởng thành và đưa ra được số liệu thống
kê ở Bảng dưới đây:
Người bình thường
Người phì đại tim quá mức
Trọng lương tim (% trọng lượng cơ thể)
0,5
1,5
Đường kính tế bào cơ tim (Micromet)
20
30
Mật độ mao mạch trong tim (mao
3000 - 3500
2000
mạch/1mm2)
Tổng lương ADN của tim (g)
99 × 10-3
99 × 10-3
a) Dựa vào bảng số liệu, cho biết bệnh phì đại tim do tăng số lượng tế bào cơ tim hay do tăng kích thước tế
bào cơ tim hay tăng cả hai? Giải thích.
b) Bệnh lí trên có gây ra hậu quả gì cho tim?
Nội dung
Điểm
a) Do tăng kích thước tế bào cơ tim.
0,25

Vì tổng lượng ADN khơng thay đổi, đường kính TB cơ tim tăng.
0,25
b) Hậu quả:
+ Tỉ lệ S/V của tế bào cơ tim giảm dẫn đến sự hấp thụ và đào thải các chất không tương ứng với 0,25
khối lượng tế bào. Do đó, khơng đủ chất dinh dưỡng, đồng thời không kịp đào thải chất độc.
+ Sự dẫn truyền thần kinh từ bên ngoài vào nội bào bị giảm đi nên dẫn truyền kém.
0,25
+ Mật độ mao mạch giảm dẫn đến một số vị trí khơng được cung cấp đủ lượng máu cần thiết để
trao đổi chất thuận lợi với mơi trường quanh nó.
0,25
+ Bào tương tăng nhanh, do vậy các gen cấu trúc và gen điều hịa trong nhân khơng chi phối được
q tình tổng hợp enzym và tổng hợp protein cho quá trình hoạt động của chính nó.
0,25
=> Thối hóa cơ tim lâu dần sễ suy tim.
Câu 8. (1,0 điểm)
Biểu đồ sau đây thể hiện sự xử lý
glucose ở thận thay đổi theo nồng độ glucose
trong huyết tương.
a) Cho biết các đường A, B, C thể hiện
các hoạt động nào dưới đây của thận: thải
glucozo; lọc glucozo; tái hấp thụ glucozo. Biết
mức D thể hiện nồng độ glucozo bình thường.
b) Cho biết mức độ tái hấp thu glucozo
lớn nhất là bao nhiêu?
( Ghi chú:Trục/Axis 1 = Nồng độ glucose huyết tương (mg/100 ml). Axis 2 = Tốc độ lọc, tái hấp thu hoặc
bài tiết glucose (mg/phút).
Nội dung
Điểm
a) Đường A thể hiện lọc glucozo. Đồ thị tăng tuyến tính, nồng độ glucozo càng cao (hơn 0,25
mức bình thường) thì lọc glucozo càng tăng.

Đường B thể hiện thải glucozo. Trên đồ thị thể hiện khi nồng độ glucozo trong máu thấp 0,25
19


thì khơng thải glucozo. Khi nồng độ glucozo tăng trên mức bình thường thì thải glucozo
tăng.
0,25
Đường C thể hiện tái hấp thu glucozo. Tái hấp thụ glucozo chỉ đến một mức nhất
định(400mg/phút) dù nồng độ glucozo tăng.
b) Tốc độ tái hấp thu lớn nhất là 400 mg/phút. Theo đồ thị C.
0,25
Câu 9. (1,5 điểm)
a) Tại sao trong quá trình tổng hợp các tiền mARN và trong quá trình di chuyển của mARN từ nhân ra tế
bào chất ở tế bào nhân thực, chúng không bị phân hủy bởi exonucleaza? Nêu gắn gọn cơ chế phân tử đó.
b) Hai hình dưới đây mô tả các cách mà tế bào nhân thực tạo ra các mARN khác nhau từ một đoạn AND.
Hãy chỉ ra sự khác nhau của hai cách trên và cho biết các phân tử ARN trưởng thành có thể tạo ra từ các
cách đó.

Hình 1

Hình 2
Nội dung
a) - Nhờ sự cải biến đầu 5’ và 3’ của mARN: Sự lắp mũ đầu 5’ và gắn đuôi poly A.
- Lắp mũ đầu 5’: Khi enzym ARN pol II tổng hợp được 20 – 30 nu thì enzym lắp mũ bổ sung một
nucleotit Guanin được gắn nhóm methyl (-CH3) ở vị trí số 7 (m7G) vào đầu 5’ của tiền mARN qua
liên kết 5’-5’ thay cho 5’-3’.
- Gắn đuôi polyA: Trước khi vận chuyển ra tế bào chất các tiền mARN được biến đổi đầu 3’ bằng
việc gắn đuôi poly A (thường từ 50 đến 250 A). Sự gắn đuôi poly A liên quan đến trình tự liên
ứng nhận biết đi [5’-AAUAAA-3’] và có sự tham gia của một số loại protein.
b) Hình 1: Chọn các promoter khác nhau

Chọn P1: E1-E3- E4.
Chọn P2: E2-E3-E4.
Hình 2: Chọn vị trí gắn đi khác nhau
Chọn tín hiệu đi 1: E1- E2-E3
Chọn tín hiệu đi 1: E1- E2-E4

Điểm
0,25
0,125

0,125
0,25
0,125
0,125
0,25
0,125
0,125

Câu 10. (2,0 điểm)
a. Có 5% số người mắc hội chứng Down có số lượng nhiễm sắc thể bình thường là 46. Giải thích cơ chế
hình thành bộ NST của những người này.
b. Những loại đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể nào có thể làm tăng sự biểu hiện của một gen nhất định?
Giải thích?
Nội dung
Điểm
- Do đột biến chuyể đoạn Robertson xảy ra ở các NST tâm đầu.
0,25
- Ở người, có 5 NST dạng tâm đầu, gồm NST 13, 14, 15, 21 và 22. Trong quá trình phân
bào, do một số ngun nhân nào đó dẫn đến các NST dạng tâm đầu này bị đứt gãy ngang ở
vùng cận tâm động và sau khi bị đứt gãy, các cánh dài của hai NST khác nhau lại gắn chặt

0,25
20