Ôn tập sinh duyên hải hdc sinh hoc 10 14 7 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIII, NĂM 2022
(HDC gồm 10 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: SINH HỌC - LỚP 10
Câu 1 (2,0 điểm)
Ure và  mercaptoetanol là hai hợp chất gây biến tính protein. Để tìm hiểu cấu trúc bậc bốn của
một phân tử protein, người ta tiến hành thí nghiệm xử lý phân tử protein này bằng hai hợp chất trên
rồi tiến hành phân tích sản phẩm thu được. Kết quả thí nghiệm thu được như sau:
Thí nghiệm 1: Khi xử lý bằng dung dịch ure 6M chỉ thu được hai protein có khối lượng tương
ứng là 100 kDa và 120 kDa.
Thí nghiệm 2: Khi xử lý bằng dung dịch ure 6M bổ sung  mercaptoetanol thu được ba loại
protein có khối lượng tương ứng là 20kDa, 30 kDa và 50 kDa. Dựa vào kết quả thí nghiệm trên hãy
cho biết:
1. Phân tử protein này có khối lượng bao nhiêu?
2. Phân tử protein này được cấu tạo từ bao nhiêu chuỗi polypeptit? Phân tích cụ thể các tiểu phần
protein của phân tử protein nói trên.
Biết  mercaptoetanol oxi hóa liên kết disulfide, trong khi ure phá vỡ tất cả các liên kết yếu
(không phải liên kết cộng hóa trị) bên trong phân tử protein. Số lượng chuỗi polypeptit của phân tử
này không quá 6 chuỗi.
Ý
1
2

Nội dung
1. Phân tử protein này có khối lượng: 100 + 120 = 220kDa.
2. Phân tử protein này được cấu tạo từ 6 chuỗi polypeptit.
Trường hợp 1:
Tiểu phần protein 100 kDa được cấu tạo từ 3 chuỗi polypeptit: 1 chuỗi 50kDa, 1
chuỗi 30kDa, 1 chuỗi 20kDa.

Tiểu phần protein 120 kDa được cấu tạo từ 3 chuỗi polypeptit: 2 chuỗi 50kDa, 1
chuỗi 20kDa.
Trường hợp 2:
Tiểu phần protein 100 kDa được cấu tạo từ 2 chuỗi polypeptit 50kDa.
Tiểu phần protein 120 kDa được cấu tạo từ 4 chuỗi polypeptit: 1 chuỗi 50kDa, 1
chuỗi 30kDa, 2 chuỗi 20kDa.
(HS phải lập luận được số chuỗi polypeptit của phân tử protein không quá 6 chuỗi
để xác định cấu trúc của các tiểu phần mới cho điểm tối đa).

Điể
m
0,5
0,5

0,5

0,5

Trang 1/10


Câu 2 (2,0 điểm)
2.1. Insulin là một loại prôtêin xuất bào của các tế bào  ở
tiểu đảo Langerhans của tuyến tụy. Trong một nghiên cứu để
tìm hiểu về hoạt động sinh tổng hợp insulin trong tế bào, các tế
bào  được xử lý với axit amin lơxin đánh dấu phóng xạ ( 3H
lơxin) trong 30 phút, sau đó rửa sạch rồi tiếp tục ủ tế bào trong
điều kiện chứa lơxin khơng đánh dấu phóng xạ. Hoạt độ phóng
xạ ở các vị trí I, II và III trong tế bào  được đo liên tục suốt thí
nghiệm, kết quả được mơ tả ở Hình 2.1.

Hãy cho biết mỗi vị trí I, II và III tương ứng với cấu trúc
Hình 2.1
nào sau đây: màng sinh chất, lưới nội chất, các túi nội bào từ bộ máy Gôngi, bộ máy Gôngi, ti thể?
Giải thích.
2.2. Một nghiên cứu được tiến hành để so sánh 2 con đường vận chuyển các phân tử ngoại bào:
nhập bào nhờ thụ thể và ẩm bào. Người ta
nuôi
cấy một loại tế bào động vật trong mơi
trường có bổ sung protein A hoặc protein B
ở
các nồng độ khác nhau. Kết quả là cả 2 loại
protein đều được tìm thấy trong các túi vận
chuyển nội bào (Hình 2.2 và Hình 2.3). Xác
định mỗi loại protein trên được vận chuyển
vào tế bào theo cơ chế nào? Giải thích.
Hình 2.2
Hình 2.3
Ý

Nội dung

2.1

+ Xác định các vị trí:
Vị trí I: tương ứng với bộ máy Gongi.
Vị trí II: tương ứng với lưới nội chất.
Vị trí III: tương ứng với các túi nội bào từ bộ máy Gongi.
+ Giải thích:
Khi lơxin được đánh dấu phóng xạ vào trong tế bào, nó được sử dụng cho quá
trình tổng hợp protein ở lưới nội chất; sau đó sẽ được vận chuyển đến các cấu trúc

tiếp theo nên hoạt độ phóng xạ giảm dần theo thời gian→ tương ứng với đồ thị II.
Protein tiết (insulin) được tổng hợp tại lưới nội chất, biến đổi và hoàn thiện trong
bộ máy Gongi, nên lúc đầu hoạt độ phóng xạ thấp sau đó tăng dần rồi lại tiếp tục
giảm khi insulin đã được chuyển vào trong các túi xuất bào vận chuyển đến màng
sinh chất→ tương ứng với đồ thị I.
Các túi xuất bào ở bộ máy Gongi khi có tín hiệu thích hợp, sẽ di chuyển và hịa
nhập với màng sinh chất để xuất bào protein ra ngoài, do vậy hoạt độ phóng xạ ban
đầu thấp sau đó tăng dần theo thời gian→ tương ứng với đồ thị III.
Protein A được vận chuyển theo cơ chế nhập bào nhờ thụ thể.
Vì tốc độ hấp thụ tăng lên và gần đạt đến tốc độ bão hoà thụ thể màng trên tế bào.
Protein B được vận chuyển theo cơ chế ẩm bào.
Vì tốc độ hấp thụ tăng tuyến tính phụ thuộc vào nồng độ protein B. Sự ẩm bào
diễn ra liên tục để đưa các chất vào với tốc độ phụ thuộc vào nồng độ cơ chất.

2.2

Điể
m
0,25

0,25

0,25

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

Trang 2/10


Câu 3 (2,0 điểm)
Hình 3 mơ phỏng một thí nghiệm được thực hiện vào năm 1960. Lúc đầu lục lạp được đặt trong
dung dịch có pH = 4 để khơng gian trong strơma và tilacơit bị axit hóa. Sau đó chuyển sang trạng thái cơ
bản (dung dịch pH = 8), điều này nhanh chóng làm tăng pH chất nền bằng 8, đồng thời có bổ sung ADP
và Pi, lúc này tilacoid vẫn duy trì pH = 4. Hãy cho biết:
1. Trong thí nghiệm trên, ATP có
được tổng hợp khơng? Giải thích.
2. Có cần ánh sáng để thí nghiệm hoạt
động khơng?
3. Điều gì sẽ xảy ra nếu như các bước
thí nghiệm vẫn tiến hành như trên, tuy
nhiên ở bước thứ nhất đặt trong pH = 8 và
bước thứ hai đặt trong pH = 4?
Hình 3
4. Chất dinitrophenol (DNP) có thể khuếch tán dễ dàng qua màng và giải phóng 1 proton vào
chất nền lục lạp. Nếu bổ sung DNP trong thí nghiệm trên, thì q trình tổng hợp ATP có xảy ra
khơng? Giải thích.
Ý

Nội dung

1

Có.
Sự chuyển liên tiếp các bước trong thí nghiệm đã tạo ra sự chênh lệch về nồng độ
+
H giữa tilacoid với chất nền lục lạp. H + sẽ chảy qua ATP synthetase hướng về phía

chất nền và tổng hợp ATP.
Khơng cần.
Vì các bước của thí nghiệm đã tạo nên sự chênh lệch nồng động H + bên trong
tilacoid cao hơn bên ngồi chất nền. Do đó thay thế cho ánh sáng và chuỗi truyền e.
Không tạo ra ATP.
Có sự chênh lệch H+ nhưng sự chênh lệch ngược với hướng của ATP synthetase.
Có.
Vì trong thí nghiệm sự chênh lệch nồng độ H + không phụ thuộc vào chuỗi truyền
electron nên quá trình tổng hợp ATP vẫn diễn ra.

2

3
4

Điể
m
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Trang 3/10


Câu 4 (2,0 điểm)

4.1. Phân biệt cơ chế hoạt động của chất ức chế cạnh tranh và chất ức chế không cạnh tranh của
enzyme. Succinate là cơ chất của enzyme succinate dehydrogenase. Malonate là một chất ức chế của
enzyme này. Làm thế nào để xác định được malonate là chất ức chế cạnh tranh hay chất ức chế
không cạnh tranh?
4.2. Vì sao electron khơng được truyền trực tiếp từ NADH và FADH 2 tới O2 mà cần có chuỗi
truyền điện tử trong hơ hấp? Điều gì xảy ra nếu khơng có chuỗi truyền điện tử nhưng có cơ chế làm
giảm pH của xoang gian màng?
Ý

Nội dung

4.1

* Phân biệt:
- Chất ức chế cạnh tranh: có cấu tạo hóa học và hình dạng khá giống với cơ chất.
Khi có mặt cả cơ chất và chất ức chế sẽ xảy ra sự cạnh tranh về trung tâm hoạt tính và
dẫn đến kìm hãm hoạt động của enzyme. Do phức hệ enzyme chất ức chế rất bền
vững, như vậy khơng cịn trung tâm hoạt động cho cơ chất nữa.
- Chất ức chế không cạnh tranh: chúng khơng kết hợp với trung tâm hoạt tính của
enzyme mà kết hợp với enzyme gây nên các biến đổi gián tiếp hình thù trung tâm
hoạt động làm nó khơng phù hợp với cấu hình của cơ chất.
* Nhận biết
- Làm tăng nồng độ cơ chất (succinate), xem xét tốc độ của phản ứng tăng lên hay
không.
Nếu tốc độ phản ứng tăng lên thì malonate là một chất ức chế cạnh tranh.
(HS có thể nêu thí nghiệm cụ thể, nếu đúng vẫn cho đủ điểm)
Electron không được truyền trực tiếp từ NADH và FADH2 tới O2 mà cần có chuỗi
truyền điện tử trong hơ hấp vì:
+ Khi truyền qua chuỗi truyền điện tử năng lượng được giải phóng từ từ từng phần
nhỏ qua nhiều chặng.

+ Nếu truyền trực tiếp sẽ xảy ra hiện tượng "bùng nổ nhiệt" đốt cháy tế bào.
Quá trình tổng hợp ATP vẫn diễn ra vì khi pH xoang gian màng giảm thì nồng độ
H+ cao và như vậy phức hệ ATP synthetase tiếp tục hoạt động theo cơ chế hóa
thẩm.

4.2

Điể
m
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,5

Trang 4/10


Huỳnh quang (%)

Câu 5 (2,0 điểm)
Loại bỏ
Bổ sung
5.1. Ở một thí nghiệm, người ta gắn
chất gắn chất gắn

protein phát huỳnh quang CFP (bước
Màng sinh chất
sóng hấp thụ: 440nm, bước sóng phát
1
Khơng có
Gββ
YFP
ra: 489 nm) lên tiểu phần Gα của
chất độc
γ
Gβ
protein G, và YFP (bước sóng hấp thụ:
CFP
α
2
490nm, bước sóng phát ra: 527nm) lên
tiểu phần Gβγ. Nếu CFP và YFP ở gần
Thời gian (s)
nhau thì sẽ xảy ra hiện tượng truyền
Hình 5.1
Hình 5.2
năng lượng huỳnh quang, theo đó, năng
lượng phát ra từ CFP có thể được YFP hấp thụ (Hình 5.1). Chất độc của Vibrio cholerae (VT) gây
mất khả năng phân giải GTP của Gα kích thích. Chất độc của Bordetalla pertussis (BT) gây mất khả
năng giải phóng GDP của Gα ức chế. Các tế bào gắn huỳnh quang được nuôi trong mơi trường
khơng bổ sung chất độc (đường liền)/ có bổ sung VT/ có bổ sung BT. Bể ni được chiếu ánh sáng
có bước sóng 440nm. Kết quả đo huỳnh quang 527nm theo thời gian được thể hiện ở Hình 5.2. Biết
Gα và Gβγ là các tiểu phần của protein G sẽ liên kết với nhau khi có mặt GDP.
a. Đường nào ở Hình 5.2 thể hiện mơi trường có bổ sung VT và mơi trường có bổ sung BT? Giải thích.
b. VT và BT dù có cách tác động khác nhau nhưng đều gây ra sự tăng nồng độ cAMP trong tế

bào. Giải thích vì sao 2 chất độc trên lại giống nhau về hậu quả tác động?
Ý
Nội dung
Điể
m
5. a. VT gây mất khả năng phân giải GTP của Gα, khiến cho Gα luôn tách ra khỏi 0,25
1 Gβγ, nên không xảy ra sự truyền năng lượng huỳnh quang khi loại bỏ chất gắn. Như
vậy, đường số 2 thể hiện mơi trường có bổ sung VT.
BT gây mất khả năng giải phóng GDP của Gα, khiến cho Gα và Gβγ luôn gắn với 0,25
nhau, nên sự bổ sung chất gắn không làm giảm sự truyền năng lượng huỳnh quang.
Như vậy, đường số 1 thể hiện mơi trường có bổ sung BT.
b. VT gây mất khả năng phân giải GTP của Gα kích thích, khiến Gα kích thích ln ở 0,25
trạng thái hoạt động, dẫn đến sự hoạt hóa liên tục adenylyl cyclase → tăng nồng độ
cAMP
0,25
BT gây mất khả năng giải phóng GDP của Gα ức chế, khiến Gα ức chế luôn ở trạng
thái bất hoạt, dẫn đến sự hoạt hóa liên tục adenylyl cyclase → tăng nồng độ cAMP.
5.2. Quan sát 3 thí nghiệm được bố trí như Hình 5.3:
a. Các thí nghiệm đó minh họa cho q trình nào?
Hãy viết phương trình phản ứng của quá trình đó.
b. Sau một thời gian sẽ thấy hiện tượng gì xảy ra
ở thí nghiệm 1, thí nghiệm 2, thí nghiệm 3? Giải
thích.
c. Dùng các nguyên liệu, dụng cụ như trên, em
hãy bố trí thí nghiệm khác để chứng minh những hiện
tượng đã xảy ra ở các thí nghiệm trên là do q trình
sống gây nên.
Hình 5.3
Ý
5.2

Nội dung

Điể
m
a. Các thí nghiệm trên đều minh họa cho quá trình lên men rượu từ dung dịch 0,25
glucose bởi nấm men.
+ Phương trình phản ứng: C6H12O6
>
2C2H5OH + 2CO2 + Q
b. Hiện tượng:
+ TN 1: Bóng cao su phồng dần lên do khí CO2 tạo ra từ phản ứng bay vào ống.
0,5
+ TN 2: Do phản ứng tỏa nhiệt nên nhiệt độ ở nhiệt kế tăng lên.
+ TN 3: Cốc nước vơi trong hóa đục do khí CO2 tạo ra từ phản ứng sục vào.
Trang 5/10


(HS giải thích đúng 1 ý khơng được điểm; 2 ý được 0,25 điểm)
c. Thí nghiệm: Đun sơi dung dịch trên để làm chết men rượu sẽ khơng cịn xảy ra 3 0,25
hiện tượng trên → chứng minh được các hiện tượng trên là do quá trình sống gây
nên.
Câu 6 (2,0 điểm)
Thí nghiệm được thực hiện để tìm hiểu tác dụng ức chế chu kỳ tế bào của hai loại thuốc X và Y
ứng dụng để điều trị ung thư trực tràng. Mẫu đối chứng được lấy từ biểu mô trực tràng của người
bình thường; các mẫu thí nghiệm 1 và 2 được lấy từ biểu mô khối u của người bị ung thư trực tràng
được bổ sung với một trong hai thuốc X và Y. Lượng ADN tương đối của mỗi tế bào được đo bằng
kĩ thuật
huỳnh quang. Hình 6 thể hiện
tỉ lệ số tế bào trong mẫu đối

chứng và các mẫu thí nghiệm
với lượng ADN khác nhau.
Dựa vào kết quả ở hình 6, hãy
cho biết:
1. Mỗi pha của chu kỳ tế
bào (G1, S, G2, M) nằm trong
đoạn nào (A, B, C) ở Hình 6?
Hình 6
Giải thích.
2. Cho biết thuốc X ức chế hoàn toàn một pha của chu kỳ tế bào, thuốc Y chỉ giới hạn tốc độ vượt
qua một điểm chốt của chu kỳ tế bào.
a. Mẫu nào trong hai mẫu 1 và 2 là mẫu thí nghiệm được bổ sung thuốc X và Y? Giải thích.
b. Thuốc X ức chế pha nào của chu kỳ tế bào? Giải thích.
c. Thuốc Y giới hạn tốc độ vượt qua điểm chốt nào của chu kỳ tế bào? Giải thích.
Ý
Nội dung
Điể
m
1
Pha G1 thuộc đoạn A. Bởi vì ADN trong tế bào chưa bắt đầu sao chép → lượng
ADN tương đối của tế bào ở trạng thái chưa nhân đôi.
0,25
Pha S thuộc đoạn B. Bởi vì ADN trong tế bào đang được sao chép → lượng ADN
tương đối của tế bào ở giữa trạng thái chưa nhân đôi và nhân đơi hồn tất.
0,25
Pha G2 và M thuộc đoạn C. Bởi vì ADN trong tế bào đã sao chép hồn tất nhưng
chưa phân chia cho tế bào con → lượng ADN tương đối của tế bào ở trạng thái nhân
0,5
đôi.
2

Mẫu 1 được bổ sung thuốc Y. Bởi vì có thể quan sát được tế bào ở tất cả các giai 0,25
đoạn của chu kỳ tế bào → tế bào không bị ngừng lại ở pha nào của chu kỳ tế bào.
Mẫu 2 được bổ sung thuốc X. Bởi vì khơng thể quan sát được tế bào ở pha G2 và 0,25
M → tế bào bị ngừng lại trước khi bước vào pha G2 và M.
Thuốc X ức chế pha S của chu kỳ tế bào → tế bào bị ngừng lại ở pha S. Bởi vì 0,25
khơng quan sát thấy có tế bào nào ở pha G2 và M.
Thuốc Y giới hạn tốc độ vượt qua điểm chốt G2/M của chu kỳ tế bào. Bởi vì có
thể quan sát thấy thời gian pha G2 và M bị kéo dài (tỉ lệ số tế bào ở pha G2 và M 0,25
tăng, số tế bào ở pha G1 giảm).

Trang 6/10


Câu 7 (2,0 điểm)
7.1. Cho thành phần môi trường I gồm: H 2O, NaCl, CaCl2, MgSO4, (NH4)2SO4, KH2PO4. Hãy xác
định kiểu dinh dưỡng của các chủng vi khuẩn (A, B, C) từ bảng dữ liệu sau:
Môi trường
nuôi cấy
I + nước chiết thịt
I + sục CO2
I + sục CO2

Điều kiện
nuôi cấy
không có ánh sáng
khơng có ánh sáng
chiếu sáng

A
có khuẩn lạc

khơng có khuẩn lạc
khơng có khuẩn lạc

Chủng vi khuẩn
B
khơng có khuẩn lạc
có khuẩn lạc
khơng có khuẩn lạc

C
khơng có khuẩn lạc
khơng có khuẩn lạc
có khuẩn lạc

7.2. Ba ống nghiệm X, Y và Z lần lượt chứa vi khuẩn Escherichia coli (Gram âm), Baclillus
subtilis (Gram dương) và Mycoplasma mycoides (khơng có thành tế bào) với cùng mật độ (10 6 tế
bào/mL) trong dung dịch đẳng trương. Bổ sung lizozim vào cả ba ống nghiệm, ủ ở 37 oC trong 1 giờ.
Tiếp tục bổ sung thực khuẩn thể gây độc đặc hiệu cho từng loại vi khuẩn vào ống X, Y, Z và ủ ở
37oC trong 1 giờ. Sau đó, tế bào vi khuẩn được li tâm và rửa lại nhiều lần rồi được cấy trải trên đĩa
petri chứa môi trường thạch phù hợp cho sinh trưởng, phát triển và phục hồi thành tế bào của cả ba
loại vi khuẩn (đĩa X, Y và Z), ủ ở 37oC trong 24 giờ. Hãy cho biết khả năng mọc của vi khuẩn và sự
hình thành vết tan trên mỗi đĩa petri.
Ý
7.1

Nội dung

Điểm

Xác định kiểu dinh dưỡng:

Chủng A: tạo khuẩn lạc trong môi trường cần chất hữu cơ và khơng có ánh sáng
→ kiểu dinh dưỡng là hóa dị dưỡng.
Chủng B: tạo khuẩn lạc trong môi trường cần CO2 và khơng có ánh sáng → kiểu
dinh dưỡng là hóa tự dưỡng.
Chủng C: tạo khuẩn lạc trong mơi trường cần CO2 và cần ánh sáng → kiểu dinh
dưỡng là quang tự dưỡng.
(Đúng 1 ý đạt 0,25đ; đúng 2 ý đạt 0,5đ; đúng 3 ý mới đạt 1,0đ)
7.2 Đĩa X:
+ Vi khuẩn Escherichia coli (G )  không bị tác động của lizozimkhuẩn lạc
hình thành.
+ Bổ sung thực khuẩn thể đặc hiệu xâm nhập và nhân lên trong tế bào vi khuẩn
 xuất hiện vết tan.
Đĩa Y:
+ Vi khuẩn Baclillus subtilis (G+)  bị tác động của lizozim  phá thành  đặt
trong điều kiện phù hợp  phục hồi thành  hình thành khuẩn lạc.
+ Bổ sung thực khuẩn thể đặc hiệu trước khi phục hồi thành  thực khuẩn thể
không xâm nhập vào tế bào vi khuẩn  không xuất hiện vết tan.
Đĩa Z:
+ Vi khuẩn Mycoplasma mycoides (không thành)  không bị tác động của lizozim
khuẩn lạc hình thành.
+ Bổ sung thực khuẩn thể đặc hiệu xâm nhập và nhân lên trong tế bào vi khuẩn
xuất hiện vết tan.
(Đúng 1 ý đạt 0,25đ; đúng 2 ý đạt 0,5đ; đúng 3 ý mới đạt 1,0đ)
Câu 8 (2,0 điểm)
Để nghiên cứu quá trình
ứng dụng thu sinh khối vi

1,0

1,0

Trang 7/10


sinh vật đối với từng loại sản phẩm khác nhau, người ta ni cấy hai lồi vi khuẩn Streptomyces
rimosus (thu kháng sinh tetracylin) và Propionibacterium
shermanii (thu vitamin B12)
Hình 8.1
Hình 8.2
vào từng mơi trường với điều kiện dinh dưỡng thích hợp ở 300C. Đường cong sinh trưởng của từng loài
vi khuẩn và sự biến đổi về hàm lượng sản phẩm được thể hiện ở Hình 8.1 và Hình 8.2.
1. Xác định đồ thị biểu diễn sự sinh trưởng của mỗi loài vi khuẩn. Giải thích.
2. Để thu được sinh khối tối đa cần phải ni cấy mỗi lồi trong điều kiện nào? Giải thích.
3. Vi khuẩn trong tự nhiên sinh ra các sản phẩm trao đổi chất chỉ ở mức độ cần thiết. Ở một số
chủng đột biến, người ta thu được sản phẩm trao đổi chất ở mức cao hơn do sai hỏng trong cơ chế
điều hòa. Những chủng này được coi là những chủng có năng suất cao và được dùng trong sản xuất
công nghiệp. Các chủng vi khuẩn này có thể mang đột biến nào?
Ý
Nội dung
Điểm
1
Hình 8.1 – tương ứng với vi khuẩn Propionibacterium shermanii.
0,25
Vì vitamin B12 là chất cần thiết cho quá trình sinh trưởng của vi khuẩn (cofactor 0,25
của nhiều loại enzim tổng hợp ADN và chuyển hoá axit amin), chủ yếu được tạo ra
trong giai đoạn vi khuẩn đang sinh trưởng và phát triển mạnh.
Do vậy lượng vitamin B12 tăng mạnh ở pha luỹ thừa và ít thay đổi nhiều ở pha cân
bằng, đây là đặc điểm của đồ thị Hình 8.1.
- Hình 8.2 tương ứng với vi khuẩn Streptomyces rimosus.
0,25

Tetracylin là sản phẩm không cần thiết cho sự sinh trưởng của vi khuẩn (làm ức 0,25
chế hoạt động của vi khuẩn khác và gia tăng khả năng cạnh tranh), thường được tạo
ra sau khi pha sinh trưởng đã kết thúc.
Do vậy lượng tetracylin thường không thay đổi trong các pha sinh trưởng và bắt
đầu tăng mạnh ở pha cân bằng, đây là đặc điểm của đồ thị Hình 8.2.
2
Streptomyces rimosus tạo ra kháng sinh tetracylin là sản phẩm tạo ra chủ yếu ở 0,25
pha cân bằng (sản phẩm trao đổi chất bậc 2).
Trong nuôi cấy liên tục khơng có pha cân bằng do đó cần nuôi cấy Streptomyces
rimosus bằng phương pháp nuôi cấy không liên tục để thu được lượng sản phẩm đối
đa.
Propionibacterium shermanii tạo ra vitamin B12 là sản phẩm gắn liền với sự sinh 0,25
trưởng, do đó muốn thu sinh khối tối đa từ vi khuẩn cần nuôi cấy trong điều kiện
nuôi cấy liên tục (khơng có pha cân bằng, pha luỹ thừa kéo dài liên tục).
3
Các chủng vi khuẩn có thể mang đột biến:
Mất khả năng ức chế ngược bằng điều hồ dị lập thể của enzyme (enzyme vẫn có 0,25
khả năng xúc tác).
Mất khả năng điều hoà biểu hiện gen tổng hợp enzyme (luôn tạo ra enzyme ngay 0,25
cả khi khơng cần thiết).
(Thí sinh có thể nêu ý khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa).
Câu 9 (2,0 điểm)

Trang 8/10


Virus Z gây hội chứng viêm đường hô hấp ở người. Để kiểm tra giả thuyết cho rằng sự lây nhiễm
của virus Z xảy ra thông qua sự bám đặc
hiệu vào thụ thể X, người ta tiến hành thí
nghiệm trên một số dịng tế bào có hoặc

khơng biểu hiện thụ thể này, sau đó theo dõi
sự xâm nhập của virus. Sự có mặt của thụ
thể X và vỏ ngồi của virus được phát hiện
lần lượt qua kháng thể gắn huỳnh quang lục
và đỏ. Kết quả thí ghiệm được thể hiện ở
bảng bên.
1. Virus lây nhiễm được vào những dòng
tế bào nào? Giải thích.
2. Kết quả thu được có ủng hộ giả thuyết X là thụ thể của virus không? Giải thích.
3. Biết rằng virus có vật chất di truyền là RNA (+) và phiên mã tổng hợp mRNA từ khuôn RNA
hệ gene của chúng. Trình bày giai đoạn sinh tổng hợp của virus sau khi xâm nhập vào tế bào.
4. Gần đây, thuốc rememdesivir (có bản chất tương tự nucleotide nhưng khơng có đầu 3’ OH)
đang được phát triển và thử nghiệm trong điều trị virus Z cũng như nhiều loại virus RNA khác.
a. Hãy giải thích cơ chế tác động của thuốc.
b. Đặc điểm nào ở các virus RNA làm thuốc có hiệu quả cao? Đặc điểm đó đem lại ưu thế nào
cho virus khơng? Giải thích.
Ý
Nội dung
Điểm
1
Virus lây nhiễm được vào tế bào hela chuyển gene, dơi và cầy hương.
0,25
Vì các tế bào này cho kết quả huỳnh quang vàng sau khi bổ sung virus là kết quả
pha trộn của xanh lá cây và đỏ. (Dòng tế bào hela gốc, lợn gà và chuột sau khi lây 0,25
nhiễm khơng có tin hiệu huỳnh quang đỏ chứng tỏ virus khơng lây nhiễm được vào
các dịng tế bào này).
2
Có. Vì virus không thể lây nhiễm vào tế bào không biểu hiện X nhưng có thể xâm 0,25
nhập vào hầu hết các tế bào biểu hiện X.
3

Virus trực tiếp sử dụng RNA (+) làm khuôn và nguyên liệu của tế bào chủ để dịch 0,25
mã các thành phần của virus như vỏ capsid, gai glycoprotein…
Virus sử dụng enzyme RNA polymerase phụ thuộc RNA của virus để tổng hợp
RNA ( ) từ RNA (+), các RNA ( ) được sử dụng để làm khuôn tổng hợp RNA (+)
0,25
là bộ gene mới của virus.
4
a.
Vì có bản chất tương tự nucleotide trên remedesivir có thể dễ dàng gắn vào chuỗi
0,25
polynucleotide trong quá trình tổng hợp RNA dẫn đến ngừng tổng hợp RNA (do
không thể bổ sung thêm nucleotide mới vì thiếu đầu 3’ OH) → Ức chế tái bản bộ
gene của virus.
(HS chỉ cần nêu ức chế quá trình tổng hợp RNA hệ gene virus là được điểm).
b.
Đặc điểm chung của các virus RNA (bao gồm cả virus Z) này là enzyme RNA
0,25
polymerase phụ thuộc RNA virus khơng có hoạt tính sửa sai.
Đặc điểm này cũng đem lại lợi thế cho virus vì tần số đột biến cao → Dễ dàng
0,25
tiến hóa thành các chủng mới kháng thuốc hoặc vơ hiệu hóa vaccine cũ.

Trang 9/10


Câu 10 (2,0 điểm)
Đồ thị Hình 10.1 mơ tả sự thay đổi
mức kháng thể của người bị nhiễm
SARS CoV 2.
Người ta căn cứ vào sự có mặt của

các kháng thể để làm các test nhanh
nhằm kiểm tra người nghi bị nhiễm
SARS CoV 2.
1. Tại sao các test nhanh dựa trên
kháng thể thường có độ chính xác khơng
cao?
Hình 10.1
2. Có 4 người nghi bị nhiễm SARS CoV 2, họ được lấy mẫu và test nhanh kết quả như Hình
10.2:
C: Đối chứng
G: IgG
M: IgM

Nếu chỉ căn cứ vào kháng thể, thì khả năng cao
nhất người nào không bị nhiễm SARS CoV 2,
người nào dương tính với SARS CoV 2?

Hình 10.2
Ý
1

2

Nội dung
Vì lấy mẫu test vào thời điểm ủ bệnh thường cho kết quả âm tính. (Dựa vào sơ đồ
từ ngày 14 đến ngày 7).
Nếu lấy mẫu trúng vào thời điểm từ ngày 14 trở đi thì lượng kháng thể giảm nên
khả năng cho kết quả khơng chính xác.
Có thể cho kết quả dương tính giả vì người được lấy mẫu bị nhiễm virus khác.
(I) âm tính vì khơng có kháng thể IgM và IgG.

(II) dương tính với IgG vì đã có kháng thể IgG, có thể dễ nhầm lẫn với người đã
khỏi bệnh.
(III) dương tính với IgM vì đã có kháng thể IgM, có thể nhầm lẫn với các virus
khác.
(IV) dương tính với IgG và IgM vì đã có 2 kháng thể IgG và IgM → người 4 là có
khả năng mắc cao nhất vì có cả IgG và IgM.

Điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

-------------- HẾT --------------

Trang 10/10