Ôn tập sinh đáp án chọn dự tuyển 2021 đn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG NAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN
THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2021
Môn: SINH HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 18/9/2020
(Đề thi này gồm 6 trang, có 18 câu)

Câu 1 (1 điểm)
EGFR là thành viên của họ thụ thể ErbB (Erythroblastic B) – là một loại thụ thể tyrosine kinase (hình 1). Tín
hiệu từ EGFR có thể được truyền qua con đường Ras/Raf/MEK/ERK hoặc PI3K/AKT/mTOR vào nhân để điều khiển
tế bào tăng trưởng, biệt hóa, phân chia, tăng sinh mạch máu, tránh sự tự chết theo chương trình…

Hình 1. Mơ hình cấu trúc và hoạt động của thụ thể yếu tố tăng trưởng biểu mô: (A) Thụ thể yếu tố tăng
trưởng biểu mô (EGFR) gồm ba vùng: vùng ngoại bào chứa miền tương tác với yếu tố tăng trưởng, vùng xuyên màng
tế bào, và vùng nội bào chứa miền tyrosine kinase; (B) Hoạt động của EGFR: khi yếu tố tăng trưởng biểu mô liên
kết vào thụ thể, hai phân tử EGFR kết hợp với nhau (dimer hóa), từ đó sự phosphoryl hóa vùng tyrosine kinase giúp
EGFR kết hợp được với các phân tử tín hiệu ở giai đoạn sau của con đường tín hiệu.
Dựa vào những thơng tin trên, hãy trả lời các câu hỏi sau đây:
1. Nêu đặc điểm của các axit amin thuộc các vùng cấu trúc của một phân tử EGFR (monomer)?
2. Trong nhiều bệnh ung thư, các con đường tín hiệu phụ thuộc EGFR thường được kích hoạt liên tục dẫn đến
tế bào phân chia mất kiểm sốt. Hai cơ chế chính dẫn đến hiện tượng này bao gồm: sự biểu hiện quá mức
protein EGFR (do khuếch đại gen EGFR) và đột biến gen EGFR (thường đột biến xảy ra ở miền tyrosine
kinase). Hãy cho biết điểm khác biệt chính trong 2 cơ chế này?
Hướng dẫn chấm
1. EGFR – một loại thụ thể tyrosine kinase – là một protein màng được chia thành 2 phần:
- Phần protein lồng ghép – vùng xuyên màng: nằm ngay giữa lớp phospholipit kép, cấu trúc bởi 1
đoạn mạch gồm các aa không phân cực và cuộn thành chuỗi xoắn α.

Điểm

0,25

(nếu chỉ nêu là vùng aa khơng phân cực thì chỉ cho 0,125đ)
- Phần protein ngoại vi – vùng ngoại bào và vùng nội bào: nằm phía trong và ngồi màng sinh chất,
cấu trúc đoạn mạch phần lớn là các aa phân cực, vùng ngoại bào có trình tự aa đặc hiệu là vị trí liên
kết với chất gắn (ligand), vùng nội bào ở phía đi chứa nhiều aa tyrosine.

0,25

(nếu chỉ nêu là vùng aa phân cực mà không nêu đặc điểm riêng ở vùng ngoại bào và vùng nội bào thì
chỉ cho 0,125đ)
2. Khác biệt cơ bản:
- Sự biểu hiện quá mức protein EGFR: Protein được tổng hợp liên tục → số lượng thụ thể bề mặt tế
bào tăng gấp nhiều lần so với bình thường → liên tục kích hoạt con đường truyền tín hiệu → TB
phân chia mất kiểm soát → ung thư .

0,25

0,25

- Đột biến gen EGFR: Miền tyrosine kinase bị biến đổi → có khả năng tự phosphorin hóa để phát tín
hiệu nội bào → con đường truyền tín hiệu được kích hoạt liên tục mà khơng cần có mặt của yếu
tố tăng trưởng (chất gắn (phối tử) – ligand) → TB phân chia mất kiểm soát → ung thư.

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 1

Câu 2 (1điểm)
Một số lồi vi khuẩn có thể sử dụng êtanol
(CH3-CH2-OH) hoặc axêtat (CH3-COO-) làm nguồn cacbon duy nhất
trong quá trình sinh trưởng. Tốc độ hấp thụ ban đầu hai loại chất này
của tế bào vi khuẩn được biểu diễn bằng đồ thị bên. Dựa vào đồ thị
hãy cho biết:
1. Hai chất A và B được vận chuyển qua màng tế bào vi khuẩn theo
cách nào? Giải thích.
2. Hai chất A và B, chất nào là êtanol và chất nào là axêtat? Giải
thích.
Hướng dẫn chấm
a.
- Sự hấp thụ chất B qua đồ thị cho thấy tốc độ vận chuyển các chất vào trong tế bào lúc đầu tăng
cùng với việc tăng nồng độ các chất. Nhưng đến một giai đoạn nhất định thì tốc độ phản ứng gần
như khơng tăng ngay cả khi nồng độ chất tan tiếp tục tăng lên → chất B được vận chuyển qua
kênh prôtêin và việc tốc độ vận chuyển của chất B không tăng ở giai đoạn sau là hiện tượng bão hòa
kênh. (0,25đ)
- Sự hấp thụ chất A qua đồ thị cho thấy tốc độ vận chuyển tỷ lệ thuận với nồng độ chất tan. Điều
này chỉ ra rằng chất A có khả năng được khuếch tán trực tiếp qua lớp lipit kép của màng tế bào và
mà không cần phải qua kênh prơtein xun màng. (0,25đ)
b.
- Chất A là ethanol vì ethanol là chất phân tử nhỏ, khơng tích điện nên có thể khuếch tán trực tiếp
qua lớp lipid kép của màng tế bào dễ dàng hơn rất nhiều so với axêtat. (0,25)
- Chất B là axêtat vì là chất tích điện nên sẽ khó khuếch tán trực tiếp qua lớp lipid kép của màng tế
bào vì lớp phospholipid kép có chứa các đuôi hydrocarbon kị nước (không phân cực) → chất B
khuếch tán qua kênh protein. (0,25)

Câu 3 (1điểm)
Tiến hành nuôi cấy các vi sinh vật sau đây trong ống nghiệm chứa môi
trường thạch đứng: (I) Helicobacter pylori; (II) Nấm men; (III) Xạ khuẩn; (IV)

Vi khuẩn sinh metan. Kết quả sau một thời gian nuôi cấy thu được các ống
nghiệm được đánh số như hình 2. Biết rằng: Helicobacter pylori sinh trưởng tốt
trong điều kiện oxi khoảng 2-10%. Xạ khuẩn có đầy đủ hệ enzyme SOD,
catalase, peroxidase. Vi khuẩn sinh metan khơng có các enzyme SOD, catalase
hoặc peroxidase.
Hãy xác định chủng vi sinh vật được nuôi cấy trong mỗi ống nghiệm nói trên?

Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25

Hình 2

Hướng dẫn chấm
- Ống nghiệm 1 ni cấy xạ khuẩn do chúng chỉ mọc lớp trên vì xạ khuẩn là VSV hiếu
khí bắt buộc do tế bào chứa hệ enzyme SOD, catalase, peroxidase loại bỏ các sản phẩm
oxi hóa độc hại TB như H2O2, các ion superoxit (O2-) để giải độc cho tế bào
- Ống nghiệm 4 nuôi cấy khuẩn Hp do chúng mọc cách lớp bề mặt một chút vì vi khuẩn
Hp là VSV vi hiếu khí do TB thiếu 1 số enzyme nên phù hợp với nồng độ oxi thấp
- Ống nghiệm 3 nuôi cấy nấm men: chúng mọc suốt chiều sâu ống nghiệm vì nấm men
là VSV kị khí khơng bắt buộc do TB có thể sử dụng oxi để hơ hấp hiếu khí, nhưng khi
khơng có oxi chúng có thể tiến hành lên men.
- Ống nghiệm 2 nuôi cấy vi khuẩn sinh metan: chúng chỉ mọc ở đáy ống nghiệm vì vi
khuẩn sinh metan là VSV kị khí bắt buộc do khơng chứa hệ enzyme SOD, catalase,

peroxidase loại bỏ các sản phẩm oxi hóa độc hại TB như H2O2, các ion superoxit (O2-) để
giải độc cho tế bào.
Nếu chỉ sắp xếp mà không giải thích thì chỉ cho 0,125 điểm mỗi ý.

Điểm
0,25

0,25

0,25

0,25

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 2


Câu 4 (1điểm)
Đồ thị dưới đây cho thấy ảnh hưởng của cường độ ánh sáng (trục
hoành) và nhiệt độ lên cường độ quang hợp (trục tung).
▪ Đồ thị (1): 0,1% CO2 ở 250C.
▪ Đồ thị (2): 0,04% CO2 ở 350C.
▪ Đồ thị (3): 0,04% CO2 ở 250C.
▪ Đồ thị (4): 0,04% CO2 ở 150C.
1. Nhân tố nào giới hạn cường độ quang hợp trong khoảng A trên đồ thị?
2. Trong một nhà kính, nhiệt độ được điều khiển ở giá trị 250C và nồng độ CO2 là 0,04%, cường độ ánh sáng
ở mức 4. Theo em nên tăng nồng độ CO2 lên 0,1% hay tăng nhiệt độ nhà kính lên 350C thì cây trồng sẽ
tăng trưởng mạnh hơn?
3. Tại sao ở 250C, việc tăng nồng độ CO2 từ 0,04% lên 0,1% làm gia tăng hàm lượng glucose tạo ra?
Hướng dẫn chấm
Điểm

1. Trong khoảng đồ thị A, sự biến thiên nhiệt độ và nồng độ CO2 đều không ảnh dẫn đến sự phân tách
đồ thị cường độ quang hợp. Sự gia tăng cường độ quang hợp trong khoảng này hoàn toàn phụ thuộc
0,5
vào sự gia tăng cường độ ánh sáng.
2. Việc gia tăng nồng độ CO2 lên 0,1% khi duy trì nhiệt độ 25oC ( tương ứng đồ thị (1)) sẽ cho cường
độ quang hợp cao hơn so với việc duy trì nồng độ CO2 ở mức 0,04% và tăng nhiệt độ lên 35oC (
0,25
tương ứng đồ thị (2)). Do cường độ quang hợp cao hơn nên tốc độ sinh trưởng của cây sẽ nhanh
hơn.
3. Việc gia tăng hàm lượng CO2 trong khơng khí làm tăng nguồn ngun liệu cho chuỗi phản ứng tối,
0,25
làm tăng sản lượng glucose tạo ra.

Câu 5 (2 điểm)
1. Thực vật chịu hạn thích nghi với điều kiện khô hạn bằng những cách nào?
2. Dựa vào thuyết quang chu kì, hãy xác định và giải thích sự ra hoa của một lồi cây ngày ngắn có thời gian
chiếu sáng tới hạn là 15,5 giờ trong các trường hợp sau:
a. 16 giờ chiếu sáng / 8 giờ tối.
b. 8 giờ chiếu sáng/ 16 giờ tối.
c. 16 giờ chiếu sáng / 16 giờ tối.
Hướng dẫn chấm

1.
- Hạn chế mất nước bằng những cách sau:
▪
▪
▪
▪

Điểm

0,2 x5 ý

Lá phủ lớp cutin dày, tiêu biến thành gai hoặc xếp xiên
Khí khổng tập trung ở mặt dưới của lá hoặc ẩn sâu trong các hốc
Quang hợp theo con đường CAM, cố định CO2 vào ban đêm khi khí khổng mở
Tăng tích lũy chất hữu cơ để dự trữ nước

- Tăng khả năng hút nước: Phát triển mạnh hệ thống rễ để tăng khả năng lấy nước.
2. Độ dài đêm tới hạn của cây này là 8,5 giờ
Cây ngày ngắn trên sẽ ra hoa khi thời gian tối lớn hơn hoặc bằng 8,5 giờ và đêm tối liên tục,
không bị gián đoạn
TH1: Cây không ra hoa do thời gian tối< 8,5 giờ
TH2: Cây ra hoa do thời gian tối > 8,5 giờ
TH3: Cây ra hoa do thời gian tối > 8,5 giờ, dù thời gian sáng>15,5 giờ. Vì thời gian tối đóng vai trị
quyết định đến sự ra hoa của thực vật phụ thuộc quang chu kì.

0.25
0.25
0.25
0,25

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG mơn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 3


Câu 6 (1 điểm)
Một nhóm thí nghiệm về sự điều hòa tiết hormone và tác dụng của những thuốc khác nhau lên hoạt động của
tuyến nội tiết được tiến hành trên chuột. Hãy dự đoán kết quả về 1 số chỉ tiêu sinh lý trong các trường hợp sau đây?
1. Nhóm chuột được tiêm thuốc làm tăng sự nhạy cảm của vùng dưới đồi với cortisol thì nồng độ glucose và
glucagon máu cao hơn hay thấp hơn so với chuột bình thường? Giải thích.
2. Chuột được tiêm thuốc làm tăng sự nhạy cảm của tế bào đích với hormon TRH sẽ có hệ số chuyển hóa và

nhiệt độ cơ thể cao hơn hay thấp hơn so với chuột bình thường? Giải thích.
3. Nhóm chuột được tiêm thuốc propylthiouracil (chất ngăn cản sự tổng hợp hormon tuyến giáp) có nồng độ
TSH, kích thước tuyến giáp và khối lượng cơ thể thay đổi như thế nào so với nhóm chuột bình thường? Giải
thích.
4. Nhóm chuột được tiêm CRH (Corticotrophin-Releasing Hormone) thì kích thước của tuyến thượng thận sẽ
thay đổi như thế nào so với chuột bình thường? Giải thích.
Hướng dẫn chấm
1. Tăng ức chế vùng dưới đồi →Vùng dưới đồi giảm tiết CRH → ACTH giảm → G máu giảm kích
thích tăng tiết glucagon.

Điểm
0,25

2. Nếu độ nhạy cảm với TRH tăng lên, tuyến n tăng bài tiết TSH, từ đó kích thích bài tiết
thyroxine. Nồng độ cao của thyroxine → tốc độ trao đổi chất cao và nhiệt độ cơ thể cao.

0,25

3. Propylthiouracil làm cho nồng độ thyroxine giảm, và điều này đến lượt nó làm tăng bài tiết TSH.
Nồng độ TSH cao→ tuyến giáp hoạt động mạnh gây phì đại tuyến giáp. Nồng độ thyroxine thấp →
giảm chuyển hóa → dẫn đến khối lượng cơ thể cao hơn.

0,25

4. Nồng độ CRH trong huyết tương tăng có xu hướng tăng kích thích tuyến yên →tăng tiết ACTH.
Nồng độ ACTH cao kích thích tuyến thượng thận phát triển

0,25

Câu 7 (1 điểm)

Các chỉ số sau đây của một người bình thường sẽ thay đổi như thế nào sau khoảng 1 giờ đồng hồ dùng bữa
ăn đầy đủ dinh dưỡng?
1. Hàm lượng CCK trong máu.
2. Hàm lượng lipid máu ở tĩnh mạch cửa gan.
Hướng dẫn chấm
Điểm
a.
0,5
- CCK tăng.
- Do: sau khi ăn 60 phút, thức ăn được tiêu hóa xuống tá tràng, kích thích tá tràng tiết CCK, CCK kích
thích tụy và mật tiết enzyme tiêu hóa.
b.
- Hàm lượng lipid trong máu tĩnh mạch cửa gan không thay đổi.
- Do lipid được hấp thụ ở ruột non qua hạch bạch huyết, sau đó dồn về tĩnh mạch chủ trên, không đi qua 0,5
tĩnh mạch cửa gan.
(Nhận xét và giải thích đúng mới cho điểm)
Câu 8 (1 điểm)
Ở bệnh xơ phổi, người bệnh có mơ phổi dày, cứng, các phế nang phổi mất tính đàn hồi, đồng thời trong phổi
xuất hiện các vết sẹo. Hãy cho biết: thể tích khí cặn, nhịp hơ hấp, nhịp tim, pH máu của người mắc bệnh xơ phổi sẽ
thay đổi thế nào? Giải thích.
Hướng dẫn chấm
Điểm
0,25
• - Thể tích khí cặn tăng: do thơng khí khó khăn.
• - Nhịp hơ hấp tăng: q trình trao đổi khí khó, hàm lượng O2 trong máu giảm, CO2 máu tăng → pH máu 0,25
0,25
giảm → kích thích thụ thể hóa học ở dịch não tủy → kích thích trung khu hơ hấp → tăng nhịp hơ hấp.
• - Nhịp tim tăng: O2 trong máu giảm → KT thụ thể hóa học ở cung động mạch chủ và xoang động mạch 0,25
cảnh báo về trung khu điều hòa hoạt động tim mạch, theo dây thần kinh giao cảm đến tim → tăng nhịp
tim.

• - pH máu giảm.
•
Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG mơn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 4


Câu 9 (1 điểm)
Hình 3A minh họa một phần cấu tạo tim (nửa tim trên) của người khỏe mạnh, hình 3B minh họa hai dạng dị
tật tim bẩm sinh rất nghiêm trọng đơi khi gặp ở trẻ sơ sinh.

A

1.
2.
3.
4.

B
Hình 3. Tim bình thường (A); Hai dạng dị tật tim I và II (B).

Nêu bất thường đã xảy ra ở mỗi dạng dị tật I và II.
Ở dị tật nào thì độ bão hịa ơxi ở động mạch chủ là thấp hơn so với bình thường? Giải thích.
Ở trẻ mắc dị tật II, huyết áp động mạch cảnh và nhịp tim như thế nào so với bình thường? Giải thích.
Vì sao cả 2 dạng dị tật này đều được xem là những dị tật rất nghiêm trọng và có tỉ lệ biến chứng, thậm chí
tử vong rất cao đối với trẻ nếu không được can thiệp điều trị kịp thời?
Hướng dẫn
Điểm

a.
– Dị tật I: chuyển vị đại động mạch (tâm thất trái nối động mạch phổi, tâm thất phải nối động mạch chủ).
– Dị tật II: hẹp eo động mạch chủ. (hẹp động mạch chủ nhánh dưới)

b.
– Dị tật I, vì tâm thất phải chứa máu giàu CO2, ít O2, nối với động mạch chủ nên độ bão hòa O2 trong
động mạch chủ thấp hơn bình thường.
c. Trẻ mắc dị tật II:
– Huyết áp ĐM cảnh (ĐM cổ) cao hơn bình thường. Do: hẹp ĐM chủ nhánh dưới làm tăng áp lực máu
lên nhánh động mạch nhánh trên.
– Nhịp tim tăng: hẹp ĐM chủ nhánh dưới →O2 trong máu giảm → kích thích thụ thể hóa học ở cung
ĐM chủ và xoang ĐM cảnh → trung khu điều hòa hoạt động tim mạch → tăng nhịp tim.
d.
– Dị tật I: hàm lượng O2 máu ĐM đi nuôi cơ thể quá thấp → tim phải tăng hoạt động → suy tim.
– Dị tật II:
• Lượng máu cung cấp cho các phần dưới của cơ thể q ít, khơng cung cấp đủ O2 → tim tăng
hoạt động → suy tim.
• Tăng áp lực buồng tâm thất trái → phì đại và suy tim.
• Huyết áp ĐM cảnh (cổ) tăng → tăng huyết áp các mạch máu não → tai biến mạch máu não.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 10 (1,5 điểm)
Cho các chủng E.coli thuộc các thể lưỡng bội một phần có kiểu gen sau đây:
(I) I+ O- Z+ / I+ O+ Z(II) I+ O+ Z- / I- O+ Z+
(III) I+ O+ Z- / IS O+ Z+
Biết rằng trong Operon Lac, I+, O+, Z+ tương ứng là các trình tự kiểu dại của gen mã hóa protein ức chế (I),
vùng vận hành (O) và gen lacZ. O-, Z- là các trình tự đột biến mất chức năng so với trình tự kiểu dại tương ứng. I- là

đột biến làm protein ức chế mất khả năng gắn vùng vận hành. IS là đột biến làm protein ức chế mất khả năng gắn vào
đồng phân của lactose, nhưng vẫn bám vào Operator.
1. Trong mơi trường khơng có glucose, hãy đánh giá sự biểu hiện của gen Lac Z của các thể lưỡng bội một
phần nói trên khi mơi trường có ni cấy có hoặc khơng có lactose?
2. Trong các thể lưỡng bội 1 phần nói trên, hãy xác định tương quan trội lặn giữa các alen: I+, I-, IS. Giải
thích ?
Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 5


Hướng dẫn chấm
Điểm
1.
– Chủng I: Lac Z biểu hiện cơ định - luôn biểu hiện hay biểu hiện liên tục cho dù mơi trường có 0,25
0,25
hay khơng có lactozơ.
0,25
– Chủng II: Lac Z cảm ứng được. Có Lactozơ thì biểu hiện, khơng lactozơ thì khơng biểu hiện.
– Chủng III: Lac Z không biểu hiện– luôn không biểu hiện dù môi trường có hay khơng có lactozơ.
( HS phải giải thích trên mối tương tác giữa protein ức chế với vùng vận hành để kết luận như
0,25
trên mới cho điểm)
2.
0,25
– Các thể đột biến nói trên thì kiểu gen II và III đều là thể dị hợp về LacI. Ở thể dị hợp, alen trội
được biểu hiện ra kiểu hình ( HS có thể ghi: chỉ cần 1 alen đã biểu hiện ra kiểu hình).
0,25
– Chúng II: Cảm ứng được tức là có Lactozơ thì biểu hiện, khơng lactozơ thì khơng biểu hiện.
Do I+ tạo protein ức chế, Chủng II biểu hiện kiểu hình của I+ → I+ > I-.
– Chủng III: biểu hiện kiểu hình của IS. Nên IS > I+.
Tương quan trội lặn IS > I+ > I-.

Câu 11 (1điểm)
1. Bổ sung 3H- thymidine vào môi trường nuôi cấy tế bào người khi tế bào đi vào pha S. Sau đó rửa sạch tế bào và
đưa vào mơi trường nuôi cấy không chứa hợp chất này. Rồi để cho tế bào đi vào pha S thứ hai. Sau đó quan sát tế
bào. Hoạt tính phóng xạ xuất hiện ở cấu trúc nào sau đây? Giải thích?
a. Một cromatit của 1 nhiễm sắc thể trong cặp tương đồng.
b. Cả 2 cromatit trong 1 nhiễm sắc thể của cặp tương đồng.
c. Một cromatit trong cả 2 nhiễm sắc thể của mỗi cặp tương đồng.
d. Cả 2 cromatit trong cả 2 nhiễm sắc thể của mỗi cặp tương đồng.
2. Một nhà khoa học đã nuôi vi khuẩn E. coli trong môi trường chỉ
có nitơ N15, sau đó chuyển sang mơi trường chỉ có nitơ N14, tách ADN
sau mỗi thế hệ và ly tâm. Kết quả thu được các băng ADN có trọng
lượng và tỷ lệ khác nhau như hình 4 (tỷ lệ % thể hiện hàm lượng của
các băng ADN trong mỗi thế hệ). Hãy vẽ sơ đồ các băng ADN để
minh họa kết quả thu được ở ống nghiệm ly tâm của thế hệ thứ 3 và
thế hệ 4. Giải thích ?
Hình 4
Hướng dẫn chấm
Điểm
1.
– Cặp NST tương đồng ở trạng thái đơn = 2 phân tử ADN
0,25
– 1 NST kép gồm 2 cromatit = 2 ADN con.
– Nhân đôi ADN diễn ra theo nguyên tắc bán bảo toàn.
– Xét 1 NST đơn từ bố, trong mơi trường khơng chứa phóng xạ
▪ Sau pha S thứ 1 trở thành dạng NST kép → qua nguyên phân tạo 1 NST đơn = 1 ADN có 1
mạch phóng xạ.
▪ Sau pha S thứ 2 trở thành dạng NST kép → chưa diễn tiến nguyên phân đem quan sát. Mỗi
NST kép gồm 2 cromatit = 2 ADN con, trong đó có 1 ADN mang 1 mạch phóng xạ → 1 trong
2 cromatit của NST kép từ bố có phóng xạ.
0,25

Xét NST đơn từ mẹ: tương tự → Ý c: Một cromatit trong cả 2 NST của mỗi cặp tương đồng.
( HS có thể giải thích theo cách khác, nếu hợp lí vẫn cho điểm tối đa)
2.
Ban đầu mỗi ADN đều có cả 2 mạch ADN chứa N15 → Sau x lần nhân đôi tạo ra 2x phân tử ADN con
(với x là số lần nhân đôi ADN = số thế hệ)
Trong môi trường N14, ln có 2 phân tử ADN cịn N15 và số phân tử chứa toàn N14 tăng dần.
0,25
→ tỉ lệ ADN có cả 2 mạch N15-N14 so với các ADN con = Băng trung gian = Băng B = 2/2x
▪ Ở thế hệ 3 → Băng B = 2/23 = 1/4 = 25%, Băng C = 75%.
▪ Ở thế hệ 4 → Băng B = 2/24 = 1/8 = 12,5%, Băng C = 87,5%.

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 6


0,25

Câu 12 (1,5 điểm)
Một đoạn ADN mạch đơn có kích thước 4kb được lai với 1 mẫu dị ADN có đánh dấu phóng xạ với kích
thước 500bp tạo thành ADN lai (Hình 5A). Đem ống nghiệm chứa phân tử ADN lai xử lí theo 4 cách khác nhau từ
I đến IV. Biết hoạt tính enzim tối ưu ở nhiệt độ phịng.
Hình 5A
Hình 5B

(I) Bổ sung ADN helicaza
(II) Khơng bổ sung ADN helicaza
(III) Bổ sung ADN helicase đã đun sôi.
(IV) Bổ sung ADN helicaza bị đun nóng nhẹ.
Tiến hành điện di 4 mẫu ADN I, II, III, IV trên cùng bản gel agarose. Sau đó,
sử dụng phương pháp phóng xạ tự chụp để ghi lại hình ảnh. Em hãy vẽ lại
(hình 5B) cùng với các vạch dự đốn có thể xuất hiện trên phim phóng xạ tự

chụp đó. Kích thước thang chuẩn dùng để điện di ADN trên gel agarose được
mô tả kèm theo. Giải thích?
Hướng dẫn chấm
Điểm
Ngun tắc:
0,25
– Helicaza có tác dụng biến tính, tách 2 mạch ADN.
– Trên phim phóng xạ tự chụp chỉ ADN nào có đánh dấu phóng xạ mới hiện trên phim (chỉ mẫu
0,25
dị 500bp và ADN lai 4,5kb mới hiện trên phim)
Kết quả
– Mẫu I: enzim tách 2 mạch, 4kb và 500bp, chỉ mẫu dò 500bp được ghi lại trên phim (ADN 4kb
không hiện trên phim).
0,25
– Mẫu II: khơng có enzim, ADN lai khơng tách nhau ra, cho vạch 4,5 kb
– Mẫu III. enzim đã đun sơi mất hoạt tính, ADN lai khơng tách nhau ra, cho vạch 4,5 kb.
0,25
– Mẫu IV. enzim bị đun nóng nhẹ, giảm hoạt tính → sẽ có 1 phần ADN lai bị tách ra thành 4kb +
500bp và còn ADN lai khơng bị tách mẫu dị ra cho vạch 4,5kb. Chỉ ADN có phóng xạ mới được
hiện trên phim → cho 2 vạch 500bp và 4,5kb (ADN 4kb không hiện trên phim).
0,25

0,25

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 7


Câu 13 (1điểm)
Trong nghiên cứu về sự photphoryl hóa histone có vai trị đối với sự cơ đặc nhiễm sắc thể trong giảm phân.
Terry Orr- Weaver và các cộng sự đã gây đột biến ở ruồi quả và tìm thấy 1 đột biến ở gen nhk-1 gây bất thụ ở ruồi

cái. Sản phẩm của gen nhk-1 là histone kinase-1 (NHK-1). NHK-1 là 1 enzim có vai trị photphoryl hóa 1 axit amin
đặc thù vùng đuôi histon H2A. Trong nghiên cứu, vào cuối kỳ đầu 1, trong các tế bào sinh trứng ở ruồi kiểu dại,
ADN và codensin định vị tập trung tại 1 vùng nhỏ trong nhân. Trong khi ở ruồi đột biến, condensin khuếch tán khắp
nhân, nó đã khơng bao bọc nhiễm sắc thể trong tế bào của ruồi đột biến làm cho nhiễm sắc thể không cô đặc được
dẫn đến giảm phân khơng diễn ra bình thường. Một nhà nghiên cứu khác cũng gây đột biến ở ruồi quả và cũng thu
được 1 dòng ruồi cái bất thụ X. Giả sử dịng bất thụ X này cũng có liên quan đến sự không cô đặc nhiễm sắc thể
trong giảm phân. Hãy dự đoán 4 khả năng đột biến có thể đã xảy ra ở dịng X này.
Hướng dẫn chấm
Điểm
– Đột biến vùng mã hóa của gen nhk-1 tạo sản phẩm NHK-1 có cấu trúc bất thường → mất khả năng
0,25
photphoryl hóa 1 axit amin đặc thù vùng đi histon H2A.
– Đột biến vùng điều hòa của gen gen nhk-1 làm chúng không được biểu hiện ( không được phiên mã 0,25
hay dịch mã).
– Đột biến gen mã hóa histone làm mất axit amin đặc thù giúp enzim NHK-1 có thể photphoryl hóa.
0,25
– Đột biến liên quan đến protein condensin → không bao bọc được NST ( dù NST đã được enzim
NHK-1 photphoryl hóa axit amin đi histone).
0,25
(HS có thể có dự đốn khác, nếu hợp lí vẫn cho điểm).
Câu 14 (1 điểm)
Ở 1 loài động vật; màu mắt được qui định bởi 1 gen, trong đó alen D quy định mắt nâu là trội so với alen d
quy định mắt đỏ. Bảng dưới đây thể hiện kết quả các phép lai.
Phép lai
Kết quả
P1: ♀ DD x ♂ dd
F1-1: Dd (100% mắt nâu)
P2: ♂ DD x ♀ dd
F1-2: Dd (100% mắt đỏ)
P3: ♂ Dd x ♀ Dd

F1-3: 1DD: 2Dd: 1dd (100% mắt nâu)
P4: ♀ Dd x ♂ Dd
F1-4: 1DD: 2Dd: 1dd (100% mắt nâu)
1. Giải thích kết quả của các phép lai?
2. Ở phép lai P1, nếu thay nhân tế bào trứng của cá thể ♀ P1 bằng 1 nhân khác thì kiểu hình của F1-1 có thay
đổi khơng? Giải thích?
3. Nếu lấy tế bào chất từ trứng của cá thể mắt nâu đồng hợp tử lặn tiêm vào tế bào trứng của cá thể ♀ P2 thì
kiểu hình của F1-2 có thay đổi khơng? Giải thích?
Hướng dẫn chấm
1. Từ F1 thấy: kiểu hình ở đời con phụ thuộc vào kiểu gen của mẹ → hiện tượng hiệu ứng dòng mẹ.
ở phép lai 1: Kiểu gen của mẹ DD qui định mắt nâu nên F1 mắt nâu
ở phép lai 2: Kiểu gen của mẹ dd qui định mắt đỏ nên F1 mắt đỏ
ở phép lai 3,4: Kiểu gen của mẹ Dd qui định mắt nâu nên F1 mắt nâu
2. Nếu thay nhân của tế bào trứng sẽ không làm thay đổi kiểu hình của đời con vì kiểu hình do sản
phẩm của gen trong nhân tạo ra và tồn tại trong tế bào chất của trứng trước khi thụ tinh.
→ F1-1 khơng thay đổi kiểu hình vì sản phẩm do gen D qui định mắt nâu vẫn tồn tại trong TBC của
trứng
3. F1-2 khơng thay đổi kiểu hình vì TBC của cá thể mắt nâu đồng hợp lặn có sản phẩm do gen d qui
định mắt đỏ
Câu 15 ( 1 điểm)
Các đột biến gen lặn a, b và c nằm trên nhiễm sắc thể
thường; chữ cái a+, b+ và c+ là alen kiểu dại trội. Từ một phép
lai trong đó cá thể cái dị hợp tử về các đột biến a, b và c được
giao phối với con đực đồng hợp tử về các đột biến lặn này, đời
con có các kiểu hình xuất hiện với số lượng cá thể tương ứng
như bảng bên. Hãy xác định khoảng cách giữa các gen và lập
bản đồ di truyền.

Kiểu hình
𝑎𝑏+𝑐

𝑎𝑏𝑐+
𝑎+𝑏+𝑐+
𝑎+𝑏+𝑐
𝑎𝑏+𝑐+
𝑎+𝑏𝑐+
𝑎+𝑏𝑐
𝑎𝑏𝑐

Điểm
0,25

0,25

0,25
0,25

Số cá thể
21
6
169
8
304
19
301
172

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 8


Hướng dẫn chấm

Fa có 8 kiểu hình với 4 nhóm → 3 gen nằm trên cùng 1 NST và có TĐC kép
Fa có:
- kiểu hình 𝑎𝑏+𝑐+, a+bc chiếm tỉ lệ lớn nhất → được hình thành từ giao tử liên kết →
- Kiểu hình a+b+c; abc+ chiếm tỉ lệ nhỏ nhất → được hình thành từ giao tử do trao đổi chéo kép
Từ kết quả trên → trình tự sắp xếp các gen: a – b – c, kiểu gen P: a+bc / 𝑎𝑏+𝑐+

Điểm
0,25

169 + 172 + 6 + 8
 100 % = 35,5%
1000
f (a-b)=
21 + 19 + 6 + 8
 100 % = 5,4%
1000
f (b-c)=

a+

35,5

0,25
0,25

b 5,4

Câu 16 (1 điểm)
Để nghiên cứu ảnh hưởng của mơi trường tới kích
thước quần thể của một lồi động vật có vú ở rừng mưa nhiệt

đới, người ta sử dụng phương pháp bắt, đánh dấu, thả ra, bắt
lại. Thí nghiệm được tiến hành hàng năm và số lượng cá thể
được thể hiện ở bảng bên.
1. Hãy xác định kích thước tương đối của quần thể trong
từng thời điểm (từ 1 đến 5).
2. Điều kiện cần thiết để phương pháp trên thu được kết
quả chính xác?
3. Nếu động vật có trải nghiệm tiêu cực trong quá trình
bắt giữ và học được những kinh nghiệm thì nó có thể
sẽ khó bị bắt trở lại. Điều này sẽ ảnh hưởng như thế nào
đến kích thước của quần thể?

0,25

c
Thời điểm
0
1
2
3
4
5

Bắt
31
32
52
42
35
34

Đánh dấu
0
7
10
15
9
8

Hướng dẫn chấm
1. Kích thước quần thể (N) = m.n/x
x: số cá thể đánh dấu được bắt lại lần 2
n: số cá thể bắt được lần thứ 2
m: số cá thể được đánh dấu và thả ra ở lần bắt thứ nhất
N: kích thước quần thể
→ kích thước tương đối của quần thể trong từng thời điểm (từ 1 đến 5) lần lượt: 142, 166, 146, 163, 149.

Điểm
0,25

2.
0,5
- Các cá thể được đánh dấu và không được đánh dấu phải có cùng khả năng bị bắt lại hoặc không bị bắt
lại.
- Các cá thể bị bắt lần 1 có khả năng hịa nhập trở lại QT.
- Khơng có cá thể mới sinh ra, chết đi, nhập cư hoặc xuất cư trong thời gian thực hiện phương pháp.
3.
0,25
Nếu động vật có trải nghiệm tiêu cực trong q trình bắt giữ và học được những kinh nghiệm thì nó có
thể sẽ khó bị bắt trở lại thì:

Số lượng động vật đánh dấu bị bắt trở lại (x) ít → kích thước quần thể tính theo cơng thức (N) = m.n/x
sẽ cao, trong khi kích thước thực tế của quần thể có thể sẽ thấp hơn.

Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 9


Câu 17 ( 1 điểm)
Để nghiên cứu về mối quan hệ dinh dưỡng giữa rái cá, cầu gai và tảo bẹ, người ta tiến hành tính độ phong
phú của tảo bẹ và mật độ của rái cá ở 4 vị trí ven bờ biển. Số liệu thu được thể hiện ở bảng sau:
Vị trí
Độ phong phú của tảo bẹ (% bao phủ)
Mật độ rái cá (số lượng đếm được/ngày)
1
75
98
2
15
18
3
60
85
4
25
36
a. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn mật độ rái cá phụ thuộc vào số lượng tảo bẹ.
b. Biết rằng cầu gai là thức ăn của rái cá và tảo bẹ là thức ăn của cầu gai. Hãy giải thích kết quả
quan sát được.
Hướng dẫn chấm
Điểm
a. Hãy vẽ đồ thị

0,5

b. HS có thể giải thích theo 1 trong 2 mơ hình:
0,5
– Mơ hình từ dưới lên: Rái cá tăng làm giảm cầu gai, lượng tảo bẹ bị tiêu thụ bởi cầu gai giảm →
tảo bẹ tăng.
– Mơ hình từ trên xuống: Tảo bẹ tăng → cầu gai tăng → rái cá tăng
Câu 18 (1 điểm)
Khi nghiên cứu sinh trưởng của quần thể động vật, người ta đã thu được số liệu trong bảng dưới, biết rằng
sức chứa K = 1500.
Kích thước quần
thể (N)

Tốc độ tăng
trưởng thực ( r )

Tốc độ tăng trưởng tính trên mỗi cá
thể: r ( K - N )/K

Tốc độ tăng trưởng của quần
thể: rN( K - N)/K

25
100
250
500
750
1000
1500
1600

1.0
1.0
1.0
1.0
1.0
1.0
1.0
1.0

0,98
0,93
0,83
0,67
0.5
0,3
0
-0,06

25
93
208
333
375
333
0
-107

1. Từ bảng số liệu trên, hãy rút ra những nhận xét về sự tương quan giữa kích thước quần thể và tốc độ tăng
trưởng của quần thể.

2. Tại sao tỷ lệ tăng trưởng của quần thể lại chậm khi N tiến đến K?
Hướng dẫn chấm
1.

2.

–
–
–

Tỷ lệ tăng trưởng của quần thể ngày càng tăng khi kích thước quần thể tăng đến mức bằng 1/2K.
Khi kích thước quần thể bằng 1/2K thì tỷ lệ tăng trưởng của quần thể là cao nhất.
Khi N/2 tiến đến K thì quần thể tăng trưởng dần chậm lại

–
–
–

Cạnh tranh cùng loài → tăng tỉ lệ tử vong, giảm tỉ lệ sinh
Lây lan phát tán bệnh dịch nhanh → tăng tỉ lệ tử vong
Ơ nhiễm mơi trường ( các chất thải độc hại) tăng khi kích thước quần thể tăng đến mức nhất định
có thể gây độc và gây chết cá thể.
Yếu tố nội sinh như stress vì tình trạng q đơng→ giảm tỉ lệ sinh, tăng tỉ lệ tử.

–

Điểm
0,5

0,5

--------------HẾT---------------Đề thi chọn đội dự tuyển HSGQG môn Sinh – ĐỒNG NAI năm 2021 ------------------------------------------------------------------- Trang 10