Đáp án đề thi chọn HSG Sinh học Duyên hải đồng bằng Bắc Bộ Sinh 10 năm học 2017-2018 (Chuyên Quốc Học Huế, đề đề xuất)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG ĐỒNG

ĐỀ THI LẦN THỨ XI

BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ

MÔN SINH HỌC - KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

Ngày thi: 14/04/2018

ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2 điểm): Thành phần hóa học của tế bào
1. Enzyme (1 điểm)

Hoạt tính enzyme
(% so với tối đa)

(Đáp án có 10 câu; gồm 17 trang)

100

a. Hình số 1 bên cạnh thể hiện sự thay đổi hoạt tính
lysozyme theo pH. Vùng hoạt động của lysozyme bao gồm
hai amino acid quan trọng đối với sự xúc tác: Glu 35 và

50

0

2

4

52

Asp . Giá trị pK-COOH ở mạch bên của Glu và Asp lần lượt
là 5.9 và 4.5. Xác định trạng thái ion hóa chủ yếu (proton

6

pH

8

Hình 1.

hóa hay deproton hóa) của Glu35 và Asp52 ở pH tối ưu. Biết rằng, ở pH = pK, số
phân tử tồn tại ở hai trạng thái trên là bằng nhau. (0.5 điểm)
b. Nghiên cứu tác động của 2 chất ức chế lysozyme, hai bạn học sinh làm thí
nghiệm và đưa ra các kết luận như sau:
Học

Tiến hành

sinh

Kết luận

Giữ nguyên nồng độ enzyme

Kết quả như nhau đối

Cả hai chất

và chất ức chế, tăng dần

với cả hai chất ức chế:

ức chế đều là

lượng sản phẩm tăng

chất ức chế

µM, đo lượng sản phẩm tạo

dần theo sự tăng nồng

cạnh tranh

thành.

độ cơ chất.

Giữ nguyên nồng độ enzyme

Kết quả như nhau đối

Cả hai chất

và chất ức chế, tăng dần

với cả hai chất ức chế:

ức chế đều là

nồng độ cơ chất từ 150 đến

lượng sản phẩm không

chất ức chế

200 µM, đo lượng sản phẩm

tăng theo sự tăng nồng

không cạnh

tạo thành.

độ cơ chất.

tranh

Nam nồng độ cơ chất từ 0.1 đến 5

An

Kết quả

Kết quả của học sinh nào là đúng? Giải thích.
1

2. ADN (1 điểm)
Giải thích vì sao phân tử ADN mạch kép có thể tạo phức hợp với protein histon để hình thành
nucleoxom?

Nội dung

Điểm

- Dựa vào đồ thị, suy ra, pH tối ưu của lysozyme vào khoảng

0.25

a.
5 – 5.3
- Do đó, ở pH tối ưu, Glu35 sẽ chủ yếu ở dạng proton hóa (do

0.25

pH < pK), Asp52 chủ yếu ở dạng deproton hóa (do pH > pK)
b.
1

- Không có kết quả nào là đúng.

0.25

- Giải thích: Ở nồng độ cơ chất thấp, sự tăng nồng độ cơ chất

0.25

luôn dẫn đến sự tăng tốc độ phản ứng dù là đối với chất ức
chế cạnh tranh hay không cạnh tranh. Còn ở nồng độ cơ chất
cao, sự tăng nồng độ cơ chất không dẫn đến sự tăng tốc độ
phản ứng nữa dù là đối với chất ức chế nào, bởi enzyme lúc
này đã bão hòa. Vì thế, không thể kết luận loại chất ức chế từ
thí nghiệm của hai học sinh trên.
- Gốc photphat phân bố dọc khung phân tử ADN làm cho

0.25

phần ngoài phân tử tích điện âm suốt dọc chiều dài phân tử,
tạo thuận lợi cho sự hình thành liên kết với các protein histon.
- Các axit amin tích điện dương như lizin hoặc arginin, chiếm
2.

0.25

hơn 1/5 tổng số các axit amin có trong protein histon giúp
hình thành liên kết với gốc photphat trên phân tử AND
- Có 14 điểm tương tác khác nhau giữa ADN với protein
histon lõi. Ở mỗi tiếp điểm, khe phụ của ADN ở vị trí trực
diện với lõi 8 phân tử histon (octamer) có khả năng hình
thành gần 140 liên kết hidro với nhau.

2

0.5

Câu 2: (2 điểm): Cấu trúc tế bào
1. Bào quan (1 điểm)
Nêu sự khác nhau giữa enzim của lizoxom và peroxixom về nguồn gốc, cơ
chế tác động. Vì sao trong nước tiểu của linh trưởng và người có axit uric mà
các động vật khác không có?
2. Vận chuyển các chất qua màng (1 điểm)
Trong một thí nghiệm, tế bào động vật được ngâm trong dung dịch glucôzơ với các nồng độ khác
nhau. Mối tương quan giữa nồng độ glucôzơ trong dung dịch và tốc độ hấp thụ glucôzơ qua màng tế bào
được mô tả ở bảng sau:

Nồng độ (g/l)

0

5

10

15

20

25

30

35

40

Tốc độ hấp thụ (g/l/s)

0

5

10

14

17

19

20

20

20

Hãy giải thích kết quả thí nghiệm.

Nội dung
Tiêu chí

Enzim của lizoxom

Điểm
Enzim

của

peroxixom
Nguồn gốc

Được tổng hợp từ các Được tổng hợp từ
riboxom trên lưới nội các riboxom tự do
chất hạt

1.

0.25

trong tế bào chất

Đặc điểm xúc Xúc tác các phản ứng Xúc tác các phản
tác

thủy phân

ứng oxi hóa khử

0.25

- Peroxixom của người và linh trưởng không có thể đặc hình
ống nên không sản sinh enzim uricaza phân giải axit uric
- Do đó trong nước tiếu của linh trưởng và người có axit này,

0.25
0.25

các động vật khác không có.
2.

- Kết quả thí nghiệm cho thấy: Khi nồng độ glucozơ thấp, tốc

0.25

độ hấp thụ glucozơ tỉ lệ thuận với nồng độ glucozơ. Khi nồng
độ glucozơ từ 30 trở đi thì tốc độ hấp thụ giữ ổn định.
- Nguyên nhân là vì glucozơ được hấp thụ qua kênh đặc hiệu.
Khi toàn bộ kênh prôtêin đều tham gia vận chuyển glucozơ

3

0.5

thì nếu tiếp tục tăng nồng độ glucozơ thì vẫn không thể tăng
tốc độ hấp thụ.
- Như vậy, tốc độ hấp thụ glucozơ vừa phụ thuộc nồng độ,

0.25

vừa phụ thuộc số lượng kênh đặc hiệu.
Câu 3: (2 điểm): Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (đồng hóa)
1. Các phát biểu sau đúng hay sai ? Nếu sai hãy giải thích. (1 điểm)
a. Trong photphoril hóa quang hóa không vòng, điện tử bị mất của P680
được bù lại bởi điện tử của P700.
b. Điện tử bật ra từ P680 đi qua chuỗi truyền điện tử tạo động lực bơm H +
qua màng tilacoit, nhờ đó ATP được hình thành theo cơ chế hóa thẩm.
c. Quang phân li nước ở PSII trên mặt màng phía xoang tilacoit: tạo ra 2H +
từ một phân tử nước, làm tăng nồng độ H+ trong xoang tilacoit.
d. Ở thực vật CAM loại bỏ hoàn toàn tinh bột ở lục lạp thì quá trình cố
định CO2 ban đêm vẫn tiếp tục xảy ra.
2. “Mặc dù quá trình electron vòng có thể là một đồ thừa của tiến hóa để lại”
nhưng nó cũng đóng một vai trò có lợi cho thực vật bậc cao. Bằng kiến thức của
mình, em hãy chứng minh điểm kém tiến hóa và ưu điểm của nó. (1 điểm)
Nội dung

Điểm

a. Sai. Trong photphoril hóa quang hóa không vòng, điện tử

0.25

bị mất của P680 được bù lại bởi điện tử của H 2O nhờ quá
trình quang phân li nước.
1.

b. Đúng.

0.25

c. Đúng.

0.25

d. Sai. Chất cố định CO2 tạm thời vào ban đêm là PEP được

0.25

hình thành từ tinh bột nên loại bỏ hoàn toàn tinh bột thì quá
trình này dừng lại.
2.

- Dòng electron vòng luôn đi cùng quá trình photphoryl hóa
vòng. Nó chỉ tạo ATP mà không tạo ra NADPH và O2.
- Ở thực vật bậc cao có sự tồn tại của cả hai quá trình
photphoryl hóa vòng và không vòng (quá trình này tạo
NADPH, ATP và O2 do quá trình quang phân li nước).
+ Khi cây bị thiếu nước, trong cây chỉ xảy ra quá trình
4

0.25

photphoryl hóa vòng để tạo ATP cho quá trình quang hợp.

0.25

+ Quá trình electron vòng có chức năng bảo vệ tế bào khỏi bị
tổn thương do ánh sáng mạnh. Bằng thực nghiệm, người ta

0.25

thấy rằng các cây bị đột biến không thể thực hiện được dòng
electron vòng có khả năng sinh trưởng tốt trong ánh sáng yếu,
nhưng không sinh trưởng tốt nơi có ánh sáng mạnh.
+ Ở thực vật C4, tại tế bào bao bó mạch, khi axit malic (C4) bị
tách CO2 để tạo thành axit pyruvic (C3) và axit pyruvic được

0.25

chuyển về lại tế bào thịt lá để tái tạo PEP (C4) cần sử dụng
ATP. ATP này được tạo ra từ dòng electron vòng xảy ra trong
tế bào bao bó mạch và do không tạo ra oxi nên ở thực vật C 4
không xảy ra hô hấp sáng như ở thực vật C3.
Câu 4: (2điểm): Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (dị hóa)
a. Chuỗi truyền điện tử (1 điểm)
Năm 1952, David Keilin tiến hành thí nghiệm quan sát
các băng hấp thụ ánh sáng của các cytochrome a 3, b, c của
ti thể. Theo đó, sự hấp thụ ánh sáng tạo nên các băng màu
tối trên dải quang phổ. Kết quả thu được cho thấy sự xuất
hiện của 3 băng màu tối trong điều kiện kị khí (hình A). Sự

A. Không O2
a3
b c
B. Có O2

C. Có O2 + Urethane
D. Cytochrome c, có O2

bổ sung các chất như O2, Urethane (một chất ức chế chuỗi
truyền điện tử) vào môi trường thí nghiệm làm thay đổi kết quả ban đầu (hình
B, C). Một kết quả khác thu được khi Keilin tiến hành thí nghiệm chỉ với
cytochrome c trong môi trường có bổ sung O2 (hình D).
a) Các cytochrome hấp thụ ánh sáng khi ở trạng thái khử hay oxi hóa?
b) Sắp xếp thứ tự các
cytochrome trên trong chuỗi
truyền điện tử.

Ví dụ về 1 axit béo có số C chẵn

Phenylacetate

Ví dụ về 1 axit béo có số C lẻ

Benzoat

2. Phân giải axit béo (1 điểm)
Trước đây, nhiều giả thiết

được đăt ra về sự phân giải axit béo trong tế bào. Giả thiết được nhiều nhà khoa
học chấp nhận là: axit béo bị phân cắt dần theo một chiều nhất định, với số
5

cacbon bị cắt đi ở mỗi lần phân cắt có thể là 1, 2 hoặc 3. Năm 1904, Franz
Knoop đánh dấu đầu tận cùng của các axit béo bằng vòng benzene, cho chó hấp
thu rồi phân tích các dẫn xuất của benzene có trong nước tiểu. Kết quả cho thấy,
với các axit béo có số cacbon chẵn thì phenylacetate được thải ra, còn với các
axit béo có số cacbon lẻ thì benzoate được thải ra. Biết rằng benzene không có
khả năng bị phân cắt bởi enzyme phân giải axit béo.
a) Sự phân cắt axit béo bắt đầu từ phía benzene hay phía carboxyl?
b) Xác định số cacbon bị cắt đi ở mỗi lần phân cắt.

Nội dung

Điểm

- Khi không có O2 làm chất nhận e cuối cùng, các cytochrome

0.25

a)
tồn tại ở trạng thái mang e, tức trạng thái khử. Lúc này, theo
hình A, các cytochrome hấp thụ ánh sáng.
- Khi có O2 làm chất nhận e cuối cùng, các cytochrome tồn tại

0.25

ở trạng thái mất e, tức trạng thái oxi hóa. Lúc này, theo hình
B, các cytochrome không hấp thụ ánh sáng.
1.

b)
- Khi có O2 và Urethane, chỉ cytochrome b ở trạng thái khử,

0.25

chứng tỏ Urethane chặn sự truyền e từ cytochrome b đến các
cytochrome còn lại, và cytochrome b là thành phần đầu tiên
của chuỗi.
- Khi chỉ có cytochrome c và O2, cytochrome c ở trạng thái

0.125

khử, chứng tỏ không có sự truyền e từ cytochrome c cho O 2.
Như vậy, cytochrome c không phải là cytochrome cuối cùng.
2.

- Vậy, sắp xếp được thứ tự các cytrochrome như sau: b – c – a3

0.125

a) Nếu sự phân cắt xảy ra ở đầu benzene thì sau khi cắt, vòng

0.25

benzene phải bị mất đi ở sản phẩm. Tuy nhiên, ở các sản
phẩm bài tiết thu được, vòng benzene vẫn tồn tại, chứng tỏ sự
cắt axit béo bắt đầu từ phía carboxyl.
b)
- Nếu số C bị cắt đi mỗi lần là 1 thì sản phẩm thu được cuối

6

0.25

cùng từ axit béo có số C chẵn và axit béo có số C lẻ là giống
nhau. Điều này khác với kết quả thu được của Knoop.
- Nếu số C bị cắt đi mỗi lần là 3 thì khi sản phẩm thu được từ axit

0.25

béo có 6C hay 10C khác với Phenylacetate. Điều này không phù
hợp với kết quả của Knoop.
- Nếu số C bị cắt đi là 2 thì các kết quả thu được sẽ phù hợp

0.25

với giả thiết. Như vậy số C bị cắt đi ở mỗi lần là 2.
Câu 5: (2 điểm): Truyền tin tế bào + Phương án thực hành
a. Thí nghiệm (1 điểm)
Hai protein màng, bao gồm một protein bám màng ngoại bào và một
protein xuyên màng có vùng liên kết với actin nội bào, được đánh dấu bằng
huỳnh quang (màu xám) ở mỗi thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Thực hiện trong môi trường nuôi cấy tế bào chuẩn, ở nhiệt
độ 37oC
Thí nghiệm 2: Thực hiện trong môi trường nuôi cấy tế bào có bổ sung
cytochalasin, một chất phá hủy actin, ở nhiệt độ 37oC
Thí nghiệm 3: Thực hiện trong môi trường nuôi cấy tế bào chuẩn ở nhiệt độ 2oC
Ở các thí nghiệm trên, một
vùng nhỏ trên màng tế bào (hình

Protein được

Kết

Kết

Kết quả

đánh dấu

quả 1’

quả 2’

3’

vuông) được tẩy huỳnh quang

X

trong một thời gian ngắn, sau đó
theo dõi sự phục hổi huỳnh quang.

Y

Kết quả được thể hiện ở bảng bên.
Xác định protein X, Y và kết quả

Bổ sung
chất gắn

tương ứng với các thí nghiệm. Giải
2. Truyền tin (1 điểm)Ở một thí

Màng sinh chất

Gβγ

YFP
CFP

Gα

nghiệm, người ta gắn protein phát
huỳnh quang CFP (bước sóng hấp

Hình 3

Huỳnh quang (%)

thích.

Loại bỏ
chất gắn
1
Không có
chất độc
2

Thời gian (s)

Hình 4

thụ: 440nm, bước sóng phát ra: 489 nm) lên tiểu phần G α của protein G, và YFP
7

(bước sóng hấp thụ: 490nm, bước 8neu phát ra: 527nm) lên tiểu phần Gβγ. Nếu
CFP và YFP ở gần nhau thì sẽ xảy ra hiện tượng truyền năng lượng huỳnh
quang, theo đó, năng lượng phát ra từ CFP có thể được YFP hấp thụ. (hình 3).
Chất độc của Vibrio 8neumon (VT) gây mất khả năng phân giải GTP của
Gαkích thích. Chất độc của Bordetalla pertussis (BT) gây mất khả năng giải
phóng GDP của Gαức chế. Các tế bào gắn huỳnh quang được nuôi trong môi
trường không bổ sung chất độc (đường liền)/ có bổ sung VT/ có bổ sung BT. Bể
nuôi được chiếu ánh sáng có bước 8neu 440nm. Kết quả đo huỳnh quang 527nm
theo thời gian được thể hiện ở hình 4.
a) Đường nào ở hình 4 thể hiện môi trường có bổ sung VT và môi 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.

1.

Nội dung

Điểm

- Ở điều kiện bình thường, protein bám màng ngoại bào có

0.25

khả năng di chuyển, còn protein có vùng liên kết actin nội bào
không có khả năng di chuyển. Do đó, sau khi tẩy huỳnh
quang một thời gian, vùng bị tẩy sẽ xuất hiện huỳnh quang trở
lại chỉ khi protetin bám màng ngoại bào được đánh dấu.
- Khi sử dụng cytochalasin, actin nội bào bị phá hủy, giúp

0.25

protein xuyên màng có khả năng di chuyển. Do đó, sau khi
tẩy huỳnh quang, vùng bị tầy sẽ xuất hiện huỳnh quang trở lại
đối với cả hai loại protein.
- Khi thực hiện thí nghiệm ở nhiệt độ 2oC thì các chuyển động

0.25

màng hầu như dừng lại hoặc rất chậm do sự cô đặc mật độ các
phân tử màng. Như thế, đối với bất cứ protein nào, vùng bị
tẩy sẽ không xuất hiện huỳnh quang trở lại.
0.25

- Như vậy suy ra:
Protein X: Protein xuyên màng có vùng liên kết actin nội bào;
Protein Y: Protein bám màng ngoại bào

8

Thí nghiệm 1: kết quả 3’;
Thí nghiệm 2: kết quả 1’;
Thí nghiệm 3: kết quả 2’
a)
- VT gây mất khả năng phân giải GTP của G α, khiến cho

0.25

Gαluôn tách ra khỏi Gβγ , nên không xảy ra sự truyền năng
lượng huỳnh quang khi loại bỏ chất gắn. Như vậy, đường số 2
2.

thể hiện môi trường có bổ sung VT.
- BT gây mất khả năng giải phóng GDP của G α, khiến cho

0.25

Gαvà Gβγluôn gắn với nhau, nên sự bổ sung chất gắn không
làm giảm sự truyền năng lượng huỳnh quang. Như vậy,
đường số 1 thể hiện môi trường có bổ sung BT.
b)
- VT gây mất khả năng phân giải GTP của G αkích thích,

0.25

khiến Gα kích thích luôn ở trạng thái hoạt động, dẫn đến sự
hoạt hóa liên tục adenylyl cyclase → tăng nồng độ cAMP
- BT gây mất khả năng giải phóng GDP của G αức chế, khiến

0.25

Gαức chế luôn ở trạng thái bất hoạt, dẫn đến sự hoạt hóa liên
tục adenylyl cyclase → tăng nồng độ cAMP
Câu 6: (2 điểm): Phân bào
a. Các giai đoạn trong chu kì tế bào (1 điểm)
Để tạo ra một quần thể gồm các tế bào ở cùng một giai đoạn của chu kì,
một nhà khoa học lợi dụng khả năng ức chế ribonucleotide reductaza của
thymine nồng độ cao. Ribonucleotide reductase có chức năng chuyển
ribonucleotide thành deoxyribonucleotide, nguồn nguyên liệu cho sự tổng hợp
AND. Thymine nồng độ thấp không có hoạt tính ức chế. Với dòng tế bào có thời
gian pha G1, S, G2, M lần lượt là 10.5h, 7h, 4h, 0.5h, quy trình tạo ra quần thể
tế bào như trên là:
1. Ban đầu, bổ sung lượng lớn thymine vào môi trường nuôi tế bào.
2. Sau 18h, loại bỏ bớt thymine.
9

3. Sau 10h tiếp theo, lại bổ sung một lượng lớn thymine.
Sau thí nghiệm, các tế bào thu được đang ở giải đoạn nào của chu kì tế bào?
Giải thích.
2. Điều hòa chu kì tế bào ở cấp độ phân tử (1 điểm)
Phức hệ M cyclin – Cdk được điều hòa hoạt động bởi phosphoryl hóa và khử
phosphoryl hóa. Cụ thể, nhóm phosphate ức chế (Pi) gây bất hoạt phức hệ trên
(hình 5). 2 enzyme giúp chuyển đổi M cyclin – Cdk là Wee1 và Cdc25. Quan sát
các tế bào kiểu dại, tế bào mang đột biến mất chức năngWee1(Wee1-) và tế bào
mang đột bến mất chức năngCdc25(Cdc25-), thu được kết quả ở hình 6. Hãy cho
biết chức năng của Wee1 và Cdc25 tương ứng với các quá trình ở hình 5.
Kiểu dại

M cyclin

Enzyme ?

Cdk

Pi

Cdc25-

M cyclin
Cdk

Enzyme ?
Hình 5

1.

Wee1-

Hình 6

Nội dung

Điểm

- Thymine nồng độ cao gây ức chế ribonucleotide reductase,

0.25

do đó, sự bổ sung thymine nồng độ cao gây tạm dừng các tế
bào đang ở pha S, không cho tiếp tục chu kì tế bào.
- Ban đầu, một lượng lớn Thymine được bổ sung vào môi

0.25

trường nuôi, gây tạm dừng pha S, các tế bào ở các pha khác
vẫn trải qua chu kì tế bào bình thường.
- Sau 18h, do tổng thời gian G2, M và G1 là 15h nên tất cả

0.25

các tế bào lúc này đang ở các giai đoạn của pha S. Sự loại bỏ
Thymine giúp tất cả tế bào lại tiếp tục trải qua chu kì bình
thường.
- Sau 10h tiếp theo, do thời gian pha S là 7h nên tất cả tế bào
lúc này đều đã ra hoàn thành pha S và đang trải qua các pha
khác của chu kì tế bào. Sự bổ sung lượng lớn Thymine khiến
10

0.25

cho các tế bào này không thể bước vào pha S sau này. Như
vậy, toàn bộ tế bào lúc này đã bị đồng hóa tại cuối pha G1
- M cyclin – Cdk có vai trò giúp tế bào vượt qua điểm chốt

0.5

G2, bước vào nguyên phân. Theo đó, enzyme giúp loại bỏ Pi
khỏi M cyclin – Cdk giúp tế bào bước vào nguyên phân, và
ngược lại, enzyme gắn Pi vào c gây cản trở tế bào bước vào
nguyên phân.
- Các tế bào Wee1-có kích thước rất nhỏ, chứng tỏ sự phân
2.

0.25

bào xảy ra nhanh và nhiều hơn so với kiểu dại. Như vậy,
Wee1 có vai trò ức chế nguyên phân, tức Wee1 là enzyme
phosphoryl hóa M cyclin – Cdk.
- Các tế bào Cdc25-có kích thước rất lớn, chứng tỏ sự phân

0.25

bào xảy ra chậm và ít hơn so với kiểu dại. Như vậy, Cdc25 có
vai trò kích thích nguyên phân, tức Cdc25 là enzyme khử
phosphoryl hóa M cyclin – Cdk.
Câu 7: (2 điểm): Cấu trúc, chuyển hóa vật chất và năng lượng của vi sinh vật.
a. Chuyển hóa vật chất và năng lượng ở vi khuẩn lưu huỳnh màu lục (1 điểm)
Vi khuẩn lưu huỳnh màu lục là những sinh vật đầu tiên trên trái đất. Nó sống ở
đáy ao hồ, vùng nước rất sâu nhờ có nhiều khí H2S . Hãy cho biết:
a. Ý nghĩa của việc vi khuẩn sống ở môi trường đó ?
b. Kiểu dinh dưỡng, kiểu hô hấp của nó để phù hợp với môi trường sống ?
2. Vi khuẩn Corynebacterium Glutamicum (1 điểm)
Để sản xuất axit glutamic thì người ta thường dùng các thùng chứa dịch
đường hóa ( bột sắn, ngô, khoai,.. thủy phân thành đường ) thêm muối nito
( KNO3, ure,.. ), vitamin H, một chút chất kháng sinh. Rồi cấy vi khuẩn
Corynebacterium Glutamicum sinh axit glutamic, nuôi ở 32- 37 0 C, trong điều kiện
thoáng khí, pH: 6,5 – 6,8. Sau 38- 49h, dùng NaOH trung hòa ta thu được
mononatriglutamat, lọc, sấy khô, thu được mì chính.
Hãy xác định
a. Kiểu trao đổi chất và kiểu dinh dưỡng của vi sinh vật này?
11

b. Tác dụng của muối nitơ trong việc duy trì độ pH?
Nội dung

Điểm

- Nơi này giúp nó chống lại tác hại của tia cực tím khi Trái

0.25

Đất chưa có lớp ozon.
- Quang hợp không thải oxi, trong đó dùng khí H2S làm chất
1.

0.5

cho electron, và khí CO2 có nhiều trong nước biển để quang
hợp. Vi khuẩn thích hợp với ánh sáng yếu
- Hô hấp kị khí: Lấy H2S làm chất nhận e cuối cùng nên sống

0.25

được ở điều kiện Trái Đất chưa có O2.
a.
- Kiểu hô hấp: hiếu khí không hoàn toàn. Vi khuẩn cần điều kiện

0.25

thoáng khí để sinh trưởng, và tạo ra hợp chất là axit glutamic.
2.

- Kiểu dinh dưỡng: hóa dị dưỡng. Nó lấy C từ các hợp chất
hữu cơ ( bột sắn, ngô,..)

0.5

Lấy năng lượng từ quá trình khử nitrat đồng hóa.
b. – Vì lượng axit tạo ra càng nhiều thì pH giảm nên dùng

0.25

muối này để trung hòa, giữ pH ổn định.
Câu 8: (2 điểm): Sinh trưởng, sinh sản của vi sinh vật
a. Sinh trưởng của vi sinh vật (1 điểm)
Nuôi cấy 104 tế bào vi khuẩn E.coli trong bình nuôi cấy không liên tục có chứa
hai loại nguồn cung cấp cacbon là glucôzơ và sorbiton. Sau 10 giờ nuôi cấy, đồ
thị biểu diễn sự sinh trưởng của quần thể vi khuẩn có dạng:
mật
độ vi
khuẩn
tb/ml

Biết rằng Trong pha l ũy thừa thứ nhất có thời gian thế hệ (g) = 15 phút. Sau
0

6,5 giờ nuôi cấy số lượng vi khuẩn trong bình là 1639.105 tế bào. Hãy cho biết

12

a. Số lượng tế bào vi khuẩn trong bình nuôi cấy sau 4 giờ nuôi cấy.
b. Thời gian thế hệ (g) ở pha lũy thừa thứ hai.
c. Giả sử trong quá trình nuôi cấy trên vi khuẩn này có khả năng sinh nội
bào tử, và gặp điều kiện thuận lợi sẽ nảy mầm. Hãy vẽ đường cong sinh trưởng
trong trường hợp này.
2. Di truyền vi sinh vật (1 điểm)
Có

2

chủng

vi

khuẩn Streptococcus

Thí
nghiệm

1

2

3

S chết
Chủng
S sống R sống (nhiệt)

4
S chết
R sống

pneumoniae gây bệnh viêm phổi ở chuột nhắt:
Chủng S: Gây bệnh, có vỏ bao, tạo khuẩn
Tiêm vào chuột (102 vi khuẩn)

lạc láng.
Chủng R: Không gây bệnh, không có vỏ

Chết

bao, tạo khuẩn lạc nhám.

Sống

Sống

Chết

Người ta tiến hành tiêm S. 13neumonia vào chuột nhắt rồi phân tích kết
quả thu được. Thí nghiệm được mô tả ở hình bên, trong đó, 1ml mẫu máu của
chuột chết ở thí nghiệm 4 chứa 50 vi khuẩn chủng S có khả năng sinh sản.
a. Hãy giải thích kết quả thí nghiệm 1, 2, 4.
b. Trên cơ sở nào loại trừ khả năng tế bào chủng R chỉ cần đơn giản dùng
vỏ của chủng S để chuyển thành chủng gây bệnh?
c. Nếu thêm ADN nucleaza vào thí nghiệm 4 thì kết quả thí nghiệm là gì?
1.

Nội dung

Điểm

- Số lần phân bào ở pha lũy thừa thứ nhất là: 120 phút : 15

0.125

a.
phút = 8 lần
- Sau 4 giờ nuôi cấy số lượng tế bào thu được:

104 x 28 = 0.125

256. 104 tế bào.
b. Gọi n là số lần phân bào ở pha lũy thừa thứ hai.
-Ta có 256. 104 . 2n = 16390.104 tế bào --> n = log
(16390/256): log2 = 6 lần

0.25

Thời gian thế hệ (g) ở pha lũy thừa 2 l à: g2 = 120 phút : 6 =
20 phút

0.25
13

c.

0.25
mật
độ vi
khuẩn
tb/ml

0

a.
TN 1: chủng R: không có vỏ bao nên bị tế bào bạch cầu của

0.125

cơ thể tiêu diệt, vì vậy chuột không bị bệnh, không chết.
TN 2: chủng S: có vỏ bao, tránh được sự tiêu diệt của tế bào

0.125

bạch cầu nên sống và gây bệnh cho chuột, chuột chết.
TN4: khi chủng S chết, tế bào bị phân giải, giải phóng ADN

0.25

ra môi trường. ADN được vận chuyển vào tế bào chủng R,
giúp cho chủng R có khả năng tổng hợp vỏ và nhân lên thành
thế hệ chủng S con. Từ đó vi khuẩn này gây bệnh cho chuột,
2.

chuột chết. (0.25 điểm)
b.
Phân tích số lượng tế bào chủng S mới sinh ra trong chuột ở

0.25

TN 4 (50 vk/ml máu), nhận thấy số lượng lớn hơn số tế bào
chủng S chết đưa vào (100 vk tổng số), suy ra có sự tổng hợp
mới vỏ.
c. Dưới tác dụng của enzim ADN nucleaza thì ADN trần của
chủng S bị phân giải, nên trình tự tổng hợp vỏ không được
vận chuyển vào chủng R. Do đó, chủng R không chuyển
thành chủng độc. Kết quả chuột sống.
Câu 9: (2 điểm): Vi rút
1. Virus cúm A (1 điểm)
14

0.25

Dịch cúm theo mùa cướp đi sinh mạng của hơn 500.000 người mỗi năm trên
toàn thế giới. Nhiều hóa chất đã được thử nghiệm để ngăn chặn sự nhân lên của
virus cúm A trong cơ thể.
a) Genome của virus cúm A là gì? (ADN hay ARN; sợi đơn +, sợi đơn – hay
sợi kép; phân mảnh hay không phân mảnh)
b) Trong một thí nghiệm, trước khi tiếp xúc virus cúm A, tế bào chủ được
xử lí lần lượt với mỗi loại hóa chất sau: zanamivir (chất ức chế neuraminidase),
NH4Cl (duy trì pH cao của lysosome), actinomycin D (ức chế sự phiên mã). Hãy
dự đoán tác động của các hóa chất trên đối với quá trình nhân lên của virus cúm
A.
2. Phagơ (1 điểm)
“Mối quan hệ giữa phagơ và vi khuẩn luôn không ngừng tiến hóa”. Em hãy
chứng minh điều đó bằng cách nêu các cách để vi khuẩn bảo vệ cơ thể khỏi sự
xâm nhập của virut còn phagơ tăng sự xâm nhập và nhân lên trong tế bào chủ?
Nội dung
a) Genome của virus cúm A là ARN sợi âm, phân mảnh.

Điểm
0.25

b)
- Zanamivir ức chế neuraminidase, khiến cho virus không thể

0.25

phá hủy màng tế bào để giải phóng ra khỏi tế bào chủ ban đầu.
- NH4Cl duy trì pH cao của lysosome, khiến các enzyme trong

0.25

lysosome không được hoạt hóa, dẫn đến vỏ của virus cúm A
1.

không bị phân giải → virus cúm A không thể giải phóng
genome vào tế bào chất.
- Vì sự sao chép genome của virus cúm A được thực hiện bởi
ARN polymerase phụ thuộc ARN, nên sự ức chế phiên mã
không ảnh hưởng đến quá trình sao chép và tạo mARN của
virus này. Như vậy, actinomycin D không có tác động đến
virus cúm A.

2.

-Vì vi khuẩn luôn bảo vệ cơ thể khỏi sự xâm nhập của virut
bằng cách:
15

0.25

+ Chọn lọc tự nhiên đã ưu đãi các thể đột biến vi khuẩn bằng

0.25

các vị trí thụ thể không còn được nhận ra bởi phagơ đó.
+ Trong tế bào vi khuẩn có các loại enzim cắt giới hạn để

0.25

nhận ra và phân giải ADN lạ.
- Phagơ tiến hóa để tăng sự xâm nhập và nhân lên trong vi
khuẩn bằng cách:
+ Phagơ đột biến đề kháng với các enzim cắt giới hạn

0.125

+ Phagơ tiến hành chu trình tiềm tan

0.125

+ Phagơ thay đổi bản chất ADN của chúng để enzim cắt giới

0.25

hạn không nhận ra.
Câu 10: (2 điểm): Bệnh truyền nhiễm và miễn dịch
1. Bệnh truyền nhiễm (0.75 đ)
Ba bệnh sốt rất phổ biến ở Việt Nam do muỗi là vật trung gian truyền bệnh
gồm sốt rét, sốt xuất huyết Dengue và sốt viêm não Nhật Bản. Hỏi
a. Bệnh nào là bệnh do virut gây ra?
b. Ổ chứa, vật chủ của mỗi bệnh nếu có ?
2. 2. Miễn dịch (1,25 đ)
Khi các tế bào hệ miễn dịch bị mất chức năng sẽ gây ra những hệ quả dự đoán
trước. Hãy cho biết các phát biểu sau đúng hay sai. Nếu sai hãy giải thích?
a. Mất tế bào T chỉ suy giảm miễn dịch tế bào mà không suy giảm miễn dịch
thể dịch.
b.Mất tế bào T thì không ảnh hưởng đến sự mẫn cảm với virut, nấm, không
tăng sinh khối u.
c. Mất tế bào T thì khả năng thực bào vẫn xảy ra.
d. Mất tế bào B không cản trở sự hình thành IFN.
e. Mất tế bào B gây tăng tính mẫn cảm đối với sự nhiễm trùng do vi khuẩn.
Nội dung
1.

Điểm

a.
Đó là bệnh sốt xuất huyết do virut Dengue
16

0.125

Bệnh viêm não Nhật Bản do virut polio gây nên.

0.125

b.
Bệnh sốt xuất huyết: có ổ chứa và vật chủ đều là người.

0.25

Bệnh viêm não Nhật Bản: có ổ chứa là lợn, chim đầm lầy, vật

0.25

chủ là người.

2.

a. Sai. Suy giảm cả 2 loại miễn dịch.

0.25

b. Sai. Vì tế bào Tc diệt virut, tế bào ưng thư.

0.25

c. Sai. Mất thực bào vì tế bào T hoạt hóa đại thực bào.

0.25

d. Đúng.

0.25

e. Đúng.

0.25
-----Hết-----

Họ và tên thí sinh:......................................................Số báo danh:................................

17