Hướng dẫn chấm đề thi chọn HSG Sinh học Duyên hải đồng bằng Bắc Bộ Sinh 10 năm học 2018-2019 (Chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định đề đề xuất)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TỈNH BÌNH ĐỊNH

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM 2019

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(HDC gồm 10 câu, 13 trang)

ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC LỚP 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu

Nội dung đáp án

Điểm

1

1. Ure và -mercaptoetanol là hai hợp chất gây biến tính protein. mercaptoetanol oxi hóa liên kết disunphit, trong khi ure phá vỡ tất cả các
liên kết yếu (không phải liên kết cộng hóa trị) bên trong phân tử 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 không xử lý hóa chất chỉ thu được một protein
duy nhất có khối lượng 160 kilodanton (kDa).
Thí nghiệm 2: Khi xử lý bằng dung dịch ure 6M thu được hai
protein có khối lượng tương ứng là 100 kDa và 60 kDa.
Thí nghiệm 3: Khi xử lý bằng dung dịch ure 6M bổ sung mercaptoetanol thu được hai protein có khối lượng tương ứng là 50 kDa
và 15 kDa. Dựa vào kết quả thí nghiệm trên hãy cho biết:
a) Phân tử protein này có khối lượng bao nhiêu?
b) Phân tử protein này được cấu tạo từ bao nhiêu chuỗi polypeptit
và bao nhiêu loại chuỗi polypeptit? Khối lượng mỗi loại chuỗi polypeptit là
bao nhiêu?
c) Các tiểu phần protein 100 kDa và 60 kDa có cấu tạo như thế nào?
2. Endorphin là một chất giảm đau tự nhiên do tuyến yên và các tế bào não
khác tiết ra. Khi chất này liên kết vào thụ thể của nó trên bề mặt các tế
bào não, endorphin làm giảm đau và tạo ra cảm giác khoan khoái.
Morphin là thuốc có hiệu quả giảm đau tương tự và cũng liên kết vào thụ
thể của endorphin. Tại sao cả hai chất endorphin và morphin đều có thể
Trang 1/13

liên kết vào thụ thể của endorphin?
1. a) Phân tử protein này có khối lượng: 160kDa.

0,25

b) Phân tử protein này được cấu tạo từ 6 chuỗi polypeptit.

0,25

Có 2 loại chuỗi polypeptit:

0,25

+ Chuỗi có khối lượng 50 kDa.
+ Chuỗi có khối lượng 15 kDa.

0,25

c. Tiểu phần protein 100 kDa được cấu tạo từ 2 chuỗi polypeptit giống nhau có
khối lượng 50 kDa thông qua liên kết disunphit.

0,25

Tiểu phần protein 60 kDa được cấu tạo từ 4 chuỗi polypeptit giống nhau có
khối lượng 15 kDa thông qua liên kết disunphit.

0,25

2. Hai chất endorphin và morphin đều có thể liên kết vào thụ thể của endorphin
vì: hai phân tử này có hình dạng không gian giống nhau.
2

0,5

Hãy tưởng tượng rằng em đang nghiên cứu một protein màng được
nêu trong sơ đồ dưới đây. Em chuẩn bị các túi nhân tạo chỉ chứa protein
này trên màng túi. Các túi sau đó đã được xử lý cắt bởi enzyme protease
nằm gần màng hoặc đã được thấm trước khi xử lý với protease. Các
peptide thu được sau đó đã được phân tách bằng SDS-PAGE.

a) Hãy xác định mặt ngoài, mặt trong của màng túi? Giải thích.
b) Ở đường chạy số 3 trong bản gel điện di SDS-PAGE phân đoạn nào (lớn
Trang 2/13

hay nhỏ) có tính ưa nước, phân đoạn nào có tính kị nước? Giải thích.
a) – Các phân đoạn ở đường chạy số 2 trong bản gel điện di là khi túi được xử
lý bởi enzyme protease nằm ở gần màng. Mà ta thấy có 3 phân đoạn nhỏ, 2
phân đoạn lớn  3 phân đoạn nhỏ này chỉ có thể là a, c, e.

0,5

 Mặt chứa các domain a, c, e là mặt ngoài của màng túi.

0,25

Mặt chứa các domain b, d là mặt trong của màng túi.

0,25

b) Ở đường chạy số 3 trong bản gel điện di SDS-PAGE
0,25

– 4 phân đoạn lớn có tính kị nước.
Giải thích: vì các phân đoạn này nằm sâu trong lớp phospholipit kép của màng
túi.

0,25

– 5 phân đoạn nhỏ có tính ưa nước.

0,25

Giải thích: vì các phân đoạn này nằm thò vào trong khoang của túi (b, d) và thò
0,25

ra mặt ngoài của màng túi (a, c, e).
3

Các nhà khoa học tách riêng tilacoit của lục lạp và đưa vào môi
trường tương tự như chất nền của lục lạp. Theo dõi pH của môi trường
chứa tilacoit ở các điều kiện khác nhau và thu được kết quả thể hiện ở
hình bên. Trong đó, (i) là thời điểm bắt đầu chiếu sáng, (ii) là thời điểm
một chất X được thêm vào môi trường đang được chiếu sáng.
a) Trong khoảng thời gian từ 5 đến 10
phút tính từ khi bắt đầu thí nghiệm, pH của
môi trường chứa tilacoit thay đổi như thế nào
so với trước khi chiếu sáng? Giải thích.
b) X có thể là chất ức chế quá trình nào
dưới đây? Giải thích.
(1) Quá trình photphorin hóa oxi hóa.
(2) Quá trình tổng hợp enzim rubisco.
(3) Quá trình truyền điện tử giữa hệ quang
hóa I và II.
(4) Quá trình phân hủy NADPH.
1. a) – pH của môi trường chứa tilacoit tăng lên so với trước khi chiếu sáng.

0,25

- Giải thích:
Trang 3/13

+ Khi chiếu sáng, xảy ra pha sáng của quá trình quang hợp.

0,25

+ Chuỗi truyền điện tử ở màng tilacoit sẽ hoạt động và bơm ion H + từ môi
trường bên ngoài vào bên trong xoang tilacoit.

0,25

+ Do đó nồng độ H+ ở môi trường chứa tilacoit giảm nên pH của môi trường
chứa tilacoit tăng lên so với trước khi chiếu sáng.

0,25

b) - (3) Quá trình truyền điện tử giữa hệ quang hóa I và II.

0,25

- Giải thích:
+ Ức chế quá trình truyền điện tử giữa hệ quang hóa I và II sẽ ngăn cản quá
trình vận chuyển ion H+ vào trong xoang tilacoit

0,25

+ Vì vậy, nồng độ H+ trong môi trường chứa tilacoit tăng (do các ion H+ được
vận chuyển vào xoang tilacoit sẽ lại được đi ra ngoài môi trường qua kênh ATP

4

synthetase và tổng hợp nên ATP).

0,25

+ Kết quả pH của môi trường chứa tilacoit giảm.

0,25

Năm 1992, người ta đã khám phá ra cách thức thi thể tạo ra ATP. Điện tử
được chuyển từ succinate, malate và ascorbate (vitamin C) đến oxy. Các
phức hệ I  IV lần lượt dùng năng lượng để bơm proton qua màng trong
ti thể (hình 1). Độ bão hòa oxy của một dịch huyền phù từ
ti thể, được xử lý với các
cơ chất và các chất độc
gồm

kali

KCN),

cyanua

rotenone

hoặc

antimycin A (AA) tại các
Hình 1

thời điểm được đánh dấu
và theo trình tự thời gian
(hình 2).

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

(g)

Hình 2
a) Hãy cho biết các chất kali cyanua, rotenone và antimycin A đã ức
Trang 4/13

chế những phức hệ nào?
b) Khi bị ngộ độc cyanua có thể sử dụng malate để điều trị được hay
không? Vì sao?
c) Các chất độc tạo ra các lỗ trên màng ti thể đã tác động như thế
nào đến sự tiêu thụ oxy? Giải thích.
a)

- KCN: ức chế phức hệ I, II và cytocrom c.

0,25

- Rotenone: ức chế phức hệ I.

0,25

- Antimycin A: ức chế phức hệ I và II.

0,25

b) Khi bị ngộ độc cyanua không thể sử dụng malate để điều trị.

0,25

Vì: hợp chất cyanua ức chế phức hệ I nên quá trình vận chuyển điện tử không
diễn ra, do đó quá trình tổng hợp ATP cũng bị ức chế.

0,25

c) Các chất độc tạo ra các lỗ trên màng ti thể sẽ làm tăng sự tiêu thụ oxy.

0,25

Vì các chất độc tạo ra các lỗ trên màng ti thể sẽ làm giảm sự chênh lệch thế
năng H+ dẫn đến làm giảm sự tổng hợp ATP.

0,25

Do đó, để đảm bảo cung cấp đủ năng lượng cho hoạt động của tế bào thì phải
tăng cường quá trình vận chuyển điện tử dẫn đến làm tăng sự tiêu thụ oxy.
5

0,25

5.1. Truyền tin tế bào:
Jessica đang phân tích một con đường truyền tin (vẽ ở hình dưới
đây) dẫn đến phát sinh ung thư với hy vọng tìm ra chất ức chế ngăn cản
con đường này và ứng dụng nó trong điều trị ung thư.

a) Các thành phần của con đường truyền tin gồm A, B và C thường
được hoạt hóa qua các phản ứng phosphoryl hóa và phản phosphoryl hóa.
Bằng các cơ chế nào mà các protein A, B và C có thể được phosphoryl hóa
Trang 5/13

hoặc phản phosphoryl hóa?
b) Thí nghiệm nào dưới đây có thể chứng minh rằng đường truyền
tin này theo chiều từ B→C, nhưng không theo chiều từ C→B? Giải thích.
(1) Bổ sung một chất bất hoạt A sẽ hoạt hóa B.
(2) Bổ sung một chất hoạt hóa A sẽ hoạt hóa C.
(3) Bổ sung một chất hoạt hóa B sẽ hoạt hóa C.
(4) Bổ sung một chất bất hoạt B sẽ hoạt hóa C.
(5) Tạo đột biến tăng cường biểu hiện của B sẽ thúc đẩy tạo ra nhiều
phân tử C hoạt hóa hơn.
(6) Bổ sung một chất bất hoạt B nhưng hoạt hóa C sẽ quan sát được
đáp ứng tế bào.
c) Nếu con đường truyền tin này hoạt động mạnh trong các tế bào
ung thư, thì ở tế bào bình thường con đường này có thể tham gia vào các
quá trình nào?
5.2. Phương án thực hành:
Cho 2 bình thủy tinh, mỗi bình chứ 100ml môi trường nuôi cấy
giống như nhau. Người ta lấy vi khuẩn Pseudomonas fluorescens từ cùng
một khuẩn lạc, cấy vào hai bình thủy tinh nói trên. Trong quá trình nuôi
cấy, một bình được cho lên máy lắc (bình A), lắc liên tục, còn bình kia thì
để tĩnh (bình B). Sau một thời gian nuôi cấy, ở một bình, ngoài chủng vi
khuẩn gốc (chủng được cấy vào bình lúc ban đầu), người ta còn phân lập
được thêm 2 chủng vi khuẩn có đặc điểm hình thái và một số đặc tính
khác, khác hẳn với chủng gốc. Trong bình còn lại, sau một thời gian, người
ta vẫn chỉ thấy có một chủng vi khuẩn gốc mà không phát hiện một chủng
nào khác.
a) Hãy cho biết bình nào (A hay B) có thêm 2 chủng vi khuẩn mới?
Giải thích tạo sao lại đi đến kết luận như vậy?
b) Thí nghiệm này chứng minh điều gì?
5.1. Truyền tin tế bào:
a) - Các thụ thể có thể chứa miền hoạt tính enzym xúc tác các phản ứng
phosphoryl hóa và phản phosphoryl hóa.
Trang 6/13

- Các enzym tham gia vào quá trình phosphoryl hóa hoặc phản phosphoryl hóa
có thể có mặt trong tế bào chất.
- Các protein A, B và C cũng có thể chứa các miền enzym xúc tác cho các phản
ứng phosphoryl hóa hoặc phản phosphoryl hóa.
(Nêu đúng 2 cơ chế trở lên được 0,25 điểm)

0,25

b) Các thí nghiệm 3, 5, 6 là các thí nghiệm có thể chứng sự truyền tính hiệu từ
B→C, chứ không phải từ C→B. Giải thích:
+ (3) cho thấy sự hoạt hóa B sẽ điều hòa trực tiếp lên C.
+ (5) cho thấy sự hoạt hóa C phụ thuộc vào mức độ xuất hiện của B.
+ (6) cho thấy sự hoạt hóa C là tín hiệu nằm sau B trên con đường truyền tín
hiệu.
(Nếu nêu và giải thích đúng 2 thí nghiệm trở lên được 0,5 điểm, nếu nêu và giải
thích đúng 1 thí nghiệm được 0,25 điểm)

0,5

c) - Ức chế tế bào gốc biệt hóa.
- Hoạt hóa các yếu tố phiên mã của một gen gây khối u.
- Ức chế biểu hiện của một số gen sửa chữa AND.
(Nêu đúng 2 quá trình trở lên được 0,25 điểm)

0,25

5.2. Phương án thực hành:
a) – Hai bình A và B khi xuất phát thí nghiệm là như nhau và chỉ khác nhau là
1 bình được lắc và 1 bình không được lắc trong khi làm thí nghiệm. Như vậy,
bình nào được lắc sẽ có môi trường trong bình đồng nhất hơn so với bình
không được lắc.

0,25

- Trong bình không được lắc, môi trường nuôi cấy vi khuẩn sẽ không đồng
nhất: phía trên bề mặt sẽ giàu oxi hơn (hiếu khí), giữa ít oxi hơn, dưới đáy gần
như không có oxi (kị khí). Sự khác biệt về môi trường sống là yếu tố để chọn
lọc tự nhiên chọn lọc ra các chủng vi khuẩn thích hợp với từng vùng của môi
trường nuôi cấy.

0,25

- Như vậy bình B để tĩnh (không được lắc) là bình có thêm chủng vi khẩn mới.
b) Thí nghiệm này nhằm chứng minh điều kiện môi trường thay đổi giúp phân
hóa hình thành nên các đặc điểm thích nghi.
6

0,5

Hoạt tính của các enzyme Wee1 kinase và Cdc25 phosphatase xác
Trang 7/13

định trạng thái phosphoryl hoá của tyrosine 15 trong hợp phần Cdk1 của
M-Cdk. Khi tyrosine 15 bị phosphoryl hoá, M-Cdk sẽ bị bất hoạt; khi
tyrosine 15 không bị phosphoryl hóa, M-Cdk ở trạng thái hoạt động (Hình
A). Hoạt tính của các enzyme Wee1 kinase và Cdc25 phosphatase cũng bị
điều khiển bởi quá trình phosphoryl hoá.
Sự điều hoà các hoạt tính này có thể được nghiên cứu ở các dịch
chiết noãn ếch. Trong các dịch chiết này, Wee1 kinase ở trạng thái hoạt
động và Cdc25 phosphatase ở trạng thái bất hoạt. Do vậy, M-Cdk bị bất
hoạt vì hợp phần Cdk1 bị phosphoryl hoá ở tyrosine 15. M-Cdk trong các
dịch chiết này có thể được hoạt hoá nhanh chóng bằng axit okadaic, là một
chất ức chế của enzyme serine/threonine phosphatases. Sử dụng các kháng
thể đặc hiệu cho Cdk1, Wee1 kinase, và Cdc25 phosphatase, có thể xác
định được trạng thái phosphoryl hoá của chúng bằng những thay đổi về sự
di chuyển của chúng trên gel điện di (Hình B). Dạng phosphoryl hoá của
các protein này thường di chuyển chậm hơn dạng không bị phosphoryl
hoá của protein đó.

a) Dựa vào các thông tin trên, hãy cho biết các enzyme Wee1 kinase
và Cdc25 phosphatase ở trạng thái hoạt động khi nào? Giải thích.
b) Điều gì sẽ xảy ra nếu M-Cdk ở trạng thái hoạt động có thể
phosphoryl hoá Wee1 kinase và Cdc25 phosphatase?
Trang 8/13

a) – Theo hình A, M-Cdk hoạt động khi Wee1 kinase bất hoạt và Cdc25
phosphatase hoạt động.

0,5

- Khi cho axit okadaic vào thì M-Cdk hoạt động  trong môi trường axit
okadaic Wee1 kinase bất hoạt và Cdc25 phosphatase hoạt động.

0,25

- Theo hình B, trong môi trường axit okadaic thì Wee1 kinase và Cdc25
phosphatase đều bị phosphoryl hóa.

0,5

 Wee1 kinase bị bất hoạt khi bị phosphoryl hóa (Wee1 kinase hoạt động khi
không bị phosphoryl hóa) và Cdc25 phosphatase hoạt động khi bị phosphoryl
0,25

hóa.
b) Nếu M-Cdk ở trạng thái hoạt động có thể phosphoryl hoá Wee1 kinase và
Cdc25 phosphatase thì một lượng nhỏ M-Cdk ở trạng thái hoạt động có thể dẫn

0,5

đến quá trình hoạt hoá nó nhanh chóng và hoàn toàn.
7

Trong một thí nghiệm về nhu cầu dinh dưỡng của cây đậu tương,
người ta lấy 4 đĩa petri trong đó có đặt giấy thấm tẩm dung dịch khoáng.
Các đĩa petri được đánh dấu A, B, C và D. Cả 4 đĩa đều chứa dung dịch
khoáng, nhưng chỉ có đĩa C chứa đầy đủ tất cả các thành phần khoáng cần
thiết cho sự sinh trưởng và phát triển của cây đậu tương. Các đĩa còn lại
thiếu một thành phần khoáng. Người ta cho vi khuẩn Rhizobium vào đĩa A,
vi khuẩn Bacillus subtilis vào đĩa B và vi khuẩn Anabaena azollae lấy từ
bèo hoa dâu vào đĩa D. Sau đó, người đặt các hạt đậu tương lấy từ một
giống vào trong các đĩa. Vài ngày sau, tất cả các hạt đều nảy mầm. Hai
tuần sau khi hạt nảy mầm, người ta thấy chỉ có các cây ở đĩa A và C sinh
trưởng bình thường, các cây ở đĩa B và D đều chết. Trong suốt quá trình
thí nghiệm, tất cả các đĩa luôn được giữ ẩm và đặt trong điều kiện môi
trường như nhau. Hãy giải thích kết quả thí nghiệm.
- Đĩa A, vi khuẩn Rhizobium cộng sinh với cây họ đậu và tiến hành quá trình cố
định đạm phục vụ cho hoạt động sống của cây.

0,25

- Ở đĩa A, thiếu một nguyên tố khoáng mà khi bổ sung vi khuẩn Rhizobium cây
sinh trưởng bình thường chứng tỏ nguyên tố thiếu là N.

0,25

- Ở đĩa B, vi khuẩn Bacillus subtilis là vi khuẩn dị dưỡng, không có khả năng
cố định nito.

0,25
Trang 9/13

- Sự thiếu hụt nguyên tố N trong một thời gian dài dẫn đến cây trồng ở đĩa B
chết.

0,25

- Đĩa C, dù không có vi sinh vật nhưng được bổ sung đầy đủ các thành phần
dinh dưỡng khoáng nên cây sống bình thường.

0,25

- Đĩa D, vi khuẩn Anabaena azollae có khả năng cố định nito khi cộng sinh với
bèo hoa dâu.

0,25

- Tuy nhiên, loại vi khuẩn Anabaena azollae không có khả năng cộng sinh với
cây họ đậu nên quá trình cố định đạm không xảy ra và cây chết vì thiếu nito
trong một khoảng thời gian.
8

0,5

Có 5 chất kháng sinh (A, B, C, D và E) được kiểm tra về hiệu lực chống vi
khuẩn gây bệnh Staphylococcus aureus. Với từng chất kháng sinh, người ta
tẩm ướt một khoanh giấy thấm tròn với dịch chứa 2mg chất kháng sinh
tương ứng rồi lần lượt đặt chúng lên môi trường thạch nuôi cấy vi khuẩn
Staphylococcus aureus, kết quả thu được như hình 1 dưới đây. Được biết 5
chất kháng sinh này gây độc với người ở các liều lượng khác nhau như số
liệu trình bày trên hình 2.

a) Hãy sắp xếp hiệu lực diệt vi khuẩn Staphylococcus aureus của 5
loại thuốc kháng sinh (A  E) theo thứ tự giảm dần? Giải thích.
b) Ở liều dùng 2mg, kháng sinh nào (A  E) vừa an toàn cho người
sử dụng vừa có hiệu lực diệt vi khuẩn Staphylococcus aureus cao? Giải
thích.
a) Theo hình 1:
+ Thuốc kháng sinh E có vùng vi khuẩn không mọc rộng nhất  có hiệu lực
Trang 10/13

cao nhất.

0,25

+ Thuốc kháng sinh D và C có vùng vi khuẩn không mọc gần bằng nhau,
nhưng nhỏ hơn thuốc kháng sinh E  D và C có hiệu lực bằng nhau, nhưng
thấp hơn E.

0,25

+ Thuốc kháng sinh B có vùng vi khuẩn không mọc nhỏ hơn E nhưng lớn hơn
D và C.
+ Thuốc kháng sinh A không có vùng vi khuẩn không mọc  không có hiệu
0,25

lực đối với vi khuẩn Staphylococcus aureus.
 Hiệu lực diệt vi khuẩn Staphylococcus aureus của 5 loại thuốc kháng sinh (A

0,25

 E) theo thứ tự giảm dần là: E > B > D = C > A.
b) Ở liều dùng 2mg, chỉ có kháng sinh B là vừa an toàn cho người sử dụng vừa

0,25

có hiệu lực diệt vi khuẩn Staphylococcus aureus cao.
Vì:
+ Kháng sinh A và D sử dụng liều cao mới gây độc đối với người, nhưng

0,25

không có hiệu lực hoặc có hiệu lực thấp đối với Staphylococcus aureus.
+ Kháng sinh C sử dụng liều thấp (< 2mg) đã gây độc đối với người và có hiệu

0,25

lực thấp.
+ Kháng sinh E có hiệu lực diệt vi khuẩn Staphylococcus aureus rất cao, nhưng

0,25

sử dụng liều thấp (< 1mg) đã gây độc đối với người.
9

Virut cúm A/H5N1 lây truyền bệnh ở người và gia cầm, còn virut
cúm A/H3N2 chỉ lây truyền bệnh ở người. Giả sử, người ta tạo được virut
lai bằng cách tách hệ gen (ARN) của virut cúm A/H5N1 ra khỏi cỏ capsit
của nó, rồi chuyển vào đó hệ gen (ARN) của virut cúm A/H3N2.
a) Trình bày giai đoạn sinh tổng hợp (nhân lên) của virut lai vừa tạo
ra (thế hệ 0) sau khi xâm nhập vào tế bào người. Biết rằng virut cúm A có
hệ gen ARN (-) và phiên mã tổng hợp mARN từ khuôn ARN hệ gen của
nó.
b) Virut lai thế hệ 1 có khả năng lây truyền bệnh ở gia cầm không?
Giải thích.
c) Nếu gen mã hóa gai glicoprotein H (hemagglutinin) bị đột biến ở
Trang 11/13

chủng gốc A/H5N1 thì phần lớn virut lai vừa tạo ra (thế hệ 0) sẽ thay đổi
khả năng lây nhiễm ở người như thế nào? Giải thích.
a) - Virut cúm sử dụng ARN-polymerase của nó và nguyên liệu của tế bào chủ
để (phiên mã) tổng hợp mARN (ARN+) trên khuôn ARN của nó (ARN-).

0,5

- Các mARN (ARN+) mới được tổng hợp được dùng làm khuôn để tổng hợp
các ARN hệ gen mới (ARN-) của virut, đồng thời được dùng làm khuôn để 0,5
tổng hợp (dịch mã) protein vỏ capsit và vỏ ngoài để lắp ráp thành virut mới.
b) Virut lai thế hệ 1 không lây truyền bệnh ở gia cầm.

0,25

Vì: hệ gen của virut lai thế hệ 0 là từ virut cúm A/H3H2 nên sẽ tạo ra thế hệ 1
là A/N3N2 không lây truyền bệnh ở gia cầm (trừ trường hợp đột biến xảy ra
ngay trong lần tái sinh virut thế hệ 0).

0,25

c) Nếu gen mã hóa cho gai H bị đột biến thì phần lớn virut lai không lây nhiễm
(hoặc giảm) ở người.

0,25

Vì: virut không có khả năng đính kết lên tế bào chủ (qua thụ thể) nên không
xâm nhập được vào tế bào vật chủ.
10

0,25

1. Năm 2002, Bruno Lemaitre và các cộng sự ở Pháp đã đưa ra một
chiến lược mới để đánh giá chức năng của một peptide kháng khuẩn đơn
lẻ. Họ bắt đầu với một dòng ruồi quả đột biến có các mầm bệnh được nhận
diện nhưng tín hiệu có thể kích hoạt các đáp ứng miễn dịch tự nhiên đã bị
chặn. Kết quả là các ruồi quả đột biến không tạo ra bất kì peptide kháng
khuẩn nào. Các nhà nghiên cứu sau đó bằng công nghệ di truyền đã tạo ra
một số ruồi quả đột biến biểu hiện số lượng lớn một peptide kháng khuẩn
đơn lẻ, là drosomycin hoặc defensin. Các nhà khoa học đã gây nhiễm các
ruồi quả khác nhau bằng nấm Neurospora crassa và theo dõi sự sống sót
qua thời gian 5 ngày. Họ lặp lại quy trình để gây nhiễm trùng bằng vi
khuẩn Micrococcus luteus. Và họ thu được kết quả như sơ đồ bên dưới.

Trang 12/13

Từ kết quả trên có thể rút ra được kết luận gì?
2. Trong bệnh nhược cơ, các kháng thể gắn và chặn các thụ thể
acetylcholin ở các xinap thần kinh – cơ, làm ngăn cản co cơ. Bệnh này
được phân loại đúng nhất là một bệnh thiếu hụt miễn dịch, bệnh tự miễn
hay phản ứng dị ứng? Giải thích.
3. Thiếu hụt đại thực bào ảnh hưởng ra sao tới các hoạt động bảo vệ
bẩm sinh và thu được của một người?
1. Từ kết quả trên có thể rút ra kết luận:
- Mỗi peptide trong hai peptide kháng khuẩn tạo ra một đáp ứng miễn dịch bảo 0,5
vệ.
- Hơn nữa, các peptide khác nhau đã bảo vệ chống lại các mầm bệnh khác
nhau. Drosomycin có hiệu quả chống lại N. crassa và defensin có hiệu quả
chống lại M. luteus.

0,5

2. Bệnh nhược cơ được coi là một bệnh tự miễn.

0,25

Vì hệ miễn dịch sinh ra các kháng thể chống lại các phân tử tự thân (các thụ
thể acetylcholin).

0,25

3. Một người bị thiếu hụt đại thực bào sẽ thường xuyên bị nhiễm trùng. Các
nguyên nhân có thể là các đáp ứng bẩm sinh thiếu hụt, do giảm thực bào và
viêm nhiễm, và do các đáp ứng miễn dịch thu được thiếu hụt, do thiếu các đại
thực bào để trình diện các kháng nguyên với các tế bào T hỗ trợ.

0,5

------------------HẾT-----------------Người ra đề: Đặng Văn Tẫn – 0386.823.595

Trang 13/13