Thông tin chung
- Trình tự thực hiện Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối - 18 - TRÌNH TỰ THỰC HIỆN THAO TÁC VỚI CSDL BẰNG MÔ HÌNH PHI KẾT NỐI BƯỚC CÔNG VIỆC THAO TÁC THỰC HIỆN Bước 1. Khai báo không Tại cửa sổ lệnh lớp clsKetNoi, khai báo: gian tên using System.Data; using System.Data.SqlClient; Bước 2. Tạo phương thức Tại cửa sổ lệnh lớp clsKetNoi, viết mã: thao tác với dữ liệu public DataTable truyvan(string sql){ DataTable dt = new DataTable(); SqlDataAdapter da = new SqlDataAdapter(sql,chuoiKetnoi); da.Fill(dt); YÊU CẦU KỸ THUẬT Khai báo đúng không gian tên: System.Data System.Data.SqlClient - Khởi tạo DataTable được đối tượng - Khởi tạo được đối tượng SqlDataAdapter với 2 tham số: câu lệnh truy vấn và chuỗi kết nối tới CSDL QLBH return dt; } Bước 3. Tạo thể hiện cho lớp Tại cửa sổ lệnh form Sản phẩm, tạo thể hiện cho lớp clsKetNoi: clsKetNoi clsKetNoi kn = new clsKetNoi(); Khởi tạo được đối tượng cho lớp clsKetNoi Bước 4. Viết mã cho sự kiện Tại cửa sổ lệnh form Sản phẩm, viết mã: Gọi chính xác phương thức trên Form Sanpham truyvan() với tham số truyền vào * Phương thức hienthi(): gọi phương thức truyvan() với tham số là lệnh là lệnh truy vấn Select tới bảng dữ truy vấn Select liệu tblSanpham ứng với chức năng void hienthi(){ Hiển thị. gcSanPham.DataSource = kn.truyvan("Select * from tblSanpham"); Trình tự thực hiện Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối - 19 - } * Sự kiện Form Load của Form Sản phẩm: gọi phương thức hienthi() private void ucSanPham_Load(object sender, EventArgs e){ hienthi(); } Bước 5. Kiểm tra • Nhấn F5 để chạy chương trình; kiểm tra chức năng của chương trình Chương trình không xảy ra lỗi
- Ngữ văn 12 ĐẤT NƯỚC. (Nguyễn Khoa Điềm) A. Mục tiêu cần đạt : + Kiến thức Qua bài học giúp HS: Cảm nhận được những suy tư sâu sắc của nhà thơ về đất nước và trách nhiệm của mỗi người đối với quê hương, xứ sở. Hiểu được sự kết hợp nhuần nhuyễn giữa chất chính luận và trữ tình, sự vận dụng các chất liệu văn hóa và văn học dân gian, sự phong phú, linh hoạt của giọng điệu thơ. + Kĩ năng : Trình bày, trao đổi về mạch cảm xúc của bài thơ, sự thể hiện hình tượng đ ất nước của bài thơ. Phân tích, so sánh, bình luận về vẻ đẹp của bài thơ, chất chính luận và ch ất trữ tình của bài thơ, về sự thể hiện tư tưởng “Đất Nước của Nhân Dân”. + Thái độ : Tự nhận thức về tình yêu đất nước của thế hệ các nhà thơ trẻ trong thời kì chống Mĩ. B. Chuẩn bị : +GV: Soạn bài, chuẩn bị tư liệu giảng dạy SGK, SGV, Thiết kế bài học +HS chuẩn bị: đọc kĩ SGK và trả lời các câu hỏi trong phần hướng dẫn học bài. C.Phương tiện: SGK, SGV, Thiết kế bài học. D. Phương pháp: - Nêu vấn đề, phát vấn, kết hợp diễn giảng. - Hoạt động song phương giữa HS và GV. E. Tiến trình tổ chức: 1. Ổn định lớp 2. Kiểm tra bài cũ: - Nêu hoàn cảnh sáng tác và phân tích sắc thái tâm trạng, lối đối đáp của nhân vật trữ tình trong đoạn trích. - Vẻ đẹp của cảnh va người Việt Bắc hiện lên như thế nào? 3. Bài mới: + Đặt vấn đề: Một cái nhìn mới mẻ về đất nước qua cách cảm nhận mang tính tổng hợp, toàn diện từ cái tôi ý thức của thế hệ những người cầm bút trẻ tuổi giàu tri th ức, ni ềm ti và nièm tự hào dân tộc. Theo đó, đất nước là nơi hội tụ và kết tinh bao công s ức và khát v ọng của nhân dân. Nhân dân là người làm ra đất nước. Nắm được một số nét đặc sắc về nghệ thuật: giọng thơ trữ tình- chính luận, sự vận dụng sáng tạo nhiều yếu tố của văn hoá và văn học dân gian lam sáng tỏ thêm tư tưởng "Đất Nước của Nhân Dân". + Nội dung bài: HOẠT ĐỘNG THẦY & TRÒ YÊU CẦU CẦN ĐẠT ?Phần tiểu dẫn trình bày những I. Tìm hiểu chung : nội dung chính nào? 1. Tác giả: - GV nhận xét sau đó nhấn mạnh a. Tiểu sử: những thông tin chủ yếu về tiểu - Sinh ra trong một gia đình trí thức, giàu truyền thống yêu sử, phong cách thơ. nước và tinh thần cách mạng. - Học tập và trưởng thành trên miền Bắc, tham gia chiến - Trữ tình chính luận: thể hiện đấu và hoạt động văn nghệ ở miền Nam. cảm xúc, tâm trạng riêng về các vấn đề chính trị xã hội bằng một b. Phong cách sáng tác : giọng điệu sắc sảo. - Giàu chất suy tư, xúc cảm dồn nén . - Giọng thơ trữ tình chính luận. ?Nêu hoàn cảnh ra đời? Nội 2. Bài thơ: dung cơ bản? Nghệ thuật bài a. Hoàn cảnh sáng tác: Hoàn thành ở chiến khu Trị -Thiên thơ? 1971 . b. Nội dung: thức tỉnh tuổi trẻ đô thi vùng tạm chiếm miền Cảm hứng này được bộc lộ qua Nam. cái tôi trữ tình giàu suy tư và ưa c. Nghệ thuật: mang đậm phong cách thơ Nguyễn Khoa phân tích, lí giải, biểu đạt bằng Điềm. một giọng thơ trữ tình chính 3. Đoạn trích : luận sâu lắng thiết tha. ?Với cảm hứng ấy, nhà thơ đã a. Vị trí: Trích chương V của trường ca . triển khai đoạn thơ theo trình tự b. Cảm hứng chủ đạo: tư tưởng “Đất Nước của Nhân như thế nào? dân”. ?Tác giả đã sử dụng những chất b. Bố cục: Hai phần liệu văn hoá và lịch sử nào để - Phần I: 42 câu đầu: thể hiện sự cảm nhận về đất + Đất nước được cảm nhận từ nhiều phương diện lịch sử nước? văn hoá dân tộc, chiều sâu của không gian, chiều dài của Đất nước có từ ngày tháng năm thời gian. cụ thể nào không ai rõ, chỉ biết + Quan hệ giữa con người và đất nước. có từ ngày xửa ngày xưa, tuổi ấu - Phần II: 47 câu cuối: Tư tưởng cốt lõi, cảm nhận về đất thơ của lịch sử loài người. nước : Đất nước của Nhân dân . Cổ tích II. Đọc- hiểu văn bản: Phong tục ăn trầu Đ ẤT Truyền thống chống ngoạixâm. NƯỚC Phong tục bới tóc. tình nghĩa cha mẹ. Cuộc sống lao động vất vả. 1. Cảm nhận về đất nước: a. Đất nước được cảm nhận ở nhiều phương diện: * Phương diện lịch sử, văn hoá dân tộc: (Đất nước có từ bao giờ?) - Đất nước gắn liền với: + Văn hoá lâu đời của dân tộc: truyện cổ tích, phong tục. Điều này làm nên sự khác biệt giữa Nguyễn Khoa Điềm với nhiều tác giả đi trước và một số cây bút cùng thế hệ. Họ thường tự tạo ra một khoảng cách để chiêm ngưỡng hình ảnh của Tổ quốc nên hay dùng những hình ảnh kì vĩ, mĩ lệ, mang tính biểu tượng để thể hiện cảm nhận của mình về đất nước. Trong bài Mũi Cà Mau, Xuân Diệu đã viết: “Tổ quốc tôi đẹp như một con tàu. Mũi thuyền ta đó Mũi Cà Mau”. + Cuộc trường chinh không nghỉ ngơi: chống ngoại xâm, cuộc sống lao động vất vả. XDiệu đã khái quát hình ảnh đất nước như một con tàu khổng lồ. Còn NKhoa Điềm chọn cách thể hiện tự nhiên và bình dị. Chiết tự: Đất => Đất nước được hình thành và phát triển theo quá trình sống của mỗi con người, rất bình dị, thân thộc và gần gũi. Nghệ thuật: Giọng thơ nhẹ nhàng, âm hưởng đầy quyến rũ đã đưa ta về với cội nguồn của đất nước: Một đất nước vừa cụ thể vừa huyền ảo đã có từ rất lâu đời. *Phương diện không gian địa lí và thời gian lịch sử: (Đất nước là gì?) - Phương diện không gian: Nước mới mẻ, độc đáo mang tính cá thể hết sức táo bạo + Không gian gần gũi với con người: nơi sinh hoạt của mỗi người, không gian tuyệt diệu của tình yêu và nỗi nhớ đầy ?Đất nước được cảm nhận trên phương diện không gian như thế nào? Nhận xét gì về những không gian đó? Đất nước Nước đến trường tắm núi bạc chiếc khăn thơ mộng với bao kỉ niệm ngọt ngào. + Không gian địa lý mênh mông từ "núi bạc" đến "biển khơi" và không gian sinh tồn của dân tộc bao thế hệ: "Những ai đã khuất...mai sau". Đất =>Đất nước hiện lên thiêng liêng những vẫn gần gũi, gắn bó với mỗi con người. Là sự thống nhất giữa cá nhân với hò hẹn cộng đồng. biển khơi đánh rơi -Phương diện thời gian: + Nhắc đến cội nguồn dân tộc: “Lạc Long Quân và Âu ?Xét về phương diện thời gian, Cơ” và ngày giỗ Tổ cho đến hiện tại với những con người đất nước tồn tại trong thời gian không bao giờ quên nguồn cội dân tộc. “đằng đẵng”. Em hãy tìm dẫn + Đất nước là sự kế tục của các thế hệ: quá khứ, hiện tại chứng để làm rõ ý trên? và tương lai: "Những ai đã khuất...mai sau". ?Hãy nhận xét chung về cách cảm nhận đất nước của nhà thơ? Qua đó giáo dục chúng ta điều gì? Tóm lại: Tác giả đã hướng tới cái nhìn toàn vẹn và nhiều chiều về đất nước để khơi dậy một đất nước có chiều dài của thời gian lịch sử, chiều rộng của không gian địa lí và chiều sâu của truyền thống văn hoá dân tộc. - Lòng yêu đất nước phải gắn c. Trách nhiệm của thế hệ mình với đất nước : Điểm liền với sự gìn giữ truyền thống mấu chốt về tư tưởng, tập trung cảm xúc. văn hoá dân tộc, quí trọng và tự 1 2 3 hào lịch sử cha ông đã gây dựng, giữ gìn không gian đất nước. - Anh, em hai đứa cầm tay chta cầm tay mọi người => ?Em hãy thuyết trình sơ đồ bên? Đoàn kết. (cá nhân) (tình yêu lứa đôi) mạnh VN) một phần (tình yêu đồng loại) (Sức hài hoà, nồng thắm vẹn tròn, to lớn (sự sống, máu thịt) Đất nước ?Tác giả suy nghĩ như thế nào + Đất nước kết tinh trong sự sống, trong máu thịt của mỗi về trách nhiệm của mình đối với cá nhân. đất nước? + Tình yêu lứa đôi thống nhất, hài hoà với tình yêu đất nước. + Sự phát triển từ cá nhân, tình yêu lứa đôi đến tình yêu đồng loại + kết hợp với hình ảnh “ Đất nước vẹn tròn to lớn” => gợi tả tình đoàn kết dân tộc (làm nên sức mạnh Việt Nam). - Niềm tin vào thế hệ mai sau. - Trách nhiệm của thế hệ mình: + Đất nước - "máu xương" của mỗi con- là những giá trị vật chất và tinh thần mà mỗi người được thừa hưởng (quyền lợi). i gắn bó + Trách nhiệm của mỗi người:phải biết ? Phần sau của đoạn thơ tập trung làm nổi bật tư tưởng "Đất Nước của Nhân Dân". Tư tưởng ấy đã quy tụ mọi cách nhìn nhận và đưa đến những phát hiện và mới của tác giả về địa lí lịch sử và văn hoá của đất nước như thế nào? san sẻ hoá thân =>Xây dựng và bảo vệ Đất nước muôn đời. (nghĩa vụ). + Nghệ thuật: . Điệp ngữ “phải biết” => giọng thơ chính luận. . Âm điệu “em ơi em”=> trữ tình thiết tha. . Dùng từ “hoá thân”(# hi sinh): hiến dâng, hoà nhập, sống còn vì đất nước => sâu sắc, giàu ý nghĩa. Đây cũng là tư tưởng cốt lõi của . Lời thơ giản dị nhưng mang ý nghĩa sâu xa. đoạn trích. => Ý thơ mang tính chất tâm sự nhiều hơn là kêu gọi, giáo ?Tác giả đã cảm nhận đất nước huấn nên sức truyền cảm rất mạnh. qua những địa danh , thắng cảnh 2. Tư tưởng cốt lõi : "Đất Nước của Nhân Dân". nào? ?Những địa danh gắn với cái gì, - Phương diện địa lí: cảm nhận đất nước qua những địa danh thắng cảnh gắn với cuộc sống tính cách số phận của của ai ? nhân dân: ? Vì sao khi nói về bốn nghìn năm lịch sử của đất nước, tác + Tình nghĩa thuỷ chung thắm thiết (núi Vọng Phu, hòn giả không điểm tên các triều đại trống mái). cùng bao nhân vật anh hùng trong sử sách? Đối tượng mà tác + Sức mạnh bất khuất (Chuyện Thánh Gióng). giả muốn nhắc đến là ai? Vì sao + Cội nguồn thiêng liêng (hướng về đất Tổ Hùng Vương). tác giả lại nhắc đến họ? (Họ là những con người như thế nào?) + Truyền thống hiếu học (Cách cảm nhận về núi Bút non nghiêng). Khi nói về truyền thống của nhân dân tg đã chọn những yếu + Hình ảnh đất nước tươi đẹp (Cách nhìn dân dã về núi tố văn học dân gian nào để làm con Cóc, con Gà , dòng sông) sáng tỏ? Đó là những truyền => Đất nước hiện lên vừa gần gũi vừa thiêng liêng. thống gì ? - Phương diện lịch sử: Nhìn vào bốn nghìn năm đất nước ?Nhận xét về nghệ thuật của mà nhấn mạnh đến những con người vô danh- Họ âm đoạn thơ? thầm cống hiến và hi sinh. - Thể thơ? - Truyền thống của nhân dân: - Giọng thơ? + Say đắm trong tình yêu (Yêu em từ thuở trong nôi.) - Nhận xét về cách sử dụng chất liệu văn hoá dân gian của tg ? Vì sao có thể nói chất liệu văn hoá dân gian ở đoạn này gợi ấn tượng vừa quen thuộc vừa mới lạ? ? Qua đoạn trích, tác giả thể hiện quan điểm về vấn đề gì? Mục đích của tác giả? + Biết quý trọng tình nghĩa (Biết quý công...) + Quyết liệt trong căm thù và chiến đấu (Biết trồng tre...) => Sự phát hiện thú vị và độc đáo của tác giả về đất nước được triển khai trên hai hướng vừa khơi sâu, vừa phát triển những ý nghĩa mới trên các phương diện địa lí, lịch sử, văn hoá với nhiều ý nghĩa mới : Muôn vàng vẻ đẹp của đất nước đều là kết tinh của bao công sức và khát vọng của nhân dân , của những con người vô danh , bình dị . Tư tưởng cốt lõi và tụ điểm là "Đất Nước của Nhân Dân" : Vì Đất Nước là của nhân dân nên Đất Nước là của ca dao thần thoại.Đây là một định nghĩa giản dị mà độc đáo. c. Nghệ thuật : - Thể thơ tự do phóng túng . - Giọng thơ suy tưởng: đặt câu hỏi và tự trả lời. - Sử dụng các chất liệu văn hoá dân gian không phải là thủ pháp nghệ thuật mà là để chi phối tư tưởng "Đất Nước là của Nhân Dân". - Giọng thơ trữ tình – chính luận . III. Tổng kết: - Đoạn trích thể hiện một cái nhìn mới mẽ về đất nước : Đất nước là sự hội tụ và kết tinh bao công sức và khát vọng của nhân dân. Nhân dân là người làm ra đất nước. - Đoạn trích nằm trong ý đồ tư tưởng cua tác giả: thức tỉnh tinh thần dân tộc. Củng cố : HS cần nắm: - Về tiểu sử và phong cách sáng tác của Nguyễn Khoa Điềm. - Vị trí và hoàn cảnh sáng tác của văn bản . - Cách cảm nhận đất nước vừa cụ thể vừa độc đáo của tác giả ở ph ương di ện th ời gian, không gian và văn hoá. - Tư tưởng đất nước của nhân dân . Dặn dò : - Học thuộc đoạn trích. - Làm bài tập ở sách bài tập. - Soạn bài mới Đất nước của Nguyễn Đình Thi. F. Đánh giá - Rút kinh nghiệm:
-
Phương án bài giảng
-4-
PHƯƠNG ÁN BÀI GIẢNG
1. Tên bài: Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối
2. Vị trí bài giảng
Bài 1. Xử lý ngoại lệ
Bài 2. Thực đơn
Bài 3. Thanh trạng thái
Bài 4. Các hộp thoại
LẬP TRÌNH WINDOWS 2
90h (LT: 30h; TH: 60h)
8.1. Tổng quan về ADO.net
Bài 5. Các hộp thoại tập tin
8.2. Thao tác dữ liệu với DataSet
Bài 6. Các đối tượng
Bài 7. Một số tính năng khác
Bài 8. Truy cập và xử lý cơ sở dữ liệu
Bài 9. Lập báo cáo với CrystalReport
8.3. Thao tác với CSDL bằng mô hình kết nối
8.4. Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối
8.5. Nâng cấp các thao tác dữ liệu từ các đối tượng
trong ADO.NET
8.6. Tìm kiếm, trích lọc dữ liệu
8.7. ADO.NET Entity Framework
8.8. Sử dụng LINQ
Phương án bài giảng
- Bài giảng thuộc bài số 8, mục 8.4. Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối trong
chương trình mô đun Lập trình Windows 2
- Mô-đun Lập trình Windows 2 được bố trí học sau các môn học, mô đun: Hệ quản trị
Cơ sở dữ liệu SQL Server; Lập trình Windows 1.
- Trước khi học bài "Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối" học sinh đã được học
các điều khiển cơ bản trên Windows Form, các điều khiển hiển thị dữ liệu như
DataGridView; Kiến trúc, đặc điểm của ADO.NET; Đối tượng DataSet, DataTable;
Thao tác được với CSDL bằng mô hình kết nối.
- Bài 8.4: Thao tác CSDL bằng mô hình phi kết nối được triển khai trong 60 phút,
giúp cho người lập trình viên thực hiện các thao tác với CSDL SQL, tạo nên các ứng
dụng quản lý có lượng dữ liệu vừa và nhỏ một cách linh hoạt
Học sinh sẽ thực tập rèn luyện kỹ năng thao tác với CSDL bằng mô hình phi kết nối.
3. Đối tượng giảng dạy
Học sinh trình độ Cao đẳng, nghề Lập trình máy tính.
4. Mục tiêu bài giảng
Sau khi học xong bài này học sinh có khả năng:
-
Xác định được các đối tượng sử dụng trong mô hình phi kết nối;
-
Thực hiện được các thao tác với CSDL SQL Server bằng mô hình phi kết nối
theo yêu cầu bài toán đảm bảo đúng trình tự thực hiện, trong khoảng thời gian
10 phút;
Phòng tránh được các lỗi thường gặp;
-
Tuân thủ nội quy phòng máy tính, thể hiện được tính độc lập, tự giác, cẩn thận
trong công việc.
5. Trọng tâm bài giảng
-
Xác định được các đối tượng sử dụng trong mô hình phi kết nối.
-
Thực hiện được các thao tác với CSDL SQL Server bằng mô hình phi kết nối
để hoàn thiện chức năng Quản lý sản phẩm cho hệ thống Quản lý bán hàng trên
Facebook
-
Phòng tránh được các lỗi thường gặp.
6. Phương pháp, phương tiện dạy học
6.1. Các phương pháp giảng dạy
-
Thuyết trình, đàm thoại, trực quan, làm mẫu, kỹ thuật dạy học tích cực lấy học
sinh làm trung tâm.
-
Học sinh thực hành cá nhân trên máy tính.
-
Đánh giá năng lực học sinh theo các tiêu chí đánh giá.
-5-
Phương án bài giảng
6.2. Phương tiện dạy học
-
Máy tính có cài đặt phần mềm Visual Studio 2019 đã tích hợp DevExpress 19.2
-
Project QLBHApp đã thiết kế giao diện Quản lý sản phẩm và tạo lớp clsKetNoi
-
Máy chiếu, bảng tương tác, bảng trình tự thực hiện.
-
Hệ thống mạng LAN
-
Tài liệu học tập cho học sinh.
6.3. Hình thức tổ chức dạy học
-
Giới thiệu chủ đề: tập trung
-
Giải quyết vấn đề:
Lý thuyết, hướng dẫn kỹ năng: tập trung
Thực hành: cá nhân
-
Kết thúc vấn đề: tập trung
7. Phương án cụ thể
TT CÁC BƯỚC LÊN LỚP
I
ỔN ĐỊNH LỚP
II
THỰC HIỆN BÀI HỌC
PHƯƠNG PHÁP
Đàm thoại, thuyết trình
THỜI GIAN
(Phút)
1 phút
59 phút
Khởi động lớp
1. Dẫn nhập
Từ kiến thức bài học trước và thực
tiễn nghề nghiệp đặt vấn đề vào
bài
5 phút
2. Giới thiệu chủ đề
Giới thiệu
2 phút
3. Giải quyết vấn đề
Đàm thoại, trực quan, giảng giải,
làm mẫu, thực hành, nhận xét,
đánh giá.
49 phút
4. Kết thúc vấn đề
Hệ thống hóa, nhận xét chung
2 phút
5. Hướng dẫn tự học
Thông báo
1 phút
-6- - PHƯƠNG PHÁP TÔ MÀU TRẦN NGỌC THẮNG - THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Phương pháp tô màu thường được dùng để giải các bài tập liên quan đến bảng ô vuông (bài toán phủ, cắt, ghép…), tùy theo giả thiết và yêu cầu của từng bài toán mà ta chọn bao nhiêu màu và tô màu theo những cách phù hợp nhất để chứng minh bài toán. Việc tô màu theo cách như thế nào là bước rất quan trọng để giải các bài toán theo phương pháp tô màu và để có thể trang bị phần nào đó cho học sinh trong qua trình học chuyên đề này chúng tôi chọn lọc một số bài tập liên quan đến phương pháp tô màu. 1. Cho bảng 8×8 bị mất hai ô ở hai góc đối diện. Hỏi có thể lát phần còn lại của bảng bởi các quân a) 2×1 (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) b) Hình chữ L dưới đây (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) c) 2×1 và các quân hình chữ Hình chữ L dưới đây (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) Lời giải. Tô màu bảng 8×8 như hình vẽ. 1 a) Khi đó mỗi quân 2×1 sẽ chiếm một ô đen và một ô trắng. Do đó nếu phần còn lại của bảng được phủ bởi các quân này thì số ô đen bằng số ô trắng vô lí vì số ô đen là 32, số ô trắng là 30. b) Khi đó mỗi quân hình chữ L sẽ chiếm một 2 ô đen và 2 ô trắng. Do đó nếu phần còn lại của bảng được phủ bởi các quân này thì số ô đen bằng số ô trắng vô lí vì số ô đen là 32, số ô trắng là 30. c) Mỗi quân 2×1 hoặc quân hình chữ L sẽ có số ô trắng bằng số ô đên. Do đó nếu phần còn lại của bảng được phủ bởi các quân này thì số ô đen bằng số ô trắng vô lí vì số ô đen là 32, số ô trắng là 30. 2. Xét bàn cờ vua 8×8 . Chứng minh rằng nếu xuất phát từ một ô góc, con mã không thể đi qua tất cả các ô của bàn cờ, mỗi ô một lần và kết thúc ở ô góc đối diện với ô góc nó xuất phát. Lời giải. Xét bàn cờ vua 8×8 như hình vẽ. Mỗi nước đi của quân mã sẽ chuyển đến ô khác màu với ô nó đứng trước đó. Do đó nếu xuất phát từ ô góc và đi qua tất cả các ô còn lại và đến ô góc đối diện thì con mã sẽ thực hiện 63 nước đi. Do đó con mã sẽ đến ô khác màu với ô xuất phát vô lí vì ô đối diện với ô xuất phát là cùng màu. Vậy bài toán được chứng minh. 3. Một hình tròn được chia thành 2014 hình quạt. Trong mỗi hình quạt có một viên bi. Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần cho phép lấy ra hai viên bi trong hai hình quạt nào đó và chuyển sang các ô bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số lần có thể chuyển hết các viên bi vào một hình quạt được không? Lời giải. 2 Ta tô màu các hình quạt như hình vẽ, sao cho hai hình quạt cạnh nhau thì khác màu. Gọi S ( n) , T ( n) lần lượt là tổng số bi ở bước thứ n của các các hình quạt màu đen, hình quạt màu trắng. Do S ( 0) = T ( 0) = 1005 và S ( n) , T ( n) bất biến theo mod 2 nên không thể xảy ra trường hợp S ( n) = 0 hoặc T ( n) = 0 . Vậy bài toán được chứng minh. Nhận xét. Bài toàn có thể tổng quát nhứ sau: Cho n ∈ * , một hình tròn được chia thành n hình quạt. Trong mỗi hình quạt có một viên bi. Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần cho phép lấy ra hai viên bi trong hai hình quạt nào đó và chuyển sang các ô bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho sau một số lần có thể chuyển hết các viên bi vào một hình quạt. 4. (Romania TST 2000) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m, n) sao cho bảng m×n có thể lát được bởi các quân hình chữ L dưới đây (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) Lời giải. Phân tích: Giả sử bảng được lát bởi một vài giá trị của a . Giả sử m ≤ n . Nếu a = 1 dễ thấy không thỏa mãn. x quân hình chữ L suy ra mn = 4a , ta sẽ thử Nếu a = 3 ta có mn = 12 ta có các khả năng ( m, n) = ( 2,6) , ( 3,4) cả hai bảng này không thể lát bởi các quân hình chữ L . 3 Nếu a = 2 ta có mn = 8 ta có các khả năng ( m, n ) = ( 2, 4) bảng này có thể lát bởi các quân hình chữ L như hình vẽ Như vậy ta dự đoán để lát được bảng m×n thì a phải là số chẵn. Trở lại bài toán: Ta sẽ chứng minh a chẵn và chỉ ra cách lát trong trường hợp đó. Ta tô bảng m×n theo cách sau: Với cách tô như vậy thì mỗi quân hình chữ L sẽ chiếm 3 ô đen và 1 ô trắng hoặc 3 ô trắng 1 ô đen. Giả sử trong a quân hình chữ L có u quân gồm 3 ô đen và 1 ô trắng, v quân gồm 1 ô đen và 3 ô trắng. Khi đó ta có: u + v = a u = v ⇔ 3u + v = 3v + u a = 2u Suy ra a 2 mn 8 . Ta sẽ chứng minh với mn 8 thì luôn lát được bảng m×n bởi các quân hình chữ L . Ta xét các trường hợp sau: TH1. Nếu cả hai số m, n đều chẵn: do mn 8 một trong hai số phải chia hết cho 4 , giả sử n 4 .Khi đó ta chia bảng được như hình vẽ m×n thành các bảng 2×4 và các bảng con này lát 4 TH2. Nếu trong hai số m, n có một số lẻ, giả sử m lẻ. Khi đó ta viết m = 2 k + 3, n = 8 l suy ra m × n = ( 2k + 3) × ( 8l ) = 2lk ( 2 × 4) + l ( 3× 8) . Ta nhận thấy các bảng con 2×4 lát được bởi các quân hình chữ L , ta chỉ ra cách lát cho bảng 3×8 là xong. Thật vậy ta lát như hình vẽ: Vậy các số nguyên dương m, n thỏa mãn mn chia hết cho 8 . Bài toán đề xuất. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m, n) sao cho bảng m× n có thể lát được bởi các quân hình chữ L dưới đây (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) 5. (VMO 2006) Xét bảng ô vuông m× n ( m, n là các số nguyên dương lớn hơn 3). Thực hiện trò chơi sau: mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô 1 viên bi) mà 4 ô đó tạo thành một trong các hình dưới đây Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau được không nếu a) m = 2004 và n = 2006 ? b) m = 2005 và n = 2006 ? Lời giải. a) Bảng ô vuông 4× 2 được ghép bởi hai quân 5 Do đó với bảng 2004×2006 ta chia nó thành các bảng 4× 2 . Khi đó với cách đặt bi như yêu cầu ta sẽ đặt được mỗi ô vuông đơn vị của bảng 4× 2 một viên bi. Do vậy bảng 2004×2006 sẽ được đặt mỗi ô vuông đơn vị một viên bi. b) Giả sử ta có thể nhận được bảng mà số bi các ô bằng nhau và mỗi ô có q viên bi. Khi đó bảng 2005×2006 sẽ được lát bởi các quân Ta tô màu bảng 2005×2006 như hình vẽ (các ô vuông đơn vị trên cùng hàng thì cùng màu và hai hàng cạnh nhau thì khác màu) Gọi D( n) ,T ( n) lần lượt là tổng số bi trong các ô đen, ô trắng ở bước cuối cùng. Do 2005×2006 gồm 2005 hàng và 2006 cột nên D( n) = 2006.1003q,T ( n) = 2006.1002q D( n) −T ( n) = 2006q . Mỗi quân được lát đều bảng chiếm 2 ô đen và 2 ô trắng nên D( n) −T ( n) = D( 0) −T ( 0) = 0 vô lý ( D( 0) ,T ( 0) là tổng số bi ở các ô đen, ô trắng lúc ban đầu). Vậy với m = 2005 và n = 2006 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 6 Nhận xét. Với cách làm của phần b thì ta có thể chứng minh được: nếu bảng m× n ( m, n > 3)thỏa mãn yêu cầu bài toán thì m, n đều là số chẵn. Khi một trong hai số m, n chia hết cho 4 thì bảng này sẽ thỏa mãn yêu cầu. Khi m, n đều chẵn và không chia hết cho 4 thì bảng có thỏa mãn không? 6. Cho k, n là các số nguyên dương. Xét một bảng ô vuông vô hạn, đặt 3k.n quân cờ trong hình chữ nhật 3k × n . Thực hiện trò chơi sau: mỗi quân cờ sẽ nhảy ngang hoặc dọc qua một ô kề với nó và có chứa quân cờ, để đến ô kề với ô này (ô mà quân cờ nhảy đến phải là ô trống). Sau khi làm như trên ta loại bỏ quân cờ ở ô bị nhảy qua ra khỏi bàn cờ. Chứng minh rằng, với cách chơi đó trên bảng ô vuông sẽ không bao giờ còn lại đúng một quân cờ. Lời giải. Ta tô bảng ô vuông vô hạn bởi ba màu 1, 2, 3 và được tô như hình vẽ. Gọi Sn ( i) là tổng số quân cờ trong ô vuông đơn vị có màu i ( i =1,2,3) ở bước chơi thứ n , trong đó n = 0 chỉ lúc ban đầu. Ta có S0 (1) = S0 ( 2) = S0 ( 3) = kn . Trong mỗi lần chơi thì tổng số bi của mỗi màu đều tăng hoặc giảm đúng một đơn vị nên tính chẵn lẻ của tổng số bi trong mỗi màu không đổi. Do đó không có trạng thái mà trên bảng còn lại đúng một quân cờ. 1 2 3 1 2 3 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 3 1 1 1 7. Xét bảng ô vuông n×n ( n là số nguyên dương lớn hơn 4) và xóa bỏ 4 ô vuông đơn vị ở bốn góc của bảng. Tìm tất cả các giá trị có thể có của n sao cho bảng trên được lát bởi các quân hình chữ L như hình dưới đây (cùng với các hình tạo bởi bằng cách quay đi một góc tùy ý) 7 Lời giải. Giả sử bảng n×n và xóa bỏ đi bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của bảng được lát bởi các quân hình chữ L và giả sử cần a quân hình chữ L . Khi đó ta có: n2 −4 = 4a Từ đẳng thức này ta suy ra n phải là số chẵn. Khi đó ta tô màu bảng n×n như hình vẽ dưới đây: Khi đó mỗi quân hình chữ L sẽ phủ 1 ô đen và 3 ô trắng hoặc 1 ô trắng và 3 ô đen. Giả sử trong a quân hình chữ L có u quân gồm 3 ô đen và 1 ô trắng, v quân gồm 1 ô đen và 3 ô trắng. Khi đó ta có: u + v = a u = v ⇔ 3u + v = 3v + u a = 2u Suy ra a 2 n 2 − 4 8 n ≡ 2 ( mod 4 ) . Với n ≡ 2 ( mod 4 ) ta có thể chỉ ra cách lát theo cách giống như bài 4. 8. Một bảng 7×7 được phủ kín bởi 16 quân 3×1 và 1 quân 1×1. Hỏi quân 1×1 phải được đặt ở vị trí nào? Lời giải. Đầu tiên ta dự đoán vị trí của quân 1×1 ta được vị trí tại bốn góc của bảng, tâm của bảng và tại trung điểm của dòng 1, 7 và các cột 1, 7 . Ta sẽ chỉ ra 3 cách giải cho bài toán này. Cách 1. Ta tô màu mỗi ô vuông đơn vị bằng 1 trong 3 màu 0,1,2 như hình A dưới đây: 8 0 1 1 0 1 1 0 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 0 1 1 0 1 1 0 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 0 1 1 0 1 1 0 Hình A Nếu quân 1×1 không được phủ bởi màu 0 thì ô chứa màu 0 phải được phủ bởi quân 3×1. Do mỗi quân 3×1 gồm hai loại: loại 1 là quân chứa một ô màu 0 và hai ô màu 1, loại 2 là quân chứa 1 ô màu 1 và hai ô màu 2. Do có tất cả 9 ô có màu 0 nên có 9 quân 3×1 loại 1 và 7 quân 3×1 loại 2. Do đó 16 quân 3×1 sẽ phủ được 9×2 + 7 = 25 ô vuông có màu 1 và 7×2 =14 ô vuông có màu 2. Với cách tô màu bảng như trên thì có 16 ô vuông được tô màu 2 và 24 ô vuông có màu 1 vô lí. Vậy quân 1×1 phải được đặt ở ô vuông tô màu 0. Ta nêu ra cách phủ trong các trường hợp đặt quân 1×1 như sau: Đặt quân 1×1 vào ô tô màu đen. Khi đó ta phủ các quân 3×1 như hình B dưới đây: Hình B Các trường hợp đặt quân 1×1 được làm tương tự. Cách 2. Đầu tiên ta tô màu mỗi ô vuông đơn vị bằng 1 trong 3 màu 0,1,2 như hình C dưới đây: 9 0 1 2 0 1 2 0 2 0 1 2 0 1 2 1 2 0 1 2 0 1 0 1 2 0 1 2 0 2 0 1 2 0 1 2 1 2 0 1 2 0 1 0 1 2 0 1 2 0 Hình C Theo cách tô màu này thì có 17 ô vuông đơn vị được tô màu 0, 16 ô vuông đơn vị được tô màu 1 và 16 ô vuông đơn vị được tô màu 2. Mặt khác mỗi quân 3×1 sẽ chiếm 3 ô vuông đơn vị có màu 0,1,2 suy ra quân 1×1 phải được đặt ở ô vuông đơn vị có màu 0. Tiếp theo ta tô màu mỗi ô vuông đơn vị bằng 1 trong 3 màu 0,1,2 theo hình D dưới đây 0 2 1 0 1 2 0 2 1 0 1 2 0 1 1 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 Hình D Theo cách tô màu này thì có 17 ô vuông đơn vị được tô màu 0, 16 ô vuông đơn vị được tô màu 1 và 16 ô vuông đơn vị được tô màu 2. Mặt khác mỗi quân 3×1 sẽ chiếm 3 ô vuông đơn vị có màu 0,1,2 suy ra quân 1×1 phải được đặt ở ô vuông đơn vị có màu 0. Do đó để quân 1×1 giữ nguyên vị trí theo hai cách tô hình C và hình D thì nó phải nằm ở ô vuông đơn vị có màu 0 tại tâm của bảng, tại 4 góc của bảng và tại trung điểm mỗi cạnh của bảng. Tương tự như cách 1 ta sẽ phủ được bảng khi đặt quân 1×1 vào các vị trí đó. 10
-
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 -
SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
LÊ QUÝ ĐÔN
BẮC BỘ
NĂM HỌC 2018 - 2019
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Môn: SINH HỌC 10
(Đề thi gồm 5 trang)
Câu 1. (2,0 0điểm)
a. Nêu một số đặc điểm cấu tạo hóa học của ADN cho thấy ADN ưu việt hơn ARN
trong vai trò là “vật chất mang thông tin di truyền”.
b. Phân tích các yếu tố chủ yếu tham gia vào xoắn cuộn tạo nên cấu trúc không
gian đặc thù của protein?
Câu 2. (2,00 điểm)
Cho sơ đồ sau để mô tả các quá trình sinh học diễn ra trong các bào quan ở
một tế bào thực vật.
Bào quan 2
Bào quan 1
Biết rằng A, B, C, D là kí hiệu của các giai đoạn (pha) và 1, 2, 3 là kí hiệu của các
chất được tạo ra.
a. Hãy cho biết tên gọi của bào quan 1 và 2; các giai đoạn A, B, C, D; các chất 1, 2,
3 trong sơ đồ trên.
b. Trình bày kết quả của giai đoạn C trong sơ đồ.
c. Tại sao khi nhu cầu ATP của tế bào giảm thì hô hấp tế bào cũng sẽ giảm theo?
d. Tại sao sự sống lại sử dụng enzym để xúc tác cho các phản ứng sinh hóa mà
không chọn cách làm tăng nhiệt độ để các phản ứng diễn ra nhanh hơn?
Trang 1/5
Câu 3. (2,00 điểm)
Hãy nêu con đường vận chuyển điện tử vòng trong pha sáng quang hợp ở thực
vật. Khi không có quang phân ly nước, quá trình tổng hợp ATP theo con đường
này được thực hiện theo cơ chế nào? Giải thích?
Câu 4. (2.00 điểm)
a. Hình dưới mô tả hóa thẩm gắn kết chuỗi chuyền electron với tổng hợp ATP. Nếu
phức hệ IV không hoạt động thì hóa thẩm có thể tạo ra ATP không và nếu như vậy
tốc độ tổng hợp sẽ khác nhau như thế nào? (1đ)
b. Sự thiếu oxy có ảnh hưởng như thế nào lên quá trình thể hiện ở hình trên? Giải
thích. (1đ)
Câu 5. (2.00 điểm)
a. Ađrênalin là một loại hoocmôn gây đáp ứng tế bào gan bằng phản ứng phân giải
glycôgen thành glucôzơ, còn hoocmôn testosterone hoạt hóa các gen quy định tổng
hợp enzim gây phát triển các tính trạng sinh dục thứ cấp ở nam giới. Cơ chế thu
nhận và truyền đạt thông tin qua màng đối với 2 loại hoocmôn này có gì khác
nhau?
b. Một số hợp chất hữu cơ chưa được kiểm tra để xác định loại phân tử có mặt.
Hoàn thành bảng dưới đây, cho biết nguyên liệu từ 1 đến 5 là chất gì trong các
chất sau: protein, tinh bột, chất béo, đường khử hay amino acid. (+ là kết quả
dương tính)
Nguyên
Thử nghiệm
Thử
Thử
Thử nghiệm
Thử
liệu
Benedict
nghiệm
nghiệm
Ninhydrin
nghiệm
Trang 2/5
Lugol
Biuret
Sudan IV
1. ?
-
-
+
-
-
2. ?
+
-
-
-
-
3. ?
-
+
-
-
-
4. ?
-
-
-
+
-
5. ?
-
-
-
-
+
Câu 6. (2.00 điểm)
Các hình dưới đây mô tả sự thay đổi hàm lượng ADN trong tế bào của một
cơ thể động vật lưỡng bội ở các pha khác nhau của chu kì tế bào.
a. Hãy cho biết các hình 1, 2, 3, 4 tương ứng với các pha nào của chu kì tế bào?
Giải thích.
b. Nếu tế bào bị xử lí bằng hóa chất cônsisin gây ức chế hình thành thoi phân bào
thì đồ thị ở hình nào bị thay đổi? Thay đổi như thế nào? Giải thích.
Câu 7. (2.00 điểm)
Người ta cấy trực khuẩn Gram âm Proteus vuigaric có khả năng phân giải
protein mạnh trên môi trường dịch thể có thành phần sau (g/l)
Thành phần cơ sở: NH4Cl – 1;
0,01;
K2HPO4 – 1;
MgSO4.7H2O – 0,2;
CaCl2 –
H2O – 1 lít;
Các nguyên tố vi lượng như Mn, Mo, Cu, Zn, Co ( mỗi loại 2.10-6 – 2.10-5)
Thành phần bổ sung (g/l)
Chất
sung
bổ
Các loại môi trường
A
B
C
D
Trang 3/5
Glucose
0
5
5
5
Axit
0
0
10-4
0
0
0
0
5
nicotinic
Cao
nấm
men
a. Các môi trường A,B,C,D thuộc về loại môi trường gì? Phù hợp cho loại vi sinh
vật nào? Biết Proteus vulgaris chỉ phát triển ở môi trường C,D.
b. Axit nicotinic giữ vai trò gì đối với Proteus vulgaris?
c. Vai trò của cao nấm men trong môi trường D là gì?
Câu 8. (2.00 điểm)
a. Trong nuôi cấy không liên tục vi sinh vật, độ dài của pha tiềm phát phụ thuộc
vào những yếu tố nào?
b. Tại sao vi khuẩn ưa kiềm sinh trưởng được trong điều kiện pH cao?
c. Nghiên cứu kiểu hô hấp của vi khuẩn gây mủ xanh (Pseudomonas aeruginosa),
người ta cấy sâu chúng vào môi trường A (có nước thịt và gan, glucôzơ và 6g
thạch) và môi trường B (là môi trường A + 2g KNO 3). Sau khi nuôi ở nhiệt độ
35ºC trong 24h, kết quả:
+ ống nghiệm có môi trường A: vi khuẩn chỉ phát triển trên bề mặt
+ ống nghiệm có môi trường B: vi khuẩn phát triển trên toàn bộ môi trường.
- Xác định kiểu hô hấp của vi khuẩn trên.
- Con đường phân giải glucôzơ của vi khuẩn và chất nhận electron cuối cùng
trong ống nghiệm chứa môi trường A là gì?
- Vì sao ở ống nghiệm chứa môi trường B vi khuẩn có thể sống ở toàn bộ môi
trường, chất nhận electron cuối cùng ở ống nghiệm chứa môi trường B là gì?
Câu 9. (2,00 điểm)
a. Mô tả 2 cách mà một virut sẵn có có thể trở thành một virut mới?
b. Về mặt trực quan, TMV có thể được phân lập từ tất cả các sản phẩm thuốc lá
thương phẩm, nhưng tại sao sự lây nhiễm TMV không gây thêm mối nguy hại đối
với những người hút thuốc lá?
Câu 10: (2,00 điểm)
Trang 4/5
Hãy cho biết điểm giống nhau và khác nhau về: hệ gen, nơi phiên mã, enzim
dùng cho phiên mã, nơi sao chép, enzim dùng cho sao chép, dạng genom trung
gian cho quá trình sao chép trong tế bào chủ của virut cúm và virut HIV?
------------- Hết ------------* Thí sinh không được sử dụng tài liệu
* Cán bộ coi thi không giải thích gì them
Người làm đề và đáp án
NGUYỄN THỊ THU BA
Số điện thoại 0.777.543.369
Trang 5/5 -
SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
LÊ QUÝ ĐÔN
BẮC BỘ
NĂM HỌC 2018 - 2019
ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ
Môn: SINH HỌC 10
(Đề thi gồm 7 trang)
Câu 1. (2,0 0điểm)
a. Nêu một số đặc điểm cấu tạo hóa học của ADN cho thấy ADN ưu
việt hơn ARN trong vai trò là “vật chất mang thông tin di truyền”.
- ARN có thành phần đường là ribose khác với thành phần đường của ADN
là deoxyribose. Đường deoxyribose không có gốc –OH ở vị trí C2’. Đây là
0,25
gốc hóa học phản ứng mạnh và có tính ưa nước → ARN kém bền hơn ADN
trong môi trường nước.
- Thành phần bazơ của ARN là uracil (U) được thay thế bằng tymin (T)
trong ADN.Về cấu trúc hóa học, T khác U vì được bổ sung thêm gốc metyl (CH3). Đây là gốc kị nước, kết hợp với cấu trúc dạng sợi kép, giúp phân tử
0,25
ADN bền hơn ARN.
- ADN thường có cấu trúc dạng sợi kép, trong khi ARN thường có cấu trúc
mạch đơn giúp các cơ chế sửa chữa ADN diễn ra dễ dàng hơn thông tin di
0,25
truyền ít có xu hướng tự biến đổi hơn.
- Bazơ nitơ uracil (U) chỉ cần 1 biến đổi hóa học duy nhất (hoặc amin hóa
hoặc metyl hóa) để chuyển hóa tương ứng thành xitôzin (C) và timin (T);
trong khi đó, timin (T) cần 1 biến đổi hóa học (loại mêtyl hóa) để chuyển
thành uracil (U), nhưng cần 2 biến đổi hóa học (vừa loại mêtyl hóa và loại
0,25
amin hóa; khó xảy ra hơn) để chuyển hóa thành xitôzin (C) vì vậy, ADN có
khuynh hướng lưu giữ thông tin bền vững hơn.
b.
Các yếu tố chủ yếu tham gia vào xoắn cuộn tạo nên cấu trúc không gian
đặc thù của protein:
Trang 1/7
- Các liên kết hóa học: Liên kết hydro giữa các gốc amino (-NH) và carboxyl
(-COO) của các axit amin ở các vị trí khác nhau trên cùng chuỗi polypeptit,
liên kết disulfit giữa các Cystein trong cùng chuỗi polypeptit, các tương tác ưa
nước và kị nước, miền giàu axit amin kị nước có xu hướng bị nước “đẩy” vào
trong tạo nên phần “lõi” của phân tử, miền giàu axit amin ưa nước có xu
0,25
hướng được nước “kéo” ra ngoài, liên kết Vander Waals, liên kết tĩnh điện
giữa các gốc amino acid.
- Thành phần và trình tự axit amin tham gia vào chuỗi polipeptit: Các axit
amin tham gia hình thành liên kết hidro (trừ Proline), các axit amin tham gia
0,25
hình thành liên kết disulfit (Cystein), các nhóm axit amin phân cực hay không
phân cực, tích điện hay không tích điện.
- Sự phân bố các miền của chuỗi polipeptit xuyên màng, phần xuyên màng
thường là miền giàu axit amin không phân cực/kị nước.
- Hoạt động của một nhóm protein đặc biệt gọi là chaperon.
0,25
0,25
Câu 2. (2,00 điểm)
a. - Bào quan 1 là ty thể, bào quan 2 là lục lạp
0,25
- A: pha sáng, B là pha tối, C là đường phân, D là chu trình Krebs
0,25
- Chất: 1 là CO2; 2 là O2, 3 là Glucôzơ
b. C là giai đoạn đường phân, kết thúc giai đoạn đường phân, 1 phân tử đường
0,25
Glucôzơ bị biến thành 2 axit piruvic giải phóng 2ATP và 2 NADH.
0,25
c. Trong giai đoạn đường phân, enzym xúc tác quan trọng nhất là enzym
fructozokinaza. Enzym này được điều hòa theo cơ chế ức chế ngược, tức là khi
0,25
Axetyl CoA dư thừa thì enzym này sẽ giảm hoặc ngừng hoạt động.
- Khi nhu cầu ATP của tế bào giảm, lượng ATP được tích lũy nhiều. Mặt khác
khi lượng ATP tích lũy nhiều thì chuỗi truyền e trên màng ti thể diễn ra chậm
làm cho chu trình Krebs diễn ra chậm lại. Điều này sẽ làm dư thừa axit citric.
Axit citric và ATP được sinh ra nhiều sẽ trở thành nhân tố ức chế enzym
0,25
fructozokinaza làm quá trình đường phân chậm lại từ đó là hô hấp tế bào giảm.
Trang 2/7
d. Sự sống lại sử dụng enzym để xúc tác cho các phản ứng sinh hóa mà không
chọn cách làm tăng nhiệt độ để các phản ứng diễn ra nhanh hơn vì:
- Phần lớn các phản ứng có năng lượng hoạt hóa cao. Nếu tăng nhiệt độ của
phản ứng thì đồng thời cũng làm biến tính prôtêin và làm chết tế bào.
0,125
- Khi tăng nhiệt độ sẽ làm tăng tốc độ của tất cả các phản ứng, không phân biệt
phản ứng nào cần thiết hoặc không cần thiết làm tăng nhiệt độ.
0,125
- Enzym được lựa chọn vì enzym xúc tác cho các phản ứng bằng cách giảm
năng lượng hoạt hóa của các phản ứng khiến các phản ứng xảy ra dễ dàng hơn.
0,125
- Enzym có tính đặc hiệu đối với từng loại phản ứng nhất định nên phản ứng
nào cần thiết thì enzym sẽ xúc tác cho phản ứng đó.
0,125
Câu 3. (2,00 điểm)
Con đường vận chuyển điện tử
- Vận chuyển e- vòng thực hiện tại PS1, con đường đi của điện tử giàu năng
lượng như sau: Từ P700 → chất nhận sơ cấp → ferredoxin (Fd) → phức hệ
0,25
cytochrome→ plastocyanin → P700.
- Sự tổng hợp ATP trong con đường vận chuyển điện tử vòng vẫn được thực
0,25
hiện theo cơ chế hóa thẩm.
- Do sự xuất hiện gradient proton ở hai phía của màng thylakoid đã kích
hoạt bơm proton hoạt động đẩy proton từ xoang trong thylakoid ra xoang ngoài
0,25
(stroma), từ đó ATP được tổng hợp nhờ ATP synthase.
- Cơ chế hóa thẩm thực hiện được là do trên màng có phức hệ plastoquinon
(Pq) bơm H+ từ ngoài màng thylakoid vào xoang trong màng, tạo ra thế năng
proton nhất định để thực hiện sự tổng hợp ATP.
Câu 4. (2.00 điểm)
a.
- Lúc đầu, một số ATP có thể được tạo ra, bởi vì sự chuyền electron có thể tiếp
Trang 3/7
0,25
tục cho đến tận phức hệ III và một gradient H+ nhỏ có thể được tăng lên.
0,50
- Ngay sau đó, không nhiều electron có thể được chuyển cho phức hệ III vì nó
không thể bị tái oxy hóa do chuyển electron của nó cho phức hệ IV.
0,50
b.
- Phosphoryl hóa oxy hóa sẽ dừng lại hoàn toàn, quá trình này không tạo ra
ATP.
0,50
- Không có oxy để “kéo” electron xuôi theo chuỗi chuyền electron, H+ không
được bơm vào khoảng gian màng của ty thể và hóa thẩm không xảy ra.
0,50
Câu 5. (2.00 điểm)
a. Hoocmôn ađrêlanin:
- Không trực tiếp qua màng, nên được tế bào đích thu nhận nhờ các thụ thể đặc
0,25
trưng trên màng → phức hệ Ađrêlanin – thụ quan.
- Phức hệ Ađrêlanin – thụ quan hoạt hóa pr Gs màng → hoạt hóa ezim
0,25
adenicylaza → xúc tác chuyển hóa ATP thành AMP vòng → AMP vòng kích
hoạt các enzim phân giải glycôgen thành glucôzơ.
* Hoocmôn testostereon:
- Là loại hoocmôn steroid được vận chuyển qua màng vào trong tế bào chất →
0,25
liên kết với các thụ quan nội bào → phức hệ testostereon – thụ quan.
- Phức hệ này đi vào nhân tế bào và hoạt hóa các gen qui định tổng hợp các
enzim và prôtêin gây phát triển các tính trạng sinh dục thứ cấp ở nam.
0,25
b. Các chất từ 1 → 5 trong bảng tương ứng với:
1. Prôtêin thử nghiệm Biuret cho kết quả dương tính.
0,20
2. Đường khử thử nghiệm Benedict cho kết quả dương tính.
0,20
3. Tinh bột thử nghiệm Lugol cho kết quả dương tính.
0,20
4. Amino acid thử nghiệm Ninhydrin cho kết quả dương tính.
0,20
5. Chất béo thử nghiệm Sudan IV cho kết quả dương tính.
0,20
Câu 6. (2.00 điểm)
Trang 4/7
a. Trong chu kì tế bào, hàm lượng ADN ổn định ở mức 2C vào pha G1, sau
đó, tăng lên 4C ở pha S, ổn định ở mức 4C ở pha G2. Trong pha M, hàm lượng
0,50
ADN trong tế bào ổn định ở mức 4C trong giai đoạn kì đầu đến kì sau. Sang kì
cuối, hàm lượng ADN lại giảm về 2C.
Vì thế, thứ tự các hình tương ứng với pha G1, S, G2, M là: hình 2, hình 4, 0,50
hình 3, hình 1.
b. Nếu bị xử lí consisin làm mất khả năng hình thành thoi phân bào, khi đó, 0,50
NST không phân li trong nguyên phân, các pha khác bình thường.
Do đó, đồ thị hình 1 bị thay đổi, đường cong chuyển sang dạng nằm ngang ở 0,50
mức 4C. Khi đó không có hình 1 mà chỉ còn lại 3 hình với thứ tự là hình 2, hình
4, hình 3.
Câu 7. (2.00 điểm)
a. Phân biệt môi trường:
- Môi trường A là môi trường tối thiểu, chỉ phù hợp với vi khuẩn tự dưỡng
0,25
cacbon và nguyên dưỡng.
- Môi trường B là môi trường tổng hợp, phù hợp với vi khuẩn dị dưỡng
cacbon và nguyên dưỡng.
0,25
- Môi trường C là môi trường tổng hợp, phù hợp với vi khuẩn dị dưỡng
0,25
cacbon và nguyên dưỡng.
- Môi trường D là môi trường bán tổng hợp vì cao nấm men không rõ thành
0,25
phần.
b. Axit nicotinic là nhân tố sinh trưởng vì thiếu nó môi trường A, B vi khuẩn
0,50
không phát triển được.
c. Trong nấm men có chứa axit nicotinic vì trong môi trường D chỉ thêm nấm
men và vi khuẩn khuyết dưỡng này phát triển được.
Câu 8. (2.00 điểm)
Trang 5/7
0,50
a. Độ dài của pha tiềm phát phụ thuộc vào các yếu tố:
Giống, tuổi giống và thành phần môi trường.
0,25
(Nếu giống già thì phải kéo dài pha tiềm phát để vi khuẩn thích nghi thông qua
0,50
tổng hợp ARN, enzym... hoặc nếu cấy vi khuẩn vào môi trường có nguồn
cacbon mới, thì vi khuẩn sẽ được cảm ứng tạo enzym mới để sử dụng cho
nguồn C mới còn enzym cũ không được tạo thành)
b. pH cao có khả năng làm biến tính prôtein và phá vỡ ARN, nhưng ở vi khuẩn
ưa kiềm có sự vận chuyển H+ vào tế bào để duy trì độ trung tính cho chất
0,50
nguyên sinh.
c.
- VK mủ xanh là vi sinh vật hiếu khí bắt buộc.
0,25
- Con đường phân giải glucôzơ là con đường Entner-Doudo-roff (ED). Chất
nhận electron cuối cùng là ôxi phân tử.
0,25
- Trong ống nghiệm chứa môi trường B chúng phát triển ở phần dưới ống
nghiệm được vì vi khuẩn này đã chuyển sang hô hấp nitrat, chúng sử dụng
0,25
(NO3-) làm chất nhận electron cuối cùng nhờ enzym nitrat reductaza dị hóa.
Câu 9. (2,00 điểm)
a.
- Đột biến có thể dẫn đến hình thành một chủng virut mới mà hệ miễn dịch
không tấn công hiệu quả, ngay cả khi con vật đó đã bị phơi nhiễm với chủng
0,50
gốc.
- Một virut cũng có thể chuyển từ một loài vật chủ này sang vật chủ mới.Ngoài
0,50
ra, một virut hiếm có thể phát tán rộng nếu như quần thể vật chủ không còn cách
li như trước.
b. Người không phải loài vật chủ của virut TMV nên virut này không thể truyền
1,00
nhiễm ở người.
Câu 10: (2,00 điểm)
Giống nhau:
Trang 6/7
- Hệ gen đều là ARN.
0,25
- Quá trình phiên mã trùng với quá trình sao chép.
0,25
- Nơi phiên mã, nơi sao chép: trong nhân tế bào.
0,25
- Enzim phiên mã, sao chép: đều có sự tham gia của enzim do virut mang theo
(Virut cúm: ARN polimeraza phụ thuộc ARN của virut, Virut HIV: enzym
0,25
phiên mã ngược (RT)
Virut cúm
Hệ gen
ARN (-)
Virut HIV
ARN (+) hai sợi và phiên mã
0,25
ngược
Enzim phiên
ARN polimeraza phụ thuộc
ARN polimeraza phụ thuộc ADN0,50
mã, sao chép
ARN của virut
của tế bào
Dạng genom
Antigenom là ARN sợi
ADN dạng sợi kép
trung gian
dương
0,25
------------- Hết ------------* Thí sinh không được sử dụng tài liệu
* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Người làm đề và đáp án
NGUYỄN THỊ THU BA
Số điện thoại 0.777.543.369
Trang 7/7 -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM HỌC 2019
Môn: Sinh học – Lớp 10
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)
Câu 1(2,0 điểm): Thành phần hóa học của tế bào
1.1. Khi nói về đặc điểm hóa học chung của tất cả các nhóm lipid khác nhau hình
thành nên màng sinh chất lựa chọn nào sau đây là chính xác nhất? Vì sao?
(1) Đều có các đầu phân cực.
(2) Đều có thành phần đường.
(3) Đều có khung glycerol.
(4) Đều có nhóm phosphate.
(5) Đều có vùng kị nước.
1.2. Những đặc tính nổi trội nào của nước góp phần làm cho Trái Đất thích hợp
cho sự sống?
Câu 2(2,0 điểm): Cấu trúc tế bào
2.1. Kể tên các bào quan thuộc hệ thống nội màng. Tại sao chúng được xếp vào hệ
thống này?
2.2. Kể tên các bào quan có màng nhưng lại không thuộc hệ thống màng? Cấu trúc
màng của những bào quan này có gì khác biệt?
Câu 3(2,0 điểm): Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa)
3.1. Tại sao trong lục lạp ATP được tạo ra trong stroma mà không phải trong
xoang tilacoid?
3.2. Trả lời ngắn gọn các câu hỏi sau đây:
a. Trong pha sáng quang hợp oxi được tạo ra ở vị trí nào?
b. Trong quá trình photphoryl hóa không vòng, chất nào là chất nhận electron cuối
cùng? Sau khi nhận electron sẽ tạo thành chất gì? Vị trí hình thành chất đó?
c. Vì sao nói P680+ là chất có hoạt tính oxi hóa mạnh nhất từng biết?
d. Saccarose được tổng hợp ở vị trí nào bên trong tế bào quang hợp?
Câu 4(2,0 điểm): Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Dị hóa)
4.1. Dưới đây là mô hình điều hòa hoạt động của enzime phosphofructo kinase 1.
Hãy cho biết:
a. Enzime trên được điều hòa hoạt động theo cơ chế nào? Giải thích.
b. Insulin có điều hòa hoạt tính của enzime đó không và điều hòa bằng cách nào?
Giải thích?
4.2. Mô mỡ nâu có rất nhiều ty thể, màng trong của mô mỡ nâu chứa thermogenin,
một loại protein làm cho màng trong của ty thể có thể thẩm thấu proton. Hãy cho
biết quá trình tổng hợp ATP trong mô này có xảy ra không. Tại sao trẻ em, động
vật có kích thước nhỏ và các loài ngủ đông có số lượng mô mỡ nâu rất lớn?
Câu 5(2,0 điểm): Truyền tin tế bào và phương án thực hành
5.1. Để xác định thứ tự của các phân tử protein kí hiệu từ a đến e tham gia vào con
đường truyền tin được kích hoạt bởi hoocmôn sinh trưởng, người ta xử lý tế bào
với bốn loại chất ức chế khác nhau kí hiệu từ I đến IV tác động đến con đường
truyền tin này. Sử dụng phép phân tích Western Blot dưới đây cho biết sự di
chuyển trên trường điện di của 5 phân tử protein đó khi không bị xử lý và khi bị
xử lý với các chất ức chế riêng rẽ như sau:
a. Điền vào các ô chữ nhật trên hình tương ứng để phản ánh thứ tự tham gia của
các protein (a - e) tham gia vào con đường truyền tin.
b. Điền vào các ô hình ô voan trên hình tương ứng để phản ánh bước phản ứng mà
ở đó mỗi chất ức chế (I - IV) gây hiệu quả ức chế của nó.
5.2. Người ta tiến hành thí nghiệm như sau:
- Lấy 3 ống nghiệm, đánh số từ 1-3:
Ống 1: cho 2ml glucose 1% + 1 ml Fehling A + 1 ml Fehling B + đun trong 5 phút
thì thu được kết tủa đỏ gạch tươi (Cu2O)
Ống 2: cho 2 ml maltose 1% + 1ml Fehling A + 1ml Fehling B + đun trong 5 phút
thì thu được kết tủa đỏ gạch tươi (Cu2O)
Ống 3: cho 2 ml saccharide 1% + 1 ml Fehling A + 1 ml Fehling B + đun trong 5
phút thì không thu được hiện tượng như 2 ống trên.
Cho biết:
a. Thí nghiệm trên chứng minh được điều gì?
b. Giải thích kết quả thu được.
Câu 6(2,0 điểm): Phân bào
1. Nêu những nguyên nhân khiến cho các nhiễm sắc thể kép xếp thành từng cặp
tương đồng tại phiến giữa trong kì giữa của giảm phân I?
2. Dưới đây là sơ đồ khái quát về cách CDK điều hòa tiến trình của chu trình tế
bào.
a. Có nhận xét gì về hoạt tính của các loại CDK?
b. Dựa vào hình ảnh, hãy cho biết vai trò của APC/C?
Câu 7(2,0 điểm): Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của vi sinh vật
7.1. Xét 3 loài vi khuẩn A, B, C có hình thái như được vẽ dưới đây.
a. Các vi khuẩn trong tự nhiên thường thích bám vào các bề mặt và tồn tại ở dạng
“phiến màng sinh học” (biofilm). Trong giai đoạn bám bề mặt, trước khi bám dính
được vào bề mặt, vi khuẩn sẽ gặp phải một vùng có áp lực đẩy ngược khi chúng
tiếp cận gần bề mặt. Vi khuẩn nào có ưu thế hơn trong khả năng kháng lại vùng
đẩy ngược này? Vì sao?
b. Sau khi vượt qua được vùng đẩy ngược và tiếp cận được bề mặt, lực bám dính
bề mặt của 3 vi khuẩn là khác nhau. Sắp xếp các vi khuẩn lần lượt theo thứ tự giảm
dần về lực bám dính bề mặt. Vì sao có sự sắp xếp đó?
7.2. Người ta tiến hành thu hỗn hợp môi trường nuôi cấy ở pha suy vong của 2
nhóm vi khuẩn Gram dương và Gram âm rồi tiến hành đun nóng. Sau đó cấy dịch
đã đun sôi lên đĩa petri. Hãy dự đoán kết quả thu được trên đĩa cấy sau 1 ngày? Vì
sao có thể dự đoán được điều đó?
Câu 8(2,0 điểm): Sinh trưởng, sinh sản của vi sinh vật
8.1. Tiến hành nuôi cấy Escherichia coli trong môi trường với nguồn cung cấp
cacbon duy nhất là glucose, sau đó tiếp tục nuôi cấy trên môi trường có nguồn
cacbon duy nhất là lactose. Hãy cho biết:
a. Dự đoán về đồ thị của quá trình nuôi cấy kể trên? Vì sao?
b Khi chuyển sang nuôi cấy trên môi trường có nguồn cacbon duy nhất là lactose.
Vi khuẩn cần tổng hợp những loại enzyme nào?
8.2. Vi khuẩn giữ kỉ lục hiện tại về nhiệt độ là Pyrodictium, là một vi khuẩn sống ở
các suối nước nóng, bình thường sinh trưởng trong nước ở 1130C và có thể tồn tại
tới 1 giờ trong nồi hấp áp lực ở 1210C. Những đặc điểm cấu tạo nào của cơ thể có
thể giúp chúng sống được ở nhiệt độ cao như vậy?
Câu 9(2,0 điểm): Virut
9.1. Cho biết các thành phần của vỏ ngoài ở virut có nguồn gốc từ đâu?
9.2. Ở giai đoạn lắp ráp của virut có cấu trúc khối, vỏ và lõi được kết hợp với nhau
bằng cách nào? Nhờ dấu hiệu nào vật chất di truyền của virut có thể kết hợp đúng
với phần vỏ của chúng?
Câu 10(2,0 điểm): Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch
10.1. Miễn dịch không đặc hiệu bao gồm những tuyến phòng thủ nào? Vai trò của
các tuyến phòng thủ này?
10.2. Hai cấu trúc khác biệt cơ bản nào giữa tế bào vi khuẩn và tế bào người để khi
dùng thuốc kháng sinh đặc hiệu chỉ tiêu diệt các vi khuẩn gây bệnh lại không làm
tổn hại đến các tế bào ở người?
-HẾTNgười ra đề thi đề xuất: Nguyễn Thị Thanh Huyền – SĐT: 0983293171
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM HỌC 2019
Môn: Sinh học – Lớp 10
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu
Nội dung
Điểm
1.1. Khi nói về đặc điểm hóa học chung của tất cả các nhóm lipid khác nhau hình
thành nên màng sinh chất lựa chọn nào sau đây là chính xác nhất? vì sao?
(1) Đều có các đầu phân cực
(2) Đều có thành phần đường
(3) Đều có khung glycerol
1
(2đ)
(4) Đều có nhóm phosphat
(5) Đều có vùng kị nước
- Chọn (5) Vì bản chất chung của lipid là kị nước.
0,25
- Các lựa chọn khác không thỏa mãn vì:
+ Cấu trúc nên màng sinh chất chỉ có phân tử photpholipid là phân cực (1) có đầu
0,25
photphat (4) và khung glicerol (3) và (5)
+Một số ít phân tử glicoprotein mới có thành phần đường (2), và (5).
+ Còn phân tử colesterol chiếm 20% cấu trúc màng chỉ có tính chất (5) .
0,25
0,25
1.2. Những đặc tính nổi trội nào của nước góp phần làm cho Trái Đất thích hợp cho
sự sống?
- Tính kết dính
- Điều tiết nhiệt độ
- Sự cách nhiệt các khối nước do lớp băng nổi
- Dung môi của sự sống
0,25
0,25
0,25
0,25
2.1. Kể tên các bào quan thuộc hệ thống nội màng. Tại sao chúng được xếp vào hệ
Câu
thống này?
2 (2
điểm - Gồm các bào quan: màng nhân, màng lưới nội chất hạt, bộ máy gongi, các lizoxom, 0,25
)
các loại không bào khác nhau và màng tế bào.
- Chúng được xếp chung vào hệ thống màng vì các lý do sau:
+ Các bào quan của hệ thống nội màng phải có nguồn gốc từ lưới nội chất.
0,25
+ Các bào quan của hệ thống nội màng tạo thành một thể thống nhất trong các vấn đề: 0,25
tổng hợp và vận chuyển protein của chúng đến màng tế bào và các bào quan hoặc ra
khỏi tế bào; chuyển hóa và vận động của các lipid; khử độc; …
+ Giữa các bào quan của hệ thống màng có thể chuyển tiếp với nhau dưới dạng các
0,25
túi nhỏ.
2.2. Kể tên các bào quan có màng nhưng lại không thuộc hệ thống màng? Cấu trúc
màng của những bào quan này có gì khác biệt?
- Gồm các bào quan: ty thể, lục lạp và peroxixom.
- Protein của ty thể và lục lạp không có nguồn gốc từ hệ thống màng mà do:
+ Riboxom tự do 80S tổng hợp và nhập khẩu vào ty thể và lục lạp,
0,25
0,25
0,25
+ Bên trong ty thể và lục lạp còn có riboxom 70S tổng hợp nên protein riêng.
- Peroxixom cũng là bào quan không thuộc hệ thống nội mạng vì cũng nhập khẩu
0,25
protein từ bào tương, chúng to lên nhờ kết hợp các protein dịch bào, lipid được tạo ra
ở các lưới nội chất trơn và lipid do chúng tự tổng hợp, các peroxixom tăng số lượng
cũng bằng cách tự phân chia.
3.1. Tại sao trong lục lạp ATP được tạo ra trong stroma mà không phải trong xoang
tilacoid?
- Do bơn ATP synthetaza có chiều hướng từ xoang tilacoid ra chất nền stroma.
- Đồng thời quá trình quang phân ly nước diễn ra trong xoang tilacoid, do đó nồng độ
Câu +
H trong xoang tilacoid cao, H+ bên trong chất nền stroma thấp.
3 (2
điể - Chuỗi vận chuyển điện tử kết thúc ở NADP+H+ , chất này giành H+ để trở thành
m)
NADPH.H+ nên đã làm giảm nồng độ H+ trong chất nền stroma.
- Do tạo ra thế động lực proton giữa bên trong và bên ngoài màng tylacoid, H+ di
chuyển từ xoang tylacoid ra ngoài qua phức hệ ATP synthetaza và tổng hợp ATP bên
trong chất nền stroma.
3.2. Trả lời ngắn gọn các câu hỏi sau đây:
a. Trong pha sáng quang hợp oxi được tạo ra ở vị trí nào?
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Trong quá trình photphoryl hóa không vòng, chất nào là chất nhận electron cuối
cùng? Sau khi nhận electron sẽ tạo thành chất gì?
c. Vì sao nói P680+ là chất có hoạt tính oxi hóa mạnh nhất từng biết?
d. Saccarose được tổng hợp ở vị trí nào bên trong tế bào quang hợp?
a. Oxi được tạo ra trong xoang tilacoit.
b. chất nhận electron cuối cùng là NADP+H+ , sau khi nhận electron và H+ sẽ tạo
thành lực khử NADPH.H+ trong chất nền stroma.
0,25
0,25
0,25
0,25
c. Vì P680+ có khả năng giành được electron từ phân tử nước
d. Tế bào chất.
4. 1. Dưới đây là mô hình điều hòa hoạt động của enzime phosphofructo kinase 1.
Hãy cho biết:
a. Enzime trên được điều hòa hoạt động theo cơ chế nào? Giải thích.
Câu
4 (2 b. Insulin có điều hòa hoạt tính của enzime đó không và điều hòa bằng cách nào?
điểm
) Giải thích?
a. Enzime phosphofructokinase -1 là enzime trọng yếu điều khiển quá trình đường
phân. Enzim này được điều hòa hoạt động theo cơ chế điều hòa dị lập thể.
+ Enzime này được hoạt hóa dị lập thể bởi AMP và fructose 2,6 bisphosphase. Nồng 0,25
độ hai chất này tăng khi nguồn năng lượng dự trữ của tế bào giảm đi.
0,25
+ Ức chế bởi ATP và citrate, hai chất này có nồng độ tăng khi tế bào đang tích cực
oxi hóa glucose thành CO2 (nói cách khác: khi nguồn năng lượng dự trữ đang cao).
b. Insulin là hoocmon do lách tiết ra khi nồng độ glucose máu cao. Thúc đẩy hoạt tính 0,25
kinase của phosphofructose kinase 2 do đó nó gián tiếp hoạt hóa enzime
phosphofructokinase -1 và kích thích đường phân
0,25
4.2. Mô mỡ nâu có rất nhiều ty thể, màng trong của mô mỡ nâu chứa thermogenin,
một loại protein làm cho màng trong của ty thể có thể thẩm thấu proton. Hãy cho biết
quá trình tổng hợp ATP trong mô này có xảy ra không. Tại sao trẻ em, động vật có
kích thước nhỏ và các loài ngủ đông có số lượng mô mỡ nâu rất lớn?
- Vì thermogenin làm cho màng trong của ti thể có thể thẩm thấu proton nên nó huỷ
0,25
thế động lực proton của ty thể.
- Kết quả là năng lượng do oxy hóa NADH giải phóng quá chuỗi vận chuyển electron 0,25
dùng để tạo nên thế động lực proton không được dùng để tổng hợp ATP qua ATP
synthase.
- Thay vào đó khi proton đi về lại chất nền theo chiều gradien nồng độ qua
0,25
thermogenin, năng lượng được giải phóng dưới dạng nhiệt.
- Vì các ty thể của mô mỡ nâu không tạo ATP mà thế động lực proton chỉ dùng để
sinh nhiệt duy trì nhiệt độ của cơ thể. Mô mỡ nâu tăng đáng kể khi cơ thể chịu
lạnh.
5.1. Để xác định thứ tự của các phân tử protein kí hiệu từ a đến e tham gia vào con
đường truyền tin được kích hoạt bởi hoocmôn sinh trưởng, người ta xử lý tế bào với
bốn loại chất ức chế khác nhau kí hiệu từ I đến IV tác động đến con đường truyền tin
này. Sử dụng phép phân tích Western Blot dưới đây cho biết sự di chuyển trên trường
điện di của 5 phân tử protein đó khi không bị xử lý và khi bị xử lý với các chất ức chế
riêng rẽ như sau:
Câu
5 (2
điểm
)
a. Điền vào các ô chữ nhật trên hình tương ứng để phản ánh thứ tự tham gia của các
protein (a - e) tham gia vào con đường truyền tin.
b. Điền vào các ô hình ô voan trên hình tương ứng để phản ánh bước phản ứng mà ở
đó mỗi chất ức chế (I - IV) gây hiệu quả ức chế của nó.
0,25
- Điền đúng mỗi chữ cái được 0,25 điểm (4-5 chữ được trọn 1 điểm)
- Điền đúng mỗi số (I-IV) được 0,25 điểm
5.2. Người ta tiến hành thí nghiệm như sau:
- Lấy 3 ống nghiệm, đánh số từ 1-3:
Ống 1: cho 2ml glucose 1% + 1 ml Fehling A + 1 ml Fehling B + đun trong 5 phút
thì thu được kết tủa đỏ gạch tươi (Cu2O)
Ống 2: cho 2 ml maltose 1% + 1ml Fehling A + 1ml Fehling B + đun trong 5 phút thì
thu được kết tủa đỏ gạch tươi (Cu2O)
Ống 3: cho 2 ml saccharide 1% + 1 ml Fehling A + 1 ml Fehling B + đun trong 5
phút thì không thu được hiện tượng như 2 ống trên.
Cho biết:
a. Thí nghiệm trên chứng minh được điều gì?
b. Giải thích kết quả thu được.
a. - Thí nghiệm trên chứng minh rằng glucose và mantose có tính khử, còn saccharide
0,25
thì không.
b. - Giải thích:
- Do glucose và mantose có tính khử nên khi đun với dung dịch thuốc thử fehling thì
0,25
kết thủa đỏ của Cu2O hình thành ( do đã khử Cu(OH)2 có trong Fehling thành Cu2O).
- Do thuốc thử Fehling là hỗn hợp 2 dung dịch: dung dịch CuSO4 và dung dịch muối
seignet tạo muối phức hòa tan, dung dịch có màu xanh đậm. Muối phức trên không
0,5
bền, trong môi trường kiềm, các monosaccarit và 1 số disaccarit khử Cu2+ dưới dạng
alcolat đồng thành Cu+, chức andehit bị oxi hóa thành axit hoặc muối tương ứng.
6.1. Nêu những nguyên nhân khiến cho các nhiễm sắc thể kép xếp thành từng cặp
tương đồng tại phiến giữa trong kì giữa của giảm phân I?
- do sự phối hợp của 3 yếu tố:
+ Sự bắt chéo tạo các chiasma (điểm bắt chéo) khiến 2 nhiễm sắc thể kép trong cặp
nhiễm sắc thể kép tương đồng không tách nhau.
0,25
0,25
+ Do các cohesin gắn các cromatit với nhau dọc theo chiều dài của chúng.
+ Do các sợi tơ phân bào chỉ đính vào một phía của mỗi tâm động của các nhiễm sắc
thể kép trong cặp nst kép tương đồng mà không đính vào được ở phía đối diện lực
kéo đồng đều khiến cho ta nhìn thấy nhiễm sắc thể xếp thành cặp tương đồng tại
phiến giữa.
6.2. Dưới đây là sơ đồ khái quát về cách CDK điều hòa tiến trình của chu trình tế
bào.
a. Có nhận xét gì về hoạt tính của các loại CDK?
b. Dựa vào hình ảnh, hãy cho biết vai trò của APC/C?
0,25
0,25
0,12
5
(Nguồn hình 19.11 sách sinh học phân tử của tế bào tập 4 trang 348)
a.
- Tế bào chứa nhiều loại CDK khác nhau, thúc đẩy các sự kiện khác nhau trong chu
trình tế bào. Quan trọng hơn, CDK chỉ hoạt động trong các giai đoạn của chu trình tế
0,12
5
0,12
5
bào mà chúng thúc đẩy. Cụ thể:
+ CDK pha G1/S: hoạt động tại thời điểm chuyển tiếp giữa G1-S xúc tác sự chuyển
tiếp từ pha G1 sang pha S hay thúc đẩy tế bào đi vào chu trình tế bào.
0,12
5
+ CDK pha S: hoạt động trong pha S và thúc đẩy pha S (thúc đẩy ADN đi vào giai
đoạn tiền sao chép và ngăn ngừa những yếu tố sao chép mới xuất hiện (do vậy ADN
chỉ sao chép 1 lần trong 1 chu kì tế bào)
0,25
+ CDK nguyên phân: hoạt động trong nguyên phân và thúc đẩy nguyên phân thông
qua khởi động sự hội tụ nhiễm sắc thể, sự co rút lớp màng nhân dẫn đến quá trình tách
nhân cùng nhiễm sắc thể ở kì giữa.
b.
+ APC/C (phức hợp xúc tiến kì sau) có vai trò xúc tác sự chuyển tiếp từ kì giữa sang
kì sau của nguyên phân, APC/C chỉ được kích hoạt khi tất cả các tâm động được kết
dính với sợi tơ phân bào.
+ APC/C duy trì trạng thái ổn định của nhiễm sắc chất trong pha G1 và G0 do vậy trên
sơ đồ ta thấy rõ nó duy trì hoạt tính đến cuối G1.
0,25
7.1. Xét 3 loài vi khuẩn A, B, C có hình thái như được vẽ dưới đây.
a. Các vi khuẩn trong tự nhiên thường thích bám vào các bề mặt và tồn tại ở dạng
“phiến màng sinh học” (biofilm). Trong giai đoạn bám bề mặt, trước khi bám dính
được vào bề mặt, vi khuẩn sẽ gặp phải một vùng có áp lực đẩy ngược khi chúng tiếp
cận gần bề mặt. Vi khuẩn nào có ưu thế hơn trong khả năng kháng lại vùng đẩy
ngược này? Vì sao?
b. Sau khi vượt qua được vùng đẩy ngược và tiếp cận được bề mặt, lực bám dính bề
mặt của 3 vi khuẩn là khác nhau. Sắp xếp các vi khuẩn lần lượt theo thứ tự giảm dần về
lực bám dính bề mặt. Vì sao có sự sắp xếp đó?
a. Vi khuẩn có khả năng kháng lại sự đẩy ngược là vi khuẩn B
0,25
- Vì vi khuẩn B có roi, giúp vi khuẩn có khả năng di chuyển ngược với lực đẩy ở vùng 0,25
tiếp cận bề mặt.
0,25
b. C>B>A.
- Lực bám dính của vi khuẩn C là mạnh nhất do vi khuẩn có vỏ bao ngoài có chức
0,25
năng bám dính trên bề mặt, vi khuẩn B có roi nên dễ dàng bám dính hơn so với vi
khuẩn A có cấu trúc cầu có diện tích mặt tiếp xúc nhỏ nhất.
7.2. Người ta tiến hành thu hỗn hợp môi trường nuôi cấy ở pha suy vong của 2 nhóm
vi khuẩn Gram dương và Gram âm rồi tiến hành đun nóng. Sau đó cấy dịch đã đun
sôi lên đĩa petri. Hãy dự đoán kết quả thu được trên đĩa cấy sau 1 ngày? Vì sao có thể
dự đoán được điều đó?
- Kết quả:
+ Trên đĩa cấy dịch từ vi khuẩn Gram âm không có khuẩn lạc xuất hiện.
+ Trên đĩa cấy dịch từ vi khuẩn Gram dương có thể có khuẩn lạc xuất hiện.
0,25
0,25
- Giải thích:
+Tại pha suy vong, chất dinh dưỡng cạn kiệt, chất thải tích lũy quá nhiều, số tế bào
chết sẽ vượt tế bào sống. tuy nhiên, nhóm vi khuẩn Gram dương có khả năng hình
0,25
thành nội bào tử để vượt qua điều kiện khó khăn này còn Gram âm thì không có khả
năng tạo nội bào tử.
+ Khi đun nóng, nội bào tử có khả năng chịu được nhiệt độ cao và vẫn tồn tại được.
0,25
Do đó vi khuẩn Gram dương có thể phát triển tạo khuẩn lạc.
8.1. Tiến hành nuôi cấy Escherichia coli trong môi trường với nguồn cung cấp
cacbon duy nhất là glucose, sau đó tiếp tục nuôi cấy trên môi trường có nguồn
cacbon duy nhất là lactose. Hãy cho biết:
a. Dự đoán về đồ thị của quá trình nuôi cấy kể trên? Vì sao?
b Khi chuyển sang nuôi cấy trên môi trường có nguồn cacbon duy nhất là lactose. Vi
khuẩn cần tổng hợp những loại enzyme nào?
a.
- Dự đoán, đồ thị khi vẽ sẽ có dạng đường cong sinh trưởng kép.
- Vì ở đây có sự chuyển môi trường (chuyển nguồn cacbon), do vậy sẽ có đến 2 pha
0,25
0,25
tiềm phát để vi sinh vật thích nghi với 2 loại môi trường khác nhau nên tạo ra đường
cong sinh trưởng kép. (hs có thể vẽ hình minh họa)
b. Vi khuẩn cần tổng hợp 2 loại protein quan trọng là:
+ protein màng để vận chuyển lactose vào tế bào.
+ enzyme lactaza để phân giải lactose.
0,25
0,25
8.2. Vi khuẩn giữ kỉ lục hiện tại về nhiệt độ là Pyrodictium, là một vi khuẩn sống ở
các suối nước nóng, bình thường sinh trưởng trong nước ở 1130C và có thể tồn tại tới
1 giờ trong nồi hấp áp lực ở 1210C. Những đặc điểm cấu tạo nào của cơ thể có thể
giúp chúng sống được ở nhiệt độ cao như vậy?
Các vi sinh vật ưa siêu nhiệt có các đặc điểm đặc thù sau:
-Các lipid axit nucleic và protein bền nhiệt của chúng cho phép chúng tồn tại và phát
triển.
-Màng tế bào chất của chúng không chứa các axit béo thông thường vì sẽ bị hòa tan ở
0,25
các nhiệt độ môi trường cao như vậy. Ngược lại, màng là những lớp đơn (thay cho các
lớp kép) được cấu tạo từ các chuỗi hidrocacbon chứa 40 nguyên tử cacbon được nối
với glycerol photphat. Đặc điểm này một phần chịu trách nhiệm đối với tính bền của
chúng ở các nhiệt độ cao.
0,25
-Axit nucleic của các sinh vật ưa siêu nhiệt dường như được làm bền bởi sự có mặt
của các enzyme gấp nếp ADN thành các vòng siêu xoắn bền nhiệt có tính độc nhất
nhờ nồng độ cao của các ion Kali, và nhờ các protein bền nhiệt liên kết với hoặc làm
bền ADN.
0,25
-Các enzyme của các sinh vật ưa nhiệt cũng là những enzim bền nhiệt, chúng chứa
nhiều amino axit kị nước hơn so với các protein gặp ở các sinh vật ưa ấm và tạo thành
các liên kết bổ sung giữa các amino axit đứng cạnh nhau.
(Nguồn: trang 270 giáo trình vi sinh vật học – lý thuyết và bài tập giải sẵn cuốn 1)
0,25
9.1. Cho biết các thành phần của vỏ ngoài ở virut có nguồn gốc từ đâu?
- Vỏ ngoài của virut có nguồn gốc từ màng sinh chất bị cuốn theo khi virut nảy chồi
0,25
để thoát ra ngoài tế bào.
- Ở virut hecpet, vỏ ngoài có nguồn gốc từ màng nhân (được xem là ngoại lệ).
- Trên bề mặt vỏ ngoài có các gai glycoprotein do virut mã hóa.
- Glipoprotein sau khi được tổng hợp thì vận chuyển tới màng sinh chất và cài sẵn vào
0,25
0,25
0,25
màng sinh chất ở giai đoạn lắp ráp.
9.2. Ở giai đoạn lắp ráp của virut có cấu trúc khối, vỏ và lõi được kết hợp với nhau
bằng cách nào? Nhờ dấu hiệu nào vật chất di truyền của virut có thể kết hợp đúng với
phần vỏ của chúng?
- Trước hết virut có sự kết hợp các capsome tạo cấu trúc hình cầu là nucleocapsid và
0,5
có cổng cho genom đi vào sau đó hàn lại và cải biến từ cấu trúc cầu sang cấu trúc
khối. Cổng vào sau này sẽ là đỉnh của khối đa diện.
+ Việc đóng gói genom vào capsid cần phải có một protein chuyên biệt gọi là protein
nhận tín hiệu nằm trên sợi sẽ được đóng gói. Điều này lý giải tại sao trong tế bào luôn
0,5
có cả sợi (+) và sợi (-) nhưng virut chứa genom (-) thì chỉ có sợi (-) mới được đóng
gói.
(Nguồn: tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông vi sinh vật trang 132).
10.1. Miễn dịch không đặc hiệu bao gồm những tuyến phòng thủ nào? Vai trò của
các tuyến phòng thủ này?
Hàng rào vật lý: da và niêm mạc ngăn cản sự xâm nhập của vi sinh vật . Ho và hắt hơi 0,12
5
đẩy vi sinh vật ra khỏi đường hô hấp…
- hàng rào hóa học: pH thấp trong đường tiêu hóa, sinh dục… ngăn cản sự sinh
0,12
trưởng, lizozim ức chế tổng hợp thành tế bào vi khuẩn, interferon cảm ứng sự tạo 5
protein ức chế quá trình dịch mã của virut…
- Hàng rào vi sinh vật: cơ thể là nơi cư trú một lượng khổng lồ các vi sinh vật, nhiều
gấp 10 lần các tế bào của cơ thể. Chúng định cư ở khắp mọi nơi như mắt, mũi, miệng,
0,25
tai, đường hô hấp, tiêu hóa, sinh dục… hình thành môt khu hệ vi sinh vật bình
thường, duy trì mối quan hệ thân thiện với cơ thể. Các vi sinh vật này chiếm trước các
vị trí, cạnh tranh thức ăn và tiết ra các chất tiêu diệt các vi sinh vật gây bệnh.
- Bổ thể (complement): là nhóm protein trong huyết thanh khi được hoạt hóa có khả
năng phá hủy các tế bào vi sinh vật, các tế bào nhiễm virut hoặc tế bào ung thư và
tăng cường hiện tượng thực bào.
0,25
- Thực bào: các đại thực bào và bạch cầu trung tính trong máu nuốt và tiêu hóa vi sinh
vật.
0,25
10.2. Hai cấu trúc khác biệt cơ bản nào giữa tế bào vi khuẩn và tế bào người để khi
dùng thuốc kháng sinh đặc hiệu chỉ tiêu diệt các vi khuẩn gây bệnh lại không làm tổn
hại đến các tế bào ở người?
- Tế bào vi khuẩn có thành peptidoglycan còn tế bào người thì không có thành tế bào
0,5
do đó nhóm thuốc kháng sinh đặc hiệu chỉ tác động lên thành peptidoglican để ngăn
chặn sự hình thành thành tế bào của vi khuẩn được sử dụng. ví dụ: penixillin
- Tế bào vi khuẩn có quá trình dịch mã được thực hiện bởi riboxom 70S (gồm 2 tiểu
phần 30S và 50S) khác biệt so với riboxom của người là loại 80S. do vậy có thể sử
dụng các nhóm thuốc kháng sinh có khả năng tác động vào các tiểu phần 30S (ví dụ:
tetraciclines) hoặc tiểu phần 50S (ví dụ: streptogramins)
- HẾT-
0,5 - PHONG CÁCH NGÔN NGỮ CHÍNH LUẬN I. VĂN BẢN CHÍNH LUẬN VÀ NGÔN NGỮ CHÍNH LUẬN 1. Tìm hiểu văn bản chính luận a. Tuyên ngôn - Văn bản chính luận thời xưa gồm: hịch, cáo, thư, sách, chiếu, biểu,… - Văn bản chính luận thời hiện đại: các cương lĩnh, tuyên bố, tuyên ngôn, l ời kêu g ọi, lời hiệu triệu, chính luận, báo cáo, tham luận, phát biểu trong hội thảo, hội nghị… TUYÊN NGÔN ĐỘC LẬP “Tất cả mọi người sinh ra đều có quyền bình đẳng. Tạo hóa cho họ những quyền không ai có thể xâm phạm được; trong những quyền ấy, có quyền được sống, quyền tự do và quyền mưu cầu hạnh phúc.” Lời bất hủ ấy ở trong bản Tuyên ngôn độc lập năm 1776 của nước Mĩ. Suy rộng ra, câu ấy có ý nghĩa là: tất cả các dân tộc trên thế giới đều sinh ra bình đẳng, dân tộc nào cũng có quyền sống, quyền sung sướng và quyền tự do. Bản Tuyên ngôn Nhân quyền và Dân quyền của Cách mạng Pháp năm 1791 cũng nói: “Người ta sinh ra tự do và bình đẳng về quyền lợi, và phải luôn luôn được tự do và bình đẳng về quyền lợi”. Đó là những lẽ phải không ai chối cãi được. (Hồ Chí Minh) Nhận xét: - Thể loại: Văn chính luận, tuyên ngôn, tuyên bố - Mục đích: tuyên bố độc lập dân tộc, tuyên ngôn dựng nước của nguyên thủ qu ốc gia (công bố nền độc lập của đất nước). - Thái độ, quan điểm: khẳng định quyền được sống, tự do, mưu cầu hạnh phúc, gi ọng văn hùng hồn danh thép. Người viết đứng trên lập trường của dân tộc, nguyện v ọng của dân tộc để viết lên bản tuyên ngôn lịch sử. OLM.VN, BINGCLASS.COM 1 b. Bình luận thời sự CAO TRÀO CHỐNG NHẬT, CỨU NƯỚC Ngày 9-3-1945, ở Đông Dương, phát xít Nhật quật thực dân Pháp xuống chân đài chính trị. Không đầy hai mươi bốn tiếng đồng hồ, trong các thành phố lớn, thực dân Pháp đều hạ súng xin hàng. Nhiều đội quân của Pháp nhằm biên gi ới cắm đ ầu chạy. Riêng ở Cao Bằng và Bắc Cạn, một vài đội quân của Pháp định thống nhất hành động với Quân Giải phóng Việt Nam. Ở Bắc Cạn, họ đã cùng ta tổ ch ức “ Ủy ban Pháp – Việt chống Nhật”. Nhưng không bao lâu họ cũng b ỏ ta ch ạy sang Trung Qu ốc. Có thể nói là quân Pháp ở Đông Dương đã không kháng chiến và công cu ộc kháng chiến ở Đông Dương là công cuộc duy nhất của nhân dân ta. (Trường Chinh, Cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân Việt Nam, tập I, NXB Sự thật, 1976) Nhận xét: - Thể loại: Văn chính luận. - Mục đích: chỉ rõ kẻ thù là phát xít Nhật =>Tổng kết một giai đoạn cách mạng - Thái độ, quan điểm: Đứng trên lập trường của dân tộc, lập trường của ng ười c ộng sản trong sự nghiệp chống đế quốc và phát xít giành độc lập tự do cho dân tộc. c. Xã luận VIỆT NAM ĐI TỚI Khắp non sông Việt Nam đã bừng dậy một sinh khí mới. Sinh khí ấy đang bi ểu hiện trên khuôn mặt từng người dân, trong từng thôn bản, ngõ ph ố, trên t ừng cánh đồng, công trường, trong từng viện nghiên cứu, trên các chốt tiền tiêu đầu sóng ngọn gió,… Rạo rực đất trời, rạo rực lòng người! […] Đất nước đang căng tràn sức xuân trong ý chí và khát vọng vươn tới của 80 triệu người con đất Việt. Nguồn sinh lực mới được kết tụ và nhân lên trong xuân Giáp Thân đang hứa hẹn tạo ra một sức băng lướt trên con đường dài xây d ựng m ột xã h ội công bằng, dân chủ, văn minh. Xuân mới, thế và lực mới, chúng ta tự tin đi tới! (Theo báo Quân đội nhân dân, số Tết 2004) OLM.VN, BINGCLASS.COM 2 Nhận xét: - Thể loại: Văn chính luận. - Mục đích: Phân tích những thành tựu mới về các lĩnh vực của đất nước, v ị th ế c ủa đất nước trên trường quốc tế. - Thái độ, quan điểm: Khẳng định nước Việt Nam căng tràn sức sống, trỗi dậy mãnh liệt, sức sống ấy biểu hiện ở mọi nơi, mọi người, thành tựu về nhiều lĩnh vực, giọng văn hào hứng sôi nổi. Đó là niềm tự hào, tin tưởng vào t ương lai t ươi sáng c ủa c ả dân tộc nhân dịp đầu năm mới. 2. Nhận xét chung về văn bản chính luận và ngôn ngữ chính luận a. - Ngôn ngữ chính luận tồn tại ở cả dạng viết và nói được trình bày trong nh ững văn kiện tài liệu chính trị và những sự kiện chính trị có quy mô lớn, nhỏ. - Mục đích của ngôn ngữ chính luận: trình bày ý kiến hoặc bình lu ận, đánh giá 1 s ự kiện, 1 vấn đề chính trị, 1 chính sách, chủ trương về văn hóa, xã h ội theo m ột quan điểm chính trị nhất định. b. - Dù là nói hay viết thì ngôn ngữ chính luận hay văn bản chính luận đều sử dụng phương pháp nghị luận. - Có nhiều tác phẩm chính luận ra đời nhằm phục vụ cho công cu ộc đấu tranh gi ải phóng dân tộc, đưa ra quan điểm cá nhân, trở thành khẩu hiệu hành động của phong trào cách mạng. - Tác phẩm chính luận tiêu biểu: Tuyên ngôn độc lập – Hồ Chí Minh, Lời kêu gọi toàn quốc kháng chiến – Hồ Chí Minh,… GHI NHỚ Ngôn ngữ chính luận và ngôn ngữ được dùng trong văn b ản chính lu ận ho ặc l ời nói mang tính khẩu ngữ trong các hội nghị, hội thảo,… nhằm trình bày, bình luận, đánh giá những sự kiện, những vấn đề về chính trị, xã hội, văn hóa, tư tưởng… theo một quan điểm chính trị nhất định. OLM.VN, BINGCLASS.COM 3 LUYỆN TẬP Câu 1: Phân biệt khái niệm nghị luận và chính luận. Trả lời: - Nghị luận: + Là một phương pháp tư duy (diễn giảng, lập luận, bàn bạc), m ột ki ểu làm văn trong nhà trường (nghị luận văn chương, nghị luận xã hội). + Sử dụng ở tất cả mọi lĩnh vực khi cần trình bày, diễn đạt. - Chính luận: + Là một phong cách ngôn ngữ độc lập với các phong cách ngôn ngữ khác. + Chỉ thu hẹp trong phạm vi trình bày quan điểm về vấn đề chính trị. Câu 2: Vì sao có thể khẳng định đoạn văn sau thuộc phong cách chính luận? Dân ta có một lòng nồng nàn yêu nước. Đó là một truyền thống quý báu của ta. Từ xưa đến nay, mỗi khi Tổ quốc bị xâm lăng thì tinh th ần ấy l ại sôi n ổi, nó k ết thành một làn sóng vô cùng mạnh mẽ, to lớn, nó lướt qua mọi sự nguy hi ểm, khó khăn, nó nhấn chìm tất cả lũ bán nước và lũ cướp nước. (Hồ Chí Minh, Tinh thần yêu nước của nhân dân ta) Đoạn văn trên là đoạn văn theo phong cách ngôn ngữ chính luận vì: - Mục đích của đoạn trích: Trình bày, đánh giá vấn đề mang tính th ời s ự, chính tr ị - tinh thần yêu nước của nhân dân ta. - Dùng ngôn ngữ chính luận: sử dụng nhiều từ chính trị (dân ta, tổ quốc, yêu nước, xâm lăng, bán nước, cướp nước…) - Câu văn ngắn gọn, mạch lạc chặt chẽ có sức thuyết phục. - Lập luận chặt chẽ, mạch lạc, hình ảnh so sánh cụ thể => sức hấp dẫn và truyền cảm - Đoạn văn thể hiện rõ quan điểm chính trị về truyền thống yêu nước. Câu 3: Phân tích bài Lời kêu gọi toàn quốc kháng chiến của chủ tịch Hồ Chí Minh để chứng minh: lời văn trong văn bản giản dị, dễ hiểu, ngắn gọn nhưng di ễn đ ạt n ội dung phong phú, lập luận vững chắc. OLM.VN, BINGCLASS.COM 4 - Lời văn thể hiện rõ lập trường chính nghĩa của cuộc kháng chiến, thái độ dứt khoát với thực dân Pháp, kêu gọi cả nước quyết tâm đánh giặc. - Luận điểm rõ ràng, lập luận chặt chẽ, luận cứ đáng tin cậy, logic, khoa học, có sức thuyết phục cao: + Nêu tình thế chúng ta phải chiến đấu: “Chúng ta muốn hoà bình, chúng ta đã nhân nhượng. Nhưng chúng ta càng nhân nhượng, thực dân Pháp càng lấn tới, vì chúng quyết tâm cướp nước ta một lần nữa.” “Không! Chúng ta thà hy sinh tất cả, chứ nhất định không chịu mất nước, nh ất định không chịu làm nô lệ.” + Vũ khí chiến đấu của chúng ta là: súng, gươm, cuốc, thuổng, gậy gộc => kh ẳng định đó là cuộc chiến tranh nhân dân. + Tinh thần quyết tâm chiến đấu để giữ nước: “Bất kì người Việt Nam nào với bất kì phương tiện gì cũng có thể dùng làm vũ khí đều phải đứng lên chống Pháp ” (từ ngữ giản dị: đàn ông, đàn bà, người già, người trẻ; vũ khí: súng, gươm, cuốc, thuổng, gậy gộc...). + Thể hiện niềm tin vào chiến thắng: “Nhất định thắng lợi, độc lập, thống nhất. Khẳng định niềm tin chiến thắng của chúng ta”. - Dùng lí lẽ, dẫn chứng để phơi bày dã tâm xâm lược của kẻ thù. - Giải thích, thuyết phục mọi người cần tham gia đánh giặc cứu nước như thế nào => lí lẽ và dẫn chứng xác đáng, chặt chẽ. - Giọng văn hùng hồn, đanh thép, có sức truyền cảm mạnh mẽ. OLM.VN, BINGCLASS.COM 5
-
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG
HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC - KHỐI 11
NĂM 2018
Thời gian làm bài: 180 phút
(HDC có 12 trang, gồm 12 câu)
Câu 1: Trao đổi nước và dinh dưỡng khoáng (2,0 điểm)
1. Đất bao quanh rễ cây được cấu thành từ các loại hạt keo đất có mang các ion khoáng
cần cho sinh trưởng và phát triển của cây.
a. Dựa trên cơ chế hút bám trao đổi cation, hãy cho biết đất chua (pH từ 4-5) và đất kiềm
(pH từ 9-10) loại nào chứa nhiều cation khoáng hơn? Giải thích.
b. Từ việc hiểu biết cơ chế hút bám trao đổi cation, hãy đề xuất biện pháp giúp đất duy trì
độ màu mỡ và tăng cường khả năng hút các cation khoáng của cây.
2. Có 3 cây với tiết diện phiến lá như nhau, cùng độ tuổi, cho thoát hơi nước trong điều
kiện chiếu sáng như nhau trong một tuần. Sau đó cắt thân đến gần gốc và đo lượng dịch
tiết ra trong một giờ, người ta thu được số liệu như sau:
Cây
Số lượng nước thoát (ml)
Số lượng dịch tiết (nhựa) (ml)
Hồng
6,2
0,02
Hướng dương
4,8
0,02
Cà chua
10,5
0,07
Từ bảng số liệu em có thể rút ra nhận xét gì?
Hướng dẫn chấm:
1. a. Các hạt keo đất như hạt đất sét tích điện âm vì thế chúng mang các cation
khoáng (K+, Na+, Ca2+…) trên bề mặt hạt keo.
- Đất chua (pH từ 4-5) sẽ có nhiều ion H+, H+ sẽ thay thế vị trí của các cation trên 0.25
bề mặt hạt keo đất, dẫn đến giải phóng nhiều cation khoáng. Một phần nhỏ cation
khoáng sẽ được rễ hấp thu, còn phần lớn sẽ bị rửa trôi vào tầng nước ngầm. Trải
qua thời gian, đất chua sẽ là đất nghèo cation khoáng.
- Đất kiềm (pH từ 9-10) do có ít ion H + nên phần lớn cation khoáng vẫn được giữ 0.25
trên bề mặt hạt keo đất, vì vậy đất kiềm là đất giàu cation khoáng.
b. Các biện pháp được sử dụng trong trồng trọt:
- Cần tạo điều kiện cho hô hấp hiếu khí của rễ cây để tạo ra CO2.
0.25
- Lựa chọn phân bón cho phù hợp với loại đất để tránh làm rửa trôi các cation 0.25
khoáng.
2. Qua bảng số liệu ta thấy có mối liên quan rất chặt chẽ giữa động cơ phía trên và 0.50
động cơ phía dưới: nếu động cơ phía trên lớn thì động cơ phía dưới cũng lớn và
ngược lại (VD minh họa lấy từ bảng).
- Cây hoa hồng và cây hướng dương có lượng dịch tiết như nhau (0,02 ml) nhưng 0.50
lượng nước thoát ra khác nhau (hồng 6,2 ml; hướng dương 4,8 ml) chứng tỏ các cây
khác nhau chủ yếu là vai trò quyết định của động cơ phía trên.
Câu 2: Quang hợp (2,0 điểm)
Tảo đơn bào Chlorella được dùng để nghiên cứu sự có mặt của 14C trong hai hợp chất hữu
cơ X và Y thuộc chu trình Canvin bằng cách bổ sung 14CO2 vào môi trường nuôi và đo tín
hiệu phóng xạ trong hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Tảo được nuôi trong điều kiện chiếu sáng và được cung cấp một lượng
CO2 (không đánh dấu phóng xạ) nhất định. Ngay khi CO2 bị tiêu thụ hết, nguồn sáng bị tắt
và 14CO2 được bổ sung vào môi trường nuôi tảo (thời điểm thể hiện bằng đường nét đứt ở
Hình 1).
- Thí nghiệm 2: Tảo được nuôi trong điều kiện chiếu sáng liên tục và được cung cấp một
lượng 14CO2 nhất định. Khi 14CO2 bị tiêu thụ hết (thời điểm thể hiện bằng nét đứt trên Hình
2), không bổ sung thêm bất kỳ nguồn CO2 nào.
Hình 1
Hình 2
a. Mỗi chất X và Y là chất gì? Giải thích.
b. Nồng độ chất Y thay đổi như thế nào trước và sau khi tắt nguồn sáng trong thí nghiệm
1?
c. Tại sao tín hiệu phóng xạ của chất X luôn lớn hơn Y trong điều kiện có cả ánh sáng và
14
CO2 ở thí nghiệm 2?
Hướng dẫn chấm:
a. Chất X là axit phosphoglyceric (APG hoặc 3-phosphoglycerate), chất Y là
ribulose 1,5-bisphosphate (RuBP hoặc ribulose 1,5-diphosphate).
- Giải thích:
+ Ở thí nghiệm 1: Khi 14CO2 được bổ sung vào môi trường nuôi sẽ xảy ra phản ứng 0.5
cacboxy hóa ribulose 1,5-bisphosphate (RuBP) và tạo thành axit phosphoglyceric
(APG chứa
14
C). Mặt khác, do không có ánh sáng nên pha sáng không xảy ra,
không có sự cung cấp ATP và NADPH dẫn đến APG không bị chuyển hóa thành
các chất khác trong chu trình Canvin dẫn đến chất này sẽ bị tích lũy làm tăng tín
hiệu phóng xạ, tương ứng với chất X trong trên hình 1. Vậy X là axit
phosphogylceric.
0.5
+ Ở thí nghiệm 2: Khi 14CO2 bị tiêu thụ hết, phản ứng chuyển hóa RuBP thành APG
bị dừng lại, gây tích lũy RuBP (chứa 14C). Mặt khác, trong điều kiện có ánh sáng,
pha sáng cung cấp ATP và NADPH cho các phản ứng chuyển hóa APG (chứa 14C)
theo chu trình Canvin và tái tạo RuBP. Từ hai điều này cho thấy RuBP đánh dấu
phóng xạ tăng lên, tương ứng với chất Y trên hình 2. Vậy Y là ribulose 1,5- 0.5
bisphosphate.
b. Nồng độ của chất Y (RuBP) không đánh dấu phóng xạ giảm sau khi tắt ánh sáng. 0.5
Còn chất Y không đánh dấu phóng xạ không được sinh ra nên không có sự thay
đổi.
c. Trong điều kiện có ánh sáng và 14CO2, tảo sẽ thực hiện cả pha sáng và pha tối của
quang hợp làm tăng lượng APG và RuBP có đánh dấu phóng xạ. Chỉ có 5/6 AlPG
sinh ra từ APG sẽ được dùng để tái tạo RuBP. Do đó, tín hiệu của APG luôn lớn
hơn RuBP trong điều kiện này.
Câu 3: Hô hấp (1,0 điểm)
Sự hô hấp của hạt khi bảo quản dẫn tới các hậu quả nào? Dựa vào đặc điểm hô hấp của
thực vật, hãy nêu cơ sở khoa học của phương pháp lạnh và bảo quản khô trong bảo quản
nông sản.
Hướng dẫn chấm:
- Trong khi bảo quản hạt đã diễn ra 2 dạng quá trình hô hấp là hô hấp hiếu khí và 0.5
hô hấp kị khí. Sự hô hấp của hạt khi bảo quản sẽ dẫn tới các hậu quả sau:
+ Làm hao hụt lượng chất khô.
+ Làm tăng độ ẩm của khối hạt.
+ Làm thay đổi thành phần của không khí trong khoảng trống bao quanh khối hạt.
+ Tạo ra nhiệt trong khối hạt. Sự tăng độ ẩm và tăng nhiệt độ lại làm tăng quá trình
hô hấp của khối hạt.
- Trong điều kiện nhiệt độ thấp (bảo quản lạnh) hô hấp giảm do hoạt động của 0.25
enzyme giảm khi ở nhiệt độ thấp.
- Điều kiện khô (bảo quản khô) ức chế quá trình hô hấp và sự nảy mầm của củ, hạt 0.25
→ Bảo quản lâu hơn.
Câu 4: Sinh sản ở thực vật + Sinh trưởng và phát triển ở thực vật (2,0 điểm)
1. Để xác định ảnh hưởng của chất kích thích sinh trưởng B tới quá trình giâm cành của 1 loài thực vật,
người ta tiến hành thí nghiệm về sự ra rễ và thu được kết quả thể hiện ở bảng dưới đây:
Nồng độ chất kích
thích sinh trưởng
Nồng độ chất kích
Kết quả (‰)
thích sinh trưởng
(ppm)
Kết quả (‰)
(ppm)
0
30
150
80
30
60
200
50
50
70
250
5
100
95
a. Dựa vào các thông tin nêu trên, hãy cho biết B thuộc nhóm chất nào? Giải thích
b. Để tăng hiệu quả tác động của chất B trong thí nghiệm trên, người ta có thể phối hợp
với chất điều hòa sinh trưởng nào? Giải thích. Chất điều hòa sinh trưởng phối hợp thêm
này có những vai trò chủ yếu gì?
2. Về mùa đông, cây mía, cây thanh long ở nước ta sẽ như thế nào nếu chiếu ánh sáng FR
vào ban đêm? Giải thích.
3. Trình bày vai trò của hạt đối với sự hình thành và phát triển của quả? Từ những hiểu
biết đó có thể ứng dụng gì vào thực tế trồng trọt?
Hướng dẫn chấm:
1.
0.5
a. B thuộc nhóm auxin. Vì chất kích thích sinh trưởng thực vật gồm các nhóm:
auxin, giberelin, xitôkinin. Tuy nhiên chỉ có auxin mới có vai trò chủ đạo kích thích 0.25
sự ra rễ.
b. Có thể phối hợp auxin với chất điều hòa sinh trưởng thuộc nhóm xitôkinin kích
thích sự phân chia tế bào, còn auxin lại kích thích sự phát sinh rễ và sinh trưởng tế 0.25
bào. Khi phối hợp 2 chất này, sự hình thành rễ diễn ra nhanh và hiệu quả hơn.
- Vai trò chính xác của xitôkinin; kích thích sự phân chia tế bào, kích thích sự sinh
trưởng của chồi bên, làm chậm sự già của lá, xúc tiến sự vận động của các chất
dinh dưỡng vào mô dự trữ, kích thích sự nảy mầm của hạt.
2. - Cây mía sẽ ra hoa vì mía là cây ngày ngắn, khi chiếu ánh sáng Fr sẽ kích thích 0,25
sự ra hoa của cây ngày ngắn, ức chế ra hoa cây ngày dài.
- Thanh long sẽ không ra hoa vì thanh long là cây ngày dài, khi chiếu ánh sáng Fr 0,25
sẽ ức chế ra hoa của cây ngày dài.
3. - Vai trò của hạt trong sự phát triển của quả: Hạt sản sinh ra auxin giải phóng 0.25
vào bầu nhụy khích thích bầu nhụy phát triển thành quả và giúp quả lớn lên.
- Ứng dụng: Tạo quả không hạt. Ngăn cản quá trình thụ tinh xảy ra kèm theo xử lí 0.25
auxin hoặc GA ngoại sinh bằng phương pháp phun hoặc tiêm.
Câu 5: Cảm ứng ở thực vật (1,0 điểm)
Vận động khép lá vào ban đêm của thực vật là tính ứng động ban đêm của lá. Hình 3 mô
tả mô hình tương tác của phytochrome, đồng hồ sinh học và IP 3 đến vận động khép lá.
Thành phần A tượng trưng cho đồng hồ sinh học. Hãy cho biết:
a. Proton được tăng cường giải phóng vào ban ngày hay ban đêm? Giải thích.
b. Tại sao khi có ánh sáng các lá cây lại có thể thoát khỏi trạng thái khép lá?
c. Tế bào có cơ chế điều chỉnh trạng thái nội cân bằng Ca2+ như thế nào?
Hình 3: Mô hình tương tác của phytochrome, đồng hồ sinh học và IP3 đến tính khép lá ở
thực vật
Hướng dẫn chấm:
a. Ban ngày, khi có ánh sáng → tác động tới phytochrome và được điều chỉnh
0.5
bởi đồng hồ nội sinh, → DAG (diacylglycerol) và IP3 tăng. IP3 làm tăng mức
giải thoát canxi tự do. Ca2+ và và DAG tăng kích thích giải phóng proton.
b. Khi có ánh sáng → tế bào hấp thu K+ → sự di chuyển của nước vào trong tế bào
0.25
→ tế bào trương nước, thoát khỏi trạng thái khép lá.
c. Khi có ánh sáng → sự gia tăng Ca2 + → trong tế bào kích thích bơm canxi để giải
0.25
phóng canxi dư thừa → Vận chuyển Ca2+ làm giải phóng Ca2+ hoàn trả lại Ca2+
nội cân bằng.
Câu 6: Tiêu hóa và hô hấp ở động vật (2,0 điểm)
1. Thú ăn cỏ sử dụng các chiến lược khác nhau trong tiêu hóa cellulose. Thú nhai lại (trâu,
bò) sử dụng dạ dày nhiều ngăn, trong khi thú có dạ dày đơn dựa trên mở rộng manh tràng
hoặc ruột kết.
Hãy chỉ ra mỗi phát biểu dưới đây là đúng hay sai. Giải thích ngắn gọn.
a. Sự phong phú tương đối của các loại axit amin trong ruột non của thú nhai lại sẽ khác
với sự phong phú tương đối của các loại axit amin trong thức ăn mà nó nuốt vào.
b. Để đáp ứng nhu cầu dinh dưỡng, thú nhai lại ăn phân đã được tiêu hóa lần 1.
c. Thú ăn cỏ dạ dày đơn, sự hấp thu các chất dinh dưỡng diễn ra chủ yếu ở ruột kết.
d. Phần lớn các vi khuẩn có thể sản sinh ra enzym cellulase sống trong dạ dày đơn của thú
ăn cỏ.
a. Đúng. Các vi sinh vật chuyển hóa nitơ vô cơ để tạo ra các protein riêng của
0.25
chúng, chúng có kiểu amino acid khác với thức ăn chúng sử dụng. Trong dạ múi
khế, các vi sinh vật bị chết do HCl và các protein của chúng được tiêu hóa từ động
vật nhai lại.
0.25
b. Sai. Động vật ăn cỏ dạ dày đơn như thỏ phải ăn phân được tiêu hóa lần 1.
0.25
c. Sai. Hấp thu chủ yếu vẫn ở ruột non.
0.25
d. Sai. Bọn ăn cỏ dạ dày đơn VSV sống trong manh tràng.
2. Các rối loạn hô hấp có thể được phân loại một cách đơn giản thành dạng tắc nghẽn và
dạng hạn chế. Rối loạn dạng tắc nghẽn được đặc trưng bởi sự giảm dòng khí trong ống hô
hấp. Rối loạn dạng hạn chế đặc trưng bởi sự giảm thể tích khí ở phổi.
Hình 4 cho thấy hình dạng của đường cong Dòng chảy - Thể tích đo được khi hít vào cố
sức và thở ra cố sức ở người khỏe mạnh với chức năng hô hấp bình thường và bốn bệnh
nhân bị các rối loạn hô hấp thường gặp.
Hình 4
a. pH máu của bệnh nhân bị rối loạn dạng 1 có thay đổi so với người khỏe mạnh
không? Vì sao?
b. Bệnh nhân bị rối loạn dạng 3 có nhịp thở thay đổi so với người khỏe mạnh không?
Vì sao?
c. Bệnh nhân bị rối loạn dạng 2 có thời gian hít vào cố sức dài hơn. Giải thích.
d. Thể tích khí cặn của bệnh nhân bị rối loạn dạng 4 có thay đổi so với người khỏe
mạnh không? Vì sao?
a. Có. Bệnh nhân 1 có dòng thở ra giảm H+ tăngpH giảm.
0.25
b. Có. Bệnh nhân 3 có nhịp thở tăng do giảm dung tích sống, giảm thông khí,
0.25
CO2 nhiều; O2 máu giảm tăng nhịp thở.
c. Bệnh nhân 2 dòng khí hít vào giảm, thời gian hít vào dài hơn
0.25
d. Bệnh nhân 4 thở ra ít, hít vào ítkhí cặn lưu lại phổi lớn hơn.
0.25
Câu 7: Tuần hoàn (2,0 điểm)
1. Bệnh có lỗ thông giữa hai tâm thất ở tim người sẽ gây ra hậu quả như thế nào đối với
trao đổi khí ở phổi và cung cấp máu cho các cơ quan? Giải thích.
2. Những phản ứng nào xảy ra khi máu về tim nhiều làm tăng áp lực trong tâm nhĩ?
Hướng dẫn chấm:
- Mỗi khi 2 tâm thất co thì máu từ tâm thất trái đi vào tâm thất phải qua lỗ thông
0.25
giữa hai tâm thất dẫn đến tăng áp lực trong tâm thất phải.
- Tăng áp lực trong tâm thất phải gây tăng áp lực trong vòng tuần hoàn phổi làm
huyết tương tràn ra khỏi mao mạch phổi gây ra phù phổi.
0.25
- Do phù phổi nên trao đổi khí ở phổi giảm.
- Do một phần máu đi vào tâm thất phải nên lượng máu bơm lên động mạch chủ 0.25
giảm. Áp lực (huyết áp) và oxy trong máu giảm làm tim đập nhanh và mạnh lên. 0.25
Hậu quả lấu dài là suy tim và dẫn đến lượng máu cung cấp cho các cơ quan giảm.
- Tăng áp lực trong tâm nhĩ sẽ gây tăng nhịp tim và lực co tim bằng phản xạ 0.25
Bainbridge do các thụ thể giãn của tâm nhĩ báo về trung khu điều hòa tim mạch.
- Tự điều hòa: không cần tham gia của HTK hay hoocmon. Khi máu về tâm thất 0.25
phải nhiềutâm thất trái tống máu đi không cần sự tham gia của HTK hay
0.25
hoocmon.
- Tăng áp lực trong tâm nhĩ còn gây tăng tiết ANF (ANP). ANF gây giảm
angiotensin, aldosteron và ADH, do đó làm giảm tái hấp thu Na+ và nước ở ống
thận, tăng bài tiết nước tiểu, giảm huyết áp.
Câu 8: Bài tiết, cân bằng nội môi (2,0 điểm)
1. Ở mang của cá nước ngọt, huyết tương được tách biệt khỏi nước ở môi trường ngoài
nhờ một lớp biểu mô mỏng, do đó cá có nguy cơ bị mất ion như Na và Cl vào môi trường
và nước từ môi trường có xu hướng đi vào huyết tương qua biểu mô mang cá. Có các cơ
chế vận chuyển làm các ion vô cơ và nước qua mang giúp duy trì sự khác biệt về thành
phần ion giữa huyết tương và nước ngoài môi trường. Hình 5 cho thấy cơ chế vận chuyển
của bốn ion qua biểu mô mang cá.
Hình 5
Hãy xác định mỗi câu sau đây là đúng hay sai. Giải thích ngắn gọn.
A. Ức chế bơm Cl- làm pH máu tăng.
B. Nồng độ CO2 tăng do hoạt động trao đổi chất làm tăng vận chuyển Na+ và Cl- qua tế
bào biểu mô.
C. Chất ức chế chuỗi truyền điện tử làm giảm dòng Na+ vào tế bào nhưng không ảnh
hưởng đến dòng HCO3- ra khỏi tế bào tại biểu mô mang.
D. Khi cơ thể bị nhiễm kiềm, tế bào biểu mô tăng cường tổng hợp protein vận chuyển trao
đổi ion Cl- /HCO3-.
2. Ở người, áp suất thẩm thấu của máu khoảng 300 mOsm/L, nhưng thận có thể bài tiết
nước tiểu cô đặc gấp bốn lần (khoảng 1200 mOsm/L). Điều này là do hiện tượng đồng áp
suất thẩm thấu giữa dịch lọc và dịch kẽ ở phần tủy thận. Sự vận chuyển NaCl giữa ḷng ống
thận và dịch kẽ ảnh hưởng thế nào đến áp suất thẩm thấu của dịch kẽ ở phần tủy thận? Giải
thích.
Hướng dẫn chấm:
1.
A. Đúng. Ức chế bơm Cl- HCO3- không được vận chuyển ra môi trường ngoài
0.25
pH máu tăng.
B. Đúng. CO2 tăng kết hợp với nước phân li thành H+ và HCO3- tăng vận
0.25
chuyển H+ và HCO3- ra ngoàităng vận chuyển Na+ và Cl- qua tế bào biểu mô.
C. Sai. Chất ức chế chuỗi truyền điện tửgiảm ATPgiảm cung cấp năng lượng
0.25
cho bơm hoạt động ảnh hưởng đến dòng Na+ và HCO3D. Đúng. Khi cơ thể bị nhiễm kiềm, tế bào biểu mô tăng cường tổng hợp protein
0.25
vận chuyển trao đổi ion Cl- /HCO3- để nhanh chóng vận chuyển HCO3- ra khỏi
máuduy trì cân bằng nội môi.
2. Sự vận chuyển NaCl giữa lòng ống thận và dịch kẽ có vai trò quan trọng trong
việc duy trì áp suất thẩm thấu cao của dịch kẽ ở vùng tủy thận, cụ thể:
- Ở phần tủy trong: sự khuyếch tán NaCl từ dịch lọc ra ngoài ở đoạn mảnh nhánh 0.50
lên quai Henle giúp duy trì áp suất thẩm thấu cao ở dịch kẽ.
- Ở phần tủy ngoài: sự vận chuyển tích cực NaCl từ dịch lọc ra ngoài ở đoạn dày 0.50
nhánh lên giúp duy trì áp suất thẩm thấu cao ở dịch kẽ.
Câu 9: Cảm ứng ở động vật (2,0 điểm)
1. Ở người bị bệnh nhược cơ (cơ không co được), xét nghiệm hóa sinh cho thấy
Axêtylcolin vẫn tồn tại bình thường trong xinap. Theo em nhiều khả năng nhất nguyên
nhân gây nên bệnh này là gì? Giải thích.
2. Điện thế hoạt động thay đổi như thế nào nếu:
a. Người ăn mặn.
b. Uống thuốc làm giảm tính thấm của màng với Na+.
c. Kênh Na+ hỏng, luôn mở.
d. Bơm Na/K hoạt động yếu.
Hướng dẫn chấm:
1. - Người bệnh bị đột biến gen tổng hợp prôtêin thụ thể ở màng sau xinap.
0.25
* Giải thích: quá trình co cơ được điều khiển bởi quá trình truyền xung thần kinh 0.25
giữa các tế bào với nhau, tín hiệu được truyền qua xinap.
- Xung TK đến chùy xinap: làm thay đổi tính thấm của màng với ion Ca 2+
Ca2+ ồ 0.25
ạt vào chùy xinap làm vỡ bóng xinap giải phóng axêtylcolin, chất này chuyển từ
màng trước
khe xinap
được prôtêin thụ thể trên màng sau nhận tín hiệu sang tế
bào tiếp theo.
0.25
- Xét nghiệm có Axêtylcolin chứng tỏ khả năng không có thụ thể trên màng sau
xinap.
a. Na+ bên ngoài cao hơnkhi kích thích mở các cổng Na+nhiều kênh Na+ mở 0.25
hơnbiên độ điện thế hoạt động lớn hơn.
b. Na+ vào ít biên độ điện thế hoạt động nhỏ hơn.
0.25
c. Điện thế hoạt động không hình thành do nồng độ Na+ 2 bên màng như nhau.
0.25
d. Điện thế nghỉ giảm phân cực Điện thế hoạt động giảm biên độ.
0.25
Câu 10: Sinh trưởng, phát triển, sinh sản ở động vật (1,0 điểm)
Vì sao nồng độ progesterol trong máu thay đổi ở chu kì kinh nguyệt của phụ nữ? Sự tăng
và giảm nồng độ progesterol có tác dụng như thế nào tới niêm mạc tử cung?
Hướng dẫn chấm:
- Thể vàng hình thành và phát triển ở giữa chu kì kinh nguyệt, tiết ra progesterol
và estrogen làm cho nồng độ progesterol trong máu tăng lên.
0.25
- Thể vàng thoái hóa thì nồng độ progesterol trong máu cũng giảm xuống.
- Nồng độ progesterol tăng lên làm niêm mạc tử cung dày lên chuẩn bị đón hợp tử 0.25
vào làm tổ; đồng thời ức chế tuyến yên tiết FSH và LH. Nang trứng không chin và 0.25
rụng.
- Nồng độ progesterol giảm gây bong niêm mạc tử cung và xuất hiện kinh nguyệt; 0.25
đồng thời giảm ức chế tuyến yên → FSH và LH tiết ra, trứng chin và rụng.
Câu 11: Nội tiết (2,0 điểm)
Bệnh lí liên quan đến hormone tuyến giáp:
1. Giả sử có hai bệnh nhân A và B đều bị bệnh bướu cổ. Kết quả xét nghiệm máu ở người
A cho thấy, nồng độ TSH (thyroid-stimulating hormone) cao hơn mức bình thường còn
nồng độ TH (thyroxine hormone) thấp hơn mức bình thường. Kết quả xét nghiệm máu ở
người B cho thấy nồng độ TSH ở mức bình thường còn nồng độ hoocmôn TH cao hơn
mức bình thường. Giải thích cơ chế gây nên bệnh bướu cổ ở người A và người B.
2. Ba bệnh nhân có biểu hiện ốm yếu, thể lực kém, luôn mệt mỏi và trí tuệ kém phát triển
do thiếu Thyrosine. Xét nghiệm sinh hóa được kết quả về nồng độ các hormone trong máu
như sau:
Nồng độ (pg/ml)
TRH TSH TH
Người bình thường
3
4,5
7,5
Bệnh nhân 1
0,6
0,9
1,1
Bệnh nhân 2
11,7
1,2
1,4
Bệnh nhân 3
14,3
18,5
1,3
Hãy dự đoán nguyên nhân dẫn đến thiếu Thyrosine ở mỗi bệnh nhân trên.
Hướng dẫn chấm:
1. Người A bị bệnh bướu cổ do thiếu iôt: Cơ thể thiếu iôt → tirôxin (TH) giảm →
tuyến yên tăng tiết hoocmôn TSH để thúc đẩy tuyến giáp hoạt động → tăng số
0,5
lượng và kích thước nang tuyến, tăng tiết dịch nang→ tuyến giáp phình to. Như
vậy, ở người A, nồng độ TSH tăng, còn nồng độ TH thấp hơn mức bình thường.
- Người B bị bệnh bướu cổ Bazơđô: Do trong cơ thể đã xuất hiện một chất có cấu
trúc gần giống hoocmôn TSH → thúc đẩy tuyến giáp hoạt động mạnh → Tuyến
0,5
giáp phình to, tiết quá nhiều tirôxin (TH) → gây tăng chuyển hóa cơ bản, tim đập
nhanh, huyết áp tăng, chân tay run, thân nhiệt tăng, ra nhiều mồ hôi, hồi hộp lo
lắng, khó thở. Như vậy, ở người B, nồng độ TSH ở mức bình thường, nồng độ TH
tăng hơn mức bình thường.
2. Nguyên nhân gây bệnh của các bệnh nhân:
- Bệnh nhân 1: Nồng độ TRH, TSH và TH đều thấp có thể do vùng dưới đồi không 0.25
đáp ứng với nồng độ TH thấp.
- Bệnh nhân 2: Lượng TRH cao trong khi lượng TSH và TH vẫn thấp có thể do
0.25
tuyến yên không đáp ứng với TRH hoặc TRH mất hoạt tính.
0.25
- Bệnh nhân 3: Lượng TRH và TSH cao trong khi lượng TH thấp có thể do:
0.25
+ Tuyến giáp không đáp ứng với TSH (trường hợp này không phì đại tuyến giáp).
+ Thiếu iod hay rối loạn tuyến giáp khiến TH không tổng hợp được hoặc có tổng
hợp nhưng mất hoạt tính (trường hợp này tuyến giáp bị kích thích hoạt động mạnh
gây phì đại).
Câu 12: Phương án thực hành (Giải phẫu thực vật) (1,0 điểm)
Hãy nêu 4 đặc điểm giải phẫu điển hình của lá thực vật chịu hạn.
Hướng dẫn chấm:
- Lỗ khí ẩn
0.25
- Đường kính lòng mạch nhỏ
0.25
- Mô giậu phát triển (có cả ở phía trên và dưới của lá)
0.25
- Hạ bì phát triển (hạn chế ánh sáng mạnh và giảm thoát hơi nước)
0.25
GV ra đề: Nguyễn Thị Thu Huyền (0982082505) -
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XII, NĂM 2019
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG
BẰNG BẮC BỘ
MÔN SINH HỌC - KHỐI 10
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 10 câu; gồm 02 trang)
Thành phần kiến thức
Số
điểm
1. Thành Hãy giải thích tại sao ADN lại được chọn để thực hiện chức năng lưu 2,0
phần
giữ, bảo quản, truyền đạt thông tin di truyền ở hầu hết sinh vật chứ
hóa học
không phải là ARN?
tế bào
Hướng dẫn chấm:
Vì ADN có các đặc điểm sau:
- ADN được cấu tạo từ 2 mạch, còn ARN được cấu tạo từ một mạch (0.25)
- ADN thường có dạng chuỗi kép phức tạp, ổn định còn ARN có cấu trúc
xoắn đơn giản hơn nhiều(0.25)
- ADN có một số lượng lớn liên kết hiđrô nên dù chuyển động nhiệt có phá
vỡ các liên kết nằm 2 đầu của phân tử, hai mạch đơn vẫn được gắn với nhau
bởi các liên kết ở vùng giữa(0.25)
- Chỉ trong trường hợp những điều kiện rất khắc nghiệt (nhiệt độ cao hơn
hẳn nhiệt độ sinh lý) mới có sự phá vỡ đồng thời quá nhiều liên kết hiđrô
khiến phân tử không còn giữ được cấu hình ban đầu, phân tử bị biến tính.
Còn ARN có ít liên kết hiđrô (nhiều nhất rARN chỉ có 70%) nên kém bền
hơn ADN. (0.25)
- ADN mang điện tích âm thường gắn kết với các prôtein mang điện tích
dương (H1, H2A, H3B, H4) nên được bảo vệ tốt hơn ARN không được bảo
vệ(0.5)
- ADN được bảo quản trong nhân, ở đó thường không có enzim phân hủy
chúng, trong khi đó ARN thường tồn tại ở ngoài nhân - nơi có nhiều enzym
phân hủy axit nuclêic. (0.5)
2. Cấu
trúc tế
bào
Thành phần hóa học của màng sinh chất giúp màng tế bào thực hiện
được chức năng: dung hợp màng; truyền thông tin vào trong tế bào? Giải
thích?
Hướng dẫn chấm
* Dung hợp màng:
- Phospholipit: có tính phân cực, tạo thành lớp kép (các đuôi kị nước luôn
quay vào nhau, đầu ưa nước quay ra ngoài). Tính kị nước của lớp kép
phospholipit làm màng luôn có xu hướng khép thành túi kín. (0.25)
+ Khi một phần màng tách ra (nhập bào) thì phần còn lại tự động khép thành
màng kín, còn phần tách ra hình thành túi tiết kín. (0.25)
+ Khi một túi tiết đến tiếp xúc với màng sinh chất (xuất bào) thì 2 màng dễ
dàng hòa nhập thành một. (0.25)
2,0
- Protein thụ thể: tiếp nhận thông tin từ môi trường ngoài (liên kết với ligand
– chất gắn) hoặc từ môi trường trong (protein tương thích trên màng túi tiết),
khởi động quá trình biến dạng màng. (0.25)
* Truyền tin vào trong tế bào: protein xuyên màng(0.25)
- Gắn với các vi sợi, khung xương tế bào ở mặt trong, gắn với các phân tử
của khối chất nền ngoại bào ở mặt ngoài màng. (0.25)
- Protein xuyên màng (ví dụ integrin) có thể thay đổi hình dạng khi gắn với
một phân tử chất nền ngoại bào cụ thể hoặc một phân tử tín hiệu từ môi
trường (ligand). Hình dạng mới có thể làm cho phần bên trong của protein
gắn kết với protein thứ hai, loại protein tế bào chất có thể truyền thông tin
vào bên trong tế bào. (0.5)
3.
Chuyển
hóa vật
chất và
năng
lượng
a. Nêu các bằng chứng lý thuyết chứng tỏ ôxy sinh ra trong quá trình 2,0
quang hợp có nguồn gốc từ nước.
b. Chứng minh hô hấp sáng làm giảm khoảng 50% năng suất quang hợp
Hưỡng dẫn chấm:
a. - Phản ứng quang phân ly nước: 2H2O → 4H+ + 4 e + O2 (0.5)
- Ở vi khuẩn quang hợp, quá trình quang hợp không sử dụng nguyên liệu là
trong tế
bào
(Đồng
hóa)
H2O thì không tạo ra O2: H2S + CO2 → CH2O + S + H2O(0.5)
b. - Khi không có hô hấp sáng, theo chu trình Canvin
CO2 + RuBP (C5) → 2C3 (→ Tổng hợp chất hữu cơ) (0.5)
- Khi có hô hấp sáng: O 2 + RuBP(C5) → 1C3 (→Tổng hợp chất HC) + 1C 2
(→HH sáng ) → Hô hấp sáng làm giảm khoảng 50% năng suất quang hợp.
(0.5)
4.
Chuyển
hóa vật
chất và
năng
lượng
trong tế
bào (Dị
hóa)
Tại sao quá trình hô hấp ở sinh vật nhân sơ giải phóng ra 38 ATP nhưng
ở sinh vật nhân thực tạo ra 36-38ATP?
Hướng dẫn chấm:
* Quá trình hô hấp ở sinh vật nhân sơ giải phóng ra 38 ATP nhưng ở sinh
vật nhân thực tạo ra 36- 38ATP vì ở sinh vật nhân thực:
+ Trong quá trình hô hấp hiếu khí, các sản phẩm trung gian tạo ra trong quá
trình đường phân, oxy hóa pyruvate, chu trình Crebs không nhất thiết phải
đi hết tất cả con đường hô hấp hiếu khí, nó có thể rẽ nhánh sang một quá
trình chuyển hóa khác, do vậy không thể tính được số ATP tuyệt đối tạo ra
từ một phân tử glucose hô hấp…….. (0.5)
+ Quá trình phosphoryl hóa ADP để tạo thành ATP không liên kết trực tiếp
với các phản ứng sinh hóa có trong quá trình phân giải đường, do vậy có 2,0
một hệ số sai lệch nhất định giữa năng lượng giải phóng và số lượng ATP
tạo ra, đồng thời số proton tạo ra bởi thủy phân NADH và FADH2 cũng
không là một số nguyên……………………. (0.5)
+ NADH được tạo ra trong tế bào chất ở đường phân không được vận
chuyển vào trong ty thể để cùng với NADH tạo ra bởi chu trình Crebs tham
gia vào ETC mà nó phải thông qua quá trình chuyển electron đổi qua màng
ty thể. Sự chuyển đổi này có thể khiến 1NADH tế bào chất thành 1NADH ty
thể hoặc 1FADH2 ty thể, nên không thể biết chính xác số phân tử lực khử đi
vào ty thể………. (0.5)
5.
Truyền
tin tế
bào +
Phương
án thực
+ Sự vận chuyển electron trên chuỗi ETC không cung cấp toàn bộ lực PMF
cho quá trình phosphoryl hóa tại ATP synthase mà có thể nó cung cấp cho
các quá trình khác. (0.5)
a. Một chất truyền tin thứ hai dùng phổ biến trong tế bào gây nên các 2,0
đáp ứng như co cơ, dẫn truyền thần kinh, phân chia tế bào… Hãy cho
biết đó là chất nào? Cho biết các giai đoạn của quá trình truyền tin theo
cách này?
b. Hãy thiết kế thí nghiệm để kiểm chứng nhận định của bạn về chất
hành
truyền tin đó?
Hướng dẫn chấm:
a. Chất truyền tin thứ 2 đó là ion Ca2+ (0.25)
* Các giai đoạn của quá trình truyền tin:
- Phân tử tín hiệu liên kết vào thụ thể kết cặp G- protein làm hoạt hóa Gprotein. G-prtein được hoạt hóa liên kết với photpholipaza C(0.25)
- Photpholipaza C được hoạt hóa cắt PIP2 thành:
+ DAG hoạt động như chất truyền tin thứ 2 ở con đường khác. (0.25)
+ IP3 đi đến liên kết kết với kênh ion Ca2+ dẫn đến mở kênh(0.25)
- Ion Ca2+ từ luới nội chất theo gradient đi vào bào tương hoạt hóa protein
tiếp theo từ đó gây các đáp ứng của tế bào(0.25)
b.Thiết kế thí nghiệm:
- Tách 2 mô cơ đùi ếch để trong dung dịch sinh lí
- Bổ sung vào 2 mô cơ phân tử tín hiệu đáp ứng co cơ và bổ sung thêm chất
ức chế hoạt tính enzim photpholipaza C ở mô cơ 1(0.25)
- Sau đó thấy kết quả
+ Mô cơ 1: không có đáp ứng co cơ và nồng độ ion Ca2+ bào tương không
thay đổi (0.25)
+ Mô cơ 2: đáp ứng co cơ và nồng độ ion Ca2+ bào tương tăng. (0.25)
6. Phân
bào
(Không
thi bài
tập
nguyên
phân,
giảm
phân,
hiệu suất
thụ tinh)
Những năm 1970, các nhà khoa học ở Trường Đại học Colorado đã làm 2,0
thí nghiệm:
- Thí nghiệm 1: Cho dung hợp tế bào đang ở pha G1 với tế bào đang ở
pha S, thấy nhân của tế bào ở pha G1 bước ngay vào pha S.
- Thí nghiệm 2: Cho dung hợp tế bào đang ở pha G1 với tế bào đang ở
pha M, thấy tế bào đang ở pha G1 bước ngay vào pha M.
Có thể rút ra kết luận gì từ thí nghiệm này? Giải thích kết quả ?
Hướng dẫn chấm:
- Trong 2 thí nghiệm, khi cho dung hợp tế bào ở G1 với tế bào ở S thấy cả 2
đều ở pha S, dung hợp tế bào ở pha G1 với tế bào ở M thấy cả 2 đều ở M.
Điều đó chứng tỏ, việc chuyển tiếp giữa các giai đoạn của quá trình phân
bào không phụ thuộc vào trạng thái của NST mà phụ thuộc vào các chất xúc
tác có trong tế bào chất. (0.5)
- Các chất có trong tế bào chất xúc tác quá trình chuyển tiếp giữa các giai
đoạn của quá trình phân bào là các Cyclin và các enzim Kinaza phụ thuộc
Cyclin (Cdk). (0.5)
- Trong chu kì tế bào, có 3 điểm chốt để điều khiển quá trình phân bào.
Những tế bào nào không qua được điểm chốt sẽ bị dừng lại. Muốn đi qua
mỗi điểm chốt, trong tế bào chất của tế bào cần sự có xúc tác của Cdk tương
ứng. Nhưng Cdk thường là bất hoạt khi ko được liên kết với Cyclin nên
trong tế bào chất cần có các phức hợp Cdk-Cyclin tương ứng. (0.5)
- Khi dung hợp tế bào ở G1 với S, trong tế bào chất của S đã có phức hợp
Cdk-Cyclin tương ứng cho việc vượt qua điểm chốt cuối G1 để vào S nên tế
bào ở G1 vào pha S. (0.25)
- Khi dung hợp tế bào ở G1 với M, trong tế bào chất của M đã có phức hợp
Cdk-Cyclin tương ứng cho việc vượt qua điểm chốt đầu M để vào M nên tế
bào ở G1 vào pha M. (0.25)
7. Cấu
trúc,
chuyển
hóa vật
chất của
VSV
Xạ khuẩn có những đặc điểm gì ? Tại sao người ta dễ nhầm xạ khuẩn và 2,0
nấm mốc. Phân biệt chúng trên môi trường nuôi cấy như thế nào
Hướng dẫn chấm:
- Xạ khuẩn là VK G+, sống hiếu khí, hoại sinh, phần lớn không gây bệnh.
- Cấu tạo dạng sợi (khuẩn ty), đơn bào(0.25)
- Khuẩn lạc của chúng có hình phóng xạ từ tâm, có nhiều màu sắc: vàng,
nâu, xám, trắng,đỏ... (0.25)
- Sinh sản bằng bào tử được hình thành trên đỉnh sợi khí sinh bằng cách đứt
đoạn, đặc biệt bào tử còn có gai hoặc có lông. (0.25)
- Xạ khuẩn là Nhóm VK sinh được nhiều loại kháng sinh nhất( 80% kháng
sinh hiện nay) (0.25)
* Dễ nhầm xạ khuẩn với nẫm mốc là do cơ thể xạ khuẩn có cấu tạo dạng sợi
(khuẩn ty) giống như sợi nấm. (0.5)
* Phân biệt xạ khuẩn trên môi trường nuôi cấy dựa trên hình dạng của khuẩn
lạc và màu sắc khuẩn lạc: khuẩn lạc của chúng có hình phóng xạ từ tâm, có
nhiều màu sắc: vàng, nâu, xám, trắng,đỏ... (Nấm mốc: khuẩn lạc không có
hình phóng xạ) (0.5)
8. Sinh
trưởng,
sinh sản
của VSV
9. Virut
Cho dòng vi khuẩn lắc tíc đồng hình vào bình A, dòng vi khuẩn lắc tíc dị
hình vào bình B (bình A, B đều chứa dung dịch Glucôzơ).
a. Nhận xét kết quả ở 2 bình trên.
b. Khi ứng dụng lên men lactic trong muối dưa rau quả, một học sinh
nhận xét như sau:
- Vi khuẩn lactic phá vỡ tế bào làm cho rau quả tóp lại
- Các loại rau quả đều có thể muối dưa
- Muối dưa càng để lâu càng ngon
- Muối rau quả phải cho một lượng muối để diệt vi khuẩn lên men thối
(lượng muối từ 4-6% khối lượng khô của rau)
Nhận xét trên đúng hay sai? Hãy giải thích?
Hướng dẫn chấm:
- Bình A có quá trình lên men lactic đồng hình là quá trình lên men đơn
giản, chỉ tạo thành axit lactic, không có CO2. (0.5)
- Bình B có quá trình lên men lactic dị hình là quá trình lên men phức tạp, 2,0
ngoài tạo ra axit lactic còn có rượu etylic, axit axetic, CO2. (0.5)
Giải thích
- Sai: VK lactic không phá hoại tế bào và chất nguyên sinh của rau quả mà
có tác dụng chuyển glucôzơ ở dung dịch muối rau quả thành axit lactic
(0.25)
- Sai: Các loại rau quả dùng để lên men lactic phải có một lượng đường tối
thiểu để sau khi muối có thể hình thành một lượng axit lactic 1-2% (độ
pH=4-4.5%) (0.25)
- Sai: Khi để lâu dưa quá chua vi khuẩn lactic cũng bị ức chế. Nấm men,
nấm sợi phát triển làm giảm chua -> vi khuẩn thối phát triển làm hỏng dưa.
(0.25)
- Sai: Muối có tác dụng tạo áp suất thẩm thấu, rút lượng nước và đường
trong rau quả ra dung dịch cho vi khuẩn lactic sử dụng, đồng thời ức chế sự
phát triển của vi khuẩn lên men thối. (0.25)
Vật chất di truyền của virut là axit nucleic hay protein? Franken và 2,0
Conrat đã làm thế nào để xác định được vật chất di truyền của virut?
Hướng dẫn chấm:
Vật chất di truyền của virut là axit
nucleic. (0.55)
- Thí nghiệm của Franken và
Conrat:
+ Chọn 2 chủng virut A và B đều
có khả năng gây bệnh khảm thuốc
lá, nhưng khác nhau ở các vết tổn
thương trên lá. (0.5)
+ Tách lõi ARN ra khỏi vỏ protein
của hai chủng virut A và B. (0.25)
+ Lấy axit nucleic của chủng A trộn với protein của chủng B →virut lai.
(0.25)
+ Cho nhiễm chủng virut lai vào cây → cây bị bệnh. (0.25)
+ Phân lập từ lá cây bị bệnh sẽ được chủng virut A. (0.25)
10. Bệnh Thế nào là kháng nguyên, kháng thể? Cơ chế tác dụng của kháng thể? 2,0
truyền Phản ứng kháng nguyên – kháng thể ảnh hưởng như thế nào đến kỹ
nhiễm, thuật ghép mô, cơ quan. Người ta làm gì để giảm thiểu những ảnh hưởng
miễn
đó trong quá trình cấy ghép?
dịch
Hướng dẫn chấm:
- Kháng nguyên, kháng thể:
+ Kháng nguyên là loại hợp chất lạ có khả năng gây ra trong cơ thể sự trả
lời miễn dịch. Các hợp chất này có thể là protein, độc tố thực vật, động vật,
các enzim, một số polisaccarit…(0.25)
+ Kháng thể là những protein được tổng hợp nhờ các tế bào limphô.
Chúng tồn tại tự do trong dịch thể hoặc dưới dạng phân tử nằm trong màng
tế bào chất của tế bào limphô. (0.25)
- Cơ chế tác động của kháng thể:
+ Trung hoà độc tố do lắng kết. (0.25)
+ Dính kết các vi khuẩn hay các tế bào khác. (0.25)
+ Làm tan các vi khuẩn khi có mặt của chúng trong huyết thanh bình
thường. (0.25)
+ Dẫn dụ và giao nộp các vi khuẩn cho quá trình thực bào. (0.25)
- Phản ứng kháng nguyên – kháng thể ảnh hưởng đến quá trình cấy ghép
mô, cơ quan: (0.25)
Việc cấy ghép mô, cơ quan khó thực vì các cơ quan ghép (tim, thận,
gan, da…) chứa nhiều kháng nguyên hơn cả huyết tương và trên hồng cầu
nên chúng thường bị hệ thống miễn dịch của cơ thể đào thải.
- Biện pháp khắc phục là chọn mô, cơ quan ghép phù hợp để hạn chế phản
ứng kháng nguyên – kháng thể: (0.25)
+ Các mô trong cùng cơ thể.
+ Sử dụng mô ghép giữa những người cùng huyết thống, nhất là những
người sinh đôi cùng trứng.
+ Đối chiếu kháng nguyên của cơ thể người cho và người nhận.
+ Sử dụng thuốc ức chế miễn dịch.
Tổng
20,0 -
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
ĐỀ ĐỀ XUẤT
KÌ THI HỌC SINH GIỎI DHĐBBB
Năm học: 2018-2019
Môn thi: Sinh học 10
Thời gian: 180 phút
Câu I: Thành phần hóa học tế bào (2.0 điểm):
1. Một bạn học sinh muốn nghiên cứu sự thay đổi thành phần một số chất trong
quá trình hạt thóc nảy mầm. Bạn đó nghiền 50 hạt thóc thành bột, hòa trong 100ml
nước lạnh, đem đun lên để tạo thành hồ, để nguội thu được dung dịch A. Bạn đó
cũng đem 100 hạt thóc khác cho nảy mầm (tỉ lệ 100%). Khi các hạt này nảy mầm
được 3 ngày thì đem 50 hạt nghiền trong 100ml nước thu được dung dịch B.
Cho A vào 2 ống nghiệm tương ứng là 1 và 2, B vào 2 ống nghiệm 3 và 4, mỗi
ống nghiệm 5 ml dịch. Thử 1 và 3 với Lugol, 2 và 4 với Fehling. Hãy dự đoán hiện
tượng xảy ra ở mỗi ống nghiệm và giải thích.
2.
a. Trong phản ứng polyme hóa các đại phân tử sinh học, có hai cơ chế cơ bản như
hình dưới đây. Ở dạng kéo dài loại I, gốc hoạt hóa (đánh dấu X) được giải phóng
từ chuỗi đang kéo dài. Ở dạng II, gốc hoạt hóa được giải phóng từ một đơn phân
tham gia kéo dài chuỗi. ADN và ARN được tổng hợp theo dạng nào? Giải thích.
b. Hãy giải thích tại sao chuỗi polynucleotide luôn có chiều từ 5’->3’?
Câu II: Cấu trúc tế bào (2.0 điểm):
1. X là một loại protein ngoại tiết.
a. Em hãy chỉ ra các bào quan tham gia tổng hợp và vận chuyển X (tính từ gen mã
hóa X).
b. Khi dùng đồng vị phóng xạ đánh dấu đường đi của X trong một tế bào nuôi cấy
trong ống nghiệm, người ta thấy X không hề đi ra khỏi tế bào. Hiện tượng này có
bình thường hay không? Em hãy giải thích.
2. Trong tế bào cơ, có một bào quan giữ vai trò quan trọng đối với sự trượt của các
sợi actin và myôzin, bào quan này là gì? Nêu cơ chế hoạt động của nó đối với sự
co dãn của tế bào cơ.
Câu III: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa) (2.0
điểm):
1. Phân biệt vi khuẩn Nitrat hóa và phản Nitrat.
2. Con đường tổng hợp các axit amin thơm qua sản phẩm trung gian là chorismate
được trình bày theo sơ đồ dưới đây:
Tốc độ xúc tác của enzym chorismate mutase (CM) được đo khi có tryptophan
(+Trp) hoặc tyrosine (+Tyr), cũng như khi thiếu (--) cả hai được thể hiện trên đồ
thị:
Dựa vào kết quả và sơ đồ hình trên, hãy chỉ ra phát biểu nào là đúng hay sai? Giải
thích tại sao?
A. Tryptophan làm tăng hoạt tính chorismate mutase (CM).
B. Tryptophan, chứ không phải tyrosine ức chế tổng hợp chorismate.
C. Nồng độ tyrosine cao dường như làm tăng quá trình tổng hợp tryptophan.
D. Các nhánh prephenate và anthranilate cạnh tranh chorismate.
Câu IV: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Dị hóa) (2.0 điểm):
1.
a. Tại sao hô hấp tế bào lại gồm hàng loạt các phản ứng trung gian chứ không phải
là một phản ứng duy nhất?
b. Cơ chế tổng hợp ATP trong đường phân và trong chuỗi vận chuyển điện tử khác
nhau như thế nào?
2. Phân biệt hô hấp hiếu khí và kị khí ở sinh vật nhân thực.
Câu V: Truyền tin tế bào + Phương án thực hành (2.0 điểm):
1. Sự nhận thức về mùi ở động vật có vú bao gồm sự tương tác giữa các phân tử
mùi không khí từ môi trường với thụ thể protein trên các nơ-ron khứu giác trong
khoang mũi. Dựa vào cơ ché truyền tin của tế bào, hãy giải thích làm thế nào với
một số lượng các thụ thể mùi có giới hạn có thể dẫn đến nhận thức về hàng ngàn
mùi khác nhau.
2. Hình sau mô tả thí nghiệm của nhà thực vật học Beijerinck trên bệnh khảm ở lá
cây thuốc lá:
a. Từ thí nghiệm này có thể có những kết luận gì về tác nhân gây bệnh?
b. Nếu kết quả thí nghiệm trên cho thấy mức độ nhiễm bệnh của nhóm cây sau yếu
hơn nhóm cây trước và cuối cùng dịch nhựa cây không còn khả năng nhiễm bệnh
sau nhiều lần cấy truyền, em hãy đưa ra giả thiết.
c. Hãy đề xuất thí nghiệm đơn giản để chứng minh tác nhân gây bệnh không thể là
loại vi khuẩn nhỏ hơn các vi khuẩn thông thường (không tính đến trường hợp vi
khuẩn bị tiêu giảm thành tế bào).
Câu VI: Phân bào (2.0 điểm):
1. Sự diễn tiến của chu trình tế bào được điều hòa bởi các enzym kinase phụ thuộc
Cyclin (CDKs), các enzym này chỉ được hoạt hóa khi liên kết với Cyclin tương
ứng và được phosphoryl hóa tại ThrC (threonine lõi). Sự phosphoryl hóa hoặc khử
phosphoryl hóa (dephosphoryl) các axit amin khác lại điều chỉnh thêm hoạt tính
của enzym. Con đường dưới đây thể hiện các protein tham gia vào giai đoạn tế bào
đi vào pha M của chu trình tế bào.
Hãy chỉ đột biến nào dưới đây thúc đẩy tế bào đi vào pha M bằng cách hoạt hóa
phức hệ CyclinB/CDK1. Giải thích.
a. Đột biến làm giảm hoạt tính khử phospho (dephosphoryl hóa) của Cdc25.
b. Đột biến làm giảm hoạt tính phosphoryl hóa của Wee1.
2. Một vài chất tan cần được vận chuyển (chủ động hoặc thụ động) từ vị trí được
tổng hợp tới nơi mà chúng hoạt động. Hãy chỉ ra những chất tan nào dưới đây
được vận chuyển từ tế bào chất tới nhân? Giải thích lí do tại sao?
a. Các tARN.
b. Các protein Histone
c. Các Nucleotide
d. Các tiểu phần enzyme tổng hợp ATP (ATP-synthase).
Câu VII: Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của VSV (2.0 điểm):
1. Phân tích kiểu dinh dưỡng của các chủng vi khuẩn I và II dựa vào sự quan sát
khi nuôi cấy chúng trên các môi trường A, B và C. Thành phần các môi trường
được tính bằng g/l như sau:
- Môi trường A: (NH4)3PO4 – 0,2; KH2PO4 – 0,1; MgSO4 – 0,2; CaCl2 – 0,1; NaCl
– 5,0.
- Môi trường B: Môi trường A + citrate trisodic – 2,0
- Môi trường C: Môi trường A + các chất sau: Biotin – 10 -8; Histidin – 10-5;
Methionin – 2.10-5; Thiamin – 10-6; Pyridoxin – 10-6; Nicotinic acid – 10-6;
Tryptophan – 2.10-5; Pantothenat canxi – 10-5; glucoza.
Sau khi cấy, nuôi trong tủ ấm ở nhiệt độ và thời gian phù hợp, người ta thu được
kết quả ghi trong bảng sau:
Môi trường
A
B
C
Chủng
Vi khuẩn I
+
+
Vi khuẩn II
+
Ghi chú: (-) không mọc; (+) có mọc
a) Môi trường A là môi trường gì?
b) Một số vi khuẩn có thể phát triển trên môi trường A với điều kiện người ta để
chúng ở nơi giàu khí CO 2. Giải thích vì sao và dựa vào nguồn carbon hãy cho biết
đó là kiểu dinh dưỡng gì?
c) Các chất hữu cơ thêm vào môi trường C thuộc về hai nhóm chất hóa học, đó là
những nhóm chất nào? Hãy xếp các chất đó vào hai nhóm chất hóa học được đề
cập ở trên.
2.Một bạn học sinh nuôi cấy 3 chủng vi khuẩn a, b, c trên môi trường thạch thì
thấy các khuẩn lạc xuất hiện như hình dưới. thí nghiệm của bạn học sinh đó nhằm
mục đích gì, em hãy gọi tên 3 chủng vi sinh vật đó và giải thích lí do tại sao em gọi
tên như vậy?
Câu VIII: Sinh trưởng, sinh sản của VSV (2.0 điểm):
1. Khi nuôi cấy vi khuẩn Lăctíc trên môi trường phù hợp với nguồn Cacbon duy
nhất là Glucose trong 3 tuần mà không hề bổ sung chất dinh dưỡng hay loại bỏ
chất thải.
a. Đó là loại môi trường nuôi cấy gì?
b. Một học sinh muốn chế men vi sinh từ bào tử của vi khuẩn Lactic. Bạn học sinh
đó sẽ tách vi khuẩn ở giai đoạn nào? Tại sao?
c. Nếu trong môi trường nuôi cấy đó có đồng thời hai nguồn Cacbon là glucose và
lactose. Hãy vẽ đường cong tăng trưởng của quần thể trong điều kiện đó.
2. Một học sinh phân lập được một chủng vi khuẩn từ nước dưa chua. Bạn đó
muốn chứng minh rằng vi khuẩn bạn phân lập được là vi khuẩn Lắctíc. Để làm
điều đó, bạn học sinh đã nuôi cấy vi khuẩn trên môi trường NMR (môi trường nuôi
cấy vi khuẩn Lactic có bổ sung CaCO3). CaCO3 làm cho môi trường chuyển sang
màu hơi vàng (3). Hãy giải thích cơ sở khoa học của thích nghiệm này và sự xuất
hiện của vùng màu xanh nhạt (2) trên đĩa thạch.
Câu IX: Virut (2.0 điểm):
1. Nhiều người cùng tiếp xúc với một loại virut gây bệnh, tuy nhiên có người mắc
bệnh, có người không mắc bệnh. giả sử rằng những người không mắc bệnh là có
các gen kháng vi rút. hãy cho biết gen kháng vi rút ở những người không mắc bệnh
quy định tổng hợp những loại prôtêin nào?
2. Cả HIV và virut Dengue gây bệnh sốt xuất huyết đều chứa genom là ARN (+).
Hãy phân biệt sự phiên mã và sao chép của 2 loại virut này để rút ra kết luận
chung.
Câu X: Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch (2.0 điểm):
1. So sánh kháng nguyên nội sinh, ngoại sinh.
2. Em hiểu Cytokine và chết theo chương trình (apotosis) là gì?
Người ra đề: Nguyễn Thị Năm, SĐT: 0904002257; Trường THPT Chuyên Hưng Yên
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
KÌ THI HỌC SINH GIỎI DHĐBBB
Năm học: 2018-2019
Môn thi: Sinh học 10
Thời gian: 180 phút
Câu I: Thành phần hóa học tế bào (2.0 điểm):
1. Một bạn học sinh muốn nghiên cứu sự thay đổi thành phần một số chất trong
quá trình hạt thóc nảy mầm. Bạn đó nghiền 50 hạt thóc thành bột, hòa trong 100ml
nước lạnh, đem đun lên để tạo thành hồ, để nguội thu được dung dịch A. Bạn đó
cũng đem 100 hạt thóc khác cho nảy mầm (tỉ lệ 100%). Khi các hạt này nảy mầm
được 3 ngày thì đem 50 hạt nghiền trong 100ml nước thu được dung dịch B.
Cho A vào 2 ống nghiệm tương ứng là 1 và 2, B vào 2 ống nghiệm 3 và 4, mỗi
ống nghiệm 5 ml dịch. Thử 1 và 3 với Lugol, 2 và 4 với Fehling. Hãy dự đoán hiện
tượng xảy ra ở mỗi ống nghiệm và giải thích.
2.
a. Trong phản ứng polyme hóa các đại phân tử sinh học, có hai cơ chế cơ bản như
hình dưới đây. Ở dạng kéo dài loại I, gốc hoạt hóa (đánh dấu X) được giải phóng
từ chuỗi đang kéo dài. Ở dạng II, gốc hoạt hóa được giải phóng từ một đơn phân
tham gia kéo dài chuỗi. ADN và ARN được tổng hợp theo dạng nào? Giải thích.
b. Hãy giải thích tại sao chuỗi polynucleotide luôn có chiều từ 5’->3’?
Hướng dẫn chấm:
Câu
Hướng dẫn chấm
I-1
- Hiện tượng:
+ Ống nghiệm 1 và 3: Dung dịch chuyển sang màu xanh lam đậm
nhưng ở 3 nhạt hơn 1.
+ Ống nghiệm 2 và 4: Xuất hiện kết tủa đỏ gạch nhưng ở 4 lượng
kết tủa nhiều hơn.
- Giải thích:
+ Trong A và B đều có tinh bột và đường khử (như glucose).
Tinh bột phản ứng màu đặc trưng vơi I2 trong Lugol tạo màu xanh
lam đậm. Đường khử khử Cu2+ thành Cu2O tạo kết tủa đỏ gạch.
+ Khi hạt thóc nảy mầm được 3 ngày thì tinh bột dần bị chuyển
thành đường khử và lượng đường khử chưa được sử dụng nhiều
cho hô hấp. Vì vậy lượng tinh bột ở B ít hơn A nhưng lượng
đường khử ở A nhiều hơn B.
+ Do đó, 1 có nhiều tinh bột hơn 3 nên phản ứng với Lugol cho
màu xanh lam đậm hơn, ở 4 có nhiều đường khử hơn 2 nên lượng
kết tủa đỏ gạch nhiều hơn.
I-2a
- ADN và ARN được tổng hợp theo dạng II.
- Vì trong nhân đôi ADN hoặc tổng hợp ARN, Từ vị trí 3’OH của
đường của đơn phân cuối, các nucleotide hoặc ribonucleotide ở
dạng triphosphat (dNTP hoặc NTP) sẽ loại 2 gốc phosphat (gốc
hoạt hóa X) để liên kết với 3’OH đó tạo thành liên kết
phosphodieste.
I-2b Chuỗi polynucleotide luôn có chiều từ 5’->3’ vì:
- Liên kết Phosphodieste chỉ được hình thành bằng cách liên kết
gốc P tại C5’ của nu phía sau với 3’OH của nu kế trước.
- Quá trình hình thành chuỗi polynucleotide xảy ra theo cách II ở
trên nên nu tự do hoạt hóa của môi trường không thể liên kết với
chuỗi polynucleotide tại 5’P mà bắt buộc phải tại C3’OH của
chuỗi.
Câu II: Cấu trúc tế bào (2.0 điểm):
Thang
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1. X là một loại protein ngoại tiết.
a. Em hãy chỉ ra các bào quan tham gia tổng hợp và vận chuyển X (tính từ gen mã
hóa X).
b. Khi dùng đồng vị phóng xạ đánh dấu đường đi của X trong một tế bào nuôi cấy
trong ống nghiệm, người ta thấy X không hề đi ra khỏi tế bào. Hiện tượng này có
bình thường hay không? Em hãy giải thích.
2. Trong tế bào cơ, có một bào quan giữ vai trò quan trọng đối với sự trượt của
các sợi actin và myôzin, bào quan này là gì? Nêu cơ chế hoạt động của nó đối với
sự co dãn của tế bào cơ.
Hướng dẫn chấm:
Câu
Thang
điểm
II-1a - X là protein ngoại tiết nên sẽ được đưa ra khỏi tế bào qua cơ chế 0,25
xuất bào.
- Cơ chế tổng hợp và vận chuyển X tính từ gen:
0,25
II1b
II-2
Hướng dẫn chấm
Hiện tượng này cũng có thể bình thường hoặc không:
- Bình thường: Cơ thể chưa có nhu cầu với chất X, chưa có tín hiệu 0,25
để bài xuất X nên X sẽ không được xuất bào: Ví dụ: X là chất
trung gian hóa học trong truyền xung thần kinh qua xinap, khi
chưa có tín hiệu kích thích thì không thể có tín hiệu xuất bào.
- Bất thường:
0,25
+ Bộ khung xương tế bào bị hỏng làm cho các túi bóng chứa X
không thể di chuyển tới màng sinh chất để xuất bào.
+ Thụ thể trên màng sinh chất bị hỏng, không thể nhận diện được
tín hiệu tương ứng trên các túi, bóng chứa X nên không cho xuất
bào.
0,25
- Bào quan đó là lưới nội chất trơn.
- Điện thế hoạt động xuất hiện ở màng tế bào cơ (màng sau xinap)
kích hoạt bơm Ca2+ trên màng LNCT bơm Ca2+ từ xoang LNCT
ra bào tương.
0,25
- Ca2+ hoạt hóa trôpolin, kéo trôpomiozin ra khỏi vị trí liên kết giữa 0,25
actin và miozin, miozin trượt trên actin làm cơ co.
- Khi điện thế hoạt động ở màng tế bào cơ tắt – kênh Ca2+ trên
màng LNCT mở Ca2+ từ bào tương đi vào xoang LNCT.
0,25
Câu III: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa) (2.0
điểm):
1. Phân biệt vi khuẩn Nitrat hóa và phản Nitrat.
2. Con đường tổng hợp các axit amin thơm qua sản phẩm trung gian là chorismate
được trình bày theo sơ đồ dưới đây:
Tốc độ xúc tác của enzym chorismate mutase (CM) được đo khi có tryptophan
(+Trp) hoặc tyrosine (+Tyr), cũng như khi thiếu (--) cả hai được thể hiện trên đồ
thị:
Dựa vào kết quả và sơ đồ hình trên, hãy chỉ ra phát biểu nào là đúng hay sai? Giải
thích tại sao?
A. Tryptophan làm tăng hoạt tính chorismate mutase (CM).
B. Tryptophan, chứ không phải tyrosine ức chế tổng hợp chorismate.
C. Nồng độ tyrosine cao dường như làm tăng quá trình tổng hợp tryptophan.
D. Các nhánh prephenate và anthranilate cạnh tranh chorismate.
Hướng dẫn chấm:
Câu
Hướng dẫn chấm
III-1
Phân biệt vi khuẩn Nitrat hóa và phản Nitrat:
Tiêu chí so
Vi khuẩn Nitrat hóa
Vi khuẩn phản Nitrat
sánh
Bản chất
Là quá trình oxi hóa
Là quá trình khử nitrat
NO2 thành NO3 , giải thành Nito phân tử gắn
phóng năng lượng.
với chuỗi vận chuyển
NO2 + 1/2 O2 → NO3 điện tử của hô hấp tế
+ năng lượng
bào trong đó nitrat là
chất nhận điện tử cuối
cùng.
Điều kiện
Hiếu khí
Kị khí
Kiểu dinh
Hóa tự dưỡng: Năng
Hóa dị dưỡng: Đây là
dưỡng
lượng được giải phóng quá trình sử dụng Nitrat
từ quá trình oxi hóa
làm chất nhận điện tử
Nitrit được sử dụng để cuối cùng của hô hấp tế
cố định CO2 vào các
bào.
hợp chất hữu cơ
Vai trò
Bổ sung thêm nguồn
Khử Nitrat thành Nitơ
Nitrat là dạng Nitơ dễ phân tử làm mất lượng
sử dụng cho đất.
Nitrat dễ sử dụng nên
làm nghèo dinh dưỡng
cho đất.
- A (Tryptophan làm tăng hoạt tính chorismate mutase).
A đúng: So sánh đường đồ thị (+Trp) và (--), ta thấy, ở cùng nồng
độ chorismate thì việc thêm tryptophane làm tăng tốc độ xúc tác của
CM.
III-2
Thang
điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
- B (Tryptophan, chứ không phải tyrosine ức chế tổng hợp
0.25
chorismate).
B sai vì: Quan sát sơ đồ phản ứng, ta thấy chorismate là sản phẩm
của chuỗi phản ứng tổng hợp từ nguyên liệu là erythrose-4-P (E4P).
Tuy nhiên, cả tryptophan và tyrosine là sản phẩm của hai nhánh
phản ứng chuyển hóa chorismate khác nhau. Theo cơ chế liên hệ
ngược ân tính của hầu hết các enzyme thì tăng nồng độ cả hai chất
đều làm tăng nồng độ chorismate vì vậy đều ức chế tổng hợp
chorismate chứ không chỉ có duy nhất tryptophan.
- C (Nồng độ tyrosine cao dường như làm tăng quá trình tổng hợp
tryptophan). Quan sát sơ đồ chuyển hóa và đường đồ thị (+Tyr) ta
0.25
thấy, khi nồng độ tyrosine tăng lên, CM sẽ trở nên chậm hơn nên
chorismate sẽ được sử dụng bởi AS để sản xuất tryptophane.
- D (Các nhánh prephenate và anthranilate cạnh tranh chorismate).
0.25
Cả hai nhánh con đường đều có chorismate là nguyên liệu để tổng
hợp Trp/Tyr. Do đó, nếu cho rằng nồng độ chorismate không đổi thì
đương nhiên hai nhánh này sẽ phải cạnh tranh nhau nguyên liệu.
Câu IV: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Dị hóa) (2.0 điểm):
1.
a. Tại sao hô hấp tế bào lại gồm hàng loạt các phản ứng trung gian chứ không
phải là một phản ứng duy nhất?
b. Cơ chế tổng hợp ATP trong đường phân và trong chuỗi vận chuyển điện tử khác
nhau như thế nào?
2. Phân biệt hô hấp hiếu khí và kị khí ở sinh vật nhân thực.
Hướng dẫn chấm:
Câu
IV1a
Hướng dẫn chấm
Thang
điểm
Hô hấp tế bào gồm hàng loạt các phản ứng trung gian chứ không
phải là một phản ứng duy nhất vì:
- Năng lượng trong hô hấp được giải phóng từ từ để kịp thời tích 0.25
lũy trong các phân tửu cao năng. Nếu giải phóng ồ ạt một lúc vừa
đốt cháy tế bào, vừa hao phí năng lượng một cách vô ích.
- Nhiều các phản ứng trung gian sẽ giúp giảm năng lượng hoạt hóa 0.25
của phản ứng, vì vậy lượng năng lượng hoạt hóa cần ít và phản
ứng hô hấp có thể xảy ra ở nhiệt độ thường.
IV1b
Cơ chế tổng hợp ATP trong đường phân và trong chuỗi vận
chuyển điện tử:
- Trong đường phân, ATP đượng tổng hợp nhờ quá trình
phosphoryl hóa trực tiếp cơ chất.
- Trong chuỗi vận chuyển điện tử, ATP được tổng hợp nhờ con
đường hóa thẩm, thực chất là sử dụng năng lượng giải phóng từ
điện tử giàu năng lượng để tạo Gradient H+là động lực cho quá
trình tổng hợp ATP nhờ ATP Synthase.
IV-2 2. Phân biệt hô hấp hiếu khí và kị khí ở sinh vật nhân thực.
Ở nhân thực, có hai quá trình hô hấp là hô hấp hiếu khí và lên men.
* Khác nhau:
Tiêu chí
Hô hấp hiểu khí
Hô hấp kị khí (lên
men)
Cơ chế chính Gồm đường phân, chu Gồm đường phân
trình Creps và chuỗi vận và sử dụng NADH
chuyển điện tử.
để khử axit pyruvic
hoặc axetalđehit.
Chất
nhận Oxi phân tử.
Axit pyruvic hoặc
điện tử cuối
Axetaldehit.
cùng.
Sản
phẩm H2O và CO2
Axit lactic hoặc
cuối cùng
rượu etylic và CO2.
Hiệu
suất Cao do năng lượng trong Thấp do năng lượng
năng lượng
hợp chất hữu cơ được giải còn tích lũy trong
phóng hoàn toàn.
các sản phẩm hữu
cơ.
Câu V: Truyền tin tế bào + Phương án thực hành (2.0 điểm):
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
1. Sự nhận thức về mùi ở động vật có vú bao gồm sự tương tác giữa các phân tử
mùi không khí từ môi trường với thụ thể protein trên các nơ-ron khứu giác trong
khoang mũi. Dựa vào cơ ché truyền tin của tế bào, hãy giải thích làm thế nào với
một số lượng các thụ thể mùi có giới hạn có thể dẫn đến nhận thức về hàng ngàn
mùi khác nhau.
2. Hình sau mô tả thí nghiệm của nhà thực vật học Beijerinck trên bệnh khảm ở lá
cây thuốc lá:
a. Từ thí nghiệm này có thể có những kết luận gì về tác nhân gây bệnh?
b. Nếu kết quả thí nghiệm trên cho thấy mức độ nhiễm bệnh của nhóm cây sau yếu
hơn nhóm cây trước và cuối cùng dịch nhựa cây không còn khả năng nhiễm bệnh
sau nhiều lần cấy truyền, em hãy đưa ra giả thiết.
c. Hãy đề xuất thí nghiệm đơn giản để chứng minh tác nhân gây bệnh không thể là
loại vi khuẩn nhỏ hơn các vi khuẩn thông thường (không tính đến trường hợp vi
khuẩn bị tiêu giảm thành tế bào).
Hướng dẫn chấm:
Câu
Hướng dẫn chấm
Thang
điểm
V-1 - Thụ thể mùi có thể nhận diện nhiều phân tử mùi khác nhau, đồng 0,5
thời mỗi phân tử mùi có thể liên kết với các thụ thể khác nhau.
Điều này làm mở rộng khả năng tương tác của phân tử tín hiệu và
thụ thể.
- Có nhiều dạng tế bào khác nhau, mỗi tế bào có thể tiếp phân tử 0,25
tín hiệu khác nhau và cho kết quả khác nhau.Các tế bào khác nhau
cùng nhận một tín hiệu và cho kết quả nhận thức tổ hợp
0,25
- Các con đường truyền tin nội bào có thể phối hợp với nhau kiểu
phân ly hoặc động qui để đưa ra một kết quả nhận diện mùi chính
xác nhất.
V-2a Từ thí nghiệm này, ta thấy:
- Tác nhân gây bệnh là đối tượng có kích thước nhỏ hơn cả vi
0,25
khuẩn vì có thể đi qua màng lọc vi khuẩn.
- Qua các lần lây nhiễm thì bệnh không biến mất tức là tác nhân
gây bệnh không bị mất đi mà có khả năng nhân nên, do đó tác
nhân gây bệnh phải là dạng sống.
V-2b Ta có thể đưa ra giả thiết tác nhân gây bệnh chỉ là một chất độc
nào đó, nó không có khả năng nhân lên. Vì vậy, sau mỗi lần lây
nhiễm chúng giảm độc tính do nồng độ giảm.
V-2c Nuôi cấy chúng trên môi trường dinh dưỡng nhân tạo với đầy đủ
chất dinh dưỡng, nếu là vi khuẩn thì sẽ hình thành khuẩn lạc, nếu
là virus thì không do chúng có đời sống kí sinh nội bào bắt buộc.
Câu VI: Phân bào (2.0 điểm):
0,25
0,25
0,25
1. Sự diễn tiến của chu trình tế bào được điều hòa bởi các enzym kinase phụ thuộc
Cyclin (CDKs), các enzym này chỉ được hoạt hóa khi liên kết với Cyclin tương ứng
và được phosphoryl hóa tại ThrC (threonine lõi). Sự phosphoryl hóa hoặc khử
phosphoryl hóa (dephosphoryl) các axit amin khác lại điều chỉnh thêm hoạt tính
của enzym. Con đường dưới đây thể hiện các protein tham gia vào giai đoạn tế
bào đi vào pha M của chu trình tế bào.
Hãy chỉ đột biến nào dưới đây thúc đẩy tế bào đi vào pha M bằng cách hoạt hóa
phức hệ CyclinB/CDK1. Giải thích.
a. Đột biến làm giảm hoạt tính khử phospho (dephosphoryl hóa) của Cdc25.
b. Đột biến làm giảm hoạt tính phosphoryl hóa của Wee1.
2. Một vài chất tan cần được vận chuyển (chủ động hoặc thụ động) từ vị trí được
tổng hợp tới nơi mà chúng hoạt động. Hãy chỉ ra những chất tan nào dưới đây
được vận chuyển từ tế bào chất tới nhân? Giải thích lí do tại sao?
a. Các tARN.
b. Các protein Histone -
HƯỚNG DẪN ĐẠI HỘI
- Tùy theo điều kiện thực tế của đơn vị mà tiến hành trang trí, tạo nên màu
sắc, không khí trang nghiêm, trân trọng và trẻ trung của đại hội.
- Phông chính giữa: (nhìn từ dưới lên), bố trí như sau: Ở giữa là ảnh Bác Hồ.
Bên trái là cờ Tổ quốc. Bên phải (treo thấp hơn) là huy hiệu Đoàn (hay cờ Đoàn).
Dưới huy hiệu Đoàn (hay cờ Đoàn) là hàng chữ:
ĐOÀN TRƯỜNG THPT
BẢO LỘC
CHI ĐOÀN………..
- Bố trí bàn Chủ tọa chính giữa, bàn Thư ký chếch về bên trái.
ĐẠI
HỘI VIỆC
CHI ĐOÀN………….
VII/- CÁC CƠ QUAN PHỤ TRÁCH
CÔNG
CỦA ĐẠI HỘI:
NHIỆM KỲ 2019 - 2020
1. Đoàn Chủ tịch Đại hội: từ 03 - 05 đồng chí .
2. Thư ký Đại hội: từ 01 - 02 đồng chí.
3. Số lượng Ban Thẩm tra tư cách đại biểu: số lượng từ 01 - 03 đồng chí.
3. Ban Kiểm phiếu: Ban Kiểm phiếu gồm những đại biểu chính thức không có
trong danh sách bầu cử, do Đoàn Chủ tịch giới thiệu, Đại hội biểu quyết thông qua về
số lượng và danh sách. -
SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB
TRƯỜNG THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019
CHUYÊN
ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC 10
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
(Đề thi có 5 trang)
Câu 1. (2 điểm) Thành phần hóa học của tế bào
1. Cho các thuật ngữ sau đây:
(1). Amilôzơ
(2). Oligôpeptit
(3). Phôtpholipit
(5). Côlesterôn
(6). Oligôsaccarit (7). Amilôpectin
(4). Triglixerit
(8). Kitin
Hãy sử dụng các thuật ngữ trên đây để gọi tên các đại phân tử có trong các hình
dưới đây.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
2.
a. Tại sao phần lớn các thuốc chữa bệnh được sản xuất ở dạng muối?
b. Tại sao colesteron rất cần cho cơ thể nhưng cũng rất nguy hiểm cho cơ thể?
Câu 2. (2 điểm) Cấu trúc tế bào
Mạng lưới nội chất trơn (mạng không hạt – SER) chủ yếu liên quan tới các chức
năng chính sau:
(1) Tổng hợp lipit
(2) Loại bỏ độc tính của dược phẩm
(3) Tích trữ Ca2+
(4) Tổng hợp đường glucôzơ
Hãy điền dấu (x) vào các ô tương ứng trong bảng dưới đây để chỉ sự có mặt phổ
biến của SER ở mỗi cơ quan hay tế bào, đồng thời chỉ ra chức năng chính của SER
tại đó bằng chọn các chức năng tương ứng như trên.
Thứ
Cơ quan
tự
hay tế bào
1
2
3
SER có mặt
SER không
Chức năng tương ứng của SER
rất phổ biến
phổ biến
trong trường hợp có mặt phổ
biến
Tuyến
thượng thận
Tuyến bã
nhờn
Tế bào lông
ruột
4
Cơ tim
5
Gan
6
Tụy
Câu 3. (2 điểm) Đồng hóa
a. Methylene blue (MB) có màu xanh và bị mất màu khi ở dạng bị khử (MBH 2).
Khi cho lục lạp tách rời (vẫn thực hiện được các chức năng như trong cơ thể) vào môi
trường có chứa MB và chiếu sáng thì màu xanh biến mất.
- Hãy giải thích kết quả trên.
- Trong quang hợp tự nhiên, hợp chất nào sẽ thay thế MB nói trên?
b. Một trong những cơ chế điều hòa việc cố định CO 2 trong chu trình Canvin là
hoạt động của các enzim phụ thuộc pH. Các enzym này tăng hoạt tính ở pH cao. Hãy
giải thích vai trò thúc đẩy cố định CO2 của chúng dưới ánh sáng.
Câu 4. (2 điểm) Dị hóa
a. Có nhiều cơ chế hoạt động của các chất ức chế enzym có thể phục hồi, trong đó
có chất ức chế cạnh tranh và ức chế không cạnh tranh. Phân biệt hai cơ chế này và
nêu cách nhận biết mỗi cơ chế dựa vào hoạt động của enzym thông qua hai yếu tố
Km (hằng số Michalis Menten) và Vmax (vận tốc cực đại).
b. Trạng thái ngủ đông là trạng thái hạ thân nhiệt có điều hòa ở động vật để giảm
mức trao đổi chất. Trong tế bào của động vật ngủ đông có một loại prôtêin không kết
cặp với cơ chế hóa thẩm.
- Prôtêin này nằm ở vị trí nào?
- Giải thích vai trò của loại prôtêin này.
Câu 5. (2 điểm) Truyền tin tế bào – phương án thực hành
Insulin được biết đến như một loại hoocmôn có chức năng làm giảm nồng độ
glucôzơ trong máu và dự trữ trong các loại mô đặc biệt tại gan, cơ và mô mỡ. Các
bệnh nhân đái tháo đường cũng được bác sĩ tiêm insulin vào máu để chữa trị.
a. Dựa vào kiến thức đã học, hãy nêu cơ chế tác động của Insulin vào các tế bào
đích để hoạt động chức năng.
b. Insulin sẽ gắn lên loại thụ thể nào? Trình bày thí nghiệm chứng minh và giải thích.
Câu 6. (2 điểm) Phân bào
a. Giải thích tại sao những sai hỏng liên quan đến con đường tế bào chết theo
chương trình có thể dẫn đến trẻ sinh ra có màng chân hay màng tay?
b. Giải thích vì sao sự phân chia của dòng tế bào ung thư Hela bị mất kiểm soát?
Câu 7. (2 điểm) Cấu trúc, chuyển hóa vật chất VSV
Có 6 chủng vi khuẩn được phân lập từ đất (kí hiệu từ A đến F) được phân tích để
tìm hiểu vai trò của chúng trong chu trình nitơ. Mỗi chủng được nuôi trong 4 môi
trường nước thịt khác nhau: (1) Peptone (các polypeptit ngắn), (2) Amôniăc, (3)
Nitrat và (4) Nitrit. Chỉ môi trường chứa nitrat có chứa cacbohidrat là nguồn cung
cấp cacbon. Sau 7 ngày nuôi, các mẫu vi khuẩn được phân tích hóa sinh để quan sát
sự thay đổi trong môi trường và kết quả thu được như sau:
Chủng vi khuẩn
Môi trường
dinh dưỡng
A
B
+,
+,
pH
pH
Amôniăc
-
-
+, NO2-
-
-
-
Nitrat
+, khí
+
-
+
-
+, khí
Nitrit
-
-
-
-
+, NO3-
-
Peptone
C
-
D
+,
pH
E
-
F
+,
pH
Các kí hiệu: (+): có vi khuẩn mọc; (-): không có vi khuẩn mọc; (pH): pH môi
trường tăng; (NO2-): Có nitrit; (NO3-): Có nitrat
Các phát biểu sau đây đúng hay sai? Giải thích.
a. Khi nuôi các chủng A, B, D, F trong môi trường có peptone thì vi khuẩn sẽ sử
dụng peptone, tạo ra nhiều proton.
b. Chủng A, F khi sống trong môi trường (3) chúng sẽ tiến hành hô hấp để chuyển
nitrat thành nitơ phân tử. Quá trình này không cần sử dụng nguồn cacbohidrat.
c. Kiểu dinh dưỡng của chủng E khi sống trong môi trường (4) là hóa tự dưỡng.
Câu 8. (2 điểm) Sinh trưởng, sinh sản của VSV
a. Phân biệt một số đặc điểm của các loại bào tử ở vi khuẩn bằng cách hoàn thành
bảng sau:
Đặc điểm
Nội bào tử Ngoại bào tử Bào tử đốt
Vỏ
Hợp chất canxiđipicolinat
Khả năng chịu nhiệt
Khả năng chịu khô
Loại bào tử sinh sản
b. Lấy và phân tích ví dụ về khả năng sử dụng các yếu tố vật lý – hóa học (nhiệt
độ, độ ẩm, độ pH, ánh sáng, áp suất thẩm thấu) để kiểm soát sự sinh trưởng của vi
sinh vật trong việc bảo quản thực phẩm?
Câu 9. (2 điểm) Virut
a. Virut cúm có hai loại gai, gai H và gai N. Gai N có vai trò gì đối với virut cúm?
b. Đột biến mất gai H hoặc gai N gây hậu quả gì cho virut?
c. Oseltamivir (Tamiflu) là một loại thuốc chống virut cúm có tác dụng ức chế
enzim neuraminidase. Giải thích cơ chế ngăn ngừa sự lây nhiễm virut cúm hoặc rút
ngắn thời gian bị bệnh cúm ở bệnh nhân đã bị nhiễm?
Câu 10. (2 điểm) Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch
a. Vì sao trẻ em dễ mắc bệnh virut trong khi có thể chống lại hầu hết các bệnh do
vi khuẩn gây ra?
b. Chỉ có khoảng 5% tế bào lympho T được biệt hóa từ tế bào gốc tủy xương tồn
tại ra khỏi tuyến ức, số còn lại chết theo chương trình. 5% tế bào T này có ưu điểm
gì? Điều gì đảm bảo sự đa dạng của tế bào T?
******hết******
Người ra đề:Võ Ngọc Bình
Điện thoại liên hệ: 0914340154
SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB
NĂM HỌC 2018 – 2019
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: SINH HỌC 10
(HDC gồm 6 trang)
Câu 1. (2 điểm) Thành phần hóa học của tế bào
1. (1 điểm)
(a): Kitin;
(b): Triglixerit;
(c): Amilôzơ;
(d): Phôtpholipit
(e): Amilôpectin;
(f): Oligôpeptit;
(g): Côlesterôn;
(h): Oligôsaccarit
(Mỗi hình đúng: 0,125 điểm x 8 = 1,0 điểm)
2. (1 điểm)
a.
- Các hợp chất dạng muối đươc hình thành nhờ các liên kết ion. (0,25 điểm)
- Liên kết này làm cho muối rất bền vững khi khô nhưng dễ dàng bị tách ra và tan
trong nước. (0,25 điểm)
b. Colesteron rất cần cho cơ thể nhưng cũng rất nguy hiểm do:
- Colesteron là thành phần xây dựng nên màng tế bào, chúng là nguyên liệu dể
chuyển hóa thành các hoocmon sinh dục quan trọng như testosterone, ostrogen…nên
chúng rất cần cho cơ thể. (0,25 điểm)
- Colesteron khi quá thừa sẽ tích lũy lại trong các thành mạch máu gây nên xơ vữa
động mạch rất nguy hiểm vì dễ dẫn đến các bệnh tim mạch như đột quỵ. (0,25 điểm)
Câu 2. (2 điểm) Cấu trúc tế bào
Thứ
tự
1
Cơ quan
hay tế bào
Tuyến
SER có mặt
SER không
Chức năng tương ứng của SER
rất phổ biến
phổ biến
trong trường hợp có mặt phổ
biến
x
Tổng hợp lipit, tổng hợp đường
thượng thận
2
Tuyến bã
glucôzơ
x
Tổng hợp lipit
nhờn
3
Tế bào lông
ruột
x
4
Cơ tim
x
Tích trữ Ca2+
5
Gan
x
Loại bỏ độc tính của dược phẩm
6
Tụy
x
Cột 3 và 4: Đúng mỗi ô cho 0,25 điểm x 6 = 1,5 điểm
Cột 5: Đúng một ô không cho điểm, đúng 2 ô cho 0,25 điểm, đúng 3 – 4 ô cho
0,5 điểm
(Ở các hàng 1,2,4,5: Nếu thí sinh đánh dấu (x) vào các ô tương ứng bị sai thì có
ghi đúng chức năng cũng không cho điểm)
Hàng 3,4,6: Đúng một ô không cho điểm, đúng 2 ô cho 0,25 điểm, đúng 3 ô cho
0,5 điểm.
Câu 3. (2 điểm) Đồng hóa
a. (1,0 điểm)
- Giải thích:
+ Khi chiếu sáng, lục lạp tiến hành quang hợp.
+ Trong quang hợp diễn ra quá trình quang phân li nước đã tạo ra H+ và electron.
+ MB kết hợp với H+ và electron tạo thành MBH2 mất màu.
(Mỗi ý 0,25 điểm x 3 = 0,75 điểm)
- Hợp chất NADP+ sẽ thay thế MB. (0,25 điểm)
b. (1,0 điểm)
- Ngoài ánh sáng, chuỗi vận chuyển điện tử xảy ra nên prôtôn được chuyển từ chất
nền vào xoang tylacôit giảm lượng H+ trong chất nền tăng pH. (0,5 điểm)
- Sự gia tăng pH dẫn tới sự gia tăng hoạt tính của các enzym này thúc đẩy cố
định CO2 trong chất nền lục lạp. (0,5 điểm)
Câu 4. (2 điểm) Dị hóa
a. (1 điểm)
- Ức chế cạnh tranh: chất ức chế liên kết với trung tâm hoạt động của enzym
(0,25 điểm)
Nhận biết: Km tăng và Vmax không đổi (0,25 điểm)
- Ức chế không cạnh tranh: chất ức chế liên kết với phức hợp enzym – cơ chất ở
vị trí khác trung tâm hoạt động (0,25 điểm)
Nhận biết: Km không đổi, Vmax giảm (0,25 điểm)
b. (1 điểm)
- Protein này định vị (nằm) trên màng trong ty thể (của tế bào mỡ nâu) (0,25 điểm)
- Vai trò:
+ Khi động vật rơi vào trạng thái ngủ đông, tuy nhiệt độ cơ thể thấp hơn bình
thường nhưng vẫn phải duy trì sao cho cao hơn nhiệt độ môi trường (0,25 điểm)
+ Protein này phá hủy động lực proton nên ức chế sự tạo ATP (0,25 điểm). Khi
các prôtêin này kích hoạt, sự oxi hóa chất béo dự trữ sẽ diễn ra, giải phóng nhiệt mà
không tạo ra ATP (0,25 điểm).
Câu 5. (2 điểm) Truyền tin tế bào – phương án thực hành
a. (0,75 điểm)
- Insulin trong máu khi gặp thụ thể phù hợp sẽ diễn ra gắn kết tạo thành phức
Insulin – thụ thể. Phức hợp Insulin – thụ thể sẽ hoạt hóa enzim tyrosin kinaza trong tế
bào (0,25 điểm).
- Enzim tyrosin kinase hoạt hóa một số enzim khác nhằm thúc đẩy photphorin hóa như:
+ Tạo chất ức chế phosphorylaza – enzim biến đổi glycogen thành glucôzơ.
+ Hoạt hóa glucokinaza tăng cường photphorin hóa giữ glucôzơ trong tế bào.
+ Tăng hoạt tính enzim tổng hợp glycogen
(Trả lời được 1 ý: không cho điểm; trả lời được 2 ý cho 0,25 điểm; trả lời đủ 3 ý
cho 0,5 điểm)
b. (1,25 điểm)
- Hoocmon Insulin gắn lên thụ thể màng (0,25 điểm)
- Nuôi một nhóm các tế bào gan trong 2 ống nghiệm chứa môi trường nhân tạo đủ
để các tế bào hoạt động bình thường, 2 ống nghiệm có nồng độ glucôzơ bằng nhau
(0,25 điểm)
+ Ống 1 cho hoocmon Insulin vào dung dịch.
+ Ống 2 tiêm hoocmon Insulin vào trong các tế bào gan.
Sau một thời gian, đo nồng độ glucôzơ mỗi ống nghiệm sẽ thấy nồng độ glucôzơ
ống 1 giảm xuống, hàm lượng glucôzơ trong ống 2 không thay đổi. (0,25 điểm)
Giải thích:
- Ở ống 1: Insulin kích hoạt con đường truyền tin, tế bào hấp thụ glucôzơ và
chuyển thành glycogen dự trữ trong tế bào gan hàm lượng glucôzơ giảm (0,25 điểm).
- Ở ống 2: Tiêm Insulin vào tế bào, insulin chỉ liên kết với thụ thể trên màng
không kết hợp với thụ thể nội bào nên insulin không kích hoạt con đường truyền tin
tế bào không hấp thụ glucôzơ để chuyển thành glycogen hàm lượng glucôzơ
không thay đổi. (0,25 điểm)
Câu 6. (2 điểm) Phân bào
a. (1,0 điểm)
- Ở người, (chuột, các loài thú khác và ở các loài gia cầm trên cạn), vùng phôi
phát triển thành chân và tay ban đầu có cấu trúc rắn, giống hình đĩa. (0,25 điểm)
- Hiện tượng chết theo chương trình của tế bào loại bỏ đi các tế bào ở vùng giao
nhau giữa các ngón, tạo nên các ngón riêng biệt. (0,25 điểm)
- Do đó, nếu xảy ra những sai hỏng liên quan đến sự chết theo chương trình của tế
bào, có thể dẫn đến trẻ sinh ra có màng tay hay chân. (0,5 điểm)
2. (1,0 điểm)
- Ở tế bào Hela có 1 dạng hoạt động của enzim telomeraza trong quá trình phân
chia tế bào, điều đó ngăn chặn việc bị ngắn lại của đầu telomere - mà đó là nguyên
nhân gây ra quá trình lão hóa và cuối cùng là chết tế bào. (0,5 điểm)
- Bằng cách này, tế bào ung thư tránh được giới hạn số lần tế bào phân chia mà
hầu hết tế bào trải qua trước khi lão hóa. (0,5 điểm)
Câu 7. (2 điểm) Cấu trúc, chuyển hóa vật chất VSV
a. Sai (0,25 điểm).
Giải thích: Khi sống trong môi trường có peptone thì các vi khuẩn trên phân hủy
peptone tạo ra NH3 làm tăng pH. (0,25 điểm).
b. Sai (0,25 điểm).
Giải thích: Chủng A, F sống trong môi trường (3) do có nguồn cacbohidrat nên
chúng sẽ tiến hành hô hấp kị khí (0,25 điểm), dùng NO3- làm chất nhận e- cuối cùng
tạo ra năng lượng ATP và N2. (0,25 điểm).
c. Đúng (0,25 điểm).
Giải thích: Chủng E khi sống trong môi trường (4) thuộc vi khuẩn nitrat hóa,
chúng oxi hóa nitrit thành nitrat để thu năng lượng (0,25 điểm), dùng năng lượng này
để hóa tự dưỡng. (0,25 điểm).
Câu 8. (2 điểm) Sinh trưởng, sinh sản của VSV
a. (1,0 điểm)
Đặc điểm
Nội bào tử
Ngoại bào tử
Có
Không
Không
Hợp chất canxiđipicolinat Có
Không
Không
Vỏ
Bào tử đốt
Khả năng chịu nhiệt
Cao
Tương đối cao Tương đối cao
Khả năng chịu khô
Cao
Tương đối cao Trung bình
Loại bào tử sinh sản
Không
Có
Có
(Ở mỗi hàng ngang, đúng được 2 ô trở lên cho 0,2 điểm x 5 = 1,0 điểm)
b. (1,0 điểm)
- Nhiệt độ: Bảo quản thức ăn trong tủ lạnh, thực phẩm trong kho lạnh, sử dụng
nhiệt độ cao để thanh trùng, đun sôi để ức chế sinh trưởng của vi sinh vật.
- Độ ẩm: Bảo quản thực phẩm bằng cách phơi khô vì thực phẩm chứa nhiều nước
là môi trường thuận lợi cho sự sinh trưởng của vi sinh vật.
- Độ pH: Trong sữa chua, dưa chua có độ pH thấp ức chế sự sinh trưởng của vi
khuẩn gây hại.
- Ánh sáng: Phơi nắng thực phẩm để các tia sáng (tia UV) tiêu diệt một phần vi
khuẩn gây hại.
- Áp suất thẩm thấu: Dùng muối ướp cá, thịt gây co nguyên sinh ức chế sinh
trưởng của vi sinh vật, thịt cá được bảo quan lâu hơn.
(Lấy và phân tích đúng mỗi ví dụ cho 0,2 điểm x 5 = 1,0 điểm)
Câu 9. (2 điểm) Virut
a. (0,5 điểm)
- Gai N thực chất là enzim Neuraminidase, một enzym có vai trò hỗ trợ giải phóng
virut khỏi tế bào vật chủ (0,25 điểm).
- Neuraminidase cắt liên kết giữa gốc axit sialic tận cùng khỏi phân tử cacbohidrat
của tế bào, từ đó phóng thích các hạt virut khỏi tế bào bị nhiễm. (0,25 điểm)
b. (1,0 điểm)
- Gai H là thụ thể để xâm nhập nên đột biến mất gai H dẫn đến mất thụ thể
virut không xâm nhập được vào tế bào chủ. (0,5 điểm)
- Gai N phân giải axit sialic giúp virut ra khỏi tế bào nên đột biến mất gai N dẫn
đến virut không thể ra khỏi tế bào. (0,5 điểm)
c. (0,5 điểm)
- Oseltamivir là chất ức chế cạnh tranh với cơ chất của enzym Neuraminidase ở
virut cúm (0,25 điểm). Do đó Oseltamivir ngăn ngừa các hạt virut giải phóng ra khỏi
tế bào bị nhiễm. (0,25 điểm)
Câu 10. (2 điểm) Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch
a.
- Ở trẻ em, tuyến ức chưa phát triển nên không sản sinh đủ lượng lympho T
Miễn dịch tế bào không đủ mạnh. Trong khi đó, miễn dịch thể dịch đã phát huy được
chức năng. (0,5 điểm)
- Miễn dịch thể dịch giúp cơ thể trẻ chống lại các tác nhân vi khuẩn nhờ kháng
thể, do đó trẻ em có thể chống lại hầu hết các bệnh vi khuẩn. (0,25 điểm)
- Đối với bệnh do virut, miễn dịch tế bào đóng vai trò quan trọng hơn miễn dịch
thể dịch nhưng do miễn dịch tế bào không đủ mạnh nên trẻ dễ mắc bệnh virut gây ra.
(0,25 điểm)
b.
- Ưu điểm:
+ Không phản ứng với kháng nguyên của bản thân cơ thể (0,25 điểm)
+ Nhận diện được kháng nguyên MHC của bản thân cơ thể (0,25 điểm)
- Sự sắp xếp lại các gen của dòng tế bào gốc tạo ra nhiều dòng tế bào T (sự đa
dạng của tế bào T) (0,5 điểm)
Người ra đề:Võ Ngọc Bình
Điện thoại liên hệ: 0914340154
Email: [email protected] - Sưu tầm tổng hợp BỘ ĐỀ THI TOÁN HỌC KÌ 2 MÔN TOÁN LỚP 7 Thanh Hóa, ngày 22 tháng 4 năm 2020 1 ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG DỊCH VỌNG MÔN TOÁN LỚP 7 (2014-2015) Thời gian: 45 phút Phần I : Trắc nghiệm (2 điểm) : Khoanh tròn vào trước câu trả lời đúng Câu 1. (0,5 đ) Đơn thức −3x 3 ( yz ) 2 có bậc là : A. 5. B. 3. C. 6. D. 7. −2 x +1 3 Câu 2. (0,5 đ) Số nào sau đây là nghiệm của đa thức : f= ( x) Câu 3. 3 2 3 . B. . C. . 2 3 2 (0,5 đ) Bộ ba số nào sau đây là độ ba cạnh của tam giác : A. Câu 4. D. A. 5 cm; 10 cm ; 12 cm. B. 2 cm; 3 cm; 5 cm. C. 3 cm; 9 cm; 14 cm. D. 1,2 cm; 1 cm; 2,2 cm. 2 . 3 (0,5 đ) Cho ∆ABC . Có một điểm O cách đều ba đỉnh của ∆ABC . Khí đó O là giao điểm của: A. Ba đường trung trực. B. Ba đường phân giác. C. Ba đường cao. D. Ba đường trung tuyến. Phần II : Tự luận (8 điểm) Bài 1. (1 điểm) Thực hiện phép tính ( hợp lí nếu có thể ): 1 1 1 −1 1 b) 2 + 3 : −4 + 3 . 2 6 7 5 3 5 2 a) −1 .15 + (−15) − 15 7 7 Bài 2. 2 (1,5 điểm) Tìm x,y,z biết : 3 1 −1 a) + x = 4 4 2 2 b) 2 ( x − 1) − 5 ( x + 2 ) = −10 c) 4 x = 3 y và x + y = 21 Bài 3. (2 điểm) Cho hai đa thức : f ( x)= 3 x3 + 5 x − 4 − x3 + 2 x 2 + 11 g ( x) = x 2 + 4 − 3 x 2 − (3 x 2 − 7 x 3 − 1) 1. Thu gọn và xắp xếp các đa thức f ( x) , g ( x) theo lũy thừa giảm dần của biến : 2. Tính tổng f ( x) + g ( x) 3. Tính hiệu f ( x) g ( x) Bài 4. (3 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A , đường phân giác BE ( E ∈ AC ). Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho BH = BA, gọi giao điểm của BA và HE là K . Chứng minh rằng : 1. ∆ABE = ∆HBE . 2. BE là đường trung trực của AH . 3. E là trực tâm của ∆BKC . 4. So sánh AE và EC . 2 Bài 5. 2n + 1 có giá trị nguyên . n +1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG DỊCH VỌNG (0,5 điểm) Tìm giá trị nguyên của n để biểu thức MÔN TOÁN LỚP 7 (2014-2015) Thời gian:45 phút Phần I : Trắc nghiệm (2 điểm) :mỗi câu đúng được 0,5 điểm Câu 1 Đáp án Câu 1. D 2 3 4 B A A (0,5 đ) Đơn thức −3x ( yz ) có bậc là : 3 2 A. 5. B. 3. C. 6. D. 7. Lời giải Chọn D Ta có 3x 3 yz 3x 3y 2z 2 nên đơn thức có bậc là 3 2 2 7 . 2 Câu 2. (0,5 đ) Số nào sau đây là nghiệm của đa thức : f= ( x) A. 2 . 3 B. −2 x +1 3 3 . 2 C. 3 . 2 D. 2 . 3 Lời giải Chọn B Ta có f x 0 Câu 3. 2 2 2 3 x 1 0 x 1 x 1 : x . 3 3 3 2 (0,5 đ) Bộ ba số nào sau đây là độ ba cạnh của tam giác : A. 5 cm; 10 cm ; 12 cm. B. 2 cm; 3 cm; 5 cm. C. 3 cm; 9 cm; 14 cm. D. 1,2 cm; 1 cm; 2,2 cm. Lời giải Chọn A Ba số a, b, c 0 là ba cạnh của tam giác nếu thỏa mãn đồng thời các bất đẳng thức sau: a b c ; b c a ; a c b . Trong các phương án trên thì phương án A với bộ ba số 5,10,12 thỏa mãn. 3 Câu 4. (0,5 đ) Cho ∆ABC . Có một điểm O cách đều ba đỉnh của ∆ABC . Khí đó O là giao điểm của: A. Ba đường trung trực. B. Ba đường phân giác. C. Ba đường cao. D. Ba đường trung tuyến. Lời giải Chọn A Theo tính chất giao điểm của ba đường trung trực của tam giác. Phần II : Tự luận (8 điểm) Bài 1. (1 điểm) Thực hiện phép tính ( hợp lí nếu có thể ): 5 2 a) −1 .15 + (−15) − 15 7 7 1 1 1 −1 1 b) 2 + 3 : −4 + 3 . 2 6 7 5 3 2 Lời giải 5 2 a) −1 .15 + (−15) − 15 7 7 12 2 = .(−15) + .(−15) − 15 7 7 12 2 =(−15) + − 1 7 7 = (−15).1 = −15 Bài 2. 1 1 1 −1 1 b) 2 + 3 : −4 + 3 . 2 6 7 5 3 7 7 −25 22 1 = + . + : 7 25 3 2 6 35 −43 1 = : . 6 42 25 35 −42 1 . . 6 43 25 7.(−7).1 = 1.43.5 −49 = 215 = (1,5 điểm) Tìm x , y, z biết : 3 1 −1 a) + x = 4 4 2 2 b) 2 ( x − 1) − 5 ( x + 2 ) = −10 c) 4 x = 3 y và x + y = 21 Lời giải 3 1 −1 a) + x = 4 4 2 2 b) 2 ( x − 1) − 5 ( x + 2 ) = −10 2 4 2 x − 2 − 5 x − 10 =−10 3 1 1 + x= 4 4 4 1 1 3 x= − 4 4 4 −2 1 x= 4 4 −2 1 x= : 4 4 x = −2 −3 x = −10 + 10 + 2 −3 x = 2 −2 x= 3 c) 4 x = 3 y và x + y = 21 4x = 3y ⇒ x y x + y 21 = = = =3 3 4 3+ 4 7 x = 3 ⇒ x = 3.3 = 9 3 y ⇒ =3 ⇒ y = 4.3 =12 4 ⇒ Bài 3. (2 điểm) Cho hai đa thức : f ( x)= 3 x3 + 5 x − 4 − x3 + 2 x 2 + 11 g ( x) = x 2 + 4 − 3 x 2 − (3 x 2 − 7 x 3 − 1) 1. Thu gọn và xắp xếp các đa thức f ( x) , g ( x) theo lũy thừa giảm dần của biến : 2. Tính tổng f ( x) + g ( x) 3. Tính hiệu f ( x) − g ( x) Lời giải 1. Thu gọn và xắp xếp các đa thức f ( x) , g ( x) theo lũy thừa giảm dần của biến : f ( x) = 3 x3 + 5 x − 4 − x3 + 2 x 2 + 11 = (3 − 1) x3 + 2 x 2 + 5 x − 4 + 11 = 2 x3 + 2 x 2 + 5 x + 7 g ( x) =x 2 + 4 − 3 x 2 − (3 x 2 − 7 x 3 − 1) =x 2 + 4 − 3 x 2 − 3 x 2 + 7 x 3 + 1 = 7 x 3 + (1 − 3 − 3) x 2 + 4 + 1 = 7 x3 − 5 x 2 + 5 2. Tính tổng f ( x) + g ( x) f ( x) + g ( x)= (2 x 3 + 2 x 2 + 5 x + 7) + (7 x 3 − 5 x 2 + 5) = 2 x3 + 2 x 2 + 5 x + 7 + 7 x3 − 5 x 2 + 5 = (2 + 7) x 3 + (2 − 5) x 2 + 5 x + 7 + 5 = 9 x 3 − 3 x 2 + 5 x + 12 3. Tính hiệu f ( x) - g ( x) 5 f ( x) − g ( x)= (2 x 3 + 2 x 2 + 5 x + 7) − (7 x 3 − 5 x 2 + 5) = 2 x3 + 2 x 2 + 5 x + 7 − 7 x3 + 5 x 2 − 5 = (2 − 7) x3 + (2 + 5) x 2 + 5 x + 7 − 5 = −5 x3 + 7 x 2 + 5 x + 2 Bài 4. (3 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A , đường phân giác BE ( E ∈ AC ). Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho BH = BA, gọi giao điểm của BA và HE là K . Chứng minh rằng : 1. ∆ABE = ∆HBE . 2. BE là đường trung trực của AH . 3. E là trực tâm của ∆BKC . 4. So sánh AE và EC . Lời giải B H A E C K 1. Xét ∆ABE và ∆HBE có: BH = BA ( gt ) ( BE là tia phân giác ) ABE = HBE BE là cạnh chung ⇒ ∆ABE = ∆HBE (c.g .c) BH = BA ( gt ) 2.Có: EA (∆ABE = ∆HBE ) EH = ⇒ BE là đường trung trực của AH . = 900 3. Vì ∆ABE = E = BHE ∆HBE ⇒ BA Xét ∆BKC có : CA ⊥ BK và KH ⊥ BC Mà CA ∩ KH tại E ⇒ E là trực tâm của ∆BKC . EA AB 4. Vì BE là đường phân giác của ABC nên = < 1 ( BC là cạnh huyền ) EC BC ⇒ EA < EC . 6 Bài 5. (0,5 điểm) Tìm giá trị nguyên của n để biểu thức 2n + 1 có giá trị nguyên . n +1 Lời giải 2n + 1 2(n + 1) − 1 1 ( Điều kiện n 1 ) = = 2− n +1 n +1 n +1 2n + 1 1 Để có giá trị nguyên thì có giá trị nguyên n +1 n +1 Có hay n + 1 ∈ Ư(1) = {1; −1} Lập bảng n +1 1 -1 n 0 (TM) -2 (TM) Vậy n ∈ {0; −2} thì biểu thức 2n + 1 có giá trị nguyên . n +1 ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS DỊCH VỌNG HẬU MÔN TOÁN LỚP 7 (2016-2017) Thời gian: 90 phút I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm) 1. Cho hàm số f ( x= ) 2 x + 1 . Giá trị của hàm số f ( x ) tại x = −2 là: A. 3 . B. −3 . C. 5 . D. −5 . C. −12 . D. −24 . 2. Giá trị của biểu thức 2 x 2 y + 2 xy 2 tại x = 1; y = −3 là: A. 12 . B. 24 . 3. Bộ ba đoạn thẳng có độ dài nào sau đây có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông? A. 3 cm, 9 cm, 14 cm. B. 2 cm, 3 cm, 5 cm. C. 4 cm, 9 cm, 12 cm. D. 6 cm, 8 cm, 10 cm. 4. Cho ∆ABC vuông tại A , điểm M nằm giữa hai điểm A và C . Kết luận nào sau đây là đúng? A. AB − AM > BM . B. AM + MC > BC . C. BM > BA và BM > BC D. AB < BM < BC . II. TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1 (2,5 điểm). Cho hai đa thức f ( x ) =9 − x5 + 4 x − 2 x3 + x 2 − 7 x 4 và g ( x )= x5 − 9 + 2 x 2 − ( −7 x 4 − 2 x3 + 3 x ) . a) Sắp xếp các đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến. 7 b) Tính tổng h= ( x) f ( x) + g ( x) . c) Viết đa thức f ( x ) thành tổng của hai đa thức đều có bậc 5 . Bài 2 (1,5 điểm). Tìm nghiệm của các đa thức sau: a) M ( x= ) 2x − 6 . b) P ( x= ) x 2 − 25 . c) N ( x ) = ( x 2 + 3)( 3x 2 + 6 ) . Bài 3 (3,5 điểm). Cho ∆ABC cân tại A . Trên cạnh BC lấy điểm D , trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD = CE . Từ D kẻ đường vuông góc với BC cắt AB ở M , từ E kẻ đường vuông góc với BC cắt AC ở N . a) Chứng minh MD = NE . b) Gọi I là giao điểm của MN và DE . Chứng minh I là trung điểm của DE . c) Đường thẳng kẻ từ C vuông góc với AC cắt đường thẳng kẻ từ B vuông góc với AB tại O. Chứng minh AO là đường trung trực của BC . Bài 4 (0,5 điểm). Cho biểu thức M = 2x − 3 . Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị x +1 nguyên? HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN TẬP HỌC KÌ II TRƯỜNG THCS DỊCH VỌNG HẬU MÔN TOÁN LỚP 7 (2016-2017) Thời gian: 90 phút I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm) 1. Cho hàm số f ( x= ) 2 x + 1 . Giá trị của hàm số f ( x ) tại x = −2 là: A. 3 . B. −3 . C. 5 . D. −5 . Lời giải Chọn B f ( −2 ) =2. ( −2 ) + 1 =−4 + 1 =−3 2. Giá trị của biểu thức 2 x 2 y + 2 xy 2 tại x = 1; y = −3 là: A. 12 . B. 24 . C. −12 . D. −24 . Lời giải Chọn A Vì thay x = 1; y = −3 vào biểu thức ta có: 2.12. ( −3) + 2.1. ( −3) =−6 + 18 =12 2 8 3. Bộ ba đoạn thẳng có độ dài nào sau đây có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông? A. 3 cm, 9 cm, 14 cm. B. 2 cm, 3 cm, 5 cm. C. 4 cm, 9 cm, 12 cm. D. 6 cm, 8 cm, 10 cm. Lời giải Chọn D Vì 102 = 62 + 82 (=100) 4. Cho ∆ABC vuông tại A , điểm M nằm giữa hai điểm A và C . Kết luận nào sau đây là đúng? A. AB − AM > BM . B. AM + MC > BC . C. BM > BA và BM > BC D. AB < BM < BC . Lời giải B A M C Chọn D Vì theo quan hệ đường vuông góc và đường xiên II. TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1 (2,5 điểm). Cho hai đa thức f ( x ) =9 − x 5 + 4 x − 2 x 3 + x 2 − 7 x 4 và g ( x )= x5 − 9 + 2 x 2 − ( −7 x 4 − 2 x3 + 3 x ) . a) Sắp xếp các đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến. b) Tính tổng h= ( x) f ( x) + g ( x) . c) Viết đa thức f ( x ) thành tổng của hai đa thức đều có bậc 5 . Lời giải a) Sắp xếp các đa thức trên theo lũy thừa giảm dần của biến. f ( x ) =− 9 x5 + 4 x − 2 x3 + x 2 − 7 x 4 = − x5 − 7 x 4 − 2 x3 + x 2 + 4 x + 9 . g ( x ) =x5 − 9 + 2 x 2 − ( −7 x 4 − 2 x3 + 3 x ) =x5 − 9 + 2 x 2 + 7 x 4 + 2 x3 − 3 x =x5 + 7 x 4 + 2 x3 + 2 x 2 − 3 x − 9 b) Tính tổng h= ( x) f ( x) + g ( x) . 9 h= ( x) f ( x) + g ( x) = − x5 − 7 x 4 − 2 x3 + x 2 + 4 x + 9 + x5 + 7 x 4 + 2 x3 + 2 x 2 − 3x − 9 = ( − x 5 + x5 ) + ( −7 x 4 + 7 x 4 ) + ( −2 x 3 + 2 x 3 ) + ( x 2 + 2 x 2 ) + ( 4 x − 3 x ) + ( 9 − 9 ) = 3x 2 + x c) Viết đa thức f ( x ) thành tổng của hai đa thức đều có bậc 5 . f ( x) = − x5 − 7 x 4 − 2 x3 + x 2 + 4 x + 9 = (x 5 − x 4 − 2 x3 + x 2 + 4 x + 9 ) + ( −2 x5 − 6 x 4 ) Bài 2 (1,5 điểm). Tìm nghiệm của các đa thức sau: a) M ( x= ) 2x − 6 . b) P ( x= ) x 2 − 25 . c) N ( x ) = ( x 2 + 3)( 3x 2 + 6 ) . Lời giải a) M ( x= ) 2x − 6 . Cho M ( x ) = 0 ⇒ 2x − 6 = 0 2x = 6 x=3 Vậy nghiệm của đa thức M ( x= ) 2 x − 6 là x = 3 b) P ( x= ) x 2 − 25 . Cho P ( x ) = 0 ⇒ x 2 − 25 = 0 ⇒ x 2 =25 ⇒ x =±5 . Vậy nghiệm của đa thức P ( x= ) x 2 − 25 là x = ±5 c) N ( x ) = ( x 2 + 3)( 3x 2 + 6 ) . Cho N ( x ) = 0 ⇒ ( x 2 + 3)( 3 x 2 + 6 ) = 0 x 2 + 3 =0 x 2 =−3 < 0 (loại) ⇒ 2 ⇒ 2 3 x + 6 =0 3 x =−6 < 0 Vậy đa thức N ( x ) = ( x 2 + 3)( 3x 2 + 6 ) không có nghiệm. Bài 3 (3,5 điểm). Cho ∆ABC cân tại A . Trên cạnh BC lấy điểm D , trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD = CE . Từ D kẻ đường vuông góc với BC cắt AB ở M , từ E kẻ đường vuông góc với BC cắt AC ở N .
-
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
TỈNH THỪA THIÊN HUẾ
ĐỀ GIỚI THIỆU
KỲ THI OLYMPIC CÁC TRƯỜNG THPT
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII
Môn: Sinh học – Lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Thành phần hóa học của tế bào
a. Hãy so sánh vai trò của tubulin và actin trong phân bào nhân thực với vai trò của các
protein giống tubulin và giống actin trong phân đôi ở vi khuẩn.
b. Cho 4 ví dụ về khả năng kết hợp với các chất khác của cellulose tại các loại mô khác
nhau trong cơ thể thực vật.
Câu 2. (2,0 điểm) Cấu trúc tế bào
a. Những bộ phận nào tham gia vào sự tạo thành vách ngăn ở tế bào thực vật trong quá
trình phân bào? Nêu chức năng của các bộ phận đó.
b. Trồng một cây đậu tương và một cây ngô trong hai chuông thủy tinh kín ở điều kiện
ánh sáng cao. Tiến hành đánh dấu phóng xạ nguyên tử Cacbon trong phân tử CO 2 đưa vào.
Theo dõi dấu phóng xạ, thấy nó xuất hiện ở những bào quan nào trong tế bào lá của mỗi
cây? Nêu chức năng của các bào quan trong quá trình đó.
Câu 3. (2,0 điểm) Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa)
a. Chất nào cho H+ và e- trực tiếp vào chu trình Canvin? Tại sao nước không cho H+ và etrực tiếp vào chu trình Canvin mà phải qua chất đó. Mô tả con đường chuyền e- từ nước
vào chu trình Canvin.
b. Có thể sử dụng enzim pyruvat dikinase để phân biệt thực vật C 3 và C4 không? Giải
thích. Thiết kế thí nghiệm (nếu được).
Câu 4. (2,0 điểm) Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Dị hóa)
4.1. ATP được xem như đồng tiền năng lượng của tế bào, bởi quá trình thuỷ phân ATP
(hình 4.1) giải phóng nhiều năng lượng cung cấp cho các quá trình chuyển hoá khác. Tuy
nhiên, một học sinh cho rằng, lý thuyết trên là sai. Bạn cho rằng, sự phá vỡ một liên kết
hoá học sẽ tiêu tốn năng lượng, chứ không phải giải phóng năng lượng. Vì vậy, năng lượng
cung cấp cho các phản ứng chắc chắn không đến từ sự thuỷ phân ATP.
Hình 4.1: Phản ứng thuỷ phân ATP (ΔG = - 7.3 kcal/mole)
a) Theo em, nhận định của bạn học sinh đúng hay sai? Giải thích.
b) Dưới đây là phản ứng đầu tiên trong quá trình đường phân:
Glucose + Pi Glucose 6 - phosphate + H2O (ΔG = 3.3 kcal/mole)
1
Với ΔG dương, phản ứng trên rất khó xảy ra tự phát, dẫn đến đường phân xảy ra với
tốc độ rất thấp. Tế bào thay đổi ΔG bằng cách nào?
4.2. Một số chất có thể ức chế chuỗi truyền
điện tử và ATP synthase trong hô hấp tế bào.
Dưới đây là tác động của một số chất độc:
- Cyanide: Chất ức chế cạnh tranh với O2,
bám vào trung tâm của cytochrome c oxidase.
- Oligomycin: Ức chế tiểu phần F0 của ATP
synthase.
- 2,4 - DNP: Giảm chênh lệch nồng độ proton hai bên màng trong ti thể.
Hãy cho biết, ở đồ thị bên, X, Y có thể là những chất nào? Giải thích.
Câu 5. (2,0 điểm) Truyền tin tế bào + Phương án thực hành
5.1. Truyền tin tế bào
John Horowitz và các cộng sự đã nghiên cứu hormone kích thích chuyển hóa
melanocyte (MSH), gây những thay đổi về màu da của ếch. Các tế bào da được gọi là các
tế bào sắc tố chứa chất màu nâu melanocyte trong các bào quan được gọi là melanosome.
Da sáng màu khi các melanosome chụm xung quanh nhân tế bào sắc tố. Khi ếch gặp môi
trường tối màu, tăng sản sinh MSH làm các thể melanosome phân tán trên toàn bào tương,
làm da tối và giúp ếch không rõ với vật săn mồi. Để xác định vị trí của các thụ thể kiểm
soát chùm melanosome, các nhà nghiên cứu đã tiêm MSH vào trong các tế bào sắc tố hoặc
vào trong dịch kẽ xung quanh. Kết quả thu được như hình sau:
a) Thụ thể của MSH nằm ở đâu?
b) Nếu xử lý tế bào sắc tố với một chất ngăn phiên mã thì tế bào có tiếp tục đáp ứng
với MSH không? Giải thích.
5.2. Phương án thực hành.
Điện di 2 chiều được sử dụng để phân tách protein hoặc các chuỗi polypeptide dựa
vào kích thước và điểm đẳng điện (pI) của chúng. Cụ thể, lần điện di thứ nhất phân tách
các chất thông qua điểm đẳng điện, và lần thứ hai là qua kích thước với chiều chạy vuông
góc với lần thứ nhất. Biết rằng, điểm đẳng điện của một chuỗi polypeptide là pH mà tại đó
tổng điện tích của chuỗi bằng 0. Điểm đẳng điện được quyết định bởi pKa của các nhóm
chức có trong chuỗi. Dưới đây là trình tự của 2 chuỗi peptide ngắn (chiều từ đầu N đến đầu
C). Bảng 5.2 liệt kê khối lượng phân tử và pKa của một số amino acid.
2
Peptide A: Gly – Arg – Phe
Peptide B: Arg – Gly – Ser
Bảng 5.2: Tính chất của một số amino acid
a) Chỉ ra các giá trị pKa nào ảnh hưởng đến pI của mỗi chuỗi peptide. Từ đó, dự đoán
khả năng phân tách 2 chuỗi peptide trên qua lần điện di thứ nhất.
b) Hình bên thể hiện một bản điện di 2 chiều. Hãy
dự đoán vị trí của các chuỗi peptide sau hai lần
điện di (nằm ở vùng nào trong 4 vùng A, B, C,
D)?
Câu 6. (2,0 điểm) Phân bào
6.1. Cdc28 là một protein thuộc nhóm G1-Cdk. Ngoài ra, Cdc28 còn
có chức năng phosphoryl hoá Rad9 ở tế bào nấm men. Dạng
dephosphoryl hoá của Rad9 có khả năng kết hợp cùng các protein sửa
sai khác để sửa các hư hỏng trong ADN, đồng thời dephosphoryl hoá
các G2-Cdk. Hình 6.1 thể hiện kết quả nuôi, hai nhóm tế bào nấm men
trong điều kiện chiếu tia UV, trong đó có một nhóm mang đột biến
cdc28* gây tăng biểu hiện của Cdc28.
Hãy dự đoán tác động của đột biến cdc28* đối với sự sinh sản và
hình dạng của tế bào nấm men, từ đó chỉ ra đâu là nhóm tế bào trong
hình 6.1 mang đột biến trên?
Hình 6.1
6.2. Các nhận định sau đây đúng hay sai? Giải thích.
a) Trong phân chia tế bào kiểu phân đôi của vi khuẩn, các phân tử kiểu actin có chức
năng trong quá trình phân chia tế bào chất.
b) Trong kì sau, sự di chuyển nhiễm sắc thể liên quan đến sự ngắn đi các vi ống thể
động ở đầu cực của thoi.
c) Trong chu kì tế bào, hoạt tính MPF đạt cực đại trong kì giữa.
d) Tham gia vào sự tạo thành vách ngăn ở tế bào thực vật có phức hệ Gongi, lưới nội
chất và vi ống cực của thoi còn tồn dư lại ở vùng xích đạo.
Câu 7. (2,0 điểm) Cấu trúc, chuyển hóa của vi sinh vật
Phân tích kiểu dinh dưỡng của các chủng vi khuẩn I và II dựa vào sự quan sát khi nuôi
cấy chúng trên các môi trường A, B, C. Thành phần các môi trường được tính bằng g/l
Môi trường A: (NH4)2PO4 - 0,2; CaCl2 - 0,1; KH2PO4 - 1,0; NaCl - 5,0; MgSO4 - 0, 2.
3
Môi trường B: (NH4)2PO4 - 0,2; CaCl2 - 0,1; KH2PO4 - 1,0; NaCl - 5,0; MgSO 4 - 0, 2 +
xitrat trisodic - 2,0.
Môi trường C: (NH4)2PO4 - 0,2; CaCl2 - 0,1; KH2PO4 - 1,0; NaCl - 5,0; MgSO 4 - 0, 2 +
biotin - 10-8 , Histidin - 10-5 , Methionin - 2.10-5 , Thiamin - 10-6 , Pyridoxin - 10-6 , Axit
nicotinic - 10-6, Trytophan - 2.10-5, nguyên tố vi lượng, Glucose - 5,0.
Sau khi cấy các chủng I và II, nuôi ủ trong tủ ấm với thời gian, nhiệt độ thích hợp, người
ta được các kết quả ghi trong bảng sau:
Môi trường
A
B
C
VSV chủng 1
+
+
VSV chủng 2
+
Ghi chú: có mọc ( +), không mọc (-)
a. Môi trường A là loại môi trường gì? Phù hợp với nhóm vi sinh vật nào?
b. Đối với chủng I hãy xác định kiểu dinh dưỡng, nguồn nitơ của nó ?
c. Trong môi trường C, chủng I là chủng nguyên dưỡng hay khuyết dưỡng. Giải thích?
d. Người ta cấy vào 5ml môi trường B với 10 6 Staphycoccus và 102 loại biến chủng
được gọi là chủng II trong thí nghiệm trên.
d1. Hỏi số lượng tế bào của mỗi chủng trong 1ml tại thời điểm 0 giờ.
d2. Tại sao trong thí nghiệm ban đầu chủng II không mọc được trong môi trường B,
nhưng trong thí nghiệm ở câu (d) này nó lại mọc được. Dự đoán vị trí mọc của nó so với
chủng Staphycoccus trong môi trường B của thí nghiệm này?
Câu 8. (2,0 điểm) Sinh trưởng, sinh sản của vi sinh vật
Để đo nồng độ vi khuẩn có trong dịch X, các nhà nghiên cứu có thể dùng 2 phương
pháp:
(1) Pha loãng nhiều bước rồi đo nồng độ dịch cuối cùng Theo đó, lấy 1ml dịch vi khuẩn
ban đầu cho vào 8ml nước ở ống 1, rồi tiếp tục cho đến ống 3. Sau đó, lấy 1 ml từ ống 3
quét lên đĩa petri rồi ủ trong 5h, sau đó quan sát sự hình thành khuẩn lạc.
1ml
2ml
2ml
1ml, 5h
8ml
8ml
1ml
(2) Đo độ hấp thụ ánh sáng bằng máy quang phổ
Chiếu ánh sáng có bước sóng 600nm và đo độ hấp thụ ánh sáng của dung dịch (A 600). Đo
được A600 của dịch X là 3,75 x 10-7 (A600 = 1 tương đương với 8x108 tế bào/ml)
4
600nm
A600
Cho 2 phage lây nhiễm vào 1ml dung dịch X. Biết phage này không làm tan tế bào khi
xuất bào, tế bào mẹ nhiễm phage chỉ truyền phage cho 1 tế bào con. Thời gian thế hệ của vi
khuẩn là 20 phút. Thời gian từ khi phage xâm nhập đến khi chuẩn bị lắp ráp là 10 phút,
thời gian phage lắp ráp xuất bào và xâm nhập vào tế bào khác là 5 phút. Trong một tế bào,
một phage gây sinh tổng hợp nên 32 phage mới. Để xác định thời điểm mà số lượng phage
bằng số lượng vi khuẩn, An đã lập phương trình sau, với N là số lượng vi khuẩn ban đầu, t
là thời gian cần thiết để số lượng phage và vi khuẩn đạt bằng nhau.
N x 2t/20 = 2 x 32t/15
a. Tính nồng độ vi khuẩn trong dịch X theo phương pháp (1)
b. Tính nồng độ vi khuẩn trong dịch X theo phương pháp (2)
c. Vì sao lại có sự khác nhau giữa kết quả của 2 phương pháp?
d. Tính t theo phương trình của An.
e. Kết quả t theo phương trình của An có đúng không? Nếu không, khả năng là do đâu?
Thật sự có tồn tại thời điểm mà số phage bằng số vi khuẩn không?
Câu 9. ( 2,0 điểm) Virut
a. Khi nói về các virut cúm A, hãy giải thích:
a1. Vì sao virus cúm gà lại gây ra những đại dịch lớn và khó kiểm soát trong những
năm gần đây?
a2. Để điều trị bệnh cúm người ta sử dụng thuốc Tamiflu (ức chế enzim
neuraminidaza). Hãy cho biết cơ chế tác động của thuốc này.
a3. Vì sao sau khi virut cảm lạnh gây bệnh thì bệnh khỏi nhưng virut gây bệnh bại
liệt xâm nhập thì không khỏi bệnh.
b. Virut là kí sinh nội bào bắt buộc nhưng virut baculo vẫn tồn tại ngoài tế bào trong thời
gian dài và dùng làm chế phẩm thuốc trừ sâu. Hãy giải thích cơ chế tác động của virut này
Câu 10. (2,0 điểm) Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch
Trong đáp ứng miễn dịch dịch thể và đáp ứng dị ứng đều có sự xâm nhập của kháng
nguyên, hình thành tương bào và tạo ra kháng thể.
a. Nêu những khác biệt trong hai loại đáp ứng này.
b. Một số người có đáp ứng dị ứng quá mức đối với thuốc kháng sinh penicillin có thể tử
vong trong vòng vài phút sau khi tiêm chất này vào cơ thể. Giải thích.
----------HẾT---------Người ra đề: Lý Hải Đường
Số điện thoại: 0905341119
5 -
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
TỈNH THỪA THIÊN HUẾ
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Câu 1
Câu 2
Câu 3
KỲ THI OLYMPIC CÁC TRƯỜNG THPT
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII
Môn: Sinh học – Lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Nội dung
a. - Trong quá trình phân bào của các tế bào nhân thực:
+ Tubulin tham gia vào hình thành thoi phân bào và di chuyển nhiễm
sắc thể.
+ Sợi actin có chức năng trong quá trình phân chia tế bào chất.
- Trong phân chia tế bào kiểu phân đôi của vi khuẩn thì ngược lại:
+ Các phân tử kiểu tubulin có tác động tách các tế bào con.
+ Các phân tử kiểu actin có chức năng di chuyển các nhiễm sắc thể
con về các cực đối lập của tế bào vi khuẩn.
b. 4 ví dụ về khả năng kết hợp với các chất khác của cellulose tại các
loại mô khác nhau trong cơ thể thực vật.
- Giữa các sợi cellulose chỉ thấm lignhin tạo mô cứng như mạch dẫn.
- Giữa các sợi cellulose chỉ thấm pectin tạo mô mềm như nhu mô mềm,
thịt quả.
- Giữa các sợi cellulose chỉ thấm suberin tạo khối mô đàn hồi, không
thấm nước như mô bần.
- Giữa các sợi cellulose chỉ thấm nước tạo mô sợi.
a. - Những bộ phận tham gia vào sự tạo thành vách ngăn ở tế bào thực
vật trong quá trình phân bào là: phức hệ Gongi, lưới nội chất và vi ống
cực của thoi còn tồn dư lại ở vùng xích đạo.
- Chức năng của các bộ phận đó là:
+ Phức hệ Gongi: Bao gói, chế biến, phân phối sản phẩm…
+ Lưới nội chất: lưới nội chất hạt tổng hợp protein…; lưới nội chất
trơn tổng hợp lipit, chuyển hóa đường, khử độc…
+ Vi ống cực của thoi còn tồn dư lại ở vùng xích đạo: phân chia NST
trong quá trình phân bào…
b. - Đậu tương là cây C3, khi trồng ở điều kiện ánh sáng cao thì xảy ra
hiện tượng hô hấp sáng, nên dấu phóng xạ xuất hiện ở lục lạp,
peroxixom và ti thể.
- Chức năng:
+ Lục lạp: hình thành nguyên liệu.
+ Peroxixom: oxi hóa nguyên liệu.
+ Ti thể: giải phóng CO2.
- Ngô là cây C4, khi trồng ở điều kiện ánh sáng cao thì không xảy ra hiện
tượng hô hấp sáng, nên dấu phóng xạ xuất hiện ở lục lạp.
- Chức năng: quang hợp.
a. - Chất cho H+ và e- trực tiếp vào chu trình Calvin là NADPH.
- Nước không cho H+ và e- trực tiếp vào chu trình Calvin mà phải qua
NADPH vì NADPH có mức năng lượng cao hơn nước và electron của
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
Câu 4
nó sẵn sàng hơn cho các phản ứng của chu trình Calvin so với phản ứng
của nước.
- Con đường chuyền e- từ nước vào chu trình Calvin:
+ Phân li nước tạo e-, e- qua chuỗi chuyền đến NADP+ tạo NADPH.
+ NADPH phân li tạo e- để khử CO2 thành đường trong Calvin.
b. - Có thể sử dụng enzim pyruvat dikinase để phân biệt thực vật C 3 và
C4.
- Vì thực vật C4 sử dụng axit pyruvic để tái tạo PEP nên cần có loại
enzim này trong cây, còn thực vật C3 thì không.
- Thiết kế thí nghiệm:
+ Lấy một ít lá tươi của hai cây đem nghiền trong dung dịch đệm thích
hợp để tách chiết enzim ra khỏi lá. Sau đó cho một lượng nhất định axit
pyruvic vào mỗi dịch chiết.
+ Sau một thời gian xác định, nếu hàm lượng axit này không đổi thì dịch
chiết không có mặt enzim pyruvat dikinase, vậy dịch chiết đó lấy từ cây
C3. Nếu hàm lượng axit pyruvic giảm thì dịch chiết đó có enzim, vậy
dịch chiết đó lấy từ cây C4.
4.1.a. - Nhận định của bạn học sinh trên là sai.
- Bạn học sinh đúng ở chỗ, sự phá huỷ một liên kết hoá học cần phải tiêu
tốn năng lượng. Ở trường hợp này, muốn phá huỷ liên kết phosphate ở
ATP cần tiêu thụ một lượng năng lượng nhất định.
- Tuy nhiên, sự thuỷ phân ATP không chỉ phá huỷ liên kết phosphate mà
còn hình thành lại liên kết P-OH (hình 4.1). Liên kết phosphate là liên
kết cao năng, nên cần ít năng lượng để phá vỡ, bù lại, liên kết P-OH là
liên kết bền, nên khi hình thành sẽ giải phóng nhiều năng lượng. Do đó,
toàn bộ quá trình thuỷ phân ATP sẽ giải phóng chứ không tiêu thụ năng
lượng
4.1.b. - Tế bào làm giảm ΔG của phản ứng bằng cách kết hợp phản ứng
này với sự thuỷ phân ATP.
- Cụ thể, enzyme Hexokinase tiến hành cả hai phản ứng cùng một lúc,
khiến cho toàn bộ quá trình mang ΔG âm: ΔG = -7.3 + 3.3 = -4.3 (kcal/
mole). Lúc này, phản ứng mang tính chất tự phát.
(HS không cần tính ΔG)
(Lưu ý, nếu chỉ nhắc đến enzyme mà không đề cập đến sự kết cặp thuỷ
phân ATP thì không cho điểm, vì bản thân enzyme chỉ làm giảm năng
lượng hoạt hoá, không làm thay đổi ΔG)
4.2. - Sau khi bổ sung chất X, sự tổng hợp ATP và tiêu thụ O 2 bị dừng
lại, chứng tỏ X có thể là Cyanide hoặc Oligomycin:
+ Cyanide là chất cạnh tranh với oxi, nên gây ảnh hưởng âm tính đến
chuỗi truyền điện tử, qua đó ảnh hưởng gián tiếp đến ATP synthase.
+ Oligomycin ức chế ATP synthase, qua đó khiến chuỗi truyền điện
tử bị dừng lại.
- Sau khi bổ sung chất Y, sự tiêu thụ O 2 tiếp tục diễn ra bình thường,
chứng tỏ proton được vận chuyển qua màng trong ti thể. Tuy nhiên, sự
tổng hợp ATP vẫn không phục hồi, chứng tỏ gradient proton giảm dần
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
2
Câu 5
Câu 6
Câu 7
theo thời gian. Vì thế, Y là 2,4 – DNP.
- Nếu chất X là Cyanide thì sau khi bổ sung Y, sự tiêu thụ O 2 vẫn không
hồi phục vì cạnh tranh vẫn xảy ra. Chứng tỏ, X chỉ có thể là Oligomycin.
5.1.a. Thụ thể của MSH nằm ở màng sinh chất của tế bào.
5.1.b. - Nếu xử lý tế bào sắc tố với một chất ngăn phiên mã thì tế bào
vẫn tiếp tục đáp ứng với MSH.
- Vì các hoocmon có thụ thể trên màng sinh chất có thể gây ra đáp ứng
dẫn đến một thay đổi trong chức năng bào tương hoặc thay đổi trong
dịch mã gen trong nhân.
5.2.a. - Các pKa ảnh hưởng đến pI của mỗi chuỗi:
Peptide A: 9.60, 1.83, 12.84
Peptide B: 9.04, 2.21, 12.84
- Dựa vào bảng 5.1, điểm đẳng điện của cả 2 chuỗi peptide đều nằm
trong khoảng từ 9 – 12. Cụ thể, tại pH này, đầu C của chuỗi tích điện
âm, đầu N không tích điện và nhánh R tích điện dương, vì vậy, tổng điện
tích bằng 0. Do đó, không thể phân tách hoàn toàn hai chuỗi peptide này
trong lần điện di thứ nhất.
5.2.b. - Khối lượng phân tử của hai chuỗi peptide lần lượt là:
+ Peptide A: 57 + 156 + 147 – 18 x 2 = 324 (Dal)
+ Peptide B: 156 + 57 + 87 – 18 x 2 = 264 (Dal)
- Vậy, sau lần điện di thứ 2, peptide A nằm ở vùng D, peptide B nằm ở
vùng B
6.1. - Cdc28 là protein thuộc nhóm G1-Cdk, nên có chức năng thúc đẩy
tế bào kết thúc G1 và đi vào pha S. Đồng thời, Cdc28 ức chế Rad9, qua
đó giảm dephosphoryl hoá G2-Cdk và sửa sai ADN, do đó, Cdc28 có
chức năng thúc đẩy tế bào bước vào pha M thậm chí khi ADN bị hư
hỏng.
- Vì vậy, đối với đột biến cdc28*, sự tăng biểu hiện Cdc28 khiến tế bào
trải qua G1 trong thời gian ngắn, thời gian tăng trưởng ít nên kích thước
tế bào nhỏ. Đồng thời, việc tế bào dễ dàng đi vào pha M khiến sự sinh
sản của nấm men tăng cao.
- Do đó, nhóm A là nhóm tế bào mang đột biến cdc28*.
6.2. a. SAI. Trong phân chia tế bào kiểu phân đôi của vi khuẩn, các phân
tử kiểu actin có chức năng di chuyển các nhiễm sắc thể con về các cực
đối lập của tế bào vi khuẩn.
b. SAI. Trong kì sau, sự di chuyển nhiễm sắc thể liên quan đến sự
ngắn đi các vi ống thể động ở đầu thể động chứ không phải ở đầu cực
của thoi.
c.ĐÚNG.
d.ĐÚNG.
a. Môi trường tối thiểu, chỉ phù hợp với VSV nguyên dưỡng, tự dưỡng.
b. - Chủng 1 mọc trong môi trường B chứng tỏ nó lấy C từ xitrat
trisodic, mọc được trong môi trường C chứng tỏ nó lấy C từ glucose.
- Và lấy năng lượng từ các phản ứng hóa học.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
Câu 8
Câu 9
- Vậy nó có kiểu dinh dưỡng là hóa dị dưỡng .
- Nguồn Nitơ: từ N vô cơ và N hữu cơ trong các axit amin.
c. Đó là chủng khuyết dưỡng về các axit amin (Histidin -10 -5 , Methionin
-2.10-5 , Trytophan) và các vitamin ( biotin , Thiamin , Pyridoxin, Axit
nicotinic ).
d1. - Staphycoccus: (106 . 1): 5 = 2. 105 vi khuẩn/ml
- Chủng II: (102 . 1): 5 = 20 vi khuẩn/ml
d2. - Chủng II không phát triển được trong môi trường B khi nuôi riêng,
chứng tỏ nó thiếu các chất cần thiết.
- Trong thí nghiệm câu (d), khi nuôi chung với Staphycoccus thì nhóm
vi khuẩn này tổng hợp được chất cần thiết, tiết ra môi trường, nên chủng
II lấy các chất đó từ môi trường vào nên nó phát triển được.
- Vị trí của chủng II là tạo vành khuẩn lạc mờ xung quanh chủng I.
a. - Hệ số pha loãng là: (1 x 2 x 2)/(9 x 10 x 3) = 2/135
- Nồng độ dịch X = số khuẩn lạc : (hệ số pha loãng) = 4 : 2/135 = 270
(vk/l)
b. Nồng độ dịch X: 8 x 108 x 3,75 x 10-7 = 300 (vk/l)
c. Khác nhau là do việc đo độ hấp thụ của dịch không phân biệt được
đâu là vi khuẩn sống, đâu là xác vi khuẩn đã chết.
d. Thay N = 270, thay đổi một chút thì được: 300 x 2 t/20 = 2x 32t/15
→ T = 25p
e. - Sau 25 phút, cả vi khuẩn lẫn phage mới chỉ nhân lên 1 lần, theo đó,
có 540 vi khuẩn và 64 phage, vậy phương trình trên sai.
- Lí do là vì sự tăng số lượng của một thể sinh học là không đều theo
thời gian, theo đó, trong 20 phút thì chỉ có thời điểm cuối cùng vi khuẩn
mới nhân đôi, phage nhân số lượng chỉ trong 5 phút cuối của 15 phút
trong một chu trình. Kết quả 25 phút trên ám chỉ rằng tại mọi thời điểm
trong 25 phút, sự tăng số lượng luôn diễn ra.
- Sau 30 phút, số lượng phage tăng lên 2048, còn sau 40 phút thì số
lượng vi khuẩn mới đạt 1080 con, lúc này, phage đã đạt 2048. Như vậy,
không thời điểm nào số lượng hai thể sinh học này bằng nhau vì phage
tăng số lượng nhanh hơn vi khuẩn.
a.1
- Do virus cúm gà rất dễ biến đổi, hình thành những chủng virus mới
nên các dạng vacxin cũ ít hoặc không còn tác dụng phòng bệnh.
- Nguyên nhân virus cúm dễ biến đổi:
+ Hệ gen gồm 8 phân tử ARN (-) khác nhau, nên khi có hai chủng virus
cùng xâm nhiễm vào một tế bào thì trong quá trình nhân lên chúng có
thể hoán vị các gen mã hóa các gai cấu tạo vỏ ngoài cho nhau làm hình
thành chủng virus tái tổ hợp.
+ Khi sao chép, virus sử dụng ARN – polymerase không có cơ chế tự
sửa chữa như ADN – polymerase nên dễ đột biến.
+ Để tổng hợp genom mới, virus cúm xâm nhập vào nhân tế bào chủ,
cắt một đoạn mARN (đầu có mũ) của tế bào chủ làm đoạn mồi. Vì vậy,
0,25
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
quá trình sao chép tạo nên dạng genom ARN tái tổ hợp.
a.2. Thuốc Tamiflu ức chế enzim neuraminidaza của virut cúm, khiến
cho virus không thể phá hủy màng tế bào để giải phóng ra khỏi tế bào chủ
ban đầu. Nên virut không nhân lên được, không gây bệnh nữa.
a.3.
- Vì virut cảm lạnh xâm nhập vào tế bào niêm mạc đường hô hấp, và tế
bào chủ có khả năng tự sữa chữa đồng thời tế bào còn phân chia nên cơ
thể khỏi bệnh.
- Virut gây bại liệt xâm nhập vào tế bào thần kinh đã biệt hóa, tế bào này
không còn khả năng phân chia, không tự sữa chữa → bệnh không khỏi.
b. - Virut là kí sinh nội bào bắt buộc nhưng trong trường hợp này chúng
vẫn tồn tại ngoài tế bào trong thời gian dài là vì virut hình thành các thể
bọc có bản chất prôtêin. Mỗi thể bọc có nhiều virion nên được bảo vệ
trong môi trường tự nhiên ngoài tế bào.
- Khi sâu ăn thức ăn chứa thể bọc, tại ruột có pH kiềm, thể bọc sẽ phân
rã, giải phóng virion. Virion xâm nhập và nhân lên ở tế bào thành ruột
sau đó lan đến nhiều mô và cơ quan khác.
a. - Trong đáp ứng dịch thể:
+ Kháng nguyên gây ra hoạt hóa tế bào B tạo ra tương bào và tế bào
nhớ. Tương bào sản xuất ra kháng thể IgG.
+ Kháng thể IgG lưu hành trong máu và gắn với kháng nguyên làm
bất hoạt kháng nguyên qua phản ứng trung hòa, opsonin hóa, hoạt hóa
bổ thể. Tế bào nhớ tạo ra trí nhớ miễn dịch.
- Trong đáp ứng dị ứng:
+ Dị ứng nguyên (kháng nguyên) gây ra hoạt hóa tế bào B tạo ra
Câu 10 tương bào. Tương bào sản xuất ra kháng thể IgE.
+ Kháng thể IgE gắn vào thụ thể trên các dưỡng bào (tế bào phì). Nếu
gặp lại dị ứng nguyên đó, kháng thể IgE trên dưỡng bào nhận diện và
gắn với dị ứng nguyên, từ đó kích hoạt dưỡng bào giải phóng ra
histamin và các chất khác gây ra các triệu chứng dị ứng.
b. Penicillin gây ra phản ứng toàn thân nguy cấp ở những người dị ứng
quá mức đối với chất này. Phản ứng thể hiện qua sự mất hạt trên diện
rộng, giải phóng lượng lớn histamin và các chất gây dị ứng khác gây
giãn tức thời các mạch máu ngoại vi làm tụt huyết áp, gây ra tử vong.
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
Người ra đề: Lý Hải Đường
Số điện thoại: 0905341119
5 -
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương
ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU MÔN SINH HỌC 10
Chọn học sinh giỏi Duyên Hải Bắc Bộ)
a) Câu 1(2 điểm) Phân biệt 3 cơ chế hoạt động của các chất ức chế enzim có thể
phục hồi và cách nhận biết mỗi cơ chế dựa vào động học enzim.
b) Hoạt tính của protein do cấu trúc không gian của nó quyết định, trong khi cấu
trúc không gian đó do trình tự axit amin (cấu trúc bậc 1) quy định. Bằng kỹ thuật
di truyền, người ta tạo được 2 phân tử protein đơn phân có trình tự axit amin
giống hệt nhau nhưng ngược chiều (từ đầu N đến đầu C). Hai phân tử protein này
có cấu trúc không gian và hoạt tính giống nhau không? Tại sao?
Hướng dẫn chấm:
a) Ba cơ chế hoạt động của các chất ức chế enzim có thể phục hồi và cách nhận biết: `
- Ức chế cạnh tranh: Chất ức chế liên kết vào trung tâm hoạt động (TTHĐ) của
enzyme (cạnh tranh với cơ chất).(0,25)
Nhận biết : KM tăng (ái lực giảm) và Vmax không đổi. (0,25)
- Ức chế không cạnh tranh: Chất ức chế liên kết với phức hợp enzim-cơ chất (không
phải enzim tự do) ở vị trí khác TTHĐ, ảnh hưởng đến TTHĐ dẫn đến giảm hoạt tính
xúc tác của enzim. (0,25)
Nhận biết : KM không thay đổi và Vmax giảm.(0,25)
- Ức chế kiểu hỗn hợp: Chất ức chế đồng thời liên kết được vào cả TTHĐ và vào vị trí
khác (enzim tự do và phức hợp enzim-cơ chất).(0,25)
Nhận biết: đồng thời KM tăng (hoặc ái lực giảm) và Vmax giảm.(0,25)
b)Không. Vì: Liên kết peptit có tính phân cực từ đầu N đến đầu C; hai chuỗi polipeptit dù
có trình tự giống nhau nhưng ngược chiều sẽ có các gốc R hướng về các phía khác nhau
và vì vậy sẽ có cấu trúc bậc 2, 3 và 4 hoàn toàn khác nhau, dẫn đến hoạt tính của protein
nhiều khả năng bị thay đổi hoặc mất.
Câu 2(2 điểm)
Protein kinase 2 phụ thuộc cyclin (Cdk2, cyclin-dependent protein kinase 2) tham gia
kiểm soát chu kỳ tế bào ở động vật có vú. Cdk2 có thể tạo phức hợp với cyclin A và có thể
được phosphoryl hóa bởi một protein kinase khác. Để xác định vai trò của cyclin A và sự
phosphoryl hóa đối với chức năng của Cdk2, người ta tinh sạch dạng không phosphoryl
hoá (Cdk2) và phosphoryl hoá (P-Cdk2). Sau đó, trộn mỗi dạng với cyclin A theo các
cách khác nhau và với 32P-ATP rồi tiến hành thử nghiệm sự phosphoryl hóa trên cơ chất
histone H1. Kết quả được trình bày ở hình bên. Lượng phosphate phóng xạ gắn với
histone H1 đo được ở làn điện di 1 và 3 lần lượt bằng 3% và 2% so với làn 5. Kết quả
xác định hằng số phân ly (Kd) của hai dạng Cdk2 và P-Cdk2 với ATP, ADP, cyclin A và
histone H1 được thể hiện ở bảng dưới đây.
Thành phần
Cdk2
P-Cdk2
Cdk2 + Cyclin A
P-Cdk2 + Cyclin A
(~ : không có dữ liệu)
ATP
0,25
0,12
~
~
ADP
1,4
6,7
~
~
Kd (μM)
Cyclin A
0,05
0,05
~
~
Cơ chất histone H1
Không phát hiện
100
1,0
0,7
a) Từ kết quả thí nghiệm, Cdk2 cần những điều kiện gì để phosphoryl hoá hiệu quả
histone H1? Những điều kiện này có tác động như thế nào đối với hoạt động
phosphoryl hóa của Cdk2? Giải thích.
b) Nồng độ ATP và ADP trong tế bào bình thường trong khoảng từ 0,1 đến 1,0
mM. Giả thiết sự liên kết của cyclin A với Cdk2 hoặc P-Cdk2 không làm thay
đổi ái lực của mỗi dạng này đối với ATP và ADP. Sự thay đổi ái lực của hai
dạng (Cdk2 và P-Cdk2) đối với ATP và ADP trong thí nghiệm trên ảnh hưởng
thế nào đến hoạt động phosphoryl hóa histone H1 của Cdk2? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
a) Cyclin A (sự liên kết với cyclin A) và sự phosphoryl hoá Cdk2 là những điều kiện cần
thiết cho Cdk2 phosphoryl hoá hiệu quả histone H1. (0,25)
Theo hình đã cho, khi thiếu cyclin A (làn 1) hay sự phosphoryl hoá Cdk2 (làn 3)
lượng histone H1 được phosphoryl hoá đều rất thấp. Một mình Cdk2 (làn 2) hay cyclin A
(làn 4) không gây ra sự phosphoryl hóa histone H1. (0,25 điểm)
Sự phosphoryl hoá Cdk2 có tác dụng tăng cường hoạt tính protein kinase của nó để
phosphoryl hoá histone H1, cyclin A tăng cường sự liên kết của Cdk2 với histone H1.
(0,25 điểm)
Theo hình đã cho, P-Cdk2 tăng cường hoạt tính phosphoryl hóa histone H1 (làn 5) so với
Cdk2 (làn 3). (0,25)
Theo bảng, cyclin A liên kết chặt với cả hai dạng của Cdk2 (K d = 0,05). Khi thiếu cyclin
A, P-Cdk2 liên kết yếu với histone H1 (Kd = 100). Khi có cyclin A, nó tăng ái lực của PCdk2 với histone H1 lên rất nhiều (Kd = 0,7, tăng hơn 100 lần).
(0,25 điểm)
b) Sự thay đổi ái lực của hai dạng (Cdk2 và P-Cdk2) với ATP và ADP không ảnh hưởng
đến chức năng của Cdk2.
(0,25
điểm)
Vì nồng độ ATP và ADP trong tế bào cao hơn rất nhiều so với hằng số phân ly đo
được nên vị trí gắn với ATP gần như bão hoà bất kể trạng thái phosphoryl hoá của Cdk2.
ADP có ái lực với Cdk2 và P-Cdk2 thấp hơn rõ rệt (từ 5 đến 50 lần) so với ATP nên
không ảnh hưởng đến sự liên kết của Cdk2 và P-Cdk2 với ATP.(0,5)
Câu 3( 2 điểm)
Tảo đơn bào Chlorella được dùng để nghiên cứu sự có mặt của 14C trong hai
hợp chất hữu cơ X và Y thuộc chu trình Canvin bằng cách bổ sung 14CO2 vào môi
trường nuôi và đo tín hiệu phóng xạ trong hai thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Tảo được nuôi trong điều kiện chiếu sáng và được cung cấp một
lượng CO2 (không đánh dấu phóng xạ) nhất định. Ngay khi CO2 bị tiêu thụ hết,
nguồn sáng bị tắt và 14CO2 được bổ sung vào môi trường nuôi tảo (thời điểm thể
hiện bằng đường nét đứt ở Hình C8.1).
- Thí nghiệm 2: Tảo được nuôi trong điều kiện chiếu sáng liên tục và được cung
cấp một lượng 14CO2 nhất định. Khi 14CO2 bị tiêu thụ hết (thời điểm thể hiện
bằng nét đứt trên Hình C8.2), không bổ sung thêm bất kỳ nguồn CO2 nào.
Thí nghiệm 2
CO2, sáng
14CO ,
2
tối
X
Y
0
Thời gian
Tín hiệu phóng xạ (dpm)
Tín hiệu phóng xạ (dpm)
Thí nghiệm 1
14CO ,
2
sáng
Sáng
Y
X
0
Thời gian
(dpm: số lần nhấp nháy của tín hiệu phóng xạ/phút)
Hình C8.1
Hình C8.2
a) Mỗi chất X và Y là chất gì? Giải thích.
b) Nồng độ chất Y thay đổi như thế nào trước và sau khi tắt nguồn sáng trong thí
nghiệm 1?
c) Tại sao tín hiệu phóng xạ của chất X luôn lớn hơn Y trong điều kiện có cả ánh
sáng và 14CO2 ở thí nghiệm 2?
Hướng dẫn chấm:
a) Chất X là axit phosphoglyceric (APG hoặc 3- phosphoglycerate)(0,25)
Chất Y là ribulose 1,5-bisphosphate (RuPB hoặc ribulose 1,5-diphosphate)
(0,25
điểm)
- Giải thích:
+ Ở thí nghiệm 1: Khi 14CO2 được bổ sung vào môi trường nuôi sẽ xảy ra phản ứng
cacboxy hóa ribulose 1,5-bisphosphate (RuBP) và tạo thành axit phosphoglyceric
(APG chứa 14C). Mặt khác, do không có ánh sáng nên pha sáng không xảy ra, không
có sự cung cấp ATP và NADPH dẫn đến APG không bị chuyển hóa thành các chất
khác trong chu trình Canvin dẫn đến chất này sẽ bị tích lũy làm tăng tín hiệu phóng xạ,
tương ứng với chất X trong trên hình 1. Vậy, X là axit phosphoglyceric.
(0,5
điểm)
+ Ở thí nghiệm 2: Khi 14CO2 bị tiêu thụ hết, phản ứng chuyển hóa RuBP thành APG bị
dừng lại, gây tích lũy RuBP (chứa 14C). Mặt khác, trong điều kiện có ánh sáng, pha
sáng cung cấp ATP và NADPH cho các phản ứng chuyển hóa APG (chứa 14C) theo
chu trình Canvin và tái tạo RuBP. Từ hai điều này cho thấy RuBP đánh dấu phóng xạ
tăng lên, tương ứng với chất Y trên hình 2. Vậy, Y là ribulose 1,5-bisphosphate.
(0,5 điểm)
b) Nồng độ của chất Y (RuBP) không đánh dấu phóng xạ giảm khi sau tắt ánh sáng. Còn
chất Y không đánh dấu phóng xạ không được sinh ra nên không có sự thay đổi.
(0,25 điểm)
14
c) Trong điều kiện có ánh sáng và CO2, tảo sẽ thực hiện cả pha sáng và pha tối của
quang hợp làm tăng lượng APG và RuBP có đánh dấu phóng xạ. Chỉ có 5/6 AlPG sinh ra
từ APG sẽ được dùng để tái tạo RuBP. Do đó, tín hiệu của APG luôn lớn hơn RuBP trong
điều kiện này. (0,25)
câu 4(2 điểm)
Khả năng hấp thu saccarôzơ của một chủng vi khuẩn sống ở biển được xác
định bằng việc nuôi các tế bào vi khuẩn này trong môi trường có saccarôzơ (là
nguồn cacbon duy nhất) được đánh dấu phóng xạ l4C trong thời gian ngắn. Sau đó,
các tế bào được thu, rửa và đo sự có mặt cùa saccarozo đã được đánh dấu phóng
xạ 14C. Sự hấp thu saccarôzơ theo thời gian được đo ở các môi trường có bổ sung
Na+, K+; Lí+; Na+ và chất X (chất ức chế tạo građien H+). Kết quả nghiên cứu khả
năng hấp thu saccarôzơ của các tế bào vi khuẩn này được thể hiện ở bảng dưới
đây.
a) Vẽ đồ thị biểu diễn mỗi quan hệ giữa khả năng hấp thu saccarozơ theo
của tế bào vi khuẩn ở các môi trường trên.
b) Hãy cho biết sự hấp thu saccarôzơ ở vi khuẩn trên đựơc thực hiện the0
cơ chế nào? Giải thích?
c) Giải thích tác động của K , Li+ lên sự hấp thu saccarôzơ
hướng dẫn chấm
a) 0,5)
Vẽ và chú thích đầy đủ các trục tung, hoành và tọa độ.
Thời gian (phút)
b)- Sự hấp thụ saccarôzơ được thực hiện theo cơ chế đồng vận chuyển (Na/
saccarôzơ).(0,25)
- Sự hấp thụ saccarôzơ là tích cực tiêu tốn năng lượng (ATP).(0,25)
- Sự hấp thụ đạt hiệu quả cao khi có mặt Na+ và bị ức chế khi có mặt của X
một chất ức chế tạo gradient prorton, ức chế tạo ATP.(0,25)
c) Sự có mặt của Li+ và K+ sự hấp thu saccarôzơ không tăng cao như sự có
mặt cùa Na .(0,25)
-
Giải thích là các ion này được vận chuyển chậm qua hệ thống đồng vận
chuyển Na*/saccarôzơ dẫn đến saccarôzơ được hấp thu chậm.(0,5)
Câu 5(2.0)
Khi một enzim có mặt ở một loài vi khuẩn, thì con đường chuyên hoá mà
enzim đó tham gia thường tồn tại trong loài vi khuẩn này. Bảng 3.1 là tên
enzim và phản ứng mà enzim xúc tác được sử dụng làm chỉ thị cho sự xuất
hiện của các con đườmg chuyển hóa mà nó tham gia. Bảng 3.2 thể hiện sự có
mặt hay vắng mặt của một số enzim ở bốn loài vi khuẩn khác nhau 1,2, 3 và 4.
Bảng 3.1 Enzim và phản ứng xúc tác tương ứng
Bảng 3.2 Sự có mặt (+) và vắng mặt (-) của mỗi loại enzim trong từng loài vi
khuẩn
Hãy cho biết:
Loài vi khuẩn nào KHÔNG thể thực hiện được hô hấp hiếu khí? Giải
a)
thích.
b)
Các sản phẩm chính mỗi loài vi khuẩn tạo hóa glucozơ.
Hướng dẫn chấm
a) – các VK không thể thực hiện được hô hấp hiếu khí gồm: loài 1, loài 2, loài 3
(0,25)
- giải thích
do loài 1 và loài 2 thiếu xitocrom oxidaza là enzim chính trong thành phần của
quá trình hô hấp hiếu khí ( chuỗi truyền điện tử)(0,5)
do loài 3 thiếu enzim xitrat sinthetaza của chu trình Crep (0,25)
b. – loài 1: tạo rượu ethanol, CO2, ATP 0,25)
- Loài 2 tạo axit lactic, ATP. (0,25)
- Loài 3 tạo axit lactic, ATP.(0,25)
- Loài 4 khi có mặt oxi tạo CO2 và H2O, còn khi không có mặt oxi tạo thành
ethanol CO2 vả ATP (0,25)
Câu 6(2.0)
Hướng dẫn chấm
a) -Dấu chuẩn là hợp chất glycoprotein (0,25)
- protein được tổng hợp ở riboxom mạng lưới nội chất hạt và đưa vào xoang của
mạng lưới. protein được đóng gói trong túi tiết và đưa từ mạng lưới nội chất hạt
sang bộ máy golgi (0,25)
- tại bộ máy golgi protein được gắn thêm hợp chất saccarit tạo glycoprotein.
Glycoprotein được đóng gói trong túi tiết và đưa tới màng sinh chất. (0,25)
b)
- xenlunozo (0,25)
- kitin (0,25)
- trong kitin gluco liên kết với N- axetylglucozamin (0,25)
c) dấu hiệu giúp protein gắn vào thụ thể của màng lưới nội chất hạt là đoạn peptit
tín hiệu ở đầu của phân tử protein. (0,5)
Câu 7(2.0 điểm)
hướng dẫn chấm
a)(0,5)
-vì vi khuẩn kị khí bắt buộc thiếu enzim catalaza, superoxit dismutaza nên
không phân giải được H2O2 là chất độc với chúng. (0,25)
- dựa vào hàm lượng của enzim catalaza, superoxit dismutaza. (0,25)
b)
Ngoại độc tố
Nội độc tố
-chủ yếu do khuản gram dương
- chủ yếu do vi khuẩn gram âm
0,25
-các protein hòa tan
- tổ hợp các loại lipit, saccarit,
polipeptit hòa tan
0,25
-độc tính mạnh
- độc tính yếu
0,25
-không bền với nhiệt
- bền với nhiệt
0,25
c) hình thức sinh sản chủ yếu của nấm men là nảy chồi
0,5
Câu 8(2.0)
a) vai trò của các loại vi ống
-vi ống thể động dóng vai trò dẫn đường cho NST, phối hợp với thể động đế di
chuyển NST về hai cực của tế bào ở kì sau của phân bào. (0,5)
- vi ống không thể động đóng vai trò đẩy tế bào kéo dài về hai phía, tạo điều
kiện cho phân tách tế bào mẹ thành hai tế bào con. ( 0,5)
b) sự cố dầu mút
- sự cố đầu mút là hiện tượng xảy ra trong quá trình tái bản AND mạch kép
không vòng. Sau tái bản, đoạn mối ở đàu tận c ùng của AND bị loại bỏ nhưng
không được bổ sung bằng đoạn AND thay thế . theo các thế hệ nhân đôi thì đàu
mút các phân tử AND ngắn dần. (0,5)
- khắc phục ở tế bào sinh dục: tái bản bổ sung đoạn AND bị mất nhờ hoạt tính
của enzim telomeraza. (0,5)
Câu 9( 2.0 điểm)
a. vai trò của T độc, T hỗ trợ, tế bào lympho B
tế bào Tđộc tham gia miễm dịch qua trung gian tế bào bằng cách tiêu diệt tế
bào và tác nhân lây nhiễm như vi rút, vi khuẩn….cũng như tiêu diệt tế bào ung
thư ở người. (0.25)
tế bào T hỗ trợ sau khi nhận ra kháng nguyên từ tế bào trình diện kháng
nguyên sẽ:
+ tiết một số chất như cytokin, interleukin, interpheron… kích hoạt tế bào T độc
và hệ thống miễn dịch.(0,25)
+ tiếp xúc và kích hoạt tế bào B chuyển thành tương bào và sản sinh kháng thể
và tế bào B nhớ. kích hoạt tế bào T chuyển thành tế bào T độc và tế bào Tnhớ. .
(0,25)
tế bào B tham gia đáp ứng miễn dịch thể dịch bằng cách sản xuất kháng thể
đặc hiệu kháng nguyên. Tế bào T tham gia đáp ứng miễn dịch tế bào nhowqf có
thụ thể đặc hiệu kháng nguyên liên kết trên màng tế bà.(0,25)
b) thành phần cấu tạo và cơ chế hoạt động của interferon
interferon lbanr chất là glicoprotein gồm 2 thành phần là protein và
hydratcacbon (0,25)
cơ chế hoạt động: interferon chỉ có tác dụng chống vi rút ở bên trong tế bào.
Khi vi rút xâm nhập vào trong tế bào gen mã hóa cho IFN hoạt động và IFN
được tổng hợp và được đưa ra ngoài tế bào.(0,25)
IFN sau khi dduocj đưa ra ngoài tế bào, IFN liên kết với thụ thể của các tế
bào lân cận truyền tín hiệu vào nhân cảm ứng tổng hợp enzim ngăn cản tổng
hợp protein của vỉut(0,5)
Câu 10(2.0 điểm)
a) chất truyền tin thứ 2 là Ca++ với các giai đoạn sau
+ phân tử tín hiệu liên kết với thụ thể G- protein làm G-protein hoạt hóa.Gprotein hoạt hóa lien kết với enzim photpholipazaC. (0,25)
+ photpholipazaC hoạt hóa cắt PIP2 thành DAG và IP3. (0,25)
+ IP3 liên kết với thụ thể kênh Ca++ trên màng của mạng lưới nội chất trơn làm
kênh Ca++ mở. ion Ca++ khuyeechs tán từ mạng lưới nội chất trơn vào bào
tương của tế bào chất. sự tăng nồng độ ion Ca++ trong bào tương hoạt hóa các
protein phụ thuộc Ca dẫn đến các đáp ứng khác nhau trong các tế bào ở các mô
khác nhau.(0,5)
b) thiết kế thí nghiệm
tách hai mô cơ đùi ếch để trong dung dịch sinh lí.(0,25)
Bổ sung vào 2 mẫu thí nghiệm phân tử tín hiệu gây dáp ứng co cơ.0,25)
Bổ sung vào một mẫu chất ức chế enzim phopholipaza C. (0,25)
Kết quả: mô không có chất ức chế enzim co cơ còn mô có chất ức chế enzim
không co. (0,25)
-
( HẾT) -
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐÁP ÁN MÔN: SINH HỌC - KHỐI 10
NĂM 2019
(Đáp án này có 08 trang, gồm 10 câu )
Câu 1 (2,0 điểm) Thành phần hóa học tế bào.
a. Hình bên mô tả sự đa dạng của các nguyên tố trong tế
bào sống, theo đó, các nguyên tố C,H,O chiếm tới 95% trong
tế bào, các nguyên tử này tồn tại theo tỉ lệ C:H:O = 1:2:1
tương ứng với công thức cấu tạo của cacbohidrat (CH2O).
Điều này có thể kết luận hợp chất tồn tại trong tế bào s ống
hầu hết là đường hay không? Vì sao?
b. Vì sao chất dự trữ năng lượng ngắn hạn lí tưởng trong
tế bào động vật là glycôgen mà không phải là đường
glucozơ?
Hướng dẫn chấm
a. Không thể kết luận như vậy vì:
0,25
- Phần lớn các nguyên tử H và O (70%) trong tế bào sống là thành ph ần c ấu 0,25
tạo của nước.
- Phần còn lại là hỗn hợp các chất như đường, axit amin, axit nucleic,
0,25
lipit...toàn bộ các phân tử và đại phân tử tạo nên tế bào sống, nên t ỉ lệ các
nguyên tử tương đương với CTHH của cacbohydrat chỉ là trùng h ợp ngẫu
nhiên.
b. Glycôgen là chất dự trữ ngắn hạn, tích trữ ở gan và cơ của cơ thể động v ật. 0,25
Đv thường xuyên hoạt động, di chuyển nhiều → cần nhiều năng lượng cho
hoạt động sống.
- Glycôgen có cấu trúc đa phân, đơn phân là glucozơ. Các đơn phân liên k ết v ới
nhau bởi liên kết glucôzit → Dễ dàng bị thuỷ phân thành glucôzơ khi cần thiết 0,25
→ phù hợp dự trữ năng lượng.
- Glycôgen có kích thước phân tử lớn nên không thể khuếch tán qua màng tế
bào.
- Glycôgen không có tính khử, không hoà tan trong n ước nên không làm thay 0,25
đổi áp suất thẩm thấu của tế bào.
0,25
- Đường glucôzơ là loại đường đơn rất dễ bị ôxi hóa tạo năng lượng. Mặt khác
chúng có tính khử, dễ hòa tan trong nước và bị khuếch tán qua màng t ế bào
0,25
nên rất dễ bị hao hụt.
1
Câu 2 (2,0 điểm) Cấu trúc tế bào.
a. Trong tế bào, bơm prôtôn (bơm H+) thường có
mặt ở cấu trúc nào? Nêu chức năng của chúng ở mỗi
cấu trúc đó?
b. Hình bên mô tả cấu trúc của một bào quan tế
bào thực vật. Hãy chú thích hình. Mỗi bào quan (A,B) ở
hình bên tồn tại ở vị trí nào của thực vật? Giải thích.
A
B
(Ảnh: Christiane Lichtlé)
Hướng dẫn chấm
Bơm prôtôn (bơm H+) thường có mặt ở cấu trúc:
- Màng trong ty thể: chức năng bơm H+ tự trong chất nền ra xoang gian màng
tạo gradien H+ thông qua ATPaza tổng hợp ATP.
- Màng tilacoit: chức năng bơm H+ từ ngoài stroma vào xoang tilacoit tạo gradien
H+ thông qua ATPaza tổng hợp ATP.
- Màng lizoxom: bơm H+ từ ngoài vào trong để bất hoạt các enzim trong đó.
- Màng sinh chất: bơm H+ ra phía ngoài màng tạo gradien H+, tổng hợp ATP hoặc
dòng H+ đi vào trong để đồng vận chuyển hoặc làm chuyển động lông roi.
b. Chú thích hình.
* Đó là lục lạp của TB mô giậu (A) và lục lạp của TB bao bó mạch (B).
* Sự khác nhau giữa hai loại lục lạp này:
+ Lục lạp mô giậu nhỏ về kích thước nhưng lại có hạt (grana) rất phát tri ển vì
chủ yếu thực hiện pha sáng.
+ Lục lạp bao bó mạch kích thước lớn hơn nhưng hạt (grana) lại kém phát
triển, thậm chí tiêu biến vì chủ yếu thực hiện pha tối, đ ồng th ời t ại đây d ự tr ữ
nhiều tinh bột.
0,25
0,25
0,25
0,25
0.5
0,25
0,25
Câu 3 (2,0 điểm) Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa).
a. Trong quá trình quang hợp, chất nào là ranh giới giữa hai con đ ường v ận
chuyển electron vòng và không vòng? Giải thích.
b. Một chất X có tác dụng ức chế một loại enzim trong chu trình Canvil làm chu trình
ngừng lại. Nếu xử lý các tế bào đang quang hợp bằng chất X thì lượng oxi tạo ra từ các tế
bào này thay đổi như thế nào? Giải thích.
Hướng dẫn chấm
a. Chất là ranh giới giữa hai con đường vận chuyển electron vòng và không vòng
là feredoxin
-Giải thích: Clorophyl P700 được kích động chuyển electron tới Feredoxin
+ Ở con đường chuyền e- không vòng: Fd chuyển electron cho NADP+
+ Ở con đường chuyền e - vòng: Fd chuyển e- cho một số chất chuyền e - khác
(xitocrom, plastoxianin) rồi quay trở lại P700.
b. Chu trình Canvil sử dụng ATP, NADPH tạo ra ADP, Pi và NADP + cung cấp trở lại
cho pha sáng.
0.25
0,25
0,25
0,25
0,5
2
- Nếu chu trình trên ngừng lại→lượng ADP, Pi và NADP+ không được tạo ra → Pha
sáng thiếu nguyên liệu→ngừng pha sáng→lượng O2 giảm dần đến không.
0,5
Câu 4 (2,0 điểm) Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Dị hóa).
a. Trong quá trình đường phân nếu loại bỏ đihiđrôxiaxêtôn-P khi mới được tạo ra
thì có ảnh hưởng gì tới quá trình này? Giải thích.
b. Axit béo là nguồn năng lượng chính cho một vài loại mô, đ ặc bi ệt là c ơ tim c ủa
người trưởng thành. Oxi hóa axit béo trong ty thể là nguồn tổng hợp ATP lớn, nh ưng
quá trình này cũng được thực hiện tương tự ở một bào quan khác. Đó là bào quan nào
trong tế bào? Sự khác biệt cơ bản của quá trình oxi hóa trong bào quan này v ới oxi hóa
trong ti thể là gì?
Hướng dẫn chấm
a. Nếu loại bỏ đihiđrôxiaxêtôn-P → không tạo thành glixêralđêhit-3-P → chỉ có
1 phân tử glixêralđêhit-3-P được ôxi hóa → chỉ tạo được 2 phân tử ATP.
- Trong giai đoạn đầu của đường phân đã tiêu tốn 2ATP → kết thúc đường
phân không thu được phân tử ATP nào, chỉ tạo được 1 phân tử NADH.
b. Bào quan đó là Perroxixom
- Khác nhau
Oxi hóa axit béo tại Ty thể
Oxi hóa axit béo tại Perroxixom
- Ưu tiên oxy hóa axit béo có chuỗi - Ưu tiên oxy hóa axit béo có chuỗi C rất
C ngắn, trung bình và dài.
dài ≥ C20 mà ty thể không thể oxi hóa.
- Acetyl CoA chuyển tới chu trình - Do không có các enzim thực hiện Krebs
Krebs
nên acetyl CoA được chuyển ra ngoài bào
tương để tổng hợp cholesterol và các chất
chuyển hóa khác.
- Cả NADH và FADH2 đều được
- FADH2 được chuyển tới oxi bằng các
chuyển tới chuỗi vận chuyển
oxidase, tái tạo FAD và sinh ra H2O2. Nhờ
điện tử ở màng trong ty thể, tạo
catalaza phân giải H2O2 khử độc cho tế bào.
động lực proton để tổng hợp ATP. - NADH được chuyển ra và được oxi hóa
lại tại bào tương.
- Có chuỗi vận chuyển điện tử →
- Không có chuỗi vận chuyển điện tử nên
thực hiện tổng hợp ATP.
không tổng hợp ATP, năng lượng giải
phóng dưới dạng nhiệt.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5 (2,0 điểm) Truyền tin tế bào + Phương án thực hành.
a. Ánh sáng làm phytochrome biến đổi hình dạng dẫn đến tăng nồng đ ộ các ch ất
truyền tin thứ hai là cGMP và Ca 2+, các chất này hoạt hóa các protein kinase gây nên
hoạt hóa các yếu tố phiên mã tổng hợp các protein đáp ứng sự xanh hóa ở th ực v ật.
Người ta đã tìm thấy một dạng đột biến trên cây cà chua (đ ột bi ến aurea), làm cho cây
cà chua có mức phytochrome ít hơn bình thường nên xanh hóa ít h ơn (lá vàng h ơn) cà
chua hoang dại. Nếu sử dụng một loại thuốc có th ể ức ch ế enzim phân gi ải cGMP cho
3
thể đột biến aurea, thì có dẫn đến sự xanh hóa hoàn toàn bình th ường của lá cây cà
chua này không? Giải thích.
b. Quan sát 3 thí nghiệm được bố trí như hình vẽ dưới đây:
- Các thí nghiệm dưới đây minh họa cho quá trình gì? Hãy viết phương trình ph ản
ứng.
- Sau một thời gian sẽ thấy hiện tượng gì xảy ra ở thí nghiệm 1, thí nghiệm 2, thí
nghiệm 3? Hãy giải thích.
- Dùng các nguyên liệu, dụng cụ thí nghiệm như trên, em hãy làm thí nghi ệm khác
để chứng minh những hiện tượng đã xảy ra ở các thí nghiệm trên là do quá trình s ống
gây nên.
Hướng dẫn chấm
a. Dưới tác động của ánh sáng → quang thụ thể phytochrom biến đổi hình d ạng 0,25
→ 2 con đường truyền tin:
+ tăng nồng độ các chất truyền tin thứ hai cGMP;
+ mở kênh Ca2+ trên màng sinh chất → Ca2+ ồ ạt vận chuyển vào trong bào tương.
- Cả hai con đường đều hoạt hóa các kinase protein → hoạt hóa các y ếu t ố phiên
mã khác nhau → tế bào tổng hợp đủ các loại protein đáp ứng sự xanh hóa.
- Nếu sử dụng một loại thuốc có thể ức chế enzim phân giải cGMP cho th ể đ ột
biến aurea thì không thể dẫn đến đáp ứng sự xanh hóa hoàn toàn bình bình 0,25
thường ở thể đột biến aurea.
- Vì khi sử dụng thuốc ức chế enzim phân giải cGMP chỉ có tác dụng tăng cGMP
nên chỉ hoạt hóa một loại yếu tố phiên mã gây ra phản ứng xanh hóa m ột ph ần,
sự xanh hóa hoàn toàn cần phải hoạt hóa nhánh canxi của con đ ường truy ền tín 0,25
hiệu.
b. Các thí nghiệm trên đều minh họa cho quá trình lên men rượu t ừ dung d ịch
glucôzơ bởi nấm men
0,25
+ Phương trình phản ứng:
C6H12O6
*Hiện tượng:
Nấm men rượu
2C2H5OH + 2CO2 + Q
0,25
4
+ TN 1: Bóng cao su phồng dần lên do khí CO2 tạo ra từ phản ứng bay vào ống.
0,25
+ TN 2: Do phản ứng tỏa nhiệt nên nhiệt độ ở nhiệt kế tăng lên.
0,25
+ TN 3: Cốc nước vôi trong hóa đục do khí CO2 tạo ra từ phản ứng sục vào.
* Thí nghiệm: Đun sôi dung dịch trên để làm chết men rượu sẽ không còn xảy 0,25
ra 3 hiện tượng trên chứng minh được các hiện tượng trên là do quá trình
sống gây nên.
Câu 6 (2,0 điểm) Phân bào.
Trong quá trình giảm phân, protein Rec8 là một loại protein đặc thù c ủa ph ức h ệ
kết dính các yếu tố của NST kép được tổng hợp ở kì trung gian và protein này ch ỉ bị
phân rã ở giảm phân II. Các nhà khoa học đã tạo ra t ế bào n ấm men mang nhi ễm s ắc
thể nhân tạo chứa gen Rec8 và cho biểu hiện đồng th ời v ới t ất c ả các gen khác trong
nguyên phân, từ đó tìm ra protein Shugoshin chính là protein ngăn cản s ự phân rã Rec8
ở giảm phân I. Hãy dự đoán:
a. Bằng cách nào người ta biết là protein Shugoshin mà không phải là các protein
khác ngăn cản sự phân rã của Rec8?
b. Khuẩn lạc nấm men có tế bào tái tổ hợp biểu hiện đồng thời Rec8 và Shugoshin
sẽ như thế nào?
Hướng dẫn chấm
a. Với các tế bào có Shugoshin được biểu hiện (có protein Shugoshin) thì s ự phân
li NST trong nguyên phân diễn ra không bình thường.
- Các tế bào có các gen khác được biểu hiện và không có protein Shugoshin thì
quá trình nguyên phân diễn ra bình thường.
b. Vì có cả Shugoshin và protein Rec8 cùng được biểu hiện trong nguyên phân
nên có NST được phân li, NST khác không phân li do s ự ngăn c ản c ủa protein
Shugoshin. Kết quả tạo ra nhiều loại tế bào con lệch bội khác nhau.
- Trong các tế bào có bộ NST bất thường có thể có kiểu gen gây ch ết, d ẫn đ ến
khuẩn lạc nấm men chậm phát triển.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 7 (2,0 điểm) Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của VSV.
a. Để có thể cố định nitơ trong các nốt sần của cây đậu, vi khu ẩn Rhizobium cần
phải có điều kiện kị khí và phải cần một lượng lớn ATP. Tuy nhiên, c ả t ế bào r ễ cây và
vi khuẩn Rhizobium đều là loại hiếu khí. Hãy cho biết chọn lọc tự nhiên đã gi ải quy ết
mâu thuẫn này như thế nào thông qua các đặc điểm thích nghi ở cả cây đậu lẫn vi
khuẩn Rhizobium để sự hỗ sinh giữa 2 loài có được như ngày nay? Giải thích.
b. Vi sinh vật sống ở nồng độ muối cao (trên 2M NaCl) chịu tác đ ộng c ủa môi
trường có hoạt độ nước thấp và phải có các cơ chế để tránh mất n ước b ởi th ẩm th ấu.
Phân tích nồng độ ion nội bào của các vi khuẩn ưa mặn Halobacteriales sống trong hồ
muối cho thấy các vi sinh vật này duy trì nồng độ muối (KCl) cực kỳ cao bên trong t ế
bào của chúng. Tế bào vi sinh vật phải có đặc điểm thích nghi nh ư th ế nào trong đi ều
kiện này?
5
Hướng dẫn chấm
a. Tầng bao bọc bên ngoài nốt sần của rễ cây được lignin hoá khiến h ạn ch ế
sự khuếch tán của ôxi vào bên trong nốt sần.
- Lượng ôxi trong nốt sần được hạn chế sao cho đủ đối với tế bào r ễ cây và vi
khuẩn hô hấp nhưng không ức chế enzym nitrogenase.
- Vi khuẩn Rhizobium khi vào trong tế bào được bao bọc trong túi màng để hạn
chế tiếp xúc với ôxi tạo điều kiện cho enzym nitrogenase cố định nitơ.
- Tế bào rễ cây có một loại protein leghemoglobin liên kết với oxi làm giảm
lượng ôxi tự do trong nốt sần, tạo điều kiện kị khí nhưng lại v ận chuy ển oxi
và điều tiết lượng ôxi cho các tế bào vi khuẩn để hô hấp t ổng h ợp ATP cho
quá trình cố định nitơ.
b. Hầu hết các protein nội bào của Vi khuẩn ưa mặn chứa một lượng rất dư
thừa các amino axit mang điện tích âm trên bề mặt ngoài của chúng. Đi ều này
sẽ giúp protein giữ được cấu hình cần thiết cho sự ổn định về mặt cấu trúc và
chức năng xúc tác trong điều kiện nồng độ muối cao.
- Các vi khuẩn ưa mặn sử dụng một lượng lớn ATP cho bơm Na +/K+ hoạt động
nhằm duy trì nồng độ muối KCl cao trong tế bào và đ ồng th ời đ ể v ận chuy ển
tích cực Na+ ra khỏi tế bào.
- Hầu hết các enzyme của vi khuẩn ưa mặn có hoạt tính cao trong môi tr ường
này.
0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
0.25
0.25
Câu 8 (2,0 điểm) Sinh trưởng, sinh sản của VSV.
a. Trong quá trình nuôi cấy không liên tục, lấy dịch huy ền phù c ủa tr ực khu ẩn c ỏ
khô (Bacillus subtilis) ở cuối pha log (cho vào ống nghiệm 1) và dịch huyền phù được
lấy cuối pha cân bằng động (cho vào ống nghiệm 2). Ở hai ống nghiệm đều đ ược x ử lý
bằng lyzozim, đặt trong tủ ấm ở 37 0C trong 3 giờ. Sau đó làm tiêu bản sống. Em hãy dự
đoán kết quả sau khi làm tiêu bản?
b. Về mùa thu, một số ao hồ nước chuyển sang màu xanh lục hoặc xanh lam, làm
chết nhiều sinh vật trong hồ, có thể gây ngứa n ếu ta lội ho ặc t ắm ở đây. Hi ện t ượng
này được gọi là gì? Nguyên nhân và hậu quả của hiện tượng trên?
Hướng dẫn chấm
a. Bacillus subtilis là vi khuẩn Gram dương
- Ống nghiệm 1. Lấy dịch huyền phù ở cuối pha log (sinh trưởng mạnh), chất
dinh dưỡng dồi dào, lúc này vi khuẩn chưa hình thành nội bào tử do v ậy khi x ử
lý lyzozim sẽ thu được tế bào trần.
- Ống nghiệm 2: Lấy dịch huyền phù ở cuối pha cân bằng động, ch ất dinh
dưỡng cạn kiệt, chất độc hại tích lũy, vi khuẩn hình thành nội bào tử do vậy khi
xử lý lyzozim vẫn còn nguyên dạng trực khuẩn.
b. Đây là hiện tượng nước nở hoa.
- Nguyên nhân: do các vi khuẩn lam hoặc tảo sống ở các ao hồ gặp điều kiện
phú dưỡng nên sinh trưởng, sinh sản nhanh làm số lượng cá thể tăng đột biến.
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
6
- Hậu quả: Các vi sinh vật làm cản trở việc hô hấp của các sinh v ật khác trong 0.5
ao hồ, mặt khác chúng tiết chất độc khi chúng chết đi. Từ đó làm ch ết hàng lo ạt
các sinh vật như cá, gây tích lũy chất độc cho các loài sống đáy, nh ất là đ ộng v ật
hai mảnh vỏ. Độc tố có thể gây ngứa hoặc có khi gây chết người.
Câu 9 (2,0 điểm) Virut.
a. Phân biệt các thuật ngữ: Virion và Viroit. Hình
bên mô tả cấu trúc của virut viêm gan B. Hãy điền tên
các thành phần cấu trúc của virut vào những số tương
ứng. Quá trình sao chép của virut này diễn ra như thế
nào?
b. Một số loại virut gây bệnh ở người nhưng người
ta không thể tạo ra vacxin phòng chống. Cho biết đó là
loại viruts có vật chất di truyền là AND hay ARN? Vì sao?
Hướng dẫn chấm
a. * Virion: tổ hợp hạt virut, axit nucleic được bao bọc bởi protein và đôi khi có ít
hợp chất khác nữa, hạt virut hoàn chỉnh đang ở giai đoạn không nhân lên
(thường được hiểu là virut ngoại bào).
* Viroit: Là đoạn axit nucleic trần (ARN+) không được bao bọc bởi vỏ protein, có
kích thước nhỏ hơn virut gấp nhiều lần, mạch đơn. Gây nhiều bệnh ở thực vật.
- Viroit không mã hoá cho bất kì protein nào, song nó có khả năng nhân lên trong
tế bào thực vật, nên chắc chắn nó phải sử dụng enzim của tế bào. Viroit gây
bệnh còi cọc ở cây dừa và các cây có múi...
* Virut viêm gan B (HBV) chứa hệ gen ADN kép nhân đôi
theo 2 giai đoạn: ADN → ARN xảy ra trong nhân, sử dụng
ADN polymeraza của tế bào, sau đó ARN → ADN xảy ra
trong tế bào chất, sử dụng enzim phiên mã ngược do
virut mang theo.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Vi rút có vật chất di truyền là ARN.
0,25
+ Do cấu trúc ARN kém bền vững hơn ADN nên virút có vật ch ất di truy ền và 0,25
ARN dễ phát sinh các đột biến hơn vi rút có vật chất di truyền là ADN.
+ Vì vậy, vi rút có vật chất di truyền là ARN d ễ thay đ ổi đ ặc tính kháng nguyên 0,25
hơn..., nên người ta không thể tạo ra vacxin phòng chống chúng.
Câu 10 (2,0 điểm) Bệnh truyền nhiễm, miễn dịch.
a. Trong các bệnh nhược cơ, các kháng thể gắn và ngăn chặn ở các xinap thần
kinh – cơ, ngăn cản co cơ. Bệnh này được phân loại đúng nh ất là b ệnh thi ếu h ụt mi ễn
dịch, bệnh tự miễn hay phản ứng dị ứng? Giải thích?
7
b. Thế nào là kháng nguyên, kháng thể? Cơ chế tác dụng của kháng th ể? Ph ản ứng
kháng nguyên – kháng thể ảnh hưởng như thế nào đến kỹ thuật ghép mô, cơ quan.
Người ta làm gì để giảm thiểu những ảnh hưởng đó trong quá trình cấy ghép?
Hướng dẫn chấm
a. Là bệnh tự miễn vì hệ miễn dịch sinh ra các kháng th ể ch ống l ại các phân t ử
tự thân (các thụ thể acetylcolin)
b. Kháng nguyên, kháng thể:
+ Kháng nguyên là loại hợp chất lạ có khả năng gây ra trong c ơ th ể s ự tr ả l ời
miễn dịch. Các hợp chất này có thể là prôtêin, độc tố thực vật, động vật, các
enzim, một số polisaccarit…
+ Kháng thể là những prôtein được tổng hợp nhờ các tế bào limphô. Chúng
tồn tại tự do trong dịch thể hoặc dưới dạng phân tử nằm trong màng t ế bào
chất của tế bào limphô.
- Cơ chế tác động của kháng thể:
+ Trung hoà độc tố do lắng kết.
+ Dính kết các vi khuẩn hay các tế bào khác.
+ Làm tan các vi khuẩn khi có mặt của chúng trong huyết thanh bình thường.
+ Dẫn dụ và giao nộp các vi khuẩn cho quá trình thực bào.
- Phản ứng kháng nguyên – kháng thể ảnh hưởng đến quá trình c ấy ghép mô, c ơ
quan:
Việc cấy ghép mô, cơ quan khó thực vì các cơ quan ghép (tim, thận, gan,
da…) chứa nhiều kháng nguyên hơn cả huyết tương và trên hồng cầu nên chúng
thường bị hệ thống miễn dịch của cơ thể đào thải.
- Biện pháp khắc phục là chọn mô, cơ quan ghép phù hợp để hạn ch ế ph ản ứng
kháng nguyên – kháng thể:
+ Các mô trong cùng cơ thể.
+ Sử dụng mô ghép giữa những người cùng huyết thống, nhất là nh ững
người sinh đôi cùng trứng.
+ Đối chiếu kháng nguyên của cơ thể người cho và người nhận.
+ Sử dụng thuốc ức chế miễn dịch.
0,5
0,2
5
0,2
5
0,5
0,2
5
0,2
5
---------- Hết ----------
Người ra đề: KIM THỊ HƯỜNG
SĐT: 0983.520.597
8 -
Đề kiểm tra cuối tuần Tiếng Việt 2: Tuần 10 - Doc24.vn Đề kiểm tra cuối tuần môn Tiếng Việt lớp 2:
Tuần 10
I- Bài tập về đọc hiểu
Hương nhãn
Trong xanh ánh mắt
Trong vắt nhãn lồng
Chim ăn nhãn ngọt
Bồi hồi nhớ ông!
Ngày ông trồng nhãn
Cháu còn bé thơ
Vâng lời ông dặn
Cháu tưới cháu che.
Mấy mùa hè đến
Bao mùa đông sang
Vành non vẫy gọi
Lá xanh ngút ngàn.
Nay mùa quả chín
Thơm hương nhãn lồng
Cháu ăn nhãn ngọt
Nhớ ông vun trồng
(Trần Kim Dũng)
Khoanh tròn chữ cái trước ý trẩ lời đúng .
1. Hình ảnh nào gợi cho người cháu nhớ đến ông?
a- Ánh mắt trong xanh
b- Cùi nhãn trong vắt
c- Chim về ăn nhãn
2. Ngày ông trồng nhãn, cháu ở lứa tuổi nào?
a- Lứa tuổi mẫu giáo
b- Lứa tuổi tiểu học
c- Lứa tuổi trung học
3. Cây nhãn lớn lên qua thời gian bao lâu thì kết quả, tỏa hương?
a- Qua mấy mùa hè
b- Qua mấy mùa đông
c- Qua nhiều năm tháng
(4). Dòng nào dưới đây nêu đúng bài học rút ra từ bài thơ?
a- Trồng cây gây rừng
b- Uống nước nhớ nguồn
c- Kính trọng ông bà
II- Bài tập về Chính tả, Luyện từ và câu, Tập làm văn
1. Viết lại các từ ngữ vào chỗ trống sau khi đã điền đúng:
a) c hoặc k
- …on …iến/ …….
-…ây….ỏ/………..
- …ái…. èn/……..
-dòng….ênh/………
b) l hoặc n
-…..ặng nề/………
-……ặng lẽ/…….
-số……ẻ/……….
-nứt…….ẻ/…….
c) ngỏ hoặc ngõ
-…….. nhỏ/…………
-bỏ………/……….
-………xóm/………..
-……..cửa/……….
2. Gạch dưới các từ chỉ người trong họ hàng có đoạn văn sau và ghi vào hai dòng Họ nội, Họ ngoại:
Gia đình Dung sống cùng với ông nội,bà nội. Cứ vào ngày mồng một Tết hằng năm, họ họ hàng bên nội, bên ngoại lại đến nhà Dung rất đông. Này nhé, buổi sáng thì có ông ngoại, bà ngoại, các bác, các chú cùng các cô, các thím, các dì. Buổi chiều có cậu, mợ và cả các cháu của ba má đến chơi. Dung được vui vầy cùng các anh, chị và các em, lại được họ hàng mừng tuổi, vui ơi là vui!
- Họ nội:………………………………………………
- Họ ngoại:……………………………………………
3. Đặt dấu chấm hoặc dấu chấm hỏi thích hợp vào ô trống trong mẩu chuyện vui:
Ba má
- Các con hiểu từ ba má nghĩa là gì
- Thưa cô, ba má là hai má của cô và một má của con nữa ạ
(Theo Lê Phương Nga)
4. Viết đoạn văn (khoảng 5 câu) kể về một người thân trong gia đình em. (ông/ bà, bố/ mẹ, anh/ chị hoặc em ruột…)
Gợi ý:
a) Ông/ bà (bố / mẹ, anh / chị hoặc em ruột….) của em bao nhiêu tuổi?
b) Ông/ bà (bố/ mẹ, anh/ chị hoặc em ruột ….) của em làm nghề gì (hoặc đang học ở đâu)?
c) Ông/ bà (bố/ mẹ, anh/ chị hoặc em ruột ….) của em yêu quý, gần gũi đối với em như thế nào?
…………………………………………………………………..
…………………………………………………………………..
…………………………………………………………………..
Đáp án Đề kiểm tra cuối tuần Tiếng Việt 2: Tuần 10
I- 1.c 2.b 3.c (4).b
II- 1.
a) con kiến – cây cỏ ; cái kèn – dòng kênh
b) nặng nề - lặng lẽ ; số lẻ - nứt nẻ
c) ngõ nhỏ - bỏ ngỏ ; ngõ xóm – ngỏ cửa
2. Gia đình Dung sống cùng với ông nội, bà nội. Cứ vào ngày mồng một Tết hằng năm, họ họ hàng bên nội, bên ngoại lại đến nhà Dung rất đông. Này nhé, buổi sáng thì có ông ngoại, bà ngoại, các bác, các chú cùng các cô, các thím, các dì. Buổi chiều có cậu, mợ và cả các cháu của ba má đến chơi. Dung được vui vầy cùng các anh, chị và các em, lại được họ hàng mừng tuổi, vui ơi là vui!
- Họ nội: ông nội, bà nội, cô, thím, bác, chú, cháu, anh, chị, em.
- Họ ngoại: ông ngoại, bà ngoại, dì, cậu, mợ, bác, chú, cháu, anh, chị, em.
* Chú ý: Các từ bác, chú, cháu, anh, chị, em ghi ở cả 2 dòng (họ nội, họ ngoại) đều phù hợp.
3. Ba má
Giờ Học vần, phần từ ngữ ứng dụng có từ ba má. Học sinh đọc xong, cô giáo hổi về nghĩa từ:
- Các con hiểu từ ba má nghĩa là gì?
Tũn nhanh nhảu xung phong trả lời:
- Thưa cô, ba má là hai má của cô và một má của con nữa ạ.
4. VD:
(1) Ông ngoại của em năm nay sáu mươi hai tuổi. Ông là chủ một trang trại trồng trọ và chăn nuôi gia súc lớn nhất trong huyện. Năm ngoái, ông được bình bầu danh hiệu nông dân xuất sắc của huyện và được cử đi Đại hội nông dân tiêu biểu toàn tỉnh. Ông ngoại rất yêu quý em. Ông thường cho em đi thăm trang trại và kể cho em nghe nhiều chuyện hay về các con vật và cây cối rất gần gũi đối với ông.
(2) Mẹ em năm nay ba mươi hai tuổi. Mẹ làm công nhân ở Nhà máy dệt 8-3. Buổi sáng, mẹ đưa em đến trường rồi mới đi làm. Buổi chiều, mẹ lại đón em về. Mẹ luôn chăm sóc, dạy bảo em từng li từng tí để em trở thành con ngoan, trò giỏi.
(3) Bé Thúy Quỳnh của em năm nay đã năm mươi tuổi. Quỳnh đang học lớp mẫu giáo lớn. Sáng nào hai chị em cũng được bố đưa đi học rồi buổi chiều lại đón về nhà. Dọc đường đi học, bao giờ Quỳnh cũng ríu rít nói chuyện với em. Trước khi được bố dẫn vào lớp, bao giờ bé cũng đòi thơm em một cái vào má rồi mới bước đi.