https://app.box.com/s/gv87h0yktms0av63gsjw7d2lv8amh7uc

1. Đ Ề T H I C H Ọ N H Ọ C S 
I N H
G I Ỏ I D U Y Ê N H Ả I B Ắ C B Ộ
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
TỔNG HỢP ĐỀ THI CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ NGHỊ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG
THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ
ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
MÔN SINH HỌC – LỚP 10
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group

2. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 1/6
Câu 1. Thành phần hóa học tế bào (2,0 điểm)
1.1. Glycogen và amylopectin là polymer của glucose có phân nhánh. Chuỗi mạch thẳng của các
polymer này bao gồm các liên kết α (1 → 4) và chuỗi phân nhánh được hình thành bởi liên kết α (1 →
6) như Hình 1. Quá trình phân giải trong tế bào, các gốc glucose được giải phóng lần lượt từ đầu tận
cùng của chuỗi bởi enzyme phosphorylase cho đến phía vị trí phân nhánh. Sau đó, liên kết α (1 → 6)
của nhánh bị cắt bởi enzyme cắt nhánh.
Hình 1 Hình 2
a. Vì sao chất dự trữ năng lượng ngắn hạn lí tưởng trong tế bào động vật là glycogen mà không
phải là đường glucose?
b. Để phân giải glycogen bằng enzyme phosphorylase ở nồng độ dư thừa hoặc bằng enzyme cắt
nhánh ở nồng độ dư thừa, giả sử rằng enzyme phosphorylase phân cắt lần lượt tất cả các gốc glucose
của một chuỗi thẳng không phân nhánh, hãy chọn một đồ thị thích hợp cho sự phân cắt của mỗi
enzyme (phosphorylase và enzyme cắt nhánh) từ các đồ thị ở Hình 2. Giải thích.
1.2. Hình 3 thể hiện phân tích nồng độ của một số
acid amin tự do ở thực vật thích nghi với ánh sáng và thích
nghi với bóng tối. Cho kí hiệu viết tắt tên gọi của các acid
amin như sau: Aspactic (Asp), Glycine (Gly), Serine (Ser),
Asparagin (Asn), Threonine (Thr), Glutamin (Gln).
a. Trong số các acid amin đã phân tích, acid amin nào
chi phối nhiều nhất tới sự thích nghi sáng - tối? Giải thích cơ
sở sinh hóa cho sự khác biệt trên.
b. Măng tây trắng là kết quả của việc trồng cây măng
tây trong bóng tối. Acid amin nào nói trên có thể làm tăng
hương vị của măng tây trắng?
Hình 3
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ
(Đề thi gồm 06 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC - LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15 tháng 7 năm 2023
ĐỀ CHÍNH THỨC

3. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 2/6
Câu 2. Cấu trúc tế bào (2,0 điểm)
Để xác định con đường vận
chuyển nội bào của ba loại
protein X, Y và Z, bốn mẫu tế
bào được nuôi cấy giống hệt
nhau đã được đánh dấu bằng 3
H-
amino acid trong 5 phút. Một
mẫu nuôi cấy được xác định
ngay sau khi gắn nhãn. Ba mẫu
nuôi cấy còn lại được rửa sạch
và sau đó được đưa vào môi
trường có lượng amino acid
không được gắn nhãn trong 10
phút, 20 phút và 30 phút.
Bảng 1
Sau đó, các tế bào được đặt trên băng lạnh và các phân đoạn tế bào thu được bằng cách ly tâm.
Các phần tế bào được thu hoạch bao gồm: ty thể, lưới nội chất hạt, bộ máy Golgi, màng sinh chất,
ribosome tự do và bào tương. Trong mỗi phân đoạn này, lượng protein có kích thước tổng hợp mới
được xác định. Kết quả được thể hiện ở Bảng 1.
a. Protein X và Y thu được ở thời điểm 5 phút tại ribosome, nhưng tại sao có sự khác nhau ở giai
đoạn 20 và 30 phút?
b. Protein Z là protein nằm ở bào quan nào? Giải thích.
c. Tại thời điểm 10 phút, phát biểu nào (I - IV) sau đây đúng về protein X và protein Z? Giải thích.
(I) Protein X được tổng hợp nhanh hơn protein Z.
(II) Protein X bị phân hủy chậm hơn protein Z.
(III) Protein X bị phân hủy nhanh hơn protein Z.
(IV) Protein X được giải phóng từ ribosome chậm hơn protein Z.
Câu 3. Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (2,0 điểm)
3.1. Rotenone là một sản phẩm tự nhiên độc hại có nguồn gốc từ thực vật, có tác dụng ức chế
mạnh NADH dehydrogenase của ty thể ở côn trùng và cá. Antimycin A là một loại kháng sinh độc, có
tác dụng ức chế mạnh quá trình oxy hóa Ubiquinol (Coenzyme Q).
a. Giải thích tại sao sau khi ăn phải rotenone một số loại côn trùng và cá bị tử vong?
b. Giải thích cơ chế tác động của antimycin A.
c. Giả sử rotenone và antimycin A có hiệu quả như nhau trong việc ngăn chặn các vị trí tương
ứng của chúng trong chuỗi chuyển điện tử thì chất độc nào sẽ mạnh hơn? Giải thích.
3.2. Hình 4 mô tả phản ứng của enzyme
succinic dehydrogenase biến đổi cơ chất là
succinate thành sản phẩm là fumarate. Tuy
nhiên sản phẩm sẽ không được tạo ra nếu có
mặt malonate.
a. Giải thích hiện tượng trên?
b. Nếu muốn sản phẩm tiếp tục được tạo
ra thì có thể khắc phục bằng cách nào?
H
ình 4
Câu 4. Truyền tin tế bào + phương án thực hành (2,0 điểm)
4.1. Ung thư vú (Breast cancer) là loại ung thư phổ
biến ở phụ nữ, thường xảy ra ở các tế bào biểu mô. Loại
ung thư này thường do bất thường trong biểu hiện của
EGFR (Thụ thể yếu tố tăng trưởng có nguồn gốc từ thượng
bì: Epidermal growth factor receptor). Hình 5 mô tả hai tế
bào biểu mô vú của một người phụ nữ (tế bào Q và T).
a. Xác định tế bào ung thư, tế bào lành? Giải thích.

4. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 3/6
b. Cơ chế nào dẫn đến sự biểu hiện bất thường của EGFR ở tế bào ung thư vú nói trên?
c. TMEM25 là một loại protein được tìm thấy trên bề mặt các tế bào ung thư vú và nó tương tác
với EGFR. Làm thế nào chứng minh được TMEM25 có liên quan đến chức năng của EGFR?
4.2. Nghiên cứu tác động của 2 chất ức chế lysozyme, hai bạn học sinh làm thí nghiệm và đưa ra
các kết luận như sau:
Học sinh Tiến hành Kết quả Kết luận
A
Giữ nguyên nồng độ enzyme và
chất ức chế, tăng dần nồng độ
cơ chất từ 0.1 đến 5 µM, đo
lượng sản phẩm tạo thành.
Kết quả như nhau đối với cả hai
chất ức chế: lượng sản phẩm
tăng dần theo sự tăng nồng độ
cơ chất.
Cả hai chất ức chế
đều là chất ức chế
cạnh tranh
B
Giữ nguyên nồng độ enzyme và
chất ức chế, tăng dần nồng độ
cơ chất từ 150 đến 200 µM, đo
lượng sản phẩm tạo thành.
Kết quả như nhau đối với cả hai
chất ức chế: lượng sản phẩm
không tăng theo sự tăng nồng độ
cơ chất.
Cả hai chất ức chế
đều là chất ức chế
không cạnh tranh
Kết quả của học sinh nào là đúng? Giải thích.
Câu 5. Phân bào (2,0 điểm)
5.1. Nghiên cứu về điều hòa chu kỳ tế bào ở người cho thấy protein p16 (khối lượng phân tử
16kDa) có vai trò quan trọng trong quá trình chuyển tiếp từ pha G1 sang pha S, làm chậm sự tiến triển
của chu kỳ tế bào. Bản chất của protein p16 là một chất ức chế enzim kinaza phụ thuộc cyclin (Cdk).
Khi không có p16, Cdk4 kết hợp với cyclin D và tạo thành phức hệ protein có hoạt tính, phức hệ này
phosphoryl hóa một protein có tên là retinolastoma, làm giải phóng yếu tố phiên mã E2F1 (vốn bình
thường ở trạng thái liên kết với retinolastoma).
a. Yếu tố phiên mã E2F1 có vai trò gì trong sự diễn tiến của chu kỳ tế bào?
b. Các phát hiện gần đây cho thấy hàm lượng protein p16 trong tế bào người già cao hơn hơn so
với người trẻ tuổi. Điều này liên quan gì đến hiện tượng lão hóa ở người già?
c. Thuốc điều trị ung thư thường được dùng phối hợp nhiều loại để tác động tới các giai đoạn của
chu kỳ tế bào. Tại sao đây là một cách điều trị tốt hơn so với việc sử dụng một loại thuốc duy nhất?
5.2. Để quan sát sự vận động của các
nhiễm sắc thể trong quá trình nguyên phân,
một học sinh đã làm tiêu bản tế bào phần đầu
rễ hành tây (Allium cepa) và quan sát dưới kính
hiển vi quang học. Kết quả đã quan sát được 6
dạng tế bào (kí hiệu từ A đến F) đại diện cho
các giai đoạn của chu kì tế bào như Hình 6.
a. Sắp xếp và đặt tên cho 6 giai đoạn
trong hình vẽ tương ứng với trình tự các giai
đoạn của chu kì tế bào bình thường.
b. Trên tiêu bản, các tế bào có dạng mô tả
như hình nào có thể sẽ chiếm tỷ lệ cao nhất?
Giải thích. Hình 6
c. Trình bày cơ chế của sự kiện xảy ra ở tế bào A trong Hình 6.
Câu 6. Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của vi sinh vật (2,0 điểm)
6.1. Thời gian gần đây liên tiếp xảy ra các vụ ngộ độc thực
phẩm do ăn phải chả lụa của người bán dạo và một loại mắm ủ lâu
ngày. Nạn nhân thường có các triệu chứng như buồn nôn, nôn,
chướng bụng, đau bụng, liệt từ vùng đầu, cổ rồi lan xuống hai tay,
sau đó tới hai chân, liệt các cơ hô hấp và có thể gây suy hô hấp dẫn
đến tử vong. Qua kiểm tra, cơ quan chức năng phát hiện các mẫu
thực phẩm trên cùng nhiễm một loài vi khuẩn có tên là Clostridium
botulinum. Tiêu bản mẫu chứa vi khuẩn Clostridium botulinum
được thể hiện trên Hình 7.

5. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 4/6
a. Xác định các cấu trúc (1) và (2) trong Hình 7. Vì sao rất khó tiêu diệt chủng vi khuẩn này?
b. Tiến hành nhuộm Gram thì thấy vi khuẩn này bắt màu tím. Hãy cho biết vi khuẩn này là vi
khuẩn Gram dương hay vi khuẩn Gram âm? Thành tế bào của chúng có đặc điểm cấu trúc gì nổi bật?
6.2. Trong môi trường tiêu chuẩn ở pH = 7,0, nhiệt độ 350
C và kị khí hoàn toàn, có hai mẻ nuôi
cấy vi khuẩn trong đó một mẻ nuôi cấy có chứa hai hợp chất hữu cơ giàu năng lượng (môi trường A)
và mẻ còn lại chứa một loại hợp chất hữu cơ đồng nhất (môi trường B). Người ta nuôi cấy riêng hai
loài vi khuẩn Lactobacillus bulgaricus và Streptocuccus votrovorus (mật độ ban đầu là 3,2.105
tế
bào/mL) thành hai mẻ ở hai môi trường khác nhau. Đồ thị biểu diễn sự sinh trưởng và sự biến đổi
nồng độ các chất trong môi trường nuôi cấy của 2 loài vi khuẩn trên được biểu diễn ở Hình 8.
Hình 8
Dựa vào sản phẩm tạo ra, hãy xác định kiểu chuyển hóa của mỗi loài vi khuẩn trên. Giải thích sự
khác biệt trong quá trình chuyển hóa đường glucose của chúng.
Câu 7. Sinh trưởng, sinh sản của vi sinh vật (2,0 điểm)
7.1. Hình 9 mô tả đường cong sinh trưởng của vi khuẩn E. coli được nuôi cấy không liên tục
trong các môi trường bổ sung 1 trong 3 loại kháng sinh có cơ chế tác động thể hiện ở Bảng 3. Hãy cho
biết vi khuẩn sống trong môi trường 1, 2, 3 có đường cong sinh trưởng nào ở Hình 9? Giải thích.
Bảng 3
Môi
trường
Kháng sinh
được bổ sung
Cơ chế tác động của
kháng sinh
1 Penicilin
Ức chế tổng hợp thành
tế bào
2 Sulfonamide
Ức chế cạnh tranh với
enzyme tổng hợp B9
3 Chloramphenicol
Ức chế kéo dài chuỗi
polipeptide qua
ribosome 50S
Hình 9
7.2. Chủng vi khuẩn Y được nuôi cấy trong 2 bình nuôi cấy với thể tích 10 lít, trong đó có 3 lít
môi trường khoáng dịch thể (chứa glucose: 50g/lít; (NH4)2SO4: 5g/lít, KH2PO4: 3g/lít; MgSO4.7H20:
2g/lít; pH = 5,5) ở hai cách thức nuôi khác nhau. Tốc độ sinh trưởng (μ) của từng bình được theo dõi
trong 66 giờ nuôi cấy ở Bảng 2.
Bảng 2
Thời gian (h)
Tốc độ sinh trưởng μ ( h-1
)
Thời gian (h)
Tốc độ sinh trưởng μ ( h-1
)
Bình 1 Bình 2 Bình 1 Bình 2
0 0 0 36 0,05 0,33
6 0 0,1 42 0 0,32
12 0,15 0,33 48 -0,1 0,18
18 0,32 0,32 54 -0,2 0,33
24 0,33 0,15 60 0,15 0, 23
30 0,15 0,22 66 -0,3 0, 32
a. Kiểu dinh dưỡng của chủng vi khuẩn Y là gì? Giải thích.
b. Xác định thời gian các pha sinh trưởng của chủng vi khuẩn Y ở bình nuôi cấy 1. Giải thích.

6. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 5/6
Câu 8. Virus (2,0 điểm)
8.1. Hình 10 mô tả cấu trúc Human
cytomegalovirus (HCMV) - một loại virus phổ biến
ảnh hưởng đến con người. Ở những người có hệ
thống miễn dịch hoạt động đầy đủ, nhiễm HCMV
thường không hoặc chỉ có các triệu chứng nhẹ.
a. Biết rằng, cấu trúc S là đơn phân cấu tạo của
cấu trúc T. Hãy xác định tên của cấu trúc S và T.
b. Valganciclovir là một loại thuốc ức chế hoạt
động của enzyme DNA polymerase ở virus. Vì sao
loại thuốc này có thể được sử dụng để điều trị cho
người nhiễm HCMV?
c. Cấu trúc T của các HCMV khác nhau
thường giống nhau. Tuy nhiên khi tiến hành quan sát
các virion tương ứng dưới kính hiển vi điện tử thì
hình thái của chúng thường khác nhau. Vì sao?
Hình 10
8.2. Bảng 3 liệt kê tác dụng của một số loại thuốc chống virus mới đang được xem xét để sử
dụng ở người.
Bảng 3
Thuốc Tác dụng của thuốc
1 Ức chế enzim RNA polymerase phụ thuộc RNA
2 Ức chế enzim RNA polymerase phụ thuộc DNA
3 Ức chế enzim DNA polymerase phụ thuộc RNA
4 Ức chế enzim DNA polymerase phụ thuộc DNA
5 Ức chế enzim integrase
6 Ức chế ribosome
Hãy cho biết trong các loại thuốc trên, loại nào chỉ ức chế đặc hiệu cho HIV, virus cúm mà
không ảnh hưởng đến con người? Giải thích.
Câu 9. Trao đổi nước, dinh dưỡng khoáng ở thực vật (2,0 điểm)
9.1. Để nghiên cứu sự kéo dài chồi của cây lúa mì nảy mầm được 5 ngày tuổi, một nhà sinh lý
thực vật đã tiến hành thí nghiệm với 4 lô như sau:
- Lô I: Trồng các cây kiểu dại trong điều kiện đủ nước.
- Lô II: Trồng các cây kiểu dại trong điều kiện thiếu nước.
- Lô III: Trồng các cây đột biến thiếu hụt ABA trong điều kiện đủ nước.
- Lô IV: Trồng các cây đột biến thiếu hụt ABA trong điều kiện thiếu nước.
Dự đoán kết quả sinh trưởng kéo dài chồi của các cây lúa mì trong mỗi lô thí nghiệm trên. Giải thích.
9.2. Cồn (đồi) cát ven biển là một trong những nơi nắng nóng và khô hạn, không thuận lợi cho
nhiều loài sinh vật sinh sống. Một thí nghiệm được tiến hành nhằm tìm hiểu đáp ứng của hai loài cỏ (D
và E) trong điều kiện khô hạn nhân tạo, trong đó mỗi cây được trồng riêng rẽ trong các ống cao chứa
cát với điều kiện thí nghiệm như nhau. Khối lượng trung bình của rễ (Hình 11.1) và thế nước ở lá
(Hình 11.2) của hai loài được theo dõi trong 20 ngày không được tưới nước. Kết quả cũng cho thấy
lớp cát sâu nhất trong các ống thí nghiệm chỉ tìm thấy rễ của loài D.
Hình 11.1 Hình 11.2
a. Phân tích sự biến đổi khối lượng rễ và thế nước ở lá của hai loài cỏ D và E khi không được tưới nước?
b. Loài nào thích nghi tốt hơn với điều kiện sống ở cồn cát ven biển? Đặc điểm sinh trưởng của
rễ loài này thích nghi với điều kiện sống khô hạn như thế nào?

7. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 6/6
Câu 10. Chuyển hóa vật chất và năng lượng ở thực vật (2,0 điểm)
10. 1. Một số nhà khoa học đã tiến hành các nghiên cứu nhằm làm tăng khả năng chống chịu của
cây trồng với ngập úng và đất có dư lượng nhôm cao. Người ta đã sử dụng kĩ thuật di truyền để tạo ra
2 giống cây trồng chuyển gen:
- Giống A mang gen mã hóa enzim citrate synthase có nguồn gốc từ vi khuẩn.
- Giống B mang gen mã hóa các protein Sub 1A-1 có tác dụng tăng cường sự biểu hiện của gen
mã hóa enzim alcohol dehydrogenase.
Mỗi giống cây trồng A và B có thể chống chịu được điều kiện bất lợi nào ở trên? Giải thích.
10.2. Các nhà khoa học đã khảo
sát ảnh hưởng của nhiệt độ đến tốc độ
quang hợp ở ba cường độ ánh sáng
khác nhau và đồng thời cũng khảo sát
ảnh hưởng của nhiệt độ đến tốc độ hô
hấp ở cây Kalmia procumbens thuộc
họ Đỗ quyên, mọc trên núi cao. Kết
quả được thể hiện ở Hình 12.
a. Chỉ ra 2 nhân tố giới hạn cường
độ quang hợp trong khoảng giữa điểm
X và điểm Y. Giải thích.
b. Các nhà khoa học dự đoán rằng
ở khu vực nơi loài cây này phát triển,
nhiệt độ trung bình vào mùa hè có thể
tăng từ 20°C lên 23°C và cũng có khả
năng trở nên nhiều mây hơn. Những thay đổi này ảnh hưởng như thế nào đến sự phát triển của cây
Kalmia procumbens? Giải thích.
………………………HẾT………………………
Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ………………………
Lưu ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Hình 12

8. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 1/14
Câu 1. Thành phần hóa học tế bào (2,0 điểm)
1.1. ( Chuyên Bắc Giang; Chu Văn An HN)
1.1. Glycogen và amylopectin là polymer của glucose có phân nhánh. Chuỗi mạch thẳng của các
polymer này bao gồm các liên kết α (1 → 4) và chuỗi phân nhánh được hình thành bởi liên kết α (1 →
6) như Hình 1. Quá trình phân giải trong tế bào, các gốc glucose được giải phóng lần lượt từ đầu tận
cùng của chuỗi bởi enzyme phosphorylase cho đến phía vị trí phân nhánh. Sau đó, liên kết α (1 → 6)
của nhánh bị cắt bởi enzyme cắt nhánh.
Hình 1 Hình 2
a. Vì sao chất dự trữ năng lượng ngắn hạn lí tưởng trong tế bào động vật là glycogen mà không
phải là đường glucose?
b. Để phân giải glycogen bằng enzyme phosphorylase ở nồng độ dư thừa hoặc bằng enzyme cắt
nhánh ở nồng độ dư thừa, giả sử rằng enzyme phosphorylase phân cắt lần lượt tất cả các gốc glucose
của một chuỗi thẳng không phân nhánh, hãy chọn một đồ thị thích hợp cho sự phân cắt của mỗi
enzyme (phosphorylase và enzyme cắt nhánh) từ các đồ thị ở Hình 2. Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
a - Đường glucose 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 tế bào nên
rất dễ bị hao hụt.
- Động vật thường xuyên hoạt động, di chuyển nhiều  cần nhiều năng lượng cho
hoạt động sống:
+ Glycogen có cấu trúc đại phân tử, đa phân tử, đơn phân là glucozơ. Các đơn
0,125
0,125
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ
(Hướng dẫn chấm gồm 14 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: SINH HỌC - LỚP 10
HƯỚNG DẪN CHẤM

9. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 2/14
phân liên kết với nhau bởi liên kết glucôzit  Dễ dàng bị thuỷ phân thành glucose
khi cần thiết.
+ Glycogen có kích thước phân tử lớn nên không thể khuếch tán qua màng tế bào.
+ Glycogen không có tính khử, không hoà tan trong nước nên không làm thay đổi
áp suất thẩm thấu của tế bào.
(Có thể giải thích dựa trên các yếu tố ảnh hưởng khác như nguyên liệu, áp suất
thẩm thấu, không gian chứa đựng... Nếu phù hợp vẫn cho điểm)
0,125
0,125
b - Enzyme phosphorylase: đồ thị (3). Hoạt động của enzyme phosphorylase chỉ cắt
1 nửa số nhánh ở đầu tận cùng  số polymer của glucose còn lại bằng một nửa so
với ban đầu.
- Enzyme cắt nhánh: đồ thị (1). Enzyme chỉ cắt các nhánh α(1-6) và chuyển
nhánh với các gốc α (1-4) chứ không thủy phân tạo monomer  số polymer của
glucose giữ nguyên.
0,25
0,25
1.2. Chuyên Lê Quý Đôn (Bình Định); Chuyên Bắc Ninh
1.2. Hình 3 thể hiện phân tích nồng độ của một số
acid amin tự do ở thực vật thích nghi với ánh sáng và thích
nghi với bóng tối. Cho kí hiệu viết tắt tên gọi của các acid
amin như sau: Aspactic (Asp), Glycine (Gly), Serine (Ser),
Asparagin (Asn), Threonine (Thr), Glutamin (Gln).
a. Trong số các acid amin đã phân tích, acid amin nào
chi phối nhiều nhất tới sự thích nghi sáng – tối? Giải thích
cơ sở sinh hóa cho sự khác biệt trên.
b. Măng tây trắng là kết quả của việc trồng cây măng
tây trong bóng tối. Acid amin nào nói trên có thể làm tăng
hương vị của măng tây trắng?
Hình 3
Ý Nội dung đáp án Điểm
a
- Asn và Gln, Gly có sự đối ngược nhau, phản ánh sự thích nghi rõ rệt với các điều
kiện ánh sáng khác nhau. Trong đó, Asn chi phối sự thích nghi với bóng tối và Gln,
Gly chi phối sự thích nghi với ánh sáng.
- Vì Glutamine (Gln) là một acid amin có phản ứng chuyển hóa mạnh hơn, được sử
dụng trong quá trình tổng hợp nhiều hợp chất khác. Khi năng lượng có sẵn dưới
dạng ánh sáng, glutamine sẽ được ưu tiên kích hoạt tổng hợp (Gly cũng biểu hiện
tương tự Gln trên đồ thị).
- Asparagine, mang nhiều nitơ hơn trên mỗi nguyên tử carbon và do đó sinh vật ưu
tiên dự trữ nitơ hiệu quả hơn khi năng lượng thấp, được tổng hợp trong bóng tối.
Chú ý: ( Nếu chỉ nêu Asn và giải thích đúng được tối đa số điểm)
0,25
0,25
0,25
b - Acid amin asparagine (Asn) 0,25

10. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 3/14
Câu 2. Cấu trúc tế bào (2,0 điểm)
Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm (Quảng Nam)
Để xác định con đường vận
chuyển nội bào của ba loại
protein X, Y và Z, bốn mẫu tế
bào được nuôi cấy giống hệt
nhau đã được đánh dấu bằng 3
H-
amino acid trong 5 phút. Một
mẫu nuôi cấy được xác định
ngay sau khi gắn nhãn. Ba mẫu
nuôi cấy còn lại được rửa sạch
và sau đó được đưa vào môi
trường có lượng amino acid
không được gắn nhãn trong 10
phút, 20 phút và 30 phút.
Bảng 1
Sau đó, các tế bào được đặt trên băng lạnh và các phân đoạn tế bào thu được bằng cách ly tâm.
Các phần tế bào được thu hoạch bao gồm: ty thể, lưới nội chất hạt, bộ máy Golgi, màng sinh chất,
ribosome tự do và bào tương. Trong mỗi phân đoạn này, lượng protein có kích thước tổng hợp mới
được xác định. Kết quả được thể hiện ở Bảng 1.
a. Protein X và Y thu được ở thời điểm 5 phút tại ribosome, nhưng tại sao có sự khác nhau ở giai
đoạn 20 và 30 phút?
b. Protein Z là protein nằm ở bào quan nào? Giải thích.
c. Tại thời điểm 10 phút, phát biểu nào (I – IV) sau đây đúng về protein X và protein Z? Giải thích.
(I) Protein X được tổng hợp nhanh hơn protein Z.
(II) Protein X bị phân hủy chậm hơn protein Z.
(III) Protein X bị phân hủy nhanh hơn protein Z.
(IV) Protein X được giải phóng từ ribosome chậm hơn protein Z.
Ý Nội dung Điểm
a - Protein X và Y tại thời điểm 5 phút có mặt ở ribosome và lưới nội chất hạt  chứng
tỏ chúng đang được tổng hợp. (Do protein được tổng hợp ở bào quan Ribosome (tự
do hoặc trên lưới nội chất hạt))
- Xét ở thời điểm 20 phút và 30 phút:
+ Protein X hoàn toàn nằm ở bào tương  đây có thể là một ribosome tự do.
+ Protein Y được tìm thấy ở Golgi và màng sinh chất, chứng tỏ protein này là một
protein chức năng và đang trong quá trình hoàn thiện đến màng.
0.5
0.25
0.25
b - Ty thể.
- Ở thời điểm 20 phút đến 30 phút, tỉ lệ protein Z tăng từ 50 đến 100 ở ty thể  Có
thể đây là một protein chức năng hoạt động ở ty thể.
0.25
0.25
c - Phát biểu IV.
- Tại 10 phút protein X giải phóng là 70; protein Z giải phóng là 100.
0.25
0.25

11. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 4/14
Câu 3. Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa + Dị hóa) (2,0 điểm)
3.1 Chuyên Vĩnh Phúc
3.1. Rotenone là một sản phẩm tự nhiên độc hại có nguồn gốc từ thực vật, có tác dụng ức chế
mạnh NADH dehydrogenase của ty thể ở côn trùng và cá. Antimycin A là một loại kháng sinh độc, có
tác dụng ức chế mạnh quá trình oxy hóa Ubiquinol (Coenzyme Q).
a. Giải thích tại sao sau khi ăn phải rotenone một số loại côn trùng và cá bị tử vong?
b. Giải thích cơ chế tác động của antimycin A.
c. Giả sử rotenone và antimycin A có hiệu quả như nhau trong việc ngăn chặn các vị trí tương
ứng của chúng trong chuỗi chuyển điện tử thì chất độc nào sẽ mạnh hơn? Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
a
a. Khi ăn phải Rotenone có thể gây chết một số loài côn trùng và cá vì:
- Rotenone ức chế hoạt động của NADH dehydrogenase  Ức chế dòng electron từ
trung tâm Fe-S đến ubiquinone  Giảm vận chuyển e-
 Giảm ATP.
- Lượng ATP giảm không đủ đáp ứng nhu cầu năng lượng của sinh vật  Có thể gây
chết sinh vật.
0,25
0,25
b
b.
- Antimycin A ức chế quá trình oxy hoá Coenzyme Q (ubiquinol) trong chuỗi hô hấp
 Ngăn cản sự vận chuyển electron từ cyt b sang cyt c  Giảm sự vận chuyển e 
Lượng ATP tạo thành giảm.
0,25
c
c. Antimycin A là chất độc mạnh hơn.
- Rotenone chỉ ức chế dòng điện tử từ phức hệ I; Antimycin A ức chế dòng điện tử
qua Ubiquinol  ảnh hưởng tới tất cả các nguồn điện tử đi từ phức hệ I và II.
0,125
0,125
3.2. Chuyên Hùng Vương ( Phú Thọ)
3.2. Hình 4 mô tả phản ứng của
enzyme succinic dehydrogenase biến đổi cơ
chất là succinate thành sản phẩm là
fumarate. Tuy nhiên sản phẩm sẽ không
được tạo ra nếu có mặt malonate.
a. Giải thích hiện tượng trên?
b. Nếu muốn sản phẩm tiếp tục được
tạo ra thì có thể khắc phục bằng cách nào?
Hình 4
Ý Nội dung Điểm
a
- Malonate là chất ức chế cạnh tranh
- Malonate có cấu tạo hoá học và hình dạng khá giống với cơ chất.
- Khi có mặt của cơ chất và chất ức chế, chúng cạnh tranh trung tâm hoạt động và làm
cho hoạt động xúc tác của enzyme bị kìm hãm lại.
0,25
0,25
0,25
b
- Giảm nồng độ của malonate  Giảm cạnh tranh với succinate  Tăng fumarate tạo ra.
(Hoặc tăng nồng độ succinate và giải thích được 0,25đ)
0,25
Câu 4. Truyền tin tế bào + Phương án thực hành (2,0 điểm)

12. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 5/14
4.1 Chuyên Lương Văn Tụy (Ninh Bình)
4.1. Ung thư vú (Breast cancer) là loại ung thư phổ
biến ở phụ nữ, thường xảy ra ở các tế bào biểu mô. Loại
ung thư này thường do bất thường trong biểu hiện của
EGFR (Thụ thể yếu tố tăng trưởng có nguồn gốc từ
thượng bì: Epidermal growth factor receptor). Hình 5 mô
tả hai tế bào biểu mô vú của một người phụ nữ (tế bào Q
và T).
a. Xác định tế bào ung thư, tế bào lành? Giải thích.
b. Cơ chế nào dẫn đến sự biểu hiện bất thường của
EGFR ở tế bào ung thư vú nói trên?
c. TMEM25 là một loại protein được tìm thấy trên bề mặt các tế bào ung thư vú và nó tương tác
với EGFR. Làm thế nào chứng minh được TMEM25 có liên quan đến chức năng của EGFR?
Ý Nội dung Điểm
a
- Tế bào T là tế bào ung thư. Do số lượng EGFR trên bề mặt tế bào T cao hơn tế bào
Q. Tế bào ung thư có nhu cầu tăng trưởng và phân chia nhanh nên số lượng EGFR
phải cao hơn tế bào lành.
0,25
b
- Cơ chế: do khuếch đại gene EGFR. Số lượng gene EGFR ở trong nhân tế bào này
cao hơn tế bào Q.
0,25
c
- Trước hết, chuẩn bị hai nhóm tế bào ung thư, nhóm thứ nhất có gene mã hóa
TMEM25 bị knockdown, nhóm còn lại thì không (nhóm kiểm soát).
- Sau đó chuyển các tế bào ung thư ở hai nhóm này vào mô vú của hai nhóm chuột
khác nhau (sức khỏe như nhau và nuôi trong điều kiện giống nhau về dinh dưỡng,
nhiệt độ và các điều kiện khác).
- Sau các khoảng thời gian khác nhau, mổ khối u ở các con chuột ra để so sánh khích
thước khối u ở hai nhóm chuột này.
+ Nếu kích thước khối u ở nhóm chuột knockdown gene TMEM25 nhỏ hơn nhóm
chuột kiểm soát thì chứng tỏ TMEM25 có chức năng kích thích hoạt động của
EGFR.
+ Nếu kết quả ngược lại thì nó có chức năng ức chế hoạt động của EGFR.
+ Nếu kết kích thước các khối u giống nhau giữa hai nhóm chuột thì chứng tỏ
TMEM25 không liên quan đến chức năng của EGFR.
( Nêu đủ qui trình bố trí thí nghiệm; Giải thích 3 trường hợp xảy ra hoặc nêu cách
khác với hướng dẫn chấm mà đúng: được tối đa số điểm.
Nêu 2/3 khả năng được 0,125đ)
0,25
0,25

13. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 6/14
4.2 Chuyên Lào Cai
4.2. Nghiên cứu tác động của 2 chất ức chế lysozyme, hai bạn học sinh làm thí nghiệm và đưa ra
các kết luận như sau:
Học sinh Tiến hành Kết quả Kết luận
A
Giữ nguyên nồng độ enzyme và
chất ức chế, tăng dần nồng độ
cơ chất từ 0.1 đến 5 µM, đo
lượng sản phẩm tạo thành.
Kết quả như nhau đối với cả hai
chất ức chế: lượng sản phẩm
tăng dần theo sự tăng nồng độ
cơ chất.
Cả hai chất ức chế
đều là chất ức chế
cạnh tranh
B
Giữ nguyên nồng độ enzyme và
chất ức chế, tăng dần nồng độ
cơ chất từ 150 đến 200 µM, đo
lượng sản phẩm tạo thành.
Kết quả như nhau đối với cả hai
chất ức chế: lượng sản phẩm
không tăng theo sự tăng nồng độ
cơ chất.
Cả hai chất ức chế
đều là chất ức chế
không cạnh tranh
Kết quả của học sinh nào là đúng? Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
- Kết luận của cả 2 bạn học sinh đều sai. Do thiếu thí nghiệm đối chứng.
- Bạn A:
+ Khi tăng nồng độ cơ chất, ở cả 2 loại chất ức chế (cạnh tranh và không cạnh
tranh) thì lượng sản phẩm đều tăng
+ Cần so sánh tốc độ hình thành sản phẩm tối đa (tương ứng với tốc độ phản ứng
tối đa) (Vmax) của lô thí nghiệm (có chất ức chế) với lô đối chứng (không có
chất ức chế).
+ Nếu Vmax ở lô thí nghiệm tương đương lô đối chứng  chất ức chế là chất ức
chế cạnh tranh
+ Nếu Vmax ở lô thí nghiệm nhỏ hơn lô đối chứng  chất ức chế là chất ức chế
không cạnh tranh
- Bạn B:
+ Với nồng độ cơ chất rất lớn (từ 150 đến 200 µM) thì có thể enzyme đã bào hòa
cơ chất  khi tăng nồng độ cơ chất thì lượng sản phẩm không tăng theo tương
ứng (tốc độ hình thành sản phẩm đạt cực đại và không tăng nữa)
+ Cần thí nghiệm với nồng độ cơ chất thấp, lượng sản phẩm tạo ra nhỏ tránh
hiện tượng bão hòa enzyme, phản ánh chính xác động học của enzyme.
0,25
0,5
0,25
Câu 5. Phân bào (2,0 điểm)
5.1 Chuyên Sơn La
5.1. Nghiên cứu về điều hoà chu kỳ tế bào ở người cho thấy protein p16 (khối lượng phân tử
16kDa) có vai trò quan trọng trong quá trình chuyển tiếp từ pha G1 sang pha S, làm chậm sự tiến triển
của chu kỳ tế bào. Bản chất của protein p16 là một chất ức chế enzim kinaza phụ thuộc cyclin (Cdk).
Khi không có p16, Cdk4 kết hợp với cyclin D và tạo thành phức hệ protein có hoạt tính, phức hệ này
phosphoryl hoá một protein có tên là retinolastoma, làm giải phóng yếu tố phiên mã E2F1 (vốn bình
thường ở trạng thái liên kết với retinolastoma).
a. Yếu tố phiên mã E2F1 có vai trò gì trong sự diễn tiến của chu kỳ tế bào?
b. Các phát hiện gần đây cho thấy hàm lượng protein p16 trong tế bào người già cao hơn hơn so
với người trẻ tuổi. Điều này liên quan gì đến hiện tượng lão hóa ở người già?
c. Thuốc điều trị ung thư thường được dùng phối hợp nhiều loại để tác động tới các giai đoạn của
chu kỳ tế bào. Tại sao đây là một cách điều trị tốt hơn so với việc sử dụng một loại thuốc duy nhất?

14. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 7/14
Ý Nội dung Điểm
a
- E2F1 có chức năng thúc đẩy phiên mã các gen cần thiết cho quá trình chuyển từ pha
G1 sang S.
- Vì p16 ức chế sự chuyển tiếp từ G1 sang S bằng cách duy trì E2F1 ở trạng thái không
hoạt động.
0,25
b
- Hàm lượng p16 cao hơn làm ức chế sự chuyển tiếp chu kỳ tế bào, do đó ức chế quá
trình nguyên phân.
- Quá trình nguyên phân bị ức chế làm các mô hoặc cơ quan bị tổn thương không được
sửa chữa (bằng cách thay thế các tế bào mới), do đó chức năng của các mô/ cơ quan
kém dần và dẫn đến lão hoá.
0,25
0,25
c
- Các tế bào ung thư thường không đồng bộ trong chu kỳ tế bào. Tại một thời điểm nhất
định, một số tế bào ở pha G1, một số ở pha S,…. Vì vậy, tác động tới tất cả các giai
đoạn sẽ tốt hơn so với chỉ tác động vào một giai đoạn.
0,25
5.2 Chuyên Lê Quý Đôn (Đà Nẵng)
5.2. Để quan sát sự vận động của các
NST trong quá trình nguyên phân, một học
sinh đã làm tiêu bản tế bào phần đầu rễ hành
tây (Allium cepa) và quan sát dưới kính hiển vi
quang học. Kết quả đã quan sát được 6 dạng tế
bào (Kí hiệu từ A đến F) đại diện cho các giai
đoạn của chu kì tế bào như Hình 6.
a. Sắp xếp và đặt tên cho 6 giai đoạn
trong hình vẽ tương ứng với các giai đoạn của
chu kì tế bào bình thường.
b. Trên tiêu bản, các tế bào có dạng mô tả
như hình nào có thể sẽ chiếm tỷ lệ cao nhất?
Giải thích. Hình 6
c. Trình bày cơ chế của sự kiện xảy ra ở tế bào A trong Hình 6.
Ý Nội dung Điểm
a - Thứ tự đúng: F-C-E-B-D-A
- Gọi tên: F- kì trung gian; C- kì đầu; E- kì giữa; B- kì sau; D- kì cuối; A- phân chia tế
bào chất (Hoặc A: Kì cuối)
0,125
0,125
b - Các tế bào đang ở giai đoạn như hình F chiếm tỉ lệ cao nhất trên tiêu bản
- Do kì trung gian có thời gian dài nhất trong các kì của quá trình phân bào.
0,25
c Hai tế bào con được hình thành sau quá trình phân chia tế bào chất ở tế bào thực vật:
- Bộ máy golgi tổng hợp các túi chứa vi sợi cellulose xếp lộn xộn được vận chuyển ra
khoảng không nằm cách đều 2 nhân mới.
- Các túi chứa cellulose dung hợp lại để tạo ra 2 màng sinh chất của 2 tế bào con, sau
đó quá trình tổng hợp các bó sợi cellulose để hình thành vách thứ cấp.
0,25
0,25

15. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 8/14
Câu 6. Cấu trúc, Chuyển hóa vật chất của vi sinh vật (2,0 điểm)
6.1 Chuyên Hoàng Lê Kha (Tây Ninh)
6.1. Thời gian gần đây liên tiếp xảy ra các vụ ngộ độc thực
phẩm do ăn phải chả lụa của người bán dạo và một loại mắm ủ
lâu ngày. Nạn nhân thường có các triệu chứng như buồn nôn,
nôn, chướng bụng, đau bụng, liệt từ vùng đầu, cổ rồi lan xuống
hai tay, sau đó tới hai chân, liệt các cơ hô hấp và có thể gây suy
hô hấp dẫn đến tử vong. Qua kiểm tra, cơ quan chức năng phát
hiện các mẫu thực phẩm trên cùng nhiễm một loài vi khuẩn có
tên là Clostridium botulinum. Tiêu bản mẫu chứa vi khuẩn
Clostridium botulinum được thể hiện trên Hình 7.
a. Xác định các cấu trúc (1) và (2) trong Hình 7. Vì sao rất
khó tiêu diệt chủng vi khuẩn này?
b. Tiến hành nhuộm Gram thì thấy vi khuẩn này bắt màu
tím. Hãy cho biết vi khuẩn này là vi khuẩn Gram dương hay vi khuẩn Gram âm? Thành tế bào của
chúng có đặc điểm cấu trúc gì nổi bật?
Ý Nội dung Điểm
a
- (1) : tế bào sinh dưỡng; (2): Nội bào tử
- Vi khuẩn này có khả năng hình thành nội bào tử (soi trên kính hiển vi ta
thấy đốm trắng)  Nội bào tử có thể sống tiềm sinh trong nhiều điều kiện
bất lợi, và nảy chồi trở thành vi khuẩn sống bình thường trong điều kiện
thuận lợi  Khó tiêu diệt triệt để vi khuẩn này.
0, 25
0,25
b
- Gram dương.
- Cấu trúc thành tế bào vi khuẩn Gram dương gồm peptidoglycan dày
nhiều lớp, có axit teicoic và lipoteicoic.
0,25
0,25
6.2 Chuyên Cao Bằng
6.2. Trong môi trường tiêu chuẩn ở pH = 7,0, nhiệt độ 350
C và kị khí hoàn toàn, có hai mẻ nuôi
cấy vi khuẩn trong đó một mẻ nuôi cấy có chứa hai hợp chất hữu cơ giàu năng lượng (môi trường A)
và mẻ còn lại chứa một loại hợp chất hữu cơ đồng nhất (môi trường B). Người ta nuôi cấy riêng hai
loài vi khuẩn Lactobacillus bulgaricus và Streptocuccus votrovorus (mật độ ban đầu là 3,2.105
tế
bào/mL) thành hai mẻ ở hai môi trường khác nhau. Đồ thị biểu diễn sự sinh trưởng và sự biến đổi
nồng độ các chất trong môi trường nuôi cấy của 2 loài vi khuẩn trên được biểu diễn ở Hình 8.
Hình 8
Dựa vào sản phẩm tạo ra, hãy xác định kiểu chuyển hóa của mỗi loài vi khuẩn trên. Giải thích sự
khác biệt trong quá trình chuyển hóa đường glucose của chúng.

16. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 9/14
Ý Nội dung Điểm
Dựa vào đồ thị ta thấy:
- Lactobacillus bulgaricus trong suốt quá trình sinh trưởng chỉ tạo ra axit lactic
(hàm lượng ethanol không thay đổi còn lượng axit lactic tăng mạnh)  Lên men
lactic đồng hình.
- Streptocuccus votrovorus trong quá trình sinh trưởng ngoài tạo ra axit lactic còn
tạo ra cả ethanol (hàm lượng axit lactic nhỏ hơn 50% so với lượng axit lactic mà
Lactobacillus bulgaricus tạo ra)  Lên men lactic dị hình.
Giải thích:
- Ở vi khuẩn lên men lactic dị hình chúng thực hiện đường phân theo con đường
pentôzơ photphat (bình thường là con đường EMP)  Sản phẩm bao gồm 1 APG
(andehit photphoglixeric) và 1 phân tử axetyl photphat.
- APG sẽ được chuyển hoá thành axit lactic còn axetyl photphat được khử thành
ethanol thông qua một số hợp chất trung gian.
(HS có thể vẽ sơ đồ mô tả: chấm điểm tối đa)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7. Sinh trưởng, sinh sản của vi sinh vật (2,0 điểm)
7.1 Chuyên Lê Quý Đôn ( Điện Biên)
7.1. Hình 9 mô tả đường cong sinh trưởng của vi khuẩn E. coli được nuôi cấy không liên tục
trong các môi trường bổ sung 1 trong 3 loại kháng sinh có cơ chế tác động thể hiện ở Bảng 3. Hãy cho
biết vi khuẩn sống trong môi trường 1, 2, 3 có đường cong sinh trưởng nào ở Hình 9? Giải thích.
Bảng 3
Môi
trường
Kháng sinh
được bổ sung
Cơ chế tác động của
kháng sinh
1 Penicilin
Ức chế tổng hợp thành
tế bào
2 Sulfonamide
Ức chế cạnh tranh với
enzyme tổng hợp B9
3 Chloramphenicol
Ức chế kéo dài chuỗi
polipeptide qua
ribosome 50S
Hình 9
Ý Hướng dẫn chấm Điểm
- Môi trường (1): E. Do Penicilin ức chế tổng hợp thành tế bào  Làm số
lượng tế bào vi khuẩn E. Coli giảm nhanh. (Nếu chọn D: chấm 0,125đ)
- Môi trường (2): C. Do Sulfonamide cũng ức chế sinh trưởng tương tự
Chloramphenicol nhưng có độ trễ hơn do vi khuẩn vẫn còn sử dụng B9 dự trữ.
- Môi trường (3): D. Do Chloramphenicol không làm chết mà chỉ kìm hãm sinh
trưởng của tế bào vi khuẩn. Vi khuẩn chịu ảnh hưởng ngay lập tức vì tác động
lên tổng hợp protein, một hoạt động thiết yếu của tế bào.
0,25
0,25
0,5

17. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 10/14
7.2 Chuyên Trần Phú (Hải Phòng)
7.2. Chủng vi khuẩn Y được nuôi cấy trong 2 bình nuôi cấy với thể tích 10 lít, trong đó có 3 lít
môi trường khoáng dịch thể (chứa glucose: 50g/lít; (NH4)2SO4: 5g/lít, KH2PO4: 3g/lít; MgSO4.7H20:
2g/lít; pH = 5,5) ở hai cách thức nuôi khác nhau. Tốc độ sinh trưởng (μ) của từng bình được theo dõi
trong 66 giờ nuôi cấy ở Bảng 2.
Bảng 2
Thời gian (h)
Tốc độ sinh trưởng μ ( h-1
)
Thời gian (h)
Tốc độ sinh trưởng μ ( h-1
)
Bình 1 Bình 2 Bình 1 Bình 2
0 0 0 36 0,05 0,33
6 0 0,1 42 0 0,32
12 0,15 0,33 48 -0,1 0,18
18 0,32 0,32 54 -0,2 0,33
24 0,33 0,15 60 0,15 0, 23
30 0,15 0,22 66 -0,3 0, 32
a. Kiểu dinh dưỡng của chủng vi khuẩn Y là gì? Giải thích.
b. Xác định thời gian các pha sinh trưởng của chủng vi khuẩn Y ở bình nuôi cấy 1. Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
a
- Hóa dị dưỡng.
- Vì lấy Cacbon từ glucose, năng lượng từ phản ứng hóa học
0,5
b
- Đây là bình nuôi cấy không liên tục, gồm các pha:
Pha lag (tiềm phát): thời điểm 0 - 6h; μ = 0.
Pha log (lũy thừa) thời điểm 6 -24h; μ tăng dần và đạt cực đại.
Pha cân bằng: thời điểm 24 - 42h; μ giảm dần đến 0.
Pha suy vong: thời điểm 42- 54h và 60- 66h: μ giảm, âm.
Sinh trưởng thêm: thời điểm 54 - 60h; μ và tăng trở lại và lớn hơn 0, chứng
tỏ vi khuẩn sinh trưởng dương nhờ các chất hữu cơ mới được bổ sung từ
xác các vi sinh vật khác.
0,5
Câu 8. Virut (2,0 điểm)
8.1 Chuyên Hoàng Văn Thụ (Hòa Bình)
8.1. Hình 10 mô tả cấu trúc Human
cytomegalovirus (HCMV) - một loại virus phổ biến
ảnh hưởng đến con người. Ở những người có hệ thống
miễn dịch hoạt động đầy đủ, nhiễm HCMV thường
không hoặc chỉ có các triệu chứng nhẹ.
a. Biết rằng, cấu trúc S là đơn phân cấu tạo của
cấu trúc T. Hãy xác định tên của cấu trúc S và T.
b. Valganciclovir là một loại thuốc ức chế hoạt
động của enzyme DNA polymerase ở virus. Vì sao
loại thuốc này có thể được sử dụng để điều trị cho
người nhiễm HCMV?
c. Cấu trúc T của các HCMV khác nhau thường
giống nhau. Tuy nhiên khi tiến hành quan sát các
virion tương ứng dưới kính hiển vi điện tử thì hình
thái của chúng thường khác nhau. Vì sao?
Hình 10

18. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 11/14
Ý Hướng dẫn chấm Điểm
a
- S là protein hoặc capsomere (không chấp nhận protein vỏ vì protein vỏ là cấu trúc
bao quanh nucleic acid được cấu thành từ các đơn vị capsomere).
- T là capsid hoặc protein vỏ (không chấp nhận capsomere).
0,125
0,125
b
- Valganciclovir ức chế hoạt động của enzyme DNA polymerase của virus  virus
không thể tiến hành nhân đôi DNA  hạn chế sự nhân lên của virus trong cơ thể.
- Cấu tạo của enzyme DNA polymerase của virus khác với enzyme DNA
polymerase của tế bào người  Sử dụng thuốc có thể không gây ảnh hưởng đến tế
bào người.
0,125
0,125
c
- Cấu trúc T là capsid, được mã hóa bởi thông tin di truyền của virus này; trong khi
đó hình thái quan sát virion dưới kính hiển vi điện tử là hình thái bên ngoài của
virion (hình thái lớp vỏ ngoài của virion).
- Cấu trúc T của các HCMV khác nhau thường giống nhau do thông tin trình tự
gene mã hóa cấu trúc T giống nhau ở các HCMV khác nhau (bảo thủ).
- Hình thái quan sát virion dưới kính hiển vi điện tử là khác nhau do sự trưởng
thành của các virion xuất phát từ những vị trí (loại tế bào) khác nhau.
0,25
0,125
0,125
8.2 Chuyên Thái Bình
8.2. Bảng 3 liệt kê tác dụng của một số loại thuốc chống virus mới đang được xem xét để sử
dụng ở người.
Bảng 3
Thuốc Tác dụng của thuốc
1 Ức chế enzim RNA polymerase phụ thuộc RNA
2 Ức chế enzim RNA polymerase phụ thuộc DNA
3 Ức chế enzim DNA polymerase phụ thuộc RNA
4 Ức chế enzim DNA polymerase phụ thuộc DNA
5 Ức chế enzim integrase
6 Ức chế ribosome
Hãy cho biết trong các loại thuốc trên, loại nào chỉ ức chế đặc hiệu cho HIV, virus cúm mà
không ảnh hưởng đến con người? Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
* Thuốc ức chế đặc hiệu cho HIV là:
- Thuốc 3 vì: Thuốc ức chế đặc hiệu retrovirus phải là thuốc ức chế hoạt động của các
enzyme chỉ có mặt ở các retrovirus. Trong các loại enzyme trên chỉ có enzyme DNA
polymerase phụ thuộc ARN là chỉ có mặt ở retrovirus vì đây chính là enzyme phiên mã
ngược từ mRNA thành cDNA.
- Thuốc 5: Ức chế enzyme integrase. Vì virus này tích hợp DNA kép của nó vào DNA tế
bào chủ nhờ enzyme integrase.
* Thuốc ức chế đặc hiệu cho virus cúm là thuốc 1: Vì virus cúm có vật chất di truyền là
RNA (-). Nên cần mang theo enzym RNA polymeraza phụ thuộc RNA để tổng hợp thành
RNA (+).
0,5
0,5

19. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 12/14
Câu 9. Trao đổi nước, dinh dưỡng khoáng ở thực vật (2,0 điểm)
9.1. Chuyên Quốc học Huế
9.1. Để nghiên cứu sự kéo dài chồi của cây lúa mì nảy mầm được 5 ngày tuổi, một nhà sinh lý
thực vật đã tiến hành thí nghiệm với 4 lô như sau:
- Lô I: Trồng các cây kiểu dại trong điều kiện đủ nước.
- Lô II: Trồng các cây kiểu dại trong điều kiện thiếu nước.
- Lô III: Trồng các cây đột biến thiếu hụt ABA trong điều kiện đủ nước.
- Lô IV: Trồng các cây đột biến thiếu hụt ABA trong điều kiện thiếu nước.
Dự đoán kết quả sinh trưởng kéo dài chồi của các cây lúa mì trong mỗi lô thí nghiệm trên. Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
- Lô I: Cây sinh trưởng và phát triển bình thường. 0,25
- Lô II: Cây thiếu nước  tăng tổng hợp ABA  khí khổng đóng  cây sinh trưởng
và phát triển kém.
0,25
- Lô III: Cây thiếu ABA  khí khổng luôn luôn mở  cây sinh trưởng và phát triển
kém hơn cây bình thường trong điều kiện đủ nước.
0,25
- Lô IV: Cây thiếu ABA  khí khổng luôn luôn mở trong điều kiện môi trường thiếu
nước  Cây sinh trưởng và phát triển kém.
0,25
9.2 Chuyên Lê Thánh Tông (Quảng Nam)
9.2. Cồn (đồi) cát ven biển là một trong những nơi nắng nóng và khô hạn, không thuận lợi cho
nhiều loài sinh vật sinh sống. Một thí nghiệm được tiến hành nhằm tìm hiểu đáp ứng của hai loài cỏ (D
và E) trong điều kiện khô hạn nhân tạo, trong đó mỗi cây được trồng riêng rẽ trong các ống cao chứa
cát với điều kiện thí nghiệm như nhau. Khối lượng trung bình của rễ (Hình 11.1) và thế nước ở lá
(Hình 11.2) của hai loài được theo dõi trong 20 ngày không được tưới nước. Kết quả cũng cho thấy
lớp cát sâu nhất trong các ống thí nghiệm chỉ tìm thấy rễ của loài D.
Hình 11.1 Hình 11.2
a. Phân tích sự biến đổi khối lượng rễ và thế nước ở lá của hai loài cỏ D và E khi không được tưới nước?
b. Loài nào thích nghi tốt hơn với điều kiện sống ở cồn cát ven biển? Đặc điểm sinh trưởng của
rễ loài này thích nghi với điều kiện sống khô hạn như thế nào?
Ý Nội dung Điểm
a
- Về khối lượng rễ cây: Ban đầu đến ngày 5, khối lượng rễ cây D (~40 mg/dưới
50mg đến 80mg) thấp hơn E (~60 mg/trên 50mg đến 120mg). Đến ngày 10, khối
lượng rễ của hai loài tăng lên gần bằng nhau (150-160 mg). Sau 15 ngày, khối
lượng rễ D tiếp tục tăng cao (300 mg), trong khi loài E không tăng thêm.
0,25

20. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 13/14
- Thế nước ở lá cây D được duy trì tương đối ổn định, ở mức khoảng -0,7 đến -0,8
MPa (Thí sinh có thể viết giảm nhẹ ở 10 ngày đầu (xuống -0,8), sau đó tăng và duy
trì ở mức như ban đầu).
- Thế nước ở lá cây E giảm dần theo thời gian, ban đầu khoảng -0,7, đến 10 ngày
giảm còn -1,0 và sau 20 ngày giảm mạnh hơn, còn khoảng -1,3
0,125
0,125
b
- Các cồn cát ven biển thường khô hạn nên loài D có thể thích nghi tốt hơn loài E.
- Loài D có hệ rễ phát triển, kéo dài và đâm sâu xuống đến nguồn nước ở lớp cát
sâu bên dưới, khả năng khai thác nguồn nước tốt, giúp duy trì thế nước ở phần trên
mặt đất (cây không bị khô héo), do đó loài D thích nghi tốt hơn với môi trường
khô hạn so với loài E.
0,25
0,25
Câu 10. Chuyển hóa vật chất và năng lượng ở thực vật (Quang hợp, hô hấp) (2,0 điểm)
10.1. Chuyên Hạ Long (Quảng Ninh)
10. 1. Một số nhà khoa học đã tiến hành các nghiên cứu nhằm làm tăng khả năng chống chịu của
cây trồng với ngập úng và đất có dư lượng nhôm cao. Người ta đã sử dụng kĩ thuật di truyền để tạo ra
2 giống cây trồng chuyển gen:
- Giống A mang gen mã hóa enzim citrate synthase có nguồn gốc từ vi khuẩn.
- Giống B mang gen mã hóa các protein Sub 1A-1 có tác dụng tăng cường sự biểu hiện của gen
mã hóa enzim alcohol dehydrogenase.
Mỗi giống cây trồng A và B có thể chống chịu được điều kiện bất lợi nào ở trên? Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
- Giống A: đất có dư lượng nhôm cao
- Giống B: ngập úng.
- Giống A được chuyển gen mã hóa enzim citrate synthase  tăng quá trình tạo
axit citric kết hợp với ion Al3+
tự do  giảm ion Al3+
tự do trong đất.
- Giống B ngập úng  hô hấp rễ bị ức chế tạo nhiều sản phẩm lên men là ethanol
gây độc cho cây. Gen Sub 1A-1 tăng mức biểu hiện  tăng sự biểu hiện của gen
mã hóa enzim alcohol dehydrogenase  phân giải ethanol  giảm độ độc.
0,25
0,25
0,25
0,25
10.2. Chuyên Chu Văn An ( Bình Định)
10.2. Các nhà khoa học đã khảo
sát ảnh hưởng của nhiệt độ đến tốc độ
quang hợp ở ba cường độ ánh sáng
khác nhau và đồng thời cũng khảo sát
ảnh hưởng của nhiệt độ đến tốc độ hô
hấp ở cây Kalmia procumbens thuộc
họ Đỗ quyên, mọc trên núi cao. Kết
quả được thể hiện ở Hình 12.
a. Chỉ ra 2 nhân tố giới hạn cường
độ quang hợp trong khoảng giữa điểm
X và điểm Y. Giải thích.
b. Các nhà khoa học dự đoán rằng
ở khu vực nơi loài cây này phát triển,
nhiệt độ trung bình vào mùa hè có thể
tăng từ 20°C lên 23°C và cũng có khả
năng trở nên nhiều mây hơn. Những thay đổi này ảnh hưởng như thế nào đến sự phát triển của cây
Kalmia procumbens? Giải thích.
Hình 12

21. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
Trang 14/14
Ý Nội dung Điểm
a
- Nhân tố thứ nhất giới hạn cường độ quang hợp là nhiệt độ vì sự gia tăng nhiệt độ sẽ
làm tăng cường độ quang hợp từ X đến Y, do tăng tốc độ phản ứng sinh hóa và khả
năng hấp thu CO2.
- Nhân tố thứ hai giới hạn cường độ quang hợp là ánh sáng vì sự gia tăng ánh sáng
làm tăng lượng năng lượng cung cấp cho quá trình quang hợp.
0,25
0,25
b
- Tốc độ sinh trưởng và năng suất tại khu vực này thường thấp.
- Nhiệt độ cao và ít ánh sáng (do mây che phủ) sẽ làm cường độ quang hợp giảm và
cường độ hô hấp tăng lên. Lượng sinh khối tích lũy suy giảm dẫn đến sinh trưởng
chậm và năng suất thấp.
0,25
0,25
………………………HẾT……………………..

22. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
1
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC NINH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2022 - 2023
Môn: Sinh học lớp 10
Câu 1: Thành phần hóa học của tế bào (2.0 điểm)
Biểu đồ sau đây thể hiện nồng độ của một số acid amin tự do ở thực vật thích
nghi với ánh sáng và thích nghi với bóng tối.
a. Trong số các amino acid đã trình bày, amino acid nào chi phối nhiều nhất tới
sự thích nghi sáng – tối?
b. Đề xuất một lời giải thích sinh hóa cho sự khác biệt nhận thấy được.
c. Măng tây trắng, là kết quả của việc trồng măng tây trong bóng tối. Theo bạn,
chất nào tạo nên hương vị chính của măng tây trắng?
Câu 2: Cấu trúc tế bào (2.0 điểm)
Hai mẫu tế bào người khác nhau (loại tế bào A và loại tế bào B) từ cùng một cơ
thể người đã tiếp xúc với một chất hóa học làm phá vỡ màng huyết tương của họ,
sau đó các mẫu được quay tuần tự trong máy siêu ly tâm để cô lập các lớp của
ĐỀ ĐỀ XUẤT

23. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
2
các thành phần dưới tế bào. Dưới đây là biểu đồ cho thấy kết quả của thử nghiệm
này:
a. Mô tả sự khác biệt chính giữa tế bào A và tế bào B dựa trên biểu đồ này.
b. Dựa vào đâu để cho thấy sự khác nhau về chức năng giữa tế bào A và tế bào B.
c. Dựa trên dữ liệu được cung cấp, hãy dự đoán các tế bào A và B thuộc loại tế
bào nào, giải thích vì sao.
d. Giải thích làm thế nào mà 2 loại tế bào này có thể có DNA giống hệt nhau
nhưng lại có đặc điểm tế bào khác nhau.
Câu 3: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa, dị hóa)
(2.0 điểm)
Chu trình Krebs là trung tâm của mọi hoạt động chuyển hóa tế bào. Cho biết
Succinate (COO-
-CH2- CH2-COO-
), fumarat (COO-
-CH=CH- COO-
), malat
(COO-
-CHOH- CH2-COO-
) và oxaloacetate (COO-
-CO- CH2-COO-
) là bốn chất
trung gian của các phản ứng chuyển hóa trong chu trình Krebs; NAD+
và FAD là
những chất nhận điện tử từ sự oxy hóa các hợp chất hữu cơ. Sau đây là hai phản
ứng của chu trình Krebs:
(1)Succinate + FAD  fumarate + FADH2

24. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
3
(2)Malate + NAD+
 oxaloacetate + NADH + H+
a. Tại sao khí O2 không phải là nguyên liệu của tất cả các phản ứng trong chu
trình Krebs nhưng nếu không có mặt O2 thì chu trình Krebs cũng bị ngừng lại.
b. Một trong hai phản ứng nói trên (phản ứng 1 hoặc 2) bị ức chế khi có mặt
malonat ở chất nền ti thể. Hãy cho biết nhiều khả năng phản ứng (1) hay (2) là
phản ứng bị ức chế khi có mặt malonate? Tại sao.
c. Giả sử các nhà sinh học tạo ra được hai loại dehydrogenase “nhân tạo” vừa gắn
được với NAD+
, vừa gắn được với FAD nhưng một loại enzyme có cơ chất là
succinate, loại còn lại có cơ chất là malate. Nếu thay thế FAD bằng NAD+
hoặc
ngược lại cho mỗi phản ứng nói trên nhưng sử dụng hai loại dehydrogenase “nhân
tạo” tương ứng thì mỗi phản ứng (1), (2) có xảy ra hay không? Tại sao?
Câu 4: Truyền tin tế bào + phương án thực hành (2.0 điểm)
1- Trong tế bào động vật, ion Ca2+
được sử dụng nhiều hơn cả cAMP trong vai
trò của hệ thống tín hiệu thứ hai. Con đường truyền tín hiệu này có sự tham gia
của các phân tử quan trọng như inositol triphosphates (IP3) và diacylglycerol
(DAG). Chỉ ra 2 vị trí trong tế bào chất mà ở đó duy trì nồng độ cao của ion Ca2+
?
- Epinephrin kích thích phân giải glycogen bằng cách hoạt hóa enzim glycogen
phosphorylaza trong bào tương. Nếu epinephrin được trộn với glycogen
phosphorylaza và glycogen trong ống nghiệm thì glucozo -1- phosphat có được
tạo ra không? Tại sao?
2. Có một mẫu thực phẩm chứa saccarôzơ và lòng trắng trứng được đựng trong
ống nghiệm.
Thuốc thử Mẫu số 1 Mẫu số 2 Mẫu số 3 Mẫu số 4
Dung dịch iôt Nâu Nâu Xanh đen Xanh đen
Dung dịch Benedict Đỏ gạch Xanh da trời Xanh da trời Đỏ gạch
Phản ứng Biuret Tím Tím Xanh da trời Tím

25. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
4
Dựa vào một số phép thử sau hãy cho biết mẫu thực phẩm trên tương ứng với
mẫu thí nghiệm nào? Giải thích.
Câu 5: Phân bào (2.0 điểm)
Khi các nguyên bào sợi của người bình thường được nuôi cấy trong môi
trường chứa huyết thanh, chúng phân chia với thời gian trung bình khoảng 22 giờ
(M = 1 giờ, G1 = 10 giờ, S = 6 giờ, G2 = 5 giờ). Để xác định ảnh hưởng của sự
thiếu hụt huyết thanh đối với chu kì tế bào, các tế bào được ủ 48 giờ trong môi
trường có hoặc không có huyết thanh. Vào cuối quá trình ủ này, tế bào được thu
và nhuộm bằng propidium iodide, chất này liên kết với DNA và phát huỳnh quang
khi tiếp xúc với ánh sáng cực tím. Các tế bào nhuộm màu được phân tích hàm
lượng DNA (huỳnh quang). Kết quả với huyết thanh được thể hiện trong hình 1a.
Nếu thiếu huyết thanh, các tế bào ngừng tăng sinh và chuyển sang trạng thái tĩnh
trong hình 1b.
Trong thí nghiệm thứ hai, các tế bào bị thiếu huyết thanh trong 48 giờ và
sau đó được điều trị bằng huyết thanh đơn thuần hoặc huyết thanh cộng với
cycloheximide (CHX), một chất ức chế tổng hợp protein. Tại các thời điểm khác
nhau sau khi điều trị, RNA đã được phân lập từ các tế bào. Tổng hợp RNA tế bào
bằng nhau từ mỗi mẫu được phân tích bằng điện di trên gel và phương pháp
Northern blotting để phát hiện mức độ mRNA c-fos. Protein c-fos tham gia vào
quá trình điều chỉnh sự tăng sinh của tế bào. Kết quả của thí nghiệm này được thể
hiện trong hình 2.

26. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
5
“-” huyết thanh và “+” huyết thanh cộng với CHX.
a. Trong vùng đánh dấu Y, tế bào đang ở pha nào của chu kì tế bào.
b. Tế bào sinh trưởng với sự có mặt của huyết thanh được đánh dấu với 3
H-
thymidine trong 3 giờ và sau đó phân tích. Vùng nào trong hình 1a sẽ chứa tế bào
phóng xạ? Giải thích.
c. Dựa vào kết quả ở hình 2, sự khác nhau về lượng c-fos mRNA khi có hoặc
không có mặt cycloheximide tại 2, 4 và 6 giờ là do đâu? Giải thích.
Câu 6: Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của vi sinh vật (2.0 điểm)
1. Thiobacillus ferrooxidans là vi khuẩn sống trên các mỏ quặng có chứa pirit
(FeS 2 ) với pH = 2, được sử dụng bởi ngành công nghiệp khai thác để thu hồi
đồng và uranium. Biết rằng T. ferrooxidans sử dụng chất cho electron là FeS 2 và
thu được các sản phẩm phụ trong quá trình dinh dưỡng là Fe(OH) 3 và axit
sunphuric. Xác định kiểu dinh dưỡng và kiểu hô hấp của vi khuẩn T. ferrooxidans.
Giải thích.

27. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
6
2. Gây đột biến một chủng nấm men kiểu dại, người ta thu được các thể đột biến
suy giảm hô hấp do thiếu xitocrom oxidaza là một enzim của chuỗi chuyền
êlectron.
Trong công nghiệp sản xuất rượu, nếu sử dụng các thể đột biến này sẽ có điểm gì
ưu thế hơn so với chủng kiểu dại? Giải thích?
Câu 7: Sinh trưởng, sinh sản của VSV (2.0 điểm)
1. Đường cong tăng trưởng khi nuôi cấy một loại vi khuẩn trong môi trường giàu
dinh dưỡng ở 37 độ C được vẽ trên Hình A. Cũng loại vi khuẩn này sau khi được
chuyển sang nhiệt độ 45 độ C trong vòng 30 phút, rồi chuyển trở lại về môi trường
giàu dinh dưỡng ở 37 độ C, thì đường cong sinh trưởng thu được như hình B.
Hãy giải thích sự khác nhau về đường cong sinh trưởng giữa hình A và hình B
2. Nguyên nhân gì làm cho một chủng vi sinh vât cần phải có pha tiềm phát (lag)
khi bắt đầu nuôi cấy chúng trong môi trường mới? Có những yếu tố nào ảnh
hưởng đến pha lag?
Câu 8: Virus (2.0 điểm)
1. 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?
2. Dựa trên cơ chế gây bệnh của HIV và virus cúm, hãy chỉ ra sự biến động số
lượng của mỗi nhóm virus này trong cơ thể người theo thời gian.

28. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
7
3. Người ta có thể định lượng số hạt virut xâm nhiễm vào tế bào chủ bằng thí
nghiệm vết tan (plaqueassay). Thí nghiệm này nuôi cấy một mẫu chứa các hạt
virut (ở nồng độ thấp) trên đĩa phủ sẵn môt lớp tế bào chủ và sau đó đếm số tổn
thương cục bộ (gọi là vết tan) tạo thành.
a. Hãy trình bày cơ sở khoa học của phương pháp định lượng virut này?
b. Nếu trên đĩa nuôi cấy tế bào chủ đếm được 30 vết tan thì có thể khẳng định số
hạt virion ban đầu đưa vào là 30 hạt không?
Câu 9: Trao đổi nước, dinh dưỡng khoáng (2.0 điểm)
Trong các thí nghiệm về tác động của ánh sáng và cho đến quang hợp, các cây
lúa đã được trồng ở điều kiện nhiệt độ 28°C cường độ ánh sáng khác nhau.
Thí nghiệm 1 với 0,04% CO2 còn thí nghiệm 2 với 0,40% CO2.
1. Hãy vẽ một đồ thị dạng đường liên tục để minh họa 2 kết quả thí nghiệm với
quy ước trục tung là cường độ quang hợp và trục hoành là cường độ ánh sáng.
2. Trong thí nghiệm 1, vì sao khi cường độ ánh sáng ≥ 3 (đơn vị) thì cường độ
quang hợp cao nhất? Giải thích.
3. Hãy đưa ra 3 nguyên nhân khác nhau để giải thích vì sao cường độ quang hợp
giảm ở nhiệt độ trên 30°C?
Câu 10: Chuyển hóa vật chất và năng lượng ở thực vật (Quang hợp, hô hấp)
(2.0 điểm)
Cường độ ánh sáng (đơn vị) 1 2 3 4 5 6 7
Cường độ
quang hợp
với CO2
(đơn vị )
Thí nghiệm 1:
0.04% CO2
1.5 2.8 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2
Thí nghiệm 2:
0.40% CO2
1.5 3.5 5 6 6.5 6.5 6.5
Ghi chú: đơn vị về cường độ ánh sáng và cường độ quang hợp là tùy chọn

29. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
8
Mối quan hệ giữa cường độ quang hợp với cường độ ánh sáng và nhiệt độ được
minh họa trong các hình A và B dưới đây. Trong đó, cường độ quang hợp được
tính theo hàm lượng CO2 cây hấp thụ (đo tại thời điểm hấp thụ). Hãy cho biết:
a. Trong giới hạn nhiệt độ từ 15o
C – 25o
C, Io có thể trùng với điểm 0 không? Giải
thích.
b. Có thể dựa vào Im để phân biệt thực vật C3 và C4 không? Giải thích.
c. Đường cong (1), (2) và (3) tương ứng với cường độ quang hợp của nhóm thực
vật nào trong các thực vật C3, C4 và CAM? Giải thích.
--------------------------------- Hết ---------------------------------

30. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
1
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC NINH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2022 - 2023
Môn: Sinh học lớp 10
Câu 1: Thành phần hóa học của tế bào (2.0 điểm)
Biểu đồ sau đây thể hiện nồng độ của một số acid amin tự do ở thực vật thích
nghi với ánh sáng và thích nghi với bóng tối.
a. Trong số các amino acid đã trình bày, amino acid nào chi phối nhiều nhất tới
sự thích nghi sáng – tối?
b. Đề xuất một lời giải thích sinh hóa cho sự khác biệt nhận thấy được.
c. Măng tây trắng, là kết quả của việc trồng măng tây trong bóng tối. Theo bạn,
chất nào tạo nên hương vị chính của măng tây trắng?
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời Điểm
a. Asn và Gln có sự đối ngược nhau, phản ánh sự thích nghi rõ rệt
với các điều kiện ánh sáng khác nhau. Trong đó, Asn chi phối sự
thích nghi với bóng tối và Gln chi phối sự thích nghi với ánh sáng.
1.0
HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT

31. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
2
b. Vì Gln là một amino acid có sự chuyển hóa mạnh hơn, được sử
dụng trong quá trình tổng hợp nhiều hợp chất khác nhau. Do đó, khi
năng lượng có sẵn dưới dạng ánh sáng, Gln sẽ được ưu tiên kích hoạt
tổng hợp. Asn, mang nhiều nitơ hơn trên mỗi nguyên tử carbon, do
đó là sinh vật ưu tiên dự trữ nitơ hiệu quả hơn khi năng lượng thấp,
được tổng hợp trong bóng tối.
0.5
c. Măng tây trắng có hàm lượng Asn đặc biệt cao, tạo nên hương vị
đậm đà.
0.5
Câu 2: Cấu trúc tế bào (2.0 điểm)
Hai mẫu tế bào người khác nhau (loại tế bào A và loại tế bào B) từ cùng một cơ
thể người đã tiếp xúc với một chất hóa học làm phá vỡ màng huyết tương của họ,
sau đó các mẫu được quay tuần tự trong máy siêu ly tâm để cô lập các lớp của
các thành phần dưới tế bào. Dưới đây là biểu đồ cho thấy kết quả của thử nghiệm
này:
a. Mô tả sự khác biệt chính giữa tế bào A và tế bào B dựa trên biểu đồ này.
b. Dựa vào đâu để cho thấy sự khác nhau về chức năng giữa tế bào A và tế bào B.
c. Dựa trên dữ liệu được cung cấp, hãy dự đoán các tế bào A và B thuộc loại tế
bào nào, giải thích vì sao.

32. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
3
d. Giải thích làm thế nào mà 2 loại tế bào này có thể có DNA giống hệt nhau
nhưng lại có đặc điểm tế bào khác nhau.
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời Điểm
a. Tế bào A có ti thể, nhiều ribosome, không có lông mao và nhiều
lysosome. Tế bào B có số lượng ti thể nhiều gấp đôi tế bào A, khoảng ½
số ribosome, nhiều lông mao và rất ít lysosome so với tế bào A.
0.5
b. Tế bào A là tế bào có chức năng liên quan đến tiêu hóa. Tế bào B có
thể là 1 tế bào di động hoặc thực hiện 1 số chức năng di truyền  Chức
năng có thể quyết định cấu trúc tế bào.
0.5
c. Tế bào A có thể là bạch cầu (tiêu hóa và tiêu diệt mầm bệnh) vì nó có
nhiều lysosome, là những túi chứa enzyme tiêu hóa. Ngoài ra các enzyme
tiêu hóa là protein được tổng hợp ở ribosome.
Tế bào B có thể là biểu mô lót hệ thống hô hấp ở người, vì nó có nhiều
lông mao. Lông mao loại bỏ bụi và vi trùng từ đường mũi, phế quản và
phổi.
0.5
d. Hai tế bào này được lấy từ 1 cơ thể người  cả hai có DNA trong nhân
giống nhau.
Nhưng chúng khác nhau cấu trúc và chức năng vì mỗi tế bào biểu hiện
các gene khác nhau và tạo ra các protein khác nhau. Cùng 1 loại DNA có
thể tạo ra các protein khác nhau bằng các cách kết hợp khác nhau của
exon hoặc các gene tuân theo các cơ chế điều hòa khác nhau.
0.5
Câu 3: Chuyển hóa vật chất và năng lượng trong tế bào (Đồng hóa, dị hóa)
(2.0 điểm)
Chu trình Krebs là trung tâm của mọi hoạt động chuyển hóa tế bào. Cho biết
Succinate (COO-
-CH2- CH2-COO-
), fumarat (COO-
-CH=CH- COO-
), malat
(COO-
-CHOH- CH2-COO-
) và oxaloacetate (COO-
-CO- CH2-COO-
) là bốn chất
trung gian của các phản ứng chuyển hóa trong chu trình Krebs; NAD+
và FAD là

33. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
4
những chất nhận điện tử từ sự oxy hóa các hợp chất hữu cơ. Sau đây là hai phản
ứng của chu trình Krebs:
(1)Succinate + FAD  fumarate + FADH2
(2)Malate + NAD+
 oxaloacetate + NADH + H+
a. Tại sao khí O2 không phải là nguyên liệu của tất cả các phản ứng trong chu
trình Krebs nhưng nếu không có mặt O2 thì chu trình Krebs cũng bị ngừng lại.
b. Một trong hai phản ứng nói trên (phản ứng 1 hoặc 2) bị ức chế khi có mặt
malonat ở chất nền ti thể. Hãy cho biết nhiều khả năng phản ứng (1) hay (2) là
phản ứng bị ức chế khi có mặt malonate? Tại sao.
c. Giả sử các nhà sinh học tạo ra được hai loại dehydrogenase “nhân tạo” vừa gắn
được với NAD+
, vừa gắn được với FAD nhưng một loại enzyme có cơ chất là
succinate, loại còn lại có cơ chất là malate. Nếu thay thế FAD bằng NAD+
hoặc
ngược lại cho mỗi phản ứng nói trên nhưng sử dụng hai loại dehydrogenase “nhân
tạo” tương ứng thì mỗi phản ứng (1), (2) có xảy ra hay không? Tại sao?
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời Điểm
a. Không có mặt O2 chuỗi chuyền điện tử không hoạt động không
tái lập NAD+
và FAD thiếu nguyên liệu cho các phản ứng của chu
trình Krebs ngừng lại.
0.5
b. Phản ứng (1) bị ức chế khi có mặt malonat.
Vì malonat có cấu trúc gần giống succinate, cạnh tranh được với
nó liên kết vào succinate dehydrogenase.
0.5
c.
- Nếu thay FAD bằng NAD+
ở phản ứng (1) với sự có mặt của
enzyme nhân tạo thì phản ứng này vẫn xảy ra.
- Vì NAD+
có thể thay FAD nhận điện tử từ succinate.
- Nếu thay NAD+
bằng FAD ở phản ứng (2) với sự có mặt của
enzyme nhân tạo thì phản ứng này không xảy ra.
- Vì FAD không thể thay NAD+
nhận điện tử từ fumarate.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 4: Truyền tin tế bào + phương án thực hành (2.0 điểm)

34. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
5
1- Trong tế bào động vật, ion Ca2+
được sử dụng nhiều hơn cả cAMP trong vai
trò của hệ thống tín hiệu thứ hai. Con đường truyền tín hiệu này có sự tham gia
của các phân tử quan trọng như inositol triphosphates (IP3) và diacylglycerol
(DAG). Chỉ ra 2 vị trí trong tế bào chất mà ở đó duy trì nồng độ cao của ion Ca2+
?
- Epinephrin kích thích phân giải glycogen bằng cách hoạt hóa enzyme glycogen
phosphorylaza trong bào tương. Nếu epinephrin được trộn với glycogen
phosphorylaza và glycogen trong ống nghiệm thì glucozo -1- phosphat có được
tạo ra không? Tại sao?
2. Có một mẫu thực phẩm chứa saccarôzơ và lòng trắng trứng được đựng trong
ống nghiệm.
Dựa vào một số phép thử sau hãy cho biết mẫu thực phẩm trên tương ứng với
mẫu thí nghiệm nào? Giải thích.
Hướng dẫn chấm
Nội dung trả lời Điểm
a. - Hai vị trí trong tế bào chất duy trì nồng độ Ca2+ cao bao gồm:
lưới nội chất trơn và ty thể.
- Glucozo -1- phosphat không được tạo ra vì sự hoạt hóa enzyme cần
tế bào nguyên vẹn với một thụ thể nguyên vẹn trên màng tế bào và
một con đường truyền tin nguyên vẹn trong tế bào. Sự tương tác với
phân tử tín hiệu trong ống nghiệm không đủ trực tiếp hoạt hóa
enzyme. Enzyme adenilyl cyclaza chuyển hóa ATP thành cAMP,
0.5
0.5
Thuốc thử Mẫu số 1 Mẫu số 2 Mẫu số 3 Mẫu số 4
Dung dịch iôt Nâu Nâu Xanh đen Xanh đen
Dung dịch Benedict Đỏ gạch Xanh da trời Xanh da trời Đỏ gạch
Phản ứng Biuret Tím Tím Xanh da trời Tím

35. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
6
cAMP làm thay đổi một hay nhiều quá trình phosphoryl hóa (hay
hoạt hóa chuỗi enzyme). Nhờ vậy làm tín hiệu ban đầu được khuếch
đại lên nhiều lần. b. Xác định mẫu thực phẩm: mẫu số 2.
Giải thích:
- Trong mẫu thực phẩm không có tinh bột → thử bằng iôt vẫn cho
màu nâu.
- Saccarôzơ không thể khử được dung dịch benedict → dùng dung
dịch Benedict để thử vẫn cho màu xanh da trời.
-Lòng trắng trứng giàu protein → phản ứng Biuret cho màu tím.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 5: Phân bào (2.0 điểm)
Khi các nguyên bào sợi của người bình thường được nuôi cấy trong môi trường
chứa huyết thanh, chúng phân chia với thời gian trung bình khoảng 22 giờ (M =
1 giờ, G1 = 10 giờ, S = 6 giờ, G2 = 5 giờ). Để xác định ảnh hưởng của sự thiếu
hụt huyết thanh đối với chu kì tế bào, các tế bào được ủ 48 giờ trong môi trường
có hoặc không có huyết thanh. Vào cuối quá trình ủ này, tế bào được thu và
nhuộm bằng propidium iodide, chất này liên kết với DNA và phát huỳnh quang
khi tiếp xúc với ánh sáng cực tím. Các tế bào nhuộm màu được phân tích hàm
lượng DNA (huỳnh quang). Kết quả với huyết thanh được thể hiện trong hình 1a.
Nếu thiếu huyết thanh, các tế bào ngừng tăng sinh và chuyển sang trạng thái tĩnh
trong hình 1b.
Trong thí nghiệm thứ hai, các tế bào bị thiếu huyết thanh trong 48 giờ và sau đó
được điều trị bằng huyết thanh đơn thuần hoặc huyết thanh cộng với
cycloheximide (CHX), một chất ức chế tổng hợp protein. Tại các thời điểm khác
nhau sau khi điều trị, RNA đã được phân lập từ các tế bào. Tổng hợp RNA tế bào
bằng nhau từ mỗi mẫu được phân tích bằng điện di trên gel và phương pháp
Northern blotting để phát hiện mức độ mRNA c-fos. Protein c-fos tham gia vào

36. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
7
quá trình điều chỉnh sự tăng sinh của tế bào. Kết quả của thí nghiệm này được thể
hiện trong hình 2.
“-” huyết thanh và “+” huyết thanh cộng với CHX.
a. Trong vùng đánh dấu Y, tế bào đang ở pha nào của chu kì tế bào.
b. Tế bào sinh trưởng với sự có mặt của huyết thanh được đánh dấu với 3
H-
thymidine trong 3 giờ và sau đó phân tích. Vùng nào trong hình 1a sẽ chứa tế bào
phóng xạ? Giải thích.
c. Dựa vào kết quả ở hình 2, sự khác nhau về lượng c-fos mRNA khi có hoặc
không có mặt cycloheximide tại 2, 4 và 6 giờ là do đâu? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
Nội dung trả lời Điểm
a. Tế bào đang ở vùng đánh dấu Y. Vì dựa vào lượng DNA có thể
nhận ra tế bào đang trải qua nhân đôi DNA.
0.5

37. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
8
b. Tế bào có pha S 6 giờ, G2 5 giờ  có thể pha S đã hoàn thành
và di chuyển qua pha G2. Như vậy, tế bào ở vùng Y và Z là những
vùng có thể chứa tế bào mang phóng xạ.
0.5
c.
- Khi không có mặt CHX, lượng c-fos mRNA tạo thành ức chế quá
trình phiên mã (từ 2-6h).
- Có mặt CHX, CHX ức chế quá trình sinh tổng hợp c-fos mRNA
 quá trình phiên mã k bị ức chế, quá trình phiên mã lại diễn ra
bình thường.
0.5
0.5
Câu 6: Cấu trúc, chuyển hóa vật chất của vi sinh vật (2.0 điểm)
1. Thiobacillus ferrooxidans là vi khuẩn sống trên các mỏ quặng có chứa pirit
(FeS 2 ) với pH = 2, được sử dụng bởi ngành công nghiệp khai thác để thu hồi
đồng và uranium. Biết rằng T. ferrooxidans sử dụng chất cho electron là FeS 2 và
thu được các sản phẩm phụ trong quá trình dinh dưỡng là Fe(OH) 3 và axit
sunphuric. Xác định kiểu dinh dưỡng và kiểu hô hấp của vi khuẩn T. ferrooxidans.
Giải thích.
2. Gây đột biến một chủng nấm men kiểu dại, người ta thu được các thể đột biến
suy giảm hô hấp do thiếu xitocrom oxidaza là một enzim của chuỗi chuyền
êlectron.
Trong công nghiệp sản xuất rượu, nếu sử dụng các thể đột biến này sẽ có điểm gì
ưu thế hơn so với chủng kiểu dại? Giải thích?
Hướng dẫn chấm:
Nội dung trả lời Điểm
1
- Kiểu dinh dưỡng: hóa tự dưỡng.
- Nguồn cung cấp năng lượng: từ các phản ứng oxi hóa Fe 2+ và S
2- tạo thành Fe 3+ và SO4 2-
- Nguồn cung cấp cacbon: CO 2 .
- Hình thức hô hấp: hiếu khí.
0.25
0.25
0.25
0.25

38. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
9
2.
- Nấm men (kiểu dại) là vi sinh vật kị khí không bắt buộc. Trong
điều kiện thiếu O 2 , nấm men sẽ lên men rượu. Trong điều kiện có
O 2 , nấm men sẽ tiến hành hô hấp hiếu khí.
- Do đó, phải duy trì điều kiện kị khí để tiến hành lên men. Trong
công nghệ lên men rượu, việc duy trì điều kiện kị khí đòi hỏi chi phí
thực hiện.
- Chủng nấm men đột biến thiếu enzim xitocrom oxidaza (là một
thành phần của chuỗi vận chuyển điện tử) dẫn tới chuỗi vận chuyển
điện tử bị ngừng trệ. Chu trình Crep cũng bị ngừng vì thiếu NAD +
từ chuỗi vận chuyển điện tử. Do đó chủng nấm men đột biến này lên
men rượu ngay cả khi có O2.
- Việc sử dụng chủng nấm men đột biến có ưu thế trong việc đơn
giản hóa điều kiện lên men vì không cần phải duy trì điều kiện kị khí
như đối với nấm men kiểu dại.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 7: Sinh trưởng, sinh sản của VSV (2.0 điểm)
1. Đường cong tăng trưởng khi nuôi cấy một loại vi khuẩn trong môi trường giàu
dinh dưỡng ở 37 độ C được vẽ trên Hình A. Cũng loại vi khuẩn này sau khi được
chuyển sang nhiệt độ 45 độ C trong vòng 30 phút, rồi chuyển trở lại về môi trường
giàu dinh dưỡng ở 37 độ C, thì đường cong sinh trưởng thu được như hình B.
Hãy giải thích sự khác nhau về đường cong sinh trưởng giữa hình A và hình B

39. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
10
2. Nguyên nhân gì làm cho một chủng vi sinh vât cần phải có pha tiềm phát (lag)
khi bắt đầu nuôi cấy chúng trong môi trường mới? Có những yếu tố nào ảnh
hưởng đến pha lag?
Hướng dẫn chấm:
Nội dung trả lời Điểm
1.
- Sự khác nhau trong 2 đường cong sinh trưởng: vi khuẩn nuôi cấy ở
hình A đang ở các pha khác nhau của chu kì tế bào (M, G1, S, G2), tại
mỗi thời điểm đều có tế bào phân chia nên đồ thị thể hiện số lượng tế
bào (thông qua độ đục tại tia OD600) là đường cong.
- Tại hình B, vi khuẩn nuôi cấy ở cùng 1 pha của chu kỳ tế bào nên khi
phân chia (pha M) xảy ra đồng loạt làm số lượng vi khuẩn trong môi
trường nuôi cấy tăng đột ngột.
- Giải thích: tại hình B, các vi khuẩn được chuyển vào môi trường nuôi
cấy có nhiệt độ cao sau đó chuyển về nhiệt độ thường => Nhiệt độ làm
tạm dừng sinh trưởng của vi khuẩn ở một số giai đoạn nhất định.
- Đồng bộ các tế bào vi khuẩn về chung 1 pha của chu kỳ tế bào =>
Đường biểu diễn số lượng tế bào (thông qua đo độ đục) như hình B.
0.25
0.25
0.25
0.25
2.

40. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
11
- Pha lag: pha thích ứng của sinh vật với môi trường. Pha này cần có sự
tổng hợp các protein enzim cần thiết để xúc tiến quá trình tổng hợp các
chất cần thiết cho tế bào và phân giải các chất có ở môi trường.
- Có nhiều yếu tố ảnh hưởng đến pha lag, trong đó người ta thường đề
cập đến 3 yếu tố chính sau:
+ Tuổi của giống cấy: giống khỏe mạnh được lấy ở pha log thì pha lag
sẽ ngắn.
+ Lượng giống: cấy giống nhiều pha lag ngắn và ngược lại.
+ Thành phần của môi trường: môi trường có thành phần phong phú thì
pha lag ngắn.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 8: Virus (2.0 điểm)
1. 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 ADN hay ARN?
Vì sao?
2. Dựa trên cơ chế gây bệnh của HIV và virus cúm, hãy chỉ ra sự biến động số
lượng của mỗi nhóm virus này trong cơ thể người theo thời gian.
3. Người ta có thể định lượng số hạt virut xâm nhiễm vào tế bào chủ bằng thí
nghiệm vết tan (plaqueassay). Thí nghiệm này nuôi cấy một mẫu chứa các hạt
virut (ở nồng độ thấp) trên đĩa phủ sẵn môt lớp tế bào chủ và sau đó đếm số tổn
thương cục bộ (gọi là vết tan) tạo thành.
a. Hãy trình bày cơ sở khoa học của phương pháp định lượng virut này?
b. Nếu trên đĩa nuôi cấy tế bào chủ đếm được 30 vết tan thì có thể khẳng định số
hạt virion ban đầu đưa vào là 30 hạt không?
Hướng dẫn chấm:
Nội dung trả lời Điểm

41. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
12
1.
Vi rút có vật chất di truyền là ARN.
+ Do cấu trúc ARN kém bền vững hơn ADN nên virút có vật chất
di truyền và 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 dễ
thay đổi đặc tính kháng nguyên hơn...,nên người ta không thể tạo
ra vacxin phòng chống chúng.
0.25
0.25
2.
- Số lượng hạt virus cúm tăng đều, sau đó lượng kháng thể trong
cơ thể gia tăng đủ lớn và tiêu diệt hết các hạt virus cho đến khi
khỏi cúm hoàn toàn.
- Số lượng các hạt virus HIV gia tăng dần. Ở giai đoạn sau, hệ
miễn dịch suy yếu hoàn toàn và số lượng hạt HIV tăng nhanh.
0.25
0.25
3.
a. Cơ sơ khoa học của phương pháp định lượng vi rut:
- Sự hình thành các vết tan là do các vi rut tạo ra chu trình sinh
tan, khi xâm nhiễm vào tế bào chủ virut
nhân lên và làm tan tế bào chủ. Quá trình này gồm 5 giai đoạn:
Hấp phụ, xâm nhập, sinh tổng hợp, lắp ráp và giải phóng
- Vết tan phát triển trên đĩa khi một virion xâm nhiễm vào một tế
bào chủ, virut tái bản trong tế bào chủ phá vỡ tế bòa chủ và giải
phóng nhiều virion con. Những virion mới sinh lại tiếp tục xâm
nhiễm vào cáctế bào bên cạnh trên đĩa và sau một số ít chu trình
xâm nhiễm sẽ dần tạo ra vùng trong suốt có thể quan sát được
bằng mắt thường gọi là vết tan.
- Như vậy mỗi vết tan có nguồn gốc từ một virion ban đầu và số
vết tan trên đĩa tương ứng với số virion ban đầu đã xâm nhiễm
bào tế bào chủ.
0.25
0.25
0.25

42. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
13
b. Nếu trên đĩa nuôi cấy tế bào chủ đếm được 30 vết tan thì không
thể khẳng định số hạt virion ban đầu đưa vào là 30 hạt mà phải
nhiều hơn 30 hạt vì sẽ có một số hạt virion vì lý do nào đó mà thụ
thể của nó không tiếp xúc được với thụ thể của tế bào chủ.
0.25
Câu 9: Trao đổi nước, dinh dưỡng khoáng (2.0 điểm)
Trong các thí nghiệm về tác động của ánh sáng và cho đến quang hợp, các cây
lúa đã được trồng ở điều kiện nhiệt độ 28°C cường độ ánh sáng khác nhau.
Thí nghiệm 1 với 0,04% CO2 còn thí nghiệm 2 với 0,40% CO2.
1. Hãy vẽ một đồ thị dạng đường liên tục để minh họa 2 kết quả thí nghiệm với
quy ước trục tung là cường độ quang hợp và trục hoành là cường độ ánh sáng.
2. Trong thí nghiệm 1, vì sao khi cường độ ánh sáng ≥ 3 (đơn vị) thì cường độ
quang hợp cao nhất? Giải thích.
3. Hãy đưa ra 3 nguyên nhân khác nhau để giải thích vì sao cường độ quang hợp
giảm ở nhiệt độ trên 30°C?
Hướng dẫn chấm:
Nội dung trả lời Điểm
Cường độ ánh sáng (đơn vị) 1 2 3 4 5 6 7
Cường độ
quang hợp
với CO2
(đơn vị )
Thí nghiệm 1:
0.04% CO2
1.5 2.8 3.2 3.2 3.2 3.2 3.2
Thí nghiệm 2:
0.40% CO2
1.5 3.5 5 6 6.5 6.5 6.5
Ghi chú: đơn vị về cường độ ánh sáng và cường độ quang hợp là tùy chọn

43. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
14
Ghi chú 2 thí nghiệm và điền đầy
đủ tên, đơn vị của hai trục.
0.75
Khi cường độ ánh sáng ≥ 3 (đơn vị), cường độ quang hợp đạt
cao nhất do đã huy động tối đa lượng CO2 có trong môi trường.
0.5
Nhiệt độ cao trên 30℃ kìm hãm hoạt động của các enzyme. 0.25
Nhiệt độ cao → khí khổng (lỗ khí) đóng lại → sự hấp thu CO2
giảm.
0.25
Khí khổng đóng lại → lượng O2 giữ lại trong lá cao sẽ tác động
đến enzyme Rubisco làm giảm cường độ quang hợp (qua hiện
tượng hô hấp sáng).
0.25
Câu 10: Chuyển hóa vật chất và năng lượng ở thực vật (Quang hợp, hô hấp)
(2.0 điểm)
Mối quan hệ giữa cường độ quang hợp với cường độ ánh sáng và nhiệt độ được
minh họa trong các hình A và B dưới đây. Trong đó, cường độ quang hợp được
tính theo hàm lượng CO2 cây hấp thụ (đo tại thời điểm hấp thụ). Hãy cho biết:
a. Trong giới hạn nhiệt độ từ 15o
C – 25o
C, Io có thể trùng với điểm 0 không? Giải
thích.
b. Có thể dựa vào Im để phân biệt thực vật C3 và C4 không? Giải thích.
c. Đường cong (1), (2) và (3) tương ứng với cường độ quang hợp của nhóm thực
vật nào trong các thực vật C3, C4 và CAM? Giải thích.

44. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
15
HDC
Nội dung trả lời Điểm
a. Trong giới hạn nhiệt độ từ 15o
C – 25o
C, điểm bù ánh sáng Io không thể
trùng với điểm 0. Vì khi cường độ ánh sáng bằng 0 thì cường độ quang
hợp bằng 0 nhưng cường độ hô hấp vẫn khác 0.
0.5
b. Được. Vì điểm bão hòa ánh sáng Im của thực vật C3 có giá trị gần 1/3
ánh sáng mặt trời toàn phần (khoảng 30.000 lux) còn thực vật C4 có Im
cao hơn gần với ánh sáng mặt trời toàn phần (khoảng 90.000 lux).
0.5
c. - Đường cong (1) tương ứng với cường độ quang hợp của thực vật
CAM do thực vật CAM mở khí khổng vào ban đêm nên thời điểm hấp
thu CO2 có nhiệt độ thấp và cường độ quang hợp thấp hơn thực vật C3,
C4.
- Đường cong (3) tương ứng với cường độ quang hợp của thực vật C4 do
cường độ quang hợp của nhóm thực vật này cao nhất trong 3 nhóm C3,
C4 và CAM đồng thời nhiệt độ tối ưu cho quang hợp cũng cao (trên
35o
C).
- Đường cong (2) tương ứng với cường độ quang hợp của thực vật C3 vì
cường độ quang hợp của nhóm thực vật này thấp hơn thực vật C4 và nhiệt
độ tối ưu cho quang hợp gần 30o
C.
0.5
0.25
0.25
--------------------------------- Hết ---------------------------------

45. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
1
SỞ GD&ĐT CAO BẰNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
ĐỀ THI MÔN: SINH HỌC 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:...tháng 7 năm 2023
Câu I (2,0 điểm). Thành phần hóa học tế bào
Một loại polysaccharide X được cấu tạo bởi các phân tử glucose liên kết với nhau bằng liên kết 1β -
4 glicosidit thành mạch thẳng không phân nhánh.
1. Tên của loại polysaccharide X này là gì?
2. Chất Y là thành phần chính cấu tạo nên lớp vỏ ngoài của côn trùng và giáp xác. Hãy cho biết
đơn phân cấu tạo nên chất hóa học này?
3. So sánh X và Y? Vì sao Y có tính chất rất dai và cực bền? Ứng dụng của chất Y trong
đời sống?
Câu II (2,0 điểm). Cấu trúc tế bào
1. Hai protein màng, bao gồm một protein bám màng ngoại bào và một protein xuyên màng có
vùng liên kết với actin nội bào, được đánh dấu bằng huỳnh quang (màu xám) ở mỗi thí nghiệm:
- Thí nghiệm 1: Thực hiện trong môi trường
nuôi cấy tế bào chuẩn ở nhiệt độ 370
C.
- Thí nghiệm 2: Thực hiện trong môi trường
nuôi cấy tế bào có bổ sung cytochalasin, một chất
phá hủy actin, ở nhiệt độ 370
C.
- Thí nghiệm 3: Thực hiện trong môi trường
nuôi cấy tế bào chuẩn ở nhiệt độ 200
C.
Ở các thí nghiệm trên, một vùng nhỏ trên màng tế bào (hình vuông) được tẩy huỳnh quang
trong một thời gian ngắn (xuất hiện màu trắng), sau đó theo dõi sự phục hồi huỳnh quang (xuất hiện
màu xám trở lại). Kết quả được thể hiện ở bảng bên. Xác định protein X, Y và kết quả tương ứng với
các thí nghiệm. Giải thích.
2. Mỗi vấn đề y tế sau đây liên quan đến sự rối loạn chức năng của cơ quan hoặc cấu trúc tế
bào. Trong mỗi trường hợp, xác định cơ quan hoặc cấu trúc có liên quan và cho biết nguyên nhân là do
nó hoạt động kém hay hoạt động quá mức?
a. Một đứa trẻ chết vì bệnh Tay-Sachs, tế bào của nó thiếu hydrolase -enzyme phân giải một
thành phần màng gọi là ganglioside GM2, do đó tích tụ trong màng não của nó.
b. Một đứa trẻ được áp dụng chế độ ăn không có sữa vì các tế bào niêm mạc lót ruột non của
trẻ không tiết ra enzym cần thiết để thủy phân lactose – đường đôi có trong sữa.
Câu III (2,0 điểm). Chuyển hóa vật chất trong tế bào (đồng hóa + dị hóa)

46. D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L
2
1. Quang hợp ở thực vật gồm pha sáng và
pha tối. Trong đó, pha sáng là quá trình chuyển
hoá năng lượng ánh sáng mặt trời và tích luỹ
trong các hợp chất ATP, NADPH sẽ được dùng
cho pha tối. Hình sau minh hoạ tác động ức chế
chuỗi truyền điện tử từ pha sáng của diuron (một
chất oxi hoá).
Sự tổng hợp ATP và NADPH của pha sáng
bị tác động bởi diuron như thế nào? Giải thích.
2. Antimycin A là chất ức chế một loại enzyme trong chuỗi truyền electron làm gián đoạn quá
trình truyền electron trong hô hấp. Một chủng nấm men được nuôi trong 2 bình nuôi cấy có đầy đủ
dinh dưỡng gồm glucose, ADP, ion photphat vô cơ… Lượng oxi trong bình nuối cấy được định lượng
và đóng nắp ngăn trao đổi oxi với môi trường bên ngoài. Cả hai bình được ủ 30 phút (nhiệt độ tối ưu
duy trì 300
C). Sau 5 phút đầu tiên, 1 bình được cho thêm Antimycin A. (Biết các điều kiện về số lượng
tế bào, trạng thái, sinh trưởng của tế bào và điều kiện nuôi cấy khác nhau của môi trường ở 2 bình nuôi
cấy là như nhau). Kết quả thể hiện ở bảng sau:
Thời gian
nuôi cấy
Nồng độ oxi trong bình nuôi cấy
(1) Không có Antimycin A (2) Thêm Antimycin A sau 5 phút nuôi cấy
0 6.42 6.42
5 3.68 3.7
10 2.45 3.7
15 1.64 3.7
20 0.92 3.7
25 0.51 3.7
30 0.51 3.7
a. Nhận xét về hàm lượng oxi trong 2 bình trong thời gian nuôi cấy. Giải thích.
b. Ở mức phân tử, giải thích tại sao hô hấp hiếu khí không xảy ra ở nồng độ oxi xuống quá thấp?
c. Trong 2 bình nuôi cấy bình nào có bọt khí? Tại sao?
Câu IX (2,0 điểm). Truyền tin tế bào + Thực hành
1. EGFR là thành viên của họ thụ thể ErbB (Erythroblastic B) – là một loại thụ thể tyrosine
kinase (hình 1). Tín hiệu từ EGFR có thể được truyền qua con đường Ras/Raf/MEK/ERK hoặc
PI3K/AKT/mTOR vào nhân để điều khiển tế bào tăng trưởng, biệt hóa, phân chia, tăng sinh mạch
máu, tránh sự tự chết theo chương trình.
Hình 1. Mô hình cấu trúc và hoạt động của thụ thể yếu tố tăng trưởng biểu mô: