108 年 國立臺灣大學分子與細胞生物學研究所碩士班《分子生物學（B）》

題目核心觀念

此題測驗對 DNA 複製模式（semiconservative replication）的概念是否掌握。關鍵在於了解每條新雙股 DNA 中 各保留一條原始母鏈，另一條為新合成的子鏈，而不是整條雙股或片段混合的情形。

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解題過程

選項	內容說明	為何正確/錯誤
(A)	「一條子雙股全部由兩條原始母鏈組成」	與 semiconservative 定義相左。若兩條母鏈全保留，則子代不會有新合成的鏈，與實驗（Meselson‑Stahl）結果不符。
(B)	「每條子雙股只用一條母鏈作為模板，兩條子鏈皆由同一母鏈合成」	母鏈只能作為 單一子鏈 的模板，另一條子鏈必須由另一條母鏈提供模板。此說法暗示同一母鏈同時作兩條子鏈的模板，違反鏈的互補配對原則。
(C)	「每條子雙股皆由一條母鏈 + 一條新合成的子鏈組成」	完全符合 semiconservative 定義：<br>$\text{子雙股} = \text{母鏈 (保留)} + \text{新合成鏈}$ <br>兩條子雙股各自保留不同的母鏈，形成兩套「母+子」結構。
(D)	「每條子雙股的序列可能與母雙股不同」	雖然突變會改變序列，但 DNA 複製的基本機制 保證新合成鏈的序列與模板完全互補（錯配率極低），不會導致系統性差異。此選項過度擴大概念。

核心觀念
在核糖體的肽鏈延伸（elongation）階段，每一次胺基酸的加入與核糖體的移位（translocation）皆依賴 GTP 水解提供能量。

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解題過程

1. 肽鏈延伸的兩個主要步驟

   • 胺基酸‑tRNA 的送入
     • 由延伸因子 EF‑Tu（真核稱 eEF1A）攜帶胺基酰‑tRNA，該因子在結合胺基酰‑tRNA 與核糖體 A 位點前，先 水解一分子 GTP → GDP + P_i。
   • 核糖體的移位
     • 伴隨肽鍵形成後，延伸因子 EF‑G（真核稱 eEF2）促使核糖體從 A 位點向 P 位點移動，同樣利用 GTP 水解 釋放能量。

2. 為何不是其他核苷酸（ATP、CTP、UTP、TTP）

   • 這些核苷酸在 核酸合成（DNA、RNA） 中提供能量或作為前體，但在肽鏈延伸的機械過程中，已證實的能量來源是 GTP。

核心概念
本題在測試「功能基因」的定義。功能基因是指能產生具生物功能之產物（蛋白質或功能性RNA）的 DNA 序列，關鍵在於是否擁有能被翻譯成完整蛋白的開放閱讀框（ORF），而非其與其他基因的相對位置、表現範圍或跨物種的同源關係。

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(a) 選項分析

選項	說明	為何不成立
(A) share an exon with another functional gene	只有在基因重疊（overlapping gene）時才會發生，並非所有功能基因都必須共享外顯子。	大多數功能基因各自擁有獨立外顯子，沒有此必要性。
(B) result in a mutant phenotype if its sequence is mutated	基因突變是否造成表型取決於基因的功能重要性與冗餘性。	若有功能重複（redundancy）或非必需功能，突變不一定產生可觀測的表型。
(C) have an open reading frame	能產生功能性蛋白的基因必須具備連續的起始密碼子、終止密碼子與無中止的閱讀框。	此條件是功能基因的必要條件（對於蛋白編碼基因而言）。
(D) be expressed in all cell types of the organism	基因的組織或發育特異性表現普遍存在，並非所有功能基因皆是普遍表達。	許多功能基因僅在特定細胞或時期表達，如組織特異性基因。
(E) have a functional ortholog in another species	同源基因的存在與功能相關，但並非判斷一個基因是否功能的必要條件。

核心觀念

本題測驗「DNA 包裝比 (packing ratio)」在不同細胞階段或染色質類型的差異。
DNA 包裝比＝$\dfrac{\text{DNA 實際長度}}{\text{染色體（或核）長度}}$，在 DNA 最緊密收縮時比例最高，亦即染色體最短、DNA 仍保持原長度。

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解題過程

(a) 釐清「DNA 包裝比」最高的情況

1. 基因表現高峰 (A)

   • 高度表現的基因位於活化的染色質 (euchromatin)，染色質鬆散以供轉錄機器進入。
   • 包裝比相對較低，因 DNA 拉長、核體積較大。

2. DNA 複製後立即 (B)

   • 複製完成後，新合成的雙股 DNA 初始以半保護的形式（半重組）存在，染色質尚未重新壓縮。
   • 此時仍屬於較鬆散的狀態，包裝比不會是最高。

3. 有絲分裂期 (C)

   • 進入有絲分裂 (mitosis) 時，染色體會高度濃縮，形成可見的棒狀染色體。
   • DNA 仍保持原長度 $L_{\text{DNA}}$，而染色體的總長度 $L_{\text{chrom}}$ 明顯縮短，故

核心概念
本題測驗的是分子克隆常用的質體（plasmid）載體結構要素。了解質體在細菌中自行複製、被選取與插入外源基因所必須具備的組件，才能判斷哪一項不屬於「通常」的特徵。

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(a) 各選項功能與常見性說明

選項	功能說明	是否為質體載體的常見特徵
(A) Multiple cloning site (MCS)	一段富含多種限制酵素切位點的序列，提供插入外源 DNA 的便利位點。	是，幾乎所有克隆載體皆設置 MCS。
(B) Antibiotic resistance gene	抗生素抗性基因（如 ampR、kanR）使宿主細胞在含抗生素培養基上生長，便於篩選。	是，是選取子細胞的基本元件。
(C) Origin of replication (Ori)	質體自身的複製起點，決定在宿主內的拷貝數與複製效率。	是，質體若無 Ori 無法在細菌中維持。
(D) Centromere	真核染色體的著絲點，負責染色體在細胞分裂時的正確分離。	否，細菌質體不需著絲點，亦無此結構。
(E) Telomere	真核線狀染色體兩端的端粒，保護染色體末端防止降解與融合。	否，大多數質體為環狀分子，根本不具端粒。

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(b) 為何 Centromere 被視為「不屬於」的特徵

核心觀念
本題在測驗「染色體結構」與「基因組型態」的概念：原核生物（如細菌）常以單一環狀 DNA 分子作為主要遺傳物質，而真核生物（酵母、昆蟲、哺乳類、開花植物）則擁有多條線性染色體且位於細胞核內。

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解題過程

1. 了解選項的細胞類別
   • (A) 酵母 (yeasts)：真核酵母是真核微生物，基因組為線性染色體。
   • (B) 細菌 (bacteria)：屬於原核生物，基因組通常是一條環狀（circular）DNA 分子，稱為「染色體」或「質體」。
   • (C) 果蠅 (flies)：屬於真核動物，基因組為多條線性染色體。
   • (D) 小鼠 (mice)：哺乳類真核動物，基因組亦為線性染色體。

核心觀念
本題測驗的是 DNA 聚合酶的 processivity（連續性或持續性），即酶在不脫離模板的情況下，能連續合成多個核苷酸的能力。此概念與聚合酶在合成領先股或落後股的速度無關，也不是指校正或核酸酶活性，而是 酶在單一次結合後的持續合成次數。

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解題步驟

1. 閱讀選項，釐清關鍵詞
   • (A) 「在合成領先股時持續前進」 → 提及領先股，與 processivity 的定義無直接關係。
   • (B) 「在單一模板上停留的傾向，而非脫離再重新結合」 → 正確描述酶的持續結合與合成能力。
   • (C) 「3'‑5' 外切酶活性，用於切除錯配鹼基」 → 這是校正功能，與 processivity 無關。
   • (D) 「5'‑3' 外切酶活性，可與 DNA 合成結合進行 nick translation」 → 也是另一種酶活性，非 processivity。
   • (E) 「受限的活性位點，偏好 Watson‑Crick 配對」 → 這描述的是酶的特異性，非 processivity。

核心觀念
此題在測驗 PCR（Polymerase Chain Reaction）技術的本質與應用範圍。PCR 的目的在於 在體外以指定位點的兩條寡核酸引子（primer）擴增 DNA 片段，不涉及 RNA 的轉錄或蛋白質的直接合成。

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解題過程

1. 了解 PCR 的定義與步驟

   • PCR 主要流程：
     1. 變性 (Denaturation)： 95 °C 使雙股 DNA 雙鏈分開。
     2. 退火 (Annealing)： 50–65 °C，短寡核酸引子與目標 DNA 序列互補結合。
     3. 延伸 (Extension)： 72 °C，由耐熱 DNA 聚合酶（如 Taq polymerase）沿引子方向合成新鏈。
   • 循環若干次（通常 25–35 週期）後，特定位點的 DNA 會呈指數放大（$2^{n}$，$n$ 為循環次數）。

2. 檢視選項與 PCR 功能的符合度

   • (A) direct isolation of a specific segment of genomic DNA
     • PCR 不直接「分離」 DNA，而是透過引子與聚合酶放大特定片段。最終產物是大量的目標 DNA，可視為間接取得該片段，但「直接分離」並非 PCR 的描述。
   • (B) transcription of a specific segment of RNA based on the given gene

核心觀念
本題在測驗學生對於 DNA 複製中 lagging strand（落後股） 的合成方式的認識。落後股以 Okazaki 片段 形式斷續合成，因而稱為 discontinuous synthesis（不連續合成）；其他選項（primed、never stopping、semiconservative、transcriptionally coupled）皆與此特徵無關。

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解題過程

1. 回顧 DNA 複製的基本機制

   • 雙股 DNA 以 5’→3’ 方向由 DNA polymerase 合成。
   • Leading strand（領先股） 在解旋酶打開的複製叉上以連續方式合成。
   • Lagging strand（落後股） 的方向與解旋方向相反，必須以 5’→3’ 的方式斷斷續續地合成。

2. Okazaki 片段的產生

   • 先由 RNA primase 在新解開的單股上合成一段短 RNA 引子（primer）。
   • DNA polymerase 從 primer 起始，向 5’→3’ 方向延伸，形成一段 Okazaki fragment。

核心概念
本題測驗的是 Okazaki 片段的合成機制，主要涉及 DNA 複製時落後股的斷續合成、RNA 引子、DNA polymerase I 的 nick translation 以及 DNA ligase 的接合。要辨別哪一敘述不符合這套機制。

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(a) 各選項之判斷與說明

(A) A stretch of single‑stranded parental DNA must be exposed.
在雙股 DNA 被解旋酶 unwind 後，形成局部的單鏈區域供 primase（RNA 引子合成酵素）與 DNA polymerase III 結合。故此敘述 正確。

(B) DNA synthesis proceeds continuously in the 5' to 3' direction as the parental duplex is unwound.

• 正確的事實：每一個 Okazaki 片段的合成確實是 5' → 3'，但整體上是斷續的，因為每次合成必須先在新曝露的單鏈 DNA 上由 primase 合成 RNA 引子，然後由 DNA polymerase III 延伸。
• 誤導點：使用「continuous」一詞描述落後股的合成不符合實際情況。此敘述 不正確。

(C) Each Okazaki fragment has an RNA sequence at the 5' end and a free 3'-OH end adjacent to the 5' end of the next fragment.

本題核心觀念
本題測驗的是大腸桿菌（E. coli）的 DNA 甲基化（DNA methylation）在染色體複製起始（initiation of replication）中的調控角色。熟悉 Dam 甲基化（DNA adenine methyltransferase）以及 半甲基化 (hemimethylated) DNA 何時能被 DnaA 蛋白辨識、何時被 SeqA 蛋白抑制，是解題的關鍵。

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解題過程

1. Dam 甲基化的基本概念

   • E. coli 的 Dam 甲基轉移酶會在新合成的 DNA 之 GATC 序列上將腺嘌呤（A）甲基化，形成 完全甲基化 (fully methylated) 的雙股 DNA。
   • 複製完成後，母鏈保持甲基化，子鏈尚未甲基化，形成 半甲基化 (hemimethylated) 的 DNA。

2. 複製起始的調控因子

   • DnaA 蛋白是複製起始的正向調控因子，它必須結合 oriC 區域才能啟動複製。
   • SeqA 蛋白則是負向調控因子，它會特異性結合半甲基化的 GATC 序列，阻止 DnaA 再次結合，從而防止同一复制循環內的再次起始（防止過度複製）。

3. 半甲基化 DNA 在起始時的行為

   • 複製起始完成後，oriC 會暫時呈半甲基化狀態，此時 SeqA 迅速結合，封鎖 DnaA，抑制新的複製起始事件。
   • 只有在新合成的子鏈被 Dam 重新甲基化（即 DNA 重新變為 完全甲基化）之後，SeqA 的結合才會減弱，DnaA 才能再次接近 oriC，準備下一個細胞週期的複製。

本題核心觀念
本題在考查 真核生物染色體的複製單位（replicon） 的特性。必須了解：

1. 真核生物染色體上有許多 origin of replication（起始點），每個起始點形成一個 replicon。
2. 這些 replicon 的 大小、啟動順序、複製時程 以及 終止區域的保守性 都有特定的規律，與細菌的單一 origin 完全不同。

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(a) 各選項的判斷與說明

選項	內容	判斷	為什麼
(A)	“They are activated in linear order across a chromosome.”	錯	真核染色體的多個 replicon 並非按照線性順序依次啟動。起始點的 fire 時間 受染色質狀態、轉錄活性與細胞週期調控等因素影響，常出現 同時或交錯 的啟動，無固定的線性序列。
(B)	“They are generally over 2 Mb in length.”	錯	真核 replicon 的平均大小約 10–100 kb（視物種而異），最長可達數百 kb，遠小於 2 Mb。2 Mb 甚至是細菌整條染色體的大小，與真核情況不符。
(C)	“Generally, replicons in heterochromatin replicate last.”	對	真核染色體的 heterochromatin（異染色質） 多為緊密壓縮、轉錄沉默的區域，S 期 晚期 才被複製。

核心觀念
本題考查 同源重組 (homologous recombination, HR) 在細胞週期及基因工程中的功能。HR 主要在 S/G2 期 以高保真方式修復 DNA 雙股斷裂 (DSB) 與受阻的複製叉，並在減數分裂時促進遺傳交換，產生基因多樣性。它亦被細菌利用於噬菌體基因組的整合。了解哪些情況不是 HR 的功能即可排除選項。

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(a) 各選項功能判斷

選項	內容說明	是否為 HR 功能
(A) Ensuring chromosome segregation	同源重組本身不直接保證染色體分離；染色體分離主要由紡錘體與動粒微管的機械力完成，與 HR 的 DNA 修復無關。	❌ 不是 HR 的功能
(B) Integrating phage genomes into bacterial chromosomes	噬菌體（如 λ 噬菌體）利用 同源重組 或整合酶將其基因組插入宿主染色體，屬於 HR 的一種應用。	✅
(C) In mitosis, restarting replication that has stalled at lesions	在 有絲分裂 期（尤其是早期）DNA 複製已完成，若出現受阻的複製叉，主要靠 HR 於 S 期/G2 期 重新啟動；在真正的有絲分裂階段 (M) 中，HR 活性大幅下降，且不負責「重新啟動」受阻的複製。

核心觀念
TATA box（TATAAA 序列）是真核生物 RNA polymerase II（Pol II）所轉錄的蛋白質編碼基因啟動子中最常見的核心元件；Pol I 及 Pol III 的啟動子則多依賴其他序列（如 UCE、Box A、Box B、Box C、Box D、Box E、Box F、Box P 等）而非 TATA box。

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解題過程

1. 了解 RNA polymerase 的功能分工
   • RNA polymerase I (Pol I)：專門轉錄核糖體 RNA（rRNA）前體 45S，位於核仁。其啟動子包含 核心啟動子（由 UCE、Box A、Box B 組成）與 上游調控序列（如 UCE），不含 TATA box。
   • RNA polymerase II (Pol II)：轉錄大多數蛋白質編碼基因以及部分 snRNA、miRNA 前體。典型啟動子含 TATA box（+‑30 ~ ‑25 相對於轉錄起始點）以及 Inr、BRE、DPE 等。
   • RNA polymerase III (Pol III)：負責轉錄 5S rRNA、tRNA、U6 snRNA 等小型基因。

核心概念
本題考查 enhancer（增強子） 的定位特性。增強子是一段 DNA 序列，可遠距離調控目標基因的轉錄活性，且位置、方向與基因相對位置皆不受嚴格限制。

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(a) 為何選項 (B) 正確？

• 遠距離作用：增強子可位於目標基因的 上游(upstream)、下游(downstream)，甚至 基因內部 (intron)，距離可達數千至數百萬個鹼基對（kb–Mb 範圍）。
• 機制：透過 DNA 捲曲 (looping)，增強子與目標基因的啟動子（promoter）在三維空間內接近，使轉錄因子與共同激活子 (co‑activator) 形成複合體，促進 RNA polymerase II 的招募。
• 實例：人類 β‑globin 基因叢的 LCR（Locus Control Region） 位於 β‑globin 基因上游約 6 kb，控制多個胚胎/成體 β‑globin 基因的表達；而 SHP‑2 (PTPN11) 基因 的增強子則可在其基因下游 300 kb 處發揮作用。

本題核心觀念

本題檢測的是 原核生物與真核生物在基因表達與RNA處理上的差異，特別是 introns（內含子）、polycistronic mRNA（多順反子訊息RNA） 與 抑制子（repressor） 的概念。

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各選項分析

(A)

Repressors recognize the operators of introns in a typical bacterial gene to inhibit their transcription.

• 原核基因結構：大多不含 intron；operator 位於啟動子（promoter）附近，供抑制子（repressor）結合以阻止 RNA polymerase 的結合或進行。
• 內含子 (introns)：在典型的細菌基因中 不存在，因此不可能有「operator of introns」的概念。
• 結論：此敘述完全錯誤。

(B)

Polycistronic mRNAs in eukaryotes make polypeptide sizes of eukaryotes greater than those of prokaryotes.

• polycistronic mRNA：在 原核生物 中常見（如大腸桿菌的 operon），一條 mRNA 會被翻譯成多個多肽。
• 真核生物：大多為 monocistronic（每條 mRNA 產生一個多肽），少數例外（如某些病毒或線蟲的 polycistronic mRNA），但這並不導致「真核多肽尺寸較大」。
• 多肽大小 受 基因編碼長度 而非 mRNA 是否 polycistronic 直接決定。
• 結論：此敘述不正確。

核心觀念
本題在測驗「真核細胞 RNA polymerase II（Pol II）之轉錄起始」所需的幾個關鍵條件：

1. TBP（TATA‑binding protein）必須結合於 TATA box，進一步招募其他一般轉錄因子形成 pre‑initiation complex（PIC）。
2. 染色質結構（核小體）若阻擋了啟動子區域的可及性，會抑制 PIC 的組裝，從而阻止轉錄起始。
3. 真核 Pol II 不使用 sigma factor（sigma factor 為原核 RNA polymerase 所特有），因此與 sigma factor 有關的敘述與 Pol II 無關。
4. 雖然許多真核啟動子都含有 TATA box，並非所有 Pol II 啟動子都必須擁有 TATA box；缺乏 TATA box 並不一定完全阻止起始，只是會利用其他核心啟動子元件（如 Inr、DPE）補償。

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解題步驟

選項	判斷依據	為什麼會／不會阻止 Pol II 起始
(A) TATA‑binding protein binds to the TATA box in the minor groove of DNA.	TBP 正常的啟動子結合方式。TBP 透過 minor groove 與 DNA 的 AT‑rich 序列接觸，屬於 必須的正向作用，不會阻止起始。	不阻止
(B) Nucleosomes form by placing A‑T‑rich sequences with the minor grooves facing inward.	核小體的 DNA 纏繞模式 若將 AT‑rich 序列（較易彎曲）以 minor groove 向內 包裹，使 DNA 折曲更緊密。

核心觀念
本題測驗 5' 端帽（5'‑capping）在真核 mRNA 生成過程中的機制與功能。重點在於了解帽子的化學結構、合成時序、參與的酵素以及其生物學意義（穩定性、運輸、翻譯啟動等），以辨別哪個敘述最符合已知事實。

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(a) 逐項檢視選項

選項	內容	評析
A	“The capping process takes place during translation and is important for release from pausing of translation.”	錯誤。5'‑capping 發生於 轉錄後、翻譯前，具體在 RNA 聚合酶 II 合成 nascent RNA 的 5′ 端尚未完成 時即完成（約在 20–30 nt 之後）。它的主要功能是防止 5′‑端被核酸外切酶降解、協助核出口與翻譯起始，與翻譯暫停的釋放無關。
B	“A 5' cap is formed by adding a G to the terminal base of the transcript via 5′‑5′ link.”	錯誤。真正的帽子結構是 7‑甲基鳥嘌呤 (m⁷G) 構成的 5′‑5′‑三磷酸橋，但 不是把 G 加在已存在的終端鹼基上，而是 先去除第一個核苷酸的 5′‑triphosphate，形成 5′‑diphosphate，接著以 GTP 加上 5′‑5′‑triphosphate 鍵，再由甲基轉移酶在 G 的 N7 位加上甲基形成 m⁷GpppN。
C	“Addition of the 5' terminal G is catalyzed by a RNA ligase with an additional enzymatic activity functioning as the triphosphatase.”	錯誤。5'‑cap 合成涉及 三種酵素：<br>1. RNA 5′‑triphosphatase（去除第一個核苷酸的 γ‑磷酸）<br>2. Guanylyltransferase (RNA guanylyltransferase)，將 GTP 加至 5′‑diphosphate，形成 GpppN（非 RNA ligase）<br>3. RNA (guanine‑N⁷)‑methyltransferase，在 G 的 N7 位加甲基。RNA ligase 在此過程中並未參與。
D	“The 5' cap of every mRNA or small noncoding RNA molecule is monomethylated and influences RNA stability, splicing, export, and transcription.”	部分正確但不完整且有誤導。<br>• 真核 大多數 mRNA 的 5'‑cap 為 7‑甲基鳥嘌呤 (m⁷G)，確實是單甲基化（monomethylated）。

(a) 核心觀念

本題測驗的是 備選剪接（alternative splicing）的常見模式。了解真核基因剪接時，內含子被移除的 5' splice site（donor）、3' splice site（acceptor）、branch point 以及 poly‑pyrimidine tract 的基本結構，並掌握在剪接過程中可以變化的「可變」位置，即構成不同備選剪接模式的要素。

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(b) 解題過程

1. 列舉備選剪接的典型模式
   常見的備選剪接（alternative splicing）方式包括：

   • Exon skipping / inclusion（外顯子跳脫或保留）
   • Alternative 5' splice site（5' 端 donor site 位置可變）
   • Alternative 3' splice site（3' 端 acceptor site 位置可變）
   • Mutually exclusive exons（互斥外顯子）
   • Intron retention（內含子保留）

   這些模式皆是透過 剪接位點（splice sites） 或 外顯子組合 的改變來產生不同的mRNA isoforms。

2. 檢視選項是否屬於上述模式

選項	內容	是否為已知的備選剪接模式？
(A) Alternative 3' splice sites	3' acceptor 位點可在不同位置使用	✅ 已知模式

核心觀念
本題測驗「遺傳密碼的簡併性」(degeneracy) 以及「終止密碼子 (stop codons)」的概念。DNA/RNA 的三鹼基組成 64 種可能的密碼子，其中有部份用於指示終止翻譯，其餘則編碼 20 種氨基酸。

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解題步驟

(a) 先算出所有可能的三鹼基組合數量
遺傳密碼由 4 種堿基 (A, U, G, C) 以三個一組排列，總數為
$4^3 = 64$
這 64 個密碼子稱為「可能的三聯體 (triplets)」。

核心概念
本題在測驗「wobble 假說」的內涵。wobble 假說說明 tRNA 的反密碼子在 第三個密碼子位（即第 3 個鹼基）上可接受非傳統的鹼基配對，從而讓同一個 tRNA 能辨識多個相同胺基酸的密碼子；而第一、第二個位點仍必須遵守嚴格的 A‑U、C‑G 配對規則。

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解題過程

1. 逐項檢視選項的敘述
   • (A) “Codon‑anticodon pairing must only follow the standard base‑pairing rules at the first two codon positions.”
     • 正確描述了 wobble 假說的重點：僅在前兩個位置遵守標準配對，第三位置允許「搖擺」配對（如 G‑U、I‑C 等）。
   • (B) “Some mutations introduce termination codons.”
     • 這是 終止密碼子（nonsense mutation） 的概念，與 wobble 假說無關。
   • (C) “Most amino acids have more than one codon representing them.”

核心觀念
本題測驗的是 多順反子（polycistronic）mRNA 的翻譯特性。在原核生物（細菌、古菌）及部分細胞器（線粒體、葉綠體）中，一條 mRNA 可同時攜帶多個編碼區（cistrons），每個 cistron 皆具有自己的 核糖體結合位點（RBS / Shine‑Dalgarno 序列），因此其翻譯方式與真核單順反子 mRNA 完全不同。

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(a) 各選項之判斷與說明

選項	內容	判斷	為何正確／錯誤
(A)	The translation relies on one ribosome‑binding site for all cistrons (coding regions).	❌ 錯	在原核生物中，每個 cistron 都有 獨立的 RBS（Shine‑Dalgarno 序列），讓核糖體能在不同起始點同時結合並開始翻譯。沒有「一個 RBS 供全部 cistrons 使用」的情形。
(B)	A downstream cistron is initiated only after the upstream translation is terminated.	❌ 錯	翻譯不必依序完成。由於每個 cistron 各有自己的 RBS，核糖體可以 同時或交錯 地在下游 cistron 上發起翻譯，並不需要等上游的核糖體完全離開。雖然在少數情況下會出現「翻譯終止後再重新起始」的 re‑initiation，但這不是唯一或必要的機制。

核心觀念
表觀遺傳（epigenetic）效應是指在不改變 DNA 序列的情況下，透過 DNA、染色質或相關蛋白的結構改變，長期影響基因表達。能維持表觀遺傳的結構必須具備 可傳遞且可在細胞分裂間保留的資訊（如 DNA 甲基化、組蛋白修飾、核小體重組等），而純粹的 DNA 結構變化或蛋白質折叠/聚集若不與染色質資訊結合，則不具表觀遺傳功能。

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(a) 選項分析

選項	說明	是否能持續表觀遺傳效應
(A) A covalent modification of DNA	典型的表觀遺傳機制，例如 5‑methyl‑cytosine（DNA 甲基化）或 5‑hydroxymethyl‑cytosine，屬於共價修飾，能在細胞分裂時被維持。	能
(B) An intermediate structure of DNA called Holliday junction	Holliday 交叉點是 同源重組 過程中的暫時性四股交叉結構，僅在 DNA 修復或重組時短暫存在，並不提供持續的基因表達資訊。	不能
(C) A proteinaceous structure that assembles on DNA	例：核小體（histone octamer + DNA）或 Polycomb/Trithorax 複合體，這類蛋白質結構可透過組蛋白修飾（乙醯化、甲基化）調控染色質狀態，且可跨代傳遞。	能

核心觀念
本題測驗的是 Agrobacterium tumefaciens（根癌菌）將 Ti 質粒上的 T‑DNA 以單股 DNA 形式轉移到高等植物基因組 的機制。關鍵在於：T‑DNA 於細菌內被 單鏈切割、合成單股拷貝並透過 VirB 複合體輸送；進入植物細胞後再被合成為雙股 DNA 整合。

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解題過程

(a) 轉移的 DNA 形態

1. T‑DNA 產生方式

   • VirD1/VirD2 複合體在 Ti 質粒的左/右邊界（LB、RB）切開 DNA，產生 單股斷裂（nick）。
   • 以 滾環複製（rolling‑circle replication）方式合成 一條全長的單股拷貝，其 5′ 端與 VirD2 蛋白共價結合。

2. 轉移過程

   • 這條 新合成的單股 DNA（single‑stranded T‑DNA，簡稱 ss‑T‑DNA）經由 VirB 型 IV 分泌系統 複合體被送入植物細胞。
   • 在植物細胞內，ss‑T‑DNA 先被 植物的 DNA 聚合酶 合成為雙股 DNA，之後透過 非同源末端連接（NHEJ）或同源重組 整合至植物染色體。

核心觀念
本題測驗考生是否熟悉分子生物學中常用來檢測 DNA 與蛋白質結合（DNA‑protein interactions）的實驗方法。必須辨認哪些技術是專門設計來觀察或驗證此類相互作用，而非與之無關的技術。

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解題步驟

1. 逐一檢視選項的原理與用途
   • (A) Yeast two‑hybrid
     • 目的：偵測 蛋白質‑蛋白質 交互作用（或在改良版中可檢測蛋白質與 DNA 的結合），但傳統 Yeast two‑hybrid 主要以核內轉錄活化為讀出，屬於 蛋白質‑蛋白質 互作的篩選法，並非直接檢測 DNA‑protein binding。
   • (B) SDS‑PAGE
     • 目的：在變性條件下以分子量分離 蛋白質，不涉及 DNA，也無法提供結合資訊。
   • (C) Electroporation
     • 目的：利用電場暫時性打開細胞膜，使 DNA、RNA、蛋白質等分子 進入細胞，屬於轉染/電穿孔技術，與檢測結合無關。
   • (D) Electrophoretic mobility shift assay (EMSA)
     • 原理：在非變性電泳條件下，DNA 與結合蛋白形成 DNA‑protein 複合體，其電荷/形狀改變導致電泳遷移率下降（Shift）。透過螢光或放射性標記的 DNA 探針，即可直接觀測是否有結合。

核心觀念
本題測驗對「基因印記（genomic imprinting）」的機制認識。印記是指在配子形成（精子或卵子）過程中，特定基因的表觀遺傳修飾使得父本與母本等位基因在受精後的早期胚胎中表現出不同的活性。關鍵在於 DNA 甲基化（DNA methylation） 的父本或母本特異性添加。

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解題過程

1. 閱讀題幹

   • 「Imprinting is a change in a gene that occurs during passage through the sperm or egg with the result that the paternal and maternal alleles have different properties in the very early embryo.」
   • 這說明印記是在配子形成時對基因做出的改變，使得受精後的胚胎中父系與母系等位基因功能不同。

2. 回想印記的分子機制

   • 已知印記的主要分子機制是表觀遺傳修飾，尤其是 DNA 甲基化（在CpG位點添加 5‑甲基胞嘧啶），此修飾在配子

核心觀念
此題測驗的是「核仁 (nucleolus) 在細胞內的直接功能」；核仁是核內的專門結構，負責合成核糖體 RNA (rRNA) 及核糖體的前體組裝，與能量、膜或 DNA 合成無關。

解題步驟

(a) 了解核仁的組成與位置
核仁位於細胞核內的非膜結構，由濃密的染色質區域 (基因座) 組成，主要包含 rDNA 基因叢。這些基因被 RNA polymerase I 轉錄，產生前體 rRNA。

(b) 核仁的直接作用

• rRNA 合成：核仁內的 rDNA 被轉錄成 45S 前體 rRNA，經加工後形成 18S、5.8S、28S rRNA。

核心觀念
本題考查的是「除細胞核之外，哪些細胞器內部也含有遺傳物質」——即了解真核細胞中額外的遺傳資訊儲存位置，常見的例子是粒線體（mitochondria）與葉綠體（chloroplast）各自擁有獨立的環狀 DNA。

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解題步驟

1. 判斷選項的細胞器性質
   • 內質網 (Endoplasmic reticulum)：主要功能是蛋白質合成與膜脂質製造，沒有獨立的DNA。
   • 高爾基體 (Golgi apparatus)：負責蛋白質的修飾與分泌，同樣缺乏遺傳物質。
   • 粒線體 (Mitochondria)：擁有自己的小環狀 DNA（mtDNA），可自我複製，位於細胞質中。

核心觀念
本題測驗對「染色質 (chromatin)」的定義認識，需了解染色質是由 DNA 與組織 DNA 的蛋白質（主要是組織蛋白）組成的複合體，是染色體的結構基礎；它並非指整個細胞的遺傳資訊、僅僅是支撐染色體的蛋白，亦不是未被打包的裸 DNA。

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解題過程

1. 釐清選項內容
   • (A) The complex of DNA and protein from which chromosomes are composed.
     • 直接描述染色質的組成與功能：DNA + 蛋白質（組織蛋白）形成的複合體，構成染色體。
   • (B) The total genetic content of a cell.
     • 這是「基因組 (genome)」的定義，與染色質不同。
   • (C) The proteins that give structural support to a chromosome.
     • 只提到支撐染色體的蛋白質，忽略了 DNA 本身，描述過於片面。

核心觀念
本題測驗的是 端粒（telomere）在染色體結構與細胞老化中的功能，尤其要能分辨端粒的保護作用、其與 DNA 複製起點的關係，以及端粒喪失時導致的細胞老化（senescence）機制。

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解題過程

選項	內容說明	正誤判斷與依據
(A) Telomeres seal the chromosome ends and function in mitotic chromosome pairing.	端粒的確 封閉（seal）染色體末端，防止末端被誤認為 DNA 雙鏈斷裂，避免非同源末端接合（end‑to‑end fusion）。然而，端粒 不參與有絲分裂（mitosis）時的染色體配對；染色體配對主要發生在減數分裂的第一次分裂（meiotic pairing）或在有絲分裂的染色體分離過程中透過動粒（centromere）和紡錘體完成。	錯誤：功能過度擴張。
(B) Telomeres provide sites of origins for DNA replication and therefore stabilize chromosome ends.	DNA 複製的 起始點（origin of replication） 大多位於染色體內部的特定序列，端粒本身並非複製起點。

核心觀念
本題測驗的是 Chargaff 法則（DNA 兩條互補股上 A = T、G = C）與 病毒基因組的特殊性。若 DNA 為雙股，必須遵守等量原則；若為單股 DNA，則可出現不符合等量的鹼基比例。

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(a) Chargaff 法則的說明

• 在雙股 DNA 中，A 與 T 互補配對、G 與 C 互補配對，因此 任一條 DNA 鏈上 A 的比例必等於其互補股上 T 的比例，同理 G = C。
• 以百分比表示：若一條鏈上 A 為 $p\%$，則另一條鏈上 T 也必為 $p\%$；同理 G 與 C 成對。

(b) 若題目中病毒的 DNA 為雙股，應符合的比例

假設該病毒的基因組為典型雙股 DNA，則必須滿足
$A = T,\qquad G = C$
從題目給出的 單條鏈 百分比

• A = $15\%$
• T = $30\%$
• G = $20\%$
• C = $35\%$

可直接看到 $A\neq T$、$G\neq C$，明顯違背 Chargaff 法則。

核心觀念
本題測驗學生對分子克隆中「質體載體」的基本結構與功能要點之掌握，重點在於能辨識並說明質體必備的三大特徵，使其能在宿主細胞內穩定存在、被有效複製、並允許外源基因的插入與表達。

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(a) 複製起點 (origin of replication, ori)

• 說明：ori 為質體在宿主細胞內啟動 DNA 複製的序列。不同的 ori 會決定質體的拷貝數 (copy number) 與適用的宿主種類（如大腸桿菌、酵母或哺乳動物細胞）。
• 為什麼重要：若缺乏 functional ori，質體無法在宿主中自我複製，導致轉化率極低或無法維持。高拷貝數的 ori（例如 pUC ori）適合大量產製外源 DNA；低拷貝數的 ori（如 pBR322 ori）則在需要較穩定基因表達時較佳。

【答案】質體必須具備能在宿主細胞中啟動 DNA 複製的 複製起點 (ori)。

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(b) 抗生素抗性基因 (selection marker)

• 說明：此基因賦予宿主細胞對特定抗生素的抗性（如 ampR → 氨苄青黴素、kanR → 卡那黴素），讓研究者在培養基中加入該抗生素，以選取成功攜帶質體的細胞。

核心觀念
本題測試的是 DNA 複製過程中，各類酵素與結合蛋白的角色與協同機制。要答對必須了解 複製叉 (replication fork) 的形成與前進，及每個因子如何確保 DNA 鏈以正確、快速且高保真度被合成。

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(a) Helicase

• 功能：解旋酶在複製起點 (origin) 結合後，以 ATP 水解提供能量，將雙股 DNA 以 5'→3' 方向解開，產生兩條單股作為模板。
• 為什麼重要：DNA 為雙螺旋結構，聚合酶只能在單股模板上合成；若不先解開雙股，聚合酶無法接觸到模板。解旋同時產生 前導鏈 (leading strand) 與 滯後鏈 (lagging strand) 的複製叉。

【答案】解旋酶利用 ATP‑驅動的機制將雙股 DNA 解開，形成單股模板供 DNA 聚合酶使用。

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(b) Primase

• 功能：RNA 引子合成酶在單股 DNA 暴露的 3' 端合成一段約 10‑12 個核苷酸的 RNA 引子 (primer)。
• 為什麼重要：DNA 聚合酶只能在已有 3'‑OH 端上延伸，新合成的 DNA 必須以 RNA 引子作為起始點。前導鏈只需要一次引子，滯後鏈每個 Okazaki 片段皆需各自的引子。

【答案】引子酶在單股 DNA 上合成短 RNA 引子，提供 DNA 聚合酶的起始 3'‑OH 端。

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核心觀念
本題測驗學生是否了解真核細胞中「核膜」將 DNA 的轉錄（transcription）與蛋白質合成的翻譯（translation）空間上徹底分離，因而使 mRNA 必須先完成加工、出核再被核糖體使用。若將兩個過程耦合，會破壞真核特有的RNA處理與基因調控機制，產生多種細胞層面的問題。

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(a) 真核細胞將轉錄與翻譯分離的結構特徵 (3分)

真核細胞的 核膜（nuclear envelope） 形成了一個雙層膜結構，內含核孔複合體（nuclear pore complexes, NPC），將 細胞核 與 細胞質 隔開。

• 轉錄 發生於細胞核內的染色質上，產生的前體 mRNA（pre‑mRNA）必須經過 5′ 端加帽、剪接、3′ 端加 poly‑A 等加工。
• 翻譯 僅在細胞質的核糖體上進行，成熟的 mRNA 必須透過核孔輸出到細胞質後才能被核糖體識別。

因此，核膜（及其核孔）是將兩個反應空間上分離的關鍵結構。

【答案】核膜（nuclear envelope）及其核孔複合體。

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(b) 若在真核細胞中將轉錄與翻譯耦合，細胞可能面臨的兩個問題 (6分)

1. 干擾 mRNA 的前體加工與品質控制
   • 真核的 pre‑mRNA 必須完成 5′ 端加帽、內含子剪接、3′ 端加 poly‑A 等步驟，才能形成具有穩定性與可翻譯性的成熟 mRNA。若翻譯在轉錄同時即開始，核糖體會直接與含有內含子的 nascent RNA 結合，導致
     • 未完成的剪接 使核糖體讀取到內含子序列，產生錯誤的多肽或提前終止的蛋白。

核心觀念
此題測驗學生能否將「已知濃度或重量的原料」換算成「目標體積/濃度」所需的體積或重量，並正確考慮分子量、摩爾濃度、當量與密度等概念。關鍵在於：

1. 當量 (Normality) 與摩爾濃度 (Molarity) 的換算
2. 質量 (mg、µg) 與摩爾數的關係：$n = \frac{m}{M_{\text{w}}}$
3. 使用密度將體積轉換為質量：$m = \rho \times V$
4. 最終稀釋時的體積總和即為目標體積

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(1) 100 mL 1 N HCl (36.5 % HCl stock, 密度 1.2 g mL⁻¹, FW 36.5 g mol⁻¹)

步驟說明

1. 當量濃度與摩爾濃度的等價：對於單質酸 HCl，1 N = 1 M，因為每分子提供 1 個可供結合的 H⁺。
2. 目標摩爾數：
   $n_{\text{target}} = C \times V = 1\;\text{mol L}^{-1} \times 0.100\;\text{L} = 0.10\;\text{mol}$
3. 所需純 HCl 的質量：
   $m_{\text{HCl}} = n_{\text{target}} \times M_{\text{w}} = 0.10\;\text{mol} \times 36.5\;\text{g mol}^{-1}=3.65\;\text{g}$
4. 從 36.5 % (w/w) 溶液算出所需體積
   • 36.5 % 表示每 100 g 溶液含 36.5 g HCl。
   • 所需 HCl 質量 3.65 g，對應的溶液質量：
     $m_{\text{stock}} = \frac{3.65\;\text{g}}{0.365}=10.0\;\text{g}$
   • 由密度 1.2 g mL⁻¹ 轉換體積：
     $V_{\text{stock}} = \frac{10.0\;\text{g}}{1.2\;\text{g mL}^{-1}} = 8.33\;\text{mL}$
5. 配製：量取 8.33 mL 36.5 % HCl，加入約 90 mL 去離子水，混合均勻後最後定容至 100 mL。

【答案】 8.33 mL 36.5 % HCl（密度 1.2 g mL⁻¹） + 去離子水稀釋至 100 mL。

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(2) 100 mL 0.1 M 葡萄糖 (anhydrous D‑Glucose, FW 180 g mol⁻¹)

步驟說明

1. 目標摩爾數：
   $n_{\text{target}} = 0.1\;\text{mol L}^{-1}\times0.100\;\text{L}=0.010\;\text{mol}$
2. 所需葡萄糖質量：
   $m_{\text{glc}} = n_{\text{target}}\times M_{\text{w}} =0.010\;\text{mol}\times180\;\text{g mol}^{-1}=1.80\;\text{g}$
3. 配製：稱取 1.80 g 無水 D‑葡萄糖，溶於約 80 mL 去離子水，充分溶解後定容至 100 mL。

【答案】 1.80 g 無水 D‑葡萄糖 + 去離子水定容至 100 mL。

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(3) 100 µL 2.5 pmol µL⁻¹ DNA oligo (分子量 16,000 g mol⁻¹；32 µg 在 100 µL H₂O)

步驟說明