Preguntas contribuidas por los estudiantes del curso de genética 2017-18
Banco de preguntas de genética mendeliana - Curso 2017-18
Pregunta 1: En les guineus, els dos al·lels d’un gen, P i p, donen lloc a un pelatge de color platí i platejat respectivament. Al creuar entre sí guineus de color platí sempre s’obtenen guineus de color platí i platejats, per la qual cosa no s’han aconseguit línies pures de color platí.
Quines proporcions fenotípiques esperaries del creuament entre individus de color platí?
(Núria Lupión García)
a. 3/4 platí i 1/4 platejat
b. 1/3 platí i 2/3 platejat
c. 2/3 platí i 1/3 platejat
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Explicación Preg. 1:
Com que en la descendència del creuament entre guineus de color platí sempre apareixen guineus de color platejat, i per tant no s’obtenen línies homozigotes de color platí (no apareixen individus PP), la interpretació que millor explica aquests resultats és que l’al·lel pel color platí del cabell (P_) és dominant sobre el de color platejat (pp) mentre que pel caràcter de letalitat, aquest al·lel P és recessiu.[ - ]
El creuament és entre individus amb genotip Pp, de forma que els resultats esperats serien 1/4 PP, 1/2 Pp i 1/4 pp, però com els individus PP no són viables, la descendència comptarà amb 2/3 platí (Pp) i 1/3 platejats (pp).
Pregunta 2: La enfermedad renal poliquística es una enfermedad genética causada por un solo gen. Dos padres con la misma enfermedad se casan y tienen un hijo enfermo y uno normal.
¿La enfermedad es producida por un gen dominante o recesivo?
¿Cuáles son los genotipos de los dos padres?
¿Cuál es la probabilidad de tener un tercer hijo enfermo?
(Valeria De Sena)
a. 1/4
b. 2/4
c. 3/16
d. 3/4
e. 1/16
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Explicación Preg. 2:
1)Dominante porque si hubiera sido recesivo no podría haber niños sanos, porque los padres habrían sido homocigotos recesivos, para mostrar el fenotipo enfermo.[ - ]
2)Como uno de los niños es sano esto indica que los padres son heterocigotos, con un alelo dominante que trae la enfermedad, de esto deducimos los genotipos de los padres: Aa; Aa.
3)La probabilidad de tener un tercio enfermo puede predecirse construyendo el cuadrado de Punnett, está claro que la probabilidad de tener un hijo enfermo es de 3/4 (el alelo A está presente 3 veces de 4 en el cuadrado) mientras que la posibilidad de tener un niño sano es 1/4 (aa)
Pregunta 3: Una planta de altura normal de guisante, que se desarrolló de una semilla redonda, la cual se encontraba dentro de una vaina amarilla, se polinizó con el polen de una planta enana, que se desarrolló de una semilla redonda, que se encontraba dentro de una vaina verde. Se obtuvieron semillas redondas y rugosas en vainas verdes. Plantadas estas semillas, 3/8 de las plantas fueron normales y 3/8 enanas, todas ellas desarrolladas a partir de semillas redondas, 1/8 de las plantas fueron normales y 1/8 enanas, desarrolladas estas últimas a partir de semillas rugosas.
¿Cuáles eran los genotipos de los padres?
T/t -> Altura de la planta (normal - enana)
R/r -> Forma de la semilla (redonda -rugosa)
A/a -> Color de la vaina (amarilla - verde)
(Lourdes Mora Pastor)
a. TT Rr aa x tt Rr A-
b. Tt Rr A- x tt Rr aa
c. Tt Rr aa x tt Rr A-
d. tt Rr A- x Tt Rr aa
e. Tt Rr aa x tt Rr aa
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Explicación Preg. 3:
Considerando cada uno de los caracteres por separado:[ - ]
-Altura de la planta: se cruza una planta normal con otra enana y se obtienen:
3/8 + 1/8 = 4/8 = 1/2 plantas normales
3/8 + 1/8 = 4/8 = 1/2 plantas enanas
luego se trata del cruce de un homozigoto con un heterozigoto (Tt x tt ó tt x Tt). Pero como sabemos que el fenotipo "normal" domina sobre el "enana", podemos saber que en este caso tenemos Tt x tt.
-Forma de la semilla: se cruzan dos plantas que provienen de semillas redondas y se obtienen semillas tanto redondas como rugosas, luego se trata necesariamente del cruce de dos heterozigotos (Rr x Rr), siendo el alelo para redondo dominante sobre el alelo para rugoso. Además,
3/8 + 3/8 = 6/8 = 3/4 de las semillas eran redondas
1/8 + 1/8 = 2/8 = 1/4 de las semillas eran lisas
lo que confirma la deducción anterior.
-Color de la vaina: se cruzan dos plantas, una que proviene de vainas amarillas y otra de vainas verdes y se obtienen vainas verdes, luego se trata del cruce de un homozigoto recesivo de vainas amarillas con un homozigoto o heterozigoto dominante, de vainas verdes, aa x A-.(Para poder saber este último dato necesitamos más información)
Entonces el genotipo de los padres era Tt Rr aa x tt Rr A-
Pregunta 4: Una mujer de ojos marrones cuya madre tenía los ojos azules, decide tener 4 bebés con un hombre de ojos marrones. El padre de éste también tenía los ojos azules.
La presencia de color marrón en los ojos domina sobre el azul. Si la joven quiere que al menos 3 de sus hijos muestren ojos azules, como lo hacía su madre, calcula la probabilidad de que así sea.
(Tamara Pazos Martínez)
a. 0,00018
b. 0,05
c. 0,02
d. 0,047
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Explicación Preg. 4:
Primero hemos de conocer los genotipos del hombre y la mujer:[ - ]
M = ojos marrones > m = ojos azules
Como ambos presentan ojos marrones: M_ x M_
Además, sabemos que uno de los padres de cada uno tenía los ojos azules (mm), y ellos heredaron uno de sus alelos, por lo que:
♀ Mm x Mm ♂
Puesto que son heterocigotos, usamos la fórmula de la distribución binomial que nos indica la probabilidad de que x número de hijos tenga los ojos azules, es decir, sea homocigoto recesivo.
El enunciado nos pide que al menos 3 de sus 4 hijos muestren el color azul en los ojos, por lo que calculamos la probabilidad de que suceda en 3 de sus hijos, y en 4. El resultado será la suma de las 2 probabilidades, pues ambas opciones son válidas.
P(1,3) = 4! / 1!·3! · (3/4) · (1/4)3 = 0,0468
P(0,4) = 4! / 0!·4! · (3/4)0 · (1/4)4 = 0,0039
0,0468 + 0,0039 = 0,05070
Pregunta 5: En Juego de Tronos, un personaje denominado Craster mata a sus hijos y se casa con sus hijas. Tiene una hija con una hija suya. Si Craster es portador de un alelo para una enfermedad rara, ¿con que probabilidad estará afectada (homozigota) su nieta? (Suponemos que la enfermedad no impide tener hijos).
(Marta Huertas Pulido)
a. 0
b. 1/8
c. 1/4
d. 3/8
e. 1/16
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Explicación Preg. 5:
Al ser una enfermedad rara, podemos suponer que la primera mujer con la que Craster tiene la primera hija es homozigota dominante.[ - ]
A -- normal
a -- enfermo
Así pues tenemos: Aa (Craster) x AA (primera mujer).
Podemos calcular, entonces, la probabilidad de que la primera hija sea heterozigota: p(Aa/AaxAA)=1/2.
Como el enunciado pregunta la probabilidad de que la nieta de Craster (la hija que ha tenido con esta segunda hija) este enferma, es decir, sea aa, tenemos que multiplicar probabilidades.
La probabilidad de que la nieta sea aa pensando que los padres son heterozigotos: p(aa/AaxAa)=1/4.
Por lo tanto: 1/2x1/4= 1/8.
Pregunta 6: En un futuro tras terminar tu grado de genética has encontrado tu primer trabajo como genetista. Una empresa biomédica te ha contratado para realizar un estudio sobre el uso medicinal i/o terapéutico de los principios activos de Cannabis sativum que son los siguientes:
THC: responsable de los efectos psicoactivos y principal activo en el consumo lúdico de las flores.
CBD: sin efectos psicológicos, pero con potentes propiedades analgésicas, broncodilatadores, reducción de las tasas de crecimiento de las células mutantes entre muchos.
La empresa lógicamente está interesada en el CBD y para invertir en su investigación requiere de una plantación estable de dónde extraer dicho compuesto.
Se descubrió (de Meijer et al. 2003) que la producción de estos principios activos está determinada genéticamente en gran medida por el gen situado en el locus B de un cromosoma de la planta. Una planta homocigota Bt Bt tan solo produce THC. Las que son heterocigotas Bt Bd produces niveles parejos de los dos compuestos y las puras Bd Bd presentan niveles altos de CBD únicamente. Además, se sabe que ambos alelos son dominantes sobre el alelo recesivo B0. Una planta con genotipo B0 B0 no expresa ningún fenotipo y la empresa te ha pedido que los ignores pues no germinan plantas viables.
Tu parte del estudio consiste en la predicción de la cantidad (en porcentaje) de plantas que tan solo produzcan CBD que se obtendrían de una serie de cruces y la posterior recomendación de uno de ellos. La identificación del genotipo de cada planta se debe hacer a partir de los niveles de los dos principios activos en punto de máxima floración. (Hay que tener en cuenta que cualquier planta produce cierta cantidad tanto de THC como de CBD las homocigotas suelen presentar niveles de 0,1 a 5 μg/L y las heterocigotas dominantes de 8 a 25 μg/L.)
a) 87 μg/L THC 11 μg/L X 0,8 μg/L THC 105 μg/L CBD
b) 63 μg/L THC 59 μg/L CBD X 78 μg/L THC 85 CBD
c) 125 μg/L THC 1,7 μg/L CBD X 66 μg/L THC 62 μg/L CBD
(Ferran Llobet Cabau)
a. a) 25% b) 50 % c) 0 Mejor opción: a
b. a) 50% b) 25% c) 0 Mejor opción: a
c. a) 33% b) 66% c) 25% Mejor opción: b
d. a) 28% b) 15% c) 75% Mejor opción: c
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Explicación Preg. 6:
La respuesta correcta es la B:[ - ]
87 / 11 -> Predominancia de THC con niveles del contario entre 8 y 25 -> Hibrido uso recreacional = Bt B0
105 / 0,8 -> Predominancia de CBD con niveles del contrario < 5 -> Línea pura para uso medicinal = Bd Bd
Bt B0 x Bd Bd
P(Bd Bd) = 0,5 = 50 %
En el apartado B al ser un cruzamiento de heterocigotos (niveles parecidos de los dos compuestos) monohíbridos podemos encontrar la proporción a la taula de Punnet = 0,25 = 25%
En el caso C tan solo una de las dos plantas posee el alelo Bd (la que tiene niveles parecidos de los dos compuestos, la otra es homocigota para el THC por lo que no tiene el alelo Bd) por lo que no se puede producir el genotipo Bd Bd.
Pregunta 7: El apareamiento entre ratas de genotipo idéntico produjo la siguiente descendencia: 14 color crema: 47 color negro: 19 albinas. ¿A qué proporción se aproxima la descendencia?
(Coral Sala Fernández)
a. 3:3:1
b. 9:4:3
c. 9:3:3
d. 4:2:1
e. 3:2:1
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Explicación Preg. 7:
Si se parte de una hipótesis de que son dos genes con dos alelos, se calcula sobre un total de 16 y nos da: 9.4, 3.8 y 2.8. De manera que se aproxima a una proporción de 9:4:3.[ - ]
Pregunta 8: En algunas aves, un gen dominante ligado al sexo (B) produce plumas con aparencia de barras blancas en gallos adultos, mientras que su gen alelo (b) produce plumas de apariencia normal. Elabora un esquema del cruce entre un macho barrado homozigótico y una hembra normal. Al obtener la F1, crúzala con ella misma para obtener la F2, y luego determina las proporciones fenotípicas de este último cruce.
(Alícia Sedó Mor)
a. Todos los machos presentan plumas con barras y todas las hembras presentan plumas normales
b. Todos los machos presentan plumas con barras, mientras que la mitad de las hembras presentan plumas con barras y la otra mitad plumas normales
c. Todas las hembras presentan plumas con barras y todos los machos presentan plumas normales
d. Todas las hembras presentan plumas con barras, mientras que la mitad de los machos presentan plumas con barras y la otra mitad plumas normales
e. Tanto todos los machos como todas las hembras presentan plumas con barras
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Explicación Preg. 8:
Al cruzar un macho barrado homozigótico y una hembra normal, obtenemos:[ - ]
ZB ZB x Zb W = 50% ZB Zb, 50% ZB W
Al cruzar la F1 con ella misma obtenemos la F2:
ZB Zb x ZB W = 25% ZB ZB, 25% ZB Zb, 35% ZB W, 25% Zb W
Por lo tanto, podemos deducir que todos los machos presentaran la pluma con barras, porque todos tienen al menos una B, en cambio, de entre las hembras, la mitad van a presentar plumaje con barras pero la otra mitad no, ya que tienen b.
Pregunta 9: La herencia de una pequeña mancha dorsal en cierta variedad de perdiz silvestre es ligada al sexo y recesiva. Calcular la probabilidad de que un macho descendiente del cruce entre dos hermanos lleve la mancha. Sabiendo que la hembra presenta la mancha igual que otro hermano macho, la madre de ambos y la abuela paterna. Todos los demás individuos de la familia no la presentan.
(Clara Inserte Singla)
a. 1/4
b. 1/2
c. 1/8
d. 1
e. 3/4
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Explicación Preg. 9:
Al tratarse de un ave, el sexo heterogamético es el femenino, y el homogamético el masculino:[ - ]
hembra ZW/ macho ZZ
Así, los genotipos posibles serán:
Hembra con mancha: ZaW
Hembra sin mancha: ZAW
Macho con mancha: ZaZa
Macho sin mancha: ZAZA o ZAZa
El cruce será:
ZAZa x ZaW
↓
ZAZa (macho sin mancha) = 1/4
ZaZa (macho con mancha) = 1/4
ZAW (hembra sin mancha) = 1/4
ZaW (hembra con mancha) = 1/4
Por lo tanto, la probabilidad de que un macho lleve la mancha será 1/2 (la mitad de los machos).
Pregunta 10: Dos hombres (Padre 1 y Padre 2) reclaman en un juzgado la paternidad de un niño, cuyo grupo sanguíneo es O. La madre es del grupo A, mientras que el posible padre 1 es del B y el posible padre 2 es del AB. Razone si puede servir esta información para indicar cuál de ellos no es su padre. ¿A quién pertenece el hijo?
(Cristina Saucedo Llaberia)
a. Madre y padre 1
b. Madre y padre 2
c. No puede ser de la madre
d. El niño es adoptado
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Explicación Preg. 10:
El grupo sanguíneo está determinado por tres alelos: A, B y 0. Los alelos A y B son codominantes entre sí y dominan sobre el alelo 0. Como cada individuo no puede poseer más de dos alelos, los posibles genotipos de las personas implicadas serán:[ - ]
Madre: grupo sanguíneo A, puede ser homocigótica (AA) o heterocigótica (A0). Como el hijo es 0, ella es heterocigótica A0.
Padre 1: grupo sanguíneo B, puede ser homocigótico (BB) o heterocigótico (B0).
Padre 2: grupo sanguíneo AB, por lo que su genotipo solo puede ser AB.
Hijo: grupo sanguíneo 0, por tanto, tendrá un genotipo 0.
El hijo de grupo sanguíneo 0 habrá recibido un alelo (0) de cada progenitor, uno de la madre y otro del padre. Así, la madre debe ser heterocigótica (A0) y el padre también (B0).
Por tanto, según los grupos sanguíneos,el padre 2 no puede ser el padre del niño, ya que sólo puede aportar el alelo A o B, y no el 0 que es el que ha aportado el verdadero padre.
Problema extraído de: http://biologia-geologia.com/BG4/3561_grupos_sanguineos_ab0_problemas_resueltos.html
Pregunta 11: Durant la primavera es celebra el campionat europeu de salt d'obstacles en el que, a més, els cavalls sementals més ben valorats són moltes vegades venuts per a cubrir les eugues. En aquesta darrera edició, l'Antonio va demanar poder cubrir el seu remat d'eugues negres a partir d'un pura raça espanyol de color terra.
Mesos més tard, quan van nèixer els pollins (45 en total) l'Antonio va poder posar-los a la venta; va obtenir un total de 20 cavalls de color terra i 25 de color negre.
a) Quin dels caràcters fenotípics dels pollins de l'Antonio és el causat per un homozigot recessiu?
b) Quin nombre teòric de pollins de cada color era doncs l'esperat?
c) Es pot donar com a vàlida doncs la proporció obtinguda amb una fiabilitat del 0,05?
(Ariadna Belles Lopez)
a. a) Color terra b) 25 terra i 20 negres c) no és vàlida
b. a) Color terra b) 22,5 de cada color c) acceptem
c. a) Color terra b) 22,5 de cada color c) no és vàlida
d. a) Negre b) 20 terra i 25 negres c) aceptem
e. a) Negre b) 25 terra i 20 negres c) aceptem
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Explicación Preg. 11:
a)[ - ]
Si sabem que el mascle és de pura raça (línia pura) sabem que serà homozigot i com que és de color terra (fenotip que s'expressa en la F1) vol dir que és recessiu.
b)
Creuant els parentals Nn (femella) i nn (mascle dee pura raça) obtenim la meitat dels pollins negre i la meitat de color terra (22,5 com a valor teòric)
c)
Calculant el t-estadístic de la khi quadrat obtenim un valor aproximat de 0,545 el qual, és molt inferior al que ens dóna la taula per 1 grau de llibertat.
Pregunta 12: Se ha obtenido una planta que es heterocigota para 4 genes independientes (AaBbCcDd) cada uno de ellos con dos alelos y dominancia completa. Suponiendo que se autofecunda.
a) ¿Cuál es la probabilidad que un descendiente sea homocigoto recesivo para todos los genes?
b) Se obtienen 5 plantas de esta autofecundación, ¿cuál es la probabilidad de que al menos un descendiente sea homocigoto dominante para todos los genes?
(Laia Erta Revilla)
a. a) (1/4) ; b) 0,23
b. a) (1/2)^4 ; b) 0,55
c. a) (1/4)^4; b) 0,7627
d. a) (1/2) ; b) 0,098
e. a) (2/3) ^4 ; b) 0,75
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Explicación Preg. 12:
La respuesta es la c porque:[ - ]
a. Para calcular la probabilidad de que sea homocigoto recesivo para todos los genes se multiplica la probabilidad de cada gen a que sea homocigoto recesivo. Por lo tanto, P(homocigoto recesivo) = 1/4 · 1/4 · 1/4· 1/4 = (1/4) ^4
b. Para calcular la probabilidad de que al menos uno sea homocigoto dominante para todos los genes se aplica el mismo esquema que el apartado anterior. Sabemos que la probabilidad que al menos 1 sea homocigoto dominante para todos los genes es igual a 1 menos la probabilidad de que ninguno sea homocigoto dominante. I sabemos también que la probabilidad que ninguna de las 5 plantas sea homocigota es de (3/4)^5 = 0,2373. Por lo tanto 1-0,23 = 0,7627
Pregunta 13: Mario y Ona están esperando un hijo y quieren tener otro. La hermana de Mario sufre fibrosis quística y la abuela de Ona también la sufrió. La fibrosis quística es una enfermedad genética autosómica recesiva que afecta principalmente a los pulmones provocando la acumulación de moco esposo y pegajoso. ¿Cuál es la probabilidad de que si tienen dos hijos ambos sufran esta enfermedad?
Problema inspirado en uno del Aula Virtual
(Aida Marisch Delgado)
a. 1/16
b. 1/256
c. 1/144
d. 1/12
e. 1/64
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Explicación Preg. 13:
Sabemos que Mario y Ona no están afectados por esta enfermedad y por lo tanto, para tener hijos afectados deben ser heterocigotos.La abuela de Ona es homocigota (aa) para esta enfermedad, por lo tanto la madre de Ona es heterocigota (Aa). La probabilidad de que Ona sea heterocigota (Aa) es 1/2. Ahora, debemos calcular la probabilidad de que Mario sea heterocigoto (1/2). Sabemos que su hermana está afectada (aa), por lo tanto, los padres de Mario son heterocigotos (Aa). La probabilidad de que Mario sea heterocigoto (Aa) es de 2/3 (debemos descartar la posibilidad aa ya que sabemos que no está afectado). Suponiendo que Mario y Ona son Aa, la probabilidad de que sea homocigoto recesiva es 1/4. Multiplicamos 2/3 * 1/2 * 1/4= 1/12 y obtenemos la probabilidad de tener 1 hijo que sufra fibrosis quística. Para saber la probabilidad tener 2 hijos afectados elevamos el resultado anterior al cuadrado: (1/12)^2 = 1/144.[ - ]
Pregunta 14: Si se autofecunda un individuo heterocigótico para cinco loci independientes (AaBbCcDdEe):
a) ¿Cuántos gametos genéticamente distintos puede producir?
b) ¿Qué número de genotipos diferentes aparecerán en la descendencia?
c) ¿Cuál es la frecuencia esperada de individuos heterocigóticos para tres loci y homocigóticos dominantes para los dos restantes?
(Andrea Macián Nicolás)
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Explicación Preg. 14:
a) El individuo es un pentaheterocigoto, es decir, heterocigoto para cinco loci. Como los genes son independientes, la segregación de cada uno de ellos es un suceso independiente de los demás. Hagamos el siguiente razonamiento: Si tenemos en cuenta, por ejemplo, solamente el gen A,a, podemos concluir que un individuo heterocigoto producirá dos tipos diferentes de gametos, uno con el alelo A y otro con el alelo a. El mismo resultado obtendremos si lo hacemos con el resto de los genes ya que el individuo es heterocigoto para los 5 genes. El resultado, puesto que son sucesos independientes, será: 2x2x2x2x2, es decir, 25 = 32.[ - ]
b) La descendencia de un cruce pentahíbrido, se ajusta, para cada gen, a las proporciones genotípicas mendelianas: 1/4: 1/2: 1/4. Por ejemplo, para el gen A,a, son 1/4 AA, 1/2 Aa, 1/4 aa, vemos que hay 3 clases genotípicas. Lo mismo ocurre para el resto de los genes y como los cinco genes son independientes, el número de genotipos diferentes es: 3x3x3x3x3 = 35 = 243
c) Puesto que la pregunta no concreta qué genes deben ser los heterocigotos y cuales los homocigotos, podemos calcular las frecuencias genotípicas utilizando la función de probabilidad de la distribución binomial:
= n!/d!h!r! x (1 /4)^d (1/ 2)^h (1 /4)^r
donde n = número de loci
Que, en el caso de la pregunta formulada en el enunciado, resulta ser:
5!/2!3!0! x (1 /4)^2 (1/ 2)^3 (1 /4)0 = 10/128 = 5/64
Pregunta 15: En una granja, volem aconseguir que les nostres vaques i brous no tinguin banyes. Per a saber quin tipus de herència té el caràcter " presència de banyes", realitzem els seguents experiments amb un brau sense banyes:
- L'entrecreuem amb una vaca A amb banyes --> el vadell no té banyes
- L'entrecreuem amb una vaca B sense banyes --> el vadell té banyes
- L'entrecreuem amb una vaca C amb banyes --> el vadell no té banyes
Com es l'herència del caràcter "presència de banyes"?
Quin serà el genotip del brau i de les vaques A, B i C?
Modificat del llibre: Antonio Brandi Fernández: Biologia: Santillana grup promotor.
(Noah Sánchez Costa)
a. El caràcter és recessiu. Brau: BB, A: B-, B: B-, C: bb
b. El caràcter és dominant. Brau: B-; A: B-, B: bb, C: Bb
c. El caràcter és recessiu. Brau: B-, A: bb, B: B-, C: bb
d. El caràcter és dominant. Brau: bb, A:BB, B:bb, C:Bb
e. El caràcter és recessiu, Brau:bb, A: bb, B: B-, C: bb
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Explicación Preg. 15:
La correcta es recessiu, perque si fos dominant, la vaca B i el brau serien els dos homozigots recessius, pel que no podrien donar un vadell amb banyes (dominant). El brau ha de ser dominant perquè no té banyes (descartem opció E). La opció A es incorrecta perquè amb la vaca B, sorgiria un vadell dominant, per tant sense banyes. Per tant, la opció correcta és la C degut a que el brau es dominant (no té banyes), al entrecreuar-se amb un homozigot recessiu (A) poden donar un heterozigot sense banyes, al entrecreuar-se amb un heterozigot (B) pot donar un recessiu amb banyes, i al entrecreuar-se amb un recessiu (C) por donar un heterozigot sense banyes.[ - ]
Pregunta 16: Se cruzan un macho hemicigótico para una mutación recesiva ligada al sexo y una hembra heterocigótica.
¿cuál es la probabilidad de que tengan un hijo con fenotipo mutante?
Si esta pareja tiene 10 hijos, ¿cuál es la probabilidad de que una de sus hijas escogida al azar tenga el fenotipo mutante?
¿cuál es la probabilidad de que 7 sean machos mutantes y los otros 3 sean hembras normales?
(Problema del departamento de genética de la Universidad de Granada)
(Laia Carrillo Garcia)
a. 1/4, 3/4 y 1,3x x 10-3
b. 1/4, 1/2 y 1,14 x 10-4
c. 1/2, 1/2 y 3/4
d. 1/4, 1/4 y 1,14 x 10-4
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Explicación Preg. 16:
XA Xa x Xa Y[ - ]
-1/4 XA Xa niña normal
-1/4 Xa Xa niña mutante
-1/4 Xa Y niño normal
-1/4 XA Y niño mutante
1/2, ya que sabemos que es hembra, es decir, la mitad de las hembras.
Puesto que la probabilidad de que nazca un macho mutante es 1/4, y de una hembra normal también es 1/4, la probabilidad total, será:
P = 10! (1/4)7 (1/4)3 =1,14 x 10-4
7! 3!
Pregunta 17: La polidactilia en la especie humana se debe a un alelo autosómico dominante. Dos primos hermanos polidactílicos y cuyos abuelos comunes eran normales, tienen hijos. Si los tres primeros son normales, ¿cuál es la probabilidad de que el cuarto también lo sea?
(Andrea Hernando Curto)
a. 0,316
b. 0,250
c. 0,187
d. 0,750
e. 0,004
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Explicación Preg. 17:
Son sucesos independientes uno de otro. Por tanto la probabilidad de que una pareja de heterocigotos tenga un hijo normal es 1/4, independientemente de la descendencia que haya tenido previamente.[ - ]
Pregunta 18: Jesús, que presenta calvicie prematura, se casa con una mujer heterocigota para la calvicie. Sabemos que Jesús tiene una hermana que no se ha quedado calva, mientras que sus dos padres sí que presentan calvicie prematura. Sabiendo esto, ¿es posible que Jesús y su mujer tengan un hijo varón que no presente calvicie? En este caso, ¿con que probabilidad?
(Noelia Pérez Ventura)
a. No es posible, todos sus hijos varones presentarán calvicie
b. No es posible, toda su descendencia serán mujeres
c. Sí que es posible, con una probabilidad de 1/4
d. Sí que es posible, con una probabilidad de 2/3
e. Sí que es posible, con una probabilidad de 1/8
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Explicación Preg. 18:
La calvicie es un carácter influido por el sexo, de modo que los heterocigotos (a'a) presentarán calvicie si son hombres, pero no la presentarán si son mujeres. Con los datos proporcionados podemos obtener los genotipos de todos los familiares excepto el de Jesús (No sabemos si será a'a o a'a'), aunque para que sea posible que la pareja tenga un hijo varón que no presente calvicie es necesario que Jesús sea a'a. Así, calculamos la probabilidad de que Jesús sea a'a, que corresponde a 1/2 (Pues su padre es a'a y su madre a'a') y la probabilidad de que, siendo Jesús a'a, él y su mujer (a'a) tengan un hijo aa (Ya que esta es la única opción que permite que un varón no presente calvicie), siendo esta probabilidad de 1/4. Ahora multiplicamos las dos probabilidades obtenidas (1/2*1/4=1/8) y obtenemos que la probabilidad del caso planteado es igual a 1/8.[ - ]
Pregunta 19: En una pequeña granja gallega, aparece una mutación en una vaca que le da un color dorado a su pelaje. Este color resulta muy popular entre los ganaderos y el resto de la población dado que, a causa de leyendas, piensan que este tipo de vacas dan "la leche de la immunidad" y traen fortuna y suerte al ser doradas. Dada esta situación, el criador intenta establecer una línea pura de este color para conseguir fama.
Al cruzar esta vaca dorada con toros normales negros, la descendencia resulta la mitad de vacas/toros doradas/os y la otra mitad negras/os. Al cruzar estos animales dorados entre si, obtiene 11 normales negros y 23 dorados. Intenta realizar cruces con estos animales dorados, pero no consigue obtener nunca líneas puras.
¿Cuáles son los genotipos y porque no se pueden obtener líneas puras de vacas "doradas"?
(Modificado de Problema 14 de http://www.joaquinrodriguezpiaya.es/2_Bachillerato_Biologia/Practicas/Problemas_de_genetica_resueltos.pdf)
(Laura González Requesón)
a. El carácter negro es dominante y el carácter dorado es recesivo. No se obtienen líneas puras porque ambos progenitores son homozigotos y solo se obtienen descendientes negros.
b. El carácter negro es recesivo y el carácter dorado es dominante. En los primeros progenitores, los dorados son heterozigotos y los negros homozigotos. No se obtienen líneas puras de vacas doradas porque casualmente no han habido descendientes homozigotos dominantes.
c. El carácter negro es recesivo y el carácter dorado es dominante. En los primeros progenitores, los dorados son heterozigotos y los negros homozigotos. No se obtienen líneas puras de vacas doradas porque el alelo dominante es letal en homocigosis.
d. En ningún caso es posible que esto suceda.
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Explicación Preg. 19:
Supongamos los alelos D > d. D corresponde al color dorado, y d al negro. Si cruzamos Dd x dd, obtenemos la mitad de la descendencia dorados heterozigotos y la otra mitad negros homozigotos.[ - ]
Cogemos estos heterozigotos dorados y los cruzamos entre si (Dd x Dd). Esperaríamos obtener 1/4 homozigotos recesivos (negros), 1/2 heterozigotos (dorados) y 1/4 homozigotos dominantes (dorados). En cambio, obtenemos una proporción 2:1 dado que 23/11 es aproximadamente 2. Esto quiere decir que falta un genotipo que es el homozigoto dominante, cosa que concuerda con que no pueda obtener líneas puras. Si nunca nacen individuos de este tipo, nos lleva a pensar que este alelo en homocigosis es letal.
Pregunta 20: El apareamiento entre jerbos egipcios o Jaculus jaculus, cuyo genotipo era idéntico produjo la siguiente descendencia: 14 color crema: 47 color negro: 19 albinas. ¿A qué tipo de epistasia se debe? ¿Cuáles son los genotipos de los progenitores y de los descendientes?
(Elisa Irles Aznar)
a. Se trata de epistasia recesiva. El genotipo de los progenitores es AaBb y el de la descendencia : 9A_B_(negros) 3 A_bb (crema) 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).
b. Se trata de epistasia dominante. El genotipo de los progenitores es AaBb y el de la descendencia : 9A_B_(negros) 3 A_bb (crema) 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).
c. Se trata de epistasia recesiva. El genotipo de los progenitores es AaBb y el de la descendencia : 9A_B_(negros) 4 A_bb (crema) 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).
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Explicación Preg. 20:
En primer lugar, los genes mantienen una relación de epistasis simple recesiva ya que la proporción 9:3:4 es la que se obtiene al cruzar dos diheterocigotos y los genes mantienen ese tipo de epistasis. Por otro lado,los jerbos de genotipo idéntico son diheterocigotas (AaBb) y la descendencia es 9 A_B_(negros), 3 A_bb (crema), 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).[ - ]
Departamento de Genética, Universidad de Granada.
Pregunta 21: Dos condiciones anormales en el hombre, las cataratas y la fragilidad de huesos, son debidas a alelos dominantes de dos genes diferentes. Una pareja formada por un hombre con cataratas y huesos normales (cuyo padre tenía ojos normales) y una mujer sin cataratas pero con huesos frágiles (cuyo padre tenía huesos normales), desean tener hijos. Indicar la probabilidad de que tengan un descendiente con ambas enfermedades.
(Francesca Joana Crespí Payeras)
a. 0,5
b. 0.75
c. 0.25
d. 0,125
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Explicación Preg. 21:
Si denominamos C/c y H/h a los alelos de los genes implicados, siendo C/c los alelos dominante y recesivo del gen implicado en el desarrollo de cataratas y H/h los del gen implicado en la fragilidad de los huesos, el genotipo del hombre es Cchh. Al tener su padre los ojos normales, lo que quiere decir que es homocigoto para este carácter, el hombre tiene que ser portador de un alelo recesivo para este carácter. El genotipo de la mujer es ccHh. Al igual que en el hombre, su padre era homocigoto recesivo para el[ - ]
carácter de huesos y, por tanto, debe portar un alelo recesivo.
Los gametos que produce cada uno de ellos son:
--> Hombre: Ch y ch
--> Mujer: cH y ch
El resultado del cruzamiento entre ambos sería:
Gametos/Proporción
- CcHh (1/4)
- Cchh (1/4)
- ccHh (1/4)
- cchh (1/4)
Así, si nos pide la probabilidad de que nazca un individuo con ambas enfermedades cabe tener en cuenta que los genotipos posibles del individuo son: CCHH, CCHh, CcHH o CcHh. Como sólo uno de estos genotipos (CcHh) puede producirse en este cruzamiento, la probabilidad de obtenerlo es de 1/4 = 0.25
Pregunta 22: En una raza de perros en concreto, el gen que da el carácter de patas cortas se encuentra en el cromosoma X. Cruzamos una hembra con patas normales con un macho paticorto y, de toda la descendencia, ninguno es paticorto. Posteriormente se realiza la F2 cruzando un macho y una hembra de la descendencia.
¿Cuál es la probabilidad de que nos salga un macho y que este sea paticorto?
(Alba Cruz Lafuente)
a. 0
b. 1/4
c. 1/2
d. 1
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Explicación Preg. 22:
Sabemos que este gen está ligado al cromosoma X.[ - ]
Primeramente tenemos que saber si el gen es recesivo o dominante. Esto se puede deducir viendo que un macho paticorto (XpY) da una descendencia en la cual todos tienen las patas normales, aunque hayan heredado las hembras un cromosoma X con este gen.
De este primer cruce también deducimos que la hembra de la generación parental no es portadora del gen, ya que si no habría salido alguna hembra paticorta en la descendencia.
Por tanto en la F1 tendremos: XpX (hembras portadoras) y XY (machos normales)
Si cruzamos los descendientes nos saldrán:
XpX XX XpY XY
Por tanto ahora simplemente hay que calcular la probabilidad de que tengamos un macho y que este sea paticorto:
P(macho)= 1/2
P(paticorto/macho)= 1/2
P(macho y paticorto)= 1/2*1/2=1/4
Pregunta 23: El pasado verano de 2017, los restos del brillante pintor Salvador Dalí fueron exhumados dado que una señora llamada Pilar Abel aseguraba que era hija suya. A pesar de las duras controversias de irrumpir o no en la tumba de este personaje histórico, Abel consiguió que se realizaran pruebas de ADN para demostrar esta paternidad.
En el centro de investigación donde se analizaron estos restos, se encontraba una becaria que seguía muy de cerca este caso dado que admiraba a este pintor. A pesar de ello, se vio en la situación de no poder contribuir dado que era un caso de demasiada importancia. Por ese motivo, a causa de esta tentación, decidió investigar por su cuenta gracias a los conocimientos de genética que tenía.
Al mismo tiempo y casualmente, su hermano, estudiando Biología le pidió ayuda para resolver una duda sobre genética. Esta duda era sobre la herencia de un carácter: los lóbulos de las orejas. Esto hizo que la becaria se percatara de que, mediante este carácter, podría intentar contribuir en la investigación del caso.
Analizó fotografías en el caso de la supuesta hija y antiguos retratos del pintor y observó lo siguiente: ella tiene los lóbulos separados de la mejilla, mientras que el pintor los tenía pegados. Por otro lado, también descubrió que la madre biológica de Pilar también tenía los lóbulos pegados al igual que Dalí.
Sabiendo que este rasgo sigue una herencia autosómica recesiva en la cual el alelo dominante corresponde al lóbulo separado, ¿cuál crees que es la probabilidad de que Pilar Abel sea hija de Salvador Dalí?
(Laura González Requesón)
a. 3/4
b. 1/4
c. 0
d. Ninguna es correcta
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Explicación Preg. 23:
Sabemos que Dalí tenía los lóbulos pegados. Como este es un carácter recesivo, sabemos que era homozigoto recesivo.[ - ]
Si la madre de Pilar Abel también los tenía pegados, tenía el mismo genotipo para este carácter (homozigota recesiva).
Si Pilar Abel, en cambio, los tiene separados, esto solo puede ser si uno de los dos progenitores contiene un alelo dominante. Dado que esto no es así (porque ambos son homozigotos recesivos), es imposible que Pilar sea hija de Salvador Dalí.
Pregunta 24: Estamos observando tres rasgos faciales que siguen herencia mendeliana: la barbilla, las pecas y los lóbulos de las orejas. La barbilla partida, las pecas y los lóbulos de las orejas libres son caracteres dominantes.
Nos encontramos ante una familia en la que la abuela presenta los tres alelos dominantes, mientras que su marido no posee pecas, pero sí la barbilla partida y tiene la oreja unida. Tienen dos hijos, una mujer con los alelos dominantes en los tres caracteres observados y un hombre que coincide con la hermana en dos de los tres caracteres: no tiene la barbilla partida.
¿Cual es la probabilidad de que el hijo de la mujer tenga pecas pero la barbilla sin partir y los lóbulos unidos, sabiendo que su padre es homocigoto recesivo para todo?
(Ana Mendizabal Sasieta)
a. 1/4
b. 1/9
c. 1/3
d. 1/12
e. 1/16
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Explicación Preg. 24:
En un principio, sabemos que la abuela es A-B-C- y el abuelo aaB-cc. Como tienen un hijo con la barbilla sin partir (bb) tienen que ser ambos heterocigotos para este caracter (abuela A-BbC-; abuelo aaBbcc). La hija tiene que ser AaB-Cc, teniendo 1/3 de probabilidad de ser BB y 2/3 de ser Bb, sabiendo que tiene la barbilla partida. La cruzamos con un individuo aabbcc y queremos que la descendencia sea Aabbcc (Aa porque el padre el recesivo y por lo tanto no podrá ser AA). Para calcular la probabilidad haremos:[ - ]
P(Aa)x[P(bb)xP(de que la madre sea Bb)]xP(cc)
P(Aabbcc)=(1/2)x(1/2)x(2/3)x(1/2)=1/12
Pregunta 25: Vas a visitar a una familia que se acaba de mudar al barrio. Te invitan a tomar un café y te presentan a sus hijos: dos niños de 6 y 9 años y un bebé no pigmentado. Entonces, como ambos padres tienen aspecto normal, al igual que los dos niños, les preguntas si el bebé es suyo, a lo que la mujer responde: sí pero los dos más mayores son de mi anterior marido.
a) ¿Podrías indicar el genotipo de la mujer, de su primer marido, del marido actual y del bebé?
b)¿Cúal sería la probabilidad de que si la pareja tuviera tres hijos más, dos fueran albinos?
Problema basado en el 2.10 Genética. Problemas y ejercicios resueltos. José Luís Ménsua.
(Mireia Marín Ginestar)
a. 9/64
b. 3/64
c. 12/64
d. 1/16
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Explicación Preg. 25:
a) Si la mujer es pigmentada y su segundo marido también, podemos afirmar que ambos deben ser heterozigotos (Aa) para el alelo recesivo del albinismo, y que su hijo es homozigoto para el alelo (aa). Del primer marido, lo único que podemos decir s que, siendo pigmentado y habiendo tenido dos hijos normales es A-. No podemos asegurar que sea homozigoto normal (AA), ya que la probabilidad de que siendo Aa transmitiera a sus dos hijos el alelo A es muy elevada: (1/2)^2=0.2. Si consideramos la posibilidad de que los dos padres fueran heterozigotos, la probabilidad de tener dos hijos normales sería de (3/4)^2=0.5624.[ - ]
b) Para calcular esto utilizaremos la fórmula de la binomial donde m=3, d (A-)=1 y r(aa)=1.
P [2:aa ; 1:A-/(AaxAa)]= (3!/(2!*1!))*(3/4)*(1/4)^2= 3*(3/4)*(1/16)=9/64
Pregunta 26: El dia de Nadal, la família Vilamajor va decidir fer-se un selfie. En Pere (el fill gran) va proposar que tota la família fes una ganyota, concretament la de treure la llengua enrotllant-la. A l’hora de fer la foto, van adonar-se que només la Maria, la germana d’en Pere, no podia enrotllar la llengua. Sabem que el fet de poder enrotllar la llengua és un caràcter dominant, respecte a no poder enrotllar-la que és recessiu. Calcula doncs, la probabilitat que el germanet que esperen en Pere i la Maria, tampoc sàpiga enrotllar la llengua.
(Teresa Porta Fitó)
a. La probabilitat és d’1/2
b. La probabilitat és de 0,33
c. El fet d’enrotllar la llengua és una habilitat que no depèn de cap gen, sinó que es pot aprendre.
d. La probabilitat és d’1/4
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Explicación Preg. 26:
Solució: d) 1/4[ - ]
Sabem que no poder enrotllar la llengua és un caràcter recessiu. Això significa que la Maria ha de portar rr per tal que s’expressi el caràcter recessiu. Si la Maria porta rr i els seus pares poden enrotllar la llengua, significa que tan el pare com la mare són heterozigots pel caràcter de la llengua enrotllable (són Rr), ja que si fossin els 2 o un dels 2 homozigots (RR) la Maria no podria ser rr. Per tant, tenint en compte que són el pare (Rr) i la mare (Rr). Aleshores, la probabilitat que el fill que tindran sigui rr és d’1/4.
Pregunta 27: En les guineus, els dos al·lels d’un gen, P i p, donen lloc a un pelatge de color platí i platejat respectivament. Al creuar entre sí guineus de color platí sempre s’obtenen guineus de color platí i platejats, per la qual cosa no s’han aconseguit línies pures de color platí.
Quines proporcions fenotípiques esperaries del creuament entre individus de color platí?
(Núria Lupión García)
a. 3/4 platí i 1/4 platejat
b. 1/3 platí i 2/3 platejat
c. 2/3 platí i 1/3 platejat
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Explicación Preg. 27:
Com que en la descendència del creuament entre guineus de color platí sempre apareixen guineus de color platejat, i per tant no s’obtenen línies homozigotes de color platí (no apareixen individus PP), la interpretació que millor explica aquests resultats és que l’al·lel pel color platí del cabell (P_) és dominant sobre el de color platejat (pp) mentre que pel caràcter de letalitat, aquest al·lel P és recessiu.[ - ]
El creuament és entre individus amb genotip Pp, de forma que els resultats esperats serien 1/4 PP, 1/2 Pp i 1/4 pp, però com els individus PP no són viables, la descendència comptarà amb 2/3 platí (Pp) i 1/3 platejats (pp).
Pregunta 28: Un granjero tiene una variedad de gallinas ponedoras heredada de su tatarabuelo. Todas ellas, siempre, ponen huevos de tamaño M. En la granja de su vecino, y rival, a veces hay huevos de los que salen gallinas que ponen huevos de tamaño XL. El granjero, harto, contrata a un genetista al que pide que consiga gallinas de la variedad XL a partir de una de ellas que le ha robado a su vecino. El genetista cruza la gallina robada con un gallo del granjero, aparta a los gallos de la descendencia, y ve que todas las gallinas siguen poniendo huevos M. ¿Está a tiempo el genetista obtener una gallina ponedora XL si la que robó el granjero ya ha muerto?
(Miguel Fernández Martín)
a. Sí está a tiempo, si las vuelve a cruzar con el gallo de la generación parental.
b. No está tiempo, porque la descendencia no pone huevos XL.
c. No está a tiempo, porque poner huevos M es un caracter dominante.
d. Sí está a tiempo, porque es un carácter recesivo ligado al sexo.
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Explicación Preg. 28:
El sexo de las gallinas está determinado por el sistema ZZ/ZW. Las gallinas del granjero son una línea pura de gallinas ZW (ponen huevos M), por lo que suponemos que la gallina del vecino posee un gen recesivo (aparece solo a veces) ligado al cromosoma Z que le hace poner huevos XL (lo llamaremos Z' que se expresará al no tener homólogo dominante). El macho del granjero también es una línea pura, pues nunca ha obtenido una gallina XL antes.[ - ]
Cuando el genetista cruza la gallina robada (Z'W) con el gallo del granjero (ZZ) obtiene gallinas ZW (huevos M) y gallos Z'Z. Basta con que el granjero cruce uno de los gallos de la generación filial con una gallina normal (Z'Z x ZW) para obtener 1/4 de gallinas M (ZW), 1/4 de gallos normales (ZZ), 1/4 de gallos portadores de la mutación (Z'Z) y 1/4 de gallinas ponedoras XL (Z'W).
Pregunta 29: Los genes MAmSg3 y LbuPg2 determina capacidad de aprobar el examen de genética del 20 de Abril de 2018. Cada uno de ellos presenta 2 alelos que presentan dominancia. Llamamos a los alelos de MAmSg3 M y m, y los de LbuPg2 L y l. Las personas que presentan ambos alelos en homocigosis recesiva sacarán un 10, en cambio las que solo posean la m recesiva en homocigosis llegarán al 5. Pueden Amaiur, Mar, Laura, Sara y Paula, con genotipo Mmll aprobar el examen?
(Paula Gende Rodriguez)
a. Todavía pueden ir a por el 10 porque tienen ll
b. Si porque puede haber recombinación mitótica, que haga que la M se intercambie por m.( suceso milagroso)
c. Si porque han estudiado mucho y el ambiente condiciona la expresión del genotipo ( Según la norma de Reacción)
d. No porque se trata de un caso de genetica bioquimica en el cual un fallo en el gen que codifica para la primera enzima provoca la parada de la ruta metabólica ( un 0)
e. Ambas c y d son correctas.
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Explicación Preg. 29:
Es verdad que se trata de un caso de genética bioquímica, por lo cual al no expresarse correctamente el gen que te da un 5, ya no pueden sacar un 10, y el 5 solo se da cuando el genotipo es mm__, si fuese un caso de determinación puramente genética.[ - ]
Aun así, es cierto que han estudiado mucho, y que la mayoría de fenotipos están determinados por el genoma y el ambiente. Y sabiendo que el ambiente bibliotecario aumenta considerablemente las probabilidades de aprobar, puede que lleguen a 5. Segun la norma de reacción, existen tantos fenotipos para un mismo genotipo como ambientes a los que se ha expuesto. Asi mismo, el genotipo Mmll, bajo un ambiente de habitación con series e internet se traduce en un 0 inmediato, mientras la exposición de este mismo genotipo a 13 horas al día de biblioteca puede llegar a un 6.
Pregunta 30: Cruzamos dos individuos dihíbridos de Drosophila melanogaster de alas curvadas y quetas en forma de maza. En la descendencia se obtienen 590 individuos con alas curvadas y quetas en maza, 180 con alas curvadas y quetas normales, 160 con alas normales y quetas en maza y 60 normales para ambos caracteres. ¿Se puede aceptar la hipótesis de que estos caracteres se heredan independientemente?
(Sara Gil Martín)
a. Sí, porque no se cumplen las proporciones de Mendel
b. Sí, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 0,47
c. No, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 8,63
d. Sí, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 5,59
e. No, no se puede saber si segregan independientemente
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Explicación Preg. 30:
Proporciones mendelianas para un dihíbrido que segrega los caracteres independientemente: 9:3:3:1[ - ]
Sobre un total de 990 individuos (590+180+160+60) los valores esperados son:
9/16 de 990 → 556
3/16 de 990 → 186
3/16 de 990 → 186
1/16 de 990 → 62
Realizamos chi-cuadrado con una confianza de 95% y grados de libertas: 4-1=3 para comprobar que cumple las proporciones ( 7’82
X2= 2’07 + 0’19 + 3’63 + 0’06 = 5’59 ( 5’59 < 7’82
Podemos aceptar la hipótesis de que estos caracteres se heredan independientemente.
Pregunta 31: Un granjero ha cruzado dos líneas puras de gallinas, unas de plumaje marrón y cresta sencilla, y otras de plumaje blanco y cresta en roseta. Sabiendo que los caracteres marrón y cresta en roseta son dominantes. ¿Qué proporciones fenotípicas se obtendrán en F2?
(Daniela María Taño Ramos)
a. 3:1
b. 9:3:3:1
c. 1:1:2:2:4:2:2:1
d. 1:3
e. 2:4
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Explicación Preg. 31:
Calculando primero la F1, podremos obtener la razón fenotípica de F2 haciendo una tabla de Punnet o utilizando la información resumen sobre los números esperados de cruces mendelianos.[ - ]
Pregunta 32: En un mundo paralelo, Mendel el satánico postula las "leyes de Mendel de la expresión génica",las cuales únicamente se basan en el fenotipo sin importar el genotipo (es decir, solo nos fijamos las características fenotípicas y no genotípicas). Teniendo eso en cuenta, ¿cuál sería la variación en la primera generación filial de la primera ley de Mendel para un cruce monohíbrido (autosómico dominante) AA x aa?
(Héctor Hidalgo López)
a. No he entendido nada de lo que dices, yo no veo ningún cambio
b. La segregación no sería equitativa, las proporciones serían 3:1 y no 1:1
c. La segregación no sería independiente
d. Al estar hablando de un cruce entre homocigotos donde uno es dominante, y solo tener en cuenta los fenotipos, el principal cambio sería el de la uniformidad fenotípica en la primera generación filial
e. Al estar hablando de un cruce entre homocigotos donde uno es dominante, y solo tener en cuenta los genotipos,el principal cambio sería el de la uniformidad genotípica en la primera generación filial
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Explicación Preg. 32:
Al tener en cuenta únicamente el fenotipo, observamos que en la primera generación filial todos los individuos expresarán un único fenotipo, entonces la primera ley de Mendel variará, pasando la segregación de ser equitativa a mostrar uniformidad(1:0). Esto descarta las opciones a,b y e y valida la opción d. La opción c también es falsa para este caso porque hace referencia a la segunda ley de Mendel, no a la primera.[ - ]
Pregunta 33: La microcefalia, un trastorno neurológico que afecta al tamaño de la cabeza, tiene una herencia autosómica recesiva. Lucas y Marta (no padecen el trastorno) tienen un hijo de dos años que sufre esta enfermedad. Hace varias semanas, supieron que Marta volvía a estar embarazada pero esta vez de mellizos.
¿Cuál es la probabilidad de que ninguno de los dos también la tenga?
(Magali Gomez Urrutia)
a. 1/2
b. 9/16
c. 1/4
d. 3/4
e. 1/16
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Explicación Preg. 33:
La microcefalia tiene herencia autosómica recesiva, por lo tanto, si el hijo de Marta y Lucas tiene el trastorno sabemos que su genotipo debe de ser aa.[ - ]
Por otro lado, si los padres están sanos, es decir no sufren la enfermedad, deducimos que ambos serán heterocigóticos para este gen (Aa).
El hecho de que un hijo padezca la enfermedad no influye en la probabilidad de que un segundo también la tenga, ya que son sucesos independientes.
Para no tener el trastorno, los hijos deben o bien ser homocigóticos dominantes AA (1/4 de probabilidad debido a que los padres son heterocigóticos) o bien ser heterocigóticos Aa (1/2)
P(AA U Aa)= 1/4 + 1/2= 3/4
La probabilidad de que ninguno de los mellizos este enfermo, corresponde a la probabilidad de que el primero no lo este y a la probabilidad de que el segundo tampoco.
Por lo tanto, 3/4* 3/4= 9/16
Pregunta 34: Un hombre daltonico tiene descendencia con una mujer sana, una mujer de la f1 tiene dsecendencia con un hombre sano(f2).
¿cual es la probabilidad (en la f1) de tener 3 hijas consecutivas portadoras del daltonismo? ¿Y de tener 3 hijos daltonicos?
¿en la f2 cual es la probabilidad de tener 3 hijas portadoras? ¿y de tener 3 hijos daltonicos?
(Marcos Marín Megias)
a. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1/8. Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/8 F2 probabilidad de 3 mujeres portadoras = 1, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 0
b. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1. Probabilidad 3 hombres daltonicos = 0 F2 probabilidad de 3 mujeres portadoras = 1/64, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/64
c. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 0. Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1 F2 probabilidad de 3 mujeres portadoras = 1/8, Probabilidad 3 hombres daltonicos =1/8 1
d. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1. Probabilidad 3 hombres daltonicos = 0 F2 probabilidad de 3 mujeres portadoras = 1/8, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/8
e. ninguna es correcta
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Explicación Preg. 34:
La probabilidad de en la F1 de tener hombres daltonicos es de 0 ya que estos recibirán el cromosoma X de su madre la cual no tiene ningún cromosoma afectado y el Y de su padre. ademas de tener todas las hijas portadoras al ser heterozigotas y tratarse de una mutación ligada al cromosoma X.[ - ]
en cuanto a la F2 la probabilidad de teniendo un hombre sea daltonico es de 1/2 ya que solo hay 2 cromosomas X en la madre y uno debe ser dado al hijo si le da el afectado sera daltonico, por lo que la probabilidad de tener 3 hijos daltonicos es 1/2 x 1/2 x 1/2
en el caso de las mujeres portadoras es el mismo tendran un 50% de tener uno de sus cromosomas X afectado por la misma razón así que tener 3 hijas portadoras tendrá la misma probabilidad 1/2 x 1/2 x 1/2
Pregunta 35:
En 1943 en la antigua Alemania nazi, Josef Mengele y su equipo hicieron una serie de pruebas con los prisioneros del campo de Auschwitz para determinar diferentes herencias de tipo mendeliano. Trabajaron con cuatro fenotipos problema:
• A: polidactilia (autosómica dominante). *
• B: intolerancia a la lactosa (autosómico recesivo).
• C: calvicie (autosómica dominante en hombres y recesivo en mujeres).
• D: daltonismo (ligado al cromosoma X recesivo).
Uno de los experimentos que se llevó a cabo fue el apareamiento forzado entre diferentes prisioneros para intentar descubrir cómo serían los hijos. En uno de ellos, la mujer presentaba seis dedos en la mano derecha y el hombre era daltónico y tenía una pérdida severa de pelo.
a) Considerando los dos sujetos eran heterocigotos en todos los casos posibles, calcula la probabilidad de la manifestación de todos los rasgos en la F1.
b) Si se entrecruza al individuo con todas las manifestaciones con un individuo sano masculino homocigoto para todos los caracteres, ¿qué fenotipos problema podrán manifestarse? ¿Con qué probabilidad (individual)? Consideramos que el individuo problema es homocigoto cuando sea posible.
* Consideramos que la polidactilia en este ejercicio proviene de un solo gen.
(Tòt Senar Serra)
a. a) 1/32 b) 1/4 y 3/4
b. a) 3/128 b) 1/4 y 3/4
c. a) 3/128 b) 1/2 y 1/2
d. a) 1/32 b) 1/2 y 1/2
e. a) 1/32 b) 1/4, 1/2 y 1/4
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Explicación Preg. 35:
[ - ]A partir de la información, podemos deducir que los padres son:
Aa Bb Cc XDXd x aa Bb Cc XdY
a) Como nos piden un individuo con todas las manifestaciones, tenemos que diferenciar en cómo se manifestará si se trata de un hombre o cómo lo hará si es una mujer:
A_ bb C_ XdY o A_ bb CC XdXd
P (A_ bb C_ XdY) = ½ * ¼ * ¾ * ¼ = 3/128
P (A_ bb CC XdXd) = ½ * ¼ * ¼ * ¼ = 1/128
P (A_ bb C_ XdY) + P (A_ bb CC XdXd) = 1/128 + 3/128 = 1/32
b) Como nos dicen que el individuo problema es homocigoto en todos los casos posibles y que se entrecruza con un individuo sano masculino homocigoto:
AA bb CC XdXd x aa BB cc XDY
El entrecruzamiento dará siempre:
½*(Aa Bb Cc XDXd) + ½*(Aa Bb Cc XdY)
Pregunta 36: El lòbul de la orella separat (L) és dominant respecte a tenir-los units que és recessiu (l). La capacitat de reconèixer la PTS (P) domina sobre no reconèixer-la (p). Un home amb el lòbul unit i que reconeix la PTS es casa amb una dona de lòbul separat i que no reconeix la PTS. Tenen dos fills: un amb el lòbul unit i que no reconeix la PTS i un amb el lòbul separat i l’altre que tampoc reconeix la PTS. Doneu els genotips de pares i fills.
(Sergi Anguera Prieto)
a. Pare: llPp, Mare: Llpp, Fill 1: llpp, Fill 2: Llpp
b. Pare: llPP, Mare: LLpp, Fill 1: llpp, Fill 2: LLpp
c. Pare: LlPp, Mare: Llpp, Fill 1: llpp, Fill 2: LLpp
d. Pare: LlPp, Mare: Llpp, Fill 1: LlPp, Fill 2: Llpp
e. d) Pare: llPp, Mare: Llpp, Fill 1: LLPp, Fill 2: LLpp
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Explicación Preg. 36:
La resposta correcte és la a ja que el pare ha de ser homozigot recessiu per tenir el lòbul unit i ha de ser heterozigot per l’altre caràcter ja que d’aquesta manera reconeixerà la PTS però els seus fills podran rebre el al·lel recessiu que juntament amb el de la mare farà que ells no reconeguin la PTS. La mare ha de ser heterozigota pel primer caràcter ja que així tindrà el lòbul separat però el seu primer fill podrà rebre l’al·lel recessiu i tenir-lo unit com el seu pare. El primer fill per tant ha de ser el doble homozigot recessiu i el segon heterozigot pel primer caràcter i homozigot recessiu pel segon.[ - ]
Pregunta 37: La acondroplasia es un trastorno óseo autosómico dominante que causa enanismo. Además, la presencia de este alelo en homozigosis lo convierte en letal.
Una pareja de dos personas que sufren enanismo acondroplasico quiere tener cuatro hijos. Cual es la probabilidad de que los cuatro hijos de la pareja sean enanos como sus padres?
(Anna Basquet Muniente)
a. 0,063
b. 0,258
c. 0,316
d. 0,198
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Explicación Preg. 37:
Si los dos padres son enanos, los dos serán heterocigotos para la acondroplasia (Aa x Aa).[ - ]
Una vez hecho el cruce, hay que tener en cuenta que ninguno de los hijos viables será homocigótico para la acondroplasia (AA), ya que este genotipo es letal; por lo tanto, las probabilidades para los hijos serán sobre 3 y no sobre 4. La probabilidad de que un hijo sea Aa (fenotipo enano) es de 2/3, y la probabilidad de que sea aa (fenotipo salvaje) es de 1/3.
A partir de esto, aplicando la binomial:
4!/(4!*0!) * (2/3)^4 * (1/3)^0 = 0,198
Pregunta 38: Cuando Björn partió con su padre, Ragnar, de expedición ese verano, no se imaginaba que durante ese tiempo presenciaría la relación extramatrimonial que su padre tuvo con la princesa Aslaug.
Björn no pudo evitar contárselo a su madre, Lagertha, quien decidió perdonar a su marido. No obstante, la situación se hizo insostenible cuando Aslaug llegó hasta Kattegat, la aldea de Ragnar, embarazada, asegurando que él era el padre. Esto obligó a Lagertha a marcharse a otro pueblo y Björn decidió ir con ella.
Durante este tiempo, Ragnar formó una nueva familia en Kattegat con Aslaug: después de ese hijo, vinieron dos más, todos totalmente sanos. No obstante, el cuarto hijo de Ragnar, Ivar, nace con las extremidades deformadas e hiperlaxas, cosa que hace pensar a los aldeanos en una maldición sobre la familia de Ragnar.
Como es obvio, esto no es producto de una maldición, sino que Ivar sufre de osteogénesis imperfecta tipo VII, una enfermedad genética en la que el gen que codifica para la proteína asociada del cartílago, situado en el cromosoma 3, se ve afectado. Esta enfermedad se hereda de forma recesiva.
Björn conoce lo sucedido en mitad de su noviazgo con Porunn. Pocas semanas después, ella le comunica que van a ser padres. Björn, al ser conocedor de esta noticia, rebosa de alegría. A él, le encantaría que fuera niño, pues la idea de poder llevar a su hijo de expediciones, tal y como su padre hizo con él, le llena de ilusión. No obstante, pronto el miedo substituye su gozo: ¿y si realmente su familia está maldita? ¿Y si su hijo naciera con la misma enfermedad que Ivar?
Sabiendo que Porunn es heterocigota y que Lagertha no conoce ningún antecesor con el mismo problema (es homocigota dominante), ¿cuál es la posibilidad de que Björn, hijo de Lagertha y Ragnar y hermanastro de Ivar, tenga un hijo varón con osteogénesis impefecta?
Nota: Se recomienda dibujar un pedigree para ayudarse.
(Alba Nieto Heredia)
a. 1/4
b. 1/8
c. La probabilidad es nula.
d. 1/16
e. 1/6
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Explicación Preg. 38:
Ragnar y Aslaug son heterocigotos, pues es la única manera de que tengan un hijo homocigoto recesivo (con osteogénesis imperfecta), Ivar.[ - ]
La única forma de que Björn tenga un hijo con osteogénesis imperfecta, siendo Porunn heterocigota es que él también lo sea.
La probabilidad de que Björn sea heterocigoto teniendo un padre heterocigoto y una madre homocigota dominante es de 1/2.
La probabilidad de que en un cruce de dos heterocigotos (Björn x Porunn) salga un hijo homocigoto recesivo es de 1/4.
Para que ocurra un hijo homocigoto (B) , primero Björn debe ser heterocigoto (A). Para que se de el hecho B, primero se debe dar el hecho A.
P(Hijo homocigoto) = P(Björn homocigoto) * P(Homocigotos suponiendo que Björn es heterocigoto)
P(B) = P(A) * P(B/A)
P (Hijo homocigoto) = 1/2 * 1/4 = 1/8.
No obstante, queremos saber la probabilidad de que salga un VARÓN enfermo. Debemos multiplicarlo por la probabilidad de tener un hijo varón, puesto que son sucesos independientes.
P final = P(Hijo homocigoto) * P(Varón)= 1/8 * 1/2 = 1/16
Pregunta 39: En la mosca del vinagre el color blanco de los ojos es producido por un gen recesivo situado en el cromosoma X, respecto del color rojo dominante. Las alas vestigiales, son recesivas respecto de las alas largas, y este carácter no está ligado al sexo. Realizamos el cruzamiento de un macho de alas vestigiales y ojos rojos con una hembra de alas largas heterocigótica y ojos rojos portadora del gen blanco. Supongamos además que en el mismo cromosoma X en que va el gen ojos blancos, va también ligado un gen letal l, recesivo. Calcula:
a) Qué proporción de hembras y de machos habrá con alas normales y con alas vestigiales.
b) Qué proporción de hembras y de machos habrá respecto al color (ojos rojos y blancos).
(Esther-Isabel Casellas Sánchez)
a. ♀:1/2 alas vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos. ♂: 1/2 alas vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos.
b. ♀: 1/2 alas vestigiales; todas con ojos rojos. ♂: 1/2 alas vestigiales; todos con ojos rojos.
c. 1/8 són hembras con alas vestigiales, 1/8 són machos con alas vestigiales.
d. 1/6 són hembras con alas vestigiales, 1/8 són machos con alas vestigiales.
e. ♀: 1/2 alas vestigiales; todas con ojos rojos. ♂: 1/2 alas vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos.
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Explicación Preg. 39:
Genes ligados a la X:[ - ]
Ojos: blancos (Xb)Letal: Xl
Gen autosómico:
Alas: vestigiales (v)Cruzamos:
vvXBY x VvXBXbl
Gametos:
vvXBY --> vXB y vY
VvXBXbl --> VXB, VXbl, vXB y vXbl
En la tabla de Punnett observamos:
VXB: VXbl: vXB: vXbl:
vXB: VvXBXB, VvXBXbl, vvXBXB, vvXBXbl
vY: VvXBY, (VvXblY), vvXBY, (vvXblY)
Genotipos:
Machos: ½ VvXBY, ½ vvXBY.
Hembras: ¼ VvXBXB, ¼ VvXBXbl, ¼ vvXBXB, ¼ vvXBXbl.
Fenotipos:
Machos: ½ alas largas y ojos rojos, ½ alas vestigiales y ojos rojos.
Hembras: ½ alas largas y ojos rojos, ½ alas vestigiales y ojos rojos.
Debido a la compensación de dosis de la Drosophila, la X del macho transcribe el doble lo cual hace que se comporte como un homozigoto para los genes de esos loci y por lo tanto los machos que presentan el alelo l (letal) mueren.
Entonces la proporción de los fenotipos de las alas será:
Hembras: ½ vestigiales, ½ largas.
Machos: ½ vestigiales, ½ largas.
Y la proporción de fenotipos del color de los ojos será:
Hembras: 100% rojos.
Machos: 100% rojos.
Pregunta 40: Una parella la qual la dona té els ulls marró i és heterozigota dominant per aquest caràcter té un fill amb un home que també té els ulls marró i és homozigòtic per aquest caràcter.
Quina és la probabilitat de que el fill sigui una noia i tingui els ulls blaus?
(Mar Malla Bañeres)
a. 5
b. %0
c. %50
d. %25%
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Explicación Preg. 40:
probabilitat de que sigui noia (1/2) · probabilitat que tingiu els ulls blaus (0)= 0%[ - ]
Pregunta 41: Un criador de canarios (Serinus canaria) encuentra esporádicamente un ejemplar ágata (rojo) entre sus aves, que son una pareja de satinés diluido y una segunda pareja hembra bruna y macho satiné. El carácter del color del plumaje en canrarios es recesivo ligado al sexo, y además está regulado por 2 genes. Las relaciones genéticas son:
Z+ eumelanina negra Z+ > Z;
Z eumelanina marrón;
rb+ oxidación melánica rb+ > rb > st;
rb dilución melánica (clásica);
st satiné.
MACHOS:
Z+ rb+ , Z+ rb+ negro-bruno (homocigoto);
Z+ st , Z+ st satiné diluido;
Z+ rb , Z+ rb ágata (homocigoto);
Z+ rb , Z+ st ágata / satiné;
Z rb + , Z r+ bruno (homocigoto);
Z rb+ , Z st bruno / satiné;
Z rb , Z rb isabela (homocigoto);
Z st , Z st satiné;
HEMBRAS:
Z+ st satiné diluido;
Z st satiné;
Z+ rb+ negro-bruno;
Z rb bruno;
Z+ rb ágata;
Z rb isabela.
Si al cabo de un mes nace un canario macho ágata satinado de la F1 (es decir, él es la F2), ¿el ejemplar ágata era macho o hembra? ¿Y si nace una hembra ágata?
(Paloma Merino Guisado)
a. En ambos casos era un macho
b. En ambos casos era una hembra
c. Hembra; macho
d. Macho; hembra
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Explicación Preg. 41:
Debido a las características del sistema ZW y la transmisión de caracteres ligados al sexo (ligado al Z), de cada cruce solamente se obtendrá un único fenotipo para los machos y un único fenotipo para las hembras. Así, de la pareja de satiné diluido se obtiene 1/2 de hembras satiné diluido y 1/2 de machos satiné diluido.[ - ]
De la otra pareja se obtiene 1/2 de machos bruno satinado y 1/2 de hembras satinadas. Si el ejemplar ágata es hembra se puede reproducir con la F1 de una pareja y de otra, y lo mismo ocurre si fuese macho. La unica forma de obtener hembras ágata y machos ágata satiné es reproduciéndose un macho ágata con una hembra ágata satinado (hija de la pareja bruno-satinado) y una hembra ágata con un macho satiné diluido (hijo de la pareja satiné diluido), respectivamente.
Pregunta 42: Quants descendents de l’encreuament AABb x Aabb s’han d’analitzar per tenir un genotip Aabb amb una probabilitat igual o més gran que 0,9?
Exercici modificat d'un altre del campus virtual.
(Meritxell Torrent Ragolta)
a. 8
b. 2.876
c. 0.133
d. 0.125
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Explicación Preg. 42:
La probabilitat d'aconseguir un genotip Aabb de l'encreuament és de 1/4, ja que cada progenitor pot fer dos tipus diferents de gàmetes.[ - ]
Per saber el nombre de descendents que cal estudiar, necessitem aplicar la fórmula:
ln(1-Probabilitat demanada)/ln(1-Probabilitat del genotip a estudiar).
Aplicant la fórmula, s'obté un valor de 8.
Pregunta 43: La hipofosfatemia provoca un tipo de raquitismo en el que los pacientes no responden a dosis normales de vitamina D. Este desorden es causado por un alelo dominante ligado al sexo. ¿Qué fenotipos se esperarán entre los hijos e hijas de los siguientes matrimonios?
a) Hombre afectado y mujer normal.
b) Mujer afectada hija del matrimonio anterior y hombre normal.
(Marcel García Cuesta)
a. a) Hijos afectados e hijas normales. b) Hijos e hijas afectad@s.
b. a) Hijas e hijos normales. b) Hijas e hijos afectad@s y normales.
c. a) Hijas afectadas e hijos normales. b) Hijas e hijos afectad@s y normales.
d. a) Hijos e hijas afectad@s. b) Hijas afectadas e hijos normales.
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Pregunta 44: En el guisante de jardín (Pisum sativum) el color de las semillas se debe a dos alelos de un gen: el alelo A determina el color amarillo y es dominante sobre a que determina el color verde. Por otro lado, el alelo L es responsable de la formación de semillas lisas y domina sobre l que determina las semillas rugosas. Al cruzar una planta de semillas verdes y lisas con otra de semillas amarillas y lisas se ha obtenido una descendencia formada por unas plantas con semillas amarillas y lisas y otras con semillas amarillas y rugosas. Determinar los genotipos de los progenitores.
(Teresa Porta Fitó)
a. AAll x aaLL
b. aall x AALl
c. aaLl x AALl
d. AaLl x aaLl
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Explicación Preg. 44:
Respuesta: c) aaLl x AALl[ - ]
- Parental 1. Fenotipo: semillas verdes y lisas. Genotipo: al ser el color verde recesivo, la planta debe ser aa. Sin embargo, el carácter liso es dominante, por lo que debe tener al menos un alelo L_. Como su descendencia es tanto lisa (L_), como rugosa (ll), este parental debe ser heterocigoto (Ll). Por tanto, su genotipo será: aaLl
- Parental 2. Fenotipo: semillas amarillas y lisas. Genotipo: al presentar los dos caracteres dominantes, debe tener al menos un alelo dominante de cada gen: A_L_, pero podemos saber su genotipo si nos fijamos en la F1: todos los descendientes tienen semillas amarillas y puesto que el otro progenitor era de semillas verdes (aa), éste tiene que ser AA. En cuanto al otro carácter, puesto que en la F1 encontramos tanto individuos con semillas lisas como rugosas, el progenitor debe ser heterocigoto (Ll). Por tanto, su genotipo será: AALl
Pregunta 45: En el mundo de los Simpsons, la pigmentación de la piel amarilla característica de estos personajes sigue una herencia autosómica dominante (Yy/YY, de"Yellow"). Aunque este fenotipo está presente en el 99,5% de los individuos, existen Individuos homozigóticos recesivos para el carácter. Este es el caso de personajes como Apu Nahasapeemapetilon, que presentan una pigmentación oscura de la piel.
Imaginemos que en uno de los capítulos de última temporada Maggie Simpson (pigmentación amarilla) se casa con uno de los hijos de Apu (pigmentación oscura). Si el matrimonio tuviera hijos, cuál sería la probabilidad de tener un hijo de piel amarilla? (no conocemos los genotipos de los padres de Maggie)
(Leire Altadill Legarra)
a. 2/3
b. 0
c. 1/2
d. 3/4
e. Ninguna de las anteriores
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Explicación Preg. 45:
El hijo de piel amarilla tiene que ser necesariamente Yy. Como el genotipo de Maggie puede ser YY o Yy, la probabilidad de tener el hijo Yy es una suma de la probabilidades: la probabilidad de tener un hijo Yy si la madre es YY + la probabilidad de tenerlo si la madre es Yy. Por tanto:[ - ]
P(hijo Yy) = P(A) + P(B)
P (A) = P (madre Yy / Yy U YY) x P (hijo Yy)
P (B) = P (madre YY / Yy U YY) x P (hijo Yy)
P (A) = 2/3 x 1/2 = 1/3
P (B) = 1/3 x 1 = 1/3
P(hijo Yy) = 1/3 + 1/3 = 2/3
Pregunta 46: Considerando 4 genes independientes, cada uno de ellos con un alelo dominantes y otro recesivo,
1. ¿Cuántos cruces distintos se pueden realizar teniendo en cuenta sus genotipos?
2. ¿Y cuántos teniendo en cuenta sus fenotipos?
Problema basado en el 2.25. de José Luis Ménsua.
(Carmen Lucía Franch Ibáñez)
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Explicación Preg. 46:
1. Si consideramos un gen con dos alelos, el número de genotipos distintos es 3 y, en general, para n genes, el número de genotipos distintos será 3^n. El número de cruces distintos, siendo m=3^n, será, sin tener en cuenta el sexo: Σm. Una fórmula similar sería:[ - ]
(m*(m+1))/2.
Así, para 4 genes el nº de genotipos distintos será 3^4=81, y el de cruces distintos: (81*82)/2=3321.
2. Si consideramos fenotipos, el número de fenotipos distintos para un gen con dos alelos es 2 y para 4 genes será 2^4=16, y de cruces distintos (con la fórmula anterior) será: 16*17/2=136.
Pregunta 47: La incapacidad para detectar el sabor amargo de la feniltiocarbamida (PTC) en la especie humana se debe a un gen recesivo frente al alelo que permite detectar el sabor amargo de la PTC. En un matrimonio en el que ambos padres son heterocigóticos para este locus se han tenido 6 descendientes.
Determine la probabilidades de que en una familias
a) Determine la probabilidad de que, en una familia, cuatro descendientes detecten el sabor amargo de la PTC y dos no lo detecten.
b) Determine la probabilidad de que, en una familia, todos distingan el sabor amargo.
(Dafne Cruz Santana)
a. a. 0.375 / b. 0.125
b. a. 0.125 / b. 0.1779
c. a. 0.4563 / b. 0.2996
d. a. 0.2966 / b. 0.1779
e. a. 0 / b.1
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Explicación Preg. 47:
El cruce de dos heterocigotos para un locus con dominancia completa produce una descendencia con una segregación: 3 dominante : 1 recesivo. La variable X que cuenta el número de hijos de un determinado fenotipo (dominante o recesivo) entre n hijos tiene distribución binomial siendo sus parámetros: n, el número de hijos, y p, la probabilidad del éxito; el valor de p será 0,75 si llamamos éxito al hecho de tener fenotipo dominante ó 0,25, si llamamos éxito al hecho de tener fenotipo recesivo. Por tanto:[ - ]
a. p(x=4)=(6!/2!·4!)·(3/4)^4·(1/4)^6-4 =15·81/256·1/16= 1215/4096 = 0.2966
b. p(x=6)=(6!/6!·0!)·(3/4)^6·(1/4)^6-6= 1·729/4096·1=729/4096 =0.1779
Pregunta 48: Tamara y Angelo son un feliz matrimonio que la semana pasada daron la bienvenida al mundo a sus dos hijas mellizas.
Sin embargo, la felicidad duró poco, ya que una de ellas falleció a las horas del parto debido a una anómala enfermedad.
En la familia de la madre esto ya había ocurrido anteriormente, en concreto en el caso de dos de sus tías. No obstante, Angelo, consciente de que no tenía antecedentes de esta enfermedad en su familia, empezó a dudar de la lealtad de Tamara, la cual mantenía una muy buena relación con el portero de su edificio Miguelito.
¿Tiene razón Angelo al dudar de Tamara?
(Eva Balan Gutiérrez)
a. No, puesto que se trata de un gen dado por un alelo recesivo ligado al cromosoma X y con que la madre sea portadora basta
b. Sí, puesto que se trata de un gen dado por un alelo autosómico dominante letal
c. No, puesto que se trata de un gen dado por un alelo dominante ligado al X letal en homocigosis
d. Sí, puesto que se trata de un gen dado por un alelo autosómico recesivo letal y es necesario que ambos padres sean portadores para que se de un homocigoto recesivo
e. Sí, ya que ni Tamara ni Miguelito son de fiar
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Explicación Preg. 48:
Podríamos pensar que se trata de una enfermedad dada por un gen con alelo recesivo ligado al X, pero de ser así, las mujeres no podrían fallecer a causa de esta enfermedad, ya que para esto tanto su padre como su madre tendrían que ser portadores, y un hombre portador sería inviable.[ - ]
Es por esto que se trata de un gen dado por un alelo autosómico recesivo, y Angelo puede dudar de Tamara ya que es necesario que ambos padres sean heterocigotos para este caracter, cosa que él no es ya que no se ha dado nunca en su familia.
Pregunta 49: Dos niños, los cuales son hermanos, sufren una enfermedad de herencia mendeliana la cual puede ser dominante ligada al X o bien autosómica recesiva. Se sabe que ambos padres no están afectado, al menos fenotipicamente hablando.
Ahora bien, madre se ha hecho un test genómico y se ha podido ver que su genotipo para este gen es AA. ¿Cómo explicarías que los niños estén afectados?
(Sara Reyes Ubach)
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Explicación Preg. 49:
No puede ser una enfermedad de herencia autosómica recesiva ya que la madre tiene genotipo AA para este gen, y por lo tanto todos sus hijos recivirán por su parte un alelo A, con lo cual solo nos queda que puede ser dominante ligada al cromosoma X, para explicar como puede ser que los niños estén afectados y ninguno de los padres no, solo se puede explicar con el Corpúsculo de Barr. Es decir, la madre tiene un cromosoma X^A y otro cromosoma X^a, y por compensación de dosis siempre hay uno que se condensa completamente, este no es siempre el mismo, entonces la madre no padece de esta enfermedad ya que, en las células de la parte del cuerpo en la que tiene lugar esta enfermedad, ha compactado el cromosoma donde se presenta la enfermedad. Con lo cual la madre por suerte no la presenta, pero eso no impide a que transmite ese gen a la descendencia.[ - ]
Pregunta 50: El albinismo es un carácter poco frecuente en la especie humana. En la U.E. aproximadamente 1 de cada 20.000 nacidos vivos es albino. Se realizó un estudio reuniendo familias por el hecho de que, siendo los dos padres normales, al menos uno de los hijos era albino. Si se casan entre sí individuos normales de dichas familias,
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el primer hijo sea albino?
b) ¿Cuál la de que tengan un solo hijo albino, si desean tener cuatro hijos?
(Problema 2.16 de Genética - Problemas y ejercicios resueltos, de José Luis Ménsua)
(Angelo Gabriel Arias Magnasco)
a. 1/9 y 0,6543
b. 3/9 y 0,3121
c. 2/9 y 0,7824
d. 1/9 y 0,3121
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Explicación Preg. 50:
a) Aunque el enunciado no nos dice si la alternativa de albino es dominante o recesiva respecto de la alternativa pigmentado, podemos deducir que, si los dos padres son pigmentados y han tenido un hijo albino, el albinismo tiene que ser un carácter recesivo y que necesariamente los dos padres son heterozigotos para el albinismo.[ - ]
Los hijos normales de tales familias tendrán un genotipo homozigoto AA o heterozigoto Aa, en las proporciones 1/3 y 2/3 respectivamente. Si dos individuos normales, procedentes de tales familias, se casan, la única posibilidad de que tengan un hijo albino es que ambos sean heterozigotos, luego la probabilidad será:
2/3 (probabilidad de que uno sea heterozigoto) x 2/3 (de que el otro también lo sea) x 1/4 (de que siendo, los dos heterozigotos, tengan un hijo albino).
2/3 x 2/3 x 1/4 = 4/36 = 1/9
b) Acabamos de calcular que la probabilidad de tener un hijo albino es de 1/9. La probabilidad de tener un hijo pigmentado será 1 - 1/9, es decir 8/9. En una familia de cuatro hijos, la probabilidad de que uno cualquiera de los hermanos sea albino y los otros tres pigmentados se resuelve con la binomial.
(4 sobre 1) = de cuatro hijos uno albino.
(8/9)^3 = probabilidad de un hijo pigmentado, elevado al número de hijos pigmentados (3).
(1/9)^1 = probabilidad de un hijo albino, elevado al número de hijos albinos (1).
(4 sobre 1) x (8/9)^3 x (1/9)^1 = 0,3121
Pregunta 51: La Hemofilia es una enfermedad recesiva y ligada al cromosoma X, que impide la correcta coagulación de la sangre. Al ser ligada al cromosoma X la padecerán en mayor proporción los hombres. Una pareja de recién casados quieren tener hijos, su marido está sano (no padece la hemofilia) pero ella, es portadora de la enfermedad. ¿Cuál es la probabilidad de que teniendo dos hembras y dos varones, el primero de los varones sea hemofílico y el segundo normal?
(Maria Avila Gomez)
a. 0,564
b. 0,023
c. 0,050
d. 0,230
e. 0,410
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Explicación Preg. 51:
Si utilizamos binomal y ponemos 4 sobre dos multiplicamos la probabilidad de que el hijo sea hemofílico (1/4) al cuadrado por la probabilidad de que el hijo sea normal que es también 1/4 y lo elevamos al cuadrado, al resolver la ecuación da de resultado 0,0234[ - ]
Pregunta 52: Un hombre normal, cuyo hermano tiene una enfermedad mendeliana recesiva rara se casa con una mujer normal. Si la frecuencia de heterocigotos en la población es de 3/25 y sabemos que han tenido 3 hijos, ¿Cuál es la probabilidad de que 2 de ellos padezcan la enfermedad?
(Maitane Gantxegi Rodríguez)
a. 0,00118
b. 0,00066
c. 0
d. 0,0075
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Explicación Preg. 52:
El hombre tiene un 2/3 de probabilidades de ser heterocigoto ya que como no está enfermo el alelo aa está descartado. Por ello, habría que multiplicar 2/3 x 3/25 (probabilidad de la mujer de ser heterocigota) x 1/4 (probabilidad de uno de los hijos de estar enfermo) lo que daría 1/50.[ - ]
Como lo que queremos es saber cual es la probabilidad de que 2 de 3 de sus hijos padezcan la enfermedad habría que hacer una binomial dando 0,00118.
Pregunta 53: ¿Cuál es la probabilidad de que un hombre y una mujer de aspecto normal pero portadores los dos del gen recesivo del albinismo, si tienen cinco hijos, dos sean albinos y tres no?
(Judith Balcells Rovira)
a. 0,375
b. 0,02636
c. 0,2636
d. 0,0625
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Explicación Preg. 53:
Este problema lo resolveríamos a partir de la binomial:[ - ]
(5¦3) 5!/3!2!× (3/4)^3× (1/4)^2= 0,2636
Pregunta 54: Un agricultor que se dedica a la producción de tomates tiene una cepa de dobles heterocigotos. Para el caractér del color del fruto el rojo es dominante sobre el amarillo, además, el alelo para la piel lisa es recesivo sobre la piel rugosa. Sabiendo esto, calcular el número de cruces necesarios para obtener un individuo que sea, con una probabilidad del 0.999, homocigoto recesivo para un gen y homocigoto dominante para el otro.
(Eneko Merino Casamayor)
a. 108
b. 52
c. 107
d. 73
e. 60
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Explicación Preg. 54:
Primero calculamos las probabilidades de que cada gen sea homocigoto para el cruce AaBb x AaBb:[ - ]
P(AA)= 1/4, P(aa)= 1/4, P(BB)= 1/4, P(bb)= 1/4.
Como no se nos especifica cual de los genes en homocigosis es el recesivo y cual el dominante tendremos que considerar ambas posibilidades:
P(aaBB)= 1/4*1/4= 1/16, P(AAbb)= 1/4*1/4= 1/16
Por lo tanto la probabilidad de que se de uno de los dos sucesos será la suma de ambas probabilidades:
P= 1/16+1/16= 1/8
Ahora calculamos el número de cruces necesarios para la probabilidad dada:
1-(1-1/8)^n=0.999 --> n=51,73
Como no podemos realizar 51,73 cruces, consideraremos el siguiente número entero. Es por ello que la solución es 52.
Pregunta 55: Exámen Genética Contemporánea 1 Parcial
Universidad de Nueva Nueva Zelanda: Marte – Distrito Ɖ14 (Subterráneo).
Pregunta 1
Como habrás estudiado en la asignatura de Historia del Segundo Gran Imperio Humano, en el año 2046 tiene lugar un hito que marca la aparición de la Neobiología: el descubrimiento del primer organismo vivo extraterrestre, Auroborealis glailie.
Este organismo planteó un problema a nivel genético al equipo de científicos/as liderados por el reputado J. Miguel C. Fdez., quien finalmente fue capaz de resolverlo, siendo determinante en futuras expediciones a Marte y atribuyéndose el mérito de recibir el Nobel en el año 2048.
Tu misión ahora es resolver ese mismo enigma que el ganador del Nobel hizo en 2 años, pero solo en el tiempo otorgado para hacer este examen. Por esto mismo se te aporta información adicional sobre el caso, la necesaria para obtener la solución:
Auroborealis glailie es una especie diploide que puede alimentarse de un tipo de sustrato u otro en función de un gen llamado Krlos, el cual puede tener 4 alelos diferentes, los cuales mantienen entre ellos una dominancia desconocida (α, β, ε, y δ). Cada uno de estos alelos codifica para una proteína transportadora fundamental en la tarea de llevar a las células el material que necesitan degradar para obtener energía. La expresión de cada uno de los alelos posibles permite generar variantes de esta proteína que son afines a su sustrato homólogo: sustrato α requiere de la expresión del alelo α, sustrato β requiere de la expresión del alelo β, sustrato ε requiere de la expresióndel alelo ε y el sustrato δ requiere de la expresión del alelo δ. Así, alimentar a un organismo determinado con el sustrato erróneo desemboca en su muerte, y hacerlo con el/los indicado/s le permite vivir.
En el experimento, primero se pudieron manipular dos individuos de este organismo que durante su vida fueron alimentados con el sustrato α. Tuvieron descendencia y esta fue alimentada con el sustrato α, resultando que, para sorpresa del equipo de investigadores/as, uno de cada cuatro organismos no fue capaz de asimilar el sustrato y murió.
A los supervivientes, se les dejó de alimentar con sustrato α y se comenzó a usar, en su lugar, sustrato β, resultando en la muerte de dos de cada tres individuos restantes.
ACLARACIÓN
Es decir, solo sobrevivieron 1 de cada 4 de la generación engendrada por los dos originales. (Fin de aclaración).
Por último, un individuo superviviente fue cruzado con otra captura en Marte de esa misma especie, que en este caso sabemos que era genotípicamente: ε-x (es decir, ε-incógnita).
De los descendientes que tuvieron se observó que:
• Si los alimentaras con sustrato α, 1 de cada 4 sobreviviría.
• Si los alimentaras con sustrato β, 1 de cada 4 sobreviviría. Además, en este caso, si el individuo que sobrevive se reprodujera con otro de genotipo (δ-ε) y la descendencia fuera alimentada por sustrato δ, solo 1 de cada 4 sobreviviría y estos supervivientes no podrían ser alimentados con sustrato β.
Para demostrar que has descifrado el problema:
¿Qué pasaría si alimentáramos con el sustrato δ a las crías que menciona el problema, fruto del cruce entre un superviviente de primera descendencia con el organismo capturado ε-x?
(Carlos Campos Bermejo)
a. Todas las crías vivirían.
b. Una de cada cuatro viviría.
c. Vivirían y morirían en proporción 2:2.
d. Una de cada cuatro moriría.
e. Todas las crías morirían.
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Explicación Preg. 55:
Es difícil explicar la resolución del problema sin servirse de dibujos que ilustren los cruces pero realmente es un problema sencillo, aunque relativamente largo (si alguien quiere ver los esquemas de los cruces y demás información representada mejor en gráficos puede hablar conmigo).[ - ]
Inicialmente se menciona que los dos primeros progenitores son alimentados ambos con sustrato α, de forma que necesariamente ambos tienen que expresar este alelo, ergo ambos deben tenerlo.
Con esto ya podemos saber una parte de los alelos que muestra su descendencia. Además, el hecho de que uno de cada cuatro sobreviva también con sustrato β indica que este expresa ambos alelos. Obtenemos así el genotipo del superviviente (que necesitaremos para el siguiente paso), logramos descifrar casi al completo los genotipos de los progenitores y establecemos que existe codominancia entre β y α. Ahora cruzamos este superviviente con un individuo ε-x y obtenemos datos de cómo se comportaría su descendencia de ser expuesta a dos sustratos distintos.
Si nos fijamos primero en los datos dados para el sustrato α, y vamos probándo con todos los alelos que puede tomar el gen desconocido, observamos que solo β y δ pueden ser viables y, a su vez, su viabilidad pasa por condicionantes: la viabilidad de δ pasa porque se cumpla una de estas dos expresiones de dominancia:
δ>α=β(mayor o igual que)ε
ε>α=β(mayor o igual que)δ
β también tiene un requisito para poder ser un posible candidato a ocupar el hueco desconocido pero no planteo su expresión dado que se descarta cuando sabemos que, expuestos al sustrato β, solo uno de cada 4 sobreviviría, hecho imposible si el alelo desconocido fuera β.
Ahora sabemos con seguridad que nuestro alelo desconocido es δ, pero necesitamos de las últimas dos pistas para saber cómo es exactamente la dominancia entre estos 4 alelos.
Aquí el problema se enrevesa un poco: tenemos que cruazar al superviviente del experimento con sustrato β con otro de genotipo (δ-ε), pero no sabemos aún si el superviviente es β-δ o β-ε.
Tenemos que probar con los dos y esperar que solo uno de ellos cocuerde con los datos experimentales que nos da el problema.
Si cruzamos β-ε con δ-ε, la única forma de que en su descendecia, siendo alimentada por sustrato δ, se diera la proporción 3 vivos: 1 muerto y que, además, nos mantuviéramos fieles a los datos obtenidos hasta ahora, sabiendo que las expresiones de dominancia que podemos plantear están ya delimitadas: nos tendríamos que aferrar a la expresión ε>α=β=δ.
En el caso de cruzar al otro posible descenciente (cruce de β-δ con δ-ε), la única forma posible de no contradecirse en ningún dato y respetar lo que el enunciado plantea es que la expresión de dominancia sea: ε>α=β>δ.
Bien, ya esta clara la mayor parte de esta expresión; solo nos falta clarificar si el último signo es = o >. Para esto nos servimos de la última pista: el superviviente de este último cruce no podría ser alimentado con sustrato β.
En el caso de la expresión ε>α=β=δ, esta se sustenta en la supervivencia de individuos βδ que además, al estar en codominancia, expresan ambas proteínas y pueden alimentarse de ambos sustratos. Esto contradice en enunciado y por lo tanto es erróneo.
La base de la expresión ε>α=β>δ es la supervivencia de individuos δδ, los cuales, efectivamente, no podrían tomar el sustrato β bajo ningún concepto. Hipótesis acertada.
Por fin vamos a responder a la pregunta.
Del cruce referido en la pregunta surgen los individuos: αε / αδ / βε / βδ. Sabiendo la dominancia es evidente que ninguno es capaz de expresar el alelo δ y, por ende, todos mueren.
Pregunta 56: Un individuo presenta una demanda de divorcio contra su mujer, alegando que el hijo que tienen no es realmente su hijo. El juez ordena un análisis sanguíneo para establecer su posible paternidad a partir de los siguientes datos:
Madre con ojos azules y grupo sanguíneo A.
Padre con ojos pardos y grupo sanguíneo O.
Hijo con ojos azules y grupo sanguíneo AB.
¿Qué puede decirse de la prueba de paternidad?
(Elisa Irles Aznar)
a. El hijo es del padre
b. El hijo no es realmente suyo
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Explicación Preg. 56:
El padre tiene razón; ese hijo no es suyo. No por el color de los ojos (no se sabe si la madre es homo/heterocigótica) sino por el grupo sanguíneo pues el padre no ha podido transmitirle el alelo del grupo B al hijo ya que él es 0 y la madre tampoco podría haberlo hecho al ser A. Por lo tanto, se concluye que ha tenido que intervenir una tercera persona quien posee el alelo B.[ - ]
Pregunta 57: Si se autofecunda un individuo heterocigótico para cinco loci
independientes (AaBbCcDdEe) ¿Cuál es la frecuencia esperada de individuos heterocigóticos para tres loci y homocigóticos dominantes para los dos restantes?
(Cristina Zamarreño Pastor)
a. 5/64
b. 1/64
c. 1/128
d. 6/128
e. 21/128
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Explicación Preg. 57:
Puesto que la pregunta no concreta qué genes deben ser los heterocigotos y cuales los homocigotos, podemos calcular las frecuencias genotípicas utilizando la función de probabilidad de la distribución binomial:[ - ]
Probabilidad -d loci homocigóticos XX, h loci heterocigotos Xx, r loci homocigótos xx = n!/(d!h!r!)*(1/4)^d*(1/2)^h*(1/4)^r.
donde n = numero de loci.
En el caso de la pregunta formulada resulta ser :
Probabilidad - 2 loci homocigóticos XX, 3 loci heterocigotos Xx y 0 loci homocigotos xx = 5!/(2!3!0!)*(1/4)^2*(1/2)^3*(1/4)^0 =10/128= 5/64
Los 2 homocigotos se pueden colocar donde se quiera, puesto que al tener la misma probabilidad de salir, el resultado no se verà alterado.
Ejercicio de:
http://wpd.ugr.es/~fperfect/PDFs/2011-ManualdeProblemas-Genetica.pdf
Número total de preguntas = 57