Pełne Notatki do Matury - SPRAWDŹ

KLASA 1 | KLASA 2 | KLASA 3

Zadania z genetyki ogólnej #2


Zadanie 1


Grupy krwi u ludzi warunkowane są allelami IA, IB oraz i.
Podaj jaką grupę krwi będzie miało dziecko następujących rodziców: ojciec ma grupę krwi B, a jego matka grupę krwi 0 natomiast matka dziecka ma grupę krwi A, lecz jej ojciec ma grupę krwi B.

Odpowiedź


Allele IA oraz IB są dominujące względem allelu i oraz współdominujące względem siebie. Oznacza to, że osobnik z grupą krwi A może posiadać genotyp IA IA bądź IA i. Analogicznie jest dla grupy B (IB IB lub IB i). Posiadanie równocześnie allelu IA jak i IB warunkuje grupę AB. Natomiast aby osoba posiadała grupę 0 musimy być homozygotą recesywną (ii).

Ojciec z grupą B może mieć genotyp IB IB lub IB i. Wiemy jednak, że jego matka miała grupę krwi 0 (ii) a więc musiała mu przekazać allel i. Stąd wynika, że ojciec dziecka ma genotyp IB i.

Matka dziecka ma grupę A a jej ojciec B. Aby taka sytuacja była możliwa ojciec musi być heterozygotą (IB i) tak aby móc córce przekazać allel i, który w połączeniu z allelem IA od matki da grupę A (IA i).

Teraz możemy rozpisać prostą krzyżówkę.

P: IB i x IA i

gamety: IB, i oraz IA, i

F1:

grupy krwi

 

Jak widzimy dziecko może mieć dowolną grupę krwi – A, B, AB lub 0.

 


Zadanie 2


Jaki jest genotyp rodziców jeżeli dzieci mają grupę krwi:

a) A i 0

b) A, AB, 0

c) czworo dzieci ma grupę krwi B


Odpowiedź


a)

F1: ii, IAi lub IAIA

P: ii x IAi lub IAi x IAi

 

b)

F1: IAIA lub IAi, IAIB, ii (posiadanie dziecka z grupą 0 wyklucza możliwość aby rodzice byli homozygotami dominującymi)

P: IAi x IBi (dziecko o genotypie IAIA jest wykluczone, jedyna możliwość otrzymania grupy A to IAi)

 

c)

F1: IBIB lub IBi

P: IBIB x IBIB lub IBIB IBi lub IBIB x ii (we wszystkich trzech przypadkach 100% dzieci będzie miało grupę B)


 


Zadanie 3


U koni cztery podstawowe maści wyznaczone są przez dwie pary alleli dziedziczących się niezależnie: A, a i B, b, przy czym allel A jest epistatyczny do pary alleli B, b. Konie zawierające gen A są zawsze siwe. Heterozygoty pod względem alleli B, b są gniade, homozygoty dominujące są kare, natomiast homozygoty recesywne są kasztanowe.

a) Konie jakiej maści i z jakim prawdopodobieństwem wystąpią w potomstwie klaczy kasztanowej i gniadego ogiera?

b) Gniada klacz w okresie jednej rui pokryta była ogierem siwym, a następnie karym. Urodziła źrebię maści kasztanowej. Od którego z ogierów pochodzi źrebak i jaki mógł być genotyp ojca.

 

*allel (gen) epistatyczny to taki, który hamuje ekspresję genów z innej pary alleli (zwanych hipostatycznymi). W tym przypadku obecność allelu A powoduje nieujawnienie się obecności alleli B oraz b.


Odpowiedź


Wiemy, że obecność allelu A powoduje siwe umaszczenie, oraz

aaBb – umaszczenie gniade

aaBB – umaszczenie kare

aabb – umaszczenie kasztanowe

 

a)

P: aabb (klacz) X aaBb (ogier)

gamety: ab oraz aB, ab

F1: aabb, aaBb w stusunku 1:1

50% koni maści kasztanowej oraz 50% koni maści gniadej

 

b)

P: aaBb (klacz) x Aabb lub AaBb (ogier siwy)

ogier z dwoma allelami AA dałby tylko siwe potomstwo.

F1: w pokoleniu F1 pojawiają się konie kasztanowe aabb. Częstość ich występowania jest zależna od genotypu ogiera

 

P: aaBb (klacz) x aaBB (ogier kary)

gamety: aB, ab oraz aB

F1: aaBB (umaszczenie kare), aaBb (umaszczenie gniade)

 


Zadanie 4


Normalna długość włosow u królika uwarunkowana jest dwoma niezależnie dziedziczącymi się parami genów współdziałających. Recesywne allele przynajmniej jednego z tych genów w stanie homozygotycznym dają krótkowłosą sierść typu „rex”. Króliki o normalnej długości włosa muszą zawierać przynajmniej po 1 allelu dominującym z obu par.

Po skrzyżowaniu ze sobą królików „rex” należących do dwóch różnych rodów otrzymano w F1 wszystkie króliki o normalnej długości włosa. W F2 wśród 80 królików, pojawiły się obok normalnych również króliki „rex”. Oblicz ile prawdopodobnie ich wystąpiło oraz podaj genotypy rodziców.


Odpowiedź


P: aaBB x AAbb (oba osobniki są krótkowłose)

F1: AaBb

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

krzyzowka AaBb

osobniki „rex”: AAbb, Aabb, aaBB, aaBb, Aabb, aaBb, aabb

osobniki „rex” : osobniki długowłose = 7 : 9

(7 * 100%)/16 = 43.75%

43.75% * 80 = 35 osobników typu „rex”


 


Zadanie 5


Po skrzyżowaniu dyni o owocach żółtych z dynią o owocach pomarańczowych otrzymano w F1 dynie o owocach czerwonych, a w F2 wystąpiły następujące klasy osobników:

czerwone owoce – 774

pomarańczowe owoce – 252

żółte owoce – 244

zielone owoce – 72

Podaj genotypy rodziców, F1, określ jak dziedziczy się barwa owoców u dyni.


Odpowiedź


774 : 252 : 244 : 72 = 9 : 3 : 3 : 1

z takim rozszczepieniem fenotypów mamy do czynienia mamy w przypadku współdziałania dwóch genów.

aaBB – żółte owoce

AAbb – pomarańczowe owoce

aabb – zielone owoce

gdy roślina ma przynajmniej po jednym allelu dominującym w każdej parze wytwarza owoce czerwone.

P: aaBB (żółty) x AAbb (pomarańczowy)

F1: AaBb (czerwone)

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

krzyzowka AaBb


 


Zadanie 6


Po skojarzeniu psów o czarnej barwie sierści z psami o barwie bladożółtej w F1 otrzymano wyłącznie psy o barwie czarnej. Po skojarzeniu psów F1 w F2 otrzymano następujące osobniki:

97 – psy całkowicie czarne

45 – psy bladożółte

32 – psy brązowe

Ustal w jaki sposób dziedziczy się barwa sierści u psów. Podaj genotypy rodziców oraz F1.


Odpowiedź


97 : 45 : 32 = 9 : 4 : 3

takie rozszczepienie fenotypowe sugeruje występowanie epistazy recesywnej. Załóżmy, że czarny barwnik warunkujący taką właśnie barwę sierści jest syntezowany w dwóch etapach. Najpierw bladożółty prekursor przekształcany jest przez enzym A w brązowy barwnik pośredni. Następnie ten brązowy barwnik pod wpływem enzymu B zostaje przekształcony w barwnik czarny.

bladożółty(enzym A) ——> brązowy —- (enzym B) ——> czarny

forma dominująca genu  A i B jest odpowiedzialna za wytwarzanie aktywnego enzymu, podczas gdy allel recesywny odpowiada za powstawanie enzymu nieaktywnego. Stąd:

A_ B_ – czarna sierść

A_ bb – brązowa sierść

aa __ – bladożółta sierść

gdzie _ oznacza dowolny allel z danej pary.

 

P: AABB (czarna) x aabb (bladożółta)

F1: AaBb (czarna)

gamety: AB, Ab, aB, ab

F2:

krzyzowka AaBb


VN:F [1.9.22_1171]
Twoja ocena: 4.3/5 (Ocen: 27)
Zadania z genetyki ogólnej #2, 4.3 / 5 ocen 27 głosów

Zbiór zadań maturalnych:

  • zadania z genetyki
  • zadania z genetyki liceum
  • zadania maturalne genetyka