Problema 1 - ADN-Bio-Wiki

Problema 1:
El albinismo es un carácter autosómico recesivo, ya que si no fuese así la pareja no podría tener un hijo albino. Los genotipos de
ambos padres son Aa y el del hijo aa.
La proporción de hijos no albinos es 3 / 4 (75%).
La proporción de hijos albinos es 1 / 4 (25%).
Problema 2
Un cruzamiento prueba, cruce con un individuo homocigótico recesivo (aa). Al cruzar con (aa), si el de pelo negro es
homocigoto (AA) toda la descendencia será negra, si es un heterocigoto (Aa) el 50% será negro y la otra mitad de pelo
marrón.
Problema 3
Cruce Rr x RR: gametos de individuo Rr (R y r) y del individuo RR (R).
Cruce rr x Rr: gametos de individuo rr (r) y del individuo Rr (R y r).
Cruce Rr x Rr: gametos de individuo Rr (R y r) y del individuo Rr (R y r).
Descendencia del cruce Rr x RR: flores rojas y rosas.
Descendencia del cruce rr x Rr: flores rosas y blancas.
Descendencia del cruce Rr x Rr: flores rosas, rojas y blancas.
Problema 4
El padre 2 es de fenotipo AB, por tanto de genotipo IAIB. Por ello, no puede tener un hijo de fenotipo 0 (genotipo I0I0). El
padre 1 sí puede ser el padre.
Genotipos: niño (I0I0), posible padre 1 (IBI0), posible padre 2 (IAIB), madre (IAI0).
Problema 5
Los problemas de genética, con aplicación de los conceptos de ligamiento y recombinación, son infrecuentes en las pruebas. Este
es uno de los pocos casos que han aparecido en exámenes de España. Analízalo detenidamente.
C+ (cuerpo de color gris), C (cuerpo negro), A+ (alas largas), A (alas vestigiales).
Los que tienen signo + se denominan salvajes y son dominantes.
En la F1 se espera un 100% de moscas de alas largas y cuerpo gris y son los resultados obtenidos.
Del cruzamiento propuesto C+CA+A x CCAA se espera la siguiente descendencia en la F2, para un total de 1765 moscas (la suma
de toda la descendencia):
Genotipo
Fenotipo
Esperado
Observado
C+CA+A
Cuerpo gris y alas largas
441 (25%)
822
C+CAA
Cuerpo gris
vestigiales
alas
441 (25%)
130
CCA+A
Cuerpo
largas
negro
y
alas
441 (25%)
161
CCAA
Cuerpo negro
vestigiales
y
alas
441 (25%)
652
y
Según la tercera ley de Mendel y, para el cruzamiento propuesto, el número aproximado de cada fenotipo debería ser igual en
los cuatro casos (un 25%) y esto no es así. Abunda más la presencia conjunta de los dos alelos salvajes o de los dos recesivos.
Esto es debido a que los genes que están en el mismo cromosoma, como en este caso, forman un grupo de ligamiento y se
trasmiten juntos, por tanto no hay una transmisión totalmente independiente.
Sin embargo, aún notándose la transmisión conjunta, vemos que aparecen combinaciones nuevas en menor proporción (gris
con alas vestigiales y negro con alas largas). Esto se debe a los procesos de recombinación por entrecruzamiento cromosómico.
Por este proceso, durante la meiosis, se intercambian los alelos salvajes y mutantes (recesivos), apareciendo nuevas
combinaciones.
Problema 6
El carácter representado en negro es recesivo. Si nos fijamos en el primer matrimonio de la generación III lo podemos
comprobar. Si fuese dominante, estos padres (III.1 y III.2) no portarían ningún alelo del carácter (son de color blanco), no
pudiendo tener dos hijos varones que lo presentan. Una posibilidad que explica por qué las mujeres no resultan afectadas es
que sea un carácter recesivo ligado al sexo (cromosoma X), ya que en los hombres, en hemicigosis, se expresa pero en las
mujeres no si no poseen dos alelos recesivos.
También sería compatible la posibilidad de ser un carácter autosómico recesivo, pero parecería poco probable que los dobles
homocigotos recesivos siempre se diesen en los hombres (porque la letalidad está excluida en el problema).
Asumiendo la posibilidad de que sea una carácter recesivo ligado al sexo, los genotipos de los individuos serían:

Genotipos de la generación I: XY, XXa.


Genotipos de la generación II: XY, XX (también podría ser portadora XX a), XY, XXa, XaY, XX (también podría ser
portadora), XXa, XY.
Genotipos de la generación III: XY, XXa, XaY, XXa, XY, XXa, XY, XY, XXa, XaY, XaY.

Genotipos de la generación III: XaY, XaY, XaY ,XaY, XaY.
Problema 7
a) Es un cruce monohíbrido y se trata de un solo carácter.
b) Son dos heterocigotos (Nn), donde N determina el color negro y n el color blanco.
c) Depende. Si el ratón negro es homocigótico (NN), el 100% de la descendencia será negra. Si el ratón negro es heterocigótico
(Nn), el 50% de la descendencia será negra y el 50% blanca.
Problema 8
Hay dos posibilidades. La primera, que uno de los parentales sea heterocigótico (Aa) y el otro homocigótico recesivo (aa).
La segunda posibilidad sería un caso de herencia intermedia en el que uno de los parentales fuera homocigótico y el otro
heterocigótico.
Para comprobar la primera posibilidad podemos realizar un cruzamiento entre la descendencia. Si es aceptable esta opción
volveríamos a tener una proporción 50/50 (redondo/ovalado).
Para comprobar la segunda posibilidad, al cruzar dos heterocigotos de la descendencia obtendríamos tres fenotipos (25/50/25).
Problema 9
a) La probabilidad de tener una hija daltónica es 0. El padre es normal (XY), por tanto trasmite un cromosoma X sin el
gen recesivo del daltonismo.
b) La probabilidad de tener un hijo varón con visión normal es 0,5.
c) No puede ser el abuelo paterno de la mujer porque este hombre trasmitió a su hijo el cromosoma Y, siendo en el X en
el que está el gen del daltonismo. Si puede ser el abuelo materno, que trasmite un cromosoma X a su hija, y de ella a la
mujer del problema.
Problema 10
a) Alelos: C (cataratas), c (ojos normales); F (huesos frágiles), f (huesos normales). El cruzamiento propuesto en el
problema es Ccff x ccFf.
Posibles genotipos (G) y fenotipos (F) de la prole:
– (G): CcFf- (F): con cataratas y huesos frágiles.
– (G): Ccff- (F): con cataratas y huesos normales.
– (G): ccFf- (F): con ojos normales y huesos frágiles.
– (G): ccff- (F): con ojos y huesos normales.
b) La probabilidad de cada uno de los cuatro genotipos es 0,25 (25%).
Problema 11
La enfermedad es autosómica dominante, siendo A (enfermo) y a (sano). Según esta hipótesis los individuos tienen los
genotipos siguientes:
A (aa), B (Aa), C (aa), D (Aa).
No puede ser recesiva ligada al sexo. Si fuese así, el individuo C sano (XY) no podría ser hijo de una enferma X aXa y un hombre
sano XY, ya que la madre le pasaría el alelo de la enfermedad (X a) y en hemicigosis se expresaría.
Problema 13
a) Para realizar el cruce hay que tener en cuenta que las flores rosas son heterocigóticas (RB). Con este dato es fácil dibujar el
cruzamiento.
Del cruzamiento RB x RB (plantas con flores rosas) obtendremos un 25% de flores rojas (RR), un 25% de flores blancas (BB) y
un 50% de flores rosas (RB).
b) El apartado b) es teórico (consúltese Unidad 11)
Problema 14
La hembra parental pertenece al genotipo Xw Xw+. La distribución de los genotipos de la generación filial F 1 es de: machos
50% XwY, 50% Xw+Y, hembras 50% Xw Xw+y 50% Xw Xw. La herencia ligada al sexo es la transmisión de factores
heredables que se encuentran en las partes no complementarias de los cromosomas sexuales. Como ejemplo de herencia ligada
al sexo en humanos, la hemofilia.
Problema 15
Hay codominancia. Se expresan los dos y por tanto aparecen las dos proteínas (A y S).
Problema 16
La probabilidad de que una mujer, con un hermano que padece la enfermedad, tenga un hijo varón enfermo depende de si esa
mujer es portadora. Si es portadora la probabilidad es de 0,5 (50%), si no lo es la probabilidad es 0.
La probabilidad de que reciba el alelo responsable de la enfermedad un varón, el tío del cual, por línea materna sufrió la
enfermedad, es de 0,25 (25%), resultado de la multiplicación de la probabilidad de que la madre sea portadora (0,5) y la
probabilidad de que ese alelo pase al hijo (0,5). Al ser sucesos independientes se multiplican las probabilidades.
La probabilidad de que padezca la enfermedad si quien la padeció fue un tío por línea paterna es 0. (Los hombres no son
portadores sin estar enfermos.)
Problema 17
La descendencia fenotípica de la segunda generación filial será (9:3:3:1): 9 (flor blanca y fruto grande), 3 (flor blanca y fruto
pequeño), 3 (flor amarilla y fruto grande), 1 (flor amarilla y fruto pequeño).
La probabilidad de obtener un diheterocigoto (BbGg), del cruce BbGg x bbGg es 0,25 (2 casos entre 8).
Problema 18
El abuelo del niño hemofílico es XY, la abuela XX h. Los dos tíos maternos del niño hemofílico son XY. La madre del hemofílico
es XXh y el padre XY. El hermano del niño hemofílico es XY y el niño hemofílico X hY.
Depende. Si la mujer no porta el alelo de la hemofilia (XX) no puede tener un hijo hemofílico. Si la mujer sana es portadora
(XXh), sí puede tener un hijo varón hemofílico.
Problema 19
Los genotipos de los padres son nnTT y NNtt, de esta manera todos los hijos (primera generación filial) son negros con cola
tiesa (NnTt).
Los fenotipos posibles de la segunda generación filial (NnTt x NnTt) pueden ser: negros de cola tiesa, negros de cola espiral,
pardos de cola tiesa, pardos de cola espiral.
Problema 20
C (cuello largo), c (cuello corto), Xp (pezuña dividida).
Genotipo del macho: ccXY.
Genotipo de la hembra: CcXpXp.
Frecuencias genotípicas de la descendencia: CcXXp (0,25), ccXXp (0,25), CcXpY (0,25), ccXpY (0,25).
Frecuencias fenotípicas: cuello largo y pezuña entera (0,25), cuello largo y pezuña dividida (0,25), cuello corto y pezuña entera
(0,25), cuello corto y pezuña dividida (0,25). Sólo tienen pezuña dividida los machos de la descendencia.
Problema 21
a) Genotipo del padre: AaBb - Genotipo de la madre: aaBb.
Genotipo del hijo de pelo rubio: Aabb. Genotipo del hijo de ojos azules: aaB- (no tenemos datos para saber si el hijo de ojos
azules es homocigótico o heterocigótico para el gen B).
b) El cruzamiento propuesto es AaBb x aabb, por tanto, la descendencia podría ser: AaBb (ojos marrones y cabello oscuro),
Aabb (ojos marrones y cabello rubio), aaBb (ojos azules y cabello oscuro) y aabb (ojos azules y cabello rubio).
Problema 22

El alelo de la alcaptonuria es recesivo. Si fuese dominante el matrimonio de la generación I, que sería aa, no podría
tener hijos enfermos (A-).

I.1 (Aa), I.2 (Aa), II.1 (aa), II.2 (Aa), II.3 (aa), II.4 (aa), II.5 (Aa), III.1 (aa), III.2 (Aa), III.3 (Aa), III.4 (aa), III.5 (aa), III.6
(Aa).
Problema 23
El genotipo de la madre es IBI0.
El genotipo del hijo es IAI0.
El genotipo del presunto padre es I0I0, por tanto no puede ser el padre porque el padre biológico ha tenido que trasmitirle al
hijo el alelo IA.
Problema 24
Llamamos (A) al alelo normal y (a) a la presencia del defecto genético.
Los genotipos, por orden de izquierda a derecha, serían:
Generación I: Aa, Aa, AA, Aa.
Generación II: AA, AA, Aa, Aa.
Generación III: aa, aa, Aa, Aa.
El tipo de herencia es autosómica recesiva.
Problema 25
El toro es heterocigótico (Hh), la vaca A es homocigótica recesiva (hh) y la vaca B heterocigótica (Hh).
Toro Hh x vaca A hh: 50% Hh (sin cuernos) y 50% hh (con cuernos).
Toro Hh x vaca B Hh: 25% HH (sin cuernos), 50% Hh (sin cuernos) y 25% hh (con cuernos).
Problema 26
Genotipo de la mujer (XFXf) y del marido (XFY). Para que la mujer pueda tener una hija con fisura en el iris debe haberle sido
infiel a su marido con un individuo que también presente fisura (exceptuando la posibilidad de mutación en el gametos
masculino).
Problema 27
AABB: 1/16; AABb: 2/16; AAbb: 1/16; AaBB: 2/16; aaBB: 1/16; AaBb: 4/16; aaBb: 2/16; Aabb: 2/16; aabb: 1/16.
Problema 28
a) Si, 25% de los descendientes serán Ggrr (pelo gris y liso).
b) Si, 25% de los descendientes serán ggRr (pelo blanco y rizado).
Problema 29
Óvulos: 50% A y 50% a.
Espermatozoides: 0% A y 100% a.
Descendencia: sanos Aa 50% y con fibrosis quística aa 50%.
Problema 30
Es un caso de codominancia, ya que existe mezcla de pelos rojizos y blancos.
Genotipos de los padres. Rojizo x rojizo R1R1 x R1R1; descendencia rojiza R1R1.
Genotipos de los padres. Blanco x blanco, R2 R2 x R2 R2; descendencia, blancos R2 R2.
Genotipos de los padres. Rojizo x blanco, R1R1 x R2R2; descendencia, ruanos R1R2.
Genotipos de los padres. Ruanos x ruano, R1R2 x R1R2; descendencia 1⁄4 rojizo R1R1; 1⁄2 ruanos R1R2; 1⁄4 blancos R1R1.
Problema 31
a) No aparece un fenotipo intermedio porque el carácter amarillo de los guisantes es dominante sobre el carácter verde.
b) Alelos, A: amarillo, a: verde. Genotipos parentales, amarillo AA, verde aa, genotipo de la F1, Aa.
c) Cruzamiento F1x F1, Aa x Aa. Genotipos de la F2: 1⁄4 AA, 2/4 Aa, 1⁄4 aa. Fenotipos: 3⁄4 Amarillo, 1⁄4 verdes.
Problema 32
A: amarillo, a: verde; L: lisa, l: rugosa.
a) Amarillas, lisas AALLx aall, verde y rugosa.
b) Genotípicamente AaLl y fenotípicamente todos los descendientes son amarillos y lisos.
c) Gametos posibles: AL, Al, aL, al.
Problema 33
a) Un individuo de línea pura dominante (AA).
b) Un individuo homocigótico recesivo (aa).
c) Un individuo heterocigótico (Aa).
d) Los descendientes del cruzamiento entre a) y b): todos heterocigóticos: Aa.
e) Los descendientes del cruzamiento entre b) y c): la mitad de heterocigóticos, (Aa) y la a otra mitad homocigóticos recesivos
(aa).
Problema 34
a) R: roja, r: blanca; RR (roja) x rr (blanca), F1 (Rr) rosa (un color intermedio entre los dos caracteres de los parentales).
b) F2 proporciones genotípicas: Rr x Rr 1/4RR, 2/4Rr, 1/4rr; proporciones fenotípicas: rojas 1⁄4, blancas 1⁄4, rosas 2/4.
c) Rr (rosa) x RR (rojas) 1⁄2 Rr rosa y 1⁄2 RR rojas; Rr (rosa) x rr (blanca) 1⁄2 Rr (rosa) e 1⁄2 rr (blanca).
Problema 35
Xh: hemofilia; X: normal.
a) Abuelos maternos: abuela XX o XXh; abuelo: XhY. Padres: madre XXh y padre XY. Descendencia: hijas: XX y XXh; hijos: XY y
XhY.
b) No por ser el alelo h recesivo las hijas siempre tendrán el cromosoma X normal del padre. El 50% de los hijos sufrirá
hemofilia porque estos reciben un Xh de la madre portadora y el Y del padre. El 50% de las hijas serán portadoras porque
reciben un Xh de su madre portadora. El 50% de los hijos serán XhY (el alelo Xh lo heredan de su madre) y por tanto serán
portadores y enfermos.
Problema 36
Cruzamiento: Rr (rosado) x rr (blanco).
La rosada producirá dos tipos de gametos, en proporción ½, R y ½ r.
La blanca sólo producirá gametos r.
Descendencia: 50% Rr (rosado) y 50% rr (blanco).
Cruzamiento: Rr (rosado) x RR (rojo).
La rosada producirá dos tipos de gametos, en proporción ½, R y ½ r.
La roja sólo producirá gametos R.
Descendencia: 50% Rr (rosado) y 50% RR (rojo).
Problema 37
Cruzamiento: aa x Aa.
La hembra sólo producirá gametos a (100%).
El macho producirá dos tipos de espermatozoides: ½ a y ½ A.
En la descendencia habrá ½ Aa (oscuros) y ½ aa (claros).
Problema 38
C (pelo castaño), c (pelo rojo), M (ojos marrones), m (ojos azules).
Genotipo del padre: CcMm.
Genotipo de la madre: Ccmm.
Genotipo del hijo de pelo castaño: C-mm. No sabemos si es homocigótico o heterocigótico para el gen C.
Genotipo del hijo pelirrojo: ccMm.
Problema 39
A (resistente a suelos salinos), a (sensible a suelos salinos), B (color verde), b (color blanco).
Los tipos de gametos de la planta diheterocigótica son AB, Ab, aB, ab. La proporción de cada tipo es ¼ (25%).
La descendencia, con genotipos y fenotipos, del cruce propuesto será:
AaBb (resistente a suelos salinos y de color verde), Aabb (resistente a suelos salinos y de color blanco), aaBb (sensible a suelos
salinos y de color verde) y aabb (sensible a suelos salinos y de color blanco).
Problema 40
Genotipo de la mujer IAI0. Genotipo del hombre IBI0. Genotipos del hijo I0I0.
La probabilidad de que el siguiente hijo sea 0 es 0,25.
Problema 41
R (rojo), B(blanco), A( peludo), a (sin pelo).
En la segunda generación filial aparecerán los genotipos:
RRAA (1/16), RRAa (2/16), RBAA (2/16), RBAa( 4/16), RRaa (1/16), RBaa (2/16), BBAA(1/16), BBAa (2/16), BBaa (1/16).
Y los fenotipos:
Flores rojas y semillas con pelo: 3/16.
Flores rosas y semilla con pelo: 6/16.
Flores blancas y semilla con pelo: 3/16.
Flores rojas y semilla sin pelo: 1/16.
Flores rosas y semilla sin pelo: 2/16.
Flores blancas y semilla sin pelo: 1/16.
De los individuos con flores rojas y semillas peludas (RRA-), 1/3 será homocigótico RRAA.
Problema 42
El gen de alas dumpy (a) es autosómico recesivo frente al alelo dominante de alas normales (A).
El genotipo de ambos padres es Aa. De este cruzamiento se espera un 25% de alas dumpy y un 75% de las normales. Los datos
(27/79) se aproximan a estos porcentajes.
De un cruce aa x Aa se espera una descendencia con la mitad de alas normales y la mitad de alas dumpy. Por tanto esperamos
obtener, aproximadamente 60 moscas, con alas normales.
Problema 43
W (alas transparentes), w (alas opacas).
Pareja de insectos inicial: ambos, Ww (alas transparentes).
Descendiente macho: ww (alas opacas).
Hembra con la que se cruza el macho anterior: Ww (alas transparentes), con padres ww (alas opacas) y W-(alas transparentes).
La descendencia de ww x Ww será ½ de alas transparentes (Ww) y ½ de las opacas (ww).
Problema 44
El genotipo de todos los individuos de la primera generación filial es CcAa. El fenotipo de hojas compuestas y lobuladas.
En la segunda generación filial se esperan los fenotipos siguientes:

9: con hojas compuestas y lobuladas.

3: con hojas compuestas y aserradas.


3: con hojas simples y lobuladas.
1: con hojas simples y aserradas.
Problema 45
a) El genotipo del padre es Bb.
b) La proporción es 50% marrones y 50% azules.
c) La proporción pedida 75% marrones y 25% azules.
d) Segunda ley de Mendel.
Problema 46
El cruzamiento propuesto es Ss x Ss. La fracción de la descendencia con semillas lisas es ¾ (75%).
Problema 47
El cruzamiento que se propone es un cruzamiento prueba. Por tanto, el genotipo de la generación filial F1 se presenta con las
mismas proporciones que la frecuencia gamética del individuo heterocigótico, en este caso concreto: 25% SsYy, 25% Ssyy, 25%
ssYy y 25% ssyy. El cruzamiento prueba tiene gran interés genético: consiste en cruzar un individuo con el homocigótico
recesivo, respecto de los caracteres que estamos examinando y permite averiguar la frecuencia de gametos del individuo
heterocigótico, pudiéndose descubrir los heterocigóticos en el tipo de herencia dominante.
Problema 48
A la vista de los datos, el alelo p tiene una doble función: por una parte es el causante de la pigmentación (en cuyo caso, se
comporta como alelo dominante frente al normal P) y por otro lado, en homocigosis, es letal, comportándose como alelo
recesivo. Por tanto, los individuos PP son normales, los Pp son pigmentados y los pp mueren.
a) Si cruzamos ratones pigmentados entre sí:
Genotipo (fenotipo)
Pp (pigmentados)
x
Pp (pigmentados)
Gametos
P+p
x
P+p
Genotipo (fenotipo) de F1
PP (normal) + 2 Pp (pigmentados) + 1 pp (letal)
Por tanto, y puesto que los individuos con dotación genotípica pp mueren, la descendencia estará formada por 1/3 de
individuos normales y 2/3 de individuos pigmentados.
Problema 49
Importante recordar que en la mosca del vinagre, Drosophila, el sexo masculino es el heterogamético. El cruzamiento pedido
será X+Xw x XwY. Obteniéndose una generación F1 X+Xw, XwXw, X+Y,XwY en proporciones 1:1:1:1.
Problema 50
3/4. El 75% de los hijos varones hemofílicos no padecerá fibrosis quística.