Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios EA: EXERCÍCIOS DE APRENDIZAGEM EH: EXERCITANDO HABILIDADES TC: TAREFA DE CASA BIOLOGIA II DARWIN Capítulo 01 EA - BLOCO 01 HEREDITARIEDADE E DIVERSIDADE DA VIDA Princípios Básicos que Regem a Transmissão das Características Genéticas, Aspectos Genéticos do Funcionamento do Corpo Humano e Conceitos Básicos 01 B As frases 1, 2, 3 e estão corretas. A frase 5 apresenta erro, pois, onde se encontra a palavra mitose deveria estar escrito meiose, e onde está escrito meiose deveria estar escrito mitose. O indivíduo é heterozigoto Cc e 50% dos seus gametas conterão o gene C e 50%, o gene c. 03 E 10 cromossomos = 5 pares de cromossomos. São 16 genes alelos em cada par de cromossomos, logo, um total de 80 genes, e os gametas apresentarão a metade, ou seja, 5 cromossomos e 0 genes. EA - BLOCO 02 As variáveis de uma característica são fenótipos. Alguns genes podem se manifestar de forma mais ou menos intensa dependendo das condições ambientais (norma de reação). 03 E No gato siamês, existe uma enzima que catalisa a produção do pigmento em temperaturas inferiores a 3 o C. Nos apêndices, a temperatura corpórea é favorável à enzima, logo, o pigmento é produzido, justificando a coloração escura nestas partes do gato. No restante do corpo, a temperatura está acima de 3 o C, não favorecendo a ação enzimática e consequentemente não há produção de pigmento e a cor do pelo é mais clara. TC BLOCO 01 01 A Os cromossomos que são do mesmo tamanho e apresentam genes para a mesma característica são homólogos. No esquema, os genes que estão representados com as mesmas letras referem-se à mesma característica. 02 B Homozigose significa apresentar alelos iguais (bb, CC, DD e ee). Heterozigose significa apresentar alelos diferentes (Aa e Ff). 0 B Em cromossomos homólogos, genes que ocupam os mesmos loci são alelos e, portanto, determinam a mesma característica. 05 E Os genes que o indivíduo apresenta representam o genótipo. 06 B É uma questão conceitual. 07 A Os genes recessivos só se manifestam em homozigose. 08 E Na ausência de dominância, o heterozigoto apresenta fenótipo médio. 09 A A pneumonia é uma doença que não está relacionada a fator genético; é, portanto, um caráter adquirido devido a fatores ambientais. As demais cenas referem-se à herança genética, são herdadas dos antecessores e passíveis de transmissão. 10 D O gene é definido como sendo um segmento de DNA que contenha uma informação genética. A proposição primeira é falsa. As demais proposições são verdadeiras. 11 A O gene é um segmento de DNA que codifica a síntese de um polipeptídio. 12 A É sabido que o fenótipo é a manifestação da interação entre genótipo e meio ambiente. TC BLOCO 02 Casais de pigmentação da pele normal, que apresentam genótipo Aa podem ter filhos albinos. O gene para o albinismo é recessivo e não se manifesta nos indivíduos heterozigotos. São albinos apenas os indivíduos de genótipo aa. 02 E Se ele pintar os cabelos, pode ser um bom exemplo de fenocópia, desde que pinte de uma cor encontrada naturalmente em alguém. 03 E Tanto na fenocópia quanto na norma de reação ocorre influência do meio, as duas podem ser espontâneas ou provocadas, reversíveis ou não. No entanto, na norma de reação, o ambiente diferente pode fazer com que o gene tenha intensidade de funcionamento variável, enquanto que, na fenocópia, isso não ocorre. 0 D Os mesmos genes estão presentes em todas as células, expressando-se com intensidade variável. O gene se expressa mais nas extremidades, onde é mais frio, deixando a cor mais escura, caracterizando um exemplo de norma de reação. 05 C A penetrância de um gene corresponde ao percentual de indivíduos que apresentam determinado gene e manifestam o fenótipo correspondente a ele. Se a penetrância for completa (100%), dizemos que, em todos os indivíduos, o gene está presente e se manifestando. 06 C O fenótipo é a manifestação do genótipo, porém pode ser alterado por influência do meio ambiente. 07 D Caráter adquirido é determinado pela ação ambiental, logo, não afeta o genótipo; assim sendo, não é transmitido aos descendentes. 18 BIOLOGIA Volume 01 BIOLOGIA II

08 E Individuo I. 2 homozigoto recessivo Caráter afetado é recessivo. Individuo II. 2 homozigoto recessivo Caráter afetado é recessivo. Individuo III. e III. 5, de acordo com as convenções, são gêmeos univitelinos; assim como em IV. 1, o sexo é ignorado. 09 E A genealogia não nos dá subsídios para determinarmos qual dos dois caracteres é recessivo, logo, qualquer conclusão sobre o genótipo é precipitada. 10 A Casal normal teve um filho e uma filha normais e, com anomalias, um filho e uma filha. Tio por parte de mãe casado com mulher anômala e sem filhos. Filha normal casada com rapaz normal teve dois filhos normais e uma filha anômala. 11 B Veja o casal 1x2, os parentais possuem o mesmo fenótipo e os descendentes, fenótipos diferentes. Os diferentes são recessivos obrigatoriamente. 12 C A questão nos traz raciocínio idêntico à questão 11. Veja que, na genealogia em análise, no caso 3x, ambos os parentais apresentam o mesmo fenótipo e produzem um descendente com fenótipo afetado, logo, este é recessivo e os parentais são heterozigotos. Essa conclusão é suficiente para garantirmos que o indivíduo I tem que ser normal heterozigoto. Claro também que outros heterozigotos existem, por exemplo: as filhas da mulher I e o pai da mulher 3. 13 D O ambiente determinando uma cópia de uma manifestação genética de alguém é conhecida como fenocópia. 1 B O gene que não se expressa com algum outro alelo diferente é o recessivo, portanto, se expressa somente em dose dupla. 15 D Na família n o 3, observa-se que o caráter é condicionado por um gene recessivo. Quando dois indivíduos que possuem o mesmo caráter são cruzados e dão origem a indivíduos com um caráter diferente, eles são heterozigóticos e os descendentes são homozigóticos recessivos. 16 B Observe que a característica afetada é recessiva, para tanto, basta observar o indivíduo II. Sendo os parentais todos puros, ou seja (I AA), o (2 aa), o (3 aa) e o ( AA), logo, os descendentes de F 1 são todos heterozigotos e normais, de modo que o caráter afetado não se faz presente, ficou em recesso e só ressurgiu na F 2. Capítulo 02 EA - BLOCO 03 HEREDITARIEDADE E DIVERSIDADE DA VIDA Genética de Mendel (Primeira Lei) e Concepções Pré-Mendelianas 01 A A 1 a lei de Mendel diz que os fatores (genes) para a mesma característica se separam na formação dos gametas, indo apenas um do par para cada gameta. O resultado de 89 denteadas e 29 lisas é aproximadamente 3 denteadas para 1 lisa (3:1), o que se obtém quando cruzam heterozigotos Dd x Dd. Somente o homem teve essa mutação e apenas uma vez, apresentando apenas um alelo S. Logo, o casal é: Ss x ss, gerando 50% de filhos Ss e 50% ss e apenas metade dos descendentes Ss devem ser homens e vão manifestar o fenótipo aranha. Portanto, 25%. EA - BLOCO 0 01 C Cobaias cinzas são dominantes, pois tiveram descendentes de cor preta. Para determinarmos se uma mosca cinza é homozigota ou heterozigota, o procedimento correto é analisar a prole resultante do cruzamento dessas cobaias com outra preta (recessiva). É o cruzamento teste. Se nascer algum descendente preto, o dominante é heterozigoto, caso contrário é homozigoto. 02 E Tanto nos casos com dominância quanto nos casos sem dominância, a proporção genotípica é a mesma (1:2:1). A proporção fenotípica é de 3:1 nos casos com dominância e de 1:2:1 nos casos sem dominância. 03 D O retrocruzamento se refere ao cruzamento com algum indivíduo da geração anterior. EH BLOCO 01 01 Na dominância, um gene chamado dominante se manifesta mesmo estando em heterozigose. No caso de sensibilidade ao PTC, o gene dominante codifica uma enzima que age determinando a capacidade dos indivíduos sentirem o gosto amargo. O alelo recessivo, que determina a não capacidade dos indivíduos sentirem o gosto amargo, também codifica uma enzima, porém o seu efeito fica mascarado pela ação do gene dominante. 02 O que determina a frequência de indivíduos portadores de uma certa característica em uma população é a frequência com que o gene aparece na população e não o seu efeito de dominância ou recessividade. Embora o gene que causa a polidactilia seja dominante, a sua frequência na população é muito baixa, logo, a quantidade de pessoas com tal característica é insignificante. 03 A) SS ou Ss B) EE ou Ee C) NN ou Nn D) VV ou Vv TC BLOCO 03 alelos: s (surdez) e S (audição normal) pais: Ss x Ss filhos: II-1 ss (surdo); II-2 Ss (normal); II-3 ss (surdo) O indivíduo II-2 pode ser homozigoto (SS) ou heterozigoto (Ss). 02 B Cc x Cc 1/ CC = 1/. 16 = CC 1/2 Cc = 1/2. 16 = 8 Cc 1/ cc = 1/. 16 = cc 03 Na fecundação cruzada, pois o contingente de genes é maior e, por consequência, as possibilidades de combinação diferentes também são maiores. 0 E Parentais Ee x Ee 80 630 210 Lisas Enrugadas Portanto 2/3 de 630 é 20. Ee x Ee EE Ee Ee Lisas ee Enrugadas BIOLOGIA II BIOLOGIA Volume 01 19

05 E As leis de Mendel se relacionam com o comportamento dos genes durante a meiose. 06 A Sementes lisas puras cruzadas com sementes rugosas puras fornecem descendentes, em F 1, 100% heterozigotas lisas. A autofecundação dessas lisas heterozigotas forneceu: 1 lisa pura; 1 2 lisa heterozigota; e 1 rugosa. Logo, o caráter rugoso é o recessivo. 07 E Os dados revelados pelo gráfico mostram-nos claramente que indivíduos com genótipo P produzem menos carne. Por outro lado, fêmeas com genótipo P produzem mais leite. Nesses termos, no cruzamento entre indivíduos pp, 100% dos descendentes serão pp, logo, as fêmeas teriam baixa produção de leite. 08 A O gráfico nos mostra que casais com idade superior a aproximadamente 26 anos não correm risco de gerar filhos doentes. 09 C A planta homozigota de baixa estatura, logicamente, deverá conter o gene que define essa característica, de modo que, ocorrida a polinização, esse gene é transmitido para o estigma da flor feminina. 10 B A segregação dos genes possibilita novas combinações genéticas e maior variabilidade. 11 E Os dados da questão nos permitem concluir que: O carater batata é recessivo e o normal é dominante. Nessas condições, o cruzamento BB x bb não resultará em nenhum descendente batata. 12 A Na questão, tem-se: 200 casais AA x aa 200 x 2 = 00 filhos Aa 100 casais Aa x Aa 100 x 2 = 200 filhos, dos quais 1 AA = 50; 1 2 Aa = 100; e 1 aa = 50. Finalizando: AA 50 Aa 500 aa 50 13 C Alelos: s (síndrome de Spoan) e S (normalmente). Pais: SS x Ss Filhos: 50% SS (normais) e 50% Ss (normais e portadores do alelo s causador da síndrome). 1 02 + 08 + 16 = 26 A probabilidade de Roberta ser heterozigota (Aa) e, portadora do alelo recessivo (a) para o albinismo é 2/3. A probabilidade de João ser heterozigoto é 1/2. Nada se pode afirmar a respeito das probabilidades genotípicas para os avós paternos de Roberta. 15 02 + 08 = 10 Os pais são heterozigotos (Aa) com olhos castanhos; o filho, com olhos azuis, é homozigoto recessivo com genótipo aa. 16 01 + 02 + 0 + 08 = 15 Estudando cruzamentos entre variedades de ervilhas, Mendel descobriu que as características hereditárias são transmitidas segundo leis bem definidas. Escolheu sete diferentes características, sendo que cada uma apresentava duas formas alternativas muito claras. Um dos grandes méritos de Mendel foi ter considerado apenas uma característica por vez. Mendel concluiu que cada característica hereditária é condicionada por dois fatores que se segregam de maneira independente quando os gametas são formados, indo apenas um para cada gameta. Esse é o motivo pelo qual diz que os gametas são puros, pois só possuem um fator para cada caráter hereditário. Quando da fecundação, os dois fatores se juntam, mas não se fundem: permanecem lado a lado, podendo apenas um se manifestar. TC BLOCO 0 01 E Pelo fato de existirem 3 fenótipos (longo, redondo e ovais) percebe-se que não há dominância entre os genes para longo e redondo. 02 B Legenda: A _ = Amarelos e aa = cinzentos Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a A AA Aa Os indivíduos AA morrem na fase embrionária e não entram nas proporções. Portanto, serão obtidos 2/3 amarelos e 1/3 cinzentos. O casal heterozigoto poderia ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Mas o camundongo AA morre no útero. Portanto, nascerão 2/3 brancos e 1/3 preto. 0 B Nos casos sem dominância, as proporções genotípica e fenotípica são as mesmas (1:2:1). 05 E Do cruzamento Aa x Aa AA; Aa, Aa, aa. Observe que AA morrem, nascendo apenas 600 indivíduos, dos quais 2 3 Aa: Logo: 2 1200 600 = = 00. 3 3 06 C Considera-se, nessa questão, um caso de herança intermediária, onde V cor vermelha, B cor branca e VB rosa. VV, VV Assim, temos: VB x VV 50% vermelho, VB, VB 50% rosa 07 C 1 Aa x Aa Aa =. 360 = 180 2 360 (Aa) 08 C Como o heredograma apresenta um casal normal que teve filho afetado, conclui-se que a doença é recessiva. O homem I é afetado, portanto é aa. A mulher II é normal e apresenta mãe afetada, portanto é Aa. Então, temos: Legenda: A_ = Normal e aa = Míope Casal: I- aa x II- Aa Gametas: a A,a Podemos perceber que 50% dos gametas da mulher são A e 50% são a, enquanto que o gameta do homem sempre leva o gene a, portanto, há 1/2 de chance de nascer criança míope. 20 BIOLOGIA Volume 01 BIOLOGIA II

09 B A frase II está correta e I e III podem ser assim corrigidas: I. o cruzamento-teste corresponde ao cruzamento entre um dominante (A_) e um recessivo. III. As proporções genotípica e fenotípica são iguais nos casos em que não há dominância. 19 B albino Aa Aa albino Aa x Aa AA; Aa; Aa; aa 10 B Como o albinismo é autossômico recessivo, a legenda é: A_ = Normal e aa = albino O homem é afetado, portanto é aa. A mulher é normal e heterozigota, portanto é Aa. Então, temos: Casal: aa x Aa Gametas: a A,a A probabilidade do primeiro filho deste casal, ou qualquer outro, ser albino é 1/2. A probabilidade de ser do sexo masculino é 1/2. A probabilidade do primeiro filho deste casal ser albino e do sexo masculino é 1/2 x 1/2 = 1/ = 25%. 11 E Mendel não teve conhecimento sobre genes e cromossomos. 12 C Legenda: A_ = acondroplásicos e aa = normais Se o casal é acondroplásico e já tem uma menina normal, conclui-se que são heterozigotos. Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a A AA Aa A probabilidade de vir a ter um menino é 1/2. A probabilidade de vir a nascer com acondroplasia é 3/. A probabilidade de vir a ter um menino com acondroplasia é 1/2 x 3/ = 3/8. 13 C Além da informação de que os pais de ambos são normais, temos que levar em consideração o fato de que ambos apresentam irmãos albinos, indicando que seus pais são heterozigotos. 1 D Os indivíduos da mesma família são mais parecidos genéticamente e podem ter genes para uma mesma doença. 15 E Em III, temos VB x VB, dando: VV vermelha; 2 VB rosas e BB branca. Em IV, temos BB x BB, 100% branca. 16 C Observe que os camundongos Aa são amarelos e viáveis, isso nos garante que o gene A é dominante e determina pelagem amarela, mas veja também que, em homozigose, determina a morte, logo, é recessivo para a letalidade. 17 B No cruzamento teste, procede-se da seguinte maneira: cruza-se o indivíduo de genótipo desconhecido com um outro sabidamente recessivo. Se a prole demonstrar somente indivíduos com fenótipos dominante, é certo que o parental desconhecido é homozigoto dominante. Porém, se na prole aparecer pelo menos um com o fenótipo recessivo, comprova-se que o parental é heterozigoto. 18 D I. 1 Heterozigoto; I. 2 Homozigoto recessivo; II. 1 Heterozigoto; II. 2 Homozigoto recessivo; II. Homozigoto recessivo; II. 5 Heterozigoto. 6 Filhos Normais 20 B Questão Conceitual. albino = 1 25% 21 C Observa-se, nessa questão, que o caráter nervuras regulares é recessivo e, por consequência, nervuras irregulares é caráter dominante. Isto posto, tem-se o seguinte cruzamento. Rr x Rr RR, Rr, Rr irregulares, rr regular Nota-se, portanto, que as plantas com nervura irregular podem ser RR ou Rr. Capítulo 03 EA - BLOCO 05 HEREDITARIEDADE E DIVERSIDADE DA VIDA Genética de Mendel (Segunda Lei) e Noções de Probabilidades (Simples, Composta e Condicional) 01 E A chance de passar o gene A ao filho é 1/2 e deste passar ao neto é 1/2 e, por sua vez, deste passar ao bisneto é 1/2. A chance dos três eventos ocorrerem é 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%. O homem é Pp e a mulher é pp, sendo 1/2 a chance de terem uma criança com polidactilia. Logo, para terem 6 crianças, temos que multiplicar as probabilidades para cada evento: 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/6. Pelo enunciado, podemos descobrir que olhos castanhos são dominantes e o casal é heterozigoto, logo, podem ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para qualquer filho do casal, é 1/ a chance de nascer com olhos azuis e 3/ a chance de nascer com olhos castanhos. 0 D A fórmula 2 n resolve este tipo de questão. Onde n representa o n o de pares híbridos. AaBb 2 n = 2 2 = AaBB 2 n = 2 1 = 2 AaBbCc 2 n = 2 3 = 8 AaBBcc 2 n = 2 1 = 2 AaBbcc 2 n = 2 2 = 05 D Qq x Qq filhos com queratose? TC BLOCO 05 3 81 = = 31,6% 256 01 C O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x AaBb) pode ser resolvido separadamente: Aa x Aa e Bb x Bb. Em cada caso, a probabilidade de nascer alguém heterozigoto é 1/2. Portanto, a proporção de heterozigotos será 1/2 x 1/2 = 1/ de um total de 192, ou seja 8. BIOLOGIA II BIOLOGIA Volume 01 21

02 D Como o casal apresenta olhos castanhos com pigmentação normal na pele e já teve filho albino de olhos azuis, conclui-se que o casal é heterozigoto para os dois pares de genes (AaBb x AaBb) e podemos resolver separadamente. Legenda: A_ = Olhos castanhos ; aa = Olhos azuis. B_ = Pele Normal ; bb = albino Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a A AA Aa A probabilidade de nascer aa é 1/ Casal: Bb x Bb Gametas: B,b B,b Gametas B b B BB Bb b Bb bb A probabilidade de nascer B_ é 3/ A probabilidade de nascer uma filha é 1/2. A probabilidade de nascer uma filha albina com pigmentação normal é 1/2 x 1/ x 3/ = 3/32. 03 B Os genes que estão no mesmo cromossomo não apresentam segregação independente, indo juntos para o mesmo gameta. Exceção feita para os casos de crossing-over, que serão estudados em outro capítulo. 0 A A fórmula 2 n = 2 1 = 2 resolve este tipo de questão. Onde n representa o n o de pares híbridos que, neste caso, é 1, pois apenas o par Aa é híbrido. 05 A Como os genes se encontram em cromossomos diferentes e estes se agregam e se recombinam, os gametas ocorrem na mesma proporção. 06 B A idiotia é condicionada por um gene recessivo. Segundo o cruzamento, para que nasçam crianças com idiotia, é necessário que os pais em questão sejam heterozigóticos. Portanto: 2 3 2 1 = = 3 36 1 9 07 D Carlos e Lúcia (anômalos) tiveram Pedro normal, logo, o gene para a anomalia é dominante. O neto de Carlos tem genótipo Aa e Lia, sua esposa, também é Aa; conclui- -se, portanto, que, para o bisneto de Carlos ser anômalo (AA ou Aa), a probabilidade é de 3 ou 75%. 08 A Número de indivíduos com os dois genes recessivos: 200; número de indivíduos heterozigotos: 80. Total de indivíduos com pelo menos um gene recessivo: 680: A probabilidade de ter pelo menos um gene recessivo é de 680 dividido por 1000, que é 0,68 ou 68%. 09 B Dos 12 descendentes do casal I, espera-se que 9 tenham o fenótipo dominante. Do casal 2, todos os descendentes terão fenótipo dominante, logo, esse casal só precisaria de 9 descendentes. Do casal 3, espera-se que 50% dos descendentes tenham o fenótipo dominante; assim, esse casal precisaria ter 18 descendentes. 10 E Há um total de 25 filhos, sendo 7 filhos únicos. A probabilidade, portanto, é de 7 25. 11 B Transcorrido o quarto mês, o número total de peixes do tanque é 300, dos quais 276 pertencem à população I, logo 92% ou 0,92. 12 A Homem destro, seus pais e irmãos destros, seus 16 filhos todos destros, é provável que ele seja DD; teve filhos de olhos azuis, sendo ele de olhos castanhos, logo, o seu genótipo é Cc. A mulher é recessiva para ambos os caracteres ddcc. 13 E Branco e longo (puro) x Escuro e curto (puro) aall x AALL 100% AaLI (pelos escuros e curtos) 1 B O filho de Janaína e Pedro será AaBbCcDD, ou seja, tri-híbrido, e através da fórmula 2 n, podemos resolver este tipo de questão. Onde n representa o n o de pares híbridos que, neste caso, é 3. Portanto, o número de gametas é = 2 3 = 8 15 B Legenda: A_ = Late ; aa = Não late B_ = Orelha ereta ; bb = orelhas caídas O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x AaBb) pode ser resolvido separadamente. Casal: Aa x Aa Gametas: A,a A,a A AA Aa A probabilidade de nascer filhote que late ao correr é 3/. Casal: Bb x Bb Gametas: B,b B,b Gametas A b B BB Bb b Bb bb A probabilidade de nascer filhote que late ao correr e com orelhas caídas é 3/ x 1/ = 3/16 = 18,7% 16 A A afirmativa III está incorreta, pois as duas leis de Mendel se referem a eventos meióticos. 17 C Pelo fato de 2 e serem normais (recessivos), concluímos que 5 e 6, que são dominantes, são heterozigotos nos dois pares de genes considerados. Portanto, a chance de que o casal AaBb x AaBb tenha um descendente dominante nas duas características é 3/ x 3/ = 9/16. 18 C Como o casal x 5 é afetado e teve filho normal, conclui-se que a característica é dominante e que o casal é heterozigoto. A chance de que o casal Aa x Aa tenha filho normal é 1/ e de que seja menina é 1/2. Portanto, usando a regra do e teremos 1/ x 1/2 = 1/8 19 C Legenda: M_ = Preto ; mm = Marrom B_ = Uniforme (sem manchas) ; bb = Com manchas O cruzamento pode ser feito analisando separadamente as duas características, pois estes dois pares de alelos autossômicos segregam-se independentemente. Cruzantes: Mm x mm Gametas: M,m m Filhos possíveis: 1/2 Mm e 1/2 mm. Cruzantes: bb x Bb Gametas: b B,b Filhos possíveis: 1/2 Bb e 1/2 bb A probabilidade de nascer marrom e com manchas é 1/2 x 1/2 = 1/ 22 BIOLOGIA Volume 01 BIOLOGIA II

Capítulo 0 EA - BLOCO 06 HEREDITARIEDADE E DIVERSIDADE DA VIDA Polialelia ou Alelos Múltiplos (Cor dos Coelhos e Sistema ABO), Antígenos, Anticorpos, Sistema MN, Sistema Rh e Eritroblastose Fetal 01 B Fazendo pela fórmula: N o de genótipos = n(n + 1)/2 ; onde n representa o n o de alelos; teremos 3 (3 + 1)/2 = 6. Consulte a tabela de genótipos e fenótipos para esta característica que se encontra na apostila teórica. Casal: C + C h x C ch C a Gametas C ch C a C + C + C ch C + C a C h C ch C h C h C a Serão obtidos: selvagem, 50% (C + C ch e C + C a ); chinchila, 25% (C ch C h ); e himalaia, 25% (C h C a ). 03 E Esta característica é controlada pelos alelos A, B e O, portanto, é um caso de polialelia. EA BLOCO 07 Para o casal Rr x rr, os filhos possíveis são: Rr e rr. Para ter a doença, a criança deve ser Rh + (Rr). A chance de que seja menino e Rh + é 1/2 x 1/2 = 1/. 02 E O homem é I A I B MM e a mulher é I B_ MN. Não é impossível para o casal pode ter filhos A, AB e B, M ou MN. Mas não é possível filho N. 03 B A mulher é Rh negativo e, se o marido for Rh positivo, poderão ter filho com Eritroblastose fetal, ainda mais que o filho será A, igual à mãe, ou O, não havendo incompatibilidade ABO entre mãe e filho para auxiliar na prevenção contra a doença. EH BLOCO 02 01 Os indivíduos do grupo O possuem genótipo ii. Mesmo que ele possua o gene H, codificador do antígeno H, ele não produzirá as enzimas transferases: N-acetil-galactosamina e D-galactose, codificadas pelos genes I A e I B, respectivamente. Não sendo capaz de produzir as transferases, não há como produzir os aglutinógenos A e B. 02 Sim, é possível. Para tanto, basta que o individuo I A I B não possua o gene H, isto é, ele seja: I A I B hh. Na situação ora descrita, o indivíduo não possui capacidade de produzir o antígeno H e, por consequência, não produzirá aglutinógenos A e B, comportando-se de um modo semelhante a um outro indivíduo com fenótipo grupo O. EH BLOCO 03 01 A) Se, durante a gestação ou mesmo durante o parto, mães de fator Rh que nunca foram sensibilizadas e gestaram o primeiro filho de fator Rh + tiveram contato com o sangue do primeiro filho, o organismo materno, então, passou a produzir anticorpos em quantidade suficiente para agredir o sangue do filho em uma segunda gestação. B) Partindo da premissa de que a mãe nunca antes fora sensibilizada, o seu plasma não contém anticorpos, logo, não há razão para apreensões. Porém, se, durante o parto, houve passagem de hemácias do feto para o organismo materno, isso nos causará apreensão, pois o organismo materno passará, nessa hipótese, a produzir anticorpos que, se não for tomada a devida precaução, o segundo filho será acometido de eritroblastose. TC BLOCO 06 Se alelos controlam uma característica, apenas 2 destes estarão nos cromossomos homólogos de cada indivíduo e apenas 1 dos dois estará no gameta. 02 D Se a fêmea é marrom, apresenta C1 e teve filho albino (cc), ela é C1c. Como a ninhada com macho 2 originou filhotes cremes e albinos, conclui- -se que o macho 2 possui C2 e c. Consulte a tabela de genótipos e fenótipos para esta característica que se encontra na apostila teórica. Casal: C + C h x C h C a Gametas: C +, C h C h, C a Gametas C h C a C + C + C h C + C a C h C h C h C h C a Serão obtidos: 1/ homozigotos (C h C h ) e 3/ heterozigoto (C + C h, C + C a e C h C a ). 0 B O cruzamento A1A2 x A3A gera filhos: A1A3 e A1A, que manifestam o fenótipo de A1; e A2A3 e A2A, que manifestam o fenótipo de A2. 05 E c ch c x c h c h está certo c ch c h x c h c está certo c ch c h x c h c h está certo 06 A Casal: I A i x I B i Gametas: I A, i I B, i Gametas I B i I A I A I B I A i i I B i ii 07 D Os avós são I A I B x ii e ii x ii. Certamente, um dos pais da criança será ii e o outro cônjuge apresenta 1/2 de chance de receber gene i e 1/2 de chance de receber outro gene (I A ou I B ). Caso apresente I A ou I B será também 1/2 a chance de passar ao neto. É certo que o neto terá um gene i, sendo 1/ a chance de que o outro gene seja I A ou I B. Portanto, a chance de pertencer ao grupo A é 1/; grupo B é 1/; grupo AB é 0; e grupo O é 1/2. 08 B A transfusão realizada proporcionou a mistura de sangues incompatíveis com a presença de anticorpos contrários; logo, as hemácias do receptor foram aglutinadas juntamente com as do doador. 09 C De acordo com os dados, pode-se concluir que: 30% é do grupo B, 10% é do O, 0% é do A e 20% do AB. Assim sendo, 0% podem doar para indivíduos do grupo B, ou seja, 320 doadores. 10 B Lâmina I, sangue AB, lâmina 2, sangue O; lâmina 3, sangue B; e lâmina, sangue A. Feita essa discriminação, percebe-se que, de um indivíduo de sangue B cruzado com um sangue O, os descendentes só poderão ser O ou B. 11 C É fato que a tipagem do sangue não garante a paternidade. Porém, nesse BIOLOGIA II BIOLOGIA Volume 01 23

caso, é possível excluir, posto que a mulher do grupo A jamais poderá ter filhos B com homem do grupo O. 12 B A sugestão 2 traduz o cruzamento teste, ou seja, o reprodutor que originar filhotes de orelha curta é heterozigoto. 13 C Homens do grupo B casados com mulheres do grupo A podem ter filhos ou filhas dos quatro tipos A, B, AB ou O, basta que ambos sejam heterozigotos. Logo, o provável pai da criança não tem razão, ele deve procurar outra forma de provar a infidelidade de sua esposa. 1 B O indivíduo do grupo sanguíneo AB apresenta antígenos ou aglutinogênios A e B na membrana de suas hemácias. 15 A O sangue do indivíduo 1 é B, pois foi aglutinado em presença de anti-b. O sangue do indivíduo 2 é O, pois não aglutinou em presença de anti-a nem de anti-b. O sangue do indivíduo 3 é A, pois foi aglutinado em presença de anti-a. O sangue do indivíduo é AB, pois foi aglutinado em presença de anti-a e de anti-b. 16 D Regina é receptora universal. Roberto não pode receber sangue de Flávia, pois ele tem anti-b e ela é do grupo B. Se Roberto (ii) se casar com Flávia e esta for homozigota, 100% dos filhos terão sangue tipo B. Regina possui, de fato, aglutinogênios A e B nas hemácias. Roberto é homozigoto (ii) e Regina, heterozigota (AB). 17 A A mãe da referida mulher é do grupo O, logo, a possibilidade dela ser do grupo AB é nula. 18 A) O indivíduo I-1 pertence ao grupo B. B) O genótipo do indivíduo II-5 é I A i. C) Não. Lalau pertence ao grupo A e só poderia receber transfusão dos grupos A e O; e seu genro pertence ao grupo B. D) O indivíduo III-5 não poderá pertencer ao grupo AB, pois é pai de filho O. E) P (menina do grupo B) = 1 2 1 = 1 8. 19 B Em polialelia, o número de genótipos homozigotos é igual ao número de genes envolvidos. 20 A) Grupo B. B) Grupo A ou AB. TC BLOCO 07 01 B Podendo doar sangue para o marido do grupo B, a mulher deve ser B ou O e se teve filho com Eritroblastose fetal, ela deve ser Rh. Portanto, a opção com a resposta possível é a B. Se nasceu criança B e O, conclui-se que o pai é I B i e se nasceram crianças MM e NN, conclui-se que o pai é MN. Como nasceu criança Rh (rr), conclui-se que o pai possui r, podendo ser rr ou Rr. Portanto, a opção com a resposta possível é a C. 03 F F F F F V 01. A probabilidade de nascer 1 filha mulher B + é 1/2 x 1/ x 3/ = 3/32. 02. A probabilidade de nascer 1 filho homem O é 1/2 x 1/ x 1/ = 1/32. 0. A probabilidade de nascer 1 filho homem e 1 filha mulher AB é 1/2 x 1/ x 1/2 x 1/= 1/8. 08. A probabilidade de nascer filho homem AB é 1/2 x 1/ x 1/ = 1/32. 16. A probabilidade de nascer 1 filho homem A + é 1/2 x 1/ x 3/ = 3/32. 32. A probabilidade de nascerem 2 filhas mulheres A é 1/2 x 1/ x 1/ x 1/2 x 1/ x 1/ = 1/102. 0 E O pai deve ser Rh positivo e a mãe deve ser Rh negativo para que possa nascer criança com a doença. A primeira criança normal foi Rh positivo, sensibilizando a mãe e as outras morreram por serem Rh positivo. 05 D A criança recebeu um gene A do pai ou da mãe, tendo recebido o gene B do outro cônjuge. A opção que apresenta casal com estes genes é a D. 06 B Para ocorrer eritroblastose fetal, a mãe tem que ter Rh, o pai Rh + e o filho Rh +. 07 E A condição imprescindível para que possa nascer crianças com doença hemolítica do recém-nascido é que a mãe tenha fator Rh negativo. Observe que, na população indígena brasileira, não há nenhum indivíduo que atenda a essa condição. 08 C Como a mãe tem fator Rh +, ela poderá receber sangue com Rh + e Rh, logo, não há problema aparente de receber sangue dos seus filhos. O caso do pai é perigoso, haja vista que o pai tem fator Rh, só poderá receber sangue com fator Rh. Como não podemos identificar o filho ou a filha que se enquadre nessa condição, por medida de segurança, não se deve cogitar a transfusão dos filhos ou filhas para o pai. 09 A Para que ocorra a eritroblastose fetal, a mãe tem que ter Rh e o filho Rh +, o genótipo do pai Rr ou RR. A primeira gestação foi bem sucedida porque a mãe não havia produzido anticorpos suficientes, porém, a segunda gestação foi suficiente para a produção de anticorpos pela mãe em quantidade capaz de gerar a DHRN. A terceira gestação sem problema e o terceiro filho é de Rh. 10 A Os pais impossíveis são: caso I B e O caso 2 O caso 3 AB 11 C Para ocorrer a eritroblastose fetal, a mãe tem que ter o fator Rh e o feto fator Rh +. Durante a gestação ou durante o parto, tem que haver mistura de sangue fetal com o sangue materno, isto é, antígenos do feto têm que sensibilizar o organismo da mãe. Lembrando que a eritroblastose fetal, se não forem tomadas as precauções, só irá atingir a próxima gestação. 12 B Por aglutinar em presença de Anti-A e Anti-Rh, concluímos que o sangue apresenta antígenos A e Rh. 13 D Após a primeira gestação (X), a mulher se sensibilizou e produziu anti-rh, que passou para o segundo filho durante a segunda gestação (Y). 1 E O indivíduo do grupo O (VI) só pode receber sangue O, portanto, 25 litros. 15 D O casal TN x TN pode ter descendentes: Gametas: T, N T, N Gametas T N T TT TN N TN NN Os indivíduos TT morrem na infância e os demais chegam à idade adulta, sendo os TN anêmicos e o NN normal, portanto 2/3. 16 E A geração F 2 é obtida após o autocruzamento de F 1. AA x aa origina Aa, que, autocruzada, gera plantas com pecíolo normal e com pecíolo curto, respectivamente, na proporção de 3:1, se o alelo para pecíolo normal for dominante. 2 BIOLOGIA Volume 01 BIOLOGIA II

17 A Os heterozigotos não serão exatamente iguais nem ao pai nem à mãe, indicando que não ouve dominância por parte dos genes do pai nem da mãe. 18 C Como ele só possui anticorpos anti-a, conclui-se que ele é do grupo B. Como a bolsa 1 apresentava todos os tipos de antígenos do sistema ABO, o sangue é AB e não serve para o homem. Como o sangue da bolsa 2 possuía anticorpos anti-a e anti-b, o sangue é O e serve para o homem. A bolsa 3 possui sangue com antígenos somente do tipo B, sendo do grupo B e servindo para o homem. Logo, esse homem pode receber sangue das bolsas 2 e 3. 31 D A incompatibilidade para o sistema ABO entre mãe e filho destrói as hemácias do filho que entram na mãe após o parto, evitando que a mãe se sensibilize para o sistema Rh. Como a mulher e o marido atendem as condições para terem criança com Eritroblastose fetal, esta incompatibilidade seria útil para diminuir a preocupação do doutor com a possibilidade do casal vir a ter criança doente. 19 A O indivíduo do grupo AB não pode doar sangue para outros tipos sanguíneos, pois apresenta aglutinogênios A e B em suas hemácias. 20 C O sangue do indivíduo 3 aglutinou em presença dos anticorpos, indicando que apresenta os antígenos, sendo do grupo AB positivo, que é receptor universal. O sangue do indivíduo não aglutinou em presença dos anticorpos, indicando que não apresenta os antígenos, sendo do grupo O, que é doador universal. 21 C Realmente, pessoas do grupo O (ii) são recessivos, originando somente indivíduos do grupo O, justificando o motivo do aumento de frequência para indivíduos do gupo O. 22 A Os eventos são independentes e a cada nascimento é 1/2 a chance de nascer homem. 23 D O cruzamento entre Aa x aa apresenta 1/2 de chance de nascer Aa, independente de resultados anteriores. 2 B O homem 3 é aa, pois a anomalia é recessiva. A mulher 11 é Aa, pois é filha de pai afetado. Assim sendo, o casal pode ter filhos: 50% aa e 50% Aa. A chance de nascer menina é 1/2. A chance de que nasça menina e afetada é 1/2 x 1/2 = 1/. 25 E Os indivíduos 13, 1 e 16 são normais e filhos de pais heterozigotos (7x8), podendo ser AA ou aa. 26 C Pelo enunciado, descobrimos que o casal é heterozigoto, logo, podem ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para qualquer filho do casal é 1/ a chance de nascer albino e 3/ a chance de nascer com pigmentação normal da pele. 27 C Um homem heterozigoto Aa pode produzir gametas com gene A e gametas com gene a, sendo 50% de cada. 28 D O homem é destro (Cc) e não enrola a língua (ee). A mulher é canhota (cc) e enrola a língua (Ee). A chance de ter uma filha é 1/2; a chance de ser cc é 1/2; a chance de ser ee é 1/2. Multiplicando-se as três probabilidades (regra do e), teremos: 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%. 29 D Em cada par será 1/2 a chance de passar para o gameta o cromossomo paterno, portanto, como são quatro pares, teremos: 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/16 30 C O indivíduo 6 é heterozigoto (BO), pois apresenta gene B e possui pai do grupo O (OO). BIOLOGIA II BIOLOGIA Volume 01 25