Publicado por: Djalma Santos | 30 de novembro de 2010

Testes de genética (1/5)

01. (COVEST) Quando dois genes estão em um mesmo cromossomo, existe uma ligação gênica. A taxa de recombinação entre eles dependerá do quanto estiverem afastados um do outro, no cromossomo. A esse propósito, analise a figura e as afirmações feitas a seguir.

01

I   II

0  0 – A frequência de recombinação entre os locos A e B é de aproximadamente 17%.

I  1 – A probabilidade do aparecimento de um indivíduo AB//ab, a partir do cruzamento acima indicado, é de aproximadamente 42%.

2  2 – Se, em l00% das células germinativas da fêmea, ocorrer permutação entre os locos A e B, cada tipo de gameta recombinante (Ab e aB) aparecerá com frequência de 25%.

3  3 – Se, em 50% das células produtoras de gametas, ocorrer permutação entre os locos A e B, os gametas não recombinantes e os recombinantes surgirão nas proporções esperadas de 1:1:1:1.

4 4 – Considerando o cruzamento ilustrado na figura, pode–se inferir que ocorreu permutação (ou crossing-over), em 8,5% das células formadoras de gametas.

02. (UNIPAC) Analise o heredograma abaixo onde os símbolos escuros representam caso de eritroblastose fetal:

02

Sendo que as pessoas Rh+ são de genótipo DD ou Dd e as Rh são dd, e considerando que a mulher nunca recebeu transfusões de sangue ou teve outros filhos, marque a opção correta:

a) I.1 – Dd; II.1 – Dd; II.4 – dd.

b) I.1 – DD; I.2 – Dd; II.4 – Dd.
c) I.2 – Dd; II.1 – dd; II.3 – Dd.

d) II.1 – dd; II.2 -Dd; II.3 – Dd.

03. (PUC-RIO) Durante o nascimento de uma criança, foi detectado que ela havia desenvolvido uma doença chamada eritroblastose fetal. Em relação ao tipo sanguíneo relativo ao sistema Rh da família desta criança, podemos afirmar que:

a) o pai e a mãe são Rh+, e o filho, Rh.

b) o pai e a mãe são Rh, e o filho, Rh+.

c) o pai é Rh+, a mãe Rh, e o filho, Rh+.

d) o pai é Rh+, a mãe Rh, e o filho, Rh.

e) o pai, a mãe e o filho são Rh.

04. (UEL) Na espécie humana, a miopia e a habilidade para a mão esquerda são caracteres condicionados por genes recessivos que se segregam de forma independente. Um homem de visão normal e destro, cujo pai tinha miopia e era canhoto, casa-se com uma mulher míope e destra, cuja mãe era canhota. Qual a probabilidade de esse casal ter uma criança com fenótipo igual ao do pai?

a) 1/2.

b) 1/4.

c) 1/8.

d) 3/4.

e) 3/8.

05. (UFMG) A cor da raiz da cenoura é controlada por um par de genes autossômicos. O gene B é responsável pela cor branca e seu alelo recessivo, pela cor amarela. Um agricultor colheu 20.000 sementes de uma população panmítica, que se cruza ao acaso, das quais 12.800 desenvolveram plantas com raízes brancas. A partir dessas informações pode-se afirmar que:

a) a frequência do gene para coloração amarela é de 36% nessa população.

b) a frequência de heterozigotos nessa população é de 24%.

c) a frequência de plantas com raízes amarelas será de 64% se a população se mantiver em equilíbrio.

d) a probabilidade de formação de gametas B é de 80% nessa população.

e) a probabilidade de ocorrência de homozigotos nessa população é de 52%.

06. (UFMG) Observe a figura que se refere à determinação do grupo sanguíneo ABO.

06

Com base nas informações contidas nessa figura e em seus conhecimentos sobre o assunto, pode-se afirmar que:

a) Indivíduos do tipo determinado em 2 formam os dois tipos de antígenos.

b) Crianças dos grupos A e O podem nascer da união de indivíduos dos tipos determinados em 1 e 4.

c) Indivíduos do tipo determinado em 3 podem ter genótipos IBIB ou Ibi.

d) Indivíduos do tipo determinado em 4 podem doar sangue para 1 e 3.

e) Indivíduos do tipo determinado em 1 podem receber sangue de todos os outros tipos.

07. (UPE) Eritroblastose fetal ou doença hemolítica do recém-nascido (DHRN) é uma doença que destrói as hemácias do feto. Uma mulher teve dois filhos, sendo que o primeiro nasceu normal e o segundo apresentando a DHRN. Assinale a alternativa que justifica o fato descrito acima.

PAI MÃE 1º FILHO 2º FILHO
a Rh Rh+ Rh Rh+
b Rh+ Rh+ Rh+ Rh+
c Rh Rh Rh+ Rh+
d Rh+ Rh Rh+ Rh+
e Rh+ Rh Rh Rh+

08. Dois caracteres com segregação independente foram analisados em uma família: grupos sanguíneos do sistema ABO e miopia. A partir dessa análise, obtiveram-se os seguintes dados:

08

– 1, 2 e 3 pertencem ao grupo 0.

– 4 pertence ao grupo AB.

– 4 e 5 são míopes.

Qual a probabilidade de o casal 5-6 ter uma criança do grupo sanguíneo 0 e míope.?

a) 1/16.

b) 1/8.

c) 1/4.

d) 1/2.

e) 3/4.

09. (COVEST) Qual a probabilidade de um casal de mulato médio (SsTt), vir a ter um filho branco e outro preto?

a) 6,25% para ter um filho branco: 6,25% para ter um filho preto.

b) 6,25% para ter um filho branco: 11,11% para ter um filho preto.

c) 50% para ter um filho branco: 50% para ter um filho preto.

d) 25% para ter um filho branco: 25% para ter um filho preto.

e) 75% para ter um filho branco: 25% para ter um filho preto.

10. (UPE) Do cruzamento de um indivíduo homozigoto para os genes a e b com um indivíduo, também homozigoto, para os genes A e B, obteve-se uma geração que, retrocruzada com o parental duplamente recessivo, resultou nos seguintes descendentes:

10

Com base nos dados acima, pode-se afirmar que a taxa de recombinação entre a e b é de:

a) 10%.

b) 20%.

c) 5%.

d) 0,5%.

e) 0,25%.

11. Na genealogia a seguir, os indivíduos assinalados com preto apresentam uma anomalia, enquanto os brancos são normais. Trata-se de uma herança autossômica clássica, sem variações de expressividade e penetrância.

11

Analisando essa genealogia, é correto afirmar.

I    II

0   0 – Todos os indivíduos afetados são heterozigotos.

1   1 – Todos os indivíduos normais são homozigotos.

2   2 – Com certeza, apenas os indivíduos 1 e 2 são heterozigotos.

3   3 – Apenas os indivíduos 1, 2 e 6 são heterozigotos.

4   4 – Apenas os indivíduos 3 e 4 são homozigotos.

12. (FAFEOD-MG) Analise o heredograma e assinale a opção incorreta:

12

a) A característica afetada é condicionada por um gen autossômico recessivo, o que pode ser confirmado pelo casal I1 e I2 e sua prole.

b) A probabilidade de o indivíduo II2 ser homozigoto é idêntica à probabilidade de I1 ser heterozigoto.

c) A probabilidade de II4 ser heterozigoto é igual a 1/2 e de II3 ser homozigoto é igual a 1/4.

d) Caso IV3 se case com um indivíduo de genótipo idêntico ao do seu avô paterno, a probabilidade de nascer uma menina afetada é igual a 1/2.

e) Caso IV1se case com um indivíduo heterozigoto, a probabilidade de nascer um menino afetado é igual a 1/12.

13. (PUC-PR) Analisando o heredograma a seguir, conclui-se que dois dos dez indivíduos são vítimas de uma anomalia causada pela ação de um gene recessivo. Assinale a opção que contém os números que representam indivíduos cujos genótipos não se pode determinar:

13

a) 1, 2, 3, 5 e 6.

b) 5, 6 e 7.

c) 3, 8 e 10.

d) 1, 2, 5, 6, 7, 8 e 10.

e) 7, 8 e 10.

14. (MEDICINA-TAUBATÉ) Qual a probabilidade de que uma família com 4 crianças seja constituída, respectivamente, de:

I. Quatro meninos?

II. Dois meninos e duas meninas?

III. Quatro meninas?

a) I = 1/16; II = 3/8; III = 1/16.

b) I = 3/8; II = 1/16; III = 3/8.

c) I = 1/8; II = 1/16; III = 1/8.

d) I = 1/16; II = 1/8; III = 1/16.

e) I = 1/16; II = 1/4; III = 1/16.

15. (MACK) Uma pessoa recebeu transfusão de sangue e morreu em consequência dessa transfusão. Seu pai é do grupo sanguíneo AB, sua mãe é do grupo sanguíneo A homozigota. A pessoa pertence ao grupo sanguíneo ……… e recebeu sangue do tipo ……… . Assinale a alternativa que preenche adequadamente as lacunas.

GRUPO SANGUÍNEODO RECEPTOR SANGUE RECEBIDO
a A B ou AB
b B A ou B
c AB A ou O
d AB B ou O
e O AB ou O

16. (PUC-SP) Para responder esta questão use os gráficos a seguir, onde estão representadas as frequências genotípicas relativas à anemia falciforme (siclemia) de duas populações negroides. A população A habita a África Central, onde a incidência de malária é elevada. A população B habita os Estados Unidos, onde a doença está praticamente erradicada.

16

As frequências do gene S nas populações A e B são, respectivamente, de:

a) 36% e 90,25%.

b) 40% e 90,25%.

c) 405 e 95%.

d) 60% e 99,5%.

e) 60% e 95%.

17. (PUC-MG) Em um hospital nasceram 3 crianças (Maria, José e Carlos), que foram misturadas no berçário. As crianças e as famílias: Palmeira, Furquin e Madureira tiveram seus sangues tipados para o sistema ABO. Os dados encontram-se nos quadros abaixo:

FAMÍLIA TIPOS DE SANGUE
Palmeira Pai Grupo A
Mãe Grupo B
Furquim Pai Grupo O
Mãe Grupo A
Madureira Pai Grupo AB
Mãe Grupo A
CRIANÇAS
Maria Grupo O
José Grupo A
Carlos Grupo AB

Após análise, o médico fez cinco afirmações. Em qual delas ele cometeu um engano?

a) Maria só pode pertencer à família Furquin.

b) Carlos não pode pertencer à família Furquin.

c) José pode pertencer às famílias Furquin, Palmeira e Madureira.

d) Os dados não permitem determinar, com certeza, a paternidade das três crianças.

e) Carlos pode pertencer à família Palmeira ou Madureira.

18. (UFC) No heredograma adiante, a criança II-1 tem fibrose cística, uma doença causada por um alelo recessivo autossômico. As probabilidades de que sua irmã (II-2) não afetada seja carreadora ou não carreadora da fibrose cística são, respectivamente:

18

a) zero, 1/4.

b) 1/4, 1/2.

c) 1/4, 1/4.

d) 1/2, 1/4.

e) 1/2, 2/2.

19. (UPE) A Drosophila melanogaster tem sido um modelo biológico muito utilizado pela genética clássica e pela molecular para compreensão dos modos de herança. Dentre os genes mapeados desse organismo, suponhamos que os genes para cor do corpo e tipo de asa estejam localizados no cromossomo 2, distantes um do outro a 18 unidades de recombinação. A cor cinza do corpo é condicionada pelo alelo dominante P, e a cor preta, pelo alelo recessivo p. A asa longa é condicionada pelo alelo dominante V, e a asa vestigial, pelo alelo recessivo v. Considerando esses dados, verifique seus conhecimentos sobre genes ligados, analisando as proposições.

I. Uma fêmea de corpo cinza e asas longas, em que um dos parentais tinha corpo cinza e asas longas, e o outro tinha corpo preto e asas vestigiais, sendo fecundada por um macho duplamente recessivo para essas características, terá 9% de probabilidade de ter moscas de corpo cinza e asas vestigiais.

II. Uma fêmea duplamente heterozigota e que porta os genes em posição trans, poderá originar dois tipos de gametas recombinantes nas seguintes proporções: 9% PV e 9% pv.

III. Uma fêmea de genótipo Pv/pV, durante a gametogênese, não havendo crossing-over, poderá dar origem a quatro tipos de gameta nas seguintes proporções: 25% PV; 25% pv; 25% Pv; 25% pV.

IV. Estimando-se que um terceiro gene (A) esteja localizado a 3 unidades de recombinação do gene P e a 21 unidades de recombinação do gene V, deduz-se que a frequência de permutação entre os genes A e V será de 24%.

Assinale a alternativa que apresenta as proposições corretas.

a) apenas I e II.

b) apenas I e IV.

c) apenas III e IV.

d) apenas II e III.

e) I, II, III e IV.

20. (UFMG) Os indivíduos albinos não possuem melanina – pigmento responsável pela cor e proteção da pele – e, por isso, são muito sensíveis à luz solar. Nesse esquema, está representada parte da via biossintética para a produção desse pigmento:

20

Com base nesse esquema e em outros conhecimentos sobre o assunto, é incorreto afirmar que:

a) a ausência da Enzima 1 resulta em um aumento da concentração de tirosina.

b) casamentos entre indivíduos albinos podem gerar descendentes com melanina.

c) diferentes genótipos podem dar origem ao albinismo.

d) indivíduos AABB formam gametas do tipo AA e BB.

21. (COVEST) Fernando, que é do tipo sanguíneo A e filho de pais AB, teve com sua esposa Rosa, um filho de tipo sanguíneo A. Sabe-se que Rosa – que é filha de pais do tipo sanguíneo B – tem avós paternos AB e A, e avós maternos do tipo sanguíneo AB. Com bases nesses dados, analise as proposições abaixo.

I   II

0  0 – Fernando é, seguramente, homozigoto IAIA.

1  1 – A mãe de Rosa é, com certeza, homozigota IBIB.

2  2 – Rosa é heterozigota IBi obrigatoriamente e, portanto, do grupo sanguíneo B.

3  3 – Rosa recebeu um alelo IB de sua mãe, porém não o transmitiu a seu filho, que é do grupo A.

4  4 – Sendo a avó paterna de  Rosa do grupo  A, ela tem 50%  de chance de ser homozigota IAIA e 50% de chances de ser heterozigota IAi.

22. (UFT) Durante a gametogênese humana, uma célula diploide é capaz de originar quatro células filhas haploides. A figura a seguir representa um par de cromossomos homólogos de uma célula gamética (2n). Avalie as assertivas a seguir e marque a opção incorreta:

22

a) Os genes “A” e “b” são considerados ligados, ou em linkage, por se situarem em um mesmo cromossomo.

b) Na prófase da primeira divisão meiótica pode ocorrer permuta genética e se os gametas formados forem 50% do tipo A-b e 50% do tipo a-B, pode-se afirmar que estes genes estão em linkage completo.

c) A segunda Lei de Mendel torna-se inválida para genes que estão ligados, ou em linkage, uma vez que as características não se transmitem de forma independente.

d) Considerando que a distância entre os dois loci apresentados é de 20 unidades, os gametas serão formados nas seguintes proporções: 40% Ab, 10% AB, 10% ab e 40% aB.

e) A taxa de recombinação entre os genes “A” e “B” independe da distância entre os loci gênicos no cromossomo.

23. A doença de von Willebrand, que atinge cerca de 3% da população mundial, tem causa hereditária, de natureza autossômica dominante. Essa doença se caracteriza pela diminuição ou disfunção da proteína conhecida como fator von Willebrand, o que provoca quadros de hemorragia. O esquema abaixo mostra o heredograma de uma família que registra alguns casos dessa doença.

23

Admita que os indivíduos 3 e 4 casem com pessoas que não apresentam a doença de von Willebrand. As probabilidades percentuais de que seus filhos apresentem a doença são, respectivamente, de:

a) 50 e 0.

b) 25 e 25.

c) 70 e 30.

d) 100 e 50.

24. (COVEST) O avanço nas técnicas de diagnóstico de doenças genéticas tem levado algumas pessoas a realizar procedimentos radicais para prevenir o aparecimento dos sintomas, como, por exemplo, a extração cirúrgica das mamas para evitar o câncer. A propósito desse tema, analise o que é afirmado abaixo.

I   II

0  0 – As pessoas podem carregar em seus genótipos alelos recessivos deletérios; mas esses somente se manifestam quando em condição de homozigose.

1  1 –  Casamentos entre parentes de primeiro grau podem produzir anormalidades genéticas, pois o casal tem maior chance de possuir um mesmo alelo deletério.

2  2 – O diagnóstico de alelos recessivos, em condição heterozigótica para anemia falciforme, em ambos os componentes de um casal, geralmente os encoraja a ter filhos após o aconselhamento genético.

3  3 – Se um alelo deletério é dominante, mas apenas a homozigose leva o indivíduo à morte, esse alelo comporta-se como um “alelo letal recessivo” na determinação da sobrevivência.

4  4 – A probabilidade de um casal não aparentado, ambos heterozigóticos para um alelo recessivo deletério, ter filhos com alguma doença associada a esse gene é 0%.

25. (UFAL) Em galináceos, foram observados quatro tipos de cristas: rosa, ervilha, simples e noz. Quando aves homozigóticas de crista rosa foram cruzadas com aves de crista simples, foram obtidas 75% de aves com crista rosa e apenas 25% com crista simples. Do cruzamento de aves homozigóticas de crista ervilha com aves de crista simples foram obtidas 75% de aves com crista ervilha e apenas 25% com crista simples. Quando aves homozigóticas de crista rosa foram cruzadas com aves homozigóticas de crista ervilha, todos os descendentes F1 apresentaram um novo tipo de crista, o tipo noz. Na F2, produzida a partir do cruzamento de indivíduos F1, foi observado que, para cada 16 descendentes, nove apresentavam crista noz, três, crista rosa, três, crista ervilha e apenas um apresentava crista simples. Esses dados indicam que, na herança da forma da crista nessas aves, tem-se um caso de:

a) Pleiotropia, em que quatro alelos de um loco estão envolvidos.

b) Interação gênica entre alelos de dois locos distintos.

c) Epistasia dominante e recessiva.

d) Herança quantitativa.

e) Alelos múltiplos.

26. (UEPG) Sobre grupos sanguíneos, descobertos há pouco mais de cem anos, que geneticamente detém caráter mendeliano, assinale o que for correto.

I    II

0   0 – Pessoas do grupo sanguíneo O não apresentam anticorpos no soro.

1  1 – O sangue naturalmente contém antígenos, também chamados de aglutinogênios, e anticorpos ou aglutininas, ambos determinados geneticamente. Portanto, os anticorpos dos grupos sanguíneos já estão presentes no soro, independentemente de ter havido ou não entrada de antígeno por meio de transfusão.

2  2 – As pessoas do grupo sanguíneo AB possuem dois anticorpos no soro, o anti-a e o anti-b. Razão pela qual são consideradas doadoras universais. Esse grupo sanguíneo pode ser amplamente recebido, e com alguns riscos apenas quando são necessárias grandes quantidades de sangue.

3  3 – No soro, pessoas do grupo sanguíneo A possuem anticorpos anti-b. Os indivíduos do grupo sanguíneo B têm no soro, o anticorpo anti-a.

4  4 – A transfusão autóloga é a mais segura, pois o sangue da própria pessoa é coletado previamente, estocado e reinfundido durante ou após a cirurgia.

27. (FATEC-SP) Observe o heredograma a seguir que representa indivíduos albinos (afetados) e com pigmentação normal (normais).

27

Hélio e Maria vão se casar.

A chance de que o casal tenha uma filha albina, considerando que Maria é filha de pais heterozigotos, é

a) zero.

b) 1/12.

c) 1/8.

d)1/6.

e) 1/4.

28. (COVEST) Na genealogia abaixo são indicados os grupos sanguíneos dos indivíduos 1 e 2 da geração I, e 1, 2 e 3 da geração II, quanto ao sistema ABO.

28

Qual a probabilidade do nascimento de uma quarta criança e que essa seja do grupo sanguíneo A?

a) 1 / 4.

b) 1 / 2.

c) 1 / 16.

d) 1 / 3.

e) 1 / 8.

29. (UFAL) Sabemos que os casamentos consanguíneos aumentam muito as probabilidades de nascimento de crianças portadoras de defeitos genéticos. Isto é explicado pelo fato de muitas doenças hereditárias serem condicionadas por genes recessivos, ou seja, que somente se expressam quando em dose dupla. Os indivíduos aparentados, por terem genótipos muito semelhantes, têm grandes chances de possuírem genes recessivos para a mesma anomalia. Quanto maior o parentesco, maior essa possibilidade. Analisando a figura abaixo, que apresenta um heredograma que trata do albinismo, anomalia hereditária condicionada por um gene recessivo, e que caracteriza a ausência parcial ou total do pigmento melanina na pele, cabelos e olhos, podemos afirmar:

29

I. Nos indivíduos 1 – 2 – 3 – 4, o gene para o albinismo está presente, apesar de não se manifestar.

II. Os indivíduos 7 – 10 – 11 – 12 são albinos, apresentando o gene para o albinismo em homozigose.

III. Se o indivíduo 13 casar com um albino, todos seus filhos serão albinos.

Está(ão) correta(s):

a) I, apenas.

b) II, apenas.

c) I e II.

d) I, II e III.

e) II e III.

30. (UEPG) Uma mulher que nunca recebeu transfusão sanguínea dá à luz, numa segunda gravidez, uma criança com eritroblastose fetal. Numa terceira gravidez, nasce uma criança normal. Do que pode ser deduzido dessa família, quanto ao fator Rh, assinale o que for correto.

I  II

0  0 – Pode-se dizer, com absoluta certeza, que os netos desse casal não têm probabilidade para apresentar a doença.

1  1 – O primeiro filho é Rh+. Se a mulher nunca havia recebido transfusão, não havia ocorrido uma sensibilização antes das gestações. Assim, ela formou anticorpos na primeira gestação, porém não em concentração suficiente para afetar esse primeiro filho.

2  2 – As duas crianças Rh+ podem ser homozigotas ou heterozigotas.

3  3 – Se o terceiro bebê nasceu sem a doença, isso prova que ele é Rh (rr) e mostra que o pai é heterozigoto (Rr).

4  4 – Que a mãe é Rh(rr) e o segundo filho, que tem a doença, é Rh+ como o pai. Pode-se afirmar essa informação com propriedade, pois é a única situação em que ocorre a eritroblastose fetal.

31. (COVEST) Um geneticista estabeleceu o heredograma para uma determinada doença hereditária, cujo diagrama, mostrando os indivíduos afetados, é representado abaixo.

31

Esse diagrama representa:

I   II

0  0 – O modelo de herança recessiva ligada ao cromossomo X.

1  1 – Um modelo de herança idêntico ao do albinismo.

2  2 – Um modelo de herança idêntico ao da cegueira para cores, conhecida como daltonismo.

3  3 – A característica passada de geração a geração, de pai para filha e mãe para filha, típica daquelas não vinculadas aos cromossomos X e Y.

4  4 – O modelo de herança autossômica recessiva.

32. (COVEST) Na elaboração de mapas genéticos, utiliza-se o teste dos três pontos. Para isso, são avaliadas as frequências das classes fenotípicas na descendência de cruzamento entre indivíduos heterozigóticos (ABC//abc), para três locos ligados, e indivíduos homozigóticos recessivos (abc//abc), para os mesmos locos (cruzamento teste). Tomando por base os dados fornecidos no quadro abaixo, analise as proposições seguintes.

DESCENDÊNCIA

Fenótipos

Genótipos inferidos

Frequência observada

1

ABC

235

2

abc

270

3

Abc

62

4

aBC

60

5

ABc

40

6

abC

48

7

aBc

4

8

AbC

7

I   II

0  0  – Os fenótipos 3 e 4 resultaram de recombinação genética entre os locos A e B.

1  1 – A recombinação entre os locos B e C, embora em diferentes frequências, ocorreu nos genótipos 5, 6, 7 e 8.

2  2 – Os fenótipos 7 e 8 resultaram de recombinação genética apenas entre os locos C e B.

3  3 – A sequência dos alelos no cromossomo em questão é A ——-B——-C.

4  4 – No mapa genético, a distância entre os locos A e B é maior que a distância entre os locos B e C.

33. (COVEST) Analise as proposições abaixo, considerando a seguinte situação: Em uma amostra de 100 (cem) espermatogônias, de um organismo genotipicamente (AB//ab), ocorreu permutação meiótica entre os locos A e B, em 20 (vinte) espermatogônias, tendo sido observada uma segregação gamética como ilustrado na figura abaixo.

33

I   II

0  0 – O número de gametas AB deverá ser idêntico ao de gametas ab.

1 1 – A frequência de gametas recombinantes deverá ser igual a de gametas não recombinantes.

2  2 – Trezentos e sessenta gametas não recombinantes são esperados.

3  3 – Vinte gametas recombinantes são esperados no caso descrito.

4  4 – A taxa de recombinação no caso citado é de 10%; logo, os locos A e B distam de 10 unidades de mapa.

34. (COVEST) Dois fenótipos de interesse econômico, em milho, são determinados, respectivamente, pelos loci A e B, ambos com dominância completa. Plantas homozigóticas, fenotipicamente (AB), foram cruzadas com plantas de fenótipo (ab). A F1, fenotipicamente (AB), foi retrocruzada com o pai duplo-recessivo, obtendo-se uma F2 como mostrado no quadro. Analise as proposições e assinale a(s) correta(s).

34

I  II

0 0 – Trata-se de um caso de ligação gênica. A geração P é genotipicamente (AB//AB) x (ab//ab).

1  1 – Em 60% das células formadoras de gametas da F1, ocorreu permutação entre os loci A e B.

2  2 – A taxa de recombinação no caso mostrado é de 30%.

3  3 – Os loci A e B distam entre si de 35 unidades de mapa.

4  4 – Em 35% das células gaméticas da F1 ocorreu recombinação.

35. (COVEST) Analise o quadro abaixo e assinale a alternativa que indica a probabilidade de se obter, a partir do cruzamento de indivíduos F1, quatro descendentes, todos de fenótipo cinza.

35

a) 81/256.

b) 27/64.

c) 1/256.

d) 1/64.

e) 1/1024.

36. (COVEST) Um casal estéril, ela Rh+ (homozigótica) e ele Rh, decidiu ter um bebê de proveta – a mulher tem atrofia do útero, e o marido produz espermatozoides normais, mas em pequeno número. A mãe de aluguel, que receberá em seu útero o zigoto do casal em questão, já teve quatro filhos, sendo que os dois últimos apresentaram a doença hemolítica dos recém-nascidos. Com base nesses dados, analise as proposições:

I    II

0   0 – A probabilidade de o bebê de proveta  nascer com a doença hemolítica do recém-nascido é zero, uma vez que sua mãe genética é Rh+ homozigótica.

1   1 – A probabilidade de o bebê apresentar a eritroblastose fetal é zero, uma vez que seu pai genético é Rh.

2  2 – A probabilidade  de esse bebê apresentar a  referida doença é zero, uma vez que tal doença ocorre sempre que, num casal, a mãe é Rh e o pai Rh+.

3  3 – A probabilidade  de esse bebê de proveta manifestar a eritroblastose fetal é alta, visto que ele será Rh+.

4  4 – A chance  teórica de ocorrência  dessa doença  hemolítica  nesse bebê de proveta é de 50%, posto que a mãe genética é Rh+ e a mãe de aluguel é Rh.

37. (UPE) Suponha o cruzamento entre 2 indivíduos di-híbridos, cujos genes A e B interagem para expressar determinada característica conforme as situações consideradas: os alelos “a” e “b” são variantes não funcionais.

37

a) Como os dois pares de genes estão envolvidos para a mesma característica, quatro fenótipos distintos são esperados em todas as situações, obedecendo às proporções 9:3:3:1.

b) Em todas as situações, os genes são aditivos porque contribuem igualmente para a mesma característica.

c) Na situação I, cada um dos alelos tem efeito aditivo para a produção de dois fenótipos, nas proporções 9:7.

d) Na situação II, os genes A e B juntos, produzem fenótipo diferente daquele produzido por cada um dos alelos isoladamente, resultando em 3 fenótipos, nas proporções 4:8:4.

e) Na situação III, o gene A inibe a expressão do gene B, resultando nas proporções fenotípicas 13:3.

38. (UPE) Sabendo-se que o daltonismo tem herança recessiva ligada ao sexo, e o sistema sanguíneo ABO tem herança autossômica condicionada por uma série de alelos múltiplos analise a genealogia e, em seguida, assinale a alternativa correta. Para interpretação, os símbolos dos indivíduos têm representados, na metade esquerda, o fenótipo para a visão e, na metade direita, o fenótipo para o grupo sanguíneo.

38

a) Considerando que o pai do indivíduo II5é daltônico e de sangue tipo O, a probabilidade de que o casal II5 X II6 venha a ter uma criança do sexo masculino, daltônica e de sangue tipo O é 1/16.

b) Os genótipos dos gêmeos monozigóticos e dizigóticos correspondem a XdY ii e XDXd IAi, respectivamente.

c) Em casos de extrema necessidade, o individuo III6 poderá receber sangue dos indivíduos I2, II1, II5, II6 e III5.

d) O indivíduo II1, casando-se com uma mulher daltônica e de sangue tipo AB, terá 1/4 de probabilidade de ter uma criança, do sexo feminino, daltônica e de sangue tipo AB.

e) Os genótipos dos indivíduos III1 e II7 são, respectivamente, XDY IAi e XDXd IA IB.

39. (UFAL-MODIFICADA) Genealogias ou heredogramas são representações gráficas da herança de uma determinada característica genética, em uma família. Com relação à herança de uma doença genética ilustrada no heredograma abaixo, analise as proposições seguintes.

39

1. Trata-se de um caráter determinado por alelo recessivo.

2. Os indivíduos I2 e II2 são homozigóticos recessivos.

3. Os indivíduos III4 e III5 são gêmeos univitelinos.

4. Não se tem informação sobre o sexo do indivíduo IV1.

5. Os cônjuges III2 e III3 têm relação de parentesco.

Está(ão) correta(s):

a) 1, 3 e 5, apenas.

b) 2 e 4, apenas.

c) 1, apenas.

d) 1 e 5, apenas.

e) 1, 2, 4 e 5.

40. (UFPEL) A presença de sardas em seres humanos é uma característica hereditária determinada por um par de alelos. As sardas aparecem igualmente em homens e em mulheres, podem ser transmitidas de pai para filho, ocorrem em todas as gerações, e só pessoas com sardas podem ter filhos com sardas (veja no heredograma abaixo).

40

Sabendo disso, é possível deduzir que:

a) a presença de sardas se deve a um alelo recessivo ligado ao cromossomo Y.

b) a presença de sardas se deve a um alelo recessivo ligado ao cromossomo X.

c) a presença de sardas se deve a um alelo dominante ligado ao sexo.

d) a presença de sardas se deve a um alelo autossômico recessivo.

e) a presença de sardas se deve a um alelo autossômico dominante.

 

GABARITO

 

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
VVVFF A C E E A D C A B
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
FVVFF C C A A E A D A E
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
VVVVF E A VVFVF B FVFVV B A C FVFVV
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
FVFVV VVFVV VFVFV VVVFF A FFFVF E A E E

 

 


Responses

  1. Pode explicar a questao 12? Todas as alternativas? Muito obrigado.

    • Prezado Carlos
      A seguir as explicações que você solicitou

      12. (FAFEOD-MG) Analise o heredograma e assinale a opção incorreta:
      a) A característica afetada é condicionada por um gen autossômico recessivo, o que pode ser confirmado pelo casal I1 e I2 e sua prole.
      b) A probabilidade de o indivíduo II2 ser homozigoto é idêntica à probabilidade de I1 ser heterozigoto.
      c) A probabilidade de II4 ser heterozigoto é igual a 1/2 e de II3 ser homozigoto é igual a 1/4.*
      d) Caso IV3 se case com um indivíduo de genótipo idêntico ao do seu avô paterno, a probabilidade de nascer uma menina afetada é igual a 1/2.
      e) Caso IV1 se case com um indivíduo heterozigoto, a probabilidade de nascer um menino afetado é igual a 1/12.
      JUSTIFICATIVA
      a) O surgimento de II2 (aa) e II3 (aa) caracteriza a herança como recessiva. II3 (mulher afetada) indica que a herança não é ligada ao sexo. ALTERNATIVA CORRETA.
      b) A probabilidade de II2, já nascido, ser homozigoto (aa) é 1, mesma probabilidade de I1 (Aa) ser heterozigoto. ALTERNATIVA CORRETA.
      c) A probabilidade de II4, já nascido, ser heterozigoto (Aa) é 2/3 e de II3, já nascido, ser homozigoto (aa) é 1. ALTERNATIVA INCORETA.
      d) O indivíduo IV3 é aa e seu avo paterno (II2) é também aa. De nascer afetado é 1, de ser menina é 1/2, a reposta é 1/2. ALTERNATIVA CORRETA.
      e) Para que nasça um afetado, os pais dever ser heterozigotos (Aa). A probabilidade de IV1, já nascido, ser heterozigo (Aa) é 2/3. Casando com um indivíduo heterozigoto (Aa), a probabilidade de nascer afetado (aa) é 1/4. De nascer menino é 1/2. Logo 2/3 x 1/4 x 1/2 = 1/12. ALTERNATIVA CORRETA.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

      • Professor, muito obrigado pela atenção. Até

  2. ola
    gostaria da explicacao da questao 13
    obrigada

    • Cara Marina
      A seguir a explicação que você solicitou

      13. (PUC-PR) Analisando o heredograma a seguir, conclui-se que dois dos dez indivíduos são vítimas de uma anomalia causada pela ação de um gene recessivo. Assinale a opção que contém os números que representam indivíduos cujos genótipos não se pode determinar:
      VER HEREDOGRAMA NA QUESTÂO
      a) 1, 2, 3, 5 e 6.
      b) 5, 6 e 7.
      c) 3, 8 e 10.*
      d) 1, 2, 5, 6, 7, 8 e 10.
      e) 7, 8 e 10.

      – 1 e 2 são heterozigotos, em função de 4 ser afetado (homozigoto).
      – 3 pode pode ser homozigoto ou heterozigoto, pois em ambos os casos é capaz de, no heredograma apresentado, ter filhos normais, como o 7.
      – 4 homozigoto (afetado).
      – 5 e 6 são heterozigotos, em função de 9 ser afetado (homozigoto).
      – 7 heterozigoto, em função de 4 ser afetado (homozigoto).
      – 8 pode ser homozigoto ou heterozigoto, já que 5 e 6 são heterozigotos, ver explicação acima.
      – 9 homozigoto (afetado).
      – 10 pode ser homozigoto ou heterozigoto, mesmo raciocínio usado para o 8.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  3. professor Djalma, parabéns pelo site, ótimo referencial para estudo

  4. Olá professor, você pode me explicar a questão 19? Todas as alternativas.

    Grato

    • Caro Bruno
      A seguir as explicações que você solicitou
      19. (UPE) A Drosophila melanogaster tem sido um modelo biológico muito utilizado pela genética clássica e pela molecular para compreensão dos modos de herança. Dentre os genes mapeados desse organismo, suponhamos que os genes para cor do corpo e tipo de asa estejam localizados no cromossomo 2, distantes um do outro a 18 unidades de recombinação. A cor cinza do corpo é condicionada pelo alelo dominante P, e a cor preta, pelo alelo recessivo p. A asa longa é condicionada pelo alelo dominante V, e a asa vestigial, pelo alelo recessivo v. Considerando esses dados, verifique seus conhecimentos sobre genes ligados, analisando as proposições.
      I. Uma fêmea de corpo cinza e asas longas, em que um dos parentais tinha corpo cinza e asas longas, e o outro tinha corpo preto e asas vestigiais, sendo fecundada por um macho duplamente recessivo para essas características, terá 9% de probabilidade de ter moscas de corpo cinza e asas vestigiais.
      II. Uma fêmea duplamente heterozigota e que porta os genes em posição trans, poderá originar dois tipos de gametas recombinantes nas seguintes proporções: 9% PV e 9% pv.
      III. Uma fêmea de genótipo Pv/pV, durante a gametogênese, não havendo crossing-over, poderá dar origem a quatro tipos de gameta nas seguintes proporções: 25% PV; 25% pv; 25% Pv; 25% pV.
      IV. Estimando-se que um terceiro gene (A) esteja localizado a 3 unidades de recombinação do gene P e a 21 unidades de recombinação do gene V, deduz-se que a frequência de permutação entre os genes A e V será de 24%.
      Assinale a alternativa que apresenta as proposições corretas.
      a) apenas I e II.
      b) apenas I e IV.
      c) apenas III e IV.
      d) apenas II e III.
      e) I, II, III e IV.

      PROPOSIÇÃO I
      – Considerando os parentais, a fêmea referida é heterozigota cis (PV/pv). O macho que a fecunda é pv/pv (duplamente homozigoto). O surgimento de mosca de corpo cinza e asas vestigiais (Pv/pv) decorre de “crosing-over” entre os genes P e V em “linkage”. Como a distância entre os referidos genes é de 18 unidades recombinação, a probabilidade de surgir mosca de corpo cinza e asas vestigiais (Pv/pv), trans, é 9%. A probabilidade, por outro lado, de surgir mosca de corpo preto e asas longas (pV/pv), o outro recombinante, não mencionado na proposição, é 9%, totalizando 18, que é a distância entre os referidos genes. PROPOSIÇÃO CORRETA.
      PROPOSIÇÃO II
      – Considerando que a fêmea é duplamente heterozigota tipo trans (Pv/pV) e a distância entre os referidos genes é 18 morganídeos (unidades de recombinação), o surgimento de gametas recombinados, PV e pv, é 9% para cada um deles, probabilidades que somadas totalizam 18. PROPOSIÇÃO CORRETA.
      PROPOSIÇÃO III
      – Na ausência “crossing-over” entre os genes P e V, uma fêmea Pv/pV (heterozigota trans), formará apenas gametas Pv e pV, nas mesmas proporções. PROPOSIÇÃO INCORRETA.
      PROPOSIÇÃO IV
      – De acordo com a proposição (A localizado a 3 unidades e P e a 21 de V), a sequência dos genes é VPA. Desta forma, a frequência de permutação entre A e V é de 21%. PROPOSIÇÃO INCORRETA.
      Alternativa correta: A (apenas I e II estão corretas).
      Sucesso
      Djalma Santos

  5. NAO PROFESSOR. O QUE QUIS DIZER QUE É INCORRETO DIZER QUE INDIVIDUOS ALBINOS PODEM GERAR INDIVIDUOS COM MELANINA. ENTAO PQ A LETRA B NAO É A INCORRETA? OU EU ESTOU ME CONFUNDINDO?

    • Caro João Moreira
      A letra B está correta. Explicação: caso um dos cônjuges não tenha a enzima 1 (alteração no gene A) – e tenha, entretanto, a enzima 2; gene B normal – e o outro não tenha a enzima 2 (alteração no gene B) – e tenha, todavia, a enzima 1; gene A normal. Como se pode constatar, eles são albinos por mutação em genes diferentes.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

      • Professor,tem como o senhor dizer o porquê de a letra C da questão 20 está correta?

      • Prezada Ingrid
        Como você pode constatar, a via da biossíntese de melanina (ver figura da questão) requer o gene A, que produz a enzima 1, responsável pela transformação de tirosina em DOPA e o gene B, produtor da enzima 2, que transforma DOPA em melanina. Do exposto, pode-se concluir que a falta de melanina pode ser decorrente de alteração no gene A e/ou de alteração no gene B. Dessa forma, o albinismo pode ser originário de diferentes genótipos, como consta na alternativa C (“diferentes genótipos podem dar origem ao albinismo.”)
        Um abraço
        Djalma Santos

  6. Professor, há a possibilidade de o senhor resolver as questões 01 e 34 da COVEST? Há alguns itens os quais não compreendo! Desde já obrigado!

    • Prezado Saulo
      A seguir, a explicações que você solicitou.

      QUESTÃO 01
      Análise da questão
      – O heterozigoto (progenitor feminino), é CIS (AB//ab).
      – Não recombinantes (cis): 1903
      * AB (959) + ab (944) = 1903
      – Recombinantes (trans): 397
      * Ab (202) + aB (195) = 397
      – Total de descendentes: 2300 (1903 + 397)
      – Frequência de recombinação: 17,26% (397/2300 = 17,26%) – Resposta da alternativa 0-0
      – Probabilidade de AB//ab (não recombinante): 41,69% (959/2300 = 0,4169 = 41,69%) –
      Resposta da alternativa 1-1
      ALTERNATIVA 0-0: VERDADEIRA
      A frequência é 17,26% (ver cálculo acima), aproximadamente 17%.
      ALTERNATIVA 1-1: VERDADEIRA
      A probabilidade é 41,69% (ver cálculo acima), aproximadamente 42%.
      ALTERNATIVA 2-2: VERDADEIRA
      – A fêmea progenitora é heterozigota CIS (AB//ab), como vimos acima.
      – Permutação em 100% das células (consta desta alternativa).
      – Gametas (iguais probabilidades de formação)
      * AB = 25% (não recombinado)
      * ab = 25 (não recombinado)
      * Ab = 25% (recombinado) – resposta desta alternativa.
      * aB = 25% (recombinado) – resposta desta alternativa.
      – Como de pode constatar a frequência dos gametas recombinados (Ab e aB) é de 25% para
      cada um deles.
      ALTERNATIVA 3-3: FALSA
      – Total de descendentes = 2300 (1903 + 397), como vimos acima.
      I. Permutação em 1150 (50%) – com gametas recombinantes (aB e Ab).
      * AB = 287,5 (0,25) – gameta não recombinante.
      * aB = 287,5 (0,25) – gameta recombinante.
      * Ab = 287,5 (0,25) – gameta recombinante.
      * ab = 287,5 (0,25) – gameta não recombinante.
      II. Sem permutação em 1150 (50%) – sem gametas recombinantes.
      * AB  575 (0,5)
      * ab  575 (0,5)
      PROPORÇÕES ESPERADAS (SOLICITADAS NESTA ALTERNATIVA):
      – AB = 287,5 + 575 = 862,5 (37,5%) – 3/8.
      – aB = 287,5 (12,5%) – 1/8.
      – Ab = 287,5 (12,5%) – 1/8.
      – ab = 287,5 + 575 = 862,5 (37,5%) – 3/8.
      RESPOSTA: 3:1:1:3 e não 1:1:1:1.
      ALTERNATIVA 4-4: FALSA
      – A resposta correta é 17,26%, como mostramos acima, em “análise da questão”, e não 8,5%.

      QUESTÃO 34
      ALTERNATIVA 0-0: VERDADEIRA
      Trata-se, sem dúvida, de um caso de ligação genética (linkage). Na geração P, o progenitor fenotipicamente AB tem genótipo AB/AB e o progenitor ab possui genótipo ab//ab.
      ALTERNATIVA 1-1: VERDADEIRA
      Como na geração F2 há 15% de recombinantes Ab e 15% de recombinantes aB, a taxa de recombinação é de 30% (15% + 15%). Em face de ocorrendo permutação cromossômica na prófase I da meiose em uma célula, somente a metade dos produtos serão recombinantes, conclui-se que em 60% das células responsáveis pela formação de gametas da geração F1 ocorreu permutação entre os loci A e B.
      ALTERNATIVA 2-2: VERDADEIRA
      A taxa de recombinação, como mostramos na alternativa 1-1, é dada pelo somatório dos percentuais dos recombinantes. Como F2 mostra 15% de recombinantes Ab e 15% de recombinantes aB, a taxa de recombinação é 30% (15% + 15%).
      ALTERNATIVA 3-3: FALSA
      Os loci A e B distam de 30 unidades de mapa e não 35 como indica a esta alternativa. Não esqueça que cada 1% de recombinação corresponde a uma unidade de mapa, denominada morganídeo (em homenagem ao geneticista norte-americano Thomas Hunt Morgan) ou unidade de recombinação. No esquema apresentado na figura há 15% de recombinantes Ab e 15% de recombinanes aB (15% + 15% = 30). Estes valores já foram destacados nas alternativas 1-1 e 2-2.
      ALTERNATIVA 4-4: FALSA
      Como mostramos na alternativa 1-1, ocorreu permutação em 60% das células de F1 e não em 35% como indica esta alternativa.
      Um abraço
      Djalma Santos

  7. Professor, como resolvo estas questões:
    17.(Uel) Na meiose de um indivíduo AB/ab, ocorre “crossing- over” entre esses genes em 40% das células. A freqüência de gametas AB, Ab, aB e ab produzidos por esse indivíduo deve ser, respectivamente,
    a) 10%, 40%, 40% e 10% b) 30%, 20%, 20% e 30% c) 30%, 30%, 20% e 20% d) 40%, 10%, 10% e 40% e) 40%, 40%, 10% e 10%

    22. (Unirio) Suponha que 100 células germinativas entram em meiose e que essas células tenham o seguinte genótipo: Quantos gametas recombi-
    nantes serão formados se 20
    das 100 células apresentarem permutação na meiose? (a célula germinativa é AB/ab!)
    a) 10
    b) 20
    c) 40 d) 80 e) 160

    • Prezada Aline
      A seguir, as explicações que você solicitou.

      1ª QUESTÃO
      (UEL) Na meiose de um indivíduo AB/ab, ocorre “crossing-over” entre esses genes em 40% das células. A frequência de gametas AB, Ab, aB e ab produzidos por esse indivíduo deve ser, respectivamente,
      a) 10%, 40%, 40% e 10%.
      b) 30%, 20%, 20% e 30%.
      c) 30%, 30%, 20% e 20%.
      d) 40%, 10%, 10% e 40%. (CERTA)
      e) 40%, 40%, 10% e 10%

      I. PERMUTAÇÃO EM 40%
      * AB = 10% – gameta não recombinante
      * Ab = 10% – gameta recombinante
      * aB = 10% – gameta recombinante
      * ab = 10% – gameta não recombinante
      II. SEM PERMUTAÇÃO EM 60% (NÃO HÁ GAMETAS RECOMBINANTES)
      * AB = 30% – gameta não recombinante
      * ab = 30% – gameta não recombinante
      FREQUÊNCIA DOS GAMETAS
      * AB = 10% + 30% (40%) gameta não recombinante
      * Ab = 10% – gameta recombinante
      * aB = 10% – gameta recombinante
      * ab = 10% + 30% (40%) – gameta não recombinante
      RESPOSTA
      40%, 10%, 10% e 40% (letra D)

      2ª QUESTÃO
      (UNIRIO) Suponha que 100 células germinativas entram em meiose e que essas células tenham o seguinte genótipo (a célula germinativa é AB//ab). Quantos gametas recombinantes serão formados se 20 das 100 células apresentarem permutação na meiose?
      a) 20.
      b) 40. (CERTA)
      c) 80.
      d) 160.
      e) 180
      I. Cada célula produz 4 gametas (meiose)
      II. PERMUTAÇÃO EM 20 CÉLULAS – TOTAL DE CÉLULAS PRODUZIDAS 80
      * AB = 20 – não recombinantes
      * ab = 20 – não recombinantes
      * Ab = 20 – recombinantes
      * aB = 20 – recombinantes
      III. SEM PERMUTAÇÃO EM 80 CÉLULAS – TOTAL DE CÉLULAS PRODUZIDAS 320
      * AB = 160 – não recombinantes
      * ab = 160 – não recombinantes
      TOTAL DE GAMETAS RECOMBINANTES
      20 (Ab) + 20 (aB) = 40 (letra B)
      Sugiro que você peça orientação ao seu professor de Biologia. Você há de convir que uma explicação ao vivo é melhor assimilável. Sugiro, também, que você acesse, neste blog, ”TESTES DE GENÉTICA (1/5) – QUESTÕES 01 E 34”, “resposta ao comentário de Saulo, em 10.04.2012”. Este acesso lhe fornecerá subsídios para que você possa responder outras questões semelhantes.
      Um grande abraço
      Djalma Santos

  8. Prof. Djalma Santos, se o senhor puder eu gostaria de uma explicação para a questao 06, da UFMG. De acordo com a figura o numero 1 = sangue AB, o numero 2 = sangue O, o numero 3 = sangue A e o numero 4 = sangue B. De acordo com o gabarito a resposta certa é a letra A que diz assim “Indivíduos do tipo determinado em 2 formam os dois tipos de antígenos.” O tipo determinado em 2 é o sangue O, o que de acordo com os meus estudos o sangue do tipo O não apresenta nem o antigeno A nem o antigeno B, mas sim aglutinina (anticorpo) antiA e anti B. Essa questao no meu vê não teria resposta correta. O senhor poderia me explicar melhor? Obrigada desde já!

    • Cara Kamila
      A alternativa A está realmente correta.
      EXPLICAÇÃO
      O aglutinógeno A é aglutinado pelo anti-A e o aglutinógeno B é aglutinado pelo anti-B.
      – Em 1 não ocorre aglutinação nem com anti-A nem com anti-B, logo o sangue é O.
      – Em 2 ocorre aglutinação com anti-A e com anti-B, logo o sangue é AB.
      – Em 3 ocorre aglutinação com anti-A e não com anti-B, logo o sangue é A.
      – Em 4 ocorre aglutinação com anti-B e não com anti-A, logo o sangue e B.
      Tenho impressão que você não levou em consideração o que consta na legenda.
      Boa sorte
      Djalma Santos

  9. professor, questao 18 por favor?

    • Prezado Lucas
      A questão em foco, constante do vestibular da UFC-2003, não tem resposta. Os valores corretos são 2/3 e 1/3, respectivamente. Esses valores não constam em nenhuma das alternativas propostas.
      EXPLICAÇÃO
      – I-1: Ff
      – I-2: Ff
      – Ff x Ff = FF, Ff, Ff, ff
      – ff: portador de fibrose cística, não deve ser levado em consideração em função II-2 não ser afetada (não ter a doença).
      – II -2 só pode ser:
      * FF (não carreadora do gene para fibrose cística) = 1/3.
      * Ff (carreadora do gene para fibrose cística) = 2/3
      – Conclusão:
      * “As probabilidades de que sua irmã (II-2) não afetada seja carreadora ou não carreadora da fibrose cística são, respectivamente.” 2/3 e 1/3.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  10. Olá professor, gostaria de uma explicação pra questão 22.

    • Prezada Kamila
      – Observe que a questão pede a opção incorreta.
      – Sem dúvida a alternativa “e” está incorreta, pois a taxa de recombinação entre genes que se encontram em linkage (ligados), como no caso desta questão (ver figura), depende da distância entre eles.
      – Todas as demais alternativas estão, indubitavelmente, corretas.
      – Se sua dúvida persistir, peça explicações ao seu professor de Biologia. Este assunto é ministrado, rotineiramente, nas aulas de genética.
      Um abraço
      Djalma Santos

  11. Olá professor, eu gostaria da resolução da questão 8, por favor ?

    • Prezada Viviane
      A seguir a explicação que você solicitou:
      – 1 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 2 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 5 é ii (grupo sanguíneo O) e mm (míope)
      – 3 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 4 é IAIB (grupo sanguíneo AB) e mm (míope)
      – 6 é IAi (grupo sanguíneo A) ou IBi (grupo sanguíneo B) e Mm (normal portador para a míopia)
      – A probabilidade do casal 5 (ii e mm) – 6 [IAi ou IBi e Mm (normal portador)] é:
      * De ser do grupo sanguíneo O é 1/2.
      * De ser míope é 1/2.
      – Finalmente de ser do grupo sanguíneo O (1/2) e míope (1/2) é 1/4 (1/2 x 1/2).
      – Resposta correta c
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  12. Seria possivel o senhor resolver a questao 10, por favor?

    • Prezada Fabiana
      Abaixo a explicação que você solicitou.
      – Os descendentes que estão em menor quantidade são os recombinantes. Dessa forma, Ab//ab (162) e aB//ab (158) são recombinantes.
      – Total de recombinantes é 320 (162 + 158).
      – Total de descendentes (recombinantes e não recombinantes) é igual a 1600 (637 + 643 + 162 + 158).
      – Porcentagem de recombinantes é igual a 20% (1600/320).
      – A taxa de recombinação é, portanto, 20 (alternativa C).
      Um abraço
      Djalma Santos

  13. Resolução da 27

    • Jade
      Veja, a seguir, a resolução que você solicitou.
      – Hélio é certamente heterozigoto (Aa).
      – Para que o casal tenha filho albino (aa) é necessário que Maria, que é normal (AA ou Aa) seja também heterozigota (Aa).
      – PROBABILIDADE DE MARIA, QUE É NORMAL, SEJA HETEROZIGOTA:
      I. Pais de Maria são heterozigotos (Aa), como consta no enunciado: Aa x Aa = 1/4 AA (normal homozigoto) + 2/4 Aa (normal heterozigoto) + 1/4 aa (albino).
      II. Como Maria não é albina, a condição aa (1/4) deve ser eliminada da probabilidade.
      III. Logo a probabilidade será 2/3 (2 Aa em 3 normais) e não 2/4 como você deve ter pensando.
      – CÁLCULO FINAL
      * Probabilidade de Maria ser Aa = 2/3.
      * Probabilidade de o casal ter filho albino (aa) = 1/4.
      * Probabilidade de ser uma menina = 1/2.
      * Logo: 2/3 x 1/4 x 1/2 = 1/12 (RESPOSTA B).
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  14. Na questao 5, nao entendo pq a alternativa A está errada. Resoluçao?

    • Comentário já enviado

      • Olá Professor, o senhor poderia explicar a questão 5 ?

      • Prezada Daiane
        Ver resposta ao comentário de Karina, no dia 06/11/2012, às 11:23.
        Um abraço
        Djalma Santos

  15. resoluçao da 14.

    • Prezada Karina
      Veja a seguir a explicação que você solicitou.
      I. Em 20.000 sementes, 12.800 são brancas (ver enunciado).
      – Brancas 0,64 (12.800/20.000) = 64% (BB + Bb).
      – Amarelas 0,36 (7.200/20.000) = 36% (bb).
      – (p + q) 2 = p2 + 2pq + q2 = 1.
      – p2 = brancas homozigotas (BB).
      – 2pq = brancas heterozigotas (Bb).
      – q2 = amarelas (bb).
      II. Frequência de b (gene para coloração amarela) = 0,6 (60%), já que q2 = 0,36.
      III. Frequência de B (gene para coloração branca) = 0,4 (1 – 0,6).
      IV. Frequência de BB (branca homozigota) = 0,16 = 16% (p2).
      V. Frequência Bb (branca heterozigota) = 0,48 = 48% (2pq).
      VI. Frequência de bb (amarela) = 0,36 = 36% (q2).
      VII. 0,16 (BB) + 0,48 (Bb) + 0,36 (bb) = 1.
      – Como você pode constatar a frequência do gene para cor amarela é 60% e não 36%, que é a frequência de semente de cor amarela (bb) e não do gene para cor amarela. Alternativa A está incorreta.
      – Alternativa correta: E. Homozigotos [BB (16%) + bb (36%) = 52%]
      Sucesso
      Djalma Santos

    • Prezada Karina
      – “…Qual a probabilidade de que uma família com 4 crianças seja constituída, respectivamente, de:… “, como você pode constatar não é solicitada a ordem de nascimento. ESTE DETALHE É MUITO IMPORTANTE PARA A RESOLUÇÃO DA QUESTÃO.
      RESOLUÇÃO SOLICITADA
      – (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
      *Meninos: a (1/2)
      *Meninas: b (1/2)
      I. Quatro meninos = a4 = 1/16
      II. Dois meninos e duas meninas = 6a2b2 = 3/8
      III. Quatro meninas = a4 = 1/16
      ALTERNATIVA: a
      Um abraço
      Djalma Santos

  16. Prof Djalama, gostaria q auxiliasse num exercicio de heredograma, é um pouco parecido com o 12:
    Um casal tem 3 filhos um é afetado por fenilcetonúria (aa), os outros dois filhos, saudaveis, cruzam com individuos sem parentesco, e um tem um filho do sexo masculino e o outro do sexo femino (são primos) esses primos se cruzam, e tem apenas 1 filho (nao foi referido o sexo), qual a chance de que o filho deles seja aa, possua fenilcetonúria?
    É 1/16?

    • Prezado Gustavo
      – Como um dos 3 filhos do casal é afetado por fenilcetonúria (aa), o genótipo do casal é Aa.
      – A probabilidade de cada um dos 2 filhos saudáveis ser heterozigoto (Aa) é 2/3 e não 2/4, como se pode pensar a primeira vista.
      – Veja a explicação
      *Do cruzamento Aa X Aa, teremos: 1/4 AA + 2/4 Aa + 1/4 aa. Perceba que apenas 3 em 4 são saudáveis, levando a que 2 em 3 sejam Aa.
      – Consideremos que os indivíduos com os quais os 2 filhos saudáveis (Aa) cruzam sejam AA. Lembramos que os genótipos desses indivíduos, importantes para a solução da questão, não são indicados no enunciado. Tampouco, eles podem ser deduzidos a partir do texto. Assim considerando, teremos:
      I – A probabilidade de nascerem filhos Aa, de cada um dos cruzamentos, é 1/2.
      II – A probabilidade de no cruzamento dos primos (Aa) nascer fenicetonúrico (aa) é 1/4.
      RESPOSTA
      – Dos dois saudáveis serem Aa = 2/3 X 2/3.
      – Dos dois primos serem Aa = 1/2 X 1/2.
      – Dos primos terem um filho aa = 1/4.
      PROBABILIDADE SOLICITADA
      2/3 X 2/3 X 1/2 X 1/2 X 1/4 = 1/72.
      Como você pode constatar, o enunciado carece de informações importantes.
      Um abraço
      Djalma Santos

  17. Professor, porque a questão 35 a resposta não é letra B? Não entendi.

    • Prezada Katarina
      – Pelo quadro pode-se perceber que o cinza (G) é dominante em relação ao preto (g).
      – Em F1 todos descendentes são cinzas heterozigotos (Gg), como mostra o quadro.
      – Cruzando F1: Gg X Gg = GG (1/4) + Gg (2/4) + gg (1/4).
      – 3/4 dos descendentes são cinzas (1/4 GG + 2/4 Gg), como mostra o quadro (geração F2).
      – A probabilidade de nascerem quatro descendentes cinza em F2 é (3/4)4 = 81/256 (alternativa A).
      Um abraço
      Djalma Santos

  18. Professor Djalma Santos…
    Gostaria se posivel, me respoder a seguinte pergunta:
    Qual a probabilidade de ter um filho albino, miope e daltônico do cruzamento de pais normais heterozigotos para as caracteristicas Autossômicas, sabendo que a mãe é portadora do gene para daltismo?E uma menina assim?

    • Prezada Maria Guedes
      OBSERVAÇÃO: vamos considerar que o pai não seja daltônico (XDY), detalhe não mencionado no texto.
      – Pai não daltônico (XDY) cruzando com mãe portadora (XDXd) não tem filha daltônica e a probabilidade de ter filho daltônico é 1/4.
      – FILHO DALTÔNICO (1/4), albino (1/4) e míope (1/4) = 1/64.
      – FILHA DALTÔNICA (zero), logo a probabilidade de nascer uma menina daltônica, albina e míope é 0 (zero).
      Um abraço
      Djalma Santos

      • Muito obrigado Professor, sua resposta foi muito util…me ajudou bastante…vou adcionar este seite nos favoritos…muito bom msm…vvaleu msm…

  19. Professor, me ajude nesta se puder:
    O daltismo é uma anomalia cusada por um gene recessivo localizado no cromossomo X. Uma mulher com o fenotipo normal, num primeiro casamento com um homem daltônico, teve um filho afetado.Casa-se agora com um homem normal e deseja saber:
    a)Qual a probabilidade de ter um filho daltônico de qualquer sexo?
    b)Qual a probabilidade de ter um menino com visão normal para cores?

    Bjus….desde já…agradecida sua atenção…boa noite…

    • Cara Maria Guedes
      – Em função do descendente do 1º casamento [filho afetado (XdY)], pode-se concluir que a mulher é XDXd.
      – Casada, em 2ª núpcias, com um homem normal (XdY) = XDXd x XDY teremos:
      I. XDXD (menina normal não portadora).
      II. XDY (menino normal)
      III. XDXd (menina normal portadora)
      IV. XdY (menino daltônico)
      RESPOSTAS:
      a) 1/4.
      b) 1/4.
      Um abraço
      Djalma Santos

      • Mais uma vez…muito obrigado!
        Que Deus compence sua disponibilidade em ajudar tds por aqui…
        Abraço.

  20. Djalma por favor, por que não questão 12 letra C a chance de o II4 ser heterozigoto é 2/3? faz a continha aí por favor. Por que na letra b as chances são iguais ?? da para ser mais detalhado ?? obrigado.

    • guiengenheiro
      A explicação que você está solicitando já foi dada no dia 30 de agosto de 2001, às 19:12. Procure ver na referida publicação.
      Um abraço
      Djalma Santos

      • Boa Noite Djalma, eu não estou conseguindo entender direito essas duas questões mim dá uma força:

        1-(MACKENZIE) Atualmente deixou de ser novidade a criação de plantas transgênicas, capazes de produzir hemoglobina. Para que isso seja possível, essas plantas recebem:

        a) o fragmento de DNA, cuja seqüência de nucleotídeos determina a seqüência de aminoácidos da hemoglobina;
        b) o RNAm que carrega os aminoácidos usados na síntese de hemoglobina;
        c) somente os aminoácidos usados nessa proteína;
        d) os anticódons que determinam a seqüência de aminoácidos nessa proteína;
        e) os ribossomos utilizados na produção dessa proteína.

        2-(FUND. CARLOS CHAGAS) Qual o número de autossomos existentes em um óvulo de um animal que tem 14 pares de cromossomos?

        a) 28
        b) 26
        c) 14
        d) 13
        e) 1

        responde detalhadamente aí por favor :).

      • guiengenheiro
        01. (MACKENZIE) Atualmente deixou de ser novidade a criação de plantas transgênicas, capazes de produzir hemoglobina. Para que isso seja possível, essas plantas recebem:
        a) O fragmento de DNA, cuja sequência de nucleotídeos determina a sequência de aminoácidos da hemoglobina;*
        b) O RNAm que carrega os aminoácidos usados na síntese de hemoglobina;
        c) Somente os aminoácidos usados nessa proteína;
        d) Os anticódons que determinam a sequência de aminoácidos nessa proteína;
        e) Os ribossomos utilizados na produção dessa proteína.
        – Transgênicos ou organismos geneticamente modificados (OGMs) são seres que incorporaram, em seu patrimônio genético, genes oriundos de outros organismos e podem transmiti-los a sua prole.
        – Resposta: letra A

        02. (FUND. CARLOS CHAGAS) Qual o número de autossomos existentes em um óvulo de um animal que tem 14 pares de cromossomos?
        a) 28.
        b) 26.
        c) 14.
        d) 13.*
        e) 1.
        – O animal que tem 14 pares de cromossomos (2n = 14), possui 13 pares autossômicos e 1 par sexual.
        – O gameta desse animal (óvulo ou espermatozoide), que é haploide possui 13 cromossomos autossômicos e 1 cromossomo sexual.
        – Resposta: letra D
        Um abraço
        Djalma Santos

  21. Olha eu aqui de volta Djalma :), poderia ser mais detalhado também na questão 11 ?? só entendi que se trata de uma doença que não é ligada ao sexo, os indivíduos 4 e 5 são homozigotos (AA). Diz pra mim qual são os genótipos de cada um e o porquê.

    • guiengenheiro
      * No heredograma os dois genitores (1 e 2) expressam a anomalia. Dos filhos, dois (4 e 5) são normais e dois (3 e 6) exibem a anomalia, a exemplo dos pais.
      * Do exposto pode-se concluir que a referida anomalia é dominante, pois se ela fosse recessiva os pais seriam aa e todos os seus filhos seriam afetados, o que não ocorre.
      * Em função dos genitores terem filhos normais eles são heterozigotos (Aa).
      * Cruzamento: Aa x Aa = 1/4 AA (afetado) + 2/4 Aa (afetado) + 1/4 aa (normal). Constata-se que os afetados podem ser homozigotos (AA) ou heterozigotos (Aa) e os normais são, obrigatoriamente, homozigotos (aa).
      * Logo:
      – 1 (afetado) é Aa.
      – 2 (afetado) é Aa.
      – 3 (afetado) pode ser AA ou Aa (ver cruzamento acima).
      – 4 (normal) é aa (ver cruzamento acima).
      – 5 (normal) é aa (ver cruzamento acima).
      – 6 (afetado) pode ser AA ou Aa (ver cruzamento acima).
      Um forte abraço
      Djalma Santos

      • Grande Djalma, muito obrigado pela resposta detalhada.

  22. Olá professor, o senhor poderia comentar a questão 21 ?
    Grato

    • Caro Rodrigo
      RESOLUÇÃO
      0 0 – Fernando com certeza é IAIA, pois ele é A filho de pais IAIB. – CORRETA.
      1 1 – A mãe de Rosa com certeza é IBIB, pois ela é B filha pais IAIB. – CORRETA.
      2 2 – Os pais de Rosa são B e ela é B heterozigota (IBi), pois casada com Fernando que IAIA, teve um filho A (IAi) – CORRETA
      3 3 – A mãe de Rosa é IBIB (ver 1 1, acima) e Rosa é IBi (ver 2 2, acima). O pai de Rosa é B heterozigoto (IBi), basta analisar os avós paternos de Rosa (IAIB e IAi). Dessa forma, Rosa recebeu o IB de sua mãe e o i do seu pai. Ela transmitiu para o seu filho IAi (ver 2 2, acima), o gene i, já que o IA foi transmitido por Fernando IAIA (ver 0 0, acima), que é o pai da criança. – CORRETA
      3 3 – Rosa não pode ter sangue A, pois sua mãe é IBIB (ver 1 1, acima) – INCORRETA.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

      • Muito obrigado professor!

  23. Guiengenheiro
    (FUVEST) Em certa espécie de abelha, as células somáticas das fêmeas apresentam 32 cromossomos, enquanto as dos machos apresentam 16 cromossomos. Explique a origem das fêmeas e dos machos com esse número de cromossomos.
    – As fêmeas (2n=32) se originam de ovos (óvulos fecundados). Elas são diploides e se originam de fecundação.
    – Os machos (n=16) se originam de óvulos (são partenogenéticos). Eles são haploides e se originam de partenogênese.
    Um abraço
    Djalma Santos

  24. Pode fazer a 33 por favor? Não entendo porque a terceira é (V), obrigada!!?

    • Prezada Isabela
      – Veja a seguir a justificativa da COVEST.
      – “Tendo sido considerado um número de 100 espermatogônias (2n) e, como cada espermatogônia dará formação a quatro espermatozoides serão produzidos 400 espermatozoides. Se a frequência de permutação cromossômica é de 20%, a frequência de recombinação será de 10%. Logo, 10% dos 400 espermatozoides esperados deverão ser recombinantes e 360 não recombinantes.”
      Um abraço
      Djalma Santos

  25. Djalma, poderia me esclarecer a resposta da questão 10? Visto que segundo meus calculos não seria letra A a resposta.
    Grata Heloisa

    • Prezada Heloisa
      Veja a seguir os esclarecimentos que você solicitou.
      – Os descendentes que estão em menor quantidade são os recombinantes. Dessa forma, Ab//ab (162) e aB//ab (158) são recombinantes.
      – Total de recombinantes é 320 (162 + 158).
      – Total de descendentes (recombinantes e não recombinantes) é igual a 1600 (637 + 643 + 162 + 158).
      – Porcentagem de recombinantes é igual a 20% (320/1600).
      – A taxa de recombinação é, portanto, 20% (alternativa B).
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  26. Olá Professor Djalma Santos,parabéns pelo site,que por sinal,me ajudou muito na compreensão de genética.Queria saber sobre o exercício 27,onde a probabilidade de Maria e Hélio terem uma filha albina é de 1/12 em vez de 1/8.Muito obrigado. Gabriel Brollo Fortes

    • Prezado Gabriel
      A explicação que você está solicitando já foi fornecida a Jade Vidal em 30 de outubro de 2012 às 18:04. Veja respostas aos comentários constantes nesta publicação.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  27. Olá professor.
    Djalma qual a diferença entre alelo e gene? Em algumas questões de genética as vezes vejo gene, e em outras alelo.
    O alelo seria uma versão do mesmo gene? Gostaria de saber quando posso utilizar os termos “gene” e “alelo”?
    Abraço

    • Caro Ricardo Marinho
      – Alelos são formas alternativas de um mesmo gene. Eles ocupam, nos cromossomos homólogos, certa posição conhecida como locus gênico e são responsáveis pela mesma característica do indivíduo. Quando os indivíduos possuem alelos iguais em relação a determinada característica (AA, por exemplo) são denominados homozigotos. No caso desses alelos serem diferentes (Aa, por exemplo) os seres são conhecidos como heterozigotos.
      – Gene, por seu turno, é um segmento da molécula de DNA que possui uma instrução codificada para a síntese de uma cadeia proteica.
      Um abraço
      Djalma Santos

  28. Poderia me explicar a questão 36 da COVEST?

    “36. (COVEST) Um casal estéril, ela Rh+ (homozigótica) e ele Rh-, decidiu ter um bebê de proveta – a mulher tem atrofia do útero, e o marido produz espermatozoides normais, mas em pequeno número. A mãe de aluguel, que receberá em seu útero o zigoto do casal em questão, já teve quatro filhos, sendo que os dois últimos apresentaram a doença hemolítica dos recém-nascidos. Com base nesses dados, analise as proposições:

    I II

    0 0 – A probabilidade de o bebê de proveta nascer com a doença hemolítica do recém-nascido é zero, uma vez que sua mãe genética é Rh+ homozigótica.

    1 1 – A probabilidade de o bebê apresentar a eritroblastose fetal é zero, uma vez que seu pai genético é Rh-.

    2 2 – A probabilidade de esse bebê apresentar a referida doença é zero, uma vez que tal doença ocorre sempre que, num casal, a mãe é Rh- e o pai Rh+.

    3 3 – A probabilidade de esse bebê de proveta manifestar a eritroblastose fetal é alta, visto que ele será Rh+.

    4 4 – A chance teórica de ocorrência dessa doença hemolítica nesse bebê de proveta é de 50%, posto que a mãe genética é Rh+ e a mãe de aluguel é Rh-.”

    Desde já obrigada!

    • Prezada Julia Andreani
      Veja abaixo a explicação que você solicitou.
      – Do enunciado podemos tirar as seguintes conclusões:
      * Mãe genética: Rh+ (RR)
      * Pai genético: Rh- (rr)
      * Mãe de aluguel: Rh- (rr)/sensibilizada
      * Filhos do casal: todos Rh+ (Rr)
      – A partir delas, fica bastante fácil responder esta questão.
      0 0 – A probabilidade de o bebê de proveta nascer com a doença hemolítica do recém-nascido é zero, uma vez que sua mãe genética é Rh+ homozigótica. INCORRETA
      – Não é zero, uma vez que todos os filhos do casal são Rh+ e a mãe de aluguel é Rh-sensibilizada.
      1 1 – A probabilidade de o bebê apresentar a eritroblastose fetal é zero, uma vez que seu pai genético é Rh-. INCORRETA
      – Não é zero, uma vez que, como vimos acima, todos os filhos do casal são Rh+ e a mãe de aluguel é Rh- sensibilizada.
      2 2 – A probabilidade de esse bebê apresentar a referida doença é zero, uma vez que tal doença ocorre sempre que, num casal, a mãe é Rh- e o pai Rh+. INCORRETA
      – Não é zero, uma vez que, como vimos acima, todos os filhos do casal são Rh+ e a mãe de aluguel é Rh-sensibilizada.
      – Nem sempre ocorre quando no casal a mãe é Rh- e o pai Rh+, pois sendo o pai heterozigoto (Rr), pode nascer criança Rh-.
      3 3 – A probabilidade de esse bebê de proveta manifestar a eritroblastose fetal é alta, visto que ele será Rh+. CORRETA
      – Como vimos acima todos os filhos do casal serão Rh* (Rr) e a mãe de aluguel é Rh-sensibilizada. Dessa forma, a probabilidade será alta.
      4 4 – A chance teórica de ocorrência dessa doença hemolítica nesse bebê de proveta é de 50, posto que a mãe genética é Rh+ e a mãe de aluguel é Rh-. INCORRETA
      – A chance teórica é de 100%, pois como vimos acima todos os filhos do casal são Rh+ e a mãe de aluguel é Rh- sensibilizada.
      Um abraço
      Djalma Santos

  29. Olá, Prof. Djalma, gostaria de uma explicação sobre a resolução da questão 04 da UEL. Obrigado.

    • Caro Tales
      Veja a seguir a explicação que você solicitou.
      04. (UEL) Na espécie humana, a miopia e a habilidade para a mão esquerda são caracteres condicionados por genes recessivos que se segregam de forma independente. Um homem de visão normal e destro, cujo pai tinha miopia e era canhoto, casa-se com uma mulher míope e destra, cuja mãe era canhota. Qual a probabilidade de esse casal ter uma criança com fenótipo igual ao do pai?
      a) 1/2.
      b) 1/4.
      c) 1/8.
      d) 3/4.
      e) 3/8.
      – HOMEM (marido)
      * Visão normal – heterozigoto (Mm) em função se ser filho de um míope (mm).
      * Destro – heterozigoto (Ee) em função de ser filho de um canhoto (ee).
      – MULHER (esposa)
      * Míope (mm).
      * Destra – heterozigota (Ee) em função de ser filha de uma canhota.
      – CRUZAMENTOS
      * Mm (marido) x mm (esposa) = Mm + Mm + mm + mm – visão normal (1/2) e míope (1/2)
      * Ee (marido) x Ee (esposa) = EE + Ee + Ee + ee – Destro (3/4) e canhoto (1/4)
      – FENÓTIPO DO PAI (da criança): visão normal e destro
      * Visão normal = 1/2
      * Destro = 3/4
      * Resposta – 1/2 (visão norma) x 3/4 (destro) = 3/8. Alternativa E
      Um abraço
      Djalma Santos

  30. OLá professor Djalma poderia resolver a questão 02, pq o gabarito está dando errado.

    • Layanne
      A seguir as explicações que você solicitou:
      – I.2 (genitora) é Rh negativo (dd), pois teve filhos com eritroblastose fetal (II.2 e II.3). Lembramos que genitora Rh positivo não tem filhos com eritroblastose fetal.
      – I.1 (genitor) é Rh positivo (Dd). Ele teve, com 1.2 (dd), filhos Rh positivo (II.2 e II.3) e filho negativo (II.4). Observe que a genitora já está sensibilizada com o nascimento de II.2 e II.3 e II.4 não apresentou eritroblastose fetal, logo ele é Rh negativo (dd).
      – II.1 é Rh positivo heterozigoto (Dd), pois sensibilizou a genitora levando a que o segundo e o terceiro filhos (II.2 e II.3) apresentassem eritroblastose fetal. Se ele fosse Rh negativo (dd) não sensibilizaria a genitora. Por seu turno, sendo filho de I-1 (Dd) e I.2 (dd) e sendo positivo ele será heterozigoto (Dd).
      – Conclusão:
      * I.1 – Dd
      * I-2 – dd
      * II-1 – Dd
      * II-2 – Dd
      * II-3 – Dd
      * II-4 – dd.
      – Alternativa correta: A
      * I.1 – Dd; II.1 – Dd; II.4 – dd.
      Um abraço
      Djalma Santos

  31. Parabéns pela dedicação e atenção enorme a todos. Parabéns mesmo! Beijos

  32. Professor. EU gostaria de ver a resolução da questão 14.

    • Prezada Camila
      Ver resposta ao comentário de Karina (dia 06/11/2012, às 11:25).
      Sucesso
      Djalma Santos

  33. Como se faz a questão 6? Aglutinação é sinônimo de presença?

    • Cara Júlia
      Ver resposta ao comentário de Kamila, no dia 14.05.2012, às 18:40.
      Um abraço
      Djalma Santos

  34. Eu não entendi muito bem a 17, poderia me explicar por favor com a resolução. Obrigada!

    • Prezada Verônica
      Veja a seguir, as explicações que você solicitou. Lembro que a questão pede a incorreta (“…Após análise, o médico fez cinco afirmações. Em qual delas ele cometeu um engano? …”)
      – “ (a) Maria só pode pertencer à família Furquim.
      * Maria (O) pode ser filha:
      I. Da família Palmeira, se os pais forem heterozigotos (IAi e IBi).
      II. Da família Furkim, se a mãe for heterozigota (IAi).
      – ALTERNATIVA INCORRETA
      – “b) Carlos não pode pertencer à família Furquim.”
      * Carlos (AB), realmente, não pode pertencer a família Furkim, já que nessa família o pai é O (ii) e a mãe é A (IAIA ou IAi).
      – ALTERNATIVA CORRETA
      – “c) José pode pertencer às famílias Furquim, Palmeira e Madureira.”
      * José (A) pode, realmente, pertencer às três famílias.
      – ALTERNATIVA CORRETA
      – “d) Os dados não permitem determinar, com certeza, a paternidade das três crianças.”
      * Os dados, realmente, não permitem determinar, com certeza, a paternidade das três crianças.
      I. Maria pode ser filha dos casais Palmeira e Furkim.
      II. José pode ser filho dos casais Palmeira, Furkim e Madureira.
      III. Carlos pode ser filho dos casais Palmeira e Madureira.
      – ALTERNATIVA CORRETA
      – “e) Carlos pode pertencer à família Palmeira ou Madureira.”
      * Carlos (AB) pode pertencer à família Palmeira ou Madureira.
      – ALTERNATIVA CORRETA
      GABARITO DA QUESTÃO: A
      Um abraço
      Djalma Santos

  35. Olá, professor! Poderia fazer a resolução do exercício 9? Não entendi como fazê-lo, quando os alelos não foram determinados e não diz o que aconteceria caso fosse dominante ou recessivo, homozigoto ou héterozigoto.

    • Prezada Taissa
      Veja a seguir a resolução da questão 9, como você solicitou.
      09. (COVEST) Qual a probabilidade de um casal de mulato médio (SsTt), vir a ter um filho branco e outro preto?
      a) 6,25 para ter um filho branco: 6,25 para ter um filho preto.
      b) 6,25 para ter um filho branco: 11,11 para ter um filho preto.
      c) 50 para ter um filho branco: 50 para ter um filho preto.
      d) 25 para ter um filho branco: 25 para ter um filho preto.
      e) 75 para ter um filho branco: 25 para ter um filho preto.
      – A cor da pele no homem é uma herança quantitativa determinada, segundo Devenport (1913),
      por dois pares der genes, localizados em cromossomos diferentes. Nessa questão esses genes foram representados por SsTt. Embora não haja dominância entre eles, costuma-se representá-los por letras maiúsculas e minúsculas. Os representados por letras maiúsculas (ST) determinam a produção de grande quantidade de pigmento melanina nas células da pele, enquanto os representados por letras minúsculas (st) levam à produção de menor quantidade do referido pigmento [ST (produção máxima de melanina) e st (produção mínima de melanina)]. Com base no exposto, pode-se distinguir cinco classes de coloração da pele: preto (SSTT), mulato escuro (SSTt, SsTT), mulato médio (SStt, ssTT, SsTt), mulato claro (Sstt, ssTt) e branco (sstt).
      – Casal mulato médio (SsTt x SsTt) = preto (1/16) + mulato escuro (4/16) + mulato médio (6/16) + mulato claro (4/16) + branco (1/16). Proporção = 1:4:6:4:1.
      * Branco (sstt) = 1/16 = 0,0625 = 6,25%
      * Preto (SSTT) = 1/16 = 0,0625 = 6,25%
      – Alternativa correta = A (“6,25 para ter um filho branco: 6,25 para ter um filho preto.”)
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  36. Professor, você poderia resolver a questão 32?

    • Gabiteixeira
      Veja, a seguir, as explicações dadas pela COVEST.
      “0-0) Verdadeiro. Considerando que os fenótipos de maior frequência revelam o genótipo de um dos progenitores, visto que o outro progenitor é homozigótico recessivo (cruzamento teste), e comparando-se esses genótipos de maior frequência com os demais, percebe-se que os fenótipos 3 e 4 resultaram de recombinação entre os locos A e B.
      1-1) Verdadeiro. A recombinação pode ocorrer de forma simples, no caso, apenas entre os locos B e C, ou de forma dupla, ou seja, simultaneamente, entre os locos A e B e os locos B e C. Essas diferentes recombinações devem resultar em diferentes fenótipos, o que é comprovado, no exemplo dado, pelos fenótipos 5, 6, 7 e 8. Os fenótipos 5 e 6 decorreram de recombinação simples entre B e C, e os fenótipos 7 e 8 decorreram de recombinação dupla. Em todos os quatro casos, obviamente, ocorreu recombinação entre os locos B e C.
      2-2) Falso. Sabe-se que a probabilidade de ocorrerem dois eventos de recombinação em um mesmo segmento cromossômico é menor do que a probabilidade da ocorrência de apenas um evento recombinacional. Sabe-se, também, que a dupla recombinação troca a posição do alelo que estiver no meio do segmento considerado. Logo, os fenótipos 7 e 8 decorreram de recombinação tanto entre os locos A e B quanto entre os locos B e C, e não como afirmado na proposição.
      3-3) Verdadeiro. A sequência dos alelos no segmento cromossômico em questão é: A——-B——-C. (Ver justificativa 2-2).
      4-4) Verdadeiro. No exemplo dado, a distância entre os locos A e B é maior do que a distância entre os locos B e C. Sem considerar a interferência genética (segundo a qual, a ocorrência de permuta genética em uma região cromossômica pode interferir em maior ou menor grau com a ocorrência de uma outra permutação em sua proximidade), a frequência de recombinação observada entre os locos A e B é de 18, 3% (133/726, dos quais: 62 Abc, 60 aBC, 7 AbC e 4 aBc no total de 726), e a frequência de recombinação observada entre os locos B e C é de 13, 6% (99/726, dos quais: 40 ABc, 48 abC, 7 AbC e 4 aBc no total de 726).”
      Um abraço
      Djalma Santos

  37. a questao 7 nao era pra ser letra E? Ja que a letra D os dois filhos sao RH + e o primeiro nasceeu nem problemas?

    • Prezado Luciano
      Veja a seguir a explicação que você solicitou
      – Mulheres Rh- podem produzir anticorpos anti-Rh quando geram filhos Rh+. Isto ocorre porque durante a gestação e, principalmente, no momento do parto, ocorrem rompimentos de vasos sanguíneos, permitindo a passagem de hemácias da criança (Rh+) para mãe. Isso provoca uma reação do sistema imunológico da mãe que, reagindo à presença do fator Rh fetal, começa a produzir anticorpos. Mesmo que essa produção ocorra ainda na gravidez, ela é lenta, e o 1º filho, via de regra, não terá problema. A partir da 2ª gestação, se o filho for Rh+ novamente, como a mãe já está sensibilizada, o feto tem grandes probabilidades de apresentar a eritroblastose fetal [doença hemolítica do recém-nascido (DNRN)]. Dessa forma, essa doença só ocorre quando a mãe é Rh- já sensibilizada. Ela não ocorre quando a mãe é Rh+ ou não sensibilizada, como no caso, por exemplo, do 1º filho ser Rh-, como mostra a alternativa E.
      – Alternativa A – INCORRETA
      * Mãe Rh+.
      – Alternativa B – INCORRETA
      * Mãe Rh+.
      – Alternativa C – INCORRETA
      * Genitores Rh- não têm filhos Rh+.
      – Alternativa E – INCORRETA
      * 1º filho Rh- (mãe não sensibilizada).
      Um abraço
      Djalma Santos

  38. professor, gostaria q o senhor explicasse a questão 28. obg!

    • Veja, abaixo, a solução da questão 28.
      – Como II1 é do grupo sanguíneo (O), I1 e I2 são heterozigóticos para o referido loco, a saber, eles são genotipicamente IAi e IBi. Logo, esse casal pode gerar descendentes dos grupos (A), (B), (AB) e (O), com frequências de 1/4 para cada tipo de fenótipo. A probabilidade do nascimento de uma quarta criança e essa ser do grupo sanguíneo (A) é igual a 1/4 (25%).
      Sucesso
      Djalma Santos

  39. Professor, na questão de número 6 levando em consideração o efeito bombaim e que através do teste mostrado na figura não podemos saber os genotipos exatos de cada indivíduo assim não podendo saber se individuo 1 é um falso O assim esse indivíduo poderia possuir o genotipo Ia i que se cruzado com indivíduo 4 tipo B que poderia possuir o genotipo Ib i poderia resultar em descedentes tipo A e O . Após ler meu raciocínio o senhor não acha que a b pode estar correta também?
    Por favor responda. Me desculpe se eu viajei na maionese ,pela forma como escrevi os genes e se não me fiz entender direito.

    • Caro Vitor
      A questão não está levando em consideração o falso O, tipo sanguíneo presente em uma pequena porcentagem da população. O teste para detectar se uma pessoa é realmente “O” ou falso “O” [ver FALSO “O” (FENÓTIPO BOMBAIM OU EFEITO BOMBAIM), matéria publicada neste blog no dia 23.02.2012.] é feito aplicando-se o anticorpo anti-H em uma gota de sangue. Se houver aglutinação, o indivíduo é um “O” verdadeiro (ii). Não ocorrendo aglutinação, ele é um falso “O”, podendo ser AIA, IAi, IBIB, IBi ou IAIB.
      Um abraço
      Djalma Santos

  40. Resolução da questão 4, por favor?

    • Prezada Júlia
      Ver resposta ao comentário de Tales no dia 03/07/2013, às 23:39.
      Sucesso
      Djalma Santos

  41. Obrigada por responder a questão 17, Djalma 🙂

    • Prezada Sthephanie
      Disponha do nosso blog.
      Sucesso
      Djalma Santos

  42. Professor, mesmo com a justificativa da alternativa 4 da questão 33 não consegui entender o raciocínio. Se 20/100 sofrem permutação, não seriam formados 10% de cada gameta que sofreu a permutação, no caso 10% de Ab e 10% de aB? Se 20/100 sofrem permutação, 80/100 não sofrem, correto? Não consigo entender por que 80% de 400 (células resultantes da meiose) da 360 e não 320.
    Desde já agradeço

    • Prezada Júlia
      Veja, a seguir, a explicação da alternativa que você solicitou (“Trezentos e sessenta gametas não recombinantes são esperados”).VERDADEIRA
      * Considerando que cada espermatogônia (2n) forma quatro espermatozoides (n), 100 espermatogônias formarão 400 espermatozoides. Como a frequência de permutação cromossômica é de 20%, a frequência de recombinação será de 10%. Dessa forma, 10% (40) dos 400 espermatozoides esperados deverão ser recombinantes e 360 não recombinantes (400 – 40 = 360).
      * Como você pode constar, a resposta é, realmente, 360 e não 320, como você citou no seu comentário.
      Um forte abraço
      Djalma Santos.

      • Gostaria muito da resolução da questão 38,muito obrigada

      • Prezada Nicole
        Interpretação do heredograma.
        – I.1: XDY- IAi
        – I.2: XDXd – IAIB
        – II.1: XDY – IAIB
        – II.2: XDY – ii
        – II.3: XDXd – IAi
        – II.4: XDXd – IAi
        – II.5: XDX_ – IB_
        – II.6: XdY – IBi
        – II.7: XDX_ – IBi
        – III.1: XDY – IAi
        – III.2: XdY – ii
        – III.3: XdY – ii
        – III.4: (?) – ii
        – III.5: XDY – IB_
        – III.6: XDXd – IB_
        ALTERNATIVA CORRETA: A
        (“Considerando que o pai do indivíduo II5 é daltônico e de sangue tipo O, a probabilidade de que o casal II5 X II6 venha a ter uma criança do sexo masculino, daltônica e de sangue tipo O é 1/16.”)
        JUSTIFICATIVA
        – ALTERNATIVA A (“Considerando que o pai do indivíduo II5 é daltônico e de sangue tipo O, a probabilidade de que o casal II5 X II6 venha a ter uma criança do sexo masculino, daltônica e de sangue tipo O é 1/16.”) – CORRETA
        * O indivíduo II5 pode ser XDXD (daltônico homozigoto) ou XDXd (daltônico heterozigoto) e IBIB ou IBi, como vimos acima em “Interpretação do heredograma”. Considerando, como consta nesta alternativa, que seu pai é daltônico (XdY) e de sangue O (ii) ele será XDXd – IBi. Neste caso, a probabilidade do casal II5 (XDXd – IBi) x II6 (XdY – IBi) vir a ter uma criança do sexo masculino, daltônica e de sangue tipo O será:
        – Ser do sexo masculino/daltônica = 1/4
        – Ter sangue tipo O = 1/4
        – Ser do sexo masculino/daltônica e ter sangue tipo O será 1/16 (1/4 x 1/4), como consta nesta alternativa.
        – ALTERNATIVA B (“Os genótipos dos gêmeos monozigóticos e dizigóticos correspondem a XdY ii e XDXd IAi, respectivamente.”) – INCORRETA
        * Ao contrário do que consta nesta alternativa, os gêmeos monozigóticos (II3 e II4) são XDXd – IAi e os gêmeos dizigóticos (III2 e III3) são XdY – ii. Ver “Interpretação do heredograma”, acima.
        – ALTERNATIVA C (“Em casos de extrema necessidade, o individuo III6 poderá receber sangue dos indivíduos I2, II1, II5, II6 e III5.”) – INCORRETA
        * O indivíduo III6 tem sangue do tipo B e os indivíduos I2, II1, II5, II6 e III5 têm, respectivamente, sangues do tipo AB, AB, B, B e B, logo ele não poderá, na condição descrita nesta alternativa, receber sangue de I2 (AB) nem de II1 (AB). Ele poderá receber sangue de II5, II6 e III5, todos do grupo B.
        – ALTERNATIVA D (“O indivíduo II1, casando-se com uma mulher daltônica e de sangue tipo AB, terá 1/4 de probabilidade de ter uma criança, do sexo feminino, daltônica e de sangue tipo AB.”) – INCORRETA
        * Casamento do indivíduo II1(XDY – IAIB) com uma mulher daltônica de sangue tipo AB (XdXd – IAIB):
        – Criança do sexo feminino/daltônica = zero, logo, ao contrário do que consta nesta alternativa, a probabilidade não é 1/4.
        – ALTERNATIVA E (“Os genótipos dos indivíduos III1 e II7 são, respectivamente, XDY IAi e XDXd IAIB.”) – INCORRETA
        * Ao contrário do que consta nesta alternativa, os genótipos do indivíduos III1 e II7 são, respectivamente, XDY – IAi e XDX_ – IBi. Ver “Interpretação do heredograma”, acima.
        Um forte abraço
        Djalma Santos

  43. muito obrigado pela resolução da 27!!! Extremamente esclarecedor.

  44. Parabéns! ótimas explicações

  45. Ameeei , obrigada Prof !

  46. Professor, gostaria da explicação da questão 40 por favor!!

    • Prezada Ana
      ALTERNATIVA CORRETA: E (“a presença de sardas se deve a um alelo autossômico dominante.”).
      – O texto (… As sardas aparecem igualmente em homens e em mulheres, …”), elimina as alternativas A (“a presença de sardas se deve a um alelo recessivo ligado ao cromossomo Y.), B (“a presença de sardas se deve a um alelo recessivo ligado ao cromossomo X.) e C (“a presença de sardas se deve a um alelo dominante ligado ao sexo.). Não se trata de uma herança ligada ao sexo.
      – ALTERNATIVA D (“a presença de sardas se deve a um alelo autossômico recessivo.”)
      * Se a característica fosse devido a um alelo autossômico recessivo, o segundo casal (ambos com sardas), da segunda geração, não teria filho sem sardas, como mostra o heredograma.
      Um abraço
      Djalma Santos

  47. professor, pode responder a questão 8, por favor? obrigada

    • Wemerson
      Veja, abaixo, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: C (“1/4.”)
      JUSTIFICATIVA
      – 1 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 2 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 5 é ii (grupo sanguíneo O) e mm (míope)
      – 3 é ii (grupo sanguíneo O)
      – 4 é IAIB (grupo sanguíneo AB) e mm (míope)
      – 6 é IAi (grupo sanguíneo A) ou IBi (grupo sanguíneo B) e Mm (normal portador para a míopia)
      – A probabilidade do casal 5 (ii e mm) – 6 [IAi (A) ou IBi (B) e Mm (normal portador)] é:
      * De ser do grupo sanguíneo O é 1/2.
      * De ser míope é 1/2.
      – Finalmente de ser do grupo sanguíneo O (1/2) e míope (1/2) é 1/4 (1/2 x 1/2).
      – ALTERNATIVA C
      Um abraço
      Djalma Santos

  48. muito obrigado prof., parabéns pelo seu trabalho. um abraço

  49. Perfeitas as resoluções dos exercícios, mestre! Um forte abraço.

  50. olá! gostaria de saber da pergunta II da 14. Obrigada!

    • 14. (MEDICINA-TAUBATÉ) Qual a probabilidade de que uma família com 4 crianças seja constituída, respectivamente, de:
      I. Quatro meninos?
      II. Dois meninos e duas meninas?
      III. Quatro meninas?
      a) I = 1/16; II = 3/8; III = 1/16.
      b) I = 3/8; II = 1/16; III = 3/8.
      c) I = 1/8; II = 1/16; III = 1/8.
      d) I = 1/16; II = 1/8; III = 1/16.
      e) I = 1/16; II = 1/4; III = 1/16.
      Prezada Talita
      Veja, a seguir, a resolução da questão acima.
      ALTERNATIVA CORRETA: A (“I = 1/16; II = 3/8; III = 1/16.”)
      JUSTIFICATIVA
      – Não é solicitada a ordem de nascimento (detalhe muito importante para a resolução da questão).
      RESOLUÇÃO
      – (a + b) elevado a 4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4
      *Meninos: a (1/2)
      *Meninas: b (1/2)
      I. Quatro meninos = a4 = 1/16
      II. Dois meninos e duas meninas = 6a2b2 = 3/8
      III. Quatro meninas = a4 = 1/16
      ALTERNATIVA A
      Um abraço
      Djalma Santos

  51. Professor, poderia me explicar a questão de número 27?

    • Prezada Bárbara
      Veja, abaixo, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: B (“1/12.”).
      JUSTIFICATIVA
      – Hélio, não albino, é, com certeza, heterozigoto (Aa), haja vista que seu genitor é albino (aa).
      – Para que o casal tenha filho albino (aa) é necessário que Maria, que é normal (AA ou Aa) seja também heterozigota (Aa).
      – PROBABILIDADE DE MARIA, QUE É NORMAL, SEJA HETEROZIGOTA:
      I. Pais de Maria são heterozigotos (Aa), como consta no enunciado (“ … considerando que Maria é filha de pais heterozigotos, …”) é: Aa x Aa = 1/4 AA (normal homozigoto) + 2/4 Aa (normal heterozigoto) + 1/4 aa (albino).
      II. Como Maria não é albina, a condição aa (1/4) deve ser eliminada da probabilidade.
      III. Logo a probabilidade será 2/3 (2 Aa em 3 normais) e não 2/4, como você deve ter pensando.
      – CÁLCULO FINAL
      * Probabilidade de Maria ser Aa = 2/3.
      * Probabilidade de o casal ter filho albino (aa) = 1/4.
      * Probabilidade de ser uma menina = 1/2.
      * Logo: 2/3 x 1/4 x 1/2 = 1/12 (RESPOSTA B).
      Um abraço
      Djalma Santos

  52. Professor, o senhor poderia comentar a 37? Agradeço desde já!

    • Gabriela
      Veja, a seguir, a explicação que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: E (“Na situação III, o gene A inibe a expressão do gene B, resultando nas proporções fenotípicas 13:3.”).
      EFEITO ESPISTÁTICO
      – “Inibição” de um gene por outro que não é seu alelo, caso mencionado no cruzamento que envolve os genes A (a) e B(b). Na epistasia, os genes podem, inclusive, estar em cromossomos diferentes. Lembramos que quando essa inibição ocorre entre genes alelos (ver trabalhos de Mendel) é denominada dominância.
      – As interações epistáticas, com 2 pares de genes, são caracterizadas pela redução do número de classes fenotípicas e alteração na proporção 9:3:3:1, da geração F2 de Mendel [Lei da Segregação Independente (segunda Lei de Mendel)].
      – O gene que “inibe” o efeito de um ou mais genes não alelos, caso do gene A, mencionado no cruzamento, é denominado epistático, enquanto aquele, caso do gene B, referido no cruzamento, cujos efeitos são “inibidos”, recebe a denominação de hipostático. O gene epistático pode ser dominante ou recessivo. No primeiro caso, em que o epistático atua em dose simples (a presença de um único alelo epistático seja suficiente para provocar a “inibição” do hipostático) fala-se em epistasia dominante e no segundo, em que a epistasia atua apenas em dose dupla, diz-se que ela é recessiva.
      Djalma Santos

  53. Professor me ajuda! Gostaria de saber se na questão 27 o carater mercado (afetado) é dominante ou recessivo? porque? e qual a probabilidade dos dois primeiros individuos do heredrograma (o normal e o infetado) gerar outro individuo afetado? aguardo resposta

    • Ver resposta ao comentário de Bárbara, nesta publicação.
      Djalma Santos


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