Publicado por: Djalma Santos | 1 de outubro de 2013

Testes de genética

01. (UFLA) No milho, a textura da semente pode ser lisa devido ao alelo Su e rugosa devido ao alelo su. A cor da semente pode ser amarela devido ao alelo Y e branca devido ao alelo y. A planta pode ser alta devido ao alelo Br e baixa devido ao alelo br. Uma planta pura, alta, de semente lisa e amarela, foi cruzada com outra planta pura, baixa, de semente rugosa e branca. Na geração F1, observaram-se 100% das plantas altas, de semente lisa e amarela. Se as plantas da geração F1 forem intercruzadas, o número de gametas produzidos pelas plantas F1 e a proporção fenotípica esperada na geração F2 será, respectivamente:

a) 4 e 3:3:3:1:1:1.

b) 8 e 27:9:9:9:3:3:3:1.

c) 8 e 9:3:3:1.

d) 16 e 9:3:3:1.

e) 16 e 27:9:9:9:3:3:3:1.

02. (FUVEST) Em uma população de mariposas, 96% dos indivíduos têm cor clara e 4%, cor escura. Indivíduos escuros cruzados entre si produzem, na maioria das vezes, descendentes claros e escuros. Já os cruzamentos entre indivíduos claros produzem sempre apenas descendentes de cor clara. Esses resultados sugerem que a cor dessas mariposas é condicionada por:

a) Um par de alelos, sendo o alelo para cor clara dominante sobre o que condiciona cor escura.

b) Um par de alelos, sendo o alelo para cor escura dominante sobre o que condiciona cor clara.

c) Um par de alelos, que não apresentam dominância um sobre o outro.

d) Dois genes ligados com alta taxa de recombinação entre si.

e) Fatores ambientais, como a coloração dos troncos onde elas pousam.

03. (UPE) Em um vegetal, existem três pares de genes A, R e M, situados no mesmo cromossomo e a, r e m, no seu homólogo.

Pesquisas revelaram:

A – R = 3,5% de permuta.

A – M = 17,4% de permuta.

R – M = 13,9% de permuta.

Encontrando-se mais um gene T, cuja frequência de permuta é entre M – T = 15 e R – T = 1,1 podemos deduzir que a frequência entre A – T e a posição de T no cromossomo são, respectivamente:

a) 3,4%, entre os genes M e R.

b) 16,3%, entre os genes R e M.

c) 12,8%, entre os genes A e R.

d) 1,4%, entre os genes A e M.

e) 2,4%, entre os genes A e R.

04. (U.F. Uberlândia) Admitindo-se que fosse possível isolar núcleos de células intestinais de um coelho macho A, implantados em óvulos de uma coelha B, previamente enucleados, e conseguir seu desenvolvimento no útero de uma coelha C, teríamos em consequência descendentes:

a) Triploides.

b) 50% machos e 50% fêmeas.

c) Todos machos idênticos a A.

d) Todas fêmeas idênticas a B.

e) Todas fêmeas idênticas a C.

05. (FUVEST) Considere os seguintes cruzamentos para ervilha, sabendo que V representa o gene que determina cor amarela dos cotilédones e é dominante sobre o alelo v, que determina cor verde.

I.  VV x vv

II.  Vv x Vv

III.  Vv x vv

Um pé de ervilha, heterozigoto e que, portanto, pode produzir vagens com sementes amarelas e com sementes verdes, pode resultar:

a) Apenas do cruzamento I.

b) Apenas do cruzamento II.

c) Apenas do cruzamento III.

d) Apenas dos cruzamentos II e III.

e) Dos cruzamentos I, II e III.

06. (PUCCAMP) Com relação à pelagem de uma determinada raça de cães, a cor preta é condicionada pelo gene dominante B, e a branca, pelo seu alelo recessivo b; o tipo crespo é condicionado por outro gene dominante L, e o liso, pelo seu alelo recessivo l. Do cruzamento entre um exemplar preto-crespo e um preto-liso nasceram 2 filhotes preto-crespos, 2 preto-lisos, 1 branco-crespo e 1 branco-liso. Os prováveis genótipos dos pais e dos filhotes de pelagem branca são:

Pais

Filhotes

a

BbLL;Bbll

bbLl;bbll

b

bbLl;bbll

BbLl;Bbll

c

BbLl;Bbll

bbLl;bbll

d

BbLl;Bbll

BbLl;Bbll

e

BbLl;BbLl

bbLl;bbll

07. (UPE) Admitindo-se que a herança da cor da pele na espécie humana seja devido a dois pares de genes aditivos, o negro teria o genótipo AABB e o branco aabb. Entre os fenótipos extremos existiriam mais 3 fenótipos, cuja intensidade seria determinada pela quantidade de genes A ou B.
   GENÓTIPOS       FENÓTIPOS
       AABB        Negro
       AABb       AaBB

Mulato escuro

       AAbb       AaBb       aaBB

Mulato médio

       Aabb aaBb

Mulato claro

       aabb        Branco
Cláudia é mulata média, filha de mãe preta, casa-se com Ednaldo que é preto. Assinale a alternativa que indica os fenótipos e respectivas probabilidades dos descendentes deste casal.

a) Mulato escuro-1/4; mulato médio-1/2; mulato claro-1/4.

b) Mulato médio-1/2; mulato claro-1/4; branco-1/4.

c) Preto-1/2; mulato médio-1/4; mulato claro-1/4.

d) Preto-1/4; mulato escuro-1/2; mulato médio-1/4.

e) Mulato claro-1/4; preto-1/4; mulato médio-1/4; mulato escuro-1/4.

08. (UFLA) O alelo que manifesta o seu fenótipo tanto nos indivíduos homozigóticos como heterozigóticos é denominado:

a) Letal.

b) Epistático.

c) Recessivo.

d) Dominante.

e) Ligado.

09. (OBJETIVO-SP) Em camundongos, o genótipo aa é cinza; Aa é amarelo e AA morre no início do desenvolvimento embrionário. Que descendência se espera do cruzamento entre um macho amarelo com uma fêmea amarela?

a) 1/2 amarelos; 1/2 cinzentos.

b) 2/3 amarelos; 1/3 cinzentos.

c) 3/4 amarelos; 1/4 cinzentos.

d) 2/3 cinzentos; 1/3 amarelos.

e) Apenas amarelos.

10. (UFLA) Considere as proposições seguintes.

I. O enunciado da Primeira Lei de Mendel diz que os alelos de um gene separam-se durante a formação dos gametas.

II. O enunciado da Segunda Lei de Mendel diz que quando dois ou mais genes estão envolvidos, cada um atua e segrega independentemente dos demais.

III. A fase da meiose, responsável pela ocorrência da Segunda Lei de Mendel, é a Anáfase I.

Assinale:

a) Se somente I e II estiverem corretas.

b) Se somente I e III estiverem corretas.

c) Se somente I estiver correta.

d) Se somente II e III estiverem corretas.

e) Se I, II e III estiverem corretas.

11. Os genes presentes nos cromossomos humanos, em conjunto com fatores ambientais, determinam as características fenotípicas individuais dos seres. Em relação a esse assunto, verifique as proposições abaixo.

I   II

0 0 – Nas regiões não homólogas dos cromossomos sexuais, é intensa a atividade de recombinação gênica.

1  1 –  Gêmeas monozigóticas podem apresentar diferenças fenotípicas relacionadas aos genes localizados no cromossomo X.

2   2 – Quanto maior a variabilidade genética de uma população, maior é o número de genes em heterozigose.

3   3 – Cada um dos cromossomos do cariótipo humano contém o mesmo número de genes.

4   4 – Os genes quando ativos sempre determinam a síntese de uma proteína.

12. (UPE) O heredograma a seguir se refere a um tipo de miopia e as pessoas representadas pelas figuras cheias são míopes.

12

Baseado no heredograma, responda a alternativa correta, considerando M para o gene dominante e m para o recessivo:

a) É um tipo de herança recessiva ligada ao sexo e o genótipo das pessoas II-3 e 4 é Mm.

b) A herança é dominante, ligada ao sexo e os genótipos das pessoas I-1 e 2, são, respectivamente, MM e mm.

c) A herança é holândrica, míope é dominante em relação ao normal e o genótipo de III-5 é mm.

d) A miopia é recessiva em relação ao normal, não dependendo do sexo e o genótipo da pessoa III-4 é MM.

e) Este tipo de miopia é autossômica recessiva e o genótipo do indivíduo II-3 é Mm.

13. (PUC-SP) A 1a lei de Mendel considera que:

a) Os gametas são produzidos por um processo de divisão celular, chamado meiose.

b) Na meiose, os pares de fatores se segregam independentemente.

c) Os gametas são puros, ou seja, apresentam apenas um componente de cada par de fatores considerados.

d) O gene recessivo se manifesta unicamente em homozigose.

e) A determinação do sexo se dá no momento da fecundação.

14. (CESGRANRIO) Em uma espécie animal, cujo 2n = 6, o cariótipo de células somáticas de machos e fêmeas se apresenta como mostram os desenhos a seguir.

14

A análise desses cariótipos revela que, nessa espécie, a determinação do sexo é feita por um sistema, em que o macho e a fêmea são, respectivamente.

a) XY e XX.

b) YO e XX.

c) XO e XX.

d) XY e XO.

e) XO e XY.

15. (UEM) No heredograma abaixo, estão assinalados os membros de uma família afetados por uma doença hereditária. Com base nas informações obtidas no heredograma a seguir, assinale a(s) alternativa(s) correta(s).

15

I   II

0  0 – A doença em questão é determinada por alelo recessivo.

1  1 – O indivíduo 1 é heterozigoto, pois é normal, mas tem uma filha doente.

2  2 – A mulher 6 tem genótipo homozigoto recessivo, pois ela tem um filho com a doença.

3  3  – A probabilidade de o casal 5-6, em outra gestação, ter um descendente afetado pela doença é de 1/4 ou 25%.

4  4 – Se o homem 7 tiver um descendente com uma mulher heterozigota, a probabilidade de esse descendente nascer com a doença é de 75%.

16. (UFMG) Analise o heredograma abaixo.

16

Sobre as informações contidas nesse heredograma, todas as afirmativas estão corretas, exceto:

a) Homens e mulheres podem ser igualmente afetados pela anomalia.

b) O número de mulheres heterozigotas é o dobro do número de homozigotas.

c) Os casais II.3 x II.4 e III.6 x III.7, têm a mesma probabilidade de ter crianças afetadas.

d) Os homens normais representados são heterozigotos.

e) Os indivíduos afetados representados são homozigotos.

17. (FGV-SP) Sabe-se que o casamento consanguíneo, ou seja, entre indivíduos que são parentes próximos, resulta numa maior frequência de indivíduos com anomalias genéticas. Isso pode ser justificado pelo fato de os filhos apresentarem:

a) Maior probabilidade de heterozigoses recessivas.

b) Maior probabilidade de homozigoses recessivas.

c) Menor probabilidade de heterozigoses dominantes.

d) Menor probabilidade de homozigoses dominantes.

e) Menor probabilidade de homozigoses recessivas.

18. (FUVEST) Em plantas de ervilha ocorre, normalmente, autofecundação. Para estudar os mecanismos de herança, Mendel fez fecundações cruzadas, removendo as anteras da flor de uma planta homozigótica de alta estatura e colocando, sobre seu estigma, pólen recolhido da flor de uma planta homozigótica de baixa estatura. Com esse procedimento, o pesquisador:

a) Impediu o amadurecimento dos gametas femininos.

b) Trouxe gametas femininos com alelos para baixa estatura.

c) Trouxe gametas masculinos com alelos para baixa estatura.

d) Promoveu o encontro de gametas com os mesmos alelos para estatura.

e) Impediu o encontro de gametas com alelos diferentes para estatura.

19. (UFPB) Um indivíduo heterozigoto para dois pares de genes autossômicos, que apresentam segregação independente, casa-se com uma mulher homozigota recessiva para esses mesmos pares de genes. A probabilidade de nascer um filho genotipicamente igual ao pai, com relação ao par de genes considerados, é:

a) 1/2.

b) 1/4.

c) 1/8.

d) 1/12.

e) 1/16.

20. (UFLA) A ausência de chifres em bovinos é condicionada pelo alelo dominante M e a presença de chifres, pelo alelo recessivo m. No acasalamento entre animais mochos (sem chifres) e heterozigóticos, espera-se que a porcentagem de descendentes mochos seja de:

a) 12,5%.

b) 75%.

c) 25%.

d) 50%.

e) 0%.

21. No Brasil, uma lei determina que os recém-nascidos sejam submetidos ao “teste do pezinho”, por meio do qual se identifica a fenilcetonúria, doença hereditária que pode levar ao retardamento mental, com prejuízo da fala e dos movimentos. Se detectada a tempo, essa doença pode ser controlada, ministrando-se ao recém-nascido uma dieta especial. O heredograma seguinte ilustra uma situação em que há indivíduos fenilcetonúricos (negros). Considerando o esquema, julgue os itens abaixo.

21

I   II

0  0 – O caráter fenilcetonúrico apresenta um padrão de herança recessivo.

1  1 – A dieta especial a que devem ser submetidos os recém-nascidos fenilcetonúricos tende a alterar a frequência do gene da fenilcetonúria na população.

2 2 – As mulheres normais  representadas no heredograma  são necessariamente heterozigotas.

3 3 – A probabilidade  de que o  casal formado  pelos indivíduos 10 e 11 tenha dois descendentes normais é igual a 12,5%.

4  4 – O cruzamento entre os indivíduos 10 e 11 ilustra como a consanguinidade influencia o aparecimento de doenças hereditárias.

22. (UPE) Sabendo-se que entre M e R ocorre 24% de permuta, que tipos de gametas e respectivas proporções produz um indivíduo MR/mr?

a) MM = 26%; rr = 26%; Mr = 24%; mR = 24%.

b) MR = 26%; mr = 26%; Mr = 24%; mR = 24%.

c) MM = 44%; Mr = 6% mR = 6% mm = 44%.

d) MR = 38%; mm = 38%; mr = 12%; rr = 12%.

e) MR = 38%; mr = 38%; Mr = 12%; mR = 12%.

23. (UFMG) Observe o esquema abaixo de uma célula diploide de um organismo resultante da fecundação ocorrida entre dois gametas normais.

23

Os gametas que originaram esse organismo deveriam ter os genótipos indicados em:

a) AaB + Bee.

b) AAe + aBB.

c) Aae + BBe.

d) ABe + ABe.

e) ABe + aBe.

24. (PUC-SP)

24

A fotografia acima mostra o último czar da Rússia, Nicolau II, sua esposa Alexandra, suas quatro filhas (Olga, Tatiana, Maria Anastásia) e seu filho Alexis, que sofria de hemofilia. Um irmão da czarina Alexandra também era afetado por essa doença. A probabilidade de que Olga, filha do casal, fosse portadora do alelo para hemofilia é de:

a) 1/4.

b) 1/64.

c) 1/2.

d) 1/8.

e) 1/32.

25. (MACK) As flores da planta maravilha podem ser vermelhas, brancas ou rosas. As flores vermelhas e brancas são homozigotas, enquanto as rosas são heterozigotas. Para se obter 50% de flores brancas, é necessário cruzar:

a) Duas plantas de flores rosas.

b) Uma planta de flores brancas com outra de flores rosas.

c) Uma planta de flores rosas com outra de flores vermelhas.

d) Uma planta de flores vermelhas com outra de flores brancas.

e) Duas plantas de flores vermelhas.

26. (F.C.CHAGAS-BA) A polidactilia é condicionada por um gene dominante P. Se um indivíduo com polidactilia, filho de mãe normal, casa-se com uma mulher normal, qual a probabilidade que têm de que, em sucessivas gestações, venham a ter 6 filhos sem polidactilia?

a) 1/16.

b) 1/32.

c) 1/64.

d) 1/28.

e) 1/256.

27. (CESGRANRIO) A fenilcetonúria (PKU) é uma doença de origem genética bastante conhecida, causada por uma deficiência da enzima fenilalanina hidroxilase. Pacientes acometidos desse mal, além de não sintetizarem catecolaminas corretamente, não conseguem metabolizar a fenilalanina e, assim, apresentam uma série de complicações como retardo mental, epilepsia, hipopigmentação, entre outras. Considere o heredograma a seguir de uma família com membros acometidos (símbolos cheios) e normais (símbolos vazados).

27

Podemos dizer, quanto à presença de alelos mutantes de fenilalanina hidroxilase nos membros da família marcados com algarismos romanos, que:

a) VIII pode ter um alelo mutado.

b) VI possui dois alelos mutados.

c) V é necessariamente homozigoto.

d) III possui apenas um alelo mutado.

e) I é necessariamente homozigoto.

28. (MACK) No heredograma abaixo, se os indivíduos marcados são afetados por uma característica genética, as probabilidades dos casais 7×8 e 9×10 terem crianças normais são, respectivamente, de:

28

a) 100% e 50%.

b) 0 e 75%.

c) 50% e 50%.

d) 0 e 25%.

e) 100% e 75%.

29. (FUVEST) Em seu trabalho com ervilhas, publicado em 1866, Mendel representou os fatores hereditários determinantes dos estados amarelo e verde do caráter cor da semente pelas letras A e a, respectivamente. O conhecimento atual a respeito da natureza do material hereditário permite dizer que a letra A usada por Mendel simboliza:

a) Um segmento de DNA com informação para uma cadeia polipeptídica.

b) Um segmento de DNA com informação para um RNA ribossômico.

c) Um aminoácido em uma proteína.

d) Uma trinca de bases do RNA mensageiro.

e) Uma trinca de bases do RNA transportador.

30. A genealogia a seguir, mostra a incidência de uma anomalia genética em alguns indivíduos de uma família. Após a análise desse heredograma, podemos afirmar:

30

I   II

0   0 – Entre os indivíduos normais, oito são heterozigotos, com certeza.

1   1 – A anomalia é condicionada por um gene dominante.

2   2 – A anomalia ocorre apenas em homozigotos.

3   3 – Os indivíduos doentes, no heredograma, podem ser homozigotos ou heterozigotos.

4   4 – 20% dos indivíduos normais não possuem genótipos definidos.

31. (MACK) Um casal, em que ambos são polidáctilos, tem uma filha também polidáctila e um filho normal. A probabilidade de o casal vir a ter uma filha normal é de:

a) 1/4.

b) 1/6.

c) 1/8.

d) 1/12.

e) 2/3.

32. (UFTM) Responda esta questão com base na figura abaixo, que ilustra a constituição genética de dois organismos.

32

Supondo que não tenha ocorrido a permutação nesses indivíduos, e que o cruzamento tenha gerado 150 descendentes, o número esperado de organismos AaBb será

a) zero.

b) 37,5.

c) 75.

d) 112,5.

e) 150.

33. (FUVEST) Um gato preto (A) foi cruzado com duas gatas (B e C) também pretas. O cruzamento do gato A com a gata B produziu 8 filhotes, todos pretos; o cruzamento do gato A com a gata C produziu 6 filhotes pretos e 2 amarelos. A análise desses resultados permite concluir que:

a) A cor preta é dominante, A e C são homozigotos.

b) A cor preta é dominante, A e B são homozigotos.

c) A cor preta é dominante, A e C são heterozigotos.

d) A cor preta é recessiva, A e C são homozigotos.

e) A cor preta é recessiva, B e C são heterozigotos.

34. Em experimentos, na espécie humana, evolvendo três características independentes (triibridismo), se for realizado um cruzamento entre indivíduos AaBbCc, a frequência de descendentes AABbcc e machos, será igual a:

a) 3/64.

b) 1/16.

c) 1/4.

d) 1/64.

e) 1/32.

35. (UNIFAP) O albinismo no homem é controlado por um gene recessivo (a). Se ambos os cônjuges forem sabidamente portadores (Aa) do gene do albinismo e tiverem 4 filhos, é correto afirmar que:

I   II

0  0 – A probabilidade de nascerem todos os 4 normais é de 81/256.

1  1 – A probabilidade de nascerem 3 crianças normais e 1 albina é de 56/256.

2  2 – A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 54/256.

3  3 – A probabilidade de nascerem 1 criança normal e 3 albinas é de 12/256.

4  4 – A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 25/256.

36. (UFV) Se o número diploide das abelhas é 32, quantos cromossomos serão encontrados nas células somáticas do zangão? Quantos bivalentes existirão na gametogênese dos machos? e na gametogênese das fêmeas?

a) 168 – 16.

b) 8 016.

c) 8816.

d) 16 ­– 0 16.

37. (UNICENTRO) Um casal deseja ter 4 filhos, sendo o primeiro menino e os outros três, meninas. A probabilidade de que isso ocorra é de:

a) 3/4.

b) 3/8.

c) 3/16.

d) 1/8.

e) 1/16.

38. (COVEST) Renata (III.1), cuja avó materna e avô paterno eram albinos, preocupada com a possibilidade de transmitir o alelo para o albinismo a seus filhos, deseja saber qual a probabilidade de ela não ser portadora desse alelo. Assinale a alternativa que responde ao questionamento de Renata.

38

a) 0.

b) 1/4.

c) 3/4.

d) 1/3.

e) 1.

39. (PUC-RS) Responda esta questão com base no cariótipo humano representado abaixo.

39

O cariótipo é de um indivíduo do sexo ________ com síndrome de ________.

a) feminino – Klinefelter.

b) masculino – Klinefelter.

c) masculino – Down.

d) feminino – Turner.

e) masculino – Turner.

40. (UEPG) Com relação aos estudos de interação gênica e heranças ligadas ao sexo, assinale o que for correto.

I   I

0  0 – A hemofilia é uma doença genética humana. O gene para a hemofilia está localizado no cromossomo Y.

1  1 – No daltonismo, uma mulher heterozigota XDXd, casada com homem normal XDY, tem 25% de possibilidade de transmitir o alelo Xd.

2 2 – Nos organismos portadores de cromossomos sexuais ZZ/ZW, as fêmeas são consideradas hemizigóticas.

3  3 – A interação gênica ocorre sempre que dois ou mais genes interagem para determinar uma única característica. Exemplo: forma da crista da galinha.

4  4 – Entre as interações gênicas existem os casos de epistasia. Nesses casos, os alelos de um gene inibem a ação dos alelos do outro gene.

41. (Furg) Mendel, nas primeiras experiências sobre hereditariedade, trabalhou com apenas uma característica de cada vez. Posteriormente, ele acompanhou a transmissão de dois caracteres ao mesmo tempo, e os resultados levaram-no a concluir que: “fatores para dois ou mais caracteres são transmitidos para os gametas de modo totalmente independente”. Esta observação foi enunciada como “2a Lei de Mendel” ou “Lei da Segregação Independente”, que não é válida para os genes que estão em ligação gênica ou “linkage”, isto é, genes que estão localizados nos mesmos cromossomos. Observando as seguintes proporções de gametas produzidos pelo dihíbrido AaBb em três situações distintas,

I. AB (25%) – Ab (25%) – aB (25%) – ab (25%).

II. AB (50%) –  ab (50%).

III. AB (40%) – Ab (10%) – aB (10%) – ab (40%).

pode-se afirmar que:

a) I e II são situações nas quais os genes segregam-se independentemente.

b) II e III são situações nas quais ocorre segregação independente e ligação gênica sem “crossing-over”, respectivamente.

c) I e III são situações nas quais ocorre segregação independente e ligação gênica com “crossing-over”, respectivamente.

d) II é uma situação na qual ocorre ligação gênica com “crossing-over”.

e) III é uma situação na qual ocorre ligação gênica sem “crossing-over”.

42. (UNESP) Considere o heredograma abaixo, que representa uma família portadora de caráter recessivo condicionado por um gene situado em um dos cromossomos sexuais.

42

A respeito desta genealogia, podemos afirmar que:

a) A mulher 2 é homozigota.

b) As filhas do casal 3 e 4 são, certamente, portadoras do gene.

c) As mulheres 2 e 3 são, certamente, portadoras do gene.

d) Todas as filhas do casal 1 e 2 são portadoras do gene.

e) Os homens 1 e 4 são, certamente, portadores do gene.

43. Uma abelha rainha tem os seguintes pares de genes alelos que se segregam independentemente: AaBBccDdEE. Sabendo-se que os zangões surgem de óvulos que se desenvolvem por partenogênese, quantos genótipos diferentes, relativos a esses cinco pares de genes podem apresentar os zangões filhos dessa rainha?

a) Um.

b) Dois.

c) Quatro.

d) Oito.

e) Dezesseis.

44. (UNICENTRO) A fenilcetonúria, também conhecida como PKU, é um erro inato clássico do metabolismo causado pela deficiência de uma enzima no metabolismo do aminoácido fenilalanina. Tal doença, se não diagnosticada precocemente, pode desencadear sintomas como retardo mental, atraso no desenvolvimento psicomotor e hiperatividade. Um diagnóstico simples pode ser realizado através do teste do pezinho nos primeiros dias de vida e o tratamento é baseado em uma dieta pobre no aminoácido fenilalanina.

(A FENILCETONÚRIA…,2011).

O heredograma abaixo retrata a herança de fenilcetonúria em uma família. Os indivíduos que apresentam essa característica são representados pelas áreas em negrito.

44

Sobre o heredograma dessa família, identifique com V as alternativas verdadeiras e com F, as falsas.

(  ) A fenilcetonúria é uma característica autossômica determinada por um alelo recessivo.

(  ) O indivíduo II-4 apresenta o genótipo homozigoto dominante.

(  ) Se III-2 casar com um homem sem o fenótipo da doença, com certeza, todos os filhos não apresentarão a doença.

( ) A probabilidade de o casal II-2 e II-3 ter outro descendente com fenilcetonúria e do sexo masculino é de 25%.

(  ) Se III-1 casar com  seu primo III-3,  a probabilidade  de eles  terem um descendente do sexo feminino e com fenilcetonúria é de 50%.

A alternativa que apresenta a sequência correta, de cima para baixo, é a:

a) V F F F V.

b) F V F V F.

c) F F F V V.

d) V F V V F.

e) V F F V V.

45. (UFRS) Os seguintes conceitos genéticos foram escritos por um aluno que estava com dúvidas sobre a matéria e que pediu a um professor qualificado que os conferisse:

I. Os genes em um mesmo cromossomo tendem a serem herdados juntos e são denominados “genes ligados”

II. Quando uma característica particular de um organismo é governada por muitos pares de genes, que possuem efeitos similares e aditivos, nós dizemos que essa característica é uma característica poligênica.

III. Quando três ou mais alelos, para um dado “locus”, estão presentes na população, dizemos que este “locus” possui alelos múltiplos.

IV. Um organismo com dois alelos idênticos para um “locus” em particular é considerado homozigoto para este “locus”, enquanto um organismo com dois alelos diferentes para um mesmo “locus” é considerado heterozigoto para este “locus”.

V. A aparência de um indivíduo com respeito a uma dada característica herdada é chamada de fenótipo.

Quais afirmativas o professor diria que estão corretas?.

a) Apenas II, III e IV.

b) Apenas I, II, III e IV.

c) Apenas I, II, III e V.

d) Apenas II, III, IV e V.

e) I, II, III, IV e V.

46. (UFMS) Estudos genéticos recentes mostram que famílias tendem a “agrupar” incapacidades ou talentos relacionados a arte, como surdez para tons ou ouvido absoluto (reconhecem distintos tons musicais). No entanto, alguns indivíduos são surdos devido à herança autossômica recessiva. Observando o heredograma abaixo, que representa um caso de surdez recessiva, é correto afirmar:

46

a) Os pais são homozigotos recessivos.

b) Os indivíduos afetados II-1 e II-3 são heterozigotos.

c) Os pais são homozigotos dominantes.

d) O indivíduo II-2 pode ser um homem heterozigoto.

e) Os indivíduos I-2 e II-2 são homens obrigatoriamente heterozigotos.

47. (UFV) A determinação do sexo em gafanhotos é do tipo X0. Nas células somáticas de um gafanhoto, foram contados 23 cromossomos.

a) De que sexo é este indivíduo?

b) Quantos gametas diferentes este indivíduo produz?

c) Qual o número diploide do sexo oposto?

a) F 222.

b) M122.

c) M224.

d) M1 24.

48. (UFRS) Indivíduos com os genótipos AaBb, AaBB, AaBbCc, AaBBcc, AaBbcc podem formar, respectivamente, quantos tipos de gametas diferentes?

a) 44888.

b) 42 844.

c) 241688.

d) 4282 4.

e) 241648.

49. (UESPI) Uma das condições para que uma população mendeliana mantenha as frequências de alelos constantes, ou seja, em equilíbrio gênico, com o passar das gerações, é:

a) A ocorrência de mutações.

b) A seleção natural.

c) A existência de poucos indivíduos.

d) A migração com fluxo gênico.

e) O acasalamento aleatório.

50. Se no homem um gene recessivo letal tem a frequência na população de 0,03, cerca de quantas mortes podem ser atribuídas aos efeitos desse gene em 10.000 nascimentos?

a) 3.

b) 9.

c) 30.

d) 300.

e) Menos de uma.

51. (PUC-CAMPINAS)  Atenção: Para responder esta questão considere o texto apresentado abaixo.

(…) pelo menos 1,1 milhão de brasileiros trabalham no período noturno em centros urbanos e estão sujeitos a problemas de memória, obesidade, falta de sono e enfraquecimento do sistema imunológico, entre outros males.

(…) os trabalhadores noturnos perdem aproximadamente cinco anos de vida a cada 15 trabalhados de madrugada. E têm 40% mais chances de desenvolverem transtornos neuropsicológicos, digestivos e cardiovasculares.

(…) nosso organismo precisa descansar durante as noites, quando libera hormônios como a melatonina, o cortisol e o GH (hormônio do crescimento). (…)

Uma das substâncias que dependem muito do escuro e da noite para serem liberadas é a melatonina. O hormônio ajuda a controlar o momento certo de cada função corporal.

(Revista Galileu, outubro de 2010, p. 22)

Além do hormônio do crescimento, outros fatores afetam o desenvolvimento do corpo humano, inclusive genéticos. A acondroplasia, que é uma disfunção genética que afeta 1 a cada 25 mil pessoas, demonstra isso. Esta síndrome é determinada por uma alteração no gene que codifica o receptor para o fator de crescimento de fibroblasto (FGFR3). Essa é uma condição autossômica e dominante, de forma que indivíduos heterozigotos a manifestam. Por outro lado, embriões homozigotos para essa condição não sobrevivem. A probabilidade de um casal, cuja mulher é acondroplásica e o homem normal, ter uma criança acondroplásica é de:

a) 100%.

b) 75%.

c) 50%.

d) 25%.

e) 12,5%.

52. (UEFS) Com base na aplicação de métodos matemáticos para cálculos de probabilidade de genótipos advindos de cruzamentos que envolvem vários loci, considere o cruzamento entre organismos de genótipos AaBbccDdEe x AaBbCcddEe. A probabilidade esperada de a prole desse cruzamento ter o genótipo aabbccddee é:

a) 1/1012.

b) 1/512.

c) 1/458.

d) 1/256.

e) 1/144.

53. (UFGD) Suponha que um homem heterozigoto para a anemia falciforme resolve se casar. A partir dessa afirmação, considere as seguintes questões:

I. Se a mulher tiver anemia falciforme, quais os prováveis fenótipos dos filhos?

II. Se a mulher for “portadora”, qual a probabilidade de nascer uma criança com anemia falciforme?

Assinale a alternativa que responde corretamente às perguntas.

a) I – todos normais; II – 25%.

b) I – todos normais; II – 50%.

c) I – todos com anemia falciforme; II – 50%.

d) I – normais ou com anemia falciforme; II – 25%.

e) I – normais ou com anemia falciforme; II – 50%.

54. (URCA) A observação de que as proporções mendelianas para a segunda lei não poderia ser empregadas para alguns genes que não sofriam segregação independente, foram descritas por Tomas Morgan em 1910, quando estudou a genética da “mosca da fruta”. Segundo Morgan, a justificativa para tal situação se deve a:

a) Mutação sofrida por esses genes constantemente durante a meiose.

b) Esses genes se encontrarem no mesmo cromossomo.

c) Gens alelos não se separam na meiose.

d) São genes produto de DNA recombinante.

e) A segunda lei de Mendel e aplicável apenas para vegetais e não para animais.

55. (FGV) No milho, a cor púrpura dos grãos (A) é dominante em relação à amarela (a) e grãos cheios (B) são dominantes em relação aos murchos (b). Essas duas características são controladas por genes que se distribuem independentemente. Após o cruzamento entre indivíduos heterozigotos para ambos os caracteres, a proporção esperada de descendentes com o fenótipo de grãos amarelos e cheios é:

a) 1/4.

b) 9/16.

c) 3/16.

d) 5/4.

e) 1/16.

56. (IFA) No intuito de melhoramento genético do seu rebanho, um criador de caprinos decide comprar um bode de pelo longo para aumentar a frequência desta característica na sua população. Abaixo, está representado o heredograma dos cruzamentos realizados pelo criador. De posse desses dados, podemos afirmar que:

56

a) Este gene provavelmente é recessivo.

b) Casamento entre os indivíduos II-1 com II-2 ou ainda II-2 com II-5 tem a mesma chance de ter indivíduos com genótipo heterozigoto.

c) Tanto os indivíduos I-2 como I-3 tem genótipo homozigoto.

d) Em um casamento consanguíneo entre os indivíduos II-2 com II-5, a probabilidade de gerar um indivíduo com a característica de pelo longo e de 50%.

e) Um casamento entre os indivíduos II-4 com II-5 não pode ser considerado consanguíneo, e a probabilidade de gerar um indivíduo com a característica de pelo longo e de 75%.

57. (UFT) Os heredogramas abaixo representam características autossômicas. Os círculos representam as mulheres e os quadrados os homens. Os símbolos cheios indicam que o indivíduo manifesta a característica.

57

Supondo que não haja mutação, analise os heredogramas e assinale a alternativa errada.

a) As informações disponíveis para a família 1 são insuficientes para a determinação da recessividade ou dominância da doença.

b) A família 2 apresenta uma doença dominante.

c) O genótipo dos pais da família 3 é heterozigoto.

d) Os descendentes da família 3 são todos homozigotos.

58. A anemia falciforme é causada pela presença de uma hemoglobina anormal. Essa doença é herdada com autossômica recessiva.

58

Considerando que no heredograma apresentado acima, os indivíduos I-2 e I-3 são heterozigotos e os indivíduos I-1 e I-4 são homozigotos normais, quem poderá ser afetado pela doença?

a) Apenas III-1 e III-2.

b) Apenas II-1 e II-3.

c) Apenas II-2 e II-4.

d) II-1, II-2, II-3 e II-4.

e) II-1, II-3, III-1 e III-2.

59. (UNICENTRO) A figura abaixo ilustra um experimento de Mendel em que considera a geração F1, obtida a partir do intercruzamento de duas linhagens puras, sementes lisas e sementes rugosas, e a geração F2, obtida por autofecundação dos indivíduos da geração F1.

59

A partir de sua análise, pode-se concluir:

a) A autofecundação propicia maior variabilidade genética entre os descendentes.

b) O genótipo dos indivíduos da geração F1 é homozigoto para a característica forma da semente.

c) Na geração F2, aparecem quatro genótipos que determinam quatro diferentes fenótipos.

d) Os frutos produzidos pela geração F2 devem expressar apenas características dominantes.

e) A proporção 3:1 decorre de separação do par de alelos determinantes da forma da semente no processo de formação dos gametas.

60. (PUC-PR) Observe a genealogia abaixo:

60

Sabendo-se que a polidactilia é uma anomalia dominante e que o homem 4 casou-se com uma mulher polidáctila filha de mãe normal, a probabilidade desse último casal ter um filho homem e polidáctilo é:

a) 1/16.

b) 1/2.

c) 1/32.

d) 1/4.

e) 1/8.

GABARITO

01

02

03

04

05

06

07

08

09

10

B

B

E

C

E

C

D

D

B

A

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

FVVFF

E

C

C

VVFVF

D

B

C

B

B

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

VVVFV

E

E

C

B

C

A

B

A

VFVFV

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

C

A

C

D

VFVVF

D

E

D

B

FFVVV

41

42

43

44

45

46

47

48

49

50

C

C

C

A

E

D

C

D

E

B

51

52

53

54

55

56

57

58

59

60

C

D

D

B

C

B

D

A

E

D


Responses

  1. Bom dia Mestre . . .!! Solicito – lhe uma informao sobre vossa publicao regente em Gentica . Gostaria de tirar uma dvida neste questo : ” 02 (FUVEST) Em uma populao de mariposas, 96% dos indivduos tm cor clara e 4%, cor escura. Indivduos escuros cruzados entre si produzem, na maioria das vezes, descendentes claros e escuros. J os cruzamentos entre indivduos claros produzem sempre apenas descendentes de cor clara. Esses resultados sugerem que a cor dessas mariposas condicionada por: . . .” Consta vosso gabarito Resposta – B – No seria a resposta – A – …?? . . .Me desculpe caso esteja eu errado . . . .Grato pela ateno . . .

    Date: Tue, 1 Oct 2013 15:34:28 +0000 To: kajuhyyuauarete@hotmail.com

    • Caro Kajuhy Jaguar
      02. (FUVEST) Em uma população de mariposas, 96% dos indivíduos têm cor clara e 4%, cor escura. Indivíduos escuros cruzados entre si produzem, na maioria das vezes, descendentes claros e escuros. Já os cruzamentos entre indivíduos claros produzem sempre apenas descendentes de cor clara. Esses resultados sugerem que a cor dessas mariposas é condicionada por:
      a) Um par de alelos, sendo o alelo para cor clara dominante sobre o que condiciona cor escura.
      b) Um par de alelos, sendo o alelo para cor escura dominante sobre o que condiciona cor clara.
      c) Um par de alelos, que não apresentam dominância um sobre o outro.
      d) Dois genes ligados com alta taxa de recombinação entre si.
      e) Fatores ambientais, como a coloração dos troncos onde elas pousam.
      – Mariposas de cor escura, cruzadas entre si, produzem descendentes de cor escura e também de cor clara. Dessa forma, podemos concluir que os indivíduos cruzados possuem o gene para a cor clara, embora ele não se manifeste. Deduz-se, portanto, que a cor clara é determinada por um gene recessivo, e a cor escura, pelo alelo dominante, sendo os pais heterozigotos.
      – Alternativa correta: B (“b) Um par de alelos, sendo o alelo para cor escura dominante sobre o que condiciona cor clara.”).
      Um abraço
      Djalma Santos

  2. A questão 5 é letra D (oficial), seu gabarito está E

    • Prezada Renata
      – A resposta correta é realmente E (”Dos cruzamentos I, II e III.”)
      05. (FUVEST) Considere os seguintes cruzamentos para ervilha, sabendo que V representa o gene que determina cor amarela dos cotilédones e é dominante sobre o alelo v, que determina cor verde.
      I. VV x vv
      II. Vv x Vv
      III. Vv x vv
      Um pé de ervilha, heterozigoto e que, portanto, pode produzir vagens com sementes amarelas e com sementes verdes, pode resultar:
      a) Apenas do cruzamento I.
      b) Apenas do cruzamento II.
      c) Apenas do cruzamento III.
      d) Apenas dos cruzamentos II e III.
      e) Dos cruzamentos I, II e III.
      – Atente para o que é solicitado na questão (“Um pé de ervilha, heterozigoto e que, portanto, pode produzir vagens com sementes amarelas e com sementes verdes, pode resultar:”).
      – Perceba que é solicitado o surgimento de um pé de ervilha heterozigoto (Vv), capaz, portanto, de produzir vagens com sementes amarelas de verdes.
      – Os três cruzamentos podem produzir (ou produzem obrigatoriamente) ervilhas Vv.
      * Cruzamento I: VV x vv: todos os descendentes são Vv (atende o que é solicitado).
      * Cruzamento II: Vv x Vv: 1/4 VV + 2/4 Vv + 1/4 vv (atende o que é solicitado).
      * Cruzamento III: Vv x vv: 1/2 Vv + 1/2 vv (atende o que é solicitado).
      – Dessa forma, os três cruzamentos produzem ervilhas heterozigotas (Vv).
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  3. Professor Djalma, como eu faço a questão 6 da PUCCAMP?

    • Prezado Matheus
      Veja abaixo as explicações que você solicitou
      – Elementos fornecidos pela questão:
      * B = pelagem preta (dominante)
      * b = pelagem branca (recessivo)
      * L = crespo (dominante)
      * l = liso (recessivo)
      – Genótipos dos pais:
      * Preto-crespo: BbLl [duplo heterozigoto, em função dos descendentes branco-crespo (bbL_) e branco-liso (bbll)]. Bb em relação ao branco (bb) e Ll em relação ao liso (ll).
      * Preto-liso: Bbll [heterozigoto em relação à pelagem, como mostramos acima e ll (liso é recessivo, como mostra a questão)]
      * Logo os pais têm os seguintes genótipos: BbLl (preto-crespo) e Bbll (preto-liso).
      – Genótipo dos filhotes de pelagem branca: bbLl e bbll.
      * bb em ambos (branco é recessivo).
      * Cruzamento levando em consideração crespo/liso: Ll [crespo heterozigoto (ver genótipo do pai preto-crespo)] x ll [liso (recessivo)] = Ll (crespo heterozigoto) + Ll (crespo heterozigoto) + ll (liso) + ll (liso) = 1/2 crespo e 1/2 liso.
      – Resposta correta: C
      * Pais: BbLl (preto-crespo) e Bbll (preto-liso)
      * Filhotes de pelagem branca: bbLl (branco-crespo) e bbll (branco-liso)
      Um abraço
      Djalma Santos

  4. Professor Djalma, na questão 21 eu nao entendi porque o item 1-1 é verdadeiro.
    Obrigada!

    • Prezada Lara
      – ALTERNATIVA 1 1 (“A dieta especial a que devem ser submetidos os recém-nascidos fenilcetonúricos tende a alterar a frequência do gene da fenilcetonúria na população.”) – CORRETA
      * A dieta especial fornecida aos recém-nascidos fenilcetonúricos aumenta sua chance de sobrevivência, preservando (não eliminando) o gene para a referida doença hereditária. Isto faz como que esse gene permaneça na população, aumentando sua frequência.
      Um abraço
      Djalma Santos

  5. Ola, gostaria de saber porque a resposta da questao 10 é letra A e nao letra E.

    Obrigado

    • Prezado Lucas
      – Responsável pela segunda lei de Mendel é a segregação independente que ocorre na anáfase I e não ela propriamente dita. Podemos dizer, em última análise, que essa segregação se fundamente, essencialmente, durante a anáfase I. A proposição III estaria correta se nela consta-se algo como: “a anáfase I está relacionada com a segunda lei de Mendel”. A comissão responsável pela elaboração da prova (vestibular de 2003) deve ter se valido dessa interpretação para considerar a proposição III correta.
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  6. Olá, gostaria de saber como encontrou o resultado da questão número 1.

    • 01. (UFLA) No milho, a textura da semente pode ser lisa devido ao alelo Su e rugosa devido ao alelo su. A cor da semente pode ser amarela devido ao alelo Y e branca devido ao alelo y. A planta pode ser alta devido ao alelo Br e baixa devido ao alelo br. Uma planta pura, alta, de semente lisa e amarela, foi cruzada com outra planta pura, baixa, de semente rugosa e branca. Na geração F1, observaram-se 100% das plantas altas, de semente lisa e amarela. Se as plantas da geração F1 forem intercruzadas, o número de gametas produzidos pelas plantas F1 e a proporção fenotípica esperada na geração F2 será, respectivamente:
      a) 4 e 3:3:3:1:1:1.
      b) 8 e 27:9:9:9:3:3:3:1.
      c) 8 e 9:3:3:1.
      d) 16 e 9:3:3:1.
      e) 16 e 27:9:9:9:3:3:3:1.
      Prezada Flora
      – Veja abaixo a resolução da questão.
      – Pelos resultados apresentados pode-se concluir que os genes citados na questão não estão em “linkage” (ligados). Eles estão em cromossomos diferentes, logo apresentam SEGREGAÇÃO INDEPENDENTE (2ª Lei de Mendel).
      – NÚMERO DE GAMETAS PRODUZIDOS EM F1 (OITO).
      * Em F1 os descentes são todos heterozigotos (Brbr.Susu.Yy). Dessa forma, para cada caráter serão formados dois gametas (cada gameta recebe apenas um representante de cada par de alelos). Como são três características teremos 8 gametas (2 x 2 x 2 = 8).
      – Destacamos que do cruzamento dos indivíduos da geração F1, referido nesta questão, serão formados, em F2, 64 genótipos (8 x 8 = 64).
      – PROPORÇÃO FENOTÍPICA ESPERADA NA GERAÇÃO F2.
      – OBSERVAÇÃO: para se determinar o número de genótipos e fenótipos de um cruzamento que envolva vários pares de genes, caso desta questão, deve-se decompor o poliíbrido em vários cruzamentos individuais. Analisa-se, em seguida, cada caráter em separado. Após determinar os resultados isolados, efetua-se o produto dos números encontrados. Aplicando-se esta regra estaremos reduzindo uma questão de poliibridismo à 1ª Lei de Mendel.
      – Cruzamento da geração F1 (envolvendo heterozigotos): Brbr.Susu.Yy x Brbr.Susu.Yy.
      – Para facilitar o raciocínio, considere (ver observação acima), inicialmente, apenas um caráter (altura da planta, por exemplo). Neste caso teremos: Brbr x Brbr = 1/4 BrBr [altas (homozigotas)] + 2/4 Brbr [altas (heterozigotas)] + brbr [baixas (homozigotas). Logo, 3/4 altas e 1/4 baixas.
      – Mesmo raciocínio pode ser aplicado para as duas outras características (textura da semente e cor da semente):
      * Textura da semente: Susu x Susu = 1/4 lisas homozigotas (SuSu) + 2/4 lisas heterozigotas (Susu) + 1/4 rugosas homozigotas (susu). Logo, 3/4 lisas e 1/4 rugosas.
      * Cor da semente: Yy x Yy = 1/4 amarelas homozigotas (YY) + 2/4 amarelas heterozigotas (Yy) + 1/4 brancas homozigotas (yy). Logo, 3/4 amarelas + 1/4 brancas.
      – RESUMO: 3/4 altas, 1/4 baixas, 3/4 lisas, 1/4 rugosas, 3/4 amarelas e 1/4 brancas.
      – Logo teremos:
      * Alta-lisa-amarela (3/4 x 3/4 x 3/4 = 27/64).
      * Alta-lisa-branca (3/4 x 3/4 x 1/4 = 9/64).
      * Alta-rugosa-amarela (3/4 x 1/4 x 3/4 = 9/64).
      * Baixa-lisa-amarela (1/4 x 3/4 x 3/4 = 9/64).
      * Alta-rugosa-branca (3/4 x 1/4 x 1/4 = 3/64).
      * Baixa-lisa-branca (1/4 x 3/4 x 1/4 = 3/64).
      * Baixa-rugosa-amarela (1/4 x 1/4 x 3/4 = 3/64).
      * Baixa-rugosa-branca (1/4 x 1/4 x 1/4 = 1/64).
      – ALTERNATIVA CORRETA: B (“8 e 27:9:9:9:3:3:3:1.”).
      Um abraço
      Djalma Santos

  7. como faço a questão 3??

    • 03. (UPE) Em um vegetal, existem três pares de genes A, R e M, situados no mesmo cromossomo e a, r e m, no seu homólogo.
      Pesquisas revelaram:
      A – R = 3,5% de permuta.
      A – M = 17,4% de permuta.
      R – M = 13,9% de permuta.
      Encontrando-se mais um gene T, cuja frequência de permuta é entre M – T = 15 e R – T = 1,1 podemos deduzir que a frequência entre A – T e a posição de T no cromossomo são, respectivamente:
      a) 3,4%, entre os genes M e R.
      b) 16,3%, entre os genes R e M.
      c) 12,8%, entre os genes A e R.
      d) 1,4%, entre os genes A e M.
      e) 2,4%, entre os genes A e R.*
      Veja a seguir a resolução da questão acima
      – A distância entre A e M é 17,4, entre A e R é 3,5 e R e M é 13,9. Dessa forma, a disposição desses genes no cromossomo é A-R-M [17,4 (A-M) menos 3.5 (A-R) é igual a 13,9 (R-M)].
      – A distância entre M e T é 15 e entre R e T é 1,1. Assim sendo, o gene T se situa entre A e R e a distância entre A e T é 2,4 [A-M (17,4) menos M-T(15) é igual a 2,4 (A-T).
      – Resposta: a frequência entre A-T é 2,4% e T se situa entre A e R (ALTERNATIVA E)
      Um abraço
      Djalma Santos

      • Caro professor Djalma, como é que percentual de permuta se transformou em unidade de distância? ?
        Não entendi essa questão, por favor …. LUZ

      • Prezado Antônio
        Veja, a seguir, a explicação que você solicitou.
        MAPA GENÉTICO (MAPA CROMOSSÔMICO OU MAPA DE LIGAÇÃO)
        É a representação gráfica das distâncias entre genes e de suas posições relativas em um cromossomo. Essa distância é calculada tendo por base a taxa de “crossing-over” (porcentagem de permutações ou porcentagem de genes recombinantes produzidos em cruzamentos) entre os genes ligados (em situação de ”linkage”). Para se obter o referido mapa é preciso levar em consideração que quanto maior for a taxa de recombinação gênica, maior será a distância entre os genes e vice-versa, já que quanto maior for a distância entre os genes, maior será a possibilidade de ocorrer “crossing-over” entre eles. Podemos dizer, em última análise, que quanto mais distante estiver um gene do outro no mesmo cromossomo, maiores serão os pontos suscetíveis de quebra. Dessa forma, a frequência de permuta entre dois genes é igual a distância que os separa no cromossomo. Assim, por exemplo, se a porcentagem (frequência) de permuta entre dois genes for de 5%, eles distarão de 5 unidades no mapa genético. Essa unidade foi denominada de morganídeo em homenagem a Thomas Morgan.
        Um abraço
        Djalma Santos

  8. Muito obrigado senhor Djalma Santos, por coperar com meu aprendizado, seu site é maravilhoso!
    atenciosamente Mateus Carvalho.

  9. Como faço a questão 34?

    • 34. Em experimentos, na espécie humana, evolvendo três características independentes (triibridismo), se for realizado um cruzamento entre indivíduos AaBbCc, a frequência de descendentes AABbcc e machos, será igual a:
      a) 3/64.
      b) 1/16.
      c) 1/4.
      d) 1/64.*
      e) 1/32.
      Prezada Letícia
      Veja, a seguir, a resolução da questão acima.
      – Cruzamento: AaBbCc x AaBbCc.
      – Descendente: AABbcc.
      * AA = 1/4.
      * Bb = 2/4 (1/2).
      * cc = 1/4.
      * Como as três características são independentes, como consta no enunciado, teremos: 1/4 x 2/4 x 1/4 = 1/32.
      * De ser do sexo masculino = 1/2.
      – A frequência de descendentes AABbcc (1/32) e macho (1/2) é igual a 1/64 (1/32 x 1/2) – ALTERNATIVA D.
      Sucesso
      Djalma Santos

  10. Professor, o senhor poderia me mostrar a resolução da questão 44 os dois últimos itens:
    ( ) A probabilidade de o casal II-2 e II-3 ter outro descendente com fenilcetonúria e do sexo masculino é de 25%.

    ( ) Se III-1 casar com seu primo III-3, a probabilidade de eles terem um descendente do sexo feminino e com fenilcetonúria é de 50%.

    • Jenifer
      Veja, a seguir, a resolução das duas alternativas que você solicitou.
      – A PROBABILIDADE DE O CASAL II-2 E II-3 TER OUTRO DESCENDENTE COM FENILCETONÚRIA E DO SEXO MASCULINO É DE 25%.
      FALSA
      A resposta correta é 12,5% e não 25%.
      JUSTIFICATIVA
      * II-2 [Ff (normal portador)]
      * II-3 [Ff (normal portadora)]
      * Cruzamento:
      * Ff x Ff = FF + Ff + Ff + ff
      * 1/4 FF (normal não portador)
      * 2/4 Ff (normal portador)
      * 1/4 ff (fenilcetonúrico)
      CONCLUSÃO
      * De ter fenilcetonúria é 1/4
      * De ser do sexo masculino é 1/2
      * De ter fenilcetonúria e ser do sexo masculino é 1/4 x 1/2 = 1/8 = 25%.
      – SE III-1 CASAR COM SEU PRIMO III-3, A PROBABILIDADE DE ELES TEREM UM DESCENDENTE DO SEXO FEMININO E COM FENILCETONÚRIA É DE 50%.
      VERDADEIRA
      JUSTIFICATIVA
      * III-1 ff (fenilcetonúrica)
      * III-1 ff (fenilcetonúrico)
      * Cruzamento:
      * ff x ff = todos (1 = 100%) ff
      CONCLUSÃO
      * De ter fenilcetonúria é 1 (100%)
      * De ser do sexo feminino é 1/2 (50%)
      * De ter fenilcetonúria e ser do sexo feminino é 1 x 1/2 = 1/2 (50%)
      Um forte abraço
      Djalma Santos

  11. Sr. Djalma Santos o blog é maravilhoso. As questões são recentes e dos melhores vestibulares do país. Muito obrigado por contribuir com o meu aprendizado e com de vários vestibulandos.

    Obrigado!!!

  12. como faço a questao 57 ?

    • Prezado Leandro
      * A questão pede a alternativa errada (“… assinale a alternativa errada.”)
      * A alternativa D (“Os descendentes da família 3 são todos homozigotos.), está incorreta.
      EXPLICAÇÃO
      * Analisando-se os heredogramas, constata-se que a herança família 3 é “recessiva”. Os pais são heterozigotos (Aa). Os dois filhos marcados são homozigotos recessivos (aa) e o não marcado pode ser homozigoto (AA) ou heterozigoto (Aa). Logo “… SÃO todos homozigotos.” está incorreto.
      Um abraço
      Djalma Santos

  13. eu gostaria de saber como é feita a questão 17

    • 17. (FGV-SP) Sabe-se que o casamento consanguíneo, ou seja, entre indivíduos que são parentes próximos, resulta numa maior frequência de indivíduos com anomalias genéticas. Isso pode ser justificado pelo fato de os filhos apresentarem:
      a) Maior probabilidade de heterozigoses recessivas.
      b) Maior probabilidade de homozigoses recessivas.*
      c) Menor probabilidade de heterozigoses dominantes.
      d) Menor probabilidade de homozigoses dominantes.
      e) Menor probabilidade de homozigoses recessivas.
      Caro Duda
      ALTERNATIVA CORRETA: B (“Maior probabilidade de homozigoses recessivas.”)
      JUSTIFICATIVA
      A probabilidade de alelos recessivos deletérios se encontrarem originando indivíduos homozigóticos dotados de anomalias genéticas, aumenta nos casamentos consanguíneos. Indivíduos aparentados, em função de terem herdados seus genes de ancestrais comuns, apresentam maior chance de apresentarem um mesmo tipo de alelos “familiar” que indivíduos não aparentados. Dessa forma, a união entre dois parentes próximos aumenta bastante a probabilidade de esses genes recessivos acontecerem em dose dupla (homozigose recessiva).
      Um abraço
      Djalma Santos

  14. como faz a 28

    • Prezado Salmo
      ALTERNATIVA CORRETA B (“0 e 75%.”)
      JUSTIFICATIVA
      – CASAL 7 x 8
      * Ambos aa.
      * Cruzamento: aa x aa = 100% aa (afetados).
      * Dessa forma, 0% normais.
      – CASAL 9 x 10
      * Ambos Aa (normais heterozigotos), haja vista que tiveram uma filha (11) aa (afetada).
      * Cruzamento: Aa x Aa = AA (normal não portador) + Aa (normal portador) + Aa (normal portador) + aa (afetado).
      * Assim sendo, 75% normais e 25% afetados.
      Boa sorte
      Djalma Santos

  15. A questão 09 está com o gabarito incorreto ou a questão possui uma informação errada. O gabarito indica a letra B como a alternativa correta, quando, com base no enunciado, deveria ser A a alternativa certa.

    –> A questão pede o cruzamento entre um macho cinza (aa) com uma fêmea amarela (Aa)

    –> aa x Aa = Aa, Aa, aa, aa, ou seja, 1/2 amarelo e 1/2 cinza.

    Pesquisei em outro site e a questão já indica outro enunciado: Um macho amarelo e uma fêmea amarela: Aa x Aa = AA (morre), Aa (amarelo), Aa (amarelo) e aa (cinza), ou seja 2/3 amarelo e 1/3 cinza. Nesta situação a resposta seria, realmente, a letra B.

    Um abraço.

    • 09. (OBJETIVO-SP) Em camundongos, o genótipo aa é cinza; Aa é amarelo e AA morre no início do desenvolvimento embrionário. Que descendência se espera do cruzamento entre um macho amarelo com uma fêmea amarela?
      a) 1/2 amarelos; 1/2 cinzentos.
      b) 2/3 amarelos; 1/3 cinzentos.
      c) 3/4 amarelos; 1/4 cinzentos.
      d) 2/3 cinzentos; 1/3 amarelos.
      e) Apenas amarelos.
      Belle
      Veja, a seguir, a resolução DA QUESTÃO ACIMA.
      Ao contrário do que você mencionou no seu comentário (“… A questão pede o cruzamento entre um macho cinza (aa) com uma fêmea amarela (Aa)…”), a questão se refere, realmente, a um cruzamento entre um macho amarelo e uma fêmea amarela (“ … Que descendência se espera do cruzamento entre um macho amarelo com uma fêmea amarela?…”).
      ALTERNATIVA CORRETA: B (“2/3 amarelos; 1/3 cinzentos.”).
      – DADOS FORNECIDOS PELA QUESTÃO
      * AA: morre no início do desenvolvimento embrionário
      * Aa: amarelo
      * aa: cinza
      – CRUZAMENTO: macho amarelo (Aa) x fêmea amarela (Aa)
      * Aa x Aa = AA (morre) + Aa (amarelo) + Aa (amarelo) + aa (cinza)
      * Descendência: 2/3 amarelos (Aa) e 1/3 cinza (aa) – ALTERNATIVA B
      Sucesso
      Djalma Santos

  16. Como funciona a 50?

    • 50. Se no homem um gene recessivo letal tem a frequência na população de 0,03, cerca de quantas mortes podem ser atribuídas aos efeitos desse gene em 10.000 nascimentos?
      a) 3.
      b) 9.
      c) 30.
      d) 300.
      e) Menos de uma.
      Prezado Jefferson
      Veja, a seguir, como “funciona” (expressão que você usou), a questão 50 acima.
      ALTERNATIVA CORRETA: B (“9.”)
      JUSTIFICATIVA
      – Interpretação do enunciado (”Se no homem um gene recessivo letal … “):
      * l (letal) e L (não letal).
      * Portador de ll (homozigoto recessivo) morre (com consta no enunciado).
      – Equação que constitui o princípio de Hardy-Weinberg: p2 + 2pq + q2 = 1 = 100% (ver GENÉTICA DE POPULAÇÕES, matéria publicada neste blog no dia 21/08/2013), na qual na qual p2 corresponde a LL (homozigoto dominante, não letal), 2pq corresponde a Ll (heterozigoto, não letal) e q2 corresponde ll (fenótipo recessivo, letal).
      – A frequência do gene recessivo (l) é 0,03 (3%), conforme consta no enunciado (“… Se no homem um gene recessivo letal tem a frequência na população de 0,03, …”).
      * Dessa forma, q = 00,3 (3%).
      – A frequência de L (autossômico dominante, não letal) é igual a 0,97 (97%). Haja vista que 1 – 0,03 = 0,97.
      * Assim sendo, P = 0,97.
      – Frequência de homozigotos dominantes (LL, não letal):
      * P2 = 0,97 x 0,97 = 0,9409 = 94,09%.
      – Frequência de heterozigotos (Ll, não letal):
      * 2pq = 2 x 0,97 x 0,03 = 0,0582 = 5,82%.
      – Frequência de homozigotos recessivos (ll, letal):
      * q2 = 0,03 x 0,03 = 0,0009 = 0,09%.
      – 0,09% de 10.000, ver enunciado (“… em 10.000 nascimentos? …”) é 9 (ALTERNATIVA B).
      Um abraço
      Djalma Santos

  17. Como faz a 23 ?

    • Júlia
      Veja, abaixo, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: E (“ABe + aBe.”)
      JUSTIFICATIVA
      – O esquema mostra que o organismo (diploide) tem genótipo AaBBee, logo os gametas (haploides) que deram origem ao referido ser são, ABe + aBe, como consta na alternativa E.
      Sucesso
      Djalma Santos

  18. Resolucao da 32

    • Cara Júlia
      Resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: A (“zero.”).
      JUSTIFICATIVA
      – Como não há permutação, como consta no enunciado (“Supondo que não tenha ocorrido a permutação nesses indivíduos, … “), não há formação de gametas AB, necessários para que surjam descendentes AaBb.
      – Na condição descrita, os gametas formados serão Ab, aB e ab.
      Um abraço
      Djalma Santos

  19. Sr. Djalma Santos, gostaria que o senhor me explicasse como proceder na resolução da questão de número 52.
    Desde já agradeço.

    • 52. (UEFS) Com base na aplicação de métodos matemáticos para cálculos de probabilidade de genótipos advindos de cruzamentos que envolvem vários loci, considere o cruzamento entre organismos de genótipos AaBbccDdEe x AaBbCcddEe. A probabilidade esperada de a prole desse cruzamento ter o genótipo aabbccddee é:
      a) 1/1012.
      b) 1/512.
      c) 1/458.
      d) 1/256.
      e) 1/144.
      Caro Luiz
      Veja, a seguir, a resolução da questão acima.
      ALTERNATIVA CORRETA: D (“1/256.”).
      JUSTIFICATIVA
      – Cruzamento entre duplo heterozigoto, como Aa: 1/4 AA + 2/4 Aa + 1/4 aa.
      * Portanto, 1/4 aa.
      – Cruzamento entre duplo recessivo, como cc e um heterozigoto, como Cc: 1/2 Cc + 1/2 cc.
      * Portanto, 1/2 cc.
      – Com base no exposto termos:
      * aa (1/4) x bb (1/4) x cc (1/2) x dd (1/2) x ee (1/4) = 1/256 (ALTERNATIVA D)
      Um abraço
      Djalma Santos

  20. Como faço a questão 22?

    • 22. (UPE) Sabendo-se que entre M e R ocorre 24% de permuta, que tipos de gametas e respectivas proporções produz um indivíduo MR/mr?
      a) MM = 26%; rr = 26%; Mr = 24%; mR = 24%.
      b) MR = 26%; mr = 26%; Mr = 24%; mR = 24%.
      c) MM = 44%; Mr = 6%; mR = 6%; mm = 44%.
      d) MR = 38%; mm = 38%; mr = 12%; rr = 12%.
      e) MR = 38%; mr = 38%; Mr = 12%; mR = 12%.
      Prezado Brinaldo
      Veja, a segui, a resolução da questão acima.
      ALTERNATIVA CORRETA: E (“MR = 38%; mr = 38%; Mr = 12%; mR = 12%.”).
      JUSTIFICATIVA
      – O indivíduo é cis, como consta no enunciado (“… um indivíduo MR/mr?”), logo os recombinantes são trans.
      * Não recombinantes, cis (“MR = 38%;”) e (“mr = 38%;”), totalizando 76%.
      * Recombinantes, trans (”Mr = 12%;¨) e (“12%; mR”), totalizando 24% [permuta em M e R, ver enunciado (“Sabendo-se que entre M e R ocorre 24% de permuta, …”)].
      Um abraço
      Djalma Santos

  21. professor poderia dizer qual a resolução da 7 por favor?

    • Caro William
      Veja, abaixo, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: D (“Preto-1/4; mulato escuro-1/2; mulato médio-1/4.”)
      JUSTIFICATIVA
      – Genótipo de Cláudia: mulata média/filha de mãe preta (AABB), como consta no enunciado.
      * AaBb
      – Genótipo de Eduardo: preto (AABB), como consta no enunciado.
      – ANALISE GENÉTICA DE CLÁUDIA (AaBb) E DE EDUARDO (AABB).
      – CRUZAMENTO: AaBb (CLÁUDIA) x AABB (EDUARDO)
      I. Considerando os alelos A e a, teremos:
      Ia. AA = 2/4 = 1/2.
      Ib. Aa = 2/4 = 1/2.
      II. Considerando os alelos B e b, teremos:
      IIa. BB = 2/4 = 1/2.
      IIb. Bb = 2/4 = 1/2.
      – DESCENDENTES
      I. Preto (AABB)
      Ia. AA (1/2) x BB (1/2) = 1/4.
      Ib. Mulato escuro (AABb ou AaBB)
      * AABb: AA (1/2) x Bb (1/2) = 1/4.
      * AaBB: Aa (1/2) x BB (1/2) = 1/4.
      * 1/4 + 1/4 = 1/2.
      Ic. Mulato médio (AAbb ou AaBb ou aaBB)
      * AAbb = 0
      * aaBB = 0
      * AaBb: Aa (1/2) x Bb (1/2) = 1/4.
      Um abraço
      Djalma Santos

      • Por favor ,como resolver a questão 58?

      • Cara Leidyanne
        Veja, a seguir, a resolução da questão que você solicitou.
        ALTERNATIVA CORRETA: A (“Apenas III-1 e III-2.”)
        JUSTIFICATIVA
        – I-1: homozigoto (AA) – NORMAL, como consta no enunciado.
        – I-2: heterozigoto (Aa) – NORMAL, como consta no enunciado.
        – I-3: heterozigoto (Aa) – NORMAL, como consta no enunciado.
        – I-4: homozigoto (AA) – NORMAL, como consta no enunciado.
        – II-1, II-2, II-3 e II-4, são NORMAIS, podendo ser homozigotos (AA) ou heterozigotos (Aa).
        – Considerando que II-2 e II-3, genitores de III-1 e III-2, podem ser Aa, como vimos acima, apenas III-1 e III-2 podem ser afetados pela doença (ver cruzamento abaixo).
        – CRUZAMENTO
        * Aa (II-2) x Aa (II-3) = AA (normal homozigoto) + Aa (normal heterozigoto) + Aa (normal heterozigoto) + aa (AFETADO PELA DOENÇA).
        Djalma Santos

  22. Não entendi porque a 27 é o item a

    • Sarinhagomes
      Veja, abaixo, a explicação da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: A (“VIII pode ter um alelo mutado.”).
      JUSTIFICATIVA.
      ALTERNATIVA B (“VI possui dois alelos mutados.”) – INCORRETA
      – VI não exibe a fenilcetonúria, logo não pode ter os dois alelos mutantes. Como ele descende de I x II, que tem filho com fenilcetonúria (IV e VIII), I e II são heterozigotos (Aa). Assim sendo, VI pode ser AA ou Aa.
      – CRUZAMENTO:
      * Aa (I) x Aa (II) = AA + Aa +Aa + aa.
      ALTERNATIVA C (“V é necessariamente homozigoto.”) – INCORRETA
      – Veja explicação da alternativa B. V, irmão de VI, pode ser homozigoto (AA) ou heterozigoto (Aa).
      ALTERNATIVA D (“III possui apenas um alelo mutado.”) – INCORRETA
      – III exibe a fenilcetonúria (recessivo), logo possui os dois alelos mutados (aa).
      ALTENATIVA E (“I é necessariamente homozigoto.”) – INCORRETA
      – I é heterozigoto (Aa), visto que no cruzamento com II, também heterozigoto (Aa), teve descente homozigoto (IV e VII).
      ALTERNATIVA A (“VIII pode ter um alelo mutado.) – CORRETA
      – VIII pode ter um alelo mutado (Aa). Cruzamento com VII (aa):
      * aa (VII) x Aa (VIII) = Aa + Aa + Aa + aa
      – Como se pode constatar, sendo Aa cruzado com aa, a probabilidade de ter filhos normais é 3/4. Se VIII fosse AA, cruzando com VII (aa), a probabilidade de ter filhos normais séria 100% (1).
      Djalma Santos

  23. Professor Djalma, como resolver a questão 35? Agradeço desde já.

    • 35. (UNIFAP) O albinismo no homem é controlado por um gene recessivo (a). Se ambos os cônjuges forem sabidamente portadores (Aa) do gene do albinismo e tiverem 4 filhos, é correto afirmar que:
      I II
      0 0 – A probabilidade de nascerem todos os 4 normais é de 81/256.
      1 1 – A probabilidade de nascerem 3 crianças normais e 1 albina é de 56/256.
      2 2 – A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 54/256.
      3 3 – A probabilidade de nascerem 1 criança normal e 3 albinas é de 12/256.
      4 4 – A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 25/256.
      Julia
      Veja, a seguir, a resolução da questão acima.
      VFVVF
      JUSTIFICATIVA
      – CRUZAMENTO
      * Aa x Aa = AA + Aa + Aa + aa
      * 3/4 normais e 1/4 albino.
      – Considerando A normal e B albino e, em se tratando de 4 eventos independentes, teremos (BINÔMIO DE NEWTON):
      * (A + B)4 = A4 + 4A3B + 6A2B2 + 4AB3 + B4.
      ALTERNATIVA 0 0 (“A probabilidade de nascerem todos os 4 normais é de 81/256.”) – CORRETA
      * 4 NORMAIS = A4 = (3/4)4 = 81/256.
      ALTERNATIVA 1 1 (“A probabilidade de nascerem 3 crianças normais e 1 albina é de 56/256.”) – INCORRETA
      * 3 NORMAIS E 1 ALBINA = 4A3B = 4(3/4)3 x 1/4 = 108/256.
      ALTERNATIVA 2 2 (“A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 54/256.”) – CORRETA
      * 2 normais e 2 albinas = 6A2B2 = 6(3/4)2 x (1/4)2 = 54/256.
      ALTERNATIVA 3 3 (“A probabilidade de nascerem 1 criança normal e 3 albinas é de 12/256.”) – CORRETA
      * 1 normal e 3 albinas = 4AB3 = 4(3/4) x (1/4)3 = 12/4 x 1/64 = 12/256.
      ALTERNATIVA 4 4 (“A probabilidade de nascerem 2 crianças normais e 2 albinas é de 25/256.”) – INCORRETA
      * 2 normais e 2 albinas = 6A2B2 = 6(3/4)2 x (1/4)2 = 54/256.
      Djalma Santos

  24. Djalma como faço a 14?

    • Prezada Brenda
      Veja, a seguir, a explicação que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: C (“XO e XX.”).
      JUSTIFICATIVA
      – Comparando as células do macho e da fêmea, pode-se constatar que a do macho tem um cromossomo a menos (tem apenas cinco cromossomos), enquanto a da fêmea possui seis. Percebe-se, também, que na célula da fêmea há homologia entre os cromossomos, havendo, portando, dois cromossomos sexuais (XX), indicados em “branco”. Na célula do macho, por outro lado, falta um desses cromossomos, sendo, portanto, X0.
      – Este tipo de determinação do sexo é denominado sistema XO ou tipo protenor, por ter sido descoberto no inseto hemíptero Protenor belfragei. Ele ocorre, também, em outros insetos como gafanhotos e baratas. Nesse sistema, as fêmeas são XX e os machos são monossômicos quanto ao sexo (X0). Embora tenham os autossômicos aos pares, os machos apresentam apenas um cromossomo X. Seu cariótipo é 2A + X0, onde 2A = total de autossomos. Desse modo, ao formar gametas eles produzem espermatozoides que contêm um autossomo de cada par e um cromossomo X (AX), formando, por ocasião da fecundação, um zigoto XX, bem como gametas que só possuem os autossomos (A0), formando, por ocasião da fecundação, um zigoto X0, sendo, portanto, heterogaméticos. Assim sendo, o sexo do descendente depende do tipo de espermatozoide que fecunda o óvulo.
      Um abraço
      Djalma Santos

  25. Olá Prof. como resolver a questão 38?
    Obrigada Re

    • Regina
      Veja, a seguir, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: D (“1/3.”)
      JUSTIFICATIVA
      – Pais de Renata (II-1 e II-2) são Aa, haja vista que II-1 (normal) tem pai (I-1) albino (aa) e II-2, também normal, tem genitora (I-4) albina (aa).
      CRUZAMENTO
      – Aa x Aa = AA (não portador do gene para albinismo) + Aa (não albino, mas portador do gene para albinismo) + Aa (não albino, mas portador do gene para albinismo) + aa (albino).
      * Renata, como mostra o heredograma, é normal, sendo, portanto, eliminado a condição aa.
      * De Renata ser portadora do gene para albinismo (Aa) é 2/3 e de não ser portadora desse gene (AA) é 1/3 (ALTERANTIVA D).
      Djalma Santos

  26. Como faço a questão 24, que se trata da herança ligada ao sexo?

    • Selena
      Veja, a seguir, a resolução da questão que você solicitou.
      ALTERNATIVA CORRETA: C (“1/2.”)
      JUSTIFICATIVA
      – Nicolau II: normal (XHY).
      – Alexandra: normal portadora (XHXh), haja vista que tem um filho (Alexis) hemofílico (XhY). O gene para a hemofilia (h) foi transmitido por Alexandra.
      CRUZAMENTO
      – XHXh x XHY = XHXH (filha normal não portadora) + XHY (filho normal) + XHXh (filha normal portadora) + XhY (filho hemofílico).
      – A probabilidade de Olga (XX) ser portadora do alelo para a hemofilia (XHXh) é, portanto, 1/2 (ALTERNATIVA C).
      Djalma Santos


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