Tema W03

Respuesta correcta: A) 100% Semillas amarillas, genotipo Aa

• A) 100% Semillas amarillas, genotipo Aa¡Correcto! Todos los descendientes heredan el alelo dominante A y el recesivo a, resultando en un fenotipo amarillo dominante y genotipo heterocigoto.
• B) 50% Semillas amarillas y 50% Semillas verdes, genotipo AaIncorrecto. Este resultado se esperaría al cruzar un heterocigoto (Aa) con un homocigoto recesivo (aa).
• C) 75% Semillas amarillas y 25% Semillas verdes, genotipos AA, Aa y aaIncorrecto. Este es el resultado fenotípico típico de la generación F2 obtenida al autofecundar la F1.
• D) 100% Semillas verdes, genotipo aaIncorrecto. El verde es el carácter recesivo y queda enmascarado por el alelo amarillo dominante A.

Respuesta correcta: B) Autosómica dominante

• A) Autosómica recesivaIncorrecto. La herencia recesiva suele saltar generaciones y los progenitores pueden ser portadores sanos sin expresar la enfermedad.
• B) Autosómica dominante¡Correcto! No discrimina por sexo y se expresa en cada generación (transmisión vertical), típica de alelos dominantes autosómicos.
• C) Recesiva ligada al cromosoma XIncorrecto. Este tipo de herencia afecta predominantemente a los hombres, ya que solo tienen un cromosoma X, y se transmite a través de madres portadoras.
• D) Herencia mitocondrialIncorrecto. La herencia mitocondrial es transmitida de forma exclusiva por las madres a toda su descendencia.

Respuesta correcta: C) 5'-AUGCCGUAC-3'

• A) 5'-ATGCCGTAC-3'Incorrecto. El ARN no contiene la base timina (T); utiliza uracilo (U) en su lugar.
• B) 3'-AUGCCGUAC-5'Incorrecto. La polaridad está invertida; la transcripción es antiparalela, por lo que la hebra va de 5' a 3'.
• C) 5'-AUGCCGUAC-3'¡Correcto! La base adenina (A) se aparea con uracilo (U) en el ARN, timina (T) con adenina (A), citosina (C) con guanina (G) y guanina (G) con citosina (C).
• D) 5'-UACGGCAUG-3'Incorrecto. Has escrito la secuencia idéntica a la cadena de ADN cambiando timina por uracilo, sin realizar el apareamiento complementario correspondiente.

Respuesta correcta: A) Trisomía 21 (Síndrome de Down)

• A) Trisomía 21 (Síndrome de Down)¡Correcto! La presencia de un cromosoma supernumerario en el par 21 da lugar a una trisomía conocida como Síndrome de Down.
• B) Monosomía X (Síndrome de Turner)Incorrecto. El síndrome de Turner se caracteriza por la pérdida de un cromosoma sexual, presentando un cariotipo de 45 cromosomas (45,X).
• C) Trisomía sexual (Síndrome de Klinefelter)Incorrecto. El síndrome de Klinefelter es una trisomía en los cromosomas sexuales (47,XXY), no en el par autosómico 21.
• D) PoliploidíaIncorrecto. La poliploidía implica el aumento de juegos completos de cromosomas (3n, 4n), no de un único par cromosómico aislado (aneuploidía).

Respuesta correcta: B) 50% Grupo sanguíneo A y 50% Grupo sanguíneo B

• A) 100% Grupo sanguíneo ABIncorrecto. No pueden tener hijos AB porque el progenitor O solo aporta el alelo recesivo i.
• B) 50% Grupo sanguíneo A y 50% Grupo sanguíneo B¡Correcto! Los genotipos de los hijos serán $I^A i$ (Grupo A) e $I^B i$ (Grupo B) en igual proporción.
• C) 25% Grupo A, 25% Grupo B, 25% Grupo AB y 25% Grupo OIncorrecto. No se pueden obtener fenotipos AB ni O en este cruce particular.
• D) 100% Grupo sanguíneo OIncorrecto. El alelo recesivo i queda enmascarado por los alelos codominantes $I^A$ e $I^B$ provenientes del padre.

Respuesta correcta: A) Profase I

• A) Profase I¡Correcto! El crossing-over ocurre durante la Profase I, específicamente en la subetapa de paquiteno, donde los cromosomas homólogos se aparean.
• B) Metafase IIIncorrecto. En la Metafase II, los cromosomas recombinados individuales se alinean en la placa metafásica, no hay entrecruzamiento de homólogos.
• C) Anafase IIncorrecto. Durante la Anafase I se segregan los cromosomas homólogos hacia los polos opuestos de la célula, pero la recombinación ya ocurrió.
• D) Telofase IIIncorrecto. La Telofase II es la etapa final de la segunda división meiótica que conduce a la formación de las cuatro células haploides.

Respuesta correcta: C) Dominancia incompleta

• A) CodominanciaIncorrecto. En la codominancia ambos alelos se expresan por igual y simultáneamente de forma completa (por ejemplo, manchas rojas y blancas en una misma flor).
• B) Dominancia completa mendelianaIncorrecto. En la dominancia completa la F1 expresaría solo el color del alelo dominante, no una mezcla intermedia.
• C) Dominancia incompleta¡Correcto! En la dominancia incompleta, el fenotipo del heterocigoto es intermedio entre los fenotipos de ambos homocigotos.
• D) EpistasiaIncorrecto. La epistasia es la interacción entre diferentes genes donde un gen enmascara el efecto de otro gen independiente.

Respuesta correcta: B) 50% de las hembras tendrán ojos rojos, 50% de las hembras ojos blancos, 50% de los machos ojos rojos y 50% ojos blancos.

• A) Todas las hembras tendrán ojos blancos y todos los machos ojos rojos.Incorrecto. Las hembras pueden heredar tanto $X^W$ como $X^w$ de la madre, variando su color.
• B) 50% de las hembras tendrán ojos rojos, 50% de las hembras ojos blancos, 50% de los machos ojos rojos y 50% ojos blancos.¡Correcto! El cruce resulta en hijas $X^W X^w$ (rojos), $X^w X^w$ (blancos), e hijos $X^W Y$ (rojos) y $X^w Y$ (blancos) en idéntica proporción.
• C) 100% de la descendencia tendrá ojos rojos.Incorrecto. El padre aporta un alelo $X^w$ y la madre puede aportar un $X^w$, permitiendo la expresión de ojos blancos.
• D) 100% de los machos tendrán ojos blancos porque heredan el cromosoma Y del padre.Incorrecto. Los machos heredan su cromosoma X de la madre, pudiendo recibir $X^W$ (ojos rojos) o $X^w$ (ojos blancos).

Respuesta correcta: A) ADN → transcripción en el núcleo → ARNm → traducción en los ribosomas → Proteína

• A) ADN → transcripción en el núcleo → ARNm → traducción en los ribosomas → Proteína¡Correcto! El ADN se transcribe a ARNm en el núcleo, este viaja al citoplasma y se traduce a secuencia de aminoácidos en los ribosomas.
• B) Proteína → ARNm → ADN de transferencia → NúcleoloIncorrecto. El flujo de información genética no va de proteínas a ácidos nucleicos de forma biológica estándar.
• C) ARNm → ribosomas libres → traducción nuclear → replicación genómicaIncorrecto. La traducción es citoplasmática (asociada a ribosomas), no ocurre dentro del núcleo eucariota.
• D) Lípidos → ARNm → transcripción mitocondrial → ADN circularIncorrecto. Los lípidos no codifican información para ácidos nucleicos ni proteínas.

Respuesta correcta: D) Mutación silenciosa

• A) Mutación sin sentido (nonsense)Incorrecto. Una mutación sin sentido introduce un codón de parada prematuro, truncando la proteína.
• B) Mutación de cambio de sentido (missense)Incorrecto. La mutación de cambio de sentido resulta en la incorporación de un aminoácido diferente en la cadena polipeptídica.
• C) Mutación por cambio de pauta de lectura (frameshift)Incorrecto. Esta mutación ocurre por inserción o deleción de nucleótidos, alterando todos los codones siguientes.
• D) Mutación silenciosa¡Correcto! Una mutación silenciosa modifica el nucleótido sin alterar la secuencia de aminoácidos de la proteína resultante.

Respuesta correcta: A) La madre, que debe ser portadora heterocigota del alelo defectuoso.

• A) La madre, que debe ser portadora heterocigota del alelo defectuoso.¡Correcto! El hijo varón hereda obligatoriamente el cromosoma Y del padre y el cromosoma X de la madre. Dado que el padre es sano ($X^H Y$), la madre debe poseer el alelo recesivo de la hemofilia ($X^H X^h$).
• B) El padre, que posee un alelo dominante en su cromosoma Y.Incorrecto. El gen de la hemofilia A reside únicamente en el cromosoma X; el cromosoma Y no porta este gen.
• C) Ambos progenitores aportaron alelos recesivos mutados de forma simultánea.Incorrecto. El hijo varón solo tiene un cromosoma X, el cual proviene exclusivamente de la madre.
• D) Ninguno de los dos; la enfermedad se hereda directamente por vía mitocondrial paterna.Incorrecto. Las mitocondrias solo se heredan de la madre, y la hemofilia A es un gen nuclear localizado en el cromosoma X.

Respuesta correcta: C) 20%

• A) 30%Incorrecto. El 30% corresponde al porcentaje de Timina (T), ya que A = T.
• B) 40%Incorrecto. Si A = 30%, entonces A + T = 60%. El 40% restante se reparte por igual entre G y C.
• C) 20%¡Correcto! Según la regla de Chargaff, A = T (30% + 30% = 60%). Las bases G + C deben sumar el 40% restante. Al ser hebra doble, G = C, por lo que Citosina es el 20%.
• D) 10%Incorrecto. Has realizado una estimación errónea de la proporción equitativa de las bases pirimidinas.

Respuesta correcta: A) Una aneuploidía numérica como el Síndrome de Klinefelter (47,XXY)

• A) Una aneuploidía numérica como el Síndrome de Klinefelter (47,XXY)¡Correcto! Las alteraciones cromosómicas numéricas y grandes anomalías estructurales son visibles directamente en el ordenamiento del cariotipo microscópico.
• B) Una mutación puntual silenciosa en el gen que codifica la insulina humanaIncorrecto. Las mutaciones puntuales de una sola base de ADN son microscópicamente invisibles en un cariotipo; se requiere secuenciación molecular.
• C) La concentración plasmática de hormona del crecimientoIncorrecto. El cariotipo analiza la dotación cromosómica nuclear, no mide niveles hormonales ni bioquímicos plasmáticos.
• D) La presencia de virus de inmunodeficiencia humana en la sangreIncorrecto. El cariotipo analiza cromosomas celulares de la persona, no detecta cargas virales en el torrente circulatorio.

Respuesta correcta: B) Puentes de hidrógeno

• A) Enlaces fosfodiéster covalentesIncorrecto. Los enlaces fosfodiéster unen el grupo fosfato con la desoxirribosa para constituir el esqueleto exterior covalente de cada hebra simple.
• B) Puentes de hidrógeno¡Correcto! Las bases nitrogenadas complementarias interaccionan hacia el interior de la hélice estabilizadas por puentes de hidrógeno (dos entre A-T y tres entre G-C).
• C) Enlaces peptídicosIncorrecto. Los enlaces peptídicos unen los aminoácidos para formar proteínas, no participan en el ADN.
• D) Fuerzas metálicas coordinadasIncorrecto. Los metales no estabilizan el apareamiento de bases del ácido nucleico celular.

Respuesta correcta: C) Corte y empalme (Splicing)

• A) Adición de la caperuza 5' (Capping)Incorrecto. Consiste en añadir una 7-metilguanosina en el extremo 5' para proteger el ARNm, no elimina fragmentos internos.
• B) Poliadenilación 3'Incorrecto. Consiste en la adición de una cola de poli-A en el extremo 3' para estabilidad y transporte citoplasmático.
• C) Corte y empalme (Splicing)¡Correcto! El splicing elimina los intrones e integra los exones para dar origen al ARNm maduro listo para la traducción.
• D) Replicación semiconservativaIncorrecto. La replicación copia el ADN completo para duplicar el genoma celular, no procesa moléculas de ARN transcritas.

Respuesta correcta: A) Modifican la expresión de los genes mediante metilación del ADN o acetilación de histonas sin alterar la secuencia de nucleótidos.

• A) Modifican la expresión de los genes mediante metilación del ADN o acetilación de histonas sin alterar la secuencia de nucleótidos.¡Correcto! La epigenética regula el encendido/apagado genético mediante marcas químicas químicas sin mutar el código de bases.
• B) Alteran permanentemente la secuencia de nucleótidos de doble hebra de un cromosoma.Incorrecto. Esto define a las mutaciones genéticas convencionales, no a las modificaciones epigenéticas.
• C) Ocurren exclusivamente en el ADN mitocondrial materno.Incorrecto. Las modificaciones epigenéticas ocurren principalmente sobre la cromatina del núcleo celular.
• D) Impiden la replicación completa de la cromatina celular.Incorrecto. Las modificaciones modulan la accesibilidad transcripcional del ADN, pero no bloquean la división o replicación.

Respuesta correcta: D) Existía un principio transformador termoestable proveniente de las bacterias muertas que transfirió la capacidad de sintetizar la cápsula virulenta a las bacterias vivas.

• A) Las bacterias de la cepa R resucitaron por acción de anticuerpos del ratón.Incorrecto. Las bacterias de la cepa R ya estaban vivas pero eran no virulentas; no resucitaron bacterianamente.
• B) Las proteínas virulentas de la cepa S mutaron espontáneamente de muertas a vivas.Incorrecto. Las proteínas no se consideran organismos capaces de cobrar vida de forma autónoma.
• C) El calor no destruyó la cápsula protectora de la cepa R.Incorrecto. La cepa S era la que poseía la cápsula y fue destruida térmicamente, no la R.
• D) Existía un principio transformador termoestable proveniente de las bacterias muertas que transfirió la capacidad de sintetizar la cápsula virulenta a las bacterias vivas.¡Correcto! Griffith dedujo que un componente químico de las bacterias muertas transformó genéticamente a las bacterias R vivas.

Respuesta correcta: C) 9:3:3:1

• A) 3:1Incorrecto. Esta es la proporción fenotípica clásica para un cruzamiento monohíbrido con dominancia completa.
• B) 1:2:1Incorrecto. Esta es la proporción genotípica típica de un cruzamiento monohíbrido.
• C) 9:3:3:1¡Correcto! Al segregar independientemente dos genes autosómicos con dominancia completa, se obtienen 9 amarillos lisos, 3 amarillos rugosos, 3 verdes lisos y 1 verde rugoso.
• D) 9:7Incorrecto. Esta proporción modificada corresponde a epistasis doble recesiva, no a la segregación mendeliana estándar.

Respuesta correcta: C) Herencia holándrica o ligada al cromosoma Y

• A) Dominante ligada al cromosoma XIncorrecto. Un padre afectado con un gen dominante ligado al X transmitirá la condición de forma obligatoria a todas sus hijas mujeres, no a sus hijos varones.
• B) Herencia autosómica codominanteIncorrecto. La herencia autosómica afectaría a hombres y mujeres con probabilidades equiparables, no de forma exclusiva a varones.
• C) Herencia holándrica o ligada al cromosoma Y¡Correcto! Dado que solo los hombres poseen el cromosoma Y, cualquier gen mutado en la región no homóloga del Y se transmitirá estrictamente de padre a hijo varón.
• D) Herencia recesiva ligada al cromosoma XIncorrecto. Las mujeres pueden estar afectadas si heredan dos cromosomas mutados, y los padres no la transmiten de forma obligatoria a todos sus hijos varones.

Respuesta correcta: A) Se suspenderá la síntesis de nuevas hebras de ADN de manera coordinada, bloqueando la replicación.

• A) Se suspenderá la síntesis de nuevas hebras de ADN de manera coordinada, bloqueando la replicación.¡Correcto! La ADN Polimerasa III es la enzima replicativa principal en procariontes; sin ella, es imposible elongar las cadenas hijas.
• B) Se incrementará masivamente la transcripción de ARNm mitocondrial.Incorrecto. Las bacterias procariontes no poseen mitocondrias ni la ADN Polimerasa bacteriana interviene de forma directa en la transcripción de ARN.
• C) Los ribosomas traducirán proteínas a velocidad triple para compensar el defecto.Incorrecto. La traducción no puede compensar el bloqueo físico de la duplicación genómica nuclear.
• D) El ADN se transcribirá directamente a lípidos estructurales.Incorrecto. El ADN codifica para ARN; la transcripción directa a lípidos no ocurre biológicamente.