Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios
BIOLOGIA II
Capítulo
01
Hereditariedade e
Diversidade da Vida
Princípios Básicos que Regem a Transmissão
das Características Genéticas e Aspectos
Genéticos do Funcionamento do Corpo
Humano e Conceitos Básicos
03 E
Na ausência de dominância, o heterozigoto apresenta fenótipo médio.
04 A
A pneumonia é uma doença que não está relacionada a fator genético; é, portanto, um caráter adquirido devido a fatores ambientais.
As demais cenas referem-se à herança genética, são herdadas dos
antecessores e passíveis de transmissão.
05 D
BLOCO
01
O gene é definido como sendo um segmento de DNA que contenha
uma informação genética. A proposição primeira é falsa. As demais
proposições são verdadeiras.
06 B
O fenótipo resulta da interação entre o ambiente e os genes que se
expressam.
01 B
As frases 1, 2, 3 e 4 estão corretas. A frase 5 apresenta erro, pois, onde
se encontra a palavra mitose, deveria estar escrito meiose, e onde está
escrito meiose, deveria estar escrito mitose.
02 C
O indivíduo é heterozigoto Cc e 50% dos seus gametas conterão o gene
C e 50%, o gene c.
03 E
10 cromossomos = 5 pares de cromossomos. São 16 genes alelos em
cada par de cromossomos, logo, um total de 80 genes, e os gametas
apresentarão a metade, ou seja, 5 cromossomos e 40 genes.
07 D
O que define nossos fenótipos são nossos genes (que, em alguns casos,
têm sua expressão variável em função do meio), recebidos de nossos
pais. Não há transmissão de genes de tios para sobrinhos ou de avós
para netos. Obviamente que, havendo parentesco, há similaridades,
em maior ou menor grau, contudo, não é tecnicamente correto atribuir a herança genética aos avós, ao contrário do que propõe o senso
comum.
08 A
O gene é o segmento de DNA que codifica a síntese de um polipeptídio.
09 A
BLOCO
02
01 D
As variáveis de uma característica são fenótipos.
02 C
Alguns genes podem se manifestar de forma mais ou menos intensa
dependendo das condições ambientais (norma de reação).
03 E
No gato siamês, existe uma enzima que catalisa a produção do
pigmento em temperaturas inferiores a 34 oC. Nos apêndices, a temperatura corpórea é favorável à enzima, logo, o pigmento é produzido,
justificando a coloração escura nestas partes do gato. No restante do
corpo, a temperatura está acima de 34 oC, não favorecendo a ação
enzimática e, consequentemente, não há produção de pigmento e a
cor do pelo é mais clara.
É sabido que o fenótipo é a manifestação da interação entre genótipo e
meio ambiente.
10 A
O tratamento à base de insulina diminui os efeitos da alteração fisiológica decorrente do genótipo específico, mas não tem o poder de
alterar o DNA. Portanto, por alterar somente o fenótipo, a insulina
administrada em um indivíduo não causará nenhum efeito em sua
descendência.
BLOCO
02
01 D
Casais de pigmentação da pele normal, que apresentam genótipo Aa,
podem ter filhos albinos. O gene para o albinismo é recessivo e não se
manifesta nos indivíduos heterozigotos. São albinos apenas os indivíduos de genótipo aa.
02 E
BLOCO
01
01 A
Os cromossomos que são do mesmo tamanho e apresentam genes para
a mesma característica são homólogos. No esquema, os genes que
estão representados com as mesmas letras referem-se à mesma
característica.
02 C
Heterozigose significa apresentar alelos diferentes (Aa e Ff).
biologia ii
Tanto na fenocópia quanto na norma de reação ocorre influência do
meio, as duas podem ser espontâneas ou provocadas, reversíveis ou
não. No entanto, na norma de reação, o ambiente diferente pode
fazer com que o gene tenha intensidade de funcionamento variável,
enquanto que, na fenocópia, isso não ocorre.
03 E
A genealogia não nos dá subsídios para determinarmos qual dos dois
caracteres é recessivo, logo, qualquer conclusão sobre o genótipo é
precipitada.
04 A
Casal normal teve um filho e uma filha normais e, com anomalias, um
filho e uma filha. Tio por parte de mãe casado com mulher anômala
e sem filhos. Filha normal casada com rapaz normal teve dois filhos
normais e uma filha anômala.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
biologia – Volume 01
7
05 B
Veja o casal 1x2; os parentais possuem o mesmo fenótipo e os descendentes,
fenótipos diferentes. Os diferentes são recessivos, obrigatoriamente.
BLOCO
06 D
O caráter em estudo (negrito) é autossômico e recessivo, pois os indivíduos 1 e 2 são fenotipicamente iguais e possuem um filho (5) com
fenótipo diferente. Considerando os alelos A e a, o genótipo de 6 é
heterozigoto (Aa).
07 B
Por se tratar de um caráter recessivo, os indivíduos 2, 3, 6, 10 e 11 são
homozigotos.
01
01 Na dominância, um gene chamado dominante se manifesta mesmo
estando em heterozigose. No caso de sensibilidade ao PTC, o gene
dominante codifica uma enzima que age determinando a capacidade dos
indivíduos sentirem o gosto amargo. O alelo recessivo, que determina
a não capacidade dos indivíduos sentirem o gosto amargo, também
codifica uma enzima, porém o seu efeito fica mascarado pela ação do
gene dominante.
02 O que determina a frequência de indivíduos portadores de uma certa
08 B
Pais de mesmo fenótipo com filho de fenótipo diferente, os pais são
heterozigotos e o filho é homozigoto recessivo.
09 C
Veja que, na genealogia em análise, no caso 3x4, ambos os parentais
apresentam o mesmo fenótipo e produzem um descendente com
fenótipo afetado, logo, este é recessivo e os parentais são heterozigotos.
Essa conclusão é suficiente para garantirmos que o indivíduo 1 tem
que ser normal heterozigoto. Claro, também, que outros heterozigotos
existem, por exemplo: as filhas da mulher 1 e o pai da mulher 3.
característica em uma população é a frequência com que o gene
aparece na população, e não o seu efeito de dominância ou recessividade. Embora o gene que causa a polidactilia seja dominante, a sua
frequência na população é muito baixa, logo, a quantidade de pessoas
com tal característica é insignificante.
03 A) SS ou Ss.
B) EE ou Ee.
C) NN ou Nn.
D) VV ou Vv.
10 D
O ambiente determinando uma cópia de uma manifestação genética de
alguém é conhecida como fenocópia.
Capítulo
02
Hereditariedade e
Diversidade da Vida
Genética de Mendel (Primeira Lei) e
Concepções Pré-Mendelianas
BLOCO
01 B
Cc
x
03
Cc
1/4 CC = 1/4 ⋅ 16 = 4 CC
1/2 Cc = 1/2 ⋅ 16 = 8 Cc
1/4 cc = 1/4 ⋅ 16 = 4 cc
02 E
BLOCO
01 A
03
03 A
A 1 lei de Mendel diz que os fatores (genes) para a mesma característica se separam na formação dos gametas, indo apenas um do par
para cada gameta.
a
02 C
O resultado de 89 denteadas e 29 lisas é, aproximadamente, 3 denteadas
para 1 lisa (3 : 1), o que se obtém quando cruzam heterozigotos Dd x Dd.
03 C
Somente o homem teve essa mutação e apenas uma vez, apresentando
apenas um alelo S. Logo, o casal é: Ss x ss, gerando 50% de filhos Ss e
50% ss e apenas metade dos descendentes Ss devem ser homens e vão
manifestar o fenótipo aranha. Portanto, 25%.
BLOCO
04
01 C
Cobaias cinzas são dominantes, pois tiveram descendentes de cor preta.
Para determinarmos se uma mosca cinza é homozigota ou heterozigota,
o procedimento correto é analisar a prole resultante do cruzamento
dessas cobaias com outra preta (recessiva). É o cruzamento teste. Se
nascer algum descendente preto, o dominante é heterozigoto, caso
contrário é homozigoto.
02 E
Tanto nos casos com dominância quanto nos casos sem dominância, a
proporção genotípica é a mesma (1 : 2 : 1). A proporção fenotípica é de
3 : 1 nos casos com dominância e de 1 : 2 : 1 nos casos sem dominância.
03 D
O retrocruzamento se refere ao cruzamento com algum indivíduo da
geração anterior.
8
Quando heterozigotos (Aa) são cruzados, os descendentes esperados
são AA, Aa, Aa e aa. Considerando que semente lisa é dominante;
que 2/3 das sementes lisas são Aa e que 630 sementes eram lisas, a
proporção de sementes heterozigotas dentre as lisas é 2/3 x 630, que
é igual a 420.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
biologia – Volume 01
Sementes lisas puras cruzadas com sementes rugosas puras fornecem
descendentes, em F1, 100% heterozigotas lisas. A autofecundação
dessas lisas heterozigotas forneceu: 1/4 lisa pura; 1/2 lisa heterozigota;
e 1/4 rugosa.
Logo, o caráter rugoso é o recessivo.
04 A
O gráfico nos mostra que casais com idade superior a, aproximadamente, 26 anos não correm risco de gerar filhos doentes.
05 E
Os dados da questão nos permitem concluir que:
O caráter batata é recessivo e o normal é dominante.
Nessas condições, o cruzamento BB x bb não resultará em nenhum
descendente batata.
06 B
Probabilidade de A ser portador do alelo do albinismo é igual à probabilidade de A ser heterozigoto para o locus. Então, Aa x Aa = 1/3AA e
2/3Aa. Como A não é albino, o genótipo aa é excluído. A probabilidade
de C ser albino é a probabilidade de A ser portador (Aa) combinada
(multiplicada) pela probabilidade de A transmitir o alelo recessivo (a),
assumindo que A é portador (Aa). Então, Aa x aa = 1/2Aa e 1/2aa. Ou
seja, a probabilidade de C ser albino é 2/3 x 1/2 = 1/3.
07 C
1
2
1
Probabilidade de nascer uma criança com galactosemia:
2
Probabilidade de nascer uma criança do sexo feminino e com galac1 1 1
tosemia: x =
x =
2 2 4
Probabilidade de nascer uma criança do sexo feminino:
biologia ii
08 B
A probabilidade de Filó ser Cc é ½ e a probabilidade de apresentar um
descendente cinza também é ½. A probabilidade final é ½ × ½ .
09 C
Alelos: s (síndrome de Spoan) e S (normalmente).
Pais: SS x Ss
Filhos: 50% SS (normais) e 50% Ss (normais e portadores do alelo s,
causador da síndrome).
Capítulo
03
Hereditariedade e
Diversidade da Vida
Genética de Mendel (Segunda Lei) e
Noções de Probabilidade (Simples,
Composta e Condicional)
10 02 + 08 + 16 = 26
A probabilidade de Roberta ser heterozigota (Aa) e portadora do alelo
recessivo (a) para o albinismo é 2/3. A probabilidade de João ser
heterozigoto é 1/2. Nada se pode afirmar a respeito das probabilidades
genotípicas para os avós paternos de Roberta.
BLOCO
A chance de passar o gene A ao filho é 1/2 e deste passar ao neto é 1/2
e, por sua vez, deste passar ao bisneto é 1/2. A chance dos três eventos
ocorrerem é 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%.
01 E
Pelo fato de existirem 3 fenótipos (longo, redondo e ovais), percebe-se
que não há dominância entre os genes para longo e redondo.
02 B
Como o genótipo AA é letal, somente os indivíduos Aa e aa nascem.
Portanto, a proporção esperada é de 2 : 1.
Aa x Aa Aa
05
01 E
04
03 C
BLOCO
1
⋅ 360 = 180
2
360 (Aa)
04 C
Alelos: HBA – normal; HBS – mutante.
O genótipo heterozigoto é HBAHBS e não há predominância entre esses
alelos, porque os portadores de uma cópia do gene mutante (HBS)
apresentam glóbulos vermelhos normais e falcêmicos.
05 B
Este é um típico caso de codominância. Nas flores em questão, os
fatores para coloração vermelha (V) e branca (B) são codominantes.
Plantas heterozigóticas para esses fatores possuem flores cor-de-rosa.
O cruzamento entre duas plantas com flores cor-de-rosa gerará plantas
com flores das três cores nas proporções 1 planta com flores vermelhas:
2 plantas com flores cor-de-rosa : 1 planta com flores brancas. (pais
– VB x VB; geração filial – 1 VV : 2 VB : 1 BB).
02 C
O homem é Pp e a mulher é pp, sendo 1/2 a chance de terem uma
criança com polidactilia. Logo, para terem 6 crianças, temos que
multiplicar as probabilidades para cada evento:
1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/64.
03 C
Pelo enunciado, podemos descobrir que olhos castanhos são dominantes
e o casal é heterozigoto, logo, podem ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para
qualquer filho do casal, é 1/4 a chance de nascer com olhos azuis e 3/4 a
chance de nascer com olhos castanhos.
04 D
A fórmula 2n resolve este tipo de questão, onde n representa o
número de pares híbridos.
AaBb – 2n = 22 = 4
AaBB – 2n = 21 = 2
AaBbCc – 2n = 23 = 8
AaBBcc – 2n = 21 = 2
AaBbcc – 2n = 22 = 4
05 D
Qq x Qq
↓
4 filhos com queratose?
3 4
81
c m=
= 31, 6%
4
256
06 C
Endocruzamento é o nome dado a cruzamentos entre indivíduos
próximos geneticamente. A prole resultante deste tipo de cruzamento
tem um índice maior de apresentar os genes recessivos provenientes
de ambos os pais, caso ambos sejam heterozigotos.
07 C
Em casos de letalidade, a proporção mendeliana clássica de 3 : 1 é
modificada para 2 : 1, pois os homozigotos dominantes não nascem.
08 C
Legenda: A = acondroplásicos e aa = normais.
Se o casal é acondroplásico e já tem uma menina normal, conclui-se
que são heterozigotos.
Casal:
Aa x Aa
Gametas:
A,a
A,a
Gametas
A
a
A
AA
Aa
a
Aa
aa
A probabilidade de vir a ter um menino é 1/2.
A probabilidade de vir a nascer com acondroplasia é 3/4.
A probabilidade de vir a ter um menino com acondroplasia é 1/2 x 3/4
= 3/8.
09 D
Os indivíduos da mesma família são mais parecidos geneticamente e
podem ter genes para uma mesma doença.
10 B
No cruzamento teste, procede-se da seguinte maneira: cruza-se o indivíduo de genótipo desconhecido com um outro sabidamente recessivo.
Se a prole demonstrar somente indivíduos com fenótipos dominantes, é
certo que o parental desconhecido é homozigoto dominante. Porém, se
na prole aparecer pelo menos um com o fenótipo recessivo, comprova-se
que o parental é heterozigoto.
biologia ii
BLOCO
05
01 C
O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x
AaBb) pode ser resolvido separadamente: Aa x Aa e Bb x Bb. Em cada
caso, a probabilidade de nascer alguém heterozigoto é 1/2. Portanto,
a proporção de heterozigotos será 1/2 x 1/2 = 1/4 de um total de
192, ou seja 48.
02 B
Os genes que estão no mesmo cromossomo não apresentam segregação
independente, indo juntos para o mesmo gameta. Exceção feita para
os casos de crossing-over, que serão estudados em outro capítulo.
03 A
Como os genes se encontram em cromossomos diferentes e estes se
agregam e se recombinam, os gametas ocorrem na mesma proporção.
04 D
Carlos e Lúcia (anômalos) tiveram Pedro (normal), logo, o gene para a
anomalia é dominante. O neto de Carlos tem genótipo Aa e Lia, sua
esposa, também é Aa. Conclui-se, portanto, que, para o bisneto de
Carlos ser anômalo (AA ou Aa), a probabilidade é de 3/4 ou 75%.
05 E
Há um total de 25 filhos, sendo 7 filhos únicos. A probabilidade,
portanto, é de 7/25.
06 E
Branco e longo (puro) x Escuro e curto (puro)
aall x AALL – 100% AaLI (pelos escuros e curtos).
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
biologia – Volume 01
9
07 B
BLOCO
Alelos: S – normalidade; s – anemia falciforme
Pais: Ss × Ss
Filhos: 25% SS; 50% Ss; 25% ss
P(♀ ss) = 0,5 ⋅ 0,25 = 0,125 = 12,5%
01 D
Para o casal Rr x rr, os filhos possíveis são: Rr e rr. Para ter a doença,
a criança deve ser Rh+ (Rr). A chance de que seja menino e Rh+ é
1/2 x 1/2 = 1/4.
08 C
02 E
Alelos: G (normal) e g (galactosemia)
Pais: Gg x Gg
Descendência esperada: GG, Gg, Gg e gg.
O homem é IAIB MM e a mulher é IB_ MN. Não é impossível para o casal
poder ter filhos A, AB e B, M ou MN. Mas não é possível filho N.
Probabilidade de filho normal = 3/4, então, de os três serem normais
é de (3/4)3, que é igual a 27/64.
03 B
A mulher é Rh negativo e, se o marido for Rh positivo, poderão ter filho
com eritroblastose fetal, ainda mais que o filho será A, igual à mãe, ou
O, não havendo incompatibilidade ABO entre mãe e filho para auxiliar
na prevenção contra a doença.
09 B
Legenda: A_ = Late ; aa = Não late
B_ = Orelha ereta ; bb = orelhas caídas
O cruzamento entre heterozigotos para dois pares de genes (AaBb x AaBb)
pode ser resolvido separadamente.
Casal:
Aa x Aa
Gametas:
A,a
A,a
Gametas
A
a
A
AA
Aa
a
Aa
aa
BLOCO
A
b
B
BB
Bb
b
Bb
bb
o gene H, codificador do antígeno H, ele não produzirá as enzimas
transferases: N-acetil-galactosamina e D-galactose, codificadas pelos
genes IA e IB, respectivamente. Não sendo capaz de produzir as transferases, não há como produzir os aglutinógenos A e B.
02 Sim, é possível. Para tanto, basta que o individuo IAIB não possua o
gene H, isto é, ele seja: IAIBhh. Na situação ora descrita, o indivíduo
não possui capacidade de produzir o antígeno H e, por consequência,
não produzirá aglutinógenos A e B, comportando-se de um modo
semelhante a um outro indivíduo com fenótipo grupo O.
A probabilidade de nascer filhote que late ao correr e com orelhas caídas é
3/4 x 1/4 = 3/16 = 18,7%
10 A
A afirmativa III está incorreta, pois as duas leis de Mendel se referem a
eventos meióticos.
Hereditariedade e
Diversidade da Vida
Capítulo
04
BLOCO
02
01 Os indivíduos do grupo O possuem genótipo ii. Mesmo que ele possua
A probabilidade de nascer filhote que late ao correr é 3/4.
Casal:
Bb x Bb
Gametas:
B,b
B,b
Gametas
07
Polialelia ou Alelos Múltiplos (Cor dos
Coelhos e Sistema ABO), Antígenos,
Anticorpos, Sistema MN, Sistema Rh e
Eritroblastose Fetal
BLOCO
01
03
A) Se, durante a gestação ou mesmo durante o parto, mães de fator
Rh– que nunca foram sensibilizadas e gestaram o primeiro filho
de fator Rh+ tiveram contato com o sangue do primeiro filho, o
organismo materno, então, passou a produzir anticorpos em quantidade suficiente para agredir o sangue do filho em uma segunda
gestação.
B) Partindo da premissa de que a mãe nunca antes fora sensibilizada,
o seu plasma não contém anticorpos, logo, não há razão para
apreensões.
Porém, se, durante o parto, houve passagem de hemácias do feto
para o organismo materno, isso nos causará apreensão, pois o
organismo materno passará, nessa hipótese, a produzir anticorpos
que, se não for tomada a devida precaução, farão o segundo filho
ser acometido de eritroblastose.
06
01 B
Fazendo pela fórmula: No de genótipos = n(n + 1)/2, onde n representa
o no de alelos, teremos 3(3 + 1)/2 = 6.
06
01 D
02 C
Consulte a tabela de genótipos e fenótipos para esta característica que
se encontra na apostila teórica.
Casal:
C+Ch x CchCa
Gametas
Cch
Ca
C+
C+Cch
C+Ca
Ch
CchCh
ChCa
Se a fêmea é marrom, apresenta C1 e teve filho albino (cc), ela é C1c.
Como a ninhada com macho 2 originou filhotes cremes e albinos,
conclui-se que o macho 2 possui C2 e c.
02 A
Casal:
Gametas:
Serão obtidos: selvagem, 50% (C C e C C ); chinchila, 25% (C C );
e himalaia, 25% (ChCa).
+
10
BLOCO
ch
+
a
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
biologia – Volume 01
ch
h
I Ai x
IA , i
I Bi
I B, i
Gametas
IB
i
IA
I A IB
IA i
i
IB i
ii
biologia ii
03 B
A transfusão realizada proporcionou a mistura de sangues incompatíveis com a presença de anticorpos contrários; logo, as hemácias do
receptor foram aglutinadas juntamente com as do doador.
04 C
De acordo com os dados, pode-se concluir que: 30% é do grupo B, 10%
é do O, 40% é do A e 20% do AB. Assim sendo, 40% podem doar para
indivíduos do grupo B, ou seja, 320 doadores
05 B
Lâmina I, sangue AB, lâmina 2, sangue O; lâmina 3, sangue B; e
lâmina 4, sangue A. Feita essa discriminação, percebe-se que, de um
indivíduo de sangue B cruzado com um sangue O, os descendentes
só poderão ser O ou B.
07 B
A mulher Rh– é sensibilizada por transfusão Rh+ ou pela passagem de
hemácias de filhos Rh+ pela placenta.
08 E
Sendo seu novo sangue Rh+, ela não produzirá anti-Rh, portanto, não
poderá gerar uma criança com eritroblastose fetal.
09 E
O indivíduo do grupo O– (VI) só pode receber sangue O–, portanto,
25 litros.
10 D
O casal
Gametas:
06 B
A sugestão 2 traduz o cruzamento teste, ou seja, o reprodutor que
originar filhotes de orelha curta é heterozigoto.
07 A
P(aglutinogênio A nas hemácias) = P(A+) + P(A–) + P(AB+) + P(AB–) =
= 34 + 8 + 2,5 + 0,5 = 45
34
= 0,755 ≅ 0,76 ≅ 76%
P(A+) =
45
TN x TN pode ter descendentes:
T,N
T,N
Gametas
T
N
T
TT
TN
N
TN
NN
Os indivíduos TT morrem na infância e os demais chegam à idade
adulta, sendo os TN anêmicos e o NN normal, portanto, 2/3.
08 Pais: IAi x IBi (Guilherme e Joana ou Joana e Guilherme).
Filhos: 25% IAIB, 25% IAi, 25% IBi e 25% ii.
09 D
Regina é receptora universal.
Roberto não pode receber sangue de Flávia, pois ele tem anti-B e ela é
do grupo B.
Se Roberto (ii) se casar com Flávia e esta for homozigota, 100% dos
filhos terão sangue tipo B.
Regina possui, de fato, aglutinogênios A e B nas hemácias.
Roberto é homozigoto (ii) e Regina, heterozigota (AB).
10 A
A mãe da referida mulher é do grupo O, logo, a possibilidade dela ser do
grupo AB é nula.
BLOCO
07
01 C
Se nasceu criança B e O, conclui-se que o pai é IBi e se nasceram crianças
MM e NN, conclui-se que o pai é MN. Como nasceu criança Rh– (rr),
conclui-se que o pai possui r, podendo ser rr ou Rr. Portanto, a opção
com a resposta possível é a C.
02 E
O pai deve ser Rh positivo e a mãe deve ser Rh negativo para que possa
nascer criança com a doença. A primeira criança normal foi Rh positivo,
sensibilizando a mãe, e as outras morreram por serem Rh positivo.
03 B
Para ocorrer eritroblastose fetal, a mãe tem que ter Rh–, o pai Rh+ e
o filho Rh+.
04 C
Como a mãe tem fator Rh+, ela poderá receber sangue com Rh+ e Rh–,
logo, não há problema aparente de receber sangue dos seus filhos. O
caso do pai é perigoso, haja vista que o pai tem fator Rh–, só poderá
receber sangue com fator Rh–. Como não podemos identificar o filho
ou a filha que se enquadre nessa condição, por medida de segurança,
não se deve cogitar a transfusão dos filhos ou filhas para o pai.
05 C
Para ocorrer a eritroblastose fetal, a mãe tem que ter o fator Rh– e o feto
fator Rh+. Durante a gestação ou durante o parto, tem que haver
mistura de sangue fetal com o sangue materno, isto é, antígenos
do feto têm que sensibilizar o organismo da mãe. Lembrando que a
eritroblastose fetal, se não forem tomadas as precauções, só irá atingir
a próxima gestação.
06 B
Sendo Capitu pertencente ao grupo sanguíneo AB Rh+ e Ezequiel,
provavelmente, dos grupos A ou AB e Rh positivo ou negativo, Ezequiel
poderia ser filho de ambos, por pertencer ao grupo A Rh positivo.
biologia Ii
01 D
O cruzamento entre Aa x aa apresenta 1/2 de chance de nascer Aa,
independente de resultados anteriores.
02 A
Os heterozigotos não serão exatamente iguais nem ao pai nem à
mãe, indicando que não houve dominância por parte dos genes do
pai nem da mãe.
03 C
Pelo enunciado, descobrimos que o casal é heterozigoto, logo, podem
ter filhos AA, Aa, Aa e aa. Para qualquer filho do casal é 1/4 a chance de
nascer albino e 3/4 a chance de nascer com pigmentação normal da
pele.
04 B
O homem 3 é aa, pois a anomalia é recessiva. A mulher 11 é Aa, pois é
filha de pai afetado. Assim sendo, o casal pode ter filhos: 50% aa e 50%
Aa. A chance de nascer menina é 1/2. A chance de que nasça menina e
afetada é 1/2 x 1/2 = 1/4.
05 E
Os indivíduos 13, 14 e 16 são normais e filhos de pais heterozigotos
(7 x 8), podendo ser AA ou aa.
06 D
Em cada par será 1/2 a chance de passar para o gameta o cromossomo
paterno, portanto, como são quatro pares, teremos:
1/2 x 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/16
07 C
O indivíduo 6 é heterozigoto (BO), pois apresenta gene B e possui pai
do grupo O (OO).
08 D
A incompatibilidade para o sistema ABO entre mãe e filho destrói as
hemácias do filho que entram na mãe após o parto, evitando que a mãe
se sensibilize para o sistema Rh. Como a mulher e o marido atendem às
condições para terem criança com eritroblastose fetal, esta incompatibilidade seria útil para diminuir a preocupação do doutor com a
possibilidade do casal vir a ter criança doente.
09 A
O indivíduo do grupo AB não pode doar sangue para outros tipos
sanguíneos, pois apresenta aglutinogênios A e B em suas hemácias.
10 D
O homem é destro (Cc) e não enrola a língua (ee). A mulher é canhota
(cc) e enrola a língua (Ee).
A chance de ter uma filha é 1/2; a chance de ser cc é 1/2; a chance de ser
ee é 1/2. Multiplicando-se as três probabilidades (regra do e), teremos:
1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8 = 12,5%.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
biologia – Volume 01
11