Zadanie 15
Matura z biologii, maj 2023, poziom rozszerzony
Wymaganie: XIV. Genetyka klasyczna. 1. Dziedziczenie cech. Zdający: 1) zapisuje i analizuje krzyżówki […] oraz określa prawdopodobieństwo wystąpienia określonych genotypów i fenotypów […] w pokoleniach potomnych […]; 2) przedstawia dziedziczenie […] dwugenowe […] ([…] współdziałanie dwóch lub większej liczby genów).
Treść zadania
Psy rasy labrador retriever mogą mieć sierść czarną, brązową lub żółtą. Za barwę sierści psów tej rasy odpowiadają dwa niezależnie dziedziczone geny. Każdy z tych genów ma dwa allele.
Allele pierwszego genu warunkują powstanie pigmentu – allel dominujący E warunkuje jego wytworzenie i powstanie ciemnej sierści, natomiast recesywny allel e w układzie homozygotycznym uniemożliwia wytworzenie pigmentu i sierść pozostaje jasna – żółta.
Allele drugiego genu są odpowiedzialne za kolor ciemnej sierści – dominujący allel B odpowiada za wytworzenie czarnego barwnika, natomiast recesywny allel b – za barwnik brązowy.
Psy o sierści żółtej mogą mieć różny kolor nosa – może on być ciemny, jeżeli w ich genotypie występuje przynajmniej jeden allel B, albo jasny – gdy nie mają tego allelu.
Skrzyżowano żółtą samicę i brązowego samca mających już szczenięta: czarne, brązowe i żółte.
Na podstawie: www.labrador.org.pl
Zadanie 15. (0–3)
Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany stosunek fenotypowy szczeniąt czarnych, brązowych i żółtych w potomstwie opisanej pary psów oraz określ prawdopodobieństwo, że żółte szczenię będzie miało ciemny nos.
Krzyżówka genetyczna:
Oczekiwany stosunek fenotypowy: ........................
Prawdopodobieństwo, że żółte szczenię będzie miało ciemny nos: ........................
Źródło: arkusz CKE MBIP-R0-100-2305. Otwórz oryginalny PDF
Rozwiązanie
Genotypy rodziców:
- Brązowy samiec: E_bb. Wśród szczeniąt są żółte (ee) → samiec musi mieć allel e → Eebb.
- Żółta samica: ee__. Wśród szczeniąt są czarne (B_) — allel B mogą dostać tylko od matki (ojciec bb), a brązowe (bb) wymagają allelu b także od matki → eeBb.
Krzyżówka: eeBb × Eebb
Gamety samicy (eeBb): eB, eb (po 50%).
Gamety samca (Eebb): Eb, eb (po 50%).
| Eb (50%) | eb (50%) | |
|---|---|---|
| eB (50%) | EeBb (25%) | eeBb (25%) |
| eb (50%) | Eebb (25%) | eebb (25%) |
Fenotypy potomstwa:
- EeBb (25%) → E_B_ = czarny (E pozwala na pigment, B daje czarny).
- Eebb (25%) → E_bb = brązowy (E pozwala na pigment, bb daje brązowy).
- eeBb (25%) → ee = żółty (e blokuje pigment, B nieaktywny).
- eebb (25%) → ee = żółty (jw.).
Oczekiwany stosunek fenotypowy = czarne : brązowe : żółte = 1 : 1 : 2
Prawdopodobieństwo, że żółte szczenię miało ciemny nos:
Według tekstu kolor nosa żółtych psów zależy od locus B:
- B_ → nos ciemny.
- bb → nos jasny.
Wśród żółtych szczeniąt:
- eeBb (25% całości) → ciemny nos.
- eebb (25% całości) → jasny nos.
- Stosunek wśród żółtych: 1 : 1.
P(żółte ma ciemny nos) = 1/2 = 50%.
Punktacja: 3 pkt — krzyżówka, stosunek i prawdopodobieństwo; 2 pkt — krzyżówka oraz stosunek albo prawdopodobieństwo; 1 pkt — sama poprawna krzyżówka.
Pułapka — pomylenie epistazy z dihybrydem klasycznym. Klucz: ee jest epistatyczne wobec locus B. Niezależnie od B, jeśli ee → fenotyp żółty.
Pułapka — uznanie żółtego za jednolity fenotyp. Żółte może mieć różne genotypy w B (Bb, BB, bb). Według tekstu kolor nosa żółtych psów zależy od obecności allelu B (ciemny przy B_, jasny przy bb).
Pułapka — pomylenie kierunku epistazy. Tu jest epistaza recesywna (recesywny w locus E blokuje wszystko). Klucz: ee dominuje fenotypowo nad B.
Strona arkusza CKE z trescia zadania
Klucz pojęciowy — epistaza
| Typ interakcji | Stosunek F2 (z AaBb × AaBb) | Mechanizm |
|---|---|---|
| Brak interakcji (klasyczny dihybryd) | 9 : 3 : 3 : 1 | 4 fenotypy |
| Epistaza recesywna | 9 : 3 : 4 | aa maskuje działanie B/b (aaB_ i aabb mają ten sam fenotyp) |
| Epistaza dominująca | 12 : 3 : 1 | A_ hamuje ekspresję B/b |
| Komplementacja | 9 : 7 | Oba dominujące potrzebne razem |
| Działanie duplikatów | 15 : 1 | Każdy dominujący wystarczy |
Labrador retriever = klasyczny przykład epistazy recesywnej (ee maskuje B/b).
Mechanizm: ee jako epistaza recesywna
Locus E u psów to gen MC1R (receptor melanokortyny 1) — jego działanie umożliwia wytwarzanie w sierści eumelaniny (ciemnego pigmentu).
Allel E = funkcjonalny MC1R → wytwarzanie eumelaniny w sierści → ciemna sierść.
Allel e = niefunkcjonalny MC1R → brak eumelaniny → wytwarzana tylko feomelanina (żółty/rudy pigment). Sierść żółta.
Homozygota ee → cała sierść żółta, niezależnie od locus B.
Locus B u psów to gen TYRP1 (białko podobne do tyrozynazy 1), decydujący o kolorze eumelaniny:
- B = TYRP1 funkcjonalny → eumelanina czarna.
- b = TYRP1 niefunkcjonalny → eumelanina brązowa.
Wniosek: bez eumelaniny (ee) → kolor TYRP1 nie ma znaczenia. ee maskuje fenotyp B/b.
Mechanizm: kolor nosa vs kolor sierści
Według tekstu zadania kolor nosa psów żółtych zależy od locus B:
- B_ → ciemny nos.
- bb → jasny nos.
Kolor sierści zależy od OBU loci.
→ Stąd: żółte labradory (ee) mają różne kolory nosa w zależności od B:
- eeBb / eeBB → żółta sierść + ciemny nos.
- eebb → żółta sierść + jasny nos.
Krzyżówka labradorów (zadanie)
Genotypy rodziców:
- Żółta samica: eeBb (ee = żółta, Bb = nos czarny).
- Brązowy samiec: Eebb (Ee = pigment, bb = brązowy).
Gamety:
- Samica (eeBb): eB + eb (po 50%).
- Samiec (Eebb): Eb + eb (po 50%).
F1 (kwadrat Punnetta):
| Eb | eb | |
|---|---|---|
| eB | EeBb (E_B_ = czarny) | eeBb (ee = żółty, Bb = nos ciemny) |
| eb | Eebb (E_bb = brązowy) | eebb (ee = żółty, bb = nos jasny) |
Fenotypy F1 (1/4 każda kombinacja):
- 1/4 EeBb → czarny.
- 1/4 Eebb → brązowy.
- 1/4 eeBb → żółty (nos ciemny).
- 1/4 eebb → żółty (nos jasny).
Stosunek: 1 czarny : 1 brązowy : 2 żółte = 1 : 1 : 2.
Wśród żółtych szczeniąt (2 z 4):
- 1 ma genotyp eeBb → ciemny nos.
- 1 ma genotyp eebb → jasny nos.
P(żółte ma ciemny nos) = 1/2 = 50%.
Punktacja CKE
- 15. 3 pkt — poprawna krzyżówka ORAZ stosunek fenotypowy (1 : 1 : 2) ORAZ prawdopodobieństwo (1/2).
- 2 pkt — poprawna krzyżówka ORAZ stosunek fenotypowy ALBO prawdopodobieństwo.
- 1 pkt — sama poprawna krzyżówka.
Po co to umieć
Labradory mają trzy podstawowe umaszczenia:
- czarne — E_B_;
- czekoladowe (brązowe) — E_bb;
- żółte — ee__.
Inne przykłady maskowania działania jednego genu przez drugi: fenotyp Bombay w układzie grup krwi AB0 (gen FUT1, zob. matura 2025, zad. 16) oraz umaszczenie wielu ssaków.
Podobne zadania
genetyka, grupy krwi ABO, gen FUT1, fenotyp Bombay, mutacja, zmiana ramki odczytu
Zadanie 16 (4 pkt)
maj 2025 • PR
W układzie ABO wyróżnia się cztery podstawowe fenotypy: A, B, AB i O, które są warunkowane przez występowanie antygenów A i B. Antygen H jest strukturą prekursorową antygenów A i B, które powstają w wyniku przyłączania do antygenu H różnych reszt cukrowych: w antygenie A jest to N-acetylogalaktozamina, a w antygenie B — galaktoza. Wytworzenie antygenu H jest warunkowane przez gen *FUT1*. Allel dominujący tego genu (*H*) odpowiada za wytworzenie antygenu H w błonie komórkowej erytrocytów. Allel recesywny tego genu (*h*) zawiera mutację prowadzącą do syntezy nieaktywnego enzymu, którego aktywność jest konieczna do syntezy antygenu H. Gen *ABO* warunkujący przekształcanie antygenu H do antygenu A lub B ma trzy allele: - allel $I^A$ koduje transferazę A, warunkującą wytworzenie antygenu A - allel $I^B$ koduje transferazę B, warunkującą wytwarzanie antygenu B - recesywny allel $i$, kodujący niefunkcjonalne białko, powstały w wyniku mutacji w allelu $I^A$. Gen *FUT1* i gen *ABO* są położone na różnych chromosomach autosomalnych. W tabeli podano fragment sekwencji nukleotydowej w nici kodującej allelu $I^A$ oraz odpowiadający mu fragment allelu $i$ powstałego w wyniku mutacji. | Allel genu *ABO* | Fragment DNA nici kodującej | Fragment łańcucha polipeptydowego kodowanego przez podany fragment DNA | |---|---|---| | $I^A$ | CTC GTG GTG ACC CCT T | Leu – Val – Val – Thr – Pro | | $i$ | CTC GTG GT− ACC CCT T | ............................. | Na podstawie: M. Czerwiński i R. Kaczmarek, *Genetyczne podstawy syntezy cukrowych antygenów grupowych krwi*, „Acta Haematologica Polonica” 44(3), 2013; V. Kumar i in., *Robbins & Cotran Pathologic Basis of Disease*, Nowy Jork 2020. ### Zadanie 16.1. (0-1) Na podstawie analizy danych przedstawionych w tabeli podaj nazwę mutacji genowej, która doprowadziła do powstania allelu $i$. ### Zadanie 16.2. (0-1) Uzupełnij tabelę zamieszczoną powyżej — podaj sekwencję aminokwasową kodowaną przez fragment DNA nici kodującej zawarty w tabeli. Odpowiedź zapisz w wyznaczonym miejscu w tabeli. ### Zadanie 16.3. (0-1) Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Sekwencja aminokwasowa kodowana przez allel $i$ jest inna niż w przypadku allelu $I^A$, ponieważ konsekwencją mutacji genowej prowadzącej do powstania allelu $i$ jest - A. zmiana ramki odczytu. - B. substytucja aminokwasowa. - C. odwrócenie kolejności aminokwasów. - D. zwielokrotnienie liczby aminokwasów. ### Zadanie 16.4. (0-1) Podaj wszystkie możliwe genotypy warunkujące grupę krwi A. Uwzględnij allele genu *FUT1* oraz genu *ABO*. W zapisie genotypu zastosuj oznaczenia alleli podane we wprowadzeniu do zadania.
genetyka, dziedziczenie, dwa loci, brzanka sumatrzańska, paskowanie, dominacja, krzyżówka
Zadanie 16 (4 pkt)
maj 2024 • PR
### Zadanie 16. Tułów ryby – brzanki sumatrzańskiej (*Puntigrus tetrazona*) – przecinają trzy poprzeczne czarne paski, ciągnące się od grzbietu do brzucha. Na poniższym zdjęciu przedstawiono trzy możliwe wzory paskowania występujące u brzanki sumatrzańskiej (1.–3.), różniące się długością paska oznaczonego strzałką. Wzór paskowania brzanki sumatrzańskiej zależy od dwóch niesprzężonych ze sobą *loci* – A i B z allelami dominującymi (A i B) i recesywnymi (a i b): - wzór 1. – obecność co najmniej jednego allelu dominującego w każdym z obu *loci* daje wzór pełnego paskowania - wzór 2. – homozygotyczność recesywna tylko w jednym z *loci* powoduje skrócenie paska środkowego, który jednak przecina linię naboczną - wzór 3. – podwójna homozygotyczność recesywna sprawia, że pasek środkowy jest skrócony o połowę i kończy się na linii nabocznej. *Na podstawie: Z. Nowak (red.), Genetyka zwierząt w teorii i praktyce, Warszawa 2015; J.S. Frankel, Inheritance of Trunk Striping in the Sumatran Tiger Barb […], „Journal of Heredity” 76, 1985. Fotografia: J.S. Frankel, How a Banded Barb Gets its Stripes, „AMAZONAS” 3(6), 2014.* ### Zadanie 16.1. (0–2) Uzupełnij tabelę – dla każdego z fenotypów brzanki sumatrzańskiej wymienionych w tabeli zapisz wszystkie możliwe genotypy warunkujące dany fenotyp. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście. | Fenotyp | Możliwe genotypy | |---|---| | pełne paskowanie – wzór 1. | | | skrócony pasek środkowy przecinający linię naboczną – wzór 2. | | ### Zadanie 16.2. (0–2) Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany rozkład wzoru paskowania wśród potomstwa dwóch podwójnie heterozygotycznych osobników brzanki sumatrzańskiej. Krzyżówka genetyczna: | Wzór paskowania | wzór 1. | wzór 2. | wzór 3. | |---|---|---|---| | Oczekiwane proporcje | ............. | ............. | ............. |
Rozumiesz, jak to rozwiązać?
Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji
matury-online.pl ma tysiące zadań pogrupowanych po dziedzinach. Sprawdź, czy temat „genetyka, epistaza recesywna, labrador retriever, dziedziczenie koloru sierści, krzyżówka dihybrydowa” zrobisz samodzielnie.
Otwórz matury-online.pl