Zadanie 15
Matura z biologii, maj 2023, poziom rozszerzony
Wymaganie: IV.4 — dziedziczenie cech, epistaza recesywna.
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:
- Żółta samica: musi być ee w locus E (homozygota recesywna, daje fenotyp żółty). W locus B ma "jeden allel recesywny" → Bb. Genotyp pełny: eeBb.
- Brązowy samiec: musi być bb w locus B + E_ w locus E. Z "jeden recesywny w E" → Ee. Genotyp pełny: 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, B 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:
Kolor nosa zależy od locus B:
- B_ (Bb lub BB) → ciemny (czarny) pigment w nosie.
- bb → brązowy pigment w nosie.
Wśród żółtych szczeniąt:
- eeBb (25% całości) → ciemny nos.
- eebb (25% całości) → brązowy nos.
- Stosunek wśród żółtych: 1 (Bb, ciemny) : 1 (bb, brązowy).
P(żółte ma ciemny nos) = 1/2 = 50%.
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). Nos pokazuje genotyp B (kolor pigmentu w nosie nie podlega epistazie ee — pigment w nosie powstaje niezależnie od pigmentu w sierści).
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 hamuje ekspresję B/b (oba bbb mają fenotyp aa) |
| 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 koduje enzym MC1R (melanocortin 1 receptor), aktywujący syntezę eumelaniny (ciemny pigment).
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 koduje enzym TYRP1 (tyrosinase-related protein 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
Kolor nosa zależy od locus B (TYRP1):
- B_ → czarny nos (eumelanina czarna w nosie).
- bb → brązowy nos (eumelanina brązowa).
Kolor sierści zależy od OBU loci.
Locus E wpływa tylko na sierść (gdzie produkcja eumelaniny zależy od MC1R). W nosie eumelanina i tak się produkuje (przez inny mechanizm — bezpośrednio bez MC1R).
→ Stąd: żółte labradorki mają różne kolory nosa w zależności od B:
- eeBb / eeBB → żółta sierść + czarny nos.
- eebb → żółta sierść + brązowy nos (rzadziej, mniej charakterystyczne).
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 czarny) |
| eb | Eebb (E_bb = brązowy) | eebb (ee = żółty, bb = nos brązowy) |
Fenotypy F1 (1/4 każda kombinacja):
- 1/4 EeBb → czarny.
- 1/4 Eebb → brązowy.
- 1/4 eeBb → żółty (nos czarny).
- 1/4 eebb → żółty (nos brązowy).
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 → brązowy nos.
P(żółte ma ciemny nos) = 1/2 = 50%.
Punktacja CKE
- 15. 3 pkt:
- Krzyżówka z gametami i F1 — 1 pkt.
- Stosunek fenotypowy 1 : 1 : 2 — 1 pkt.
- P(żółte ma ciemny nos) = 1/2 — 1 pkt.
Po co to umieć
Labrador retriever — najpopularniejsza rasa psa świata. Trzy oficjalne kolory:
- Czarny (najczęstszy) — E_B_.
- Czekoladowy / brązowy — E_bb.
- Żółty (od kremowego do złotego) — ee__.
Inne rasy z epistazą koloru:
- Złoty retriever — zawsze ee, ale różne odcienie złotego/kremowego (geny modyfikatorów).
- Owczarki niemieckie — czarna + brązowa + sable (rdzawa).
Genetyka koloru sierści to klasyka w analizie krzyżówek hodowlanych. Studia genetyki na uniwersytetach weterynaryjnych dotyczą tego intensywnie.
Epistaza w przyrodzie:
- Grupa krwi Bombay (FUT1 maskuje ABO) → patrz [[biologia-2025-maj-pr-16]].
- Kolor sierści wielu ssaków (kotów, myszy, koni).
- Kolor kwiatów roślin (groszek pachnący).
Test DNA labradora:
- Komercyjne testy (Embark, Wisdom Panel) — pokazują genotyp w E, B, K i in.
- Hodowcy używają by przewidzieć kolory szczeniąt + uniknąć recesywnych chorób (PRA, EIC).
Inżynierowanie sierści CRISPR — teoretycznie możliwe, ale komercyjnie niedostępne. Etyczne dyskusje.
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 0, 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, w antygenie B — galaktoza. Wytwarzanie 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 niefunkcjonalnego 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 wytwarzanie antygenu A; - allel $I^B$ koduje transferazę B, warunkującą wytwarzanie antygenu B; - recesywny allel $i$, kodujący niefunkcjonalne białko, powstały w wyniku mutacji allelu $I^A$. Gen *FUT1* i gen *ABO* są położone na różnych chromosomach autosomalnych. W poniższej tabeli przedstawiono fragmenty nici kodującej DNA alleli $I^A$ oraz odpowiadający im fragment łańcucha polipeptydowego 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 | | $i$ | CTG 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 *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 nadbrzuszną - 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