Banco de preguntas de genética mendeliana.docx

Banco de preguntas de genética
mendeliana - Curso 2017-18
Pregunta 1: Estamos observando tres rasgos faciales que
siguen herencia mendeliana: la barbilla, las pecas y los lóbulos
de las orejas. La barbilla partida, las pecas y los lóbulos de las
orejas libres son caracteres dominantes.
Nos encontramos ante una familia en la que la abuela presenta
los tres alelos dominantes, mientras que su marido no posee
pecas, pero sí la barbilla partida y tiene la oreja unida. Tienen
dos hijos, una mujer con los alelos dominantes en los tres
caracteres observados y un hombre que coincide con la
hermana en dos de los tres caracteres: no tiene la barbilla
partida.
¿Cual es la probabilidad de que el hijo de la mujer tenga pecas
pero la barbilla sin partir y los lóbulos unidos, sabiendo que su
padre es homocigoto recesivo para todo?
(Ana Mendizabal Sasieta)
a. 1/4
b. 1/9
c. 1/3
d. 1/12
e. 1/16
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Respuesta Preg. 1: d (1/12) [ - ]
Explicación Preg. 1:
En un principio, sabemos que la abuela es A-B-C- y el abuelo
aaB-cc. Como tienen un hijo con la barbilla sin partir (bb) tienen
que ser ambos heterocigotos para este caracter (abuela A-BbC-;
abuelo aaBbcc). La hija tiene que ser AaB-Cc, teniendo 1/3 de
probabilidad de ser BB y 2/3 de ser Bb, sabiendo que tiene la
barbilla partida. La cruzamos con un individuo aabbcc y
queremos que la descendencia sea Aabbcc (Aa porque el padre

el recesivo y por lo tanto no podrá ser AA). Para calcular la
probabilidad haremos:
P(Aa)x[P(bb)xP(de que la madre sea Bb)]xP(cc)
P(Aabbcc)=(1/2)x(1/2)x(2/3)x(1/2)=1/12
[ - ]
Pregunta 2: Se ha obtenido una planta que es heterocigota
para 4 genes independientes (AaBbCcDd) cada uno de ellos con
dos alelos y dominancia completa. Suponiendo que se
autofecunda.
a) ¿Cuál es la probabilidad que un descendiente sea homocigoto
recesivo para todos los genes?
b) Se obtienen 5 plantas de esta autofecundación, ¿cuál es la
probabilidad de que al menos un descendiente sea homocigoto
dominante para todos los genes?
(Laia Erta Revilla)
a. a) (1/4) ; b) 0,23
b. a) (1/2)^4 ; b) 0,55
c. a) (1/4)^4; b) 0,7627
d. a) (1/2) ; b) 0,098
e. a) (2/3) ^4 ; b) 0,75
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Respuesta Preg. 2: c [ - ]
La respuesta es la c porque:
a. Para calcular la probabilidad de que sea homocigoto recesivo
para todos los genes se multiplica la probabilidad de cada gen a
que sea homocigoto recesivo. Por lo tanto, P(homocigoto
recesivo) = 1/4 · 1/4 · 1/4· 1/4 = (1/4) ^4
b. Para calcular la probabilidad de que al menos uno sea
homocigoto dominante para todos los genes se aplica el mismo

esquema que el apartado anterior. Sabemos que la probabilidad
que al menos 1 sea homocigoto dominante para todos los genes
es igual a 1 menos la probabilidad de que ninguno sea
homocigoto dominante. I sabemos también que la probabilidad
que ninguna de las 5 plantas sea homocigota es de (3/4)^5 =
0,2373. Por lo tanto 1-0,23 = 0,7627
[ - ]
Pregunta 3: La enfermedad renal poliquística es una
enfermedad genética causada por un solo gen. Dos padres con
la misma enfermedad se casan y tienen un hijo enfermo y uno
normal.
¿La enfermedad es producida por un gen dominante o recesivo?
¿Cuáles son los genotipos de los dos padres?
¿Cuál es la probabilidad de tener un tercer hijo enfermo?
(Valeria De Sena)
a. 1/4
b. 2/4
c. 3/16
d. 3/4
e. 1/16
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Respuesta Preg. 3: d [ - ]
1)Dominante porque si hubiera sido recesivo no podría haber
niños sanos, porque los padres habrían sido homocigotos
recesivos, para mostrar el fenotipo enfermo.
2)Como uno de los niños es sano esto indica que los padres son
heterocigotos, con un alelo dominante que trae la enfermedad,
de esto deducimos los genotipos de los padres: Aa; Aa.
3)La probabilidad de tener un tercio enfermo puede predecirse

construyendo el cuadrado de Punnett, está claro que la
probabilidad de tener un hijo enfermo es de 3/4 (el alelo A está
presente 3 veces de 4 en el cuadrado) mientras que la
posibilidad de tener un niño sano es 1/4 (aa)
[ - ]
Pregunta 4: En les guineus, els dos al·lels d’un gen, P i p,
donen lloc a un pelatge de color platí i platejat respectivament.
Al creuar entre sí guineus de color platí sempre s’obtenen
guineus de color platí i platejats, per la qual cosa no s’han
aconseguit línies pures de color platí.
Quines proporcions fenotípiques esperaries del creuament entre
individus de color platí?
(Núria Lupión García)
a. 3/4 platí i 1/4 platejat
b. 1/3 platí i 2/3 platejat
c. 2/3 platí i 1/3 platejat
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Com que en la descendència del creuament entre guineus de
color platí sempre apareixen guineus de color platejat, i per tant
no s’obtenen línies homozigotes de color platí (no apareixen
individus PP), la interpretació que millor explica aquests
resultats és que l’al·lel pel color platí del cabell (P_) és dominant
sobre el de color platejat (pp) mentre que pel caràcter de
letalitat, aquest al·lel P és recessiu.
El creuament és entre individus amb genotip Pp, de forma que
els resultats esperats serien 1/4 PP, 1/2 Pp i 1/4 pp, però com

els individus PP no són viables, la descendència comptarà amb
2/3 platí (Pp) i 1/3 platejats (pp).
[ - ]
Pregunta 5: Si se autofecunda un individuo heterocigótico para
cinco loci independientes (AaBbCcDdEe):
a) ¿Cuántos gametos genéticamente distintos puede producir?
b) ¿Qué número de genotipos diferentes aparecerán en la
descendencia?
c) ¿Cuál es la frecuencia esperada de individuos heterocigóticos
para tres loci y homocigóticos dominantes para los dos
restantes?
(Andrea Macián Nicolás)
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Respuesta Preg. 5: [ - ]
a) El individuo es un pentaheterocigoto, es decir, heterocigoto
para cinco loci. Como los genes son independientes, la
segregación de cada uno de ellos es un suceso independiente de
los demás. Hagamos el siguiente razonamiento: Si tenemos en
cuenta, por ejemplo, solamente el gen A,a, podemos concluir
que un individuo heterocigoto producirá dos tipos diferentes de
gametos, uno con el alelo A y otro con el alelo a. El mismo
resultado obtendremos si lo hacemos con el resto de los genes
ya que el individuo es heterocigoto para los 5 genes. El
resultado, puesto que son sucesos independientes, será:
2x2x2x2x2, es decir, 25 = 32.
b) La descendencia de un cruce pentahíbrido, se ajusta, para

cada gen, a las proporciones genotípicas mendelianas: 1/4: 1/2:
1/4. Por ejemplo, para el gen A,a, son 1/4 AA, 1/2 Aa, 1/4 aa,
vemos que hay 3 clases genotípicas. Lo mismo ocurre para el
resto de los genes y como los cinco genes son independientes,
el número de genotipos diferentes es: 3x3x3x3x3 = 35 = 243
c) Puesto que la pregunta no concreta qué genes deben ser los
heterocigotos y cuales los homocigotos, podemos calcular las
frecuencias genotípicas utilizando la función de probabilidad de
la distribución binomial:
= n!/d!h!r! x (1 /4)^d (1/ 2)^h (1 /4)^r
donde n = número de loci
Que, en el caso de la pregunta formulada en el enunciado,
resulta ser:
5!/2!3!0! x (1 /4)^2 (1/ 2)^3 (1 /4)0 = 10/128 = 5/64
[ - ]
Pregunta 6: En les guineus, els dos al·lels d’un gen, P i p,
donen lloc a un pelatge de color platí i platejat respectivament.
Al creuar entre sí guineus de color platí sempre s’obtenen
guineus de color platí i platejats, per la qual cosa no s’han
aconseguit línies pures de color platí.
Quines proporcions fenotípiques esperaries del creuament entre
individus de color platí?
(Núria Lupión García)
a. 3/4 platí i 1/4 platejat
b. 1/3 platí i 2/3 platejat
c. 2/3 platí i 1/3 platejat
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Com que en la descendència del creuament entre guineus de
color platí sempre apareixen guineus de color platejat, i per tant
no s’obtenen línies homozigotes de color platí (no apareixen
individus PP), la interpretació que millor explica aquests
resultats és que l’al·lel pel color platí del cabell (P_) és dominant
sobre el de color platejat (pp) mentre que pel caràcter de
letalitat, aquest al·lel P és recessiu.
El creuament és entre individus amb genotip Pp, de forma que
els resultats esperats serien 1/4 PP, 1/2 Pp i 1/4 pp, però com
els individus PP no són viables, la descendència comptarà amb
2/3 platí (Pp) i 1/3 platejats (pp).
[ - ]
Pregunta 7: Se cruzan un macho hemicigótico para una
mutación recesiva ligada al sexo y una hembra heterocigótica.
¿cuál es la probabilidad de que tengan un hijo con fenotipo
mutante?
Si esta pareja tiene 10 hijos, ¿cuál es la probabilidad de que una
de sus hijas escogida al azar tenga el fenotipo mutante?
¿cuál es la probabilidad de que 7 sean machos mutantes y los
otros 3 sean hembras normales?
(Problema del departamento de genética de la Universidad de
Granada)
(Laia Carrillo Garcia)
a. 1/4, 3/4 y 1,3x x 10-3
b. 1/4, 1/2 y 1,14 x 10-4
c. 1/2, 1/2 y 3/4
d. 1/4, 1/4 y 1,14 x 10-4
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Respuesta Preg. 7: b [ - ]
XA Xa x Xa Y
-1/4 XA Xa niña normal
-1/4 Xa Xa niña mutante
-1/4 Xa Y niño normal
-1/4 XA Y niño mutante
1/2, ya que sabemos que es hembra, es decir, la mitad de las
hembras.
Puesto que la probabilidad de que nazca un macho mutante es
1/4, y de una hembra normal también es 1/4, la probabilidad
total, será:
P = 10! (1/4)7 (1/4)3 =1,14 x 10-4
7! 3!
[ - ]
Pregunta 8: La polidactilia en la especie humana se debe a un
alelo autosómico dominante. Dos primos hermanos polidactílicos
y cuyos abuelos comunes eran normales, tienen hijos. Si los
tres primeros son normales, ¿cuál es la probabilidad de que el
cuarto también lo sea?
(Andrea Hernando Curto)
a. 0,316
b. 0,250
c. 0,187
d. 0,750
e. 0,004
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Son sucesos independientes uno de otro. Por tanto la
probabilidad de que una pareja de heterocigotos tenga un hijo
normal es 1/4, independientemente de la descendencia que
haya tenido previamente.
[ - ]
Pregunta 9: Jesús, que presenta calvicie prematura, se casa
con una mujer heterocigota para la calvicie. Sabemos que Jesús
tiene una hermana que no se ha quedado calva, mientras que
sus dos padres sí que presentan calvicie prematura. Sabiendo
esto, ¿es posible que Jesús y su mujer tengan un hijo varón que
no presente calvicie? En este caso, ¿con que probabilidad?
(Noelia Pérez Ventura)
a. No es posible, todos sus hijos varones presentarán
calvicie
b. No es posible, toda su descendencia serán mujeres
c. Sí que es posible, con una probabilidad de 1/4
d. Sí que es posible, con una probabilidad de 2/3
e. Sí que es posible, con una probabilidad de 1/8
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Respuesta Preg. 9: e [ - ]
La calvicie es un carácter influido por el sexo, de modo que los
heterocigotos (a'a) presentarán calvicie si son hombres, pero no
la presentarán si son mujeres. Con los datos proporcionados
podemos obtener los genotipos de todos los familiares excepto
el de Jesús (No sabemos si será a'a o a'a'), aunque para que

sea posible que la pareja tenga un hijo varón que no presente
calvicie es necesario que Jesús sea a'a. Así, calculamos la
probabilidad de que Jesús sea a'a, que corresponde a 1/2 (Pues
su padre es a'a y su madre a'a') y la probabilidad de que, siendo
Jesús a'a, él y su mujer (a'a) tengan un hijo aa (Ya que esta es
la única opción que permite que un varón no presente calvicie),
siendo esta probabilidad de 1/4. Ahora multiplicamos las dos
probabilidades obtenidas (1/2*1/4=1/8) y obtenemos que la
probabilidad del caso planteado es igual a 1/8.
[ - ]
Pregunta 10: En una pequeña granja gallega, aparece una
mutación en una vaca que le da un color dorado a su pelaje.
Este color resulta muy popular entre los ganaderos y el resto de
la población dado que, a causa de leyendas, piensan que este
tipo de vacas dan "la leche de la immunidad" y traen fortuna y
suerte al ser doradas. Dada esta situación, el criador intenta
establecer una línea pura de este color para conseguir fama.
Al cruzar esta vaca dorada con toros normales negros, la
descendencia resulta la mitad de vacas/toros doradas/os y la
otra mitad negras/os. Al cruzar estos animales dorados entre si,
obtiene 11 normales negros y 23 dorados. Intenta realizar
cruces con estos animales dorados, pero no consigue obtener
nunca líneas puras.
¿Cuáles son los genotipos y porque no se pueden obtener líneas
puras de vacas "doradas"?
(Modificado de Problema 14 de
http://www.joaquinrodriguezpiaya.es/2_Bachillerato_Biologia/Practicas/Problemas_de_
genetica_resueltos.pdf)
(Laura González Requesón)
a. El carácter negro es dominante y el carácter dorado es
recesivo. No se obtienen líneas puras porque ambos

progenitores son homozigotos y solo se obtienen descendientes
negros.
b. El carácter negro es recesivo y el carácter dorado es
dominante. En los primeros progenitores, los dorados son
heterozigotos y los negros homozigotos. No se obtienen líneas
puras de vacas doradas porque casualmente no han habido
descendientes homozigotos dominantes.
c. El carácter negro es recesivo y el carácter dorado es
dominante. En los primeros progenitores, los dorados son
heterozigotos y los negros homozigotos. No se obtienen líneas
puras de vacas doradas porque el alelo dominante es letal en
homocigosis.
d. En ningún caso es posible que esto suceda.
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Supongamos los alelos D > d. D corresponde al color dorado,
y d al negro. Si cruzamos Dd x dd, obtenemos la mitad de la
descendencia dorados heterozigotos y la otra mitad negros
homozigotos.
Cogemos estos heterozigotos dorados y los cruzamos entre si
(Dd x Dd). Esperaríamos obtener 1/4 homozigotos recesivos
(negros), 1/2 heterozigotos (dorados) y 1/4 homozigotos
dominantes (dorados). En cambio, obtenemos una proporción
2:1 dado que 23/11 es aproximadamente 2. Esto quiere decir
que falta un genotipo que es el homozigoto dominante, cosa que
concuerda con que no pueda obtener líneas puras. Si nunca
nacen individuos de este tipo, nos lleva a pensar que este alelo
en homocigosis es letal.
[ - ]

Pregunta 11: El apareamiento entre jerbos egipcios o Jaculus
jaculus, cuyo genotipo era idéntico produjo la siguiente
descendencia: 14 color crema: 47 color negro: 19 albinas. ¿A
qué tipo de epistasia se debe? ¿Cuáles son los genotipos de los
progenitores y de los descendientes?
(Elisa Irles Aznar)
a. Se trata de epistasia recesiva. El genotipo de los
progenitores es AaBb y el de la descendencia : 9A_B_(negros) 3
A_bb (crema) 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).
b. Se trata de epistasia dominante. El genotipo de los
c. Se trata de epistasia recesiva. El genotipo de los
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Respuesta Preg. 11: A [ - ]
En primer lugar, los genes mantienen una relación de epistasis
simple recesiva ya que la proporción 9:3:4 es la que se obtiene
al cruzar dos diheterocigotos y los genes mantienen ese tipo de
epistasis. Por otro lado,los jerbos de genotipo idéntico son
diheterocigotas (AaBb) y la descendencia es 9 A_B_(negros), 3
A_bb (crema), 3 aaB_(albinos) y 1aabb (albinos).
Departamento de Genética, Universidad de Granada.
[ - ]
Pregunta 12: Dos condiciones anormales en el hombre, las
cataratas y la fragilidad de huesos, son debidas a alelos
dominantes de dos genes diferentes. Una pareja formada por un
hombre con cataratas y huesos normales (cuyo padre tenía ojos

normales) y una mujer sin cataratas pero con huesos frágiles
(cuyo padre tenía huesos normales), desean tener hijos. Indicar
la probabilidad de que tengan un descendiente con ambas
enfermedades.
(Francesca Joana Crespí Payeras)
a. 0,5
b. 0.75
c. 0.25
d. 0,125
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Si denominamos C/c y H/h a los alelos de los genes implicados,
siendo C/c los alelos dominante y recesivo del gen implicado en
el desarrollo de cataratas y H/h los del gen implicado en la
fragilidad de los huesos, el genotipo del hombre es Cchh. Al
tener su padre los ojos normales, lo que quiere decir que es
homocigoto para este carácter, el hombre tiene que ser
portador de un alelo recesivo para este carácter. El genotipo de
la mujer es ccHh. Al igual que en el hombre, su padre era
homocigoto recesivo para el
carácter de huesos y, por tanto, debe portar un alelo recesivo.
Los gametos que produce cada uno de ellos son:
--> Hombre: Ch y ch
--> Mujer: cH y ch
El resultado del cruzamiento entre ambos sería:
Gametos/Proporción
- CcHh (1/4)
- Cchh (1/4)
- ccHh (1/4)
- cchh (1/4)
Así, si nos pide la probabilidad de que nazca un individuo con
ambas enfermedades cabe tener en cuenta que los genotipos

posibles del individuo son: CCHH, CCHh, CcHH o CcHh. Como
sólo uno de estos genotipos (CcHh) puede producirse en este
cruzamiento, la probabilidad de obtenerlo es de 1/4 = 0.25
[ - ]
Pregunta 13: Mario y Ona están esperando un hijo y quieren
tener otro. La hermana de Mario sufre fibrosis quística y la
abuela de Ona también la sufrió. La fibrosis quística es una
enfermedad genética autosómica recesiva que afecta
principalmente a los pulmones provocando la acumulación de
moco esposo y pegajoso. ¿Cuál es la probabilidad de que si
tienen dos hijos ambos sufran esta enfermedad?
Problema inspirado en uno del Aula Virtual
(Aida Marisch Delgado)
a. 1/16
b. 1/256
c. 1/144
d. 1/12
e. 1/64
Cancel selection
Respuesta Preg. 13: C [ - ]
Sabemos que Mario y Ona no están afectados por esta
enfermedad y por lo tanto, para tener hijos afectados deben ser
heterocigotos.La abuela de Ona es homocigota (aa) para esta
enfermedad, por lo tanto la madre de Ona es heterocigota (Aa).
La probabilidad de que Ona sea heterocigota (Aa) es 1/2. Ahora,
debemos calcular la probabilidad de que Mario sea heterocigoto
(1/2). Sabemos que su hermana está afectada (aa), por lo
tanto, los padres de Mario son heterocigotos (Aa). La
probabilidad de que Mario sea heterocigoto (Aa) es de 2/3

(debemos descartar la posibilidad aa ya que sabemos que no
está afectado). Suponiendo que Mario y Ona son Aa, la
probabilidad de que sea homocigoto recesiva es 1/4.
Multiplicamos 2/3 * 1/2 * 1/4= 1/12 y obtenemos la
probabilidad de tener 1 hijo que sufra fibrosis quística. Para
saber la probabilidad tener 2 hijos afectados elevamos el
resultado anterior al cuadrado: (1/12)^2 = 1/144.
[ - ]
Pregunta 14: El pasado verano de 2017, los restos del brillante
pintor Salvador Dalí fueron exhumados dado que una señora
llamada Pilar Abel aseguraba que era hija suya. A pesar de las
duras controversias de irrumpir o no en la tumba de este
personaje histórico, Abel consiguió que se realizaran pruebas de
ADN para demostrar esta paternidad.
En el centro de investigación donde se analizaron estos restos,
se encontraba una becaria que seguía muy de cerca este caso
dado que admiraba a este pintor. A pesar de ello, se vio en la
situación de no poder contribuir dado que era un caso de
demasiada importancia. Por ese motivo, a causa de esta
tentación, decidió investigar por su cuenta gracias a los
conocimientos de genética que tenía.
Al mismo tiempo y casualmente, su hermano, estudiando
Biología le pidió ayuda para resolver una duda sobre genética.
Esta duda era sobre la herencia de un carácter: los lóbulos de
las orejas. Esto hizo que la becaria se percatara de que,
mediante este carácter, podría intentar contribuir en la
investigación del caso.
Analizó fotografías en el caso de la supuesta hija y antiguos
retratos del pintor y observó lo siguiente: ella tiene los lóbulos
separados de la mejilla, mientras que el pintor los tenía
pegados. Por otro lado, también descubrió que la madre
biológica de Pilar también tenía los lóbulos pegados al igual que
Dalí.

Sabiendo que este rasgo sigue una herencia autosómica
recesiva en la cual el alelo dominante corresponde al lóbulo
separado, ¿cuál crees que es la probabilidad de que Pilar Abel
sea hija de Salvador Dalí?
(Laura González Requesón)
a. 3/4
b. 1/4
c. 0
d. Ninguna es correcta
Cancel selection
Sabemos que Dalí tenía los lóbulos pegados. Como este es un
carácter recesivo, sabemos que era homozigoto recesivo.
Si la madre de Pilar Abel también los tenía pegados, tenía el
mismo genotipo para este carácter (homozigota recesiva).
Si Pilar Abel, en cambio, los tiene separados, esto solo puede
ser si uno de los dos progenitores contiene un alelo dominante.
Dado que esto no es así (porque ambos son homozigotos
recesivos), es imposible que Pilar sea hija de Salvador Dalí.
[ - ]
Pregunta 15: En una granja, volem aconseguir que les nostres
vaques i brous no tinguin banyes. Per a saber quin tipus de
herència té el caràcter " presència de banyes", realitzem els
seguents experiments amb un brau sense banyes:
- L'entrecreuem amb una vaca A amb banyes --> el vadell no té
banyes
- L'entrecreuem amb una vaca B sense banyes --> el vadell té

banyes
- L'entrecreuem amb una vaca C amb banyes --> el vadell no té
banyes
Com es l'herència del caràcter "presència de banyes"?
Quin serà el genotip del brau i de les vaques A, B i C?
Modificat del llibre: Antonio Brandi Fernández: Biologia:
Santillana grup promotor.
(Noah Sánchez Costa)
a. El caràcter és recessiu. Brau: BB, A: B-, B: B-, C: bb
b. El caràcter és dominant. Brau: B-; A: B-, B: bb, C: Bb
c. El caràcter és recessiu. Brau: B-, A: bb, B: B-, C: bb
d. El caràcter és dominant. Brau: bb, A:BB, B:bb, C:Bb
e. El caràcter és recessiu, Brau:bb, A: bb, B: B-, C: bb
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La correcta es recessiu, perque si fos dominant, la vaca B i el
brau serien els dos homozigots recessius, pel que no podrien
donar un vadell amb banyes (dominant). El brau ha de ser
dominant perquè no té banyes (descartem opció E). La opció A
es incorrecta perquè amb la vaca B, sorgiria un vadell dominant,
per tant sense banyes. Per tant, la opció correcta és la C degut
a que el brau es dominant (no té banyes), al entrecreuar-se
amb un homozigot recessiu (A) poden donar un heterozigot
sense banyes, al entrecreuar-se amb un heterozigot (B) pot
donar un recessiu amb banyes, i al entrecreuar-se amb un
recessiu (C) por donar un heterozigot sense banyes.
[ - ]

Pregunta 16: Vas a visitar a una familia que se acaba de
mudar al barrio. Te invitan a tomar un café y te presentan a sus
hijos: dos niños de 6 y 9 años y un bebé no pigmentado.
Entonces, como ambos padres tienen aspecto normal, al igual
que los dos niños, les preguntas si el bebé es suyo, a lo que la
mujer responde: sí pero los dos más mayores son de mi anterior
marido.
a) ¿Podrías indicar el genotipo de la mujer, de su primer marido,
del marido actual y del bebé?
b)¿Cúal sería la probabilidad de que si la pareja tuviera tres
hijos más, dos fueran albinos?
Problema basado en el 2.10 Genética. Problemas y ejercicios
resueltos. José Luís Ménsua.
(Mireia Marín Ginestar)
a. 9/64
b. 3/64
c. 12/64
d. 1/16
Cancel selection
Respuesta Preg. 16: a [ - ]
a) Si la mujer es pigmentada y su segundo marido también,
podemos afirmar que ambos deben ser heterozigotos (Aa) para
el alelo recesivo del albinismo, y que su hijo es homozigoto para
el alelo (aa). Del primer marido, lo único que podemos decir s
que, siendo pigmentado y habiendo tenido dos hijos normales
es A-. No podemos asegurar que sea homozigoto normal (AA),
ya que la probabilidad de que siendo Aa transmitiera a sus dos
hijos el alelo A es muy elevada: (1/2)^2=0.2. Si consideramos
la posibilidad de que los dos padres fueran heterozigotos, la

probabilidad de tener dos hijos normales sería de
(3/4)^2=0.5624.
b) Para calcular esto utilizaremos la fórmula de la binomial
donde m=3, d (A-)=1 y r(aa)=1.
P [2:aa ; 1:A-/(AaxAa)]= (3!/(2!*1!))*(3/4)*(1/4)^2=
3*(3/4)*(1/16)=9/64
[ - ]
Pregunta 17: El dia de Nadal, la família Vilamajor va decidir
fer-se un selfie. En Pere (el fill gran) va proposar que tota la
família fes una ganyota, concretament la de treure la llengua
enrotllant-la. A l’hora de fer la foto, van adonar-se que només la
Maria, la germana d’en Pere, no podia enrotllar la llengua.
Sabem que el fet de poder enrotllar la llengua és un caràcter
dominant, respecte a no poder enrotllar-la que és recessiu.
Calcula doncs, la probabilitat que el germanet que esperen en
Pere i la Maria, tampoc sàpiga enrotllar la llengua.
(Teresa Porta Fitó)
a. La probabilitat és d’1/2
b. La probabilitat és de 0,33
c. El fet d’enrotllar la llengua és una habilitat que no depèn
de cap gen, sinó que es pot aprendre.
d. La probabilitat és d’1/4
Cancel selection
Solució: d) 1/4
Sabem que no poder enrotllar la llengua és un caràcter recessiu.
Això significa que la Maria ha de portar rr per tal que s’expressi
el caràcter recessiu. Si la Maria porta rr i els seus pares poden
enrotllar la llengua, significa que tan el pare com la mare són

heterozigots pel caràcter de la llengua enrotllable (són Rr), ja
que si fossin els 2 o un dels 2 homozigots (RR) la Maria no
podria ser rr. Per tant, tenint en compte que són el pare (Rr) i la
mare (Rr). Aleshores, la probabilitat que el fill que tindran sigui
rr és d’1/4.
[ - ]
Pregunta 18: Una planta de altura normal de guisante, que se
desarrolló de una semilla redonda, la cual se encontraba dentro
de una vaina amarilla, se polinizó con el polen de una planta
enana, que se desarrolló de una semilla redonda, que se
encontraba dentro de una vaina verde. Se obtuvieron semillas
redondas y rugosas en vainas verdes. Plantadas estas semillas,
3/8 de las plantas fueron normales y 3/8 enanas, todas ellas
desarrolladas a partir de semillas redondas, 1/8 de las plantas
fueron normales y 1/8 enanas, desarrolladas estas últimas a
partir de semillas rugosas.
¿Cuáles eran los genotipos de los padres?
T/t -> Altura de la planta (normal - enana)
R/r -> Forma de la semilla (redonda -rugosa)
A/a -> Color de la vaina (amarilla - verde)
(Lourdes Mora Pastor)
a. TT Rr aa x tt Rr A-
b. Tt Rr A- x tt Rr aa
c. Tt Rr aa x tt Rr A-
d. tt Rr A- x Tt Rr aa
e. Tt Rr aa x tt Rr aa

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Considerando cada uno de los caracteres por separado:
-Altura de la planta: se cruza una planta normal con otra enana
y se obtienen:
3/8 + 1/8 = 4/8 = 1/2 plantas normales
3/8 + 1/8 = 4/8 = 1/2 plantas enanas
luego se trata del cruce de un homozigoto con un heterozigoto
(Tt x tt ó tt x Tt). Pero como sabemos que el fenotipo "normal"
domina sobre el "enana", podemos saber que en este caso
tenemos Tt x tt.
-Forma de la semilla: se cruzan dos plantas que provienen de
semillas redondas y se obtienen semillas tanto redondas como
rugosas, luego se trata necesariamente del cruce de dos
heterozigotos (Rr x Rr), siendo el alelo para redondo dominante
sobre el alelo para rugoso. Además,
3/8 + 3/8 = 6/8 = 3/4 de las semillas eran redondas
1/8 + 1/8 = 2/8 = 1/4 de las semillas eran lisas
lo que confirma la deducción anterior.
-Color de la vaina: se cruzan dos plantas, una que proviene de
vainas amarillas y otra de vainas verdes y se obtienen vainas
verdes, luego se trata del cruce de un homozigoto recesivo de
vainas amarillas con un homozigoto o heterozigoto dominante,
de vainas verdes, aa x A-.(Para poder saber este último dato
necesitamos más información)
Entonces el genotipo de los padres era Tt Rr aa x tt Rr A-
[ - ]
Pregunta 19: Una mujer de ojos marrones cuya madre tenía
los ojos azules, decide tener 4 bebés con un hombre de ojos
marrones. El padre de éste también tenía los ojos azules.

La presencia de color marrón en los ojos domina sobre el azul.
Si la joven quiere que al menos 3 de sus hijos muestren ojos
azules, como lo hacía su madre, calcula la probabilidad de que
así sea.
(Tamara Pazos Martínez)
a. 0,00018
b. 0,05
c. 0,02
d. 0,047
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Primero hemos de conocer los genotipos del hombre y la mujer:
M = ojos marrones > m = ojos azules
Como ambos presentan ojos marrones: M_ x M_
Además, sabemos que uno de los padres de cada uno tenía los
ojos azules (mm), y ellos heredaron uno de sus alelos, por lo
que:
♀ Mm x Mm ♂
Puesto que son heterocigotos, usamos la fórmula de la
distribución binomial que nos indica la probabilidad de que x
número de hijos tenga los ojos azules, es decir, sea homocigoto
recesivo.
El enunciado nos pide que al menos 3 de sus 4 hijos muestren el
color azul en los ojos, por lo que calculamos la probabilidad de
que suceda en 3 de sus hijos, y en 4. El resultado será la suma
de las 2 probabilidades, pues ambas opciones son válidas.
P(1,3) = 4! / 1!·3! · (3/4) · (1/4)3 = 0,0468

P(0,4) = 4! / 0!·4! · (3/4)0 · (1/4)4 = 0,0039
0,0468 + 0,0039 = 0,05070
[ - ]
Pregunta 20: En Juego de Tronos, un personaje denominado
Craster mata a sus hijos y se casa con sus hijas. Tiene una hija
con una hija suya. Si Craster es portador de un alelo para una
enfermedad rara, ¿con que probabilidad estará afectada
(homozigota) su nieta? (Suponemos que la enfermedad no
impide tener hijos).
(Marta Huertas Pulido)
a. 0
b. 1/8
c. 1/4
d. 3/8
e. 1/16
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Respuesta Preg. 20: B [ - ]
Al ser una enfermedad rara, podemos suponer que la primera
mujer con la que Craster tiene la primera hija es homozigota
dominante.
A -- normal
a -- enfermo
Así pues tenemos: Aa (Craster) x AA (primera mujer).
Podemos calcular, entonces, la probabilidad de que la primera
hija sea heterozigota: p(Aa/AaxAA)=1/2.
Como el enunciado pregunta la probabilidad de que la nieta de
Craster (la hija que ha tenido con esta segunda hija) este
enferma, es decir, sea aa, tenemos que multiplicar
probabilidades.

La probabilidad de que la nieta sea aa pensando que los padres
son heterozigotos: p(aa/AaxAa)=1/4.
Por lo tanto: 1/2x1/4= 1/8.
[ - ]
Pregunta 21: En un futuro tras terminar tu grado de genética
has encontrado tu primer trabajo como genetista. Una empresa
biomédica te ha contratado para realizar un estudio sobre el uso
medicinal i/o terapéutico de los principios activos de Cannabis
sativum que son los siguientes:
THC: responsable de los efectos psicoactivos y principal activo
en el consumo lúdico de las flores.
CBD: sin efectos psicológicos, pero con potentes propiedades
analgésicas, broncodilatadores, reducción de las tasas de
crecimiento de las células mutantes entre muchos.
La empresa lógicamente está interesada en el CBD y para
invertir en su investigación requiere de una plantación
estable de dónde extraer dicho compuesto.
Se descubrió (de Meijer et al. 2003) que la producción de estos
principios activos está determinada genéticamente en gran
medida por el gen situado en el locus B de un cromosoma de la
planta. Una planta homocigota Bt Bt tan solo produce THC. Las
que son heterocigotas Bt Bd produces niveles parejos de los
dos compuestos y las puras Bd Bd presentan niveles altos
de CBD únicamente. Además, se sabe que ambos alelos son
dominantes sobre el alelo recesivo B0. Una planta con
genotipo B0 B0 no expresa ningún fenotipo y la empresa te ha
pedido que los ignores pues no germinan plantas viables.
Tu parte del estudio consiste en la predicción de la cantidad (en
porcentaje) de plantas que tan solo produzcan CBD que se
obtendrían de una serie de cruces y la posterior
recomendación de uno de ellos. La identificación del
genotipo de cada planta se debe hacer a partir de los niveles
de los dos principios activos en punto de máxima

floración. (Hay que tener en cuenta que cualquier planta
produce cierta cantidad tanto de THC como de CBD las
homocigotas suelen presentar niveles de 0,1 a 5 μg/L y las
heterocigotas dominantes de 8 a 25 μg/L.)
a) 87 μg/L THC 11 μg/L X 0,8 μg/L THC 105 μg/L CBD
b) 63 μg/L THC 59 μg/L CBD X 78 μg/L THC 85 CBD
c) 125 μg/L THC 1,7 μg/L CBD X 66 μg/L THC 62 μg/L CBD
(Ferran Llobet Cabau)
a. a) 25% b) 50 % c) 0 Mejor opción: a
b. a) 50% b) 25% c) 0 Mejor opción: a
c. a) 33% b) 66% c) 25% Mejor opción: b
d. a) 28% b) 15% c) 75% Mejor opción: c
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La respuesta correcta es la B:
87 / 11 -> Predominancia de THC con niveles del contario entre
8 y 25 -> Hibrido uso recreacional = Bt B0
105 / 0,8 -> Predominancia de CBD con niveles del contrario <
5 -> Línea pura para uso medicinal = Bd Bd
Bt B0 x Bd Bd
P(Bd Bd) = 0,5 = 50 %
En el apartado B al ser un cruzamiento de heterocigotos (niveles
parecidos de los dos compuestos) monohíbridos podemos
encontrar la proporción a la taula de Punnet = 0,25 = 25%
En el caso C tan solo una de las dos plantas posee el alelo Bd (la
que tiene niveles parecidos de los dos compuestos, la otra es
homocigota para el THC por lo que no tiene el alelo Bd) por lo
que no se puede producir el genotipo Bd Bd.
[ - ]

Pregunta 22: El apareamiento entre ratas de genotipo idéntico
produjo la siguiente descendencia: 14 color crema: 47 color
negro: 19 albinas. ¿A qué proporción se aproxima la
descendencia?
(Coral Sala Fernández)
a. 3:3:1
b. 9:4:3
c. 9:3:3
d. 4:2:1
e. 3:2:1
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Si se parte de una hipótesis de que son dos genes con dos
alelos, se calcula sobre un total de 16 y nos da: 9.4, 3.8 y 2.8.
De manera que se aproxima a una proporción de 9:4:3.
[ - ]
Pregunta 23: En algunas aves, un gen dominante ligado al
sexo (B) produce plumas con aparencia de barras blancas en
gallos adultos, mientras que su gen alelo (b) produce plumas de
apariencia normal. Elabora un esquema del cruce entre un
macho barrado homozigótico y una hembra normal. Al obtener
la F1, crúzala con ella misma para obtener la F2, y luego
determina las proporciones fenotípicas de este último cruce.
(Alícia Sedó Mor)
a. Todos los machos presentan plumas con barras y todas
las hembras presentan plumas normales

b. Todos los machos presentan plumas con barras,
mientras que la mitad de las hembras presentan plumas con
barras y la otra mitad plumas normales
c. Todas las hembras presentan plumas con barras y todos
los machos presentan plumas normales
d. Todas las hembras presentan plumas con barras,
mientras que la mitad de los machos presentan plumas con
barras y la otra mitad plumas normales
e. Tanto todos los machos como todas las hembras
presentan plumas con barras
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Al cruzar un macho barrado homozigótico y una hembra normal,
obtenemos:
ZB ZB x Zb W = 50% ZB Zb, 50% ZB W
Al cruzar la F1 con ella misma obtenemos la F2:
ZB Zb x ZB W = 25% ZB ZB, 25% ZB Zb, 35% ZB W, 25% Zb
W
Por lo tanto, podemos deducir que todos los machos
presentaran la pluma con barras, porque todos tienen al menos
una B, en cambio, de entre las hembras, la mitad van a
presentar plumaje con barras pero la otra mitad no, ya que
tienen b.
[ - ]
Pregunta 24: La herencia de una pequeña mancha dorsal en
cierta variedad de perdiz silvestre es ligada al sexo y recesiva.
Calcular la probabilidad de que un macho descendiente del cruce
entre dos hermanos lleve la mancha. Sabiendo que la hembra

presenta la mancha igual que otro hermano macho, la madre de
ambos y la abuela paterna. Todos los demás individuos de la
familia no la presentan.
(Clara Inserte Singla)
a. 1/4
b. 1/2
c. 1/8
d. 1
e. 3/4
Cancel selection
Respuesta Preg. 24: b. 1/2 [ - ]
Al tratarse de un ave, el sexo heterogamético es el femenino, y
el homogamético el masculino:
hembra ZW/ macho ZZ
Así, los genotipos posibles serán:
Hembra con mancha: ZaW
Hembra sin mancha: ZAW
Macho con mancha: ZaZa
Macho sin mancha: ZAZA o ZAZa
El cruce será:
ZAZa x ZaW
↓
ZAZa (macho sin mancha) = 1/4
ZaZa (macho con mancha) = 1/4
ZAW (hembra sin mancha) = 1/4
ZaW (hembra con mancha) = 1/4
Por lo tanto, la probabilidad de que un macho lleve la mancha
será 1/2 (la mitad de los machos).
[ - ]

Pregunta 25: Dos hombres (Padre 1 y Padre 2) reclaman en
un juzgado la paternidad de un niño, cuyo grupo sanguíneo es
O. La madre es del grupo A, mientras que el posible padre 1 es
del B y el posible padre 2 es del AB. Razone si puede servir esta
información para indicar cuál de ellos no es su padre. ¿A quién
pertenece el hijo?
(Cristina Saucedo Llaberia)
a. Madre y padre 1
b. Madre y padre 2
c. No puede ser de la madre
d. El niño es adoptado
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Respuesta Preg. 25: A [ - ]
El grupo sanguíneo está determinado por tres alelos: A, B y 0.
Los alelos A y B son codominantes entre sí y dominan sobre el
alelo 0. Como cada individuo no puede poseer más de dos
alelos, los posibles genotipos de las personas implicadas serán:
Madre: grupo sanguíneo A, puede ser homocigótica (AA) o
heterocigótica (A0). Como el hijo es 0, ella es heterocigótica A0.
Padre 1: grupo sanguíneo B, puede ser homocigótico (BB) o
heterocigótico (B0).
Padre 2: grupo sanguíneo AB, por lo que su genotipo solo puede
ser AB.
Hijo: grupo sanguíneo 0, por tanto, tendrá un genotipo 0.

El hijo de grupo sanguíneo 0 habrá recibido un alelo (0) de cada
progenitor, uno de la madre y otro del padre. Así, la madre debe
ser heterocigótica (A0) y el padre también (B0).
Por tanto, según los grupos sanguíneos,el padre 2 no puede ser
el padre del niño, ya que sólo puede aportar el alelo A o B, y no
el 0 que es el que ha aportado el verdadero padre.
Problema extraído de: http://biologia-
geologia.com/BG4/3561_grupos_sanguineos_ab0_problemas_re
sueltos.html
[ - ]
Pregunta 26: Durant la primavera es celebra el campionat
europeu de salt d'obstacles en el que, a més, els cavalls
sementals més ben valorats són moltes vegades venuts per a
cubrir les eugues. En aquesta darrera edició, l'Antonio va
demanar poder cubrir el seu remat d'eugues negres a partir
d'un pura raça espanyol de color terra.
Mesos més tard, quan van nèixer els pollins (45 en total)
l'Antonio va poder posar-los a la venta; va obtenir un total de
20 cavalls de color terra i 25 de color negre.
a) Quin dels caràcters fenotípics dels pollins de l'Antonio és el
causat per un homozigot recessiu?
b) Quin nombre teòric de pollins de cada color era doncs
l'esperat?
c) Es pot donar com a vàlida doncs la proporció obtinguda amb
una fiabilitat del 0,05?
(Ariadna Belles Lopez)
a. a) Color terra b) 25 terra i 20 negres c) no és vàlida
b. a) Color terra b) 22,5 de cada color c) acceptem
c. a) Color terra b) 22,5 de cada color c) no és vàlida
d. a) Negre b) 20 terra i 25 negres c) aceptem
e. a) Negre b) 25 terra i 20 negres c) aceptem

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a)
Si sabem que el mascle és de pura raça (línia pura) sabem que
serà homozigot i com que és de color terra (fenotip que
s'expressa en la F1) vol dir que és recessiu.
b)
Creuant els parentals Nn (femella) i nn (mascle dee pura raça)
obtenim la meitat dels pollins negre i la meitat de color terra
(22,5 com a valor teòric)
c)
Calculant el t-estadístic de la khi quadrat obtenim un valor
aproximat de 0,545 el qual, és molt inferior al que ens dóna la
taula per 1 grau de llibertat.
[ - ]
Pregunta 27: En una raza de perros en concreto, el gen que da
el carácter de patas cortas se encuentra en el cromosoma X.
Cruzamos una hembra con patas normales con un macho
paticorto y, de toda la descendencia, ninguno es paticorto.
Posteriormente se realiza la F2 cruzando un macho y una
hembra de la descendencia.
¿Cuál es la probabilidad de que nos salga un macho y que este
sea paticorto?
(Alba Cruz Lafuente)
a. 0
b. 1/4
c. 1/2

d. 1
Cancel selection
Sabemos que este gen está ligado al cromosoma X.
Primeramente tenemos que saber si el gen es recesivo o
dominante. Esto se puede deducir viendo que un macho
paticorto (XpY) da una descendencia en la cual todos tienen las
patas normales, aunque hayan heredado las hembras un
cromosoma X con este gen.
De este primer cruce también deducimos que la hembra de la
generación parental no es portadora del gen, ya que si no
habría salido alguna hembra paticorta en la descendencia.
Por tanto en la F1 tendremos: XpX (hembras portadoras) y XY
(machos normales)
Si cruzamos los descendientes nos saldrán:
XpX XX XpY XY
Por tanto ahora simplemente hay que calcular la probabilidad de
que tengamos un macho y que este sea paticorto:
P(macho)= 1/2
P(paticorto/macho)= 1/2
P(macho y paticorto)= 1/2*1/2=1/4
[ - ]
Pregunta 28: Un criador de canarios (Serinus
canaria) encuentra esporádicamente un ejemplar ágata (rojo)
entre sus aves, que son una pareja de satinés diluido y una
segunda pareja hembra bruna y macho satiné. El carácter del
color del plumaje en canrarios es recesivo ligado al sexo, y
además está regulado por 2 genes. Las relaciones genéticas
son:
Z+ eumelanina negra Z+ > Z;

Z eumelanina marrón;
rb+ oxidación melánica rb+ > rb > st;
rb dilución melánica (clásica);
st satiné.
MACHOS:
Z+ rb+ , Z+ rb+ negro-bruno (homocigoto);
Z+ st , Z+ st satiné diluido;
Z+ rb , Z+ rb ágata (homocigoto);
Z+ rb , Z+ st ágata / satiné;
Z rb + , Z r+ bruno (homocigoto);
Z rb+ , Z st bruno / satiné;
Z rb , Z rb isabela (homocigoto);
Z st , Z st satiné;
HEMBRAS:
Z+ st satiné diluido;
Z st satiné;
Z+ rb+ negro-bruno;
Z rb bruno;
Z+ rb ágata;

Z rb isabela.
Si al cabo de un mes nace un canario macho ágata satinado de
la F1 (es decir, él es la F2), ¿el ejemplar ágata era macho o
hembra? ¿Y si nace una hembra ágata?
(Paloma Merino Guisado)
a. En ambos casos era un macho
b. En ambos casos era una hembra
c. Hembra; macho
d. Macho; hembra
Cancel selection
Debido a las características del sistema ZW y la transmisión de
caracteres ligados al sexo (ligado al Z), de cada cruce solamente
se obtendrá un único fenotipo para los machos y un único
fenotipo para las hembras. Así, de la pareja de satiné diluido se
obtiene 1/2 de hembras satiné diluido y 1/2 de machos satiné
diluido.
De la otra pareja se obtiene 1/2 de machos bruno satinado y
1/2 de hembras satinadas. Si el ejemplar ágata es hembra se
puede reproducir con la F1 de una pareja y de otra, y lo mismo
ocurre si fuese macho. La unica forma de obtener hembras
ágata y machos ágata satiné es reproduciéndose un macho
ágata con una hembra ágata satinado (hija de la pareja bruno-
satinado) y una hembra ágata con un macho satiné diluido (hijo
de la pareja satiné diluido), respectivamente.
[ - ]
Pregunta 29: Los genes MAmSg3 y LbuPg2 determina
capacidad de aprobar el examen de genética del 20 de Abril de

2018. Cada uno de ellos presenta 2 alelos que presentan
dominancia. Llamamos a los alelos de MAmSg3 M y m, y los de
LbuPg2 L y l. Las personas que presentan ambos alelos en
homocigosis recesiva sacarán un 10, en cambio las que solo
posean la m recesiva en homocigosis llegarán al 5. Pueden
Amaiur, Mar, Laura, Sara y Paula, con genotipo Mmll aprobar el
examen?
(Paula Gende Rodriguez)
a. Todavía pueden ir a por el 10 porque tienen ll
b. Si porque puede haber recombinación mitótica, que
haga que la M se intercambie por m.( suceso milagroso)
c. Si porque han estudiado mucho y el ambiente condiciona
la expresión del genotipo ( Según la norma de Reacción)
d. No porque se trata de un caso de genetica bioquimica en
el cual un fallo en el gen que codifica para la primera enzima
provoca la parada de la ruta metabólica ( un 0)
e. Ambas c y d son correctas.
Cancel selection
Respuesta Preg. 29: e [ - ]
Es verdad que se trata de un caso de genética bioquímica, por lo
cual al no expresarse correctamente el gen que te da un 5, ya
no pueden sacar un 10, y el 5 solo se da cuando el genotipo es
mm__, si fuese un caso de determinación puramente genética.
Aun así, es cierto que han estudiado mucho, y que la mayoría
de fenotipos están determinados por el genoma y el ambiente. Y
sabiendo que el ambiente bibliotecario aumenta
considerablemente las probabilidades de aprobar, puede que
lleguen a 5. Segun la norma de reacción, existen tantos
fenotipos para un mismo genotipo como ambientes a los que se
ha expuesto. Asi mismo, el genotipo Mmll, bajo un ambiente de
habitación con series e internet se traduce en un 0 inmediato,

mientras la exposición de este mismo genotipo a 13 horas al día
de biblioteca puede llegar a un 6.
[ - ]
Pregunta 30: Cruzamos dos individuos dihíbridos de Drosophila
melanogaster de alas curvadas y quetas en forma de maza. En
la descendencia se obtienen 590 individuos con alas curvadas y
quetas en maza, 180 con alas curvadas y quetas normales, 160
con alas normales y quetas en maza y 60 normales para ambos
caracteres. ¿Se puede aceptar la hipótesis de que estos
caracteres se heredan independientemente?
(Sara Gil Martín)
a. Sí, porque no se cumplen las proporciones de Mendel
b. Sí, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 0,47
c. No, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 8,63
d. Sí, porque al comprobarlo con Chi cuadrado da 5,59
e. No, no se puede saber si segregan independientemente
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Respuesta Preg. 30: D [ - ]
Proporciones mendelianas para un dihíbrido que segrega los
caracteres independientemente: 9:3:3:1
Sobre un total de 990 individuos (590+180+160+60) los
valores esperados son:
9/16 de 990 → 556
3/16 de 990 → 186
3/16 de 990 → 186
1/16 de 990 → 62
Realizamos chi-cuadrado con una confianza de 95% y grados de

libertas: 4-1=3 para comprobar que cumple las proporciones (
7’82
X2= 2’07 + 0’19 + 3’63 + 0’06 = 5’59 ( 5’59 < 7’82
Podemos aceptar la hipótesis de que estos caracteres se
heredan independientemente.
[ - ]
Pregunta 31: Un granjero ha cruzado dos líneas puras de
gallinas, unas de plumaje marrón y cresta sencilla, y otras de
plumaje blanco y cresta en roseta. Sabiendo que los caracteres
marrón y cresta en roseta son dominantes. ¿Qué proporciones
fenotípicas se obtendrán en F2?
(Daniela María Taño Ramos)
a. 3:1
b. 9:3:3:1
c. 1:1:2:2:4:2:2:1
d. 1:3
e. 2:4
Cancel selection
Calculando primero la F1, podremos obtener la razón fenotípica
de F2 haciendo una tabla de Punnet o utilizando la información
resumen sobre los números esperados de cruces mendelianos.
[ - ]
Pregunta 32: En un mundo paralelo, Mendel el satánico
postula las "leyes de Mendel de la expresión génica",las cuales
únicamente se basan en el fenotipo sin importar el genotipo (es

decir, solo nos fijamos las características fenotípicas y no
genotípicas). Teniendo eso en cuenta, ¿cuál sería la variación en
la primera generación filial de la primera ley de Mendel para un
cruce monohíbrido (autosómico dominante) AA x aa?
(Héctor Hidalgo López)
a. No he entendido nada de lo que dices, yo no veo ningún
cambio
b. La segregación no sería equitativa, las proporciones
serían 3:1 y no 1:1
c. La segregación no sería independiente
d. Al estar hablando de un cruce entre homocigotos donde
uno es dominante, y solo tener en cuenta los fenotipos, el
principal cambio sería el de la uniformidad fenotípica en la
primera generación filial
e. Al estar hablando de un cruce entre homocigotos donde
uno es dominante, y solo tener en cuenta los genotipos,el
principal cambio sería el de la uniformidad genotípica en la
primera generación filial
Cancel selection
Al tener en cuenta únicamente el fenotipo, observamos que en
la primera generación filial todos los individuos expresarán un
único fenotipo, entonces la primera ley de Mendel variará,
pasando la segregación de ser equitativa a mostrar
uniformidad(1:0). Esto descarta las opciones a,b y e y valida la
opción d. La opción c también es falsa para este caso porque
hace referencia a la segunda ley de Mendel, no a la primera.
[ - ]

Pregunta 33: La microcefalia, un trastorno neurológico que
afecta al tamaño de la cabeza, tiene una herencia autosómica
recesiva. Lucas y Marta (no padecen el trastorno) tienen un hijo
de dos años que sufre esta enfermedad. Hace varias semanas,
supieron que Marta volvía a estar embarazada pero esta vez de
mellizos.
¿Cuál es la probabilidad de que ninguno de los dos también la
tenga?
(Magali Gomez Urrutia)
a. 1/2
b. 9/16
c. 1/4
d. 3/4
e. 1/16
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La microcefalia tiene herencia autosómica recesiva, por lo tanto,
si el hijo de Marta y Lucas tiene el trastorno sabemos que su
genotipo debe de ser aa.
Por otro lado, si los padres están sanos, es decir no sufren la
enfermedad, deducimos que ambos serán heterocigóticos para
este gen (Aa).
El hecho de que un hijo padezca la enfermedad no influye en la
probabilidad de que un segundo también la tenga, ya que son
sucesos independientes.
Para no tener el trastorno, los hijos deben o bien ser
homocigóticos dominantes AA (1/4 de probabilidad debido a que
los padres son heterocigóticos) o bien ser heterocigóticos Aa
(1/2)

P(AA U Aa)= 1/4 + 1/2= 3/4
La probabilidad de que ninguno de los mellizos este enfermo,
corresponde a la probabilidad de que el primero no lo este y a la
probabilidad de que el segundo tampoco.
Por lo tanto, 3/4* 3/4= 9/16
[ - ]
Pregunta 34: Un hombre daltonico tiene descendencia con una
mujer sana, una mujer de la f1 tiene dsecendencia con un
hombre sano(f2).
¿cual es la probabilidad (en la f1) de tener 3 hijas consecutivas
portadoras del daltonismo? ¿Y de tener 3 hijos daltonicos?
¿en la f2 cual es la probabilidad de tener 3 hijas portadoras? ¿y
de tener 3 hijos daltonicos?
(Marcos Marín Megias)
a. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1/8.
Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/8 F2 probabilidad de 3
mujeres portadoras = 1, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 0
b. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1. Probabilidad
3 hombres daltonicos = 0 F2 probabilidad de 3 mujeres
portadoras = 1/64, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/64
c. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 0. Probabilidad 3
hombres daltonicos = 1 F2 probabilidad de 3 mujeres
portadoras = 1/8, Probabilidad 3 hombres daltonicos =1/8 1
d. F1 Probabilidad 3 mujeres portadoras = 1. Probabilidad
3 hombres daltonicos = 0 F2 probabilidad de 3 mujeres
portadoras = 1/8, Probabilidad 3 hombres daltonicos = 1/8
e. ninguna es correcta
Cancel selection

La probabilidad de en la F1 de tener hombres daltonicos es de 0
ya que estos recibirán el cromosoma X de su madre la cual no
tiene ningún cromosoma afectado y el Y de su padre. ademas de
tener todas las hijas portadoras al ser heterozigotas y tratarse
de una mutación ligada al cromosoma X.
en cuanto a la F2 la probabilidad de teniendo un hombre sea
daltonico es de 1/2 ya que solo hay 2 cromosomas X en la
madre y uno debe ser dado al hijo si le da el afectado sera
daltonico, por lo que la probabilidad de tener 3 hijos daltonicos
es 1/2 x 1/2 x 1/2
en el caso de las mujeres portadoras es el mismo tendran un
50% de tener uno de sus cromosomas X afectado por la misma
razón así que tener 3 hijas portadoras tendrá la misma
probabilidad 1/2 x 1/2 x 1/2
[ - ]
Pregunta 35:
En 1943 en la antigua Alemania nazi, Josef Mengele y su equipo
hicieron una serie de pruebas con los prisioneros del campo de
Auschwitz para determinar diferentes herencias de tipo
mendeliano. Trabajaron con cuatro fenotipos problema:
• A: polidactilia (autosómica dominante). *
• B: intolerancia a la lactosa (autosómico recesivo).
• C: calvicie (autosómica dominante en hombres y recesivo en
mujeres).
• D: daltonismo (ligado al cromosoma X recesivo).
Uno de los experimentos que se llevó a cabo fue el
apareamiento forzado entre diferentes prisioneros para intentar
descubrir cómo serían los hijos. En uno de ellos, la mujer

presentaba seis dedos en la mano derecha y el hombre era
daltónico y tenía una pérdida severa de pelo.
a) Considerando los dos sujetos eran heterocigotos en todos los
casos posibles, calcula la probabilidad de la manifestación de
todos los rasgos en la F1.
b) Si se entrecruza al individuo con todas las manifestaciones
con un individuo sano masculino homocigoto para todos los
caracteres, ¿qué fenotipos problema podrán manifestarse? ¿Con
qué probabilidad (individual)? Consideramos que el individuo
problema es homocigoto cuando sea posible.
* Consideramos que la polidactilia en este ejercicio proviene de
un solo gen.
(Tòt Senar Serra)
a. a) 1/32 b) 1/4 y 3/4
b. a) 3/128 b) 1/4 y 3/4
c. a) 3/128 b) 1/2 y 1/2
d. a) 1/32 b) 1/2 y 1/2
e. a) 1/32 b) 1/4, 1/2 y 1/4
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A partir de la información, podemos deducir que los padres son:
Aa Bb Cc XDXd x aa Bb Cc XdY
a) Como nos piden un individuo con todas las manifestaciones,
tenemos que diferenciar en cómo se manifestará si se trata de
un hombre o cómo lo hará si es una mujer:

A_ bb C_ XdY o A_ bb CC XdXd
P (A_ bb C_ XdY) = ½ * ¼ * ¾ * ¼ = 3/128
P (A_ bb CC XdXd) = ½ * ¼ * ¼ * ¼ = 1/128
P (A_ bb C_ XdY) + P (A_ bb CC XdXd) = 1/128 + 3/128 = 1/32
b) Como nos dicen que el individuo problema es homocigoto en
todos los casos posibles y que se entrecruza con un individuo
sano masculino homocigoto:
AA bb CC XdXd x aa BB cc XDY
El entrecruzamiento dará siempre:
½*(Aa Bb Cc XDXd) + ½*(Aa Bb Cc XdY)
[ - ]
Pregunta 36: El lòbul de la orella separat (L) és dominant
respecte a tenir-los units que és recessiu (l). La capacitat de
reconèixer la PTS (P) domina sobre no reconèixer-la (p). Un
home amb el lòbul unit i que reconeix la PTS es casa amb una
dona de lòbul separat i que no reconeix la PTS. Tenen dos fills:
un amb el lòbul unit i que no reconeix la PTS i un amb el lòbul
separat i l’altre que tampoc reconeix la PTS. Doneu els genotips
de pares i fills.
(Sergi Anguera Prieto)
a. Pare: llPp, Mare: Llpp, Fill 1: llpp, Fill 2: Llpp
b. Pare: llPP, Mare: LLpp, Fill 1: llpp, Fill 2: LLpp
c. Pare: LlPp, Mare: Llpp, Fill 1: llpp, Fill 2: LLpp
d. Pare: LlPp, Mare: Llpp, Fill 1: LlPp, Fill 2: Llpp
e. d) Pare: llPp, Mare: Llpp, Fill 1: LLPp, Fill 2: LLpp
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La resposta correcte és la a ja que el pare ha de ser homozigot
recessiu per tenir el lòbul unit i ha de ser heterozigot per l’altre
caràcter ja que d’aquesta manera reconeixerà la PTS però els
seus fills podran rebre el al·lel recessiu que juntament amb el de
la mare farà que ells no reconeguin la PTS. La mare ha de ser
heterozigota pel primer caràcter ja que així tindrà el lòbul
separat però el seu primer fill podrà rebre l’al·lel recessiu i tenir-
lo unit com el seu pare. El primer fill per tant ha de ser el doble
homozigot recessiu i el segon heterozigot pel primer caràcter i
homozigot recessiu pel segon.
[ - ]
Pregunta 37: La acondroplasia es un trastorno óseo
autosómico dominante que causa enanismo. Además, la
presencia de este alelo en homozigosis lo convierte en letal.
Una pareja de dos personas que sufren enanismo
acondroplasico quiere tener cuatro hijos. Cual es la probabilidad
de que los cuatro hijos de la pareja sean enanos como sus
padres?
(Anna Basquet Muniente)
a. 0,063
b. 0,258
c. 0,316
d. 0,198
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Si los dos padres son enanos, los dos serán heterocigotos para
la acondroplasia (Aa x Aa).
Una vez hecho el cruce, hay que tener en cuenta que ninguno
de los hijos viables será homocigótico para la acondroplasia
(AA), ya que este genotipo es letal; por lo tanto, las
probabilidades para los hijos serán sobre 3 y no sobre 4. La
probabilidad de que un hijo sea Aa (fenotipo enano) es de 2/3, y
la probabilidad de que sea aa (fenotipo salvaje) es de 1/3.
A partir de esto, aplicando la binomial:
4!/(4!*0!) * (2/3)^4 * (1/3)^0 = 0,198
[ - ]
Pregunta 38: Cuando Björn partió con su padre, Ragnar, de
expedición ese verano, no se imaginaba que durante ese tiempo
presenciaría la relación extramatrimonial que su padre tuvo con
la princesa Aslaug.
Björn no pudo evitar contárselo a su madre, Lagertha, quien
decidió perdonar a su marido. No obstante, la situación se hizo
insostenible cuando Aslaug llegó hasta Kattegat, la aldea de
Ragnar, embarazada, asegurando que él era el padre. Esto
obligó a Lagertha a marcharse a otro pueblo y Björn decidió ir
con ella.
Durante este tiempo, Ragnar formó una nueva familia en
Kattegat con Aslaug: después de ese hijo, vinieron dos más,
todos totalmente sanos. No obstante, el cuarto hijo de Ragnar,
Ivar, nace con las extremidades deformadas e hiperlaxas, cosa
que hace pensar a los aldeanos en una maldición sobre la
familia de Ragnar.
Como es obvio, esto no es producto de una maldición, sino que
Ivar sufre de osteogénesis imperfecta tipo VII, una enfermedad
genética en la que el gen que codifica para la proteína asociada
del cartílago, situado en el cromosoma 3, se ve afectado. Esta

enfermedad se hereda de forma recesiva.
Björn conoce lo sucedido en mitad de su noviazgo con Porunn.
Pocas semanas después, ella le comunica que van a ser padres.
Björn, al ser conocedor de esta noticia, rebosa de alegría. A él,
le encantaría que fuera niño, pues la idea de poder llevar a su
hijo de expediciones, tal y como su padre hizo con él, le llena de
ilusión. No obstante, pronto el miedo substituye su gozo: ¿y si
realmente su familia está maldita? ¿Y si su hijo naciera con la
misma enfermedad que Ivar?
Sabiendo que Porunn es heterocigota y que Lagertha no conoce
ningún antecesor con el mismo problema (es homocigota
dominante), ¿cuál es la posibilidad de que Björn, hijo de
Lagertha y Ragnar y hermanastro de Ivar, tenga un hijo varón
con osteogénesis impefecta?
Nota: Se recomienda dibujar un pedigree para ayudarse.
(Alba Nieto Heredia)
a. 1/4
b. 1/8
c. La probabilidad es nula.
d. 1/16
e. 1/6
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Respuesta Preg. 38: D [ - ]
Ragnar y Aslaug son heterocigotos, pues es la única manera de
que tengan un hijo homocigoto recesivo (con osteogénesis
imperfecta), Ivar.
La única forma de que Björn tenga un hijo con osteogénesis
imperfecta, siendo Porunn heterocigota es que él también lo

sea.
La probabilidad de que Björn sea heterocigoto teniendo un
padre heterocigoto y una madre homocigota dominante es de
1/2.
La probabilidad de que en un cruce de dos heterocigotos (Björn
x Porunn) salga un hijo homocigoto recesivo es de 1/4.
Para que ocurra un hijo homocigoto (B) , primero Björn debe ser
heterocigoto (A). Para que se de el hecho B, primero se debe
dar el hecho A.
P(Hijo homocigoto) = P(Björn homocigoto) * P(Homocigotos
suponiendo que Björn es heterocigoto)
P(B) = P(A) * P(B/A)
P (Hijo homocigoto) = 1/2 * 1/4 = 1/8.
No obstante, queremos saber la probabilidad de que salga un
VARÓN enfermo. Debemos multiplicarlo por la probabilidad de
tener un hijo varón, puesto que son sucesos independientes.
P final = P(Hijo homocigoto) * P(Varón)= 1/8 * 1/2 = 1/16
[ - ]
Pregunta 39: Una parella la qual la dona té els ulls marró i és
heterozigota dominant per aquest caràcter té un fill amb un
home que també té els ulls marró i és homozigòtic per aquest
caràcter.
Quina és la probabilitat de que el fill sigui una noia i tingui els
ulls blaus?

(Mar Malla Bañeres)
a. 5
b. %0
c. %50
d. %25%
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probabilitat de que sigui noia (1/2) · probabilitat que tingiu els
ulls blaus (0)= 0%
[ - ]
Pregunta 40: Considerando 4 genes independientes, cada uno
de ellos con un alelo dominantes y otro recesivo,
1. ¿Cuántos cruces distintos se pueden realizar teniendo en
cuenta sus genotipos?
2. ¿Y cuántos teniendo en cuenta sus fenotipos?
Problema basado en el 2.25. de José Luis Ménsua.
(Carmen Lucía Franch Ibáñez)
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Respuesta Preg. 40: 1. 3321; 2. 136 [ - ]
1. Si consideramos un gen con dos alelos, el número de
genotipos distintos es 3 y, en general, para n genes, el número

de genotipos distintos será 3^n. El número de cruces distintos,
siendo m=3^n, será, sin tener en cuenta el sexo: Σm. Una
fórmula similar sería:
(m*(m+1))/2.
Así, para 4 genes el nº de genotipos distintos será 3^4=81, y el
de cruces distintos: (81*82)/2=3321.
2. Si consideramos fenotipos, el número de fenotipos distintos
para un gen con dos alelos es 2 y para 4 genes será 2^4=16, y
de cruces distintos (con la fórmula anterior) será:
16*17/2=136.
[ - ]
Pregunta 41: Tamara y Angelo son un feliz matrimonio que la
semana pasada daron la bienvenida al mundo a sus dos hijas
mellizas.
Sin embargo, la felicidad duró poco, ya que una de ellas falleció
a las horas del parto debido a una anómala enfermedad.
En la familia de la madre esto ya había ocurrido anteriormente,
en concreto en el caso de dos de sus tías. No obstante, Angelo,
consciente de que no tenía antecedentes de esta enfermedad en
su familia, empezó a dudar de la lealtad de Tamara, la cual
mantenía una muy buena relación con el portero de su edificio
Miguelito.
¿Tiene razón Angelo al dudar de Tamara?
(Eva Balan Gutiérrez)
a. No, puesto que se trata de un gen dado por un alelo
recesivo ligado al cromosoma X y con que la madre sea
portadora basta
b. Sí, puesto que se trata de un gen dado por un alelo

autosómico dominante letal
c. No, puesto que se trata de un gen dado por un alelo
dominante ligado al X letal en homocigosis
d. Sí, puesto que se trata de un gen dado por un alelo
autosómico recesivo letal y es necesario que ambos padres sean
portadores para que se de un homocigoto recesivo
e. Sí, ya que ni Tamara ni Miguelito son de fiar
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Podríamos pensar que se trata de una enfermedad dada por un
gen con alelo recesivo ligado al X, pero de ser así, las mujeres
no podrían fallecer a causa de esta enfermedad, ya que para
esto tanto su padre como su madre tendrían que ser portadores,
y un hombre portador sería inviable.
Es por esto que se trata de un gen dado por un alelo autosómico
recesivo, y Angelo puede dudar de Tamara ya que es necesario
que ambos padres sean heterocigotos para este caracter, cosa
que él no es ya que no se ha dado nunca en su familia.
[ - ]
Pregunta 42: El albinismo es un carácter poco frecuente en la
especie humana. En la U.E. aproximadamente 1 de cada 20.000
nacidos vivos es albino. Se realizó un estudio reuniendo familias
por el hecho de que, siendo los dos padres normales, al menos
uno de los hijos era albino. Si se casan entre sí individuos
normales de dichas familias,
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el primer hijo sea albino?
b) ¿Cuál la de que tengan un solo hijo albino, si desean tener
cuatro hijos?

(Problema 2.16 de Genética - Problemas y ejercicios resueltos,
de José Luis Ménsua)
(Angelo Gabriel Arias Magnasco)
a. 1/9 y 0,6543
b. 3/9 y 0,3121
c. 2/9 y 0,7824
d. 1/9 y 0,3121
Cancel selection
a) Aunque el enunciado no nos dice si la alternativa de albino es
dominante o recesiva respecto de la alternativa pigmentado,
podemos deducir que, si los dos padres son pigmentados y han
tenido un hijo albino, el albinismo tiene que ser un carácter
recesivo y que necesariamente los dos padres son heterozigotos
para el albinismo.
Los hijos normales de tales familias tendrán un genotipo
homozigoto AA o heterozigoto Aa, en las proporciones 1/3 y 2/3
respectivamente. Si dos individuos normales, procedentes de
tales familias, se casan, la única posibilidad de que tengan un
hijo albino es que ambos sean heterozigotos, luego la
probabilidad será:
2/3 (probabilidad de que uno sea heterozigoto) x 2/3 (de que el
otro también lo sea) x 1/4 (de que siendo, los dos
heterozigotos, tengan un hijo albino).
2/3 x 2/3 x 1/4 = 4/36 = 1/9
b) Acabamos de calcular que la probabilidad de tener un hijo
albino es de 1/9. La probabilidad de tener un hijo pigmentado
será 1 - 1/9, es decir 8/9. En una familia de cuatro hijos, la

probabilidad de que uno cualquiera de los hermanos sea albino
y los otros tres pigmentados se resuelve con la binomial.
(4 sobre 1) = de cuatro hijos uno albino.
(8/9)^3 = probabilidad de un hijo pigmentado, elevado al
número de hijos pigmentados (3).
(1/9)^1 = probabilidad de un hijo albino, elevado al número de
hijos albinos (1).
(4 sobre 1) x (8/9)^3 x (1/9)^1 = 0,3121
[ - ]
Pregunta 43: La hipofosfatemia provoca un tipo de raquitismo
en el que los pacientes no responden a dosis normales de
vitamina D. Este desorden es causado por un alelo dominante
ligado al sexo. ¿Qué fenotipos se esperarán entre los hijos e
hijas de los siguientes matrimonios?
a) Hombre afectado y mujer normal.
b) Mujer afectada hija del matrimonio anterior y hombre
normal.
(Marcel García Cuesta)
a. a) Hijos afectados e hijas normales. b) Hijos e hijas
afectad@s.
b. a) Hijas e hijos normales. b) Hijas e hijos afectad@s y
normales.
c. a) Hijas afectadas e hijos normales. b) Hijas e hijos
afectad@s y normales.
d. a) Hijos e hijas afectad@s. b) Hijas afectadas e hijos
normales.
Cancel selection

a) Si llamamos
[ - ]
Pregunta 44: En el guisante de jardín (Pisum sativum) el color
de las semillas se debe a dos alelos de un gen: el alelo A
determina el color amarillo y es dominante sobre a que
determina el color verde. Por otro lado, el alelo L es responsable
de la formación de semillas lisas y domina sobre l que determina
las semillas rugosas. Al cruzar una planta de semillas verdes y
lisas con otra de semillas amarillas y lisas se ha obtenido una
descendencia formada por unas plantas con semillas amarillas y
lisas y otras con semillas amarillas y rugosas. Determinar los
genotipos de los progenitores.
(Teresa Porta Fitó)
a. AAll x aaLL
b. aall x AALl
c. aaLl x AALl
d. AaLl x aaLl
Cancel selection
Respuesta Preg. 44 [ + ]
Explicación Preg. 44 [ + ]
Pregunta 45: En el mundo de los Simpsons, la pigmentación
de la piel amarilla característica de estos personajes sigue una
herencia autosómica dominante (Yy/YY, de"Yellow"). Aunque
este fenotipo está presente en el 99,5% de los individuos,

existen Individuos homozigóticos recesivos para el carácter.
Este es el caso de personajes como Apu Nahasapeemapetilon,
que presentan una pigmentación oscura de la piel.
Imaginemos que en uno de los capítulos de última temporada
Maggie Simpson (pigmentación amarilla) se casa con uno de los
hijos de Apu (pigmentación oscura). Si el matrimonio tuviera
hijos, cuál sería la probabilidad de tener un hijo de piel amarilla?
(no conocemos los genotipos de los padres de Maggie)
(Leire Altadill Legarra)
a. 2/3
b. 0
c. 1/2
d. 3/4
e. Ninguna de las anteriores
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El hijo de piel amarilla tiene que ser necesariamente Yy. Como
el genotipo de Maggie puede ser YY o Yy, la probabilidad de
tener el hijo Yy es una suma de la probabilidades: la
probabilidad de tener un hijo Yy si la madre es YY + la
probabilidad de tenerlo si la madre es Yy. Por tanto:
P(hijo Yy) = P(A) + P(B)
P (A) = P (madre Yy / Yy U YY) x P (hijo Yy)
P (B) = P (madre YY / Yy U YY) x P (hijo Yy)
P (A) = 2/3 x 1/2 = 1/3
P (B) = 1/3 x 1 = 1/3
P(hijo Yy) = 1/3 + 1/3 = 2/3
[ - ]

Pregunta 46: Exámen Genética Contemporánea 1 Parcial
Universidad de Nueva Nueva Zelanda: Marte – Distrito Ɖ14
(Subterráneo).
Pregunta 1
Como habrás estudiado en la asignatura de Historia del Segundo
Gran Imperio Humano, en el año 2046 tiene lugar un hito que
marca la aparición de la Neobiología: el descubrimiento del
primer organismo vivo extraterrestre, Auroborealis glailie.
Este organismo planteó un problema a nivel genético al equipo
de científicos/as liderados por el reputado J. Miguel C. Fdez.,
quien finalmente fue capaz de resolverlo, siendo determinante
en futuras expediciones a Marte y atribuyéndose el mérito de
recibir el Nobel en el año 2048.
Tu misión ahora es resolver ese mismo enigma que el ganador
del Nobel hizo en 2 años, pero solo en el tiempo otorgado para
hacer este examen. Por esto mismo se te aporta información
adicional sobre el caso, la necesaria para obtener la solución:
Auroborealis glailie es una especie diploide que puede
alimentarse de un tipo de sustrato u otro en función de un gen
llamado Krlos, el cual puede tener 4 alelos diferentes, los cuales
mantienen entre ellos una dominancia desconocida (α, β, ε, y
δ). Cada uno de estos alelos codifica para una proteína
transportadora fundamental en la tarea de llevar a las células el
material que necesitan degradar para obtener energía. La
expresión de cada uno de los alelos posibles permite generar
variantes de esta proteína que son afines a su sustrato
homólogo: sustrato α requiere de la expresión del alelo α,
sustrato β requiere de la expresión del alelo β, sustrato ε
requiere de la expresióndel alelo ε y el sustrato δ requiere de la
expresión del alelo δ. Así, alimentar a un organismo

determinado con el sustrato erróneo desemboca en su muerte,
y hacerlo con el/los indicado/s le permite vivir.
En el experimento, primero se pudieron manipular dos
individuos de este organismo que durante su vida fueron
alimentados con el sustrato α. Tuvieron descendencia y esta fue
alimentada con el sustrato α, resultando que, para sorpresa del
equipo de investigadores/as, uno de cada cuatro organismos no
fue capaz de asimilar el sustrato y murió.
A los supervivientes, se les dejó de alimentar con sustrato α y
se comenzó a usar, en su lugar, sustrato β, resultando en la
muerte de dos de cada tres individuos restantes.
ACLARACIÓN
Es decir, solo sobrevivieron 1 de cada 4 de la generación
engendrada por los dos originales. (Fin de aclaración).
Por último, un individuo superviviente fue cruzado con otra
captura en Marte de esa misma especie, que en este caso
sabemos que era genotípicamente: ε-x (es decir, ε-incógnita).
De los descendientes que tuvieron se observó que:
• Si los alimentaras con sustrato α, 1 de cada 4 sobreviviría.
• Si los alimentaras con sustrato β, 1 de cada 4 sobreviviría.
Además, en este caso, si el individuo que sobrevive se
reprodujera con otro de genotipo (δ-ε) y la descendencia fuera
alimentada por sustrato δ, solo 1 de cada 4 sobreviviría y estos
supervivientes no podrían ser alimentados con sustrato β.
Para demostrar que has descifrado el problema:
¿Qué pasaría si alimentáramos con el sustrato δ a las crías que
menciona el problema, fruto del cruce entre un superviviente de
primera descendencia con el organismo capturado ε-x?
(Carlos Campos Bermejo)
a. Todas las crías vivirían.
b. Una de cada cuatro viviría.

c. Vivirían y morirían en proporción 2:2.
d. Una de cada cuatro moriría.
e. Todas las crías morirían.
Cancel selection
Respuesta Preg. 46: Opción e) Todas morirían [ - ]
Es difícil explicar la resolución del problema sin servirse de
dibujos que ilustren los cruces pero realmente es un problema
sencillo, aunque relativamente largo (si alguien quiere ver los
esquemas de los cruces y demás información representada
mejor en gráficos puede hablar conmigo).
Inicialmente se menciona que los dos primeros progenitores son
alimentados ambos con sustrato α, de forma que
necesariamente ambos tienen que expresar este alelo, ergo
ambos deben tenerlo.
Con esto ya podemos saber una parte de los alelos que muestra
su descendencia. Además, el hecho de que uno de cada cuatro
sobreviva también con sustrato β indica que este expresa ambos
alelos. Obtenemos así el genotipo del superviviente (que
necesitaremos para el siguiente paso), logramos descifrar casi al
completo los genotipos de los progenitores y establecemos que
existe codominancia entre β y α. Ahora cruzamos este
superviviente con un individuo ε-x y obtenemos datos de cómo
se comportaría su descendencia de ser expuesta a dos sustratos
distintos.
Si nos fijamos primero en los datos dados para el sustrato α, y
vamos probándo con todos los alelos que puede tomar el gen
desconocido, observamos que solo β y δ pueden ser viables y, a
su vez, su viabilidad pasa por condicionantes: la viabilidad de δ
pasa porque se cumpla una de estas dos expresiones de
dominancia:
δ>α=β(mayor o igual que)ε
ε>α=β(mayor o igual que)δ

β también tiene un requisito para poder ser un posible candidato
a ocupar el hueco desconocido pero no planteo su expresión
dado que se descarta cuando sabemos que, expuestos al
sustrato β, solo uno de cada 4 sobreviviría, hecho imposible si el
alelo desconocido fuera β.
Ahora sabemos con seguridad que nuestro alelo desconocido es
δ, pero necesitamos de las últimas dos pistas para saber cómo
es exactamente la dominancia entre estos 4 alelos.
Aquí el problema se enrevesa un poco: tenemos que cruazar al
superviviente del experimento con sustrato β con otro de
genotipo (δ-ε), pero no sabemos aún si el superviviente es β-δ o
β-ε.
Tenemos que probar con los dos y esperar que solo uno de ellos
cocuerde con los datos experimentales que nos da el problema.
Si cruzamos β-ε con δ-ε, la única forma de que en su
descendecia, siendo alimentada por sustrato δ, se diera la
proporción 3 vivos: 1 muerto y que, además, nos
mantuviéramos fieles a los datos obtenidos hasta ahora,
sabiendo que las expresiones de dominancia que podemos
plantear están ya delimitadas: nos tendríamos que aferrar a la
expresión ε>α=β=δ.
En el caso de cruzar al otro posible descenciente (cruce de β-δ
con δ-ε), la única forma posible de no contradecirse en ningún
dato y respetar lo que el enunciado plantea es que la expresión
de dominancia sea: ε>α=β>δ.
Bien, ya esta clara la mayor parte de esta expresión; solo nos
falta clarificar si el último signo es = o >. Para esto nos
servimos de la última pista: el superviviente de este último
cruce no podría ser alimentado con sustrato β.
En el caso de la expresión ε>α=β=δ, esta se sustenta en la
supervivencia de individuos βδ que además, al estar en
codominancia, expresan ambas proteínas y pueden alimentarse
de ambos sustratos. Esto contradice en enunciado y por lo tanto
es erróneo.

La base de la expresión ε>α=β>δ es la supervivencia de
individuos δδ, los cuales, efectivamente, no podrían tomar el
sustrato β bajo ningún concepto. Hipótesis acertada.
Por fin vamos a responder a la pregunta.
Del cruce referido en la pregunta surgen los individuos: αε / αδ /
βε / βδ. Sabiendo la dominancia es evidente que ninguno es
capaz de expresar el alelo δ y, por ende, todos mueren.
[ - ]
Pregunta 47: La incapacidad para detectar el sabor amargo de
la feniltiocarbamida (PTC) en la especie humana se debe a un
gen recesivo frente al alelo que permite detectar el sabor
amargo de la PTC. En un matrimonio en el que ambos padres
son heterocigóticos para este locus se han tenido 6
descendientes.
Determine la probabilidades de que en una familias
a) Determine la probabilidad de que, en una familia, cuatro
descendientes detecten el sabor amargo de la PTC y dos no lo
detecten.
b) Determine la probabilidad de que, en una familia, todos
distingan el sabor amargo.
(Dafne Cruz Santana)
a. a. 0.375 / b. 0.125
b. a. 0.125 / b. 0.1779
c. a. 0.4563 / b. 0.2996

d. a. 0.2966 / b. 0.1779
e. a. 0 / b.1
Cancel selection
El cruce de dos heterocigotos para un locus con dominancia
completa produce una descendencia con una segregación: 3
dominante : 1 recesivo. La variable X que cuenta el número de
hijos de un determinado fenotipo (dominante o recesivo) entre n
hijos tiene distribución binomial siendo sus parámetros: n, el
número de hijos, y p, la probabilidad del éxito; el valor de p
será 0,75 si llamamos éxito al hecho de tener fenotipo
dominante ó 0,25, si llamamos éxito al hecho de tener fenotipo
recesivo. Por tanto:
a. p(x=4)=(6!/2!·4!)·(3/4)^4·(1/4)^6-4 =15·81/256·1/16=
1215/4096 = 0.2966
b. p(x=6)=(6!/6!·0!)·(3/4)^6·(1/4)^6-6=
1·729/4096·1=729/4096 =0.1779
[ - ]
Pregunta 48: En la mosca del vinagre el color blanco de los
ojos es producido por un gen recesivo situado en el cromosoma
X, respecto del color rojo dominante. Las alas vestigiales, son
recesivas respecto de las alas largas, y este carácter no está
ligado al sexo. Realizamos el cruzamiento de un macho de alas
vestigiales y ojos rojos con una hembra de alas largas
heterocigótica y ojos rojos portadora del gen blanco.
Supongamos además que en el mismo cromosoma X en que va
el gen ojos blancos, va también ligado un gen letal l, recesivo.
Calcula:
a) Qué proporción de hembras y de machos habrá con alas

normales y con alas vestigiales.
b) Qué proporción de hembras y de machos habrá respecto al
color (ojos rojos y blancos).
(Esther-Isabel Casellas Sánchez)
a. ♀:1/2 alas vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos.
♂: 1/2 alas vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos.
b. ♀: 1/2 alas vestigiales; todas con ojos rojos. ♂: 1/2 alas
vestigiales; todos con ojos rojos.
c. 1/8 són hembras con alas vestigiales, 1/8 són machos
con alas vestigiales.
d. 1/6 són hembras con alas vestigiales, 1/8 són machos
con alas vestigiales.
e. ♀: 1/2 alas vestigiales; todas con ojos rojos. ♂: 1/2 alas
vestigiales; 1/2 ojos rojos, 1/2 ojos blancos.
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Respuesta Preg. 48: b) [ - ]
Genes ligados a la X:
Ojos: blancos (Xb)
Letal: Xl
Gen autosómico:
Alas: vestigiales (v)
Cruzamos:
vvXBY x VvXBXbl
Gametos:
vvXBY --> vXB y vY
VvXBXbl --> VXB, VXbl, vXB y vXbl
En la tabla de Punnett observamos:
VXB: VXbl: vXB: vXbl:
vXB: VvXBXB, VvXBXbl, vvXBXB, vvXBXbl

vY: VvXBY, (VvXblY), vvXBY, (vvXblY)
Genotipos:
Machos: ½ VvXBY, ½ vvXBY.
Hembras: ¼ VvXBXB, ¼ VvXBXbl, ¼ vvXBXB, ¼ vvXBXbl.
Fenotipos:
Machos: ½ alas largas y ojos rojos, ½ alas vestigiales y ojos
rojos.
Hembras: ½ alas largas y ojos rojos, ½ alas vestigiales y ojos
rojos.
Debido a la compensación de dosis de la Drosophila, la X del
macho transcribe el doble lo cual hace que se comporte como
un homozigoto para los genes de esos loci y por lo tanto los
machos que presentan el alelo l (letal) mueren.
Entonces la proporción de los fenotipos de las alas será:
Hembras: ½ vestigiales, ½ largas.
Machos: ½ vestigiales, ½ largas.
Y la proporción de fenotipos del color de los ojos será:
Hembras: 100% rojos.
Machos: 100% rojos.
[ - ]
Pregunta 49: Dos niños, los cuales son hermanos, sufren una
enfermedad de herencia mendeliana la cual puede ser
dominante ligada al X o bien autosómica recesiva. Se sabe que
ambos padres no están afectado, al menos fenotipicamente
hablando.
Ahora bien, madre se ha hecho un test genómico y se ha podido
ver que su genotipo para este gen es AA. ¿Cómo explicarías que
los niños estén afectados?
(Sara Reyes Ubach)
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Respuesta Preg. 49: [ - ]
No puede ser una enfermedad de herencia autosómica recesiva
ya que la madre tiene genotipo AA para este gen, y por lo tanto
todos sus hijos recivirán por su parte un alelo A, con lo cual solo
nos queda que puede ser dominante ligada al cromosoma X,
para explicar como puede ser que los niños estén afectados y
ninguno de los padres no, solo se puede explicar con el
Corpúsculo de Barr. Es decir, la madre tiene un cromosoma X^A
y otro cromosoma X^a, y por compensación de dosis siempre
hay uno que se condensa completamente, este no es siempre el
mismo, entonces la madre no padece de esta enfermedad ya
que, en las células de la parte del cuerpo en la que tiene lugar
esta enfermedad, ha compactado el cromosoma donde se
presenta la enfermedad. Con lo cual la madre por suerte no la
presenta, pero eso no impide a que transmite ese gen a la
descendencia.
[ - ]
Pregunta 50: Un granjero tiene una variedad de gallinas
ponedoras heredada de su tatarabuelo. Todas ellas, siempre,
ponen huevos de tamaño M. En la granja de su vecino, y rival, a
veces hay huevos de los que salen gallinas que ponen huevos
de tamaño XL. El granjero, harto, contrata a un genetista al que
pide que consiga gallinas de la variedad XL a partir de una de
ellas que le ha robado a su vecino. El genetista cruza la gallina
robada con un gallo del granjero, aparta a los gallos de la
descendencia, y ve que todas las gallinas siguen poniendo
huevos M. ¿Está a tiempo el genetista obtener una gallina
ponedora XL si la que robó el granjero ya ha muerto?
(Miguel Fernández Martín)
a. Sí está a tiempo, si las vuelve a cruzar con el gallo de
la generación parental.

b. No está tiempo, porque la descendencia no pone
huevos XL.
c. No está a tiempo, porque poner huevos M es un
caracter dominante.
d. Sí está a tiempo, porque es un carácter recesivo ligado
al sexo.
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El sexo de las gallinas está determinado por el sistema ZZ/ZW.
Las gallinas del granjero son una línea pura de gallinas ZW
(ponen huevos M), por lo que suponemos que la gallina del
vecino posee un gen recesivo (aparece solo a veces) ligado al
cromosoma Z que le hace poner huevos XL (lo llamaremos Z'
que se expresará al no tener homólogo dominante). El macho
del granjero también es una línea pura, pues nunca ha obtenido
una gallina XL antes.
Cuando el genetista cruza la gallina robada (Z'W) con el gallo
del granjero (ZZ) obtiene gallinas ZW (huevos M) y gallos Z'Z.
Basta con que el granjero cruce uno de los gallos de la
generación filial con una gallina normal (Z'Z x ZW) para obtener
1/4 de gallinas M (ZW), 1/4 de gallos normales (ZZ), 1/4 de
gallos portadores de la mutación (Z'Z) y 1/4 de gallinas
ponedoras XL (Z'W).
[ - ]
Pregunta 51: La Hemofilia es una enfermedad recesiva y
ligada al cromosoma X, que impide la correcta coagulación de la
sangre. Al ser ligada al cromosoma X la padecerán en mayor
proporción los hombres. Una pareja de recién casados quieren
tener hijos, su marido está sano (no padece la hemofilia) pero
ella, es portadora de la enfermedad. ¿Cuál es la probabilidad de

que teniendo dos hembras y dos varones, el primero de los
varones sea hemofílico y el segundo normal?
(Maria Avila Gomez)
a. 0,564
b. 0,023
c. 0,050
d. 0,230
e. 0,410
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Explicación Preg. 51 [ + ]
Pregunta 52: Un hombre normal, cuyo hermano tiene una
enfermedad mendeliana recesiva rara se casa con una mujer
normal. Si la frecuencia de heterocigotos en la población es de
3/25 y sabemos que han tenido 3 hijos, ¿Cuál es la probabilidad
de que 2 de ellos padezcan la enfermedad?
(Maitane Gantxegi Rodríguez)
a. 0,00118
b. 0,00066
c. 0
d. 0,0075
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El hombre tiene un 2/3 de probabilidades de ser heterocigoto ya
que como no está enfermo el alelo aa está descartado. Por ello,
habría que multiplicar 2/3 x 3/25 (probabilidad de la mujer de
ser heterocigota) x 1/4 (probabilidad de uno de los hijos de
estar enfermo) lo que daría 1/50.
Como lo que queremos es saber cual es la probabilidad de que 2
de 3 de sus hijos padezcan la enfermedad habría que hacer una
binomial dando 0,00118.
[ - ]
Pregunta 53: ¿Cuál es la probabilidad de que un hombre y una
mujer de aspecto normal pero portadores los dos del gen
recesivo del albinismo, si tienen cinco hijos, dos sean albinos y
tres no?
(Judith Balcells Rovira)
a. 0,375
b. 0,02636
c. 0,2636
d. 0,0625
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Este problema lo resolveríamos a partir de la binomial:
(5¦3) 5!/3!2!× (3/4)^3× (1/4)^2= 0,2636
[ - ]
Pregunta 54: Un agricultor que se dedica a la producción de
tomates tiene una cepa de dobles heterocigotos. Para el

caractér del color del fruto el rojo es dominante sobre el
amarillo, además, el alelo para la piel lisa es recesivo sobre la
piel rugosa. Sabiendo esto, calcular el número de cruces
necesarios para obtener un individuo que sea, con una
probabilidad del 0.999, homocigoto recesivo para un gen y
homocigoto dominante para el otro.
(Eneko Merino Casamayor)
a. 108
b. 52
c. 107
d. 73
e. 60
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Primero calculamos las probabilidades de que cada gen sea
homocigoto para el cruce AaBb x AaBb:
P(AA)= 1/4, P(aa)= 1/4, P(BB)= 1/4, P(bb)= 1/4.
Como no se nos especifica cual de los genes en homocigosis es
el recesivo y cual el dominante tendremos que considerar
ambas posibilidades:
P(aaBB)= 1/4*1/4= 1/16, P(AAbb)= 1/4*1/4= 1/16
Por lo tanto la probabilidad de que se de uno de los dos sucesos
será la suma de ambas probabilidades:
P= 1/16+1/16= 1/8
Ahora calculamos el número de cruces necesarios para la
probabilidad dada:
1-(1-1/8)^n=0.999 --> n=51,73

Como no podemos realizar 51,73 cruces, consideraremos el
siguiente número entero. Es por ello que la solución es 52.
[ - ]
Pregunta 55: Quants descendents de l’encreuament AABb x
Aabb s’han d’analitzar per tenir un genotip Aabb amb una
probabilitat igual o més gran que 0,9?
Exercici modificat d'un altre del campus virtual.
(Meritxell Torrent Ragolta)
a. 8
b. 2.876
c. 0.133
d. 0.125
Cancel selection
La probabilitat d'aconseguir un genotip Aabb de l'encreuament
és de 1/4, ja que cada progenitor pot fer dos tipus diferents de
gàmetes.
Per saber el nombre de descendents que cal estudiar,
necessitem aplicar la fórmula:
ln(1-Probabilitat demanada)/ln(1-Probabilitat del genotip a
estudiar).
Aplicant la fórmula, s'obté un valor de 8.
[ - ]

Pregunta 56: Un individuo presenta una demanda de divorcio
contra su mujer, alegando que el hijo que tienen no es
realmente su hijo. El juez ordena un análisis sanguíneo para
establecer su posible paternidad a partir de los siguientes datos:
Madre con ojos azules y grupo sanguíneo A.
Padre con ojos pardos y grupo sanguíneo O.
Hijo con ojos azules y grupo sanguíneo AB.
¿Qué puede decirse de la prueba de paternidad?
(Elisa Irles Aznar)
a. El hijo es del padre
b. El hijo no es realmente suyo
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El padre tiene razón; ese hijo no es suyo. No por el color de los
ojos (no se sabe si la madre es homo/heterocigótica) sino por el
grupo sanguíneo pues el padre no ha podido transmitirle el alelo
del grupo B al hijo ya que él es 0 y la madre tampoco podría
haberlo hecho al ser A. Por lo tanto, se concluye que ha tenido
que intervenir una tercera persona quien posee el alelo B.
[ - ]
Pregunta 57: Si se autofecunda un individuo heterocigótico
para cinco loci
independientes (AaBbCcDdEe) ¿Cuál es la frecuencia esperada
de individuos heterocigóticos para tres loci y homocigóticos
dominantes para los dos restantes?
(Cristina Zamarreño Pastor)
a. 5/64
b. 1/64

c. 1/128
d. 6/128
e. 21/128
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Puesto que la pregunta no concreta qué genes deben ser los
heterocigotos y cuales los homocigotos, podemos calcular las
frecuencias genotípicas utilizando la función de probabilidad de
la distribución binomial:
Probabilidad -d loci homocigóticos XX, h loci heterocigotos Xx, r
loci homocigótos xx = n!/(d!h!r!)*(1/4)^d*(1/2)^h*(1/4)^r.
donde n = numero de loci.
En el caso de la pregunta formulada resulta ser :
Probabilidad - 2 loci homocigóticos XX, 3 loci heterocigotos Xx y
0 loci homocigotos xx = 5!/(2!3!0!)*(1/4)^2*(1/2)^3*(1/4)^0
=10/128= 5/64
Los 2 homocigotos se pueden colocar donde se quiera, puesto
que al tener la misma probabilidad de salir, el resultado no se
verà alterado.
Ejercicio de:
http://wpd.ugr.es/~fperfect/PDFs/2011-ManualdeProblemas-
Genetica.pdf
[ - ]

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