Biotecnología: ejercicios de la PAU de Biología resueltos

Planteamiento Cada fenotipo depende de los dos genes: MC1R decide la cantidad de pigmento (mucho, poco o nada) y CBD103, el color del pigmento (negro si hay al menos una B, gris si es $bb$).

1. $A^FA^FBB$: mucho pigmento, de color negro. El fenotipo es negro (también lo sería $A^FA^FBb$).

2. Gris claro: poco pigmento ($A^FA^C$) y pigmento gris ($bb$):

   $A^FA^C\,bb$

3. Gris oscuro: mucho pigmento ($A^FA^F$) y pigmento gris ($bb$):

   $A^FA^F\,bb$

4. Blanco: $A^CA^C$ no fabrica pigmento, así que el gen CBD103 no se nota y puede tener cualquier genotipo:

   $A^CA^C\,BB$$A^CA^C\,Bb$$A^CA^C\,bb$

Planteamiento Comparamos el fenotipo del heterocigoto con el de los dos homocigotos.

1. $A^FA^F$ da coloración oscura; $A^CA^C$, blanca, y el heterocigoto $A^FA^C$, clara: un fenotipo distinto de los dos homocigotos e intermedio entre ambos.

2. Ninguno de los dos alelos domina completamente sobre el otro: si $A^F$ fuera dominante, el heterocigoto sería oscuro, y si lo fuera $A^C$, sería blanco.

Planteamiento Es un caso de selección natural: un carácter heredable que da ventaja en un ambiente concreto.

1. En la población de lobos hay variabilidad genética: hay individuos con alelos que dan pelo claro o blanco, aparecidos por mutación al azar.

2. En el Ártico, con nieve y hielo, un pelaje claro camufla mejor al lobo: se acerca a las presas sin ser visto y caza más.

3. Los lobos claros sobreviven más y se reproducen más que los oscuros, y transmiten sus alelos a los cachorros.

4. Por selección natural, generación tras generación la frecuencia de los alelos de coloración clara aumenta en las poblaciones del norte. No es que el frío haga volverse blanco el pelo (eso sería una explicación lamarckiana).

Planteamiento El concepto biológico de especie se basa en la reproducción, no en el aspecto.

1. Definición biológica: una especie es un conjunto de individuos que pueden reproducirse entre sí y tener descendencia fértil, y que están aislados reproductivamente de otras especies.

2. Prueba: cruzar los cachorros modificados, cuando sean adultos, con lobos Canis lupus.

3. Si tienen descendencia y esta descendencia es fértil, siguen siendo de la misma especie, Canis lupus, aunque se parezcan a los lobos gigantes.

4. Solo si no pudieran reproducirse con ellos o si sus hijos fueran estériles (aislamiento reproductivo) se podría decir que son de una especie diferente.

Planteamiento Con CRISPR-Cas9 hay que saber primero qué se quiere cambiar, después dirigir la enzima al lugar exacto, cortar y modificar, y finalmente comprobar el resultado.

1. 1: se determina el gen de interés del lobo gigante y se obtiene su secuencia a partir de ADN antiguo.

2. 2: se diseña el ARN guía complementario a la secuencia del gen de Canis lupus.

3. 3: la Cas9, guiada por el ARN guía, reconoce la región del ADN que se quiere modificar.

4. 4: se modifica el gen de Canis lupus para incorporar la información del lobo gigante.

5. 5: se comprueba por secuenciación que el gen se ha modificado bien y que se expresa.

6. Los pasos 1 y 2 se pueden intercambiar: el ARN guía se diseña a partir de la secuencia de Canis lupus, que no depende del ADN antiguo.

Planteamiento El cáncer aparece cuando se pierde el control de la división celular, y cada división es una oportunidad de error.

1. Relación: el cáncer es una desregulación del ciclo celular. Mutaciones en los genes que lo controlan hacen que unas células se dividan sin control y formen un tumor.

2. Un animal grande tiene muchas más células, y un animal longevo hace muchas más divisiones celulares a lo largo de su vida.

3. En cada replicación del ADN puede haber errores, y con más células y más divisiones se acumulan más mutaciones. Por eso Peto esperaba más cáncer en los animales grandes y longevos.

Planteamiento La p53 es un freno: si el ADN está dañado, detiene el ciclo o hace morir a la célula. Más copias del gen hacen este freno más potente y más seguro.

1. Motivo 1: con veinte copias del gen se fabrica más proteína p53 funcional, de modo que las células con el ADN dañado se detienen en el punto de control $\mathrm{G_2/M}$ o entran en apoptosis con más eficacia, y no se dividen con el daño.

2. Motivo 2: si una mutación inactiva una copia de TP53, quedan diecinueve funcionales. Para que una célula pierda del todo la protección de la p53 harían falta muchas mutaciones, algo muy improbable.

3. Las dos cosas hacen que sea más difícil que una célula con mutaciones se divida sin control y origine un cáncer.

Planteamiento Después de la radiación todas las células tienen el ADN dañado. Solo las que tienen p53 funcional se detendrán antes de la mitosis.

1. Variable independiente: tener el gen TP53 funcional o inactivado. Variable dependiente: el índice mitótico. Las dos líneas reciben la misma radiación y se miden cada $12$ h.

2. Cuadros negros: el índice mitótico baja de un $3\ \%$ en la hora $0$ a casi $0\ \%$ a las $12$ h y se mantiene por debajo del $1\ \%$ hasta las $96$ h.

3. Cuadros blancos: el índice mitótico sigue alrededor del $3\ \%$ y sube hasta un $13\ \%$ a las $48$ h; después baja a un $2\ \%$ a las $96$ h.

4. La p53 funcional detiene el ciclo en el punto de control $\mathrm{G_2/M}$ cuando el ADN está dañado (para que se repare) o lleva la célula a la apoptosis: por eso casi ninguna célula entra en mitosis.

5. Las células sin p53 no se detienen y se dividen con el ADN dañado, y el índice mitótico sube.

Planteamiento En la latencia el virus no se multiplica y no causa síntomas, pero su ADN sigue dentro de las células.

1. PCR: Sí. Las células del elefante infectado contienen el ADN del virus en fase de latencia; si se usan cebadores específicos del EEHV, la PCR amplifica ese ADN aunque no haya hemorragias.

2. Anticuerpos: Sí. Si el virus está latente, el elefante se ha expuesto a él en algún momento (la primera infección), y esa exposición ha desencadenado una respuesta inmunitaria con producción de anticuerpos contra el EEHV.

Planteamiento Una vacuna hace que el organismo responda a un antígeno sin sufrir la enfermedad.

1. A, activa: es el sistema inmunitario del propio elefante el que responde y fabrica anticuerpos, linfocitos activados y células de memoria.

2. B, artificial: el antígeno se introduce de forma deliberada con la vacuna, no por una infección natural.

3. Las proteínas víricas que fabrican las células del elefante no son propias del elefante: el sistema inmunitario las reconoce como extrañas y actúan como antígenos que activan la respuesta inmunitaria.

Planteamiento En un árbol filogenético, cuanto más cerca de las puntas se unen dos ramas, más reciente es su antepasado común. Buscamos el árbol en el que humano y mono se unen muy cerca de las puntas, el pájaro se une a ellos más atrás y la planta se separa la primera.

1. Árbol A: las ramas 2 y 3 se unen justo antes de las puntas (separación muy reciente); la 1 se une a ellas un poco más atrás, y la 4 se separa en la raíz, mucho antes que todas.

2. Árbol B: 2 y 3 también son hermanas, pero se unen casi tan atrás como la rama 4 se une a ellas; indicaría que humano y mono se separaron casi cuando se separaron de los pájaros, lo que contradice el texto.

3. Árbol C: agrupa 1 con 2 y 3 con 4; la planta quedaría agrupada con un animal, algo imposible.

4. Por tanto, el árbol correcto es A: 2 y 3 son humano y mono (en cualquier orden), 1 es el pájaro (igual de alejado de los dos) y 4 es la planta.

Planteamiento Los órganos homólogos tienen el mismo origen evolutivo aunque cumplan funciones distintas; los análogos cumplen funciones parecidas pero tienen un origen distinto.

1. Pulgar humano y pulgar del chimpancé: son órganos homólogos. Tienen el mismo origen evolutivo, el primer dedo de la mano, heredado de un antepasado común, aunque ahora sirvan para funciones distintas (manipular y caminar).

2. Pulgar humano y falso pulgar del panda: son órganos análogos. Cumplen una función parecida (agarrar y manipular), pero el falso pulgar es un hueso de la muñeca, no un dedo: se ha originado de forma independiente, por convergencia evolutiva, y no se ha heredado de un antepasado común.

Planteamiento Cuanto más tiempo hace que dos especies se separaron, más mutaciones han acumulado y más diferencias hay entre sus secuencias. Contamos las diferencias de cada secuencia respecto a la humana.

1. Secuencia 1: $7$ diferencias.

2. Secuencia 2: $4$ diferencias.

3. Secuencia 3: $1$ diferencia.

4. El chimpancé es el más cercano a los humanos (otro primate), el ratón es un mamífero más alejado y la lombriz de tierra es la más lejana (ni siquiera es vertebrado).

Planteamiento En la PCR, la ADN polimerasa solo puede alargar una cadena que ya tenga un extremo 3′; los cebadores le proporcionan ese punto de partida en los dos extremos del fragmento.

1. Función de los cebadores: una vez unidos por complementariedad a cada extremo del fragmento, ofrecen un extremo 3′ libre a partir del cual la ADN polimerasa añade nucleótidos y sintetiza la cadena nueva. Así solo se amplifica el fragmento comprendido entre los dos cebadores.

2. Los cebadores se han diseñado con la secuencia humana. Las especies más alejadas (gato y ballena) se separaron de los humanos hace más tiempo y han acumulado más diferencias en la secuencia del ADN, también en la región donde deberían unirse los cebadores.

3. Si esa región ya no es complementaria a los cebadores, no se unen bien, la polimerasa no puede empezar y no se obtiene ningún producto.

Planteamiento La PCR copia ADN, no ARN: primero hay que pasar el ARNm a ADN. Y, a diferencia del ADN, el ARNm depende de qué genes se expresan en cada célula.

1. El proceso de hacer ADN a partir de ARN es la retrotranscripción (transcripción inversa), y lo hace la enzima retrotranscriptasa (transcriptasa inversa). El ADN que se obtiene se llama ADN complementario (ADNc).

2. Todas las células de un organismo tienen el mismo ADN, de modo que para comparar secuencias de ADN sirve cualquier tejido.

3. En cambio, cada tejido expresa unos genes distintos y en cantidades distintas: un gen puede transcribirse mucho en un tejido y nada en otro. El ARNm solo está donde el gen se ha transcrito, y por eso hay que saber de qué tejido procede.

Planteamiento Seguimos el esquema: cada número es una vía que transforma la molécula de la que sale la flecha en la molécula a la que llega.

1. 1, de glucosa a piruvato: glucólisis (o glicólisis).

2. 2, de piruvato a lactato: fermentación láctica (la reducción del piruvato a lactato).

3. 3, de ácidos grasos a acetil-CoA: β-oxidación de los ácidos grasos (hélice de Lynen).

4. 4, ciclo que recibe el acetil-CoA, reduce el $\mathrm{NAD^+}$ a NADH y libera $\mathrm{CO_2}$: ciclo de Krebs (ciclo del ácido cítrico).

5. 5, donde el NADH cede electrones, el $\mathrm{O_2}$ se reduce a $\mathrm{H_2O}$ y se forma ATP: cadena respiratoria (transporte de electrones) y fosforilación oxidativa.

Planteamiento Las vías anaerobias ocurren en el citosol; las de la respiración aeróbica, en la mitocondria.

1. 1, glucólisis: citosol (hialoplasma).

2. 2, fermentación láctica: citosol.

3. 3, β-oxidación: matriz mitocondrial.

4. 4, ciclo de Krebs: matriz mitocondrial.

5. 5, cadena respiratoria y fosforilación oxidativa: membrana mitocondrial interna (crestas mitocondriales).

Planteamiento Es un caso de selección natural: hay que explicar de dónde sale la variación, por qué unos individuos dejan más descendencia y cómo se transmite el carácter.

1. Variación: en la población original aparecieron por azar (no por beber leche) mutaciones que mantenían activo el gen de la lactasa en los adultos. Había, pues, variabilidad genética: unos adultos digerían la lactosa y otros no.

2. Selección natural: en el norte de Europa no se podía cultivar y la leche era un alimento básico. Los adultos tolerantes aprovechaban este alimento y sobrevivían y se reproducían más que los intolerantes, que tenían más dificultades.

3. Herencia: la mutación es un carácter heredable, de modo que los tolerantes la transmitían a sus hijos.

4. Resultado: generación tras generación, la frecuencia del alelo que mantiene la lactasa activa aumentó hasta que la mayoría de la población lo lleva (entre el 80 % y el 95 %).

5. No es un cambio lamarckiano: beber leche no hace aparecer la mutación; la mutación ya estaba y el medio la favoreció.

Planteamiento La tinción de Gram separa las bacterias según su pared celular: primero se tiñe con cristal violeta y lugol, luego se decolora con alcohol y finalmente se tiñe con safranina.

1. Las grampositivas tienen una pared de peptidoglicano (mureína) muy gruesa.

2. El cristal violeta, fijado con el lugol, queda retenido dentro de esta pared gruesa y el alcohol no lo arrastra en la decoloración.

3. Por eso la safranina posterior no se nota: la bacteria queda violeta (azul oscuro).

Planteamiento El plásmido es el vector: tiene que copiarse dentro de la bacteria, permitir encontrar las bacterias que lo llevan y aceptar el gen nuevo.

1. Origen de replicación: el plásmido no se integra en el cromosoma de la bacteria. Con su propio origen de replicación se puede replicar de forma autónoma, hacer muchas copias y no perderse cuando la bacteria se divide.

2. Gen de resistencia: es un marcador de selección. Si se cultivan las bacterias en un medio con el antibiótico, solo crecen las que han incorporado el plásmido (las transformadas); las demás mueren.

3. Enzimas: las enzimas (endonucleasas) de restricción cortan el plásmido por el sitio de clonación y el ADN del gen de la lactasa, dejando extremos compatibles; la ADN ligasa une después el gen con el plásmido.

Planteamiento El enunciado dice que los ratones Beethoven, sordos, son heterocigotos: de ahí se deduce la dominancia, y después se hace el cruce con un cuadro de Punnett.

1. Dominante: los ratones Beethoven son heterocigotos, con una sola copia del alelo mutado, y tienen sordera: el alelo mutado se expresa aunque esté el alelo normal. Como el gen está en el cromosoma 19, un autosoma, la herencia no está ligada al sexo.

2. Llamamos $T$ al alelo mutado (dominante, sordera) y $t$ al alelo normal. Cada progenitor heterocigoto $Tt$ hace la mitad de gametos $T$ y la mitad $t$:

   $Tt\times Tt$

3. Cuadro de Punnett:

   	$T$	$t$
   $T$	$TT$	$Tt$
   $t$	$Tt$	$tt$

4. Genotipos: $\tfrac14$ $TT$, $\tfrac12$ $Tt$ y $\tfrac14$ $tt$. Tienen sordera los que llevan al menos un alelo $T$:

   $\tfrac14+\tfrac12=\tfrac34=75\ \%$

Planteamiento El sistema CRISPR-Cas9 tiene dos piezas: una proteína que corta y un ARN que la guía.

1. 1: la proteína Cas9, la masa gris que envuelve el ADN. Es una nucleasa: corta las dos cadenas del ADN en el lugar señalado por los triángulos.

2. 2: el ARN guía (ARNg o sgRNA). Tiene una secuencia complementaria a una de las cadenas del ADN de la región que se quiere editar: se aparea con ella y lleva hasta allí la Cas9, de modo que el corte se hace exactamente en esa secuencia.

Planteamiento Se pide un riesgo concreto de la edición con CRISPR-Cas9 y dónde tendría más consecuencias.

1. Riesgo: que la Cas9 corte otras secuencias del genoma, parecidas a la que se quiere editar o repetidas, y genere en ellas mutaciones no deseadas, que podrían alterar genes importantes o incluso originar un cáncer.

2. Línea germinal: esas mutaciones tendrían más consecuencias, porque pasarían a todas las células del individuo que se desarrollara a partir de ellas y se podrían transmitir a la descendencia.

3. Línea somática: solo afectarían al tejido tratado de ese individuo (aquí, células del oído) y no se transmitirían a los descendientes.

Planteamiento Cada comparación cambia una sola cosa entre los dos grupos: hay que decir cuál y qué permite comprobar.

1. A-B: los dos grupos no están tratados y solo se diferencian en la mutación. Sirve para comprobar que los ratones Beethoven han perdido la audición, comparándolos con los salvajes, que hacen de grupo control: responden $15$ de $15$ salvajes y $0$ de $15$ Beethoven.

2. B-D: ambos son ratones Beethoven y solo se diferencian en el tratamiento. Sirve para comprobar si el tratamiento con CRISPR-Cas9 ha mejorado la audición, comparándolos con ratones idénticos no tratados: $0$ de $15$ frente a $13$ de $15$ un mes después.

Planteamiento Hay que leer el grupo D al cabo de un mes y de seis meses, y pensar qué cambia entre los grupos A y C.

1. Un mes después del tratamiento responden $13$ de los $15$ ratones Beethoven tratados, mientras que de los no tratados no responde ninguno:

   $\frac{13}{15}\approx 0{,}87=87\ \%$

2. Seis meses después solo responden $6$ de $15$: el efecto se va perdiendo con el tiempo.

   $\frac{6}{15}=0{,}4=40\ \%$

3. Mortalidad A-C: los dos grupos son de ratones salvajes y la única diferencia es el tratamiento. Si los tratados (C) mueren más que los no tratados (A), el tratamiento tiene efectos secundarios; si mueren igual, es un indicio de que el tratamiento es seguro.

Planteamiento Buscamos en el árbol un hijo afectado de padres sanos: con herencia dominante, alguno de los padres tendría que estar afectado.

1. La mujer II-3 está afectada y sus padres, I-1 e I-2, están sanos.

2. El hombre IV-2 está afectado y sus padres, III-1 y III-2, también están sanos.

3. Si la enfermedad fuera dominante, bastaría un alelo para manifestarla, y cualquier afectado tendría al menos un progenitor afectado. Como no es así, el alelo de la enfermedad es recesivo.

4. Los padres sanos de un afectado son, pues, portadores heterocigotos ($Aa\times Aa$), y el hijo afectado es $aa$. Como el gen está en el cromosoma 5 (un autosoma), la herencia es autosómica recesiva.

Planteamiento Primero miramos el genotipo de SMN1: con un alelo A hay proteína SMN funcional y la persona está sana. Solo los $aa$ están afectados, y entonces el número total de copias de SMN2 (de los dos cromosomas) decide la gravedad.

1. Individuo 1: $AA$, con $1+1=2$ copias de SMN2. Tiene SMN1 funcional: sano.

2. Individuo 2: $Aa$, con $1+3=4$ copias de SMN2. El alelo A es dominante: sano (portador).

3. Individuo 3: $aa$, con $1+1=2$ copias de SMN2, menos de las tres que dan un fenotipo leve: afectado grave.

4. Individuo 4: $aa$, con $1+2=3$ copias de SMN2: afectado leve.

5. Individuo 5: $aa$, con $2+3=5$ copias de SMN2; a partir de cinco no se manifiesta la enfermedad: sano.

Planteamiento El oxígeno se utiliza en la respiración celular. Una célula con más actividad metabólica respira más y consume más.

1. Lectura del gráfico: la curva A se mantiene alrededor de $200$ pmol/min en los primeros minutos y llega a unos $300$ pmol/min entre los minutos $40$ y $55$; la curva B se mantiene alrededor de $100$ pmol/min y solo llega a unos $150$ pmol/min.

2. Gráfica A: motoneuronas sanas. Consumen más oxígeno porque hacen la respiración celular con normalidad y necesitan más energía para sus funciones.

3. Gráfica B: motoneuronas afectadas por AME. Consumen menos oxígeno porque, con la proteína SMN deficiente, tienen menos actividad metabólica.

Planteamiento En la cadena respiratoria los electrones pasan de un transportador a otro hasta el oxígeno.

1. Cuando el oxígeno acepta los electrones (y protones) se reduce a agua:

   $\tfrac{1}{2}\,\mathrm{O_2}+2\,e^-+2\,\mathrm{H^+}\longrightarrow\mathrm{H_2O}$

2. Utilidad: el oxígeno es el aceptor final; al retirar los electrones del último transportador, mantiene el flujo de electrones por la cadena. Sin él la cadena se detendría.

3. Este flujo de electrones permite bombear protones al espacio intermembrana y crear un gradiente de protones, que la ATP sintasa aprovecha para sintetizar ATP.

4. Donadores de electrones: el NADH y el $\mathrm{FADH_2}$, que proceden sobre todo de la glucólisis, de la descarboxilación del piruvato, de la β-oxidación y del ciclo de Krebs.

Planteamiento En la terapia génica se introduce una copia correcta de un gen en las células que la necesitan, sin cambiar el gen alterado.

1. El AAV9 actúa como vector: es el vehículo que lleva el ADN con la copia correcta de SMN1 hasta las motoneuronas y lo hace entrar en ellas. Se ha modificado para que no cause ninguna enfermedad.

2. Una pequeña aclaración: el AAV9 no es exactamente un adenovirus, sino un virus adenoasociado (AAV, de la familia de los parvovirus). El papel de vector es el mismo.

3. Los episomas llevan la copia correcta de SMN1: dentro del núcleo se transcriben a ARNm y se traducen a proteína SMN funcional. Con esta proteína las motoneuronas funcionan y la enfermedad no se manifiesta.

4. La persona tratada sigue siendo $aa$ en todas las células que no han recibido la terapia: el tratamiento solo llega a las motoneuronas (células somáticas) y no modifica el ADN de las células germinales.

5. Por tanto, sí transmitirá el alelo a: todos sus gametos lo llevan.

Planteamiento Hay que identificar las tres partes del virus señaladas en la figura y decir de qué biomoléculas están hechas. La frase de la figura sobre las proporciones de las bases ayuda a deducir el tipo de material genético.

1. A, la cubierta exterior que rodea todo el virus: es la envoltura. Está formada por lípidos (una bicapa lipídica) y proteínas, muchas con cadenas de glúcidos (glicoproteínas).

2. B, el filamento de dentro: es el material genético. Tiene uracilo (U), por tanto es ARN.

3. Además, la proporción de G no es igual a la de C ni la de A igual a la de U: las bases no están apareadas, así que el ARN es de una sola cadena (monocatenario).

4. C, el hexágono que encierra el material genético: es la cápsida (que, con el ARN, forma la nucleocápsida). Está formada por proteínas.

Planteamiento Se pide relacionar las estructuras del virus con la especificidad de la respuesta inmunitaria.

1. El sistema inmunitario reconoce el virus por sus antígenos, sobre todo las proteínas (glicoproteínas) de la envoltura, que están en la superficie.

2. Los cuatro tipos de virus del dengue son parecidos, pero tienen proteínas de envoltura distintas, es decir, antígenos distintos.

3. La respuesta inmunitaria específica es específica de cada antígeno: los anticuerpos y las células de memoria que se forman contra un tipo de virus del dengue solo reconocen los antígenos de ese tipo.

4. Por eso, en una infección por otro tipo de virus del dengue, esos anticuerpos y células de memoria no lo reconocen, y no hay inmunidad.

Planteamiento La prueba amplifica material genético del virus. Hay que decir qué técnica es, por qué hace falta la retrotranscriptasa, qué indica el gráfico y de dónde viene la especificidad.

1. Técnica: la reacción en cadena de la polimerasa (PCR), que hace muchas copias de un fragmento de ADN. Como antes se hace una retrotranscripción, es una RT-PCR (PCR con retrotranscripción).

2. Retrotranscriptasa: es una enzima (una ADN polimerasa que usa ARN como molde). Sintetiza una cadena de ADN complementario (ADNc) a partir del ARN del virus.

3. Para qué sirve: el material genético del virus del dengue es ARN, y la PCR solo amplifica ADN; primero hay que pasar el ARN a ADN.

4. Gráfico: el número de copias de material genético del virus aumenta mucho con los ciclos hasta una meseta. Había material genético del virus en la muestra y se ha amplificado: el resultado es positivo.

5. Especificidad: la PCR usa cebadores (primers), fragmentos cortos de ADN con una secuencia complementaria a los extremos del fragmento del material genético del virus que se quiere amplificar. Solo se unen a ese material genético, de modo que no se amplifica el ADN de las células de la paciente ni el de otros microorganismos.

Planteamiento Es el primer contacto de Janna con este virus: hay que explicar cómo se activa la respuesta y qué células y moléculas participan.

1. Es una respuesta primaria: el primer contacto con este antígeno. Primero actúan las defensas inespecíficas (innatas), y después la respuesta específica.

2. Células presentadoras de antígenos (macrófagos o células dendríticas): fagocitan virus y presentan fragmentos de sus antígenos en la superficie, unidos a moléculas del complejo principal de histocompatibilidad (MHC, CPH).

3. Linfocitos T colaboradores (Th, o CD4): reconocen esos antígenos presentados, se activan y liberan citocinas (interleucinas), que activan a otros linfocitos.

4. Linfocitos B: activados por los Th, se dividen (por mitosis) y forman un clon. La mayoría se diferencian en células plasmáticas, que fabrican anticuerpos específicos contra los antígenos del virus; los anticuerpos se unen al virus y lo neutralizan.

5. Linfocitos T citotóxicos (Tc, o CD8): reconocen las células infectadas por el virus y las destruyen.

6. Interferones: las células infectadas y los linfocitos T liberan estas proteínas, que activan otras células del sistema inmunitario contra el virus.

7. Células de memoria (linfocitos B y T de memoria): quedan después de la infección y permitirán una respuesta más rápida si Janna vuelve a encontrarse con este mismo tipo de virus.

Planteamiento Hay que deducir del texto si la enfermedad es dominante o recesiva y si el gen está en un autosoma o en un cromosoma sexual, y justificar cada cosa con una frase del texto.

1. Recesiva: el texto dice que solo tienen la enfermedad las personas que han heredado el alelo defectuoso de ambos progenitores. Hace falta tener dos copias (ser homocigoto); quien tiene una sola copia (heterocigoto) está sano.

2. Si fuera dominante, bastaría con una copia del alelo defectuoso para tener la enfermedad.

3. Autosómica: el gen ABCA4 está en el cromosoma 1, que es un autosoma (no es ni el X ni el Y).

4. También se puede argumentar con la herencia: si fuera recesiva ligada al X, los chicos, que solo tienen un cromosoma X, tendrían la enfermedad con una sola copia del alelo, heredada de la madre; en cambio, el texto dice que hay que heredarlo de ambos progenitores.

5. Que afecte tanto a chicos como a chicas es coherente con la herencia autosómica, pero no es prueba suficiente: para justificarlo hace falta uno de los dos argumentos anteriores.

Planteamiento Se pide una definición del sistema del complemento con sus características principales.

1. Es un conjunto de proteínas (muchas son enzimas) presentes en la sangre, en el plasma sanguíneo, que se sintetizan sobre todo en el hígado.

2. Se activan en cascada: cada proteína activada activa la siguiente, de modo que la respuesta se amplifica.

3. Forma parte de la respuesta inmunitaria inespecífica (innata), aunque también coopera con la específica.

4. Se activa por complejos antígeno-anticuerpo o por moléculas de la superficie de los microorganismos, y es una respuesta rápida y eficaz sobre todo contra bacterias.

Planteamiento Hay que explicar qué acción del complemento activado puede destruir una célula, aplicada a las células de la retina donde se acumulan los dímeros A2E.

1. Los dímeros A2E acumulados en la retina activan el sistema del complemento sobre las células de la retina.

2. Las proteínas del complemento activadas se unen a la membrana de esas células y forman el complejo de ataque a la membrana, que abre poros en ella.

3. Por los poros entran y salen libremente agua e iones: la célula se rompe (lisis o citólisis) y muere.

4. También valen otras dos formas: el complemento se une a la superficie de las células de la retina (opsonización) y hace que sean fagocitadas, o bien desencadena una respuesta inflamatoria que atrae fagocitos a la zona.

Planteamiento Hay que decir qué papel tiene el virus en el procedimiento de la figura.

1. El virus lleva el ADN recombinante con el gen ABCA4 funcional, como se ve en la figura.

2. Entra en las células de la retina y libera ese ADN, que llega al núcleo, donde el gen se puede expresar.

3. Esa función de transportar e introducir un gen dentro de una célula es la de un vector.

Planteamiento Son las dos herramientas para construir el ADN recombinante de la figura (ADN del virus, gen ABCA4 y ADN del virus).

1. Enzimas de restricción (endonucleasas de restricción): cortan el ADN por unas secuencias concretas, que reconocen específicamente.

2. Se usan para cortar el ADN del virus y el ADN que contiene el gen ABCA4 funcional, preferiblemente con la misma enzima, para que los extremos de los dos fragmentos sean compatibles.

3. Ligasas (ADN ligasas): unen fragmentos de ADN formando enlaces fosfodiéster.

4. Aquí unen el ADN del virus con el fragmento que contiene el gen ABCA4 funcional, y así se forma el ADN recombinante.

Planteamiento Se pide el grupo de biomoléculas que tienen los aminoácidos como monómeros.

1. Los aminoácidos se unen entre sí por enlaces peptídicos y forman péptidos; una cadena larga es un polipéptido, y una o más cadenas plegadas forman una proteína.

Planteamiento Hay que reconocer cada molécula por sus componentes: bases nitrogenadas y fosfatos, anillos de glucosa, glicerina con ácidos grasos, aminoácidos unidos.

1. A: dos nucleótidos unidos por un enlace fosfodiéster, cada uno con un grupo fosfato, una pentosa y una base nitrogenada (adenina y citosina). Es un ácido nucleico. Los dos azúcares tienen un grupo OH en el carbono 2′, que es el rasgo de la ribosa: es un fragmento de ARN.

2. B: anillos de glucosa unidos por enlaces O-glucosídicos, en una cadena con una ramificación. Es un glúcido: un polisacárido.

3. C: una glicerina esterificada con tres ácidos grasos. Es un lípido: un triacilglicérido.

4. D: tres aminoácidos unidos por dos enlaces peptídicos ($-\mathrm{CO{-}NH}-$), con un extremo amino y un extremo carboxilo. Es un péptido (un tripéptido): del grupo de las proteínas.

Planteamiento Se pide el papel de la histamina en el sistema inmunitario: qué hace, qué provoca que se libere y qué células la producen.

1. Función: provoca la inflamación: dilata los vasos sanguíneos (vasodilatación), aumenta el flujo de sangre y hace más permeables sus paredes.

2. Qué desencadena su liberación: el contacto con un agente infeccioso o un antígeno, la activación del complemento o, en una alergia, un alérgeno que se une a los anticuerpos de la superficie de las células que la contienen.

3. Células que la producen: los mastocitos y los basófilos.

4. En el caso de los gemelos, la histamina no la fabricaron sus células: la hicieron las bacterias en el atún, y al comerlo sufrieron los mismos efectos que en una reacción alérgica (piel enrojecida, picor, conjuntivitis).

Planteamiento Hay que relacionar la temperatura con la actividad de la enzima (y con el crecimiento de las bacterias que la fabrican).

1. Cada enzima tiene una temperatura óptima. A temperaturas mucho más bajas, las moléculas se mueven poco, la enzima y el sustrato (la histidina) apenas se encuentran y la actividad de la enzima es muy baja: prácticamente no transforma histidina en histamina.

2. Además, con el frío las bacterias apenas se reproducen, y hay poca enzima en la lata.

Planteamiento La PCR amplifica un fragmento concreto de ADN: hay que explicar qué detecta y por qué basta con muy poco material de partida.

1. La PCR detecta el material genético (ADN) de las bacterias en la muestra de alimento: los cebadores son complementarios a una secuencia del gen que hace la conversión, de modo que solo se amplifica ese fragmento, y no los otros ADN de la muestra.

2. En cada ciclo (desnaturalización, unión de los cebadores y extensión por la ADN polimerasa) el número de copias del fragmento se duplica: después de $n$ ciclos, cada molécula inicial ha dado $2^n$.

3. Por ejemplo, en 20 ciclos una sola molécula da más de un millón de copias:

   $2^{20}\approx 10^{6}$

4. Así, aunque en el alimento haya muy pocas bacterias, después de suficientes ciclos hay suficiente ADN amplificado para detectarlo.

Planteamiento Hay que recordar a qué se unen los cebadores y si esa secuencia es la misma en dos géneros distintos.

1. Los cebadores son fragmentos cortos de ADN complementarios a una secuencia concreta del ADN que se quiere amplificar: solo se unen allí donde encuentran su secuencia complementaria.

2. Morganella y Staphylococcus son géneros distintos, y sus genes tienen secuencias de ADN distintas; por eso hay que diseñar cebadores distintos para cada uno.

3. Solo se podrían usar los mismos cebadores si la secuencia donde se unen fuera idéntica en ambos géneros (una región conservada); hace falta que eso esté comprobado.

Planteamiento La fórmula muestra una cadena larga en la que se repite el mismo esqueleto, $-\mathrm{NH}-\mathrm{CH}(\mathrm{R})-\mathrm{CO}-$, con un grupo $\mathrm{NH_2}$ en un extremo y un $-\mathrm{COOH}$ en el otro: es un péptido. Además, el colágeno es la biomolécula que se acumula en esta enfermedad.

1. Tipo de biomolécula: proteína (el colágeno es una proteína fibrosa).

2. Monómeros: los aminoácidos. En la fórmula se reconocen algunos por su cadena lateral, como la glicina, la prolina, la lisina o la fenilalanina.

3. Enlaces: enlaces peptídicos, que unen el grupo carboxilo de un aminoácido con el grupo amino del siguiente (se forman por condensación, con pérdida de una molécula de agua).

   $-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-$

4. Un enlace peptídico de la imagen: el enlace $\mathrm{C-N}$ entre el carbono del grupo $\mathrm{C=O}$ de un aminoácido y el nitrógeno del grupo $\mathrm{N-H}$ del aminoácido siguiente; por ejemplo, entre la isoleucina y la alanina (véase la figura). Cualquier $\mathrm{C-N}$ de la cadena principal entre un $\mathrm{C=O}$ y un $\mathrm{N}$ es correcto.

ResultadoProteína; aminoácidos; enlaces peptídicos ($-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-$), como el que une el $\mathrm{C=O}$ de un aminoácido con el $\mathrm{N-H}$ del siguiente.

La pauta oficial da: Proteína; aminoácidos; enlaces peptídicos; un enlace marcado (entre la isoleucina y la alanina).

Planteamiento Hay que reconocer qué nivel de organización de la proteína muestra el esquema: hay tres cadenas, cada una con su extremo $\mathrm{H_2N}$ y su extremo $\mathrm{COOH}$, enrolladas entre sí.

1. Cada cadena con un extremo amino y un extremo carboxilo es una cadena polipeptídica: hay tres.

2. Las tres cadenas se enrollan unas con otras y forman la triple hélice del colágeno.

3. La unión de varias cadenas polipeptídicas en una sola proteína es la estructura cuaternaria.

4. También vale responder «estructura secundaria», porque cada cadena está plegada en hélice (la hélice del colágeno, que es distinta de la hélice α), o simplemente «triple hélice de colágeno».

Planteamiento El enunciado dice que el sistema inmunitario ataca el tejido conjuntivo del propio cuerpo.

1. Es una enfermedad autoinmune.

2. El sistema inmunitario pierde la tolerancia hacia componentes propios: reconoce como extraño (como si fuera un antígeno ajeno) el tejido conjuntivo sano del propio cuerpo y lo ataca.

Planteamiento El esquema es una terapia génica: se introduce el gen de la metaloproteinasa en células del paciente fuera del cuerpo y después se le vuelven a poner.

1. Fase 1, qué se genera: un vector vírico, es decir, un virus que lleva el gen de la metaloproteinasa aislado de células sanas (un virus con ADN recombinante).

2. Para qué sirve: para introducir el gen de la metaloproteinasa dentro de los fibroblastos del paciente, infectándolos in vitro.

3. Fase 2, cómo es la célula: un fibroblasto del paciente modificado genéticamente.

4. Información adicional: el gen de la metaloproteinasa.

5. Fase 3, qué sucede: los fibroblastos modificados, después de multiplicarse en el laboratorio, se vuelven a inyectar al paciente.

6. Finalidad: que los fibroblastos modificados fabriquen metaloproteinasa en el cuerpo del paciente y esta enzima digiera el colágeno acumulado, de modo que disminuyan los depósitos.

Planteamiento La imagen 1 es el modelo de cintas de una proteína (hélices y láminas), y la imagen 2 compara la forma sana y la anómala de la misma proteína: es el caso de los priones.

1. Tipo de molécula: una proteína.

2. Agente infeccioso: un prion.

3. Causa: un cambio en el plegamiento de la proteína. La forma sana (PrPc) está plegada sobre todo en hélices α, y la forma anómala (PrPsc), en láminas β (imagen 2): cambia la estructura secundaria y, con ella, la forma tridimensional. La proteína mal plegada induce el mismo cambio en las proteínas sanas y forma depósitos.

4. Dos estructuras acelulares infecciosas distintas: los virus y los viroides.

5. También vale nombrar dos virus distintos (por ejemplo, un coronavirus y el virus de la gripe).

Planteamiento Cinco preguntas cortas sobre la estructura del ácido palmítico, un ácido graso de 16 carbonos, y sobre la síntesis de un triglicérido.

1. Ácido graso saturado: en la cadena hidrocarbonada todos los enlaces entre carbonos son simples; no tiene ningún doble ni triple enlace entre carbonos.

2. Por qué a la cobertura le cuesta más fundirse: las cadenas saturadas son rectas y se empaquetan muy juntas, con muchas interacciones de Van der Waals entre ellas. Por eso el ácido palmítico tiene un punto de fusión alto y es sólido a temperatura ambiente.

3. Fórmula: un grupo metilo, $14$ grupos metileno y el grupo carboxilo, $1+14+1=16$ carbonos.

   $\mathrm{CH_3{-}(CH_2)_{14}{-}COOH}$

4. Contando los átomos, la fórmula molecular es:

   $\mathrm{C_{16}H_{32}O_2}$

5. Molécula anfipática: tiene una parte polar o hidrófila (el grupo carboxilo, $\mathrm{-COOH}$) y una parte apolar o hidrófoba (la cadena hidrocarbonada).

6. La tripalmitina se forma por esterificación: cada uno de los tres grupos alcohol del glicerol se une con el grupo carboxilo de un ácido palmítico mediante un enlace éster, y se libera una molécula de agua por cada enlace.

   $\text{glicerol}$${}+3\ \text{ácido palmítico}$${}\rightarrow \text{tripalmitina}$${}+3\,\mathrm{H_2O}$

Planteamiento Para obtener energía de una grasa, primero se liberan sus ácidos grasos y después se oxidan hasta $\mathrm{CO_2}$ con las vías de la respiración celular.

1. 1. Lipólisis, en el citosol: las lipasas hidrolizan la tripalmitina en glicerol y tres ácidos grasos (ácido palmítico).

2. 2. β-oxidación (hélice de Lynen), en la mitocondria, en la matriz mitocondrial: cada vuelta quita dos carbonos del ácido graso en forma de acetil-CoA y forma NADH y $\mathrm{FADH_2}$.

3. 3. Ciclo de Krebs, en la mitocondria, en la matriz mitocondrial: oxida el acetil-CoA a $\mathrm{CO_2}$ y forma más NADH, $\mathrm{FADH_2}$ y GTP.

4. 4. Cadena de transporte de electrones y fosforilación oxidativa, en la mitocondria, en la membrana mitocondrial interna (en las crestas): los electrones del NADH y del $\mathrm{FADH_2}$ llegan al oxígeno, y la ATP sintasa fabrica la mayor parte del ATP.

5. La tabla queda así:

   $\begin{array}{c|l|l|l} 1 & \text{lipólisis} & \text{citosol} & \text{—} \\ 2 & \beta\text{-oxidación} & \text{mitocondria} & \text{matriz} \\ 3 & \text{ciclo de Krebs} & \text{mitocondria} & \text{matriz} \\ 4 & \text{fosforilación oxidativa} & \text{mitocondria} & \text{membrana interna} \end{array}$

6. Si se considera la lipólisis una digestión previa y no una vía del metabolismo, la secuencia de cuatro filas también es válida así: β-oxidación (que empieza en el citosol, donde se activa el ácido graso, y continúa en la matriz mitocondrial), ciclo de Krebs, cadena respiratoria y fosforilación oxidativa (ambas en la membrana mitocondrial interna).

Planteamiento El timo es el órgano donde maduran unos linfocitos concretos; sin timo, el ratón no los tiene maduros y no rechaza el tumor.

1. En el timo maduran los linfocitos T.

2. Función 1: los linfocitos T colaboradores (helper) activan los linfocitos B para que proliferen, se diferencien y produzcan anticuerpos, y también activan otras células inmunitarias.

3. Función 2: los linfocitos T citotóxicos destruyen las células infectadas y las células extrañas o tumorales que tienen antígenos extraños en la membrana; por eso, sin ellos, el ratón no rechaza el tumor trasplantado.

4. Otra función posible: los linfocitos T reguladores inhiben la actividad de otros linfocitos y frenan la respuesta inmunitaria.

Planteamiento Hay que ordenar las fases teniendo en cuenta qué necesita cada una: primero tiene que haber células embrionarias, después se modifica su gen, se seleccionan las modificadas y, por último, se obtiene un ratón a partir de ellas.

1. 1: aislamiento de células embrionarias de ratón (son las células que se modificarán).

2. 2: bloqueo del gen específico involucrado en el sistema inmunitario.

3. 3: inserción de un gen marcador en el gen bloqueado (para poder reconocer las células modificadas).

4. 4: selección de las células que han incorporado el marcador.

5. 5: inserción de las células que presentan el gen bloqueado en un blastocisto (embrión).

6. 6: implantación del blastocisto en una hembra de ratón.

7. 7: obtención de la cría de ratón con el gen bloqueado.

Planteamiento Leemos el árbol: la pareja I-2 (hombre sano) e I-3 (mujer sana) tiene una hija afectada, II-1, y un hijo afectado, II-2. I-1 es hermana de I-2, e I-4 e I-5 son hermanos de I-3; todos ellos están sanos.

1. Dominante o recesiva: los padres, I-2 e I-3, están sanos y tienen dos hijos afectados. Si el alelo de la AME fuera dominante, al menos uno de los padres debería padecer la enfermedad. Por tanto, la AME es recesiva, y los dos padres son portadores (heterocigotos).

2. Autosómica o ligada al sexo: si fuera recesiva ligada al cromosoma X, la hija afectada II-1 debería recibir un X con el alelo de la enfermedad de cada uno de los padres. Pero su padre, I-2, está sano: su único X lleva el alelo normal, y es el que reciben todas sus hijas. Por tanto, no puede ser ligada al sexo: es autosómica. Además, el enunciado dice que el gen SMN1 está en el cromosoma 5, que es un autosoma.

3. Simbología: $A$, alelo normal (sin AME), dominante; $a$, alelo con la deleción (AME), recesivo.

4. Genotipo de I-3: está sana y tiene hijos afectados ($aa$), que han recibido un alelo $a$ de cada progenitor; por tanto, es portadora:

   $Aa$

5. Genotipo de I-4: está sano, así que tiene al menos un alelo $A$. No hay ningún dato para saber si el otro alelo es $A$ o $a$ (sus padres, que no aparecen en el árbol, están sanos):

   $A-\quad(AA$$\text{o}\ \ Aa)$

Planteamiento Se pide el número esperado de portadores entre los alumnos del instituto.

1. La probabilidad de que un alumno cualquiera sea portador es $\frac{1}{54}$. El número esperado de portadores es el número de alumnos multiplicado por esta probabilidad:

   $1\,188\cdot\frac{1}{54}=\frac{1\,188}{54}=22$

2. Es un valor esperado: en un instituto concreto puede haber algunos más o menos.

Planteamiento Se pide la probabilidad de que dos personas sanas sean ambas portadoras.

1. Cada miembro de la pareja es portador con probabilidad $\frac{1}{54}$. Si no son parientes, los dos hechos son independientes y las probabilidades se multiplican:

   $\frac{1}{54}\cdot\frac{1}{54}=\frac{1}{2\,916}\approx 0{,}000343$

2. En porcentaje:

   $0{,}000343\cdot 100=0{,}0343\ \%$

Planteamiento Hay que encontrar en el texto las afirmaciones falsas sobre la terapia génica y la inmunidad y corregirlas. El texto tiene cuatro; basta con tres.

1. Error 1: «debe cortarse el gen SMN1 sano con unas enzimas llamadas ligasas». Corrección: para cortar el ADN se usan endonucleasas de restricción (enzimas de restricción); las ligasas hacen lo contrario, unen fragmentos de ADN.

2. Error 2: «este gen debe unirse a la superficie de la cápsida». Corrección: el gen debe introducirse dentro de la cápsida, donde el virus lleva su genoma; así el virus puede hacerlo entrar en las células diana.

3. Error 3: «Zolgensma es más efectivo si se administra a bebés que ya tienen síntomas graves». Corrección: es más efectivo si se administra antes de que aparezcan los síntomas o cuando todavía son leves, porque las neuronas motoras que ya se han perdido no se recuperan: el tejido nervioso tiene muy poca capacidad de regeneración.

4. Error 4: «Este tipo de inmunidad artificial y pasiva». Corrección: los anticuerpos que el bebé recibe de la madre con la leche le dan una inmunidad natural, no artificial, y pasiva: los ha fabricado la madre y el bebé los recibe por un proceso natural, sin ninguna intervención médica.

5. Una aclaración sobre el nombre del virus: el AAV9 es un virus adenoasociado (AAV), de una familia distinta de la de los adenovirus (es un parvovirus). El enunciado lo llama «adenovirus», pero este no es uno de los cuatro errores que se piden.

Planteamiento a) Hay que reconocer en las figuras la celulosa, el almidón y la sacarosa y decir qué función cumple cada uno en la planta. b) Hay que proponer una prueba de laboratorio para distinguir el almidón de la sacarosa.

1. a) La figura B es un disacárido: una glucosa (anillo de seis vértices) unida por un enlace O-glucosídico a una fructosa (anillo de cinco vértices). Es la sacarosa.

2. a) Las figuras A y C son cadenas de glucosas unidas por enlaces O-glucosídicos. La figura A tiene una ramificación (una glucosa unida al carbono 6 de otra): es el almidón (su amilopectina). La figura C es una cadena lineal, sin ramificaciones: es la celulosa.

3. a) La figura D es un monosacárido de cinco carbonos (una pentosa), que no es ninguno de los tres glúcidos de la tabla.

4. a) Funciones: la celulosa forma la pared celular de las células vegetales (función estructural); el almidón es la principal reserva energética de la planta (un almacén de glucosas); la sacarosa es la forma en que la planta transporta los azúcares por la savia elaborada.

5. a) La sacarosa también tiene función energética: la planta puede degradarla para obtener energía, y en la caña de azúcar se acumula mucha (del $11\ \%$ al $15\ \%$ del peso, según el enunciado).

6. b) Prueba del lugol: se añaden unas gotas de lugol (una disolución de yodo) a una muestra de cada bote.

7. b) La muestra que se vuelve de color azul oscuro (casi negro o lila) contiene el almidón: la prueba es positiva. La que se queda del color amarillo pardo del lugol contiene la sacarosa: la prueba es negativa.

8. b) También distinguiría los botes el sabor dulce de la sacarosa, pero en el laboratorio nunca se debe probar ninguna sustancia.

Planteamiento Hay que decir qué tipo de biomolécula son los triglicéridos, una función, una propiedad, sus componentes y el enlace que los une.

1. Tipo de biomolécula: son lípidos (lípidos saponificables).

2. Función: reserva energética.

3. Propiedad: son insolubles en agua (son apolares, hidrófobos).

4. Componentes: una molécula de glicerol (propano-1,2,3-triol) y tres ácidos grasos.

5. Enlace: enlace éster, entre cada uno de los tres grupos hidroxilo del glicerol y el grupo carboxilo de un ácido graso. Al formarse los tres enlaces éster se liberan tres moléculas de agua.

6. Otras propiedades igual de válidas: son solubles en disolventes orgánicos, son saponificables, tienen un contenido energético alto, son menos densos que el agua, son aislantes térmicos, o son sólidos o líquidos según la proporción de ácidos grasos insaturados (cuantas más insaturaciones, más líquidos).

Planteamiento a) Hay que explicar qué papel tiene Agrobacterium tumefaciens en la modificación genética de la caña de azúcar. b) Hay que ordenar los ocho pasos para obtener la caña transgénica.

1. a) Agrobacterium tumefaciens actúa como vector: su plásmido, una vez unido al gen que se quiere insertar, es el que lo lleva, y la bacteria, al infectar las células vegetales, les transfiere el fragmento del plásmido que contiene ese gen.

2. b) Primero hay que preparar el ADN recombinante: aislar el gen y cortar el plásmido con la misma enzima de restricción, y después unirlos con la ADN ligasa. Entonces el plásmido recombinante se introduce en la bacteria, y la bacteria, en las células vegetales. Por último se seleccionan las células transformadas, se obtienen plántulas y se plantan.

3. b) Paso 1: aislar el gen que se desea insertar.

4. b) Paso 2: cortar el plásmido de Agrobacterium tumefaciens con enzimas de restricción.

5. b) Paso 3: unir el gen al plásmido de Agrobacterium tumefaciens mediante la ADN ligasa.

6. b) Paso 4: introducir el plásmido en la bacteria.

7. b) Paso 5: introducir la bacteria en las células de la caña de azúcar en cultivo en el laboratorio.

8. b) Paso 6: seleccionar las células que han incorporado el gen.

9. b) Paso 7: obtener plántulas modificadas a partir de las células que han incorporado el gen.

10. b) Paso 8: plantar en el campo las plántulas transgénicas.

11. b) Aislar el gen y cortar el plásmido no dependen el uno del otro: lo imprescindible es hacer los dos antes de unir el gen al plásmido.

Planteamiento Se pregunta qué resultado tuvo eliminar con CRISPR-Cas la forma mutada del gen TMC1 en las células auditivas de los ratones Beethoven, y si estos ratones pueden tener descendientes sordos.

1. Resultado: los ratones tratados recuperaron la audición.

2. Gracias al ARN guía, complementario de la secuencia de la forma mutada del gen TMC1, el sistema CRISPR-Cas se unió solo al alelo mutado, el del cromosoma 11 que lleva la mutación.

3. La proteína Cas lo cortó por dos sitios y el fragmento cortado se eliminó; la reparación celular volvió a unir el ADN, y el alelo mutado quedó inactivado.

4. Como los ratones son sordos aunque tienen un alelo correcto, la proteína mutada es la que causa la sordera (el alelo mutado es dominante). Sin el alelo mutado, las células auditivas dejan de fabricar la proteína defectuosa y siguen fabricando la proteína correcta a partir del alelo normal del otro cromosoma 11.

5. Descendientes: sí pueden tener descendientes sordos. El sistema solo se introdujo en las células auditivas, que son células somáticas; las células de la línea germinal, que forman los gametos, no se han modificado y conservan el alelo mutado.

6. Cada gameto tiene una probabilidad de $\frac{1}{2}$ de llevar el cromosoma 11 con el alelo mutado; como basta un alelo mutado para ser sordo, si el otro progenitor no lleva la mutación, cada descendiente tiene una probabilidad de $\frac{1}{2}$ de ser sordo.

Planteamiento Se pregunta qué es la retrotranscriptasa, qué entidades biológicas la usan de manera natural y qué papel tiene en el prime editing una vez que Cas ha eliminado la secuencia mutada.

1. La retrotranscriptasa (o transcriptasa inversa) es una enzima que sintetiza ADN a partir de un molde de ARN: fabrica una cadena de ADN complementaria del ARN.

2. De manera natural la usan los retrovirus, como el VIH, el virus del sida, que copian su genoma de ARN en ADN para integrarlo en el de la célula huésped; también la usan los retrotransposones.

3. Una vez que Cas ha cortado y eliminado la secuencia mutada, la retrotranscriptasa usa como molde el ARN que lleva el sistema, complementario de la secuencia correcta, y sintetiza en el mismo sitio un fragmento de ADN con la secuencia correcta del gen.

4. Consecuencia: la secuencia incorrecta queda sustituida por la correcta; el gen puede fabricar la proteína normal, y así se puede curar o mejorar la enfermedad genética.

Planteamiento Hay que poner nombre a la relación entre los insectos (Diabrotica virgifera) y el maíz, y a la relación entre los nematodos y las bacterias Photorhabdus, y justificarlas con lo que dice el enunciado.

1. Insectos y maíz: parasitismo. Es una relación entre dos especies en la que una, el parásito, obtiene el alimento de la otra, el huésped, y la perjudica sin matarla enseguida.

2. En este caso el parásito es el insecto: sus larvas se alimentan de las raíces del maíz, que es el huésped; las plantas afectadas crecen menos y producen menos grano.

3. Nematodos y bacterias: simbiosis, una relación entre dos especies en la que las dos se benefician y que es tan estrecha que no pueden hacer su función por separado.

4. Los nematodos necesitan las bacterias para matar a las larvas (las bacterias fabrican las toxinas) y obtener así el alimento; las bacterias necesitan los nematodos para llegar a las larvas e infectarlas, porque fuera de un nematodo no pueden infectar ninguna.

5. Como las dos especies salen ganando, la relación entre los nematodos y las bacterias también se puede llamar mutualismo (en este caso, un mutualismo obligatorio).

Planteamiento El apartado a pide por qué el maíz que fabrica betacariofileno ayuda a controlar la plaga; el b, los pasos y las enzimas para hacer el plásmido recombinante de la figura y en qué células hay que introducirlo.

1. a) El maíz modificado fabrica betacariofileno cuando las larvas lo atacan. Esta sustancia atrae a los nematodos del suelo, que entran en las larvas y, con sus bacterias, las matan.

2. a) Así hay menos larvas en las raíces, la planta sufre menos daños y la plaga se controla: es un control biológico de plagas con sus enemigos naturales.

3. b) La figura muestra una bacteria de la que se obtiene un plásmido que después se abre; una planta de orégano de la que se obtiene el gen que codifica la enzima que sintetiza el betacariofileno, que también se corta; el plásmido recombinante; un cultivo de células vegetales, y el maíz transgénico.

4. b) Paso 1: se aísla el plásmido de una bacteria y se corta con una enzima de restricción (endonucleasa de restricción), que lo abre y deja unos extremos determinados.

5. b) Paso 2: se aísla el gen de la enzima del betacariofileno de las células de orégano y se corta con la misma enzima de restricción, de modo que sus extremos son complementarios de los del plásmido.

6. b) Paso 3: se unen el gen y el plásmido abierto con la ADN ligasa, que cierra los enlaces, y se obtiene el plásmido recombinante.

7. b) El plásmido se tiene que introducir en células embrionarias o meristemáticas del maíz (células totipotentes), cultivadas en el laboratorio. A partir de una de estas células se regenera una planta entera, y el gen introducido estará en todas sus células.

8. b) Para plantas se suele usar la bacteria Agrobacterium tumefaciens y su plásmido Ti como vector.