Biología, PAU 2022 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

Planteamiento Hay que deducir del árbol genealógico si el alelo de la enfermedad de Krabbe es dominante o recesivo y si el gen es autosómico o ligado al sexo, justificándolo con miembros concretos de la familia.

1. En el árbol, los padres de Quim no están afectados y tienen una hija afectada; los padres de Muntsa tampoco están afectados y tienen un hijo afectado.

2. Recesivo: si el alelo fuera dominante, un hijo afectado debería tener al menos un progenitor afectado. Como los padres están sanos y tienen hijos afectados, deben ser portadores de un alelo que no se manifiesta en ellos: el alelo de la enfermedad es recesivo.

3. Autosómico: si fuera un gen recesivo ligado al cromosoma X, la hermana afectada de Quim ($X^aX^a$) habría recibido un $X^a$ de su padre, y el padre, que solo tiene un cromosoma X, sería $X^aY$ y estaría afectado. Pero el padre de Quim está sano: el gen no está ligado al sexo, es autosómico.

4. Otra justificación válida: si el gen estuviera ligado al X, el padre de Quim tendría el alelo de la enfermedad en su único cromosoma X y estaría afectado, y como los afectados mueren antes de los dos años, no habría podido tener hijos.

Planteamiento Hay que elegir unos símbolos para los alelos del gen GALC, escribir el genotipo de cada miembro del árbol y calcular la probabilidad de que Quim y Muntsa tengan un hijo afectado.

1. a) Nomenclatura: $A$ = alelo normal (dominante), que no causa la enfermedad; $a$ = alelo de la enfermedad de Krabbe (recesivo). Los afectados son $aa$.

2. a) Los cuatro progenitores (los padres de Quim y los de Muntsa) están sanos y tienen un hijo afectado $aa$: los cuatro son portadores, $Aa$.

3. a) La hermana de Quim y el hermano afectado de Muntsa son $aa$.

4. a) Quim, su hermano sano, Muntsa y su hermano sano son hijos sanos de $Aa\times Aa$: pueden ser $AA$ o $Aa$ (se escriben las dos posibilidades, o $A\_$).

5. b) Para que nazca un hijo afectado ($aa$), Quim y Muntsa tienen que ser los dos $Aa$ y los dos tienen que transmitir el alelo $a$.

6. b) Del cruce $Aa\times Aa$ salen $\frac{1}{4}\,AA$, $\frac{2}{4}\,Aa$ y $\frac{1}{4}\,aa$. Quim está sano, así que no es $aa$: de los tres casos sanos, dos son $Aa$.

   $P(\text{Quim } Aa)=\frac{2}{3}$$P(\text{Muntsa } Aa)=\frac{2}{3}$

7. b) Si los dos son $Aa$, cada uno transmite el alelo $a$ con probabilidad $\frac{1}{2}$:

   $P(aa)=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{9}$

Planteamiento El apartado pide explicar qué es un lípido saponificable y decir dos propiedades más de estos lípidos.

1. Saponificable: es un lípido que contiene ácidos grasos unidos por enlaces éster (es un éster de ácidos grasos). Con un hidróxido fuerte (NaOH o KOH), estos enlaces se hidrolizan y se forman sales de ácidos grasos, que son jabones: es la reacción de saponificación.

2. Propiedad 1: son insolubles (o muy poco solubles) en agua, es decir, hidrófobos, por las largas cadenas hidrocarbonadas apolares de los ácidos grasos.

3. Propiedad 2: son solubles en disolventes orgánicos apolares, como el éter, el cloroformo o el benceno.

4. También se puede mencionar como propiedad que son moléculas apolares, o con una gran parte apolar.

Planteamiento Hay que decir si son correctas las dos afirmaciones sobre las cajas nido (ayudarán a luchar contra la lagarta peluda y pueden beneficiar a otras especies) y justificarlo con la red trófica del esquema.

1. Relaciones del esquema (las flechas van del alimento al consumidor): la encina es comida por la oruga lagarta peluda y por el saltamontes; el madroño, por el saltamontes y por la mariposa del madroño; el pino carrasco y el brezo, por el saltamontes. El carbonero común come orugas lagartas peludas y saltamontes; el lagarto ocelado come saltamontes y mariposas del madroño; el azor come carboneros y lagartos.

2. Primera afirmación, correcta: las cajas nido favorecen la reproducción de los carboneros comunes, que son depredadores de la lagarta peluda. Con más carboneros, más orugas serán depredadas y la plaga se reducirá.

3. Segunda afirmación, también correcta: si hay menos lagartas peludas, las encinas, de las que se alimentan, perderán menos hojas y se beneficiarán.

4. Además, el aumento de carboneros beneficia a su depredador, el azor, que tendrá más alimento.

Planteamiento El apartado a pregunta si la fumigación con Bacillus thuringiensis puede perjudicar al ecosistema; el b pide el diseño de un experimento para ver el efecto de las cajas nido sobre la plaga con los dos encinares.

1. a) Sí: el preparado afecta a todas las larvas de mariposa del ecosistema, no solo a las de la lagarta peluda. En el esquema hay otra mariposa, la del madroño, cuyas larvas también morirían.

2. a) Eso puede afectar a sus consumidores: el lagarto ocelado come mariposas del madroño y tendría menos. Aunque la bacteria deje de ser activa al cabo de pocos días, las larvas muertas en ese tiempo ya no están.

3. b) Variable independiente: la presencia de cajas nido. En uno de los dos encinares se instalan suficientes cajas nido (grupo experimental).

4. b) Grupo de control: el otro encinar, donde no se hace nada (sin cajas nido y sin fumigar).

5. b) Variables controladas: los dos bosques deben tener condiciones muy parecidas (precipitaciones, temperatura, suelo, orientación, densidad de encinas y grado inicial de la plaga), y hay que comprobarlo durante todo el estudio.

6. b) Variable dependiente y registro de resultados: durante unos meses se cuenta el número de lagartas peludas en los dos bosques (por ejemplo, en varias zonas de muestreo iguales en cada bosque), con el mismo método y en las mismas fechas, y se comparan los resultados para sacar conclusiones.

Planteamiento Hay que encontrar los cinco errores del texto sobre la fotosíntesis, copiar el fragmento donde está cada uno y justificar por qué es incorrecto.

1. Error 1, «Dentro de las mitocondrias de las células»: la fotosíntesis tiene lugar en los cloroplastos, no en las mitocondrias.

2. Error 2, «se forma ATP y $\mathrm{NADP^+}$»: en la cadena de transporte electrónico de la fase luminosa se forma ATP y NADPH, la forma reducida, no el $\mathrm{NADP^+}$, que es la forma oxidada que acepta los electrones.

3. Error 3, «Como producto de la fotólisis del agua se forma dióxido de carbono»: la fotólisis del agua libera oxígeno ($\mathrm{O_2}$), protones y electrones, no dióxido de carbono.

4. Error 4, «se utiliza en el ciclo de Calvin para captar oxígeno»: en el ciclo de Calvin se capta (se fija) dióxido de carbono, no oxígeno.

5. Error 5, «Esta fase tiene lugar dentro de la membrana de los tilacoides»: el ciclo de Calvin tiene lugar en el estroma del cloroplasto; en la membrana de los tilacoides está la fase luminosa.

Planteamiento Hay que leer en el árbol cuándo se separaron las Monocotidae de las Magnoliidae y en qué período geológico, qué grupo comparte el antepasado común más reciente con las Ceratophyllaceae y cuál es la rama que se separa primero.

1. El eje de tiempo va de 225 a 100 millones de años. Las Monocotidae se separan del resto, y por tanto de las Magnoliidae, en el nudo llamado Mesangiospermae, que está un poco a la derecha de la marca de 175 y bastante antes de la de 150: hace unos $165$ millones de años (leyendo la gráfica, entre 160 y 170).

2. Este nudo está dentro de la franja del Jurásico, que va de unos 200 a unos 145 millones de años: la separación se produjo en el Jurásico.

3. Las Ceratophyllaceae salen del mismo nudo que las Chloranthaceae (hace unos 145 millones de años): son los grupos hermanos, y por tanto el grupo más próximo a las Ceratophyllaceae es el de las Chloranthaceae.

4. La rama que sale del nudo más antiguo, hace unos 225 millones de años, y se separa de todas las demás angiospermas es la de las Amborellaceae.

Planteamiento El apartado a pide el tipo de relación ecológica entre las angiospermas y los insectos polinizadores; el b, clasificar la mariposa macaón con la clave dicotómica y explicar el camino seguido.

1. a) Es un mutualismo: las dos especies salen beneficiadas. Los insectos obtienen alimento de las flores (néctar y polen), y las plantas consiguen que el polen vaya de una flor a otra (polinización), lo que permite su reproducción.

2. a) Como las dos partes se benefician, la evolución de una favorece la de la otra, y eso es coherente con que se diversificaran a la vez.

3. a) A veces se llama simbiosis; ese nombre solo es adecuado si la relación es obligatoria, es decir, si ninguna de las dos especies puede vivir sin la otra.

4. b) Recorrido por la clave: 1, «con alas» (va a 2); 2, «con cuatro alas» (va a 4); 4, «las cuatro alas sirven para volar» (va a 5); 5, «alas de colores»: orden Lepidópteros.

Planteamiento El apartado a pide por qué, desde el punto de vista evolutivo, una población aislada como Eyam es mejor que Londres para estudiar el alelo Delta 32; el b, la relación entre los alelos del gen CCR5 y los genotipos de la familia Hancock.

1. a) La peste actuó como selección natural: en Eyam sobrevivieron y se reprodujeron sobre todo los portadores del alelo Delta 32, y por eso su frecuencia aumentó en la población.

2. a) Para estudiar este efecto interesa una población donde, desde entonces, las frecuencias génicas hayan cambiado lo mínimo posible.

3. a) En Eyam la inmigración ha sido prácticamente nula: no ha habido flujo génico, y la frecuencia alta de Delta 32 que dejó la peste se ha mantenido en los descendientes de los supervivientes.

4. a) En Londres, la llegada constante de inmigrantes (flujo génico) ha mezclado la población con personas que no descienden de los supervivientes, y ha diluido y modificado esa frecuencia.

5. a) También se puede usar la deriva génica: en una población pequeña como Eyam, el azar puede hacer variar mucho las frecuencias (y haber hecho aumentar todavía más la del alelo), algo que en una población grande como Londres pasa mucho menos.

6. b) Relación entre los alelos: herencia intermedia (dominancia incompleta). Justificación: el heterocigoto tiene un fenotipo intermedio entre los dos homocigotos: protección parcial (la enfermedad avanza más despacio), mientras que el homocigoto mutado tiene protección total y el homocigoto normal, ninguna.

7. b) Simbología: $C^N$ = alelo normal del gen CCR5; $C^{\Delta}$ = alelo Delta 32.

8. b) Genotipos: la madre, Elizabeth, nunca sufrió la peste (protección total): $C^{\Delta}C^{\Delta}$. El padre murió enseguida (ninguna protección): $C^NC^N$. Los hijos vivieron más pero murieron (protección parcial): $C^NC^{\Delta}$.

9. b) Comprobación con el cruce: todos los hijos de $C^{\Delta}C^{\Delta}\times C^NC^N$ reciben un $C^{\Delta}$ de la madre y un $C^N$ del padre, y son heterocigotos, como indican los registros.

   $C^{\Delta}C^{\Delta}\times C^NC^N$${}\longrightarrow 100\ \%\ C^NC^{\Delta}$

10. b) En cuanto a la expresión del receptor en las células, el heterocigoto fabrica los dos receptores, el normal y el mutado: desde este punto de vista la relación también se puede considerar codominancia.

Planteamiento Hay que explicar por qué el trasplante de células madre con dos copias de CCR5 Delta 32 hizo desaparecer el VIH de la sangre, y por qué un inhibidor de la transcriptasa inversa frena el sida.

1. a) Después del trasplante, las células de la sangre del paciente, y entre ellas los linfocitos T, se forman a partir de las células madre del donante, que son homocigotas para CCR5 Delta 32.

2. a) Estos linfocitos tienen el receptor de membrana mutado, que no sirve de punto de anclaje para el VIH: el virus no puede unirse a ellos ni entrar.

3. a) Sin entrar en las células, el VIH no puede multiplicarse: no se forman virus nuevos que pasen a la sangre e infecten otras células, y por eso ya no se detecta VIH en la sangre.

4. b) El VIH es un retrovirus: su material genético es ARN. Para multiplicarse, la transcriptasa inversa copia ese ARN en ADN (retrotranscripción).

5. b) Ese ADN vírico se integra en el ADN de la célula huésped, y a partir de él la célula fabrica virus nuevos.

6. b) El inhibidor bloquea la transcriptasa inversa: no se puede hacer el ADN vírico, no se integra en el genoma de la célula y no se forman virus nuevos, y así la infección avanza mucho menos.

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.