Biología, PAU 2026 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

El examen extraordinario de Biología de la PAU de Cataluña de 2026, entero: los cuatro ejercicios tal como salieron, cada uno con la solución paso a paso de EducaIA de cada apartado, contrastada con la pauta oficial de corrección. Cuando nuestra respuesta no coincide del todo con la pauta, te decimos por qué.

Examen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

Qué entraba, en puntos

Los puntos de cada apartado, sumados por el tema del temario que pregunta.

Instrucciones del examen El examen consta de CUATRO ejercicios obligatorios. Cada ejercicio vale 2,5 puntos.

Los ejercicios del examen

2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 1

2,5 puntosCoincide con la pautaTemas: Evolución, Biotecnología, Genética molecular
Enunciado oficial

«Apeman» es una canción de 1970 del grupo británico de rock The Kinks que habla del desencanto con la vida moderna y el deseo de ser un hombre-mono (apeman) que viva en armonía con la naturaleza, lejos del estrés y la contaminación.

1.1 Al final de la primera estrofa, la canción dice:

«[…] no soy mejor que los animales sentados en las jaulas del hombre en el zoológico porque, comparado con las flores y los pájaros y los árboles, soy un hombre-mono […]».

En relación con las dos últimas frases, podemos interpretar que, desde el punto de vista de la naturaleza (respecto a las plantas y los pájaros), no hay muchas diferencias entre un ser humano «civilizado» y un mono. En términos evolutivos, esto es cierto, ya que humanos y monos son muy cercanos evolutivamente porque se separaron hace pocos millones de años. Los pájaros y los primates se separaron mucho antes y, por lo tanto, los pájaros están igual de alejados filogenéticamente de los humanos que de los monos. Las plantas y los animales se separaron hace mucho más tiempo.

Entre los tres árboles filogenéticos siguientes hay uno que representa correctamente esta información. Diga cuál es escribiendo la letra correspondiente, y sobre este, indique a qué corresponden las ramas 1, 2, 3 y 4: planta, pájaro, mono o humano.

El árbol correcto es …

En el árbol correcto, la rama 1 corresponde a …

En el árbol correcto, la rama 2 corresponde a …

En el árbol correcto, la rama 3 corresponde a …

En el árbol correcto, la rama 4 corresponde a …

[0,5 puntos]

1.2 Las semejanzas entre los humanos y otros primates evidencian que estas especies tienen un origen evolutivo común. El grado de semejanza anatómica y morfológica entre especies fue la base para representar los primeros árboles evolutivos. No obstante, existen diferentes mecanismos que pueden originar estas semejanzas.

Un ejemplo de ello es el caso del pulgar de los humanos y de los chimpancés, y el falso pulgar de los pandas gigantes. Los tres tienen cinco dedos, como se muestra en la figura. En los humanos, el pulgar sirve para manipular objetos y, en los chimpancés, sirve básicamente para la locomoción. En los pandas gigantes, el dedo pulgar no es prensil, pero tienen un falso pulgar que en realidad es un hueso de la muñeca que les sirve para manipular el bambú.

Complete la siguiente tabla respondiendo a las cuestiones que se plantean.

¿El pulgar de los humanos y el de los chimpancés son órganos análogos u homólogos? Justifique la respuesta.

¿El pulgar de los humanos y el falso pulgar de los pandas gigantes son órganos análogos u homólogos? Justifique la respuesta.

[0,5 puntos]

1.3 Actualmente, las filogenias entre diversas especies se obtienen comparando secuencias de ADN. A continuación se muestra un fragmento de una secuencia de ADN humana y de tres especies diferentes: un primate (chimpancé), otro mamífero (ratón) y una lombriz de tierra. Las posiciones donde una especie presenta una diferencia respecto a los humanos se indican en color gris y subrayado. Deduzca a qué especie (chimpancé, ratón o lombriz) pertenece cada una de las secuencias (1, 2 y 3), y justifique la respuesta.

Humano: `GCTAGCCTGCAAGTCTTAAGTCCGCAGTGCCAATAGCGCATTGCCTT`

1: `ACTAGCCTGTAAGTCTTACGTCCGCAGTGCGAATAGCGTATAGCCTC`

2: `GCTAGCCTACAAGTCTTAAGTCCGCGGTGCCAATTGCGCATAGCCTT`

3: `GCTAGCCTGCAAGTCTGAAGTCCGCAGTGCCAATAGCGCATTGCCTT`

[0,5 puntos]

1.4 Para construir un árbol filogenético basado en homologías en la secuencia de ADN es necesario en primer lugar obtener estas secuencias. El primer paso para poder secuenciar el ADN es amplificar el fragmento de interés mediante la reacción en cadena de la polimerasa (PCR). El siguiente árbol muestra el resultado de una PCR para amplificar un gen en diferentes especies de mamíferos, donde los cebadores (o primers) se han diseñado a partir de la secuencia humana. El símbolo + indica que la PCR ha funcionado correctamente, y el símbolo –, que la amplificación no ha funcionado y no se ha obtenido ningún producto. Responda a las preguntas de la tabla que hay a continuación.

Los cebadores se unirán a una región específica del ADN. Una vez unidos, ¿cuál es su función en la PCR?

Se ha obtenido un resultado positivo en humanos y en las especies evolutivamente más cercanas, y negativo en las especies más alejadas. ¿Cuál es el motivo por el que la PCR no ha amplificado el ADN de las especies evolutivamente más lejanas?

[0,5 puntos]

1.5 La PCR también se puede utilizar para medir los niveles de expresión génica, usando una variante de la técnica, llamada PCR cuantitativa. En este caso, el material de partida es el ARNm. Responda a las siguientes preguntas, relativas a esta cuestión.

Para realizar una PCR cuantitativa, en primer lugar hay que obtener ADN complementario al ARNm. ¿Cómo se llama este proceso y cuál es la enzima que lo lleva a cabo?

Para comparar secuencias de ADN de dos especies diferentes, el tejido del que se obtiene el ADN no es relevante. En cambio, cuando se analiza ARNm para comparar los niveles de expresión de un gen, sí que es importante saber de qué tejido procede este ARNm. Razone por qué.

[0,5 puntos]

Tres árboles filogenéticos con cuatro ramas numeradas del 1 al 4. A: de la raíz sale la rama 4 y un nudo que, ya cerca de las puntas, separa la 1 de un nudo final, muy corto, que une 2 y 3. B: de la raíz sale la rama 1 y un nudo que, cerca de las puntas, separa la 4 de un nudo que une 2 y 3; este nudo está casi tan atrás como el de la 4. C: de la raíz salen un nudo, muy cerca de la raíz, que une 1 y 2, y otro, cerca de las puntas, que une 3 y 4.
Esqueletos de tres manos, con los dedos numerados del 1 al 5. Panda gigante: el dedo 1 es el dedo pulgar y, a su lado, un hueso de la muñeca alargado, el falso pulgar. Humano: el dedo 1, el pulgar, separado de los demás. Chimpancé: el dedo 1, el pulgar, corto y separado de los demás.Esqueletos de tres manos, con los dedos numerados del 1 al 5. Panda gigante: el dedo 1 es el dedo pulgar y, a su lado, un hueso de la muñeca alargado, el falso pulgar. Humano: el dedo 1, el pulgar, separado de los demás. Chimpancé: el dedo 1, el pulgar, corto y separado de los demás.
Las cuatro secuencias del apartado 1.3, alineadas, con las posiciones distintas de la humana en gris y subrayadas: 7 en la secuencia 1, 4 en la 2 y 1 en la 3.Las cuatro secuencias del apartado 1.3, alineadas, con las posiciones distintas de la humana en gris y subrayadas: 7 en la secuencia 1, 4 en la 2 y 1 en la 3.
Árbol filogenético de cinco mamíferos con el resultado de la PCR encima de cada uno. Humano (+) y macaco (+) son hermanos; el ratón (+) se une a ellos después; el gato (–) y la ballena (–) forman otra rama, que se une a las anteriores en la raíz.Árbol filogenético de cinco mamíferos con el resultado de la PCR encima de cada uno. Humano (+) y macaco (+) son hermanos; el ratón (+) se une a ellos después; el gato (–) y la ballena (–) forman otra rama, que se une a las anteriores en la raíz.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

1.10,5 puntos

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.

ResultadoEl árbol correcto es A. Rama 1: pájaro; ramas 2 y 3: humano y mono (en cualquier orden); rama 4: planta.

La pauta oficial da: A; 1 pájaro; 2 y 3 humano y mono (o al revés); 4 planta (el árbol B tiene las ramas 2 y 3 casi tan largas como la 4).

1.20,5 puntos

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.

ResultadoEl pulgar humano y el del chimpancé son homólogos (mismo origen, heredado de un antepasado común); el pulgar humano y el falso pulgar del panda son análogos (función parecida, pero origen independiente).

La pauta oficial da: Homólogos: mismo origen evolutivo (heredado de un ancestro común). Análogos: funciones parecidas pero origen independiente (convergencia).

1.30,5 puntos

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: 77 diferencias.

  2. Secuencia 2: 44 diferencias.

  3. Secuencia 3: 11 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).

ResultadoLa secuencia 3 (una diferencia) es del chimpancé, la 2 (cuatro diferencias) es del ratón y la 1 (siete diferencias) es de la lombriz de tierra: cuanto más parentesco evolutivo, menos diferencias en el ADN.

La pauta oficial da: 1 lombriz; 2 ratón; 3 chimpancé; cuanta más distancia evolutiva con los humanos, más diferencias en la secuencia.

1.40,5 puntos

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.

ResultadoLos cebadores aportan el extremo 3′ donde la ADN polimerasa empieza a sintetizar la cadena nueva. En las especies lejanas la PCR falla porque su secuencia ha acumulado diferencias respecto a la humana y los cebadores no se unen.

La pauta oficial da: Permiten la unión de la ADN polimerasa (extremo 3′) y la síntesis o amplificación del fragmento; más diferencias en la secuencia respecto a la humana, y los cebadores no se unen.

1.50,5 puntos

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.

ResultadoEs la retrotranscripción, hecha por la retrotranscriptasa (transcriptasa inversa). Hay que saber el tejido porque la expresión de los genes, y por tanto el ARNm, es distinta en cada tejido, mientras que el ADN es el mismo en todas las células.

La pauta oficial da: Retrotranscripción (transcripción inversa) y retrotranscriptasa; la expresión génica depende del tejido (o solo hay ARNm donde el gen se ha expresado).

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Biología 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 2

2,5 puntosLa pauta redondea distintoTemas: Metabolismo, Microbiología, La célula, Técnicas de observación
Enunciado oficial

Para hacer vinagre de manzana se trituran manzanas maduras y se obtiene un mosto de manzana rico en azúcares fermentables. Este zumo es la base que permitirá realizar dos fermentaciones.

La primera fermentación es la fermentación alcohólica, hecha por levaduras presentes en la piel de la manzana (por ejemplo, Saccharomyces cerevisiae) en un medio tapado. Las levaduras transforman los azúcares en etanol. El resultado es la sidra, que tiene un contenido moderado de alcohol.

La segunda fermentación es la fermentación acética, realizada por las bacterias acéticas (sobre todo Acetobacter). Estas bacterias oxidan el etanol de la sidra y lo convierten en ácido acético, el componente principal del vinagre.

2.1 Las siguientes imágenes muestran la levadura responsable de la primera fermentación (Saccharomyces cerevisiae) (a la izquierda) y la bacteria responsable de la segunda fermentación (Acetobacter) (a la derecha).

Complete la siguiente tabla respondiendo a las cuestiones que se plantean.

¿Cuál es el diámetro real de Saccharomyces cerevisiae? Muestre los cálculos realizados.

¿Cuál es la longitud real de Acetobacter? Muestre los cálculos realizados.

La diferencia de tamaño entre Saccharomyces cerevisiae y Acetobacter se debe a que son tipos celulares diferentes. ¿Qué tipo de célula es cada una?

Saccharomyces cerevisiae: …

Acetobacter: …

[0,5 puntos]

2.2 La fermentación alcohólica que llevan a cabo las levaduras consta de dos pasos. El primer paso es una vía metabólica que oxida la glucosa presente en el mosto de manzana hasta obtener ácido pirúvico (o piruvato). El segundo paso consiste en dos reacciones que reducen el ácido pirúvico a etanol para producir la sidra. Estos dos pasos se muestran en el siguiente esquema:

Complete la siguiente tabla teniendo en cuenta el esquema anterior.

¿Cómo se llama la vía metabólica A?

¿Cómo se llama la molécula B?

La reducción del acetaldehído a etanol sirve para regenerar la molécula C, a partir de la oxidación de la molécula D, con el objetivo de mantener funcionando la vía A y aprovechar los 2 ATP/glucosa que produce. ¿Cómo se llaman las moléculas C y D?

C: … D: …

¿Cuál es la localización celular de la fermentación alcohólica?

[0,5 puntos]

2.3 La levadura es un organismo anaerobio facultativo. En un cultivo de Saccharomyces cerevisiae se mide el consumo específico de glucosa por hora en las dos situaciones siguientes:

Condiciones aeróbicas (con O2\mathrm{O_2}). Consumo de glucosa: 1,09 mmol⋅g−1⋅h−11{,}09\ \mathrm{mmol\cdot g^{-1}\cdot h^{-1}}.Condiciones anaeróbicas (sin O2\mathrm{O_2}). Consumo de glucosa: 17,4 mmol⋅g−1⋅h−117{,}4\ \mathrm{mmol\cdot g^{-1}\cdot h^{-1}}.

¿Cuántas veces es más elevado el consumo de glucosa en condiciones anaeróbicas que en condiciones aeróbicas? Proporcione una explicación metabólica del resultado.

[0,5 puntos]

2.4 Una vez obtenida la sidra, las bacterias acéticas como Acetobacter realizarán la fermentación acética oxidando el etanol del medio a ácido acético para obtener el vinagre de manzana. Acetobacter puede hacer esta oxidación porque tiene dos enzimas: la alcohol deshidrogenasa de membrana (PQQ-ADH), que oxida el etanol a acetaldehído, y la aldehído deshidrogenasa de membrana (PQQ-ALDH), que oxida el acetaldehído a ácido acético. Ambas enzimas transfieren directamente los electrones de las oxidaciones que catalizan a una cadena de transporte electrónico que los llevará hasta reducir el oxígeno del aire. Este transporte electrónico genera un gradiente de H+\mathrm{H^+} que sirve para producir ATP.

El siguiente esquema muestra la cadena de transporte electrónico de Acetobacter:

Se le llamó antiguamente «fermentación acética» porque se libera un ácido, el ácido acético, al medio. Pero cuando se descubrió su funcionamiento metabólico, se vio que desde el punto de vista bioquímico no es realmente una fermentación. A partir de la información del texto y el esquema anteriores, indique tres motivos por los cuales la fermentación acética no es, bioquímicamente hablando, una fermentación.

[0,5 puntos]

2.5 La cadena de transporte electrónico de Acetobacter que se muestra en el esquema de la pregunta anterior es similar a la que tenemos en nuestras células para obtener ATP mediante la fosforilación oxidativa. A partir de la observación del esquema anterior y de sus conocimientos, rellene las casillas en blanco de la siguiente tabla:

Fosforilación oxidativa en Acetobacter en el proceso de fabricación de vinagreFosforilación oxidativa en nuestras células
Donador de e−e^-Etanol (que se oxida a acetaldehído) y acetaldehído (que se oxida a ácido acético)
Aceptor de e−e^-Oxígeno (que se reduce a agua)
Localización celular
Explique cómo se aprovecha el gradiente de protones generado para producir ATP

[0,5 puntos]

Esquema de la fermentación alcohólica. 1.er paso, vía metabólica A: la glucosa (C₆H₁₂O₆) da 2 ácidos pirúvicos, con formación de 2 ATP a partir de 2 ADP+2 Pi y transformación de 2 moléculas C en 2 moléculas D. 2.º paso, reducción del piruvato a etanol: cada ácido pirúvico (CH₃−CO−COOH) pierde una molécula B y da acetaldehído (CH₃−CHO), que se reduce a etanol (CH₃−CH₂OH) transformando 2 moléculas D en 2 moléculas C.Esquema de la fermentación alcohólica. 1.er paso, vía metabólica A: la glucosa (C₆H₁₂O₆) da 2 ácidos pirúvicos, con formación de 2 ATP a partir de 2 ADP+2 Pi y transformación de 2 moléculas C en 2 moléculas D. 2.º paso, reducción del piruvato a etanol: cada ácido pirúvico (CH₃−CO−COOH) pierde una molécula B y da acetaldehído (CH₃−CHO), que se reduce a etanol (CH₃−CH₂OH) transformando 2 moléculas D en 2 moléculas C.
Cadena de transporte electrónico de Acetobacter en la membrana plasmática, entre el medio (arriba) y el citosol (abajo). La PQQ-ADH oxida el etanol a acetaldehído y la PQQ-ALDH, el acetaldehído a ácido acético, las dos hacia el medio, liberando 2H⁺ y cediendo 2e⁻. Los electrones pasan a la ubiquinona (UQ, que se reduce a UQH₂) y de ahí a la oxidasa UOX, donde reducen 1/2 O₂ con 2H⁺ a H₂O. Se bombean H⁺ hacia el medio: la concentración de H⁺ es alta fuera y baja en el citosol.Cadena de transporte electrónico de Acetobacter en la membrana plasmática, entre el medio (arriba) y el citosol (abajo). La PQQ-ADH oxida el etanol a acetaldehído y la PQQ-ALDH, el acetaldehído a ácido acético, las dos hacia el medio, liberando 2H⁺ y cediendo 2e⁻. Los electrones pasan a la ubiquinona (UQ, que se reduce a UQH₂) y de ahí a la oxidasa UOX, donde reducen 1/2 O₂ con 2H⁺ a H₂O. Se bombean H⁺ hacia el medio: la concentración de H⁺ es alta fuera y baja en el citosol.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

2.10,5 puntos

Planteamiento Cada imagen tiene su barra de escala. Medimos con una regla, en el examen impreso, la barra y la célula, y hacemos una regla de tres.

  1. Levadura: la barra de 5 μm5\ \mu\mathrm{m} mide 2,22{,}2 cm y el diámetro de la célula, unos 3,03{,}0 cm.

    3,0 cm⋅5 μm2,2 cm≈6,8 μm3{,}0\ \mathrm{cm}\cdot\frac{5\ \mu\mathrm{m}}{2{,}2\ \mathrm{cm}}\approx 6{,}8\ \mu\mathrm{m}

  2. Acetobacter (la bacteria entera de arriba a la derecha): la barra de 2 μm2\ \mu\mathrm{m} mide 1,91{,}9 cm y la bacteria, unos 2,22{,}2 cm de largo.

    2,2 cm⋅2 μm1,9 cm≈2,3 μm2{,}2\ \mathrm{cm}\cdot\frac{2\ \mu\mathrm{m}}{1{,}9\ \mathrm{cm}}\approx 2{,}3\ \mu\mathrm{m}

  3. Como se mide con una regla y se puede elegir otra bacteria, valores algo distintos también son correctos si el cálculo está bien hecho.

  4. Saccharomyces cerevisiae es una célula eucariota (un hongo unicelular); Acetobacter es una célula procariota (una bacteria), mucho más pequeña.

ResultadoSaccharomyces cerevisiae mide unos 6,8 μm6{,}8\ \mu\mathrm{m} de diámetro y Acetobacter, unos 2,3 μm2{,}3\ \mu\mathrm{m} de largo. La levadura es una célula eucariota (hongo) y Acetobacter, una célula procariota (bacteria).

La pauta oficial da: Levadura: 3 cm⋅5 μm2,2 cm=6,8 μm\frac{3\ \mathrm{cm}\cdot 5\ \mu\mathrm{m}}{2{,}2\ \mathrm{cm}}=6{,}8\ \mu\mathrm{m}; Acetobacter: 2,1 cm⋅2 μm1,9 cm=2,2 μm\frac{2{,}1\ \mathrm{cm}\cdot 2\ \mu\mathrm{m}}{1{,}9\ \mathrm{cm}}=2{,}2\ \mu\mathrm{m}; eucariota (hongo) y procariota (bacteria).

2.20,5 puntos

Planteamiento En el esquema, la glucosa pasa a 2 piruvatos (vía A), cada piruvato pierde un carbono (molécula B) y da acetaldehído, y el acetaldehído se reduce a etanol.

  1. Vía A: la glucólisis (glicólisis), que oxida la glucosa a 2 piruvatos y da 2 ATP netos.

  2. Molécula B: el CO2\mathrm{CO_2}, que se libera cuando el piruvato se descarboxila a acetaldehído (son las burbujas de la fermentación).

  3. C: el NAD+\mathrm{NAD^+}, que la glucólisis necesita y que se regenera al reducir el acetaldehído a etanol.

  4. D: el NADH (NADH+H+\mathrm{NADH+H^+}), que se forma en la glucólisis y se oxida en este paso.

  5. Localización: el citosol (hialoplasma) de la célula de levadura.

ResultadoA: glucólisis; B: CO2\mathrm{CO_2}; C: NAD+\mathrm{NAD^+}; D: NADH. La fermentación alcohólica se hace en el citosol.

La pauta oficial da: Glucólisis; CO2\mathrm{CO_2}; C: NAD+\mathrm{NAD^+}, D: NADH+H+\mathrm{NADH+H^+}; citosol.

2.30,5 puntos

Planteamiento Dividimos los dos consumos y después comparamos cuánto ATP saca la levadura de cada glucosa en cada condición.

  1. Cociente entre los dos consumos:

    17,41,09≈16,0\frac{17{,}4}{1{,}09}\approx 16{,}0

  2. Con oxígeno, la levadura hace la respiración celular y oxida la glucosa por completo hasta CO2\mathrm{CO_2} y H2O\mathrm{H_2O}: obtiene entre 3030 y 3838 ATP por glucosa.

  3. Sin oxígeno, hace la fermentación alcohólica: solo la glucólisis produce ATP, 22 ATP por glucosa, y el etanol aún contiene mucha energía.

  4. Para obtener la misma cantidad de ATP por hora, la levadura que fermenta tiene que consumir mucha más glucosa. Por ejemplo, con unos 3232 ATP por glucosa en la respiración, la proporción sería

    322=16\frac{32}{2}=16

ResultadoEn anaerobiosis el consumo de glucosa es unas 1616 veces más alto, porque la fermentación solo da 22 ATP por glucosa y la respiración, entre 3030 y 3838: para obtener la misma energía hay que gastar mucha más glucosa.

La pauta oficial da: 17,41,09=15,96\frac{17{,}4}{1{,}09}=15{,}96 veces; aerobio: respiración (3030–3838 ATP/glucosa); anaerobio: fermentación (22 ATP/glucosa); hay que consumir más glucosa.

2.40,5 puntos

Planteamiento Una fermentación es anaerobia, ocurre en el citosol, hace ATP solo por fosforilación a nivel de sustrato y tiene como aceptor final de electrones una molécula orgánica. Comprobamos qué pasa en Acetobacter.

  1. Motivo 1: necesita oxígeno. El aceptor final de los electrones es el O2\mathrm{O_2}, que se reduce a agua; en una fermentación el aceptor es una molécula orgánica y no hace falta oxígeno.

  2. Motivo 2: utiliza una cadena de transporte electrónico en la membrana plasmática, que bombea protones; las fermentaciones no tienen cadena de transporte y ocurren en el citosol.

  3. Motivo 3: el ATP se hace por fosforilación oxidativa, aprovechando el gradiente de protones con la ATP sintasa, y no por fosforilación a nivel de sustrato.

  4. También serían válidos: no empieza con la glucólisis ni con la glucosa, sino con el etanol, y no reduce el piruvato a otra molécula orgánica. Bioquímicamente es una respiración (una oxidación aeróbica incompleta del etanol).

ResultadoNo es una fermentación porque necesita oxígeno como aceptor final, usa una cadena de transporte electrónico de membrana y produce el ATP por fosforilación oxidativa: es, en realidad, una respiración.

La pauta oficial da: Tres de estos: requiere oxígeno, usa una cadena de transporte electrónico, es una respiración, está en la membrana, ATP por fosforilación oxidativa, no incluye la glucólisis, no reduce el piruvato, parte del etanol.

2.50,5 puntos

Planteamiento Las dos cadenas funcionan igual: unos donadores ceden electrones, el oxígeno los acepta y el flujo de electrones bombea protones a través de una membrana.

  1. Donador de electrones en nuestras células: el NADH (NADH+H+\mathrm{NADH+H^+}), que se oxida a NAD+\mathrm{NAD^+}, y también el FADH2\mathrm{FADH_2}.

  2. Aceptor de electrones en Acetobacter: el oxígeno (O2\mathrm{O_2}), que se reduce a agua.

  3. Localización en Acetobacter: la membrana plasmática (la bacteria no tiene mitocondrias).

  4. Localización en nuestras células: la membrana mitocondrial interna (las crestas mitocondriales).

  5. Aprovechamiento del gradiente: los H+\mathrm{H^+} acumulados a un lado de la membrana vuelven al otro a favor de gradiente pasando por la ATP sintasa, que aprovecha la energía de este flujo para fosforilar ADP y hacer ATP (quimiosmosis).

ResultadoDonador en nuestras células: NADH (y FADH2\mathrm{FADH_2}); aceptor en Acetobacter: O2\mathrm{O_2}; membrana plasmática en Acetobacter y membrana mitocondrial interna en nuestras células. Los protones vuelven por la ATP sintasa, que hace ATP.

La pauta oficial da: NADH (y FADH2\mathrm{FADH_2}); O2\mathrm{O_2}; membrana plasmática; membrana mitocondrial interna (crestas); los H+\mathrm{H^+} vuelven por la ATP sintasa, que fosforila ADP a ATP.

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Biología 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

Examen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 3

2,5 puntosCoincide con la pautaTemas: Genética mendeliana, Genética molecular, Inmunología
Enunciado oficial

La profesora de biología ha propuesto a los alumnos de segundo de bachillerato que se organicen en grupos para analizar contenidos de biología que aparecen en diferentes producciones audiovisuales (series y películas) y medios de comunicación (plataformas y redes sociales). El objetivo de la actividad es comprobar el rigor y la veracidad de dichos contenidos a partir de las aportaciones de los propios alumnos. A continuación se reproduce una muestra de lo que han recopilado.

3.1 Uno de los grupos de alumnos presenta una situación sobre grupos sanguíneos. En una teleserie ambientada en un hospital, la doctora detecta un error en los resultados de la analítica de su paciente. Según el hemograma, el paciente tiene tipo sanguíneo A, pero sus dos progenitores son del tipo B. La doctora dice: «Esto no es posible: un hijo del grupo A con progenitores del grupo B. Me habéis dado una analítica de otro paciente». El grupo de alumnos se plantea si lo que afirma la doctora es cierto.

El grupo sanguíneo, según el sistema ABO, está determinado por tres alelos: el alelo ii (que en homocigosis da el grupo sanguíneo O), el alelo IAI^A (que en homocigosis da el grupo sanguíneo A) y el alelo IBI^B (que en homocigosis da el grupo sanguíneo B). También se sabe que IAI^A e IBI^B son codominantes entre ellos (IA=IBI^A=I^B) y que los dos son dominantes respecto al alelo ii (IA>iI^A>i; IB>iI^B>i).

Diga si dos progenitores con grupo sanguíneo B pueden tener un hijo con grupo sanguíneo A y justifique la respuesta.

[0,5 puntos]

3.2 Otro grupo ha analizado la serie Juego de tronos, concretamente el personaje Tyrion Lannister.

Tyrion tiene acondroplasia, una condición genética caracterizada por el crecimiento óseo anómalo, que hace que tenga piernas y brazos más cortos.

El gen afectado, FGFR3, codifica el receptor del factor de crecimiento 3 de los fibroblastos y se expresa en el cartílago y en el cerebro, entre otros tejidos.

A continuación se muestra una parte de la secuencia del gen FGFR3 sin ninguna mutación que genere acondroplasia. Escriba las secuencias que faltan de ADN y ARNm y la secuencia de la proteína en las casillas correspondientes de la siguiente tabla.

ADN5′ CTG**G**GATCGCCTCTA 3′
ADN3′5′
ARNm5′**G**GA3′
Secuencia de aminoácidos

[0,5 puntos]

3.3 Existen dos mutaciones puntuales de cambio de base de nucleótido que pueden provocar el desarrollo de la acondroplasia. En un 2 % de los casos, la guanina marcada en negrita en la pregunta anterior es sustituida por una citosina. En un 98 % de los casos, la guanina es sustituida por una adenina. Complete la siguiente tabla explicando qué efecto tienen estas mutaciones sobre la secuencia de la proteína.

Cambio guanina-citosina:

Cambio guanina-adenina:

En un 80-90 % de los casos, la acondroplasia se produce por una mutación dominante que aparece en los gametos de uno de los progenitores. ¿Qué células de los descendientes tendrán la mutación: las somáticas, las reproductoras o ambas? Justifique la respuesta.

Células afectadas:

Justificación:

[0,5 puntos]

3.4 El grupo ha encontrado que algunas personas con acondroplasia pueden tener mayor riesgo de sufrir inflamación crónica de bajo grado y dolor articular. Responda a las siguientes preguntas sobre el papel de los mastocitos en el proceso inflamatorio.

¿Dónde se localizan los mastocitos?

¿Qué sustancia segrega el mastocito?

La inflamación se genera porque la sustancia segregada se une a las células endoteliales de los vasos sanguíneos. ¿Qué consecuencia tiene esta unión en los vasos sanguíneos?

[0,5 puntos]

3.5 El último grupo ha formulado una pregunta sobre Peet Montzingo, el conocido tiktoker de estatura media en una familia donde ambos progenitores, su hermano y su hermana tienen acondroplasia. Peet es el hermano menor.

Represente el árbol genealógico de esta familia con los dos progenitores y sus tres hijos, utilizando la simbología adecuada (cuadrado o círculo, blanco o negro).

Indique claramente los genotipos de cada miembro de la familia, sabiendo que la acondroplasia es una mutación que se hereda como un rasgo autosómico dominante (letal durante la etapa embrionaria en homocigosis dominante).

[0,5 puntos]

Tabla del código genético estándar: para cada codón del ARNm (primera letra en las filas, segunda en las columnas y tercera a la derecha) da el aminoácido. Los codones que hacen falta aquí: CUG, Leu; GGA, Gly; UCG, Ser; CCU, Pro; CUA, Leu; CGA, Arg; AGA, Arg.Tabla del código genético estándar: para cada codón del ARNm (primera letra en las filas, segunda en las columnas y tercera a la derecha) da el aminoácido. Los codones que hacen falta aquí: CUG, Leu; GGA, Gly; UCG, Ser; CCU, Pro; CUA, Leu; CGA, Arg; AGA, Arg.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

3.10,5 puntos

Planteamiento Escribimos todos los genotipos posibles de los padres del grupo B y miramos qué gametos pueden formar.

  1. Una persona del grupo B puede ser IBIBI^BI^B o IBiI^Bi. Ninguno de los dos genotipos lleva el alelo IAI^A.

  2. Por tanto, sus gametos llevan IBI^B o ii. Incluso en el caso más variado, dos padres heterocigotos:

    IBi×IBiI^Bi\times I^Bi

  3. Cuadro de Punnett:

    IBiIBIBIBIBiiIBiii\begin{array}{c|cc} & I^B & i \\ \hline I^B & I^BI^B & I^Bi \\ i & I^Bi & ii \end{array}

  4. Los hijos pueden ser IBIBI^BI^B o IBiI^Bi (grupo B) o iiii (grupo O). Un hijo del grupo A tiene que llevar al menos un alelo IAI^A (IAIAI^AI^A o IAiI^Ai), y ese alelo no le puede venir de ninguno de los dos padres.

ResultadoNo: dos progenitores del grupo B solo pueden tener hijos del grupo B o del grupo O, porque ninguno tiene el alelo IAI^A. La doctora tiene razón.

La pauta oficial da: No; los padres B son IBIBI^BI^B o IBiI^Bi y solo pueden tener hijos B u O; el IAI^A no les puede venir de los padres.

3.20,5 puntos

Planteamiento La segunda cadena de ADN es la complementaria y antiparalela de la primera. El ARNm tiene el codón GGA igual que la cadena dada: por tanto, la cadena dada es la codificante y el ARNm es igual que ella, con U en lugar de T.

  1. Cadena complementaria del ADN (A con T, G con C), escrita de 3′3^\prime a 5′5^\prime:

    3′ GAC CCT AGC GGA GAT 5′3'\ \mathrm{GAC\ CCT\ AGC\ GGA\ GAT}\ 5'

  2. ARNm, de 5′5^\prime a 3′3^\prime (igual que la cadena codificante, con U):

    5′ CUG GGA UCG CCU CUA 3′5'\ \mathrm{CUG\ GGA\ UCG\ CCU\ CUA}\ 3'

  3. Traducción con el código genético: CUG, Leu; GGA, Gly; UCG, Ser; CCU, Pro; CUA, Leu.

    Leu-Gly-Ser-Pro-Leu\text{Leu-Gly-Ser-Pro-Leu}

ResultadoADN: 3′3^\prime GAC CCT AGC GGA GAT 5′5^\prime; ARNm: 5′5^\prime CUG GGA UCG CCU CUA 3′3^\prime; proteína: Leu-Gly-Ser-Pro-Leu.

La pauta oficial da: ADN 3′3^\prime GAC CCT AGC GGA GAT 5′5^\prime; ARNm 5′5^\prime CUG GGA UCG CCU CUA 3′3^\prime; Leu-Gly-Ser-Pro-Leu.

3.30,5 puntos

Planteamiento La guanina en negrita es la primera base del codón GGA (el segundo codón), que codifica glicina. Cambiamos esa base y volvemos a traducir.

  1. Cambio de G por C: el codón del ARNm pasa de GGA a CGA, que codifica arginina. La glicina se cambia por arginina (mutación de cambio de sentido).

    GGA (Gly)⟶CGA (Arg)\mathrm{GGA}\ (\text{Gly})\longrightarrow\mathrm{CGA}\ (\text{Arg})

  2. Cambio de G por A: el codón pasa de GGA a AGA, que también codifica arginina. El efecto sobre la proteína es el mismo.

    GGA (Gly)⟶AGA (Arg)\mathrm{GGA}\ (\text{Gly})\longrightarrow\mathrm{AGA}\ (\text{Arg})

  3. El resto de la secuencia no cambia: Leu-Arg-Ser-Pro-Leu en lugar de Leu-Gly-Ser-Pro-Leu.

  4. Células afectadas: ambas, las somáticas y las reproductoras. Justificación: la mutación está en el gameto que forma el cigoto; todas las células del individuo proceden del cigoto por mitosis y, por tanto, todas llevan la mutación, también las de la línea germinal.

ResultadoLos dos cambios sustituyen la glicina por arginina. La mutación estará en todas las células del descendiente, somáticas y reproductoras, porque ya estaba en el cigoto del que proceden.

La pauta oficial da: G-C: glicina a arginina; G-A: glicina a arginina; ambas, porque la mutación está en el cigoto y pasa a todas las células.

3.40,5 puntos

Planteamiento Los mastocitos participan en la respuesta inflamatoria liberando el contenido de sus gránulos.

  1. Localización: en los tejidos, sobre todo en el tejido conjuntivo, cerca de los vasos sanguíneos (piel, mucosas).

  2. Sustancia: la histamina (también liberan heparina y otros mediadores).

  3. Consecuencia: la histamina provoca vasodilatación y aumenta la permeabilidad de los vasos. Llega más sangre a la zona (enrojecimiento y calor), sale plasma hacia el tejido (hinchazón) y los leucocitos pueden pasar (diapédesis).

ResultadoLos mastocitos están en los tejidos; segregan histamina, que provoca vasodilatación y aumento de la permeabilidad de los vasos sanguíneos.

La pauta oficial da: En los tejidos; histamina (o heparina, proteasas, serotonina, citocinas); vasodilatación, diapédesis o aumento de la permeabilidad vascular.

3.50,5 puntos

Planteamiento AA es el alelo de la acondroplasia (dominante) y aa, el normal. Como AAAA es letal, todos los afectados que nacen son heterocigotos.

  1. Símbolos: cuadrado, hombre; círculo, mujer; negro, afectado; blanco, no afectado. Los padres, arriba, unidos por una línea horizontal; los hijos, abajo, colgando de esa línea.

  2. Padre y madre: afectados, y por tanto AaAa (si fueran AAAA no habrían sobrevivido).

  3. Hermano y hermana: afectados, AaAa.

  4. Peet: hombre de estatura media (no afectado), aaaa; ha recibido un aa de cada progenitor.

  5. Comprobación con el cruce Aa×AaAa\times Aa: salen 14 AA\frac{1}{4}\,AA (no nacen), 12 Aa\frac{1}{2}\,Aa y 14 aa\frac{1}{4}\,aa; entre los que nacen, 23\frac{2}{3} son afectados y 13\frac{1}{3} no, lo que es compatible con esta familia.

ResultadoGeneración I: padre (cuadrado negro) AaAa y madre (círculo negro) AaAa. Generación II: hermana (círculo negro) AaAa, hermano (cuadrado negro) AaAa y Peet (cuadrado blanco) aaaa.

La pauta oficial da: Dos generaciones; cuadrado hombre y círculo mujer; negro afectado; afectados AaAa y Peet aaaa (si se asigna AAAA a un afectado, 0 puntos).

Árbol genealógico de dos generaciones. Generación I: un cuadrado negro (el padre) y un círculo negro (la madre), unidos por una línea, los dos con el genotipo Aa. Generación II, colgando de la pareja: un círculo negro Aa (la hermana), un cuadrado negro Aa (el hermano) y un cuadrado blanco aa (Peet).

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Biología 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

Examen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 4

2,5 puntosCoincide con la pautaTemas: Biomoléculas, Microbiología, Genética molecular
Enunciado oficial

En el año 2024 un equipo de investigación de la Universidad de Stanford publicó en la revista Cell el descubrimiento de un nuevo tipo de entidad biológica hecha de ARN: los obeliscos. Aunque los obeliscos se encontraron inicialmente en el citosol de bacterias de la microbiota digestiva humana, estudios posteriores también los han encontrado en muestras marinas y ambientales. Este hecho sugiere que están bastante extendidos entre las bacterias de muchos ecosistemas.

4.1 Los obeliscos son pequeñas moléculas de ARN circular monocatenario (es decir, de cadena simple) con una estructura muy estable y una forma alargada (de ahí su nombre). Observe la siguiente imagen y complete la tabla que hay a continuación.

¿Cómo se llaman los monómeros, como el que está señalado en la imagen con el número 1, que constituyen las cadenas de ácidos nucleicos?

¿Cómo se llama la molécula señalada con el número 2?

¿Cómo se llama el enlace que se establece entre les bases nitrogenadas, indicado con el número 3?

¿Qué consecuencia tiene el establecimiento de enlaces como el número 3 para la estructura y la forma del obelisco? Justifique la respuesta.

¿Qué base nitrogenada se ha señalado con la letra X?

[0,5 puntos]

4.2 Cuando se descubrió la estructura y la estabilidad de los obeliscos ya se sospechó que serían entidades biológicas de ARN que se reproducen de manera autónoma. Dicha sospecha se confirmó cuando se secuenció el ADN de las bacterias que los hospedan y se observó que no contiene ninguna secuencia complementaria al ARN que constituye el obelisco. Explique por qué este hecho refuerza la idea de que los obeliscos son entidades biológicas autónomas.

[0,5 puntos]

4.3 En todo el genoma de los obeliscos solo hay uno o dos genes. Estos genes codifican unas proteínas llamadas oblinas. El hecho de tener uno o dos genes sitúa los obeliscos a medio camino entre los viroides (que no tienen ningún gen) y los virus. En relación con este tema, responda a las cuestiones de la siguiente tabla.

¿Qué son los viroides?

Indique tres características de los virus que los diferencian de los obeliscos:

1.

2.

3.

[0,5 puntos]

4.4 Todavía no se conoce la función de las oblinas, pero posiblemente ayudan a la replicación del ARN que constituye el obelisco. Dicha suposición se basa en que en su secuencia de aminoácidos aparece varias veces la combinación Arg-Lys-Lys, que es propia de proteínas que se unen a ácidos nucleicos como el ARN. Observe las fórmulas de estos dos aminoácidos y complete la tabla que hay a continuación.

Dibuje un tripéptido de secuencia NH2\mathrm{NH_2}-Arg-Lys-Lys-COOH.

La abundancia de secuencias ricas en aminoácidos como Arg y Lys favorece que determinadas proteínas se puedan unir, gracias a los radicales de estos aminoácidos, a ácidos nucleicos como el ARN. ¿Por qué estos radicales de la arginina y la lisina permiten a una proteína unirse al ARN?

[0,5 puntos]

4.5 Actualmente, no se sabe si la presencia de obeliscos tiene algún impacto, positivo o negativo, sobre la bacteria que los hospeda. No se sabe tampoco exactamente cómo se replican los obeliscos, pero su presencia abundante en determinadas bacterias hace pensar que se replican de forma autónoma y se transmiten verticalmente en la población de bacterias, lo cual aumenta su número. Asimismo, se desconoce si se pueden transmitir horizontalmente de una bacteria a otra.

A partir de esta información, complete la siguiente tabla:

Explique qué significa que los obeliscos «se transmiten verticalmente en la población de bacterias».

Nombre dos mecanismos de transmisión horizontal de genes en bacterias.

[0,5 puntos]

Estructura de un obelisco (ARN circular de aspecto alargado). A la izquierda, la molécula entera, una varilla larga, y una ampliación de un tramo. En la ampliación, dos cadenas del mismo ARN enfrentadas, con los grupos fosfato, las pentosas y las bases apareadas: X con A (dos puentes de hidrógeno), C con G (tres) y X con A (dos). El círculo 1 rodea un nucleótido entero (fosfato, pentosa y la base C); el círculo 2 rodea la pentosa de un nucleótido, con un OH en el carbono 2′; las líneas 3 señalan las líneas de puntos entre las bases X y A. La base X es un anillo de seis átomos con dos grupos C=O y un N-H, sin grupo metilo. Al lado, un pequeño dibujo de un obelisco egipcio.Estructura de un obelisco (ARN circular de aspecto alargado). A la izquierda, la molécula entera, una varilla larga, y una ampliación de un tramo. En la ampliación, dos cadenas del mismo ARN enfrentadas, con los grupos fosfato, las pentosas y las bases apareadas: X con A (dos puentes de hidrógeno), C con G (tres) y X con A (dos). El círculo 1 rodea un nucleótido entero (fosfato, pentosa y la base C); el círculo 2 rodea la pentosa de un nucleótido, con un OH en el carbono 2′; las líneas 3 señalan las líneas de puntos entre las bases X y A. La base X es un anillo de seis átomos con dos grupos C=O y un N-H, sin grupo metilo. Al lado, un pequeño dibujo de un obelisco egipcio.
Fórmulas desarrolladas de la arginina (Arg) y la lisina (Lys). Las dos tienen el grupo amino (NH₂), un H y el grupo carboxilo (COOH) unidos al carbono alfa. Radical de la arginina: tres CH₂, un NH y un carbono unido a H₂N y a NH₂⁺. Radical de la lisina: cuatro CH₂ y un NH₃⁺.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

4.10,5 puntos

Planteamiento La imagen muestra un trozo de la cadena de ARN plegada sobre sí misma, con las bases apareadas.

  1. 1: un nucleótido (un ribonucleótido), formado por un grupo fosfato, una pentosa y una base nitrogenada.

  2. 2: la pentosa, la ribosa (β-D-ribofuranosa), con el grupo OH en el carbono 2′, propia del ARN.

  3. 3: puentes de hidrógeno entre bases complementarias (A con U, G con C).

  4. Consecuencia: los puentes de hidrógeno se establecen entre zonas complementarias de la misma cadena. Así el ARN circular se pliega sobre sí mismo como una cremallera cerrada, formando una doble hélice intramolecular: eso le da la forma alargada y la estabilidad.

  5. X: el uracilo. Se aparea con la adenina (A), es una pirimidina con dos grupos C=O\mathrm{C{=}O} y, en el ARN, ocupa el lugar de la timina.

Resultado1: nucleótido; 2: ribosa; 3: puentes de hidrógeno, que unen zonas complementarias de la misma cadena y la pliegan en una forma alargada y estable; X: uracilo.

La pauta oficial da: Nucleótidos; ribosa; puentes de hidrógeno; dan la forma alargada y estable al unir zonas complementarias de la misma cadena; uracilo.

4.20,5 puntos

Planteamiento Todo ARN de una célula se forma por transcripción de un gen de su ADN, y es complementario de la cadena molde de ese gen.

  1. Si el ARN del obelisco se hiciera transcribiendo un gen de la bacteria, el ADN de la bacteria tendría que tener una secuencia complementaria a ese ARN.

  2. No hay ninguna: el obelisco no procede de la transcripción del cromosoma (ni del ADN) de la bacteria huésped.

  3. Por tanto, las copias del obelisco tienen que hacerse a partir del propio ARN del obelisco, de forma independiente del genoma de la bacteria: es una entidad que se replica de manera autónoma.

ResultadoComo el ADN de la bacteria no tiene ninguna secuencia complementaria al obelisco, el obelisco no puede salir de la transcripción de ningún gen de la bacteria: tiene que copiarse a partir de su propio ARN, de forma autónoma.

La pauta oficial da: Demuestra que los obeliscos no son ARN procedente de la transcripción de un gen del cromosoma (o del ADN) de la bacteria huésped.

4.30,5 puntos

Planteamiento Viroides, obeliscos y virus son agentes acelulares; se diferencian por la estructura y por el material genético.

  1. Los viroides son agentes infecciosos formados solo por una molécula pequeña de ARN circular de cadena simple, sin cápsida y sin genes que codifiquen proteínas, que parasitan células vegetales y les causan enfermedades.

  2. Característica 1 de los virus: tienen una cápsida de proteínas que envuelve el material genético.

  3. Característica 2: algunos tienen, además, una envoltura lipídica externa.

  4. Característica 3: su material genético puede ser ADN o ARN, de cadena simple o doble, y contiene muchos más genes (proteínas de la cápsida, enzimas como polimerasas o integrasas).

  5. Otras diferencias válidas: pueden infectar células de todo tipo (animales, vegetales, bacterianas o de hongos) y son más grandes.

ResultadoLos viroides son ARN circulares y desnudos que infectan plantas. Los virus, a diferencia de los obeliscos, tienen cápsida proteica, a veces envoltura lipídica, y un genoma de ADN o ARN con muchos más genes.

La pauta oficial da: Agentes infecciosos formados solo por ARN que parasitan vegetales; tres características: cápsida, envoltura, ADN o ARN, mono- o bicatenario, huéspedes de todo tipo, más grandes, más genes.

4.40,5 puntos

Planteamiento Los aminoácidos se unen por enlaces peptídicos entre el carboxilo de uno y el amino del siguiente; el extremo amino libre es el de la arginina y el carboxilo libre, el de la segunda lisina.

  1. Cada enlace peptídico se forma por condensación, liberando una molécula de agua; para tres aminoácidos hacen falta dos enlaces:

    Arg+Lys+Lys\text{Arg}+\text{Lys}+\text{Lys}⟶Arg-Lys-Lys{}\longrightarrow \text{Arg-Lys-Lys}+2 H2O{}+2\,\mathrm{H_2O}

  2. El tripéptido, en fórmula semidesarrollada (el dibujo desarrollado está en la figura):

    H2N−CH(RArg)−CO−NH−CH(RLys)−CO−NH−CH(RLys)−COOH\mathrm{H_2N{-}CH(R_{Arg}){-}CO{-}NH{-}CH(R_{Lys}){-}CO{-}NH{-}CH(R_{Lys}){-}COOH}

  3. Radicales: el de la arginina es −(CH2)3−NH−C(NH2)=NH2+\mathrm{-(CH_2)_3{-}NH{-}C(NH_2){=}NH_2^+} y el de la lisina, −(CH2)4−NH3+\mathrm{-(CH_2)_4{-}NH_3^+}, tal como aparecen en las fórmulas del enunciado.

  4. Estos radicales son básicos y, al pH de la célula, tienen carga positiva.

  5. El ARN tiene carga negativa por los grupos fosfato de la cadena. Las cargas positivas de los radicales y las negativas del ARN se atraen (atracción electrostática), y la proteína se une al ARN.

ResultadoEl tripéptido es H2N−CH(RArg)−CO−NH−CH(RLys)−CO−NH−CH(RLys)−COOH\mathrm{H_2N{-}CH(R_{Arg}){-}CO{-}NH{-}CH(R_{Lys}){-}CO{-}NH{-}CH(R_{Lys}){-}COOH}, con dos enlaces peptídicos. Los radicales de la arginina y la lisina tienen carga positiva y son atraídos por los fosfatos del ARN, con carga negativa.

La pauta oficial da: Tripéptido Arg-Lys-Lys con los enlaces peptídicos bien hechos; radicales con carga positiva (básicos) atraídos por las cargas negativas del ARN.

Fórmula desarrollada del tripéptido Arg-Lys-Lys. De izquierda a derecha: el grupo NH₂, el carbono alfa de la arginina con su radical (tres CH₂, NH y un C unido a H₂N y a NH₂⁺), un enlace peptídico CO-NH, el carbono alfa de la primera lisina (radical: cuatro CH₂ y NH₃⁺), un segundo enlace peptídico CO-NH, el carbono alfa de la segunda lisina y el grupo COOH final. Dos recuadros discontinuos marcan los enlaces peptídicos.

4.50,5 puntos

Planteamiento La transmisión vertical es de célula madre a células hijas; la horizontal, entre bacterias que ya existen.

  1. Transmisión vertical: el obelisco se replica dentro de la bacteria y, cuando la bacteria se divide (por bipartición), las copias se reparten entre las dos bacterias hijas. Así pasa de una generación de bacterias a la siguiente, y a medida que la población crece también aumenta el número de obeliscos.

  2. Mecanismos de transmisión horizontal de genes: la conjugación (paso de ADN de una bacteria a otra a través de un pelo sexual), la transformación (captación de ADN libre del medio) y la transducción (transporte de ADN bacteriano por un bacteriófago).

ResultadoSe transmiten verticalmente porque, cuando la bacteria se divide, cada bacteria hija recibe copias del obelisco. Dos mecanismos de transmisión horizontal son la conjugación y la transformación (también la transducción).

La pauta oficial da: Al dividirse la bacteria, las copias del obelisco se reparten entre las hijas y aumentan con la población; conjugación, transformación, transducción o vesículas (dos).

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Biología 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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Preguntas frecuentes

¿Cómo era el examen extraordinario de Biología de 2026?

El examen consta de CUATRO ejercicios obligatorios. Cada ejercicio vale 2,5 puntos. Por temas, los puntos eran: metabolismo (2 puntos), genética molecular (1,5 puntos), evolución (1,5 puntos), biomoléculas (1 punto), genética mendeliana (1 punto), biotecnología (1 punto), microbiología (1 punto), inmunología (0,5 puntos) y técnicas de observación (0,5 puntos).

¿Las soluciones son las oficiales?

No: las escribe EducaIA, paso a paso, y cada apartado está contrastado con la pauta oficial de corrección. En 1 de los 4 ejercicios nuestra respuesta no coincide del todo con la pauta (por redondeo): lo explicamos al lado de la solución.

¿Dónde están el examen oficial y la pauta?

En los enlaces de arriba del todo: el PDF del examen en catalán y en castellano y el de la pauta de corrección, en la web de la Generalitat. El botón de imprimir prepara el examen con espacio para responder y las soluciones aparte.

Soluciones escritas por EducaIA y contrastadas una a una con la pauta oficial de corrección.

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