Biología, PAU 2026 de Cataluña: el examen de junio (serie 1) resuelto

El examen de junio (serie 1) 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.

Cataluña · 2.º Bachillerato
Convocatoria ordinaria (junio) · serie 1
4 ejercicios de 2,5 puntos
Contrastado con la pauta oficial

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 ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 1

2,5 puntosEnunciado ambiguoTemas: Genética mendeliana, Evolución, Biotecnología

Enunciado oficial del ejercicio 1 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en castellano. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Enunciado oficial del ejercicio 1 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en catalán. El texto está en la página. — Enunciado oficial

En la saga literaria de Canción de hielo y fuego, una de las familias protagonistas encuentra una loba gigante (Aenocyon dirus) con seis cachorros a su lado. Los lobos gigantes existieron realmente y se extinguieron hace 13 000 años.

El lobo actual (Canis lupus) tiene un pelo cuyo color depende de varios genes. El primer gen que actúa es MC1R, que determina la cantidad de pigmento colorante (eumelanina) que se fabrica. Este gen tiene dos alelos, $A^F$ y $A^C$ , de manera que $A^FA^F$ fabrica mucho pigmento y la coloración es más oscura; $A^FA^C$ fabrica menos pigmento y la coloración es clara, y $A^CA^C$ no fabrica pigmento y, por tanto, la coloración es blanca. El segundo gen que actúa es CBD103, que determina el color del pigmento, y tiene dos alelos: B (dominante), que determina el pigmento negro, y b (recesivo), que determina el pigmento gris.

1.1 Los seis cachorros de la loba eran: dos de pelo gris oscuro, dos de color gris claro, uno negro y uno blanco. Complete la tabla con los fenotipos y los genotipos posibles de los cachorros para estos genes.

Fenotipo	Genotipos posibles
	$A^FA^FBB$
Cachorro gris claro
Cachorro gris oscuro
Cachorro blanco

[0,5 puntos]

1.2 En la siguiente tabla, determine el tipo de herencia de la coloración inducida por MC1R y justifique la respuesta.

Tipo de herencia:

Justificación:

[0,5 puntos]

1.3 Actualmente, en la zona euroasiática se puede diferenciar claramente la distribución de lobos por el color de su pelo, grises en el sur y blancos en el norte (zona ártica). Explique por qué la frecuencia de los alelos que otorgan coloraciones claras ha aumentado en las poblaciones del norte.

[0,5 puntos]

1.4 El año pasado, la empresa Colossal Biosciences modificó genéticamente el genoma del lobo Canis lupus y obtuvo tres cachorros de lobo que tenían un aspecto similar al de los lobos gigantes de la saga literaria. La noticia afirmaba que habían recuperado la especie extinguida de lobo gigante.

Según la definición biológica de especie, ¿cómo se podría demostrar que estos tres cachorros ya no son de Canis lupus, sino que son de una especie diferente?

[0,5 puntos]

1.5 A continuación se muestran varias fases de la técnica CRISPR utilizada para modificar determinados genes del genoma del lobo (Canis lupus) y obtener cachorros modificados genéticamente. Ordénelas numéricamente según el orden correcto del proceso.

	La enzima Cas9, guiada por el ARN guía, reconoce la región del ADN de Canis lupus que se quiere modificar.
	Se comprueba mediante técnicas de secuenciación que el gen se ha modificado correctamente y que se expresa de forma funcional.
	Se determina el gen de interés del lobo gigante y se obtiene su secuencia a partir de restos de ADN antiguo.
	Se diseña un ARN guía complementario a la secuencia del gen de interés de Canis lupus.
	Se modifica el gen de Canis lupus para incorporar la información genética del lobo gigante.

[0,5 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

1.10,5 puntos

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 $bb$ ).

$A^FA^FBB$ : mucho pigmento, de color negro. El fenotipo es negro (también lo sería $A^FA^FBb$ ).
Gris claro: poco pigmento ( $A^FA^C$ ) y pigmento gris ( $bb$ ):
$A^FA^C\,bb$
Gris oscuro: mucho pigmento ( $A^FA^F$ ) y pigmento gris ( $bb$ ):
$A^FA^F\,bb$
Blanco: $A^CA^C$ no fabrica pigmento, así que el gen CBD103 no se nota y puede tener cualquier genotipo:
$A^CA^C\,BB$ $A^CA^C\,Bb$ $A^CA^C\,bb$

ResultadoNegro: $A^FA^FBB$ . Gris claro: $A^FA^Cbb$ . Gris oscuro: $A^FA^Fbb$ . Blanco: $A^CA^CBB$ , $A^CA^CBb$ o $A^CA^Cbb$ .

La pauta oficial da: Negro ( $A^FA^FBB$ ); gris claro $A^FA^Cbb$ ; gris oscuro $A^FA^Fbb$ (se acepta $A^FA^CBb$ ); blanco $A^CA^CBB$ , $A^CA^CBb$ , $A^CA^Cbb$ (hay que dar también el gen B).

1.20,5 puntos

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

$A^FA^F$ 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.
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.

ResultadoEs una herencia intermedia (dominancia incompleta): el heterocigoto $A^FA^C$ tiene un fenotipo intermedio (claro) entre los de los dos homocigotos (oscuro y blanco).

La pauta oficial da: Herencia intermedia o dominancia incompleta; ningún alelo domina completamente y el heterocigoto es intermedio entre los homocigotos.

1.30,5 puntos

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

En la población de lobos hay variabilidad genética: hay individuos con alelos que dan pelo claro o blanco, aparecidos por mutación al azar.
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.
Los lobos claros sobreviven más y se reproducen más que los oscuros, y transmiten sus alelos a los cachorros.
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).

ResultadoPor selección natural: en el Ártico los lobos de pelo claro se camuflan mejor en la nieve, cazan y sobreviven más, se reproducen más y transmiten sus alelos, que por eso aumentan de frecuencia.

La pauta oficial da: Los portadores de alelos claros se camuflan mejor, sobreviven y se reproducen más y transmiten los alelos; selección natural; nada lamarckiano.

1.40,5 puntos

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

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.
Prueba: cruzar los cachorros modificados, cuando sean adultos, con lobos Canis lupus.
Si tienen descendencia y esta descendencia es fértil, siguen siendo de la misma especie, Canis lupus, aunque se parezcan a los lobos gigantes.
Solo si no pudieran reproducirse con ellos o si sus hijos fueran estériles (aislamiento reproductivo) se podría decir que son de una especie diferente.

ResultadoHabría que cruzarlos con Canis lupus: si tienen descendencia fértil, son de la misma especie; solo si están aislados reproductivamente (sin descendencia fértil) serían una especie diferente.

La pauta oficial da: Especie: individuos que se reproducen y tienen descendencia fértil; si los cachorros se reproducen con lobos con descendencia fértil, no son de otra especie.

1.50,5 puntos

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: se determina el gen de interés del lobo gigante y se obtiene su secuencia a partir de ADN antiguo.
2: se diseña el ARN guía complementario a la secuencia del gen de Canis lupus.
3: la Cas9, guiada por el ARN guía, reconoce la región del ADN que se quiere modificar.
4: se modifica el gen de Canis lupus para incorporar la información del lobo gigante.
5: se comprueba por secuenciación que el gen se ha modificado bien y que se expresa.
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.

ResultadoOrden: Cas9 reconoce la región, 3; comprobación por secuenciación, 5; gen del lobo gigante a partir de ADN antiguo, 1; diseño del ARN guía, 2; modificación del gen, 4 (los dos primeros pasos se pueden intercambiar).

La pauta oficial da: 3, 5, 1 o 2, 2 o 1, 4 (en el orden de la tabla).

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Biología 2026, convocatoria ordinaria. 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 ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 2

2,5 puntosCoincide con la pautaTemas: La célula, Inmunología, Diseño experimental, Microbiología, Biotecnología

Enunciado oficial del ejercicio 2 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en castellano. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Enunciado oficial del ejercicio 2 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en catalán. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Richard Peto es un estadístico y epidemiólogo británico que en 1977 constató que existía una falta de correlación entre el tamaño de algunas especies animales y el riesgo de sufrir cáncer. Observó que especies de gran tamaño y longevas (que viven muchos años), como los elefantes, tienen una tasa de cáncer igual o inferior a la de especies más pequeñas, como los ratones. Esta observación se conoce como la paradoja de Peto y sugiere la existencia de distintos mecanismos anticancerígenos naturales en las especies.

2.1 Como el cáncer está relacionado con el ciclo celular, el doctor Peto esperaba encontrar una tasa de cáncer superior en especies de animales de tamaño más grande y mayor longevidad. Responda a las siguientes preguntas, relativas a esta cuestión:

¿Qué relación hay entre el cáncer y el ciclo celular?

¿Por qué el doctor Peto esperaba encontrar una tasa de cáncer superior en especies de animales de gran tamaño y mayor longevidad?

[0,5 puntos]

2.2 En posteriores investigaciones se observó que los elefantes no tienen un riesgo más elevado de sufrir cáncer porque, en su caso, desde el punto de vista evolutivo, se han seleccionado mecanismos moleculares que han reducido esta vulnerabilidad. Los elefantes tienen veinte copias del gen supresor de tumores TP53 en su genoma, mientras que los humanos u otros mamíferos tienen una. El gen TP53 codifica la proteína p53, que detiene la división celular en el punto de control $\mathrm{G_2/M}$ si hay daño en el ADN, para que se pueda reparar o, de lo contrario, inducir la apoptosis.

Explique dos motivos por los cuales tener veinte copias del gen TP53 puede reducir el riesgo de sufrir cáncer respecto al hecho de tener menos copias.

[0,5 puntos]

2.3 Para estudiar el papel de la proteína p53 en el control del ciclo celular se llevó a cabo un experimento en el laboratorio con dos líneas celulares humanas: una línea celular original (con el gen TP53 funcional) y una línea celular en la que se había inactivado el gen TP53. Se cultivaron las dos líneas de células y se expusieron a radiación gamma, una radiación ionizante fuerte que provoca graves daños en el ADN. Posteriormente, se observó cada línea celular en el microscopio y se calculó su índice mitótico (el porcentaje de células que estaban en mitosis) cada doce horas durante cuatro días.

Se obtuvieron los siguientes resultados:

¿Cuál de las dos líneas del gráfico (la de cuadros blancos o la de cuadros negros) representa la línea celular original con el gen TP53 funcional? Justifique la respuesta.

[0,5 puntos]

2.4 Actualmente, la principal causa de muerte de los elefantes jóvenes en el mundo es la infección por el herpesvirus endoteliotrópico del elefante (EEHV), un virus de doble cadena de ADN capaz de causar hemorragias internas mortales. El principal reservorio del virus EEHV son los animales adultos infectados que no presentan hemorragias y en los que el virus se encuentra en fase de latencia. Para identificar a estos animales se realiza una PCR (reacción en cadena de la polimerasa) a partir de muestras de tejido del animal y una detección de anticuerpos contra el EEHV en sangre.

Responda a las siguientes preguntas, en relación con este experimento.

¿Es posible encontrar una amplificación del genoma del EEHV por PCR en los elefantes adultos infectados que no presentan hemorragias? (Sí / No)

Justificación:

¿Es posible que un elefante adulto que tiene el virus EEHV en fase de latencia haya desarrollado en algún momento anticuerpos contra este virus? (Sí / No)

Justificación:

[0,5 puntos]

2.5 En octubre de 2025, un equipo de investigadores de la Universidad de Surrey (Reino Unido) presentó en la revista Nature Communications el diseño de la primera vacuna de ARN recombinante para el EEHV. Los resultados son prometedores y muestran cómo la vacuna indujo la respuesta de dos tipos clave de células inmunitarias: los linfocitos T helpers o colaboradores $\mathrm{CD4^+}$ y los linfocitos T citotóxicos $\mathrm{CD8^+}$ .

Responda a las siguientes preguntas, relativas a dicha vacunación.

Indique, en cada una de las siguientes categorías (A y B), qué tipo de inmunidad proporciona a los elefantes la vacuna de ARN recombinante.

A: Activa / Pasiva. B: Artificial / Natural.

Justificación:

La vacunación con ARN consiste en inyectar determinados ARNm para que las células del elefante los traduzcan y sinteticen proteínas víricas. ¿Por qué estas proteínas activarán el sistema inmunitario del elefante?

[0,5 puntos]

Gráfico del índice mitótico (en %, de 0 a 15) en función del tiempo después de la radiación (de 0 a 96 h, cada 12 h). Cuadros blancos (línea de puntos): unos 2,7 a 0 h, 2,5 a 12 h, 3 a 24 h, 4,3 a 36 h, un máximo de unos 13,3 a 48 h, 9 a 60 h, 5 a 72 h, 3,3 a 84 h y 2 a 96 h. Cuadros negros (línea continua): unos 3,3 a 0 h y, a partir de las 12 h, valores entre 0 y 0,7.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

2.10,5 puntos

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

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

ResultadoEl cáncer es una división celular descontrolada por una desregulación del ciclo. Peto lo esperaba porque los animales grandes y longevos tienen más células y hacen más divisiones, y por tanto más probabilidad de acumular mutaciones.

La pauta oficial da: Cáncer: desregulación del ciclo (división descontrolada, mutaciones); más células y más divisiones, más riesgo de errores o mutaciones.

2.20,5 puntos

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.

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

ResultadoCon más copias hay más proteína p53 funcional, que detiene la división o provoca la apoptosis de las células con el ADN dañado, y, si una copia muta, las demás siguen funcionando; así se reduce el riesgo de cáncer.

La pauta oficial da: Más copias, más proteína p53 funcional (u otras copias si una muta); menos posibilidad de que se dividan células con el ADN dañado (o más apoptosis).

2.30,5 puntos

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

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

ResultadoLa línea de cuadros negros es la que tiene el gen TP53 funcional: después de la radiación el índice mitótico cae casi a $0\ \%$ , porque la p53 detiene el ciclo antes de la mitosis o provoca la apoptosis de las células dañadas.

La pauta oficial da: Cuadros negros: no aumenta el índice mitótico porque la p53 funcional detiene el ciclo (o provoca la apoptosis); también se puede justificar descartando los cuadros blancos.

2.40,5 puntos

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

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.
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.

ResultadoSí a las dos: el ADN del virus latente está en las células y la PCR lo amplifica, y el elefante estuvo expuesto al virus en la infección inicial, lo que desencadenó la producción de anticuerpos.

La pauta oficial da: Sí: las células contienen el ADN del virus, que se amplificará por PCR. Sí: ha habido exposición al virus, que ha desencadenado la producción de anticuerpos.

2.50,5 puntos

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

A, activa: es el sistema inmunitario del propio elefante el que responde y fabrica anticuerpos, linfocitos activados y células de memoria.
B, artificial: el antígeno se introduce de forma deliberada con la vacuna, no por una infección natural.
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.

ResultadoLa vacuna da inmunidad activa (el elefante fabrica sus defensas y memoria) y artificial (el antígeno se introduce deliberadamente). Las proteínas víricas activan el sistema inmunitario porque son extrañas y actúan como antígenos.

La pauta oficial da: A activa (el cuerpo produce anticuerpos y memoria), B artificial (exposición deliberada al antígeno); actúan como antígenos, proteínas no propias.

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2026Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 3

2,5 puntosCoincide con la pautaTemas: Microbiología, Metabolismo, Genética molecular, Técnicas de observación

Enunciado oficial del ejercicio 3 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en castellano. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Enunciado oficial del ejercicio 3 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en catalán. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Los polihidroxialcanoatos (PHA) son bioplásticos sintetizados intracelularmente por algunos microorganismos como reserva de carbono y energía que, una vez extraídos de la célula, presentan propiedades físicas similares a los plásticos derivados del petróleo. Desde la década de 1980 son un importante tema de investigación, sobre todo como sustitutos de los plásticos de origen petroquímico, ya que los PHA son completamente biodegradables y se producen a partir de fuentes de carbono renovables.

Uno de los microorganismos que generan PHA es Cupriavidus necator, una bacteria gramnegativa quimioautótrofa.

3.1 Indique, en la siguiente tabla, cuál de estas dos imágenes podría corresponder a Cupriavidus necator, y nombre las partes numeradas.

Cupriavidus necator: Imagen A / Imagen B

1		3
2		4

[0,5 puntos]

3.2 Para distinguir las bacterias gramnegativas de las grampositivas se realiza la tinción de Gram, tal como se esquematiza en la siguiente tabla:

TINCIÓN DE GRAM

	1	2
SIN TINCIÓN	CLARO	CLARO
CRISTAL VIOLETA	AZUL OSCURO	AZUL OSCURO
LUGOL	VIOLETA	VIOLETA
DECOLORACIÓN CON ALCOHOL-ACETONA	VIOLETA	CLARO
SAFRANINA	VIOLETA	ROJO

Complete la siguiente tabla basándose en la información de la imagen anterior.

¿Qué columna corresponde a las bacterias gramnegativas? (1 / 2)

¿Qué columna corresponde a las bacterias grampositivas? (1 / 2)

Teniendo en cuenta las diferencias que existen según la tinción, ¿qué característica estructural tienen las bacterias teñidas de color violeta que hace que al realizar la decoloración no desaparezca el cristal violeta?

[0,5 puntos]

3.3 Cupriavidus necator es una bacteria quimioautótrofa. Su producción de PHA comienza cuando la bacteria se encuentra en condiciones de limitación de nitrógeno ( $\mathrm{N_2}$ ), magnesio (Mg), oxígeno ( $\mathrm{O_2}$ ) o fósforo (P), y de exceso de carbono (C) en su entorno, lo que provoca que se active el ciclo de Calvin.

Complete la tabla inferior basándose en la información del siguiente esquema.

Enzima necesaria para producir la fijación (1):

Coenzima reductora (2):

Molécula que se fija en el ciclo de Calvin (3):

Localización del ciclo de Calvin:

¿Se utiliza luz para producir ATP? Razone la respuesta.

[0,5 puntos]

3.4 Cupriavidus necator también puede comportarse como un organismo heterótrofo cuando en el medio hay un exceso de materia orgánica (fructosa, glucosa…), por lo que también se acumula PHA como reserva energética y de carbono dentro de la célula, tal como muestra el siguiente esquema. Complete la tabla de abajo basándose en este esquema.

¿Cómo se llama la vía A?

¿Cómo se llama la reacción B?

¿Cuál es el balance energético por glucosa de la vía A?

Cuando Cupriavidus necator necesita energía, utiliza el PHA para producir de nuevo acetil-CoA, que entrará en el ciclo de Krebs. ¿Dónde se realizará el ciclo de Krebs?

[0,5 puntos]

3.5 Cupriavidus necator utiliza el operón phaCAB para la síntesis de PHA, donde los tres genes son transcritos conjuntamente bajo el control de un promotor común. Dicho operón contiene tres genes (phaC, phaA y phaB) que codifican tres enzimas implicadas en la síntesis de PHA. Observe la siguiente imagen y responda a las preguntas de la tabla que hay a continuación, sobre la expresión del operón phaCAB.

¿Cuántos ARNm distintos se sintetizan cuando el operón phaCAB se transcribe?

¿Cuántas proteínas diferentes se sintetizan cuando el operón phaCAB se traduce?

¿Qué utilidad tiene la agrupación de genes en operones en las bacterias?

Si una mutación inactivara la función del gen phaC, sin afectar a los otros dos genes, ¿se sintetizaría el PHA? Razone la respuesta.

[0,5 puntos]

Dos paredes bacterianas en esquema. A: una capa gruesa (1), hecha de varias capas entrecruzadas, sobre una sola bicapa lipídica (2). B: una bicapa lipídica exterior (3), una capa fina (4) y una bicapa lipídica interior (2).

Esquema del ciclo de Calvin en Cupriavidus necator. El H₂ se oxida en la hidrogenasa, que proporciona la coenzima reductora (2) al ciclo de Calvin. El ciclo también recibe ATP y fija la molécula 3 gracias a la enzima 1, encargada de la fijación. Del ciclo sale acetil-CoA, que se utiliza para la síntesis de PHA.

Esquema «Exceso de glucosa y poca necesidad de energía». La vía A lleva de la glucosa a 2 piruvatos; la reacción B lleva de los 2 piruvatos a 2 acetil-CoA. La β-cetotiolasa une dos acetil-CoA en acetoacetil-CoA (y libera CoA-SH); la acetoacetil-CoA reductasa lo reduce a 3-hidroxibutiril-CoA (con NADPH, que pasa a NADP⁺); la PHB sintasa añade estas unidades una a una al polímero, el PHA.

Proceso metabólico de producción de PHA. El operón phaCAB tiene un promotor seguido de los genes phaC, phaA y phaB. Unas líneas unen cada gen con su enzima: phaA, β-cetotiolasa; phaB, acetoacetil-CoA reductasa; phaC, PHA polimerasa. Debajo, la vía: acetil-CoA, acetoacetil-CoA, 3-hidroxibutiril-CoA y P3HB (el polímero), cada paso catalizado por una de estas enzimas, en este orden.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

3.10,5 puntos

Planteamiento Cupriavidus necator es gramnegativa. La pared de una gramnegativa tiene una capa fina de peptidoglicano entre dos membranas; la de una grampositiva, una capa gruesa de peptidoglicano sobre la membrana plasmática.

La imagen A tiene una capa gruesa (1) sobre una sola membrana (2): es la pared de una grampositiva.
La imagen B tiene dos bicapas lipídicas (3 y 2) y, entre ellas, una capa fina (4): es la pared de una gramnegativa. Por tanto, Cupriavidus necator corresponde a la imagen B.
1: capa gruesa de peptidoglicano (mureína), la pared de la grampositiva.
2: membrana plasmática (citoplasmática), la bicapa lipídica interna.
3: membrana externa, la bicapa lipídica exterior propia de las gramnegativas.
4: capa fina de peptidoglicano, dentro del espacio periplásmico.

ResultadoCupriavidus necator corresponde a la imagen B. 1: peptidoglicano (pared gruesa); 2: membrana plasmática; 3: membrana externa; 4: capa fina de peptidoglicano (espacio periplásmico).

La pauta oficial da: Imagen B; 1 peptidoglicano o pared; 2 membrana plasmática; 3 membrana externa; 4 peptidoglicano o espacio periplásmico.

3.20,5 puntos

Planteamiento Las dos columnas se comportan igual hasta la decoloración; ahí se ve la diferencia.

Columna 2: con el alcohol-acetona pierde el color (queda clara) y después la safranina la tiñe de rojo: son bacterias gramnegativas.
Columna 1: sigue violeta después de la decoloración y la safranina no la cambia: son bacterias grampositivas.
Las grampositivas tienen una capa de peptidoglicano (mureína) muy gruesa, que retiene el complejo de cristal violeta y lugol cuando se pasa el alcohol. Las gramnegativas tienen una capa fina y una membrana externa que el alcohol altera, y el colorante se escapa.

ResultadoLa columna 2 corresponde a las gramnegativas y la 1, a las grampositivas. Las bacterias violeta (grampositivas) tienen una pared de peptidoglicano más gruesa, que retiene el cristal violeta en la decoloración.

La pauta oficial da: Gramnegativas: columna 2; grampositivas: columna 1; capa de peptidoglicano (pared) más gruesa (o ácidos teicoicos).

3.30,5 puntos

Planteamiento El ciclo de Calvin es el mismo que en las plantas, pero la energía y el poder reductor no salen de la luz, sino de la oxidación del $\mathrm{H_2}$ .

1: la RuBisCO (ribulosa-1,5-bisfosfato carboxilasa), la enzima que fija el carbono.
2: el NADPH (o NADH), que la hidrogenasa reduce con los electrones del $\mathrm{H_2}$ .
3: el $\mathrm{CO_2}$ , la molécula que se fija en materia orgánica.
Localización: el citosol de la bacteria (los procariotas no tienen cloroplastos).
Luz: No. Es una bacteria quimioautótrofa: obtiene la energía de la oxidación del $\mathrm{H_2}$ (una reacción química) y no tiene pigmentos fotosintéticos. El ATP no se hace por fotofosforilación.

Resultado1: RuBisCO; 2: NADPH (o NADH); 3: $\mathrm{CO_2}$ ; el ciclo se hace en el citosol. No se utiliza luz, porque es quimioautótrofa: saca la energía de la oxidación del $\mathrm{H_2}$ .

La pauta oficial da: RuBisCO; NADPH o NADH; $\mathrm{CO_2}$ ; citosol de la bacteria; no, porque es quimioautótrofa y no tiene pigmentos fotosintéticos (el NADH viene de la oxidación del $\mathrm{H_2}$ ).

3.40,5 puntos

Planteamiento En el esquema, la glucosa da dos piruvatos (vía A) y cada piruvato da un acetil-CoA (reacción B).

Vía A, de glucosa a 2 piruvatos: la glucólisis (glicólisis).
Reacción B, de piruvato a acetil-CoA: la descarboxilación oxidativa del piruvato, que libera $\mathrm{CO_2}$ y reduce $\mathrm{NAD^+}$ a NADH.
Balance de la glucólisis: se gastan 2 ATP en la primera fase y se forman 4 en la segunda.
$4\ \text{ATP}-2\ \text{ATP}$ ${}= 2\ \text{ATP por glucosa}$
Además, la glucólisis produce 2 NADH por glucosa.
El ciclo de Krebs se hace en el citosol (citoplasma), porque las bacterias no tienen mitocondrias.

ResultadoLa vía A es la glucólisis y la reacción B, la descarboxilación oxidativa del piruvato. La glucólisis da un balance de 2 ATP por glucosa. El ciclo de Krebs se hace en el citosol, porque es un procariota.

La pauta oficial da: Glucólisis; descarboxilación oxidativa del piruvato; 2 ATP; citosol (o citoplasma).

3.50,5 puntos

Planteamiento En un operón, un solo promotor controla varios genes que se transcriben juntos.

Se transcribe un solo ARNm (policistrónico), que lleva la información de los tres genes.
Este ARNm se traduce en tres proteínas distintas, las tres enzimas: phaA da la β-cetotiolasa; phaB, la acetoacetil-CoA reductasa, y phaC, la PHA polimerasa.
Utilidad del operón: los genes de una misma vía se regulan de forma coordinada (se activan o se detienen a la vez), lo que permite responder rápidamente a los cambios del medio y ahorrar energía, porque se hace un solo ARNm.
Mutación en phaC: no se sintetizaría PHA. Según el esquema, phaC codifica la PHA polimerasa, la enzima del último paso, que une las moléculas de 3-hidroxibutiril-CoA para formar el polímero. Aunque phaA y phaB funcionaran, se acumularía el producto intermedio pero no se formaría el bioplástico.

ResultadoSe hace un solo ARNm y tres proteínas. Los operones permiten regular juntos genes relacionados. Sin phaC no se forma PHA, porque falta la PHA polimerasa que hace el último paso de la síntesis.

La pauta oficial da: Un solo ARNm; 3 proteínas (enzimas); coordinación de la regulación, rapidez o ahorro de energía; no, porque phaC codifica la polimerasa que hace el polímero.

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2026Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 4

2,5 puntosLa pauta redondea distintoTemas: Metabolismo, Biomoléculas, Evolución, La célula, Técnicas de observación

Enunciado oficial del ejercicio 4 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en castellano. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Enunciado oficial del ejercicio 4 de la PAU de Biología de Cataluña de 2026 (convocatoria ordinaria), en catalán. El texto está en la página. — Enunciado oficial

Los pulpos son depredadores marinos activos que alternan períodos de desplazamiento lento con momentos de huida explosiva por propulsión a chorro. Esta locomoción rápida exige una elevada cantidad de energía en muy poco tiempo.

4.1 Varios estudios han demostrado que, para obtener energía cuando realiza natación rápida, el pulpo usa principalmente una vía metabólica anaeróbica, especialmente en el tejido muscular del manto, mientras que para obtener energía cuando realiza actividad moderada utiliza vías aeróbicas. Complete la siguiente tabla:

Cuando el pulpo realiza natación rápida, ¿qué vía metabólica utiliza?

Cuando el pulpo realiza natación moderada, ¿qué proceso metabólico utiliza?

[0,4 puntos]

4.2 Cuando el pulpo realiza una natación moderada, sigue un metabolismo aeróbico con muchas etapas utilizando la glucosa como sustrato inicial para poder obtener un rendimiento energético más elevado que en la natación rápida. Complete la siguiente tabla nombrando las vías metabólicas que utiliza y su ubicación.

Vías metabólicas	Ubicación celular y subcelular

[0,6 puntos]

4.3 Los pulpos pueden cambiar rápidamente de color gracias a los cromatóforos, unas células pigmentarias que contienen melanina u otros pigmentos. Cada cromatóforo está rodeado de fibras musculares que, al contraerse, estiran la célula y expanden el pigmento, de modo que se modifica el color de la piel del pulpo.

Observe la siguiente micrografía y calcule el tamaño real del cromatóforo en micrómetros.

[0,5 puntos]

4.4 La vía de síntesis de melanina se inicia a partir de la tirosina. En los melanocitos, la tirosina es oxidada por la enzima tirosinasa para dar lugar a la dihidroxifenilalanina (DOPA). Posteriormente, a partir de la DOPA y utilizando otras enzimas, se forman diferentes tipos de melanina con reacciones de oxidación y polimerización.

Complete la siguiente tabla sobre la tirosinasa.

¿Qué tipo de biomolécula es la tirosinasa?

¿Cuál es el sustrato de la tirosinasa?

¿Cuál es el producto final de la tirosinasa?

La tirosinasa necesita cobre ( $\mathrm{Cu^{2+}}$ ) para su correcto funcionamiento. La presencia de este cofactor modula la actividad de la enzima sin modificar su estructura primaria.

¿Qué significa que no se altera la estructura primaria de la enzima?

[0,5 puntos]

4.5 La comparación de las características entre el pulpo y otros organismos proporciona información sobre cuál ha sido su origen evolutivo. Por ejemplo, se ha visto que ciertas estructuras complejas del pulpo Octopus insularis (como los ojos tipo cámara) han evolucionado de forma convergente en grupos muy alejados como los cefalópodos y los vertebrados, mientras que otras características como la existencia de la tirosinasa ya estaban presentes en especies antepasadas comunes de cefalópodos y vertebrados.

Responda a las siguientes preguntas, relacionadas con la evolución convergente.

¿Qué es la convergencia evolutiva?

¿Cómo se llaman los órganos que se forman siguiendo una evolución convergente? En el contexto de esta pregunta, ¿cuáles serían estos órganos?

[0,5 puntos]

Micrografía de cromatóforos: unos quince círculos oscuros de tamaño parecido sobre un fondo claro. Una flecha señala uno de los cromatóforos de la parte de abajo. Barra de escala de 10 μm abajo a la derecha; el cromatóforo señalado mide algo menos que esa barra (unos dos tercios).

Hazlo en papel y compara paso a paso.

4.10,4 puntos

Planteamiento Sin oxígeno suficiente, las células musculares obtienen ATP de la glucólisis y regeneran el $\mathrm{NAD^+}$ con una fermentación; con oxígeno, oxidan la glucosa por completo.

Natación rápida: la fermentación láctica (glucólisis anaerobia, en la que el piruvato se reduce).
Natación moderada: la respiración celular (aeróbica).

ResultadoEn la natación rápida, la fermentación láctica; en la natación moderada, la respiración celular aeróbica.

La pauta oficial da: Rápida: fermentación láctica (solo «fermentación», la mitad); moderada: respiración celular.

4.20,6 puntos

Planteamiento La respiración de la glucosa tiene tres grandes etapas, cada una en un compartimento.

Glucólisis: en el citosol (citoplasma).
Ciclo de Krebs: en la matriz mitocondrial (antes, el piruvato se convierte allí en acetil-CoA).
Cadena de transporte de electrones (cadena respiratoria) y fosforilación oxidativa: en la membrana mitocondrial interna (las crestas mitocondriales).

ResultadoGlucólisis, en el citosol; ciclo de Krebs, en la matriz mitocondrial; cadena respiratoria y fosforilación oxidativa, en la membrana mitocondrial interna (crestas).

La pauta oficial da: Glucólisis, citosol; ciclo de Krebs, matriz mitocondrial; cadena de transporte de electrones o fosforilación oxidativa, crestas o membrana mitocondrial interna.

4.30,5 puntos

Planteamiento Medimos con una regla, en el examen impreso, la barra de escala ( $10\ \mu\mathrm{m}$ ) y el diámetro del cromatóforo señalado con la flecha, y hacemos una regla de tres.

Medidas sobre el papel: barra de escala, $1{,}5$ cm; diámetro del cromatóforo, unos $1{,}05$ cm.
Tamaño real del cromatóforo:
$1{,}05\ \mathrm{cm}\cdot\frac{10\ \mu\mathrm{m}}{1{,}5\ \mathrm{cm}}=7{,}0\ \mu\mathrm{m}$
Como la medida con la regla puede variar un poco, resultados cercanos (por ejemplo, $6{,}7\ \mu\mathrm{m}$ si el diámetro se mide como $1$ cm) también son correctos si el cálculo está bien hecho.

ResultadoEl cromatóforo mide unos $7\ \mu\mathrm{m}$ de diámetro.

La pauta oficial da: $\frac{1\ \mathrm{cm}\cdot 10\ \mu\mathrm{m}}{1{,}5\ \mathrm{cm}}=6{,}66\ \mu\mathrm{m}$ (se aceptan otros valores si el cálculo es correcto).

4.40,5 puntos

Planteamiento La tirosinasa es una enzima: el sustrato es la molécula sobre la que actúa y el producto, la que sale de ella.

Tipo de biomolécula: una proteína (de hecho, una glicoproteína); es una enzima.
Sustrato: la tirosina.
Producto: la DOPA (dihidroxifenilalanina).
La estructura primaria de una proteína es la secuencia de sus aminoácidos. Que no se altere significa que el cobre no cambia ni qué aminoácidos tiene la enzima, ni cuántos hay, ni en qué orden: solo se une a ella y modifica su actividad.

ResultadoLa tirosinasa es una proteína (enzima); el sustrato es la tirosina y el producto, la DOPA. No alterar la estructura primaria significa que no cambia la secuencia (el orden y el número) de aminoácidos de la enzima.

La pauta oficial da: Proteína (glicoproteína); tirosina; DOPA; no cambia la secuencia (orden y cantidad) de aminoácidos.

4.50,5 puntos

Planteamiento Hay que distinguir las semejanzas heredadas de un antepasado común de las que han aparecido por separado.

Convergencia evolutiva: especies poco emparentadas desarrollan estructuras o características parecidas.
Estas semejanzas aparecen porque la selección natural actúa de forma parecida en ambientes o modos de vida parecidos.
Las estructuras se originan de forma independiente en cada grupo: no proceden de un antepasado común que ya las tuviera.
Los órganos que se forman por evolución convergente se llaman órganos análogos: tienen una función y una forma parecidas pero un origen distinto.
En este caso, los órganos análogos son los ojos tipo cámara de los cefalópodos (como el pulpo) y de los vertebrados.

ResultadoLa convergencia evolutiva es la aparición independiente de características parecidas en especies no emparentadas, por presiones selectivas parecidas. Los órganos resultantes son órganos análogos; aquí, los ojos tipo cámara.

La pauta oficial da: Características semejantes, por presiones ambientales parecidas, sin antepasado común; órganos análogos; los ojos tipo cámara.

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Practica cada tema

Cada tema de este examen tiene su página con todos los ejercicios de la PAU de Biología de 2022 a 2026.

Metabolismo Evolución Técnicas de observación La célula Genética mendeliana Biotecnología Biomoléculas Genética molecular Inmunología Diseño experimental Todos los temas de Biología

Preguntas frecuentes

¿Cómo era el examen de junio (serie 1) 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), evolución (1,5 puntos), técnicas de observación (1,5 puntos), la célula (1 punto), genética mendeliana (1 punto), biotecnología (1 punto), biomoléculas (0,5 puntos), genética molecular (0,5 puntos), inmunología (0,5 puntos) y diseño experimental (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 2 de los 4 ejercicios nuestra respuesta no coincide del todo con la pauta (por un enunciado ambiguo y 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.

Cómo hacemos y comprobamos los ejercicios

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