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Ce corrigé personnel n'engage que moi et ne constitue en aucun cas un corrigé officiel!

Exercice I (8 points) Voir le sujet
Après avoir exposé les principes permettant d'établir des liens de parenté entre les organismes, indiquez les critères d'appartenance à la lignée humaine.

Sujet classique et facile.cool
I-Etablir des liens de parenté.
Pour définir des liens de parenté entre différents organismes, il faut les comparer. Mais pas n'importe comment.
Il faut comparer des caractères homologues qui peuvent être de différents types : anatomique, embryonnaire ou moléculaire.
Les caractères homologues se présentent sous deux états : ancestral ou dérivé. Plus il y a de caractères homologues à l'état dérivé en commun entre deux organismes, plus leur relation de parenté est étroite.
Dans le cas de molécules, plus il y a de ressemblances entre deux molécules homologues de deux organismes différents, plus ceux-ci sont proches.

Transition : Les homininés présentent un lien de parenté proche avec les paninés. Quels sont les critères qui permettent de placer un fossile parmi les Homininés?

II-Critères d'appartenance à la lignée humaine.
Les scientifiques ont défini quatre critères principaux :
-Des caractères liés à la bipédie (position du trou occipital, fémur, bassin etc)
-Des caractères liés à la régression de la face
-Des caractères liés à l'augmentation du volume crânien.
-Des traces fossiles d'une activité culturelle (art, sépultures etc).

Conclusion : les caractères dérivés propres à l'Homme permettent de distinguer les homininés de leurs proches parents les Chimpanzé (paninés). Ces deux groupes possèdent cependant d'autres caractères à l'état dérivé qui leur sont communs.


Exercice II - A (3 points)
Voir le sujet

Super facile aussicool

Les calcaires érodés sont superposés aux argilites. Selon le principe de superposition, ils sont donc plus récents. La phase d'érosion est donc postérieure au dépôt d'argilites.
La faille recoupe les calcaires érodés et la surface d'érosion. D'après le principe de recoupement, la faille est postérieure à la surface d'érosion.
Bilan : Les argilites se déposent en premier, puis érosion des calcaires disposés sur les argilites et enfin, fracture qui laisse une faille recoupant la surface d'érosion.
1-Argilite
2-Surface d'érosion
3-Faille


Exercice II - B Obligatoire (5 points) Voir le sujet

Un peu plus compliqué celui-là car beaucoup de relations entre les documents. Il fallait donc faire la part entre les informations utiles et inutiles.

Recherche de la date de séropositivité au VIH pour les individus A et B :
Individu A : Au 03/01, A est séronégatif. Au 04/02, A présente des anticorps dirigés contre 1 glycoprotéine (GP 160), deux protéines membranaires (P55 et P40) et aucune enzyme virale. A ne peut donc pas être considéré comme séropositif au 04/02. Le 11/04, L'individu présente des anticorps dirigés contre les 3 glycoprotéines, 3 protéines membranaires (P55, P40, p25) et enfin les enzymes virales (P68 et P34). A est donc séropositif à la date du 11/04.

Individu B : Au 15/01, B présente des anticorps dirigés contre au moins deux glycoprotéines, au moins 1 protéine membranaire ou interne et au moins une enzyme virale. Les conditions de la séropositivité contre le VIH sont donc réunie le 15/01.

Recherche du stade de l'infection lors du dernier test :
Individu A :
Doc 1 : Au 11/04, A présente des anticorps très divers dirigés contre différentes molécules composant le virus.
Doc 2 : A présente moins de LT4, cellule-hôte du VIH, que le témoin séronégatif
Doc 3 : L'infection présente trois stades :
-Phase initiale sans anticorps, une quantité importante de LT4 et forte charge virale,
-Phase asymptomatique : Quantité de LT4 importante mais qui diminue progressivement, Production d'anticorps imprtante au début puis qui est de plus en plus faible. Charge virale d'abord basse puis de plus en plus forte.
-Phase de SIDA déclaré : Très peu de LT4 et d'anticorps anti-VIH et charge virale importante.
A présente des anticorps anti-VIH, a un nombre de LT4 relativement important (520/mm3).
On peut donc conclure que A est en phase asymptomatique.


Individu B :
Doc 1 : Au 12/07, B présente moins d'anticorps différents que le 15/01
Doc 2 : B à un nombre de LT4 très faible (95/mm3)
Doc 3 : B a peu d'anticorps et peu de LT4. Il devrait avoir une charge virale importante.
On peut en conclure que B est en phase de SIDA déclaré.

Exercice II - B Spécialité (5 points)Voir le sujet

Un exercice qui peut faire peur au premier abord. Surtout pas de panique!

Montrer que la famille est une famille à risque et évaluation du risque pour l'enfant à naitre :
L'albinisme est une particularité génétique autosomique récessive. Seuls les homozygotes récessifs sont albinos. La famille présente deux cas d'albinisme dans la génération II (individus 3 et 7). Elle présente donc un risque particulier.
Pour évaluer le risque que l'enfant à naitre soit atteint d'albinisme, il faut évaluer le risque que ses parents qui ne sont pas albinos, soient quand même porteur de l'allèle récessif à l'origine de la particularité.
Soit S, l'allèle sain et a l'allèleà l'origine de l'albinisme.
On sait que II3 et II7 sont albinos : ils ont donc comme génotype : a//a.
Leurs parents dans la génération I sont donc hétérozygote, avec certitude : S//a
Quelle est la probabilité que II2 et II5 soient hétérozygotes?

S
a
S
S//S
S//a
a
S//a
a//a

Dans ce cas, nous savons que II2 et II5 ne sont pas albinos. Donc, il est inutile de compter la probabilité d'être homozygote récessif a//a (case noire). Il reste alors 3 possibilités. Parmi celle-ci, 2 correspondent à l'étét hétérozygote (cases oranges). La probabilité que II2 et II5 soient hétérozygote est donc de 2/3.
On doit déterminer maintenant la probabilité que les parents transmettent l'allèle à un de leurs enfants :



S
a
S
S//S
S//a
a
S//a
a//a

Il y a un rique sur 4 que deux allèles a soit réunis à la fécondation.
Le risque total que l'enfant soit albinos est donc de R = 2/3 x 2/3 x 1/4 =
1/9

Affirmer que l'enfant n'est pas atteint d'albinisme grâce aux biotechnologies :

Doc 2 :
On utilise deux enzymes de restriction qui coupent différemment les 3 allèles du gène de la tyrosinase. Xho II coupe les deux allèles fonctionnels (TYRCOD et TYRCOD2) différemment. Cette enzyme permet donc de distinguer ces deux allèles, grâce au nombre et à la longueur des fragments. Elle ne permet pas de révéler l'allèle non fonctionnel TYRALBA3.
L'enzyme Xba I coupe TYRALBA3 mais pas les allèles TYRCOD1 et 2. Cette enzyme permet de révéler la présence de TYRALBA3 à l'origine de l'albinisme.
Doc 3 :
La mère II2 présente avec XhoII 3 fragments. Cela montre qu'elle possède TYRCOD1 mais pas TYRCOD2. Avec Xba1, le gène n'est pas coupé : elle n'a donc pas l'allèle TYRALBA3. Son génotype est TYRCOD1//TYRCOD1.
Le père II5 présente avec Xho II, 4 fragments. Cela montre qu'il possède TYRCOD2 mais pas TYRCOD1 car pas de fragment de 1135pb. Avec Xba1, on obtient unfragment non coupé qui correspond en fait à TYRCOD2 et deux fragments plus courts qui révèlent la présence de TYRALBA3. Le génotype de II5 est donc TYRCOD2//TYRALBA3.

Conclusion : Comme la mère n'est pas hétérozygote mais homozygote TYRCOD1//TYRCOD1, il n'y a aucune chance qu'un de ses enfants soit homozygote pour TYRALBA3. Il est maintenant certain que l'enfant à naitre ne sera pas albinos.


Date de création : 18/06/2009 - 23:21
Dernière modification : 19/06/2009 - 21:32
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