BIOLOGIE. Réponses proposées et grille de correction

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1 BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2010 BIOLOGIE et grille de correction Les réponses proposées servent à uniformiser les corrections. Elles sont du niveau d un(e) bon(ne) bachelier(ière) et non d un(e) étudiant(e) d université. Les réponses identiques aux propositions sont dotées du maximum de points. Les réponses comparables et de même niveau, utilisant les termes scientifiques corrects, peuvent également être dotées du maximum de points. Les réponses proposées peuvent servir d exercices aux futur(e)s bachelier(ière)s. Voilà pourquoi elles sont largement formulées par un texte intégral et non seulement par des mots-clés. Les réponses des élèves doivent suivre la logique de la méthode scientifique : analyser d abord, conclure ensuite. Les correcteur(rice)s en tiendront compte lors de leur évaluation. Page 1/12

2 points Réponses P 1 page 1/2 6 points 5 points a)i. La cellule contient un noyau [1] et des organites entourés d'une membrane unitaire [1]. ii. Cellule animale: (3 parmi les arguments cités) - pas de paroi cellulaire, ni de chloroplastes, ni de vacuole centrale -présence de centrioles et de lysosomes iii. (1) réticulum endoplasmique (no 9) (2) cytoplasme / hyaloplasme (no 6) (3) mitochondrie (no 8) (4) appareil de Golgi (no 11) (5) membrane plasmique (no 7) (6) pore du noyau (no 2) b)i. Spectre d'absorption : mesure de l'absorption des différentes longueurs d'onde de la lumière par un pigment [1]. Spectre d'action : détermination des longueurs d'onde les plus absorbées par un pigment, donc les plus efficaces [1]. ii. Comparaison: Les deux courbes ont la même allure. Elles montrent deux pics d'absorption: un dans le bleu ( nm) et un dans le rouge (675 nm). Le minimum d'absorption se trouve dans le vert ( nm) [2]. Interprétation: L'énergie lumineuse, donc la longueur d'onde, est responsable de l'activité photosynthétique. La lumière bleue et la lumière rouge sont largement utilisées (2 pics) par Elodea. Leur énergie est transmise au NADP et à l'atp. L'eau est scindée par photolyse et le dioxygène libéré (phase lumineuse) [3]. iii. La température: les réactions enzymatiques dépendent de la température. Plus elle augmente, plus la vitesse de réaction augmente également. La concentration en CO 2 : le CO 2 régénère le NADP dans le cycle de Calvin de sorte que celui-ci peut de nouveau accepter des protons et électrons. L'intensité lumineuse: plus la quantité de photons qui heurtent les photosystèmes est élevée, plus l'action photosynthétique est élevée. (2 arguments seulement!) iv. Cette plante est verte, car c'est dans le vert qu'elle absorbe le minium de lumière, donc réflète le maximum. Page 2/12

3 points Réponses P 1 page 2/2 c) 1er groupe: le glucose marqué au 18 O se retrouve après le cycle de Krebs sous forme de CO 2 [1]. Ainsi les rats rejettent du C 18 O 2. [1]. 2e groupe: le glucose marqué au 14 C est rejeté logiquemnt sous forme de 14 CO 2. [1] 3e groupe: le glucose n'est pas marqué, mais l'air inspiré l'est au 18 O. Au niveau de la chaîne respiratoire les H + et les électrons se combinent à l'o 2 de l'air, l'eau est nécessairement marqué H 2 18 O [1]. d)i. Analyse du graphique: La réserve d'atp de la cellule musculaire décline rapidement et s'épuise vers 10 sec. [1] A 5 sec l'activité de la créatine phosphate commence et atteint son maximum à 15 sec pour décliner ensuite et arrêter son activité à 70 sec [1]. A 5 sec débute la fermentation lactique, augmente rapidement (atteint 50 % de l'énergie à environ 30 sec) pour culminer à qq. 70 % vers 60 sec, puis diminue lentement pour atteindre à 120 sec environ 10 % de l'énergie [1]. La respiration débute vers 15 sec, atteint 50 % de l'énergie à 80 sec pour finir à 120 sec à 90 % de l'énergie produite dans la cellule musculaire[1]. ii. A 20 sec la réserve est totalement épuisée [1], la créatine phosphate commenc à décliner fortement [1] et la respiration vient de débuter [1]. iii. C 6 H 12 O O2 6 CO H 2 O [1] C 6 H 12 O6 2 C 3 H 6 O 3 (ou CH 3 CHOHCOOH) [1] La réaction aérobie fournit 38 ATP, la réaction anaérobie seulement 2. [1] iv. L'acide lactique acidifie le muscle entraînant des crampes [1]. Par des mouvements respiratoires profonds et rapides la quantité d' O 2 augmente dans le sang de sorte que le foie peut oxyder l'acide lactique [1]. Page 3/12

4 points Réponses P 2 page 1/2 6 points a) i. Schéma selon Eurobio.[1] Doivent être mentionnés: bicouche phospholipidique, protéine intrinsèque, protéine extrinsèque, canal protéique, glycoprotéine, glycolipide, faces externe et interne [3]. ii. Les protéines peuvent se déplacer dans la bicouche phospholipidique fluide [1]. Les différentes protéines et leur distribution dans la bicouche ressemblent à une mosaïque [2] iii. - transport actif : protéine de transport (intrinsèque) - identification : glycoprotéines - séparation de deux milieux aqueux: bicouche phospholipidique - entréé de molécules et ions solubles dans eau: canal protéique (3 exemples!) b) i. Schéma selon Eurobio [1]. Doivent être mentionnés: membranes externe et interne, stroma, thylakoïde, granum, chromosome circulaire, grain d'amidon, ribosomes [3]. ii. Dans le cycle de Calvin: RuP RuBP [1] PGA BPGA [1] c) i. En général, la quantité d'atp produite augmente avec le ph [1]. De plus, la quantité d'atp est d'autant plus importante que la différence entre le ph du thylakoïde et de la solution d'adp est importante [1]. ii. Le ph est une indication du nombre de H + à l'intérieur des thylakoïdes [1]. Ces H + passent à travers l'atpase entraînant la formation d'atp [1]. Plus la diffèrence de ph entre les milieusx interne et externe du thylakoïde est élevée, plus la force osmotique est élevée, produisant donc plus d'atp [1]. iii. Le lot 3, différence 3,3 unités ph, produit 1 UA d'atp; Le lot 2, différence 3,7 unités ph, produit 2 UA d'atp; Le lot 1, différence 4,7 unités ph, produit 5 UA d'atp. Lots 2 et 3 ont des courbes à allure identique plutôt plate; la courbe du lot 1 par contre est très raide. iv. Les H +, dans le thylakoïde à volume pourtant réduit, sont rapidement passés à travers les ATPases. La force osmotiqueest donc très vite annulée. et la production d'atp arrêtée. Page 4/12

5 points Réponses P 2 page 2/2 6 points v. Dans un chloroplastes normal la lumière fournit par photolyse de l'eau continuellement des H +, maintenant un gradient constant de protons. En éliminant la lumière la synthèse de l'atp se fait quand même: c'est le gradient de protons qui, passant à travers les ATPases des thylakoïdes, en est responsable. d)i. A 200 nmol.dm -3 le rapport entre le volume final et le volume initial est de 0.7. Les globules rouges se sont rétrécis: plasmolyse [1]. La solution externe est hypertonique par rapport au cytoplasme [1], l'eau diffuse vers l'extérieur du globule, son volume rétrécit [1]. A 150 nmol.dm -3 le volume des globules rouges est resté inchangé [1].Les deux milieux interne et externe ont la même concentration: isotoniques [1]. Les entrées et sorties de molécules sont égales [1]. ii. Entre 50 et 100 nmol.dm -3, un calcul du rapport entre volume final et initial a été impossible. La concentration du milieu externe est très faible par rapport au milieu interne des globules: hypotonique [1]. L'eau est entée massivement dans le globule qui a éclaté, rendant un calcul de rapport impossible [1]. Page 5/12

6 points Réponses G 1 page 1/3 a) i. Les parents II1 et II2 sont normaux, mais ils ont deux enfants malades. L'allèle de la mucoviscidose est donc récessif [1]. Les deux sexes sont affectés. La fille III2 est malade. Si l'allèle malade était situé sur le chromosome X, la fille aurait dû hérité un des chromosomes affectés se son père. Or son père II1 n'est pas malade, donc le gène n'est pas lié au sexe, il est autosomal [2]. ii. II1: Nn II2: Nn III1: NN ou Nn III2: nn III3: nn III4: Nn [6 x 0.5] 1 point iii. Une solution est placée dans un champ électrique. Les cations migrent vers le pôle négatif, les anions vers le pôle positif [1]. La distance parcourue dépend de la charge et de la taille des molécules [1]. iv. III2 ert III3 sont homozygotes, la bande épaisse doit donc provenir des deux allèles n [1,5]. Donc A2 doit être attribué à l'allèle n et A1 à l'allèle N [1.5]. v. Individus : II1 II2 III1 III2 III3 III4 Génotypes: Nn Nn NN nn nn Nn [6 x 0.5] vi. Cette technique permet de déterminer d'une manière directe et plus précise le génotype d'une personne, ce qui n'est pas toujours possible par l'étude d'un arbre généalogque [1]. Ex.: Pour III1 l'arbre généalogique donne un génotype indéterminé [1]. vii. Toutes les cellules d'un organisme posssèdent le même lot chromosomique, donc tous les gènes qu'on veut rechercher. b) i. Le phénotype F1 n'est pas connu, mais le génotype contient les allèles coloré, incolore, lisse et ridé.en croisant F1 avec un phénotype incolore on obtient une descendance par moitié coloré et moitié incolore environ.si incolore était dominant, toute la descendance en serait de même. Incolore est donc récessif c) et coloré dominant (C). Le même raisonnement vaut pour les allèles lisses dominant (L), et ridé récessif (l). Page 6/12

7 points Réponses G 1 page 2/3 b) ii. Les proportions réelles s'expliquent par le fait que les deux gènes sont liés. L'enjambement des paires de chromosomes à la prophase I de la méiose entraîne un échange entre les chromatides (recombinaison). Génotypes P : Cl//cL x cl//cl Gamétes : Cl, cl cl Gamètes recombinés: CL, cl Cl cl CL cl cl Cl//cl cl//cl CL//cl cl//cl Col.+ridé 951 incol.+lisse 979 Col.+lisse 36 incol-+ridé 34 Pourcentage de recombinaison: X 100 = 3.5 %. iii. C c C c C c C c l L l L l l L L C c C c 8 points c)i. l l L L 1er mode d'action: L'ARN-polymérase se fixe sur le promoteur, il y a transcription des gènes fonctionnels S1 et S2 avec formation des ARN m correspondants, puis production d'enzymes 1 et 2 qui font synthétiser l'histidine. Le gène régulateur R fait synthétiser un répresseur qui reste inactif [4]. 2e mode d'action: Si l'histidine est produite en trop grande quantité, une molécule d'histidine se fixe sur le répresseur qui est ainsi activé. Le répresseur activé se fixe alors à l'opérateur empêchant l' ARNpolymérase de transcrire les gènes fonctionnels [4]. Page 7/12

8 points Réponses G 1 page 3/3 5 points c) ii. Une mutation dans le gène R pourra entraîner un changement dans la structure tridimensionnelle du répresseur, qui est une protéine. Une molécule d'histidine ne pourra plus se fixer et le répresseur sera inactif. La cellule continuera à produire de l'histidine même si elle n'en aura pas besoin [3]. Une mutation dans le gène P pourra empêcher l'arn-polymérase de se fixer et de transcrire les gènes fonctionnels. La cellule aura perdu la faculté de synthétiser de l'histidine [2]. Page 8/12

9 points Réponses G 2 page 1/2 6 points a) i. Arrangement des chromosomes métaphasiques colorés selon leur taille, la position de leur centromère et leurs bandes. ii. Caryotype 1: une femme avec translocation du bout inf. du chromosome 13 sur le chromosome 17 [1]. Caryotype 2: un homme à génotype normal [1]. Caryotype 3: un garçon avec une paire de chromosomes 13 normaux et un chromosome 17 avec addition d'un bout inf. de chromosome 13 [1]. Caryotype 4: un garçon avec une trisomie 13 dont un des chromosomes présente une délétion du bout inf. [1]. iii. Le père possède un génotype normal, donc également un phénotype normal[1]. La mère possède une translocation du bout inf. du chromosome 13 sur le chromosome 17. Puisqu'il n'y a pas eu de perte de matériel génétique, elle possède également un phénotype normal [3]. iv. Gamètes des Parents: père : 13D8ou E)+17D(ou E) mère: 13A+17A, 13A+17B, 13B+17A, 13B+17B 13A+17A 13A+17B 13B+17A 13B+17B 13D+17D 13A/13D+ 17A/17D 13A/13D+ 17B/17D 13B/13D+ 17A/17D 13B/13D+ 17B/17D Génotype normal 25% Addition au chr.17 25% Délétion du chr.13 25% Translocat. du 13 vers 17 [4] 25% [1] Si la délétion du chromosome 13 est létale, les combinaisons restantes ont une probabilité de 33% chacune [1]. v. Le garçon (3) est anormal parce que son chromosome 17 possède un bout de chromosome 13, ce qui équivaut à une trisomie 13 partielle pour la partie inférieure du 13 [2]. Le garçon (4) possède deux chromosomes 13 normaux et un chromosome 13 avec délétion du bout inf. ce qui équivaut à une trisomie 13 partielle pour le bout sup. du 13 [2]. Les deux garçons présentent sûrement des anomalies différentes. Page 9/12

10 points Réponses G 2 page 2/2 5 points b) i. Chaque aa est codé par 3 pb. Théoriquement cette protéine ne devait être formée de qq. 58oo aa [1]. Les gènes des eucaryotes sont formés d'introns et d'exons [1]. Seuls les exons (épissage) sont traduits en aa [1]. ii. perte d'une portion d'adn: réduction du nomre d'aa. échange dune base d'un triplet: peut-être aa différent: changement structure perte ou addition d'une pb: changement de la séquence des aa:changement structure iii. Les individus A1//A1 et A1//A2 ont le même taux d'infection. En effet, la protéine normale A1 permet la pénétration du virus VIH [2]. Les individus hétérozygotes possèdent également la protéine normale, de sorte qu'ils n'échappent pas eux aussi à la pénétration du virus [2]. c) i. ADN non transcrit de l'allèle CCR5Δ32: ADN: TCT GCT TCG GTG TCG AAA TGA GAA GAA GAG... ARNm: UCU GCU UCG GUG UCG AAA UGA GAA GAA GAG... aa. ser ala ser val ser lys stop ii. L'allèle muté présente une délétion de 32 pb. Puisque les aa. sont codés par triplets il reste 1 pb de base d'un triplet qui change complètement la transcription [1]. Il se forme un codon stop qui interrompt la traduction de la chaîne protéique [1]. iii. La protéine mutée possède grace au nombre réduit d'aa une structure tridimensionnelle changée [2] empêchant le virus de se fixer [1]. Une pénétration dans la cellule est impossible. Page 10/12

11 points Réponses E 1 page 1/1 5 points a) D'après la théorie synthétique la mutation et la sélection naturelle l'adaptation ont conduit à la formation d'incisives tranchantes [1]. L'apparition de ce caractère chez des animaux non apparentés est due à l'adaptation dans un milieu donné [1]. On parle d'évolution convergente [1]. b) i. On prélève du sang à un animal A [1]. Le sérum A est injecté dans un animal B qui produit des anticorps contre les protéines sanguines de A [1]. Les anticorps de B sont alors injectés dans différents animaux [1]. Le degré de précipitation [1] indique le degré de parenté entre les animaux testés [1]. ii. Lagomorhes Ongulés Rongeurs iii. Comparaison anatomique: le plan d'organisation des deux groupes est comparé par rapport à leurs similitudes et leurs différences. Comparaison de l'adn de différents génes. c) i. Il faut croiser un lapin de Porto Santo avec un lapin européen. S'il n'y a pas de descendants ou si les descendants sont srtériles, les deux appartiennent à deux espèces différenrtes [1]. Si les descendants sont fertiles, les deux appartiennent à la même espèce, mais à des races différentes [1]. ii. A l'origine la population était très petite. Chaque muttation a conduit à un changement du gene pool plus important que normalement. Sous la pression de la sélection naturelle et de l'adaptation au milieu un génotype, donc un phénotype tout à fait spécial s'est développé. d) Pour les éleveurs l'épaisseur, la couleur de la fourrure, la longueur des poils, le poids... étaient prédominants. Ces caractères ont été sélectionnés artificiellement. Les dégénérescences citées n'ont aucune importance pour les animaux vivant en cage.dans la nature par contre, ces dégénérescences mèneraient à la disparition rapide de ces animaux qui n'auraient même pas le temps de se reproduire. Page 11/12

12 Points Réponses E 2 page 1/1 a) i Pression reproductive: attraction sexuelles des guppies femelles par les mâles Pression du prédateur: survivre et ne pas être mangé avant la reproduction ii. Dans un milieu sans prédateur on constate que le nombre de taches augmente de 10 à 13 par animal, puis reste constant. Si on introduit un prédateur dans le milieu, le nombre de taches par guppie tombe en dessous de 10,nombre au début de l'expérience. iii. Dans un milieu sans prédateur les guppies à nombreuses taches attirent davantage les femelles et laissent une descendance de plus en plus tachetée [2]. Après l'introduction d'un prédateur les mâles à nombreuses taches sont mangés les premiers parce qu'ils sont bien visibles. Restent surtout les mâles à peu de taches qui laissent une descendance identique [2]. L'hypothèse d'endler est confirmée. b) i. Homme Chimpanzé Gorille Orang-Outang ii. 2p: ceux du Gorille et de l'orang-outang se ressemblent le plus, il y a moins de ressemblance avec celui du Chimpanzé. 2q: ressemblance entre Gorille et Orang-Outang pour la chromatide longue, entre Chinpanzé et Gorille pour la chromatide courte. iii. 2p et 2q du Chimpanzé ont le plus de ressemblance avec le chromosome 2 de l'homme. iv. Puisque les singes possèdent 48 chromosomes et l'homme seulement 46, puisque les singes sont apparus plus tôt que l'homme, on peut conclure que 2p et 2q ont fusionnés chez lhomme pour former le chromosome 2. Page 12/12