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Corrigé Biologie Berck 2009
Première partie : QCM sur 12,5 points
1. e
2. d e f
3. a b f
4. c d f
5. a c d e
6. e
7. a c e
8. b f
9. a c d e
10. e
11. a c e
12. a e
13. b c d
14. b
15. d
16. f
17. e
18. a b c f
19. c d
20. b d f
21. a b
22. b
23. c
24. f
25. b d f
26. a c e
27. b c
28. a b c d f
29. c d f
30. a b d e f
31. b c e f
32. a e
33. a c d f
34. a b f
35. a d
36. c d
37. e f
38. e f
39. e f
40. c d
41. c d
42. e f
43. b
44. e f
45. b c e
46. f
47. a b d e
48. c
49. a d
50. a
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Explications des réponses au QCM :
1. e.
Aucune difficulté pour cette question. La LH (Hormone Lutéinisante) est sécrétée par
l’hypophyse antérieure (antéhypophyse).
2. d e f
C’est l’hCG (hormone chorionique gonadotrophine) qui est recherchée lors d’un test
de grossesse. La LH est une hormone peptidique. C’est la GnRH (Gonadotrophin
Releasing Hormon) qui est produite à l’extrémité de certains neurones.
3. a b f
On constate sur le graphe que le taux hormonal de LH de Y présente un maximum au
temps to (pic de LH). De plus, l’énoncé nous indique qu’Y ne présente aucune
anomalie hormonale. Le pic de LH est responsable de l’ovulation donc la réponse b
est acceptable. Si Y prenait une pilule contraceptive courante, on n’aurait pas observé
le pic de LH au temps to. De plus, une pilule du lendemain aurait empêché le pic de LH
donc aurait empêché l’ovulation.
4. c d f
Au temps to a lieu le pic de LH. Ce pic de LH est du au rétrocontrôle positif exercé par
l’œstradiol sur l’hypophyse antérieure. Au temps to a lieu le déblocage de la première
division de méiose car avant l’ovulation, l’ovocyte est bloqué en prophase I de méiose.
Quelques heures avant l’ovulation, les cellules hypophysaires possèdent beaucoup de
récepteurs à l’oestradiol et de récepteurs à la GnRH (ainsi les cellules hypophysaires à la
LH sont très sensible à ces hormones).
5. a c d e
On constate sur le graphe que le taux hormonal de LH urinaire est très élevé et on
n’observe pas de pic de LH. Donc on peut émettre l’hypothèse d’un dysfonctionnement
au niveau du système de régulation (absence de rétrocontrôle négatif de la part des
hormones ovariennes par exemple). La ménopause est due à un vieillissement de
l’ovaire c'est-à-dire qu’il n’y a plus assez de follicules donc les taux d’œstrogènes et de
progestérone seront insuffisants et ne pourront plus exercer leur rétrocontrôle sur
l’hypophyse antérieure d’où ce taux très élevé de LH. On peut également dire que la
femme Y ne présente plus de menstruations car celles-ci sont liées aux hormones
ovariennes.
6. e
Le document 2 nous présente une cellule avec 3 chromosomes monochromatidiens.
Cette cellule peut être issue d’une mitose (espèce à n=3) ou d’une deuxième division de
méiose (espèce à 2n=6).
7. a c e
La cellule ne peut être en prophase car les chromosomes sont monochromatidiens alors
qu’en prophase, ils sont bichromatidiens.
8. b f
L’énoncé nous indique un croisement entre deux lignées pures donc il ne peut s’agir
d’un croisement test qui correspond au croisement d’un individu F1 avec un double
homozygote récessif. De plus on obtient 100% de phénotypes parentaux. On obtient
ce résultat que si les gènes sont liés et que si le brassage intrachromosomique n’ait pas
lieu.
9. a c d e
Les individus F1 sont forcément hétérozygotes car ils sont issus d’un croisement de
deux parents de lignée pure (homozygotes). Les gènes sont totalement liés car on
n’obtient pas de gamètes recombinés.
10. e
L’ADN (acide désoxyribonucléique) et l’ARN (acide ribonucléique) sont des polymères
de nucléotides. Le polypeptide est un polymère d’acides aminés. L’adénine et l’uracile
sont les bases azotées des nucléotides. L’acide aminé est le seul monomère donc
représente l’intrus.
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11. a c e
Le document 3 représente un potentiel d’action diphasique. Cet enregistrement ne peut
être obtenu sur un nerf ou une racine rachidienne car on obtiendrait des potentiels
globaux. De plus, ce potentiel d’action ne peut être obtenu que sur une cellule excitable
et non une cellule quelconque.
12. à 16. Aucune difficulté. Il s’agit des différentes phases du potentiel d’action.
17. e
L’amplitude du signal est de 100mV. -60mV correspond au potentiel d’action de la
fibre nerveuse et non du nerf. Pour montrer que le signal répond à la loi du tout ou rien
il faudrait une autre stimulation d’intensité supérieure. On ne peut pas savoir si la fibre
est myélinisée ou pas.
18. a b c f
Un effecteur musculaire est composé essentiellement de fibres musculaires. On peut
trouver une fibre nerveuse motrice myélinisée dans un muscle (jonction neuro muscu-
laire ) mais celle-ci ne rentre pas dans la composition du muscle.
19. c d
Actuellement le diabète de type 1 peut être guéri par greffe de cellules β.
Pour soigner le type 2, on demande au sujet d’exercer une activité physique régulière et
d’avoir une bonne hygiène de vie notamment une bonne hygiène alimentaire.
L’ablation du pancréas entraîne une hyperglycémie.
20. b d f
Le document 4 nous présente le test d’Ouchterlony.
D’après le document 4, les anticorps sont au centre et les antigènes en périphérie.
Un arc de précipitation correspond à un complexe immun (complexe antigène-anticorps).
21. a b
Aucune difficulté de compréhension.
22. b
Un anticorps ne peut reconnaître qu’un seul antigène.
23. c
Le terme de contragestif n’a pas de rapport avec les autres termes.
24. f
Le terme de testostérone fait référence à l’hormone mâle alors que tous les autres termes
font référence aux éléments intervenant dans la régulation des hormones sexuelles fémi-
nines.
Pour les questions 25 à 27, on peut se référer au document ci-dessous qui a été construit à
partir des données de l’énoncé :
ADN non transcrit : 200A 150T 100G 50C
ADN transcrit : 200T 150A 100C 50G
ARN : 200 A 150 U 100G 50C
25. b d f
26. a c e
27. b c
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28. a b c d f
Le document 5 montre les résultats des expériences de stimulation d’un nerf d’insecte.
Le tracé 1 nous montre un artéfact de stimulation et deux réponses. L’artéfact de stimulation
montre que la stimulation est bien de nature électrique. Les deux réponses indiquent qu’il y a
deux types de fibres nerveuses. Comme les expériences sont faites sur un nerf, les deux
réponses sont deux potentiels globaux de nerf.
29. c d f
Le tracé 2 est obtenu en stimulant de B vers A et non plus de A vers B. On enregistre l’artéfact
de stimulation et une seule réponse. Cette expérience montre que le message nerveux s’est
propagé de B vers A. De plus, cela montre qu’il existe bien deux types de fibres nerveuses :
certaines fonctionnent dans les deux sens (de A vers B et de B vers A) et certaines sont
interrompues par une synapse chimique au niveau du ganglion. Ces dernières ne fonctionnent
que dans un seul sens.
30. a b d e f
Le tracé 3 est obtenu en stimulant le nerf de A vers B mais en injectant du curare dans le
ganglion. On constate que le tracé 3 est identique au tracé 2. Cette expérience montre qu’il
existe bien des synapses et qu’il existe bien deux voies nerveuses différentes.
31. b c e f
La voie polysynaptique d’un réflexe d’extension met en jeu trois synapses : une synapse
excitatrice entre le neurone sensitif et le motoneurone du muscle extenseur, une synapse
excitatrice entre le neurone sensitif et l’interneurone inhibiteur, une synapse inhibitrice entre
l’interneurone inhibiteur et le motoneurone du muscle fléchisseur. De ces constatations, cette
voie contient trois types de neurones : un neurone sensitif, un interneurone inhibiteur et un
motoneurone.
32 à 35. Aucune difficulté.
36. c d
En anaphase de seconde division de méiose, la cellule possède deux lots de 12 chromatides soit
24 chromatides. Comme une chromatide est composé de 2 brins d’ADN alors on compte 48
brins d’ADN.
37. e f
En anaphase de mitose, la cellule possède deux lots de 24 chromatides soit 48 chromatides.
Comme une chromatide est composé de 2 brins d’ADN alors on compte 96 brins d’ADN.
38. e f
En prophase de première division de méiose, la cellule possède 24 chromosomes
bichromatidiens soit 48 chromatides soit 96 brins d’ADN.
39. e f
En anaphase de première division de méiose, la cellule possède deux lots de 12 chromosomes
bichromatidiens soit 48 chromatides soit 96 brins d’ADN.
40. c d
En phase G1 d’interphase, on dénombre 24 chromosomes monochromatidiens soit 24
chromatides soit 48 brins d’ADN.
41. c d
En télophase de seconde division de méiose, la cellule possède deux lots de 12 chromatides soit
24 chromatides soit 48 brins d’ADN.
42. e f
En télophase de mitose, la cellule possède deux lots de 24 chromatides soit 48 chromatides soit
96 brins d’ADN.
43. b
L’insuline est la seule molécule. Les autres sont des cellules.
44. et 45. Il s’agit des expériences classiques de Pàal sur le coleoptile.
46 à 50. Aucune difficulté.
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Deuxième partie : Exercice sur 7,5 points
Le but de cet exercice est de s’intéresser à un système de groupes sanguins appelé système
Luthéran. Le gène codant le marqueur Luthéran est représenté par deux allèles : l’allèle
dominant Lu+ (permettant la mise en place du marqueur) et l’allèle récessif Lu- (ne permettant
pas la mise en place du marqueur).
Cet exercice s’intéresse également à des marqueurs des groupes sanguins du système ABO. On
parle du phénotype « sécréteur ». Celui-ci est dû à la présence d’un marqueur présent dans la
salive. Ce phénotype dépend d’un gène composé lui-même de deux allèles : l’allèle dominant
Se+ (permettant la mise en place du marqueur) et l’allèle récessif Se- (ne permettant pas la mise
en place du marqueur).
L’énoncé nous indique que les gènes sont liés.
Comment, à la vue des résultats, est on amené à considérer que les gènes sont liés ?
1°) Le tableau montre que dans chaque famille, seuls deux phénotypes sont observés :
- pour la famille 1, il s’agit des phénotypes [Lu+ Se-] et [Lu- Se+] ;
- pour la famille 2, il s’agit des phénotypes [Lu+ Se+] et [Lu- Se-].
Si les gènes étaient indépendants, le tableau montrerait quatre phénotypes dans chaque
famille. Or seulement deux sont observables. On peut conclure que les gènes sont liés.
Comment sont disposés les allèles de ces deux gènes sur les chromosomes d’un parent
hétérozygote du couple 1 et d’un parent hétérozygote du couple 2 ?
2°) Pour les couples de type 1.
D’après la première question, les enfants obtenus sont de phénotypes [Lu+ Se-] et [Lu- Se+].
D’après l’énoncé, les deux parents sont [Lu+ Se+] et [Lu- Se-] et on nous indique que le parent
[Lu+ Se+] est hétérozygote pour les deux gènes.
De ces données on peut tirer les éléments suivants :
- le parent homozygote [Lu- Se-] ne donnant qu’un seul type de gamètes (Lu - Se - ) et
- le parent hétérozygote produisant deux types de gamètes (Lu + Se - ) et (Lu - Se + )
on peut en déduire la disposition la plus probable des allèles de ces gènes sur les
chromosomes d’un parent hétérozygote :
Disposition la plus probable des allèles sur les
chromosomes d’un parent hétérozygote du couple 1
Pour les couples de type 2.
D’après la première question, les enfants obtenus sont de phénotypes [Lu+ Se+] et [Lu- Se-].
D’après l’énoncé, les deux parents sont [Lu+ Se+] et [Lu- Se-] et on nous indique que le parent
[Lu+ Se+] est hétérozygote pour les deux gènes.
De ces données on peut tirer les éléments suivants :
- le parent homozygote [Lu- Se-] ne donnant qu’un seul type de gamètes (Lu - Se - ) et
- le parent hétérozygote produisant deux types de gamètes (Lu + Se + ) et (Lu - Se - )
on peut en déduire la disposition la plus probable des allèles de ces gènes sur les
chromosomes d’un parent hétérozygote :
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