BIOLOGIE - Ecole Européenne de Strasbourg

BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2010
BIOLOGIE
Réponses proposées 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.
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Réponses proposées
points
2 points
Réponses P 1
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a)i. La cellule contient un noyau [1] et des organites entourés d'une membrane
unitaire [1].
3 points
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
6 points
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)
2 points
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].
5 points
ii. Comparaison:
Les deux courbes ont la même allure. Elles montrent deux pics
d'absorption: un dans le bleu (400-500 nm) et un dans le rouge (675 nm).
Le minimum d'absorption se trouve dans le vert (525-625 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].
4 points
iii. La température: les réactions enzymatiques dépendent de la température.
Plus elle augmente, plus la vitesse de réaction augmente également.
La concentration en CO2: le CO2 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!)
2 points
iv. Cette plante est verte, car c'est dans le vert qu'elle absorbe le minium de
lumière, donc réflète le maximum.
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points
Réponses P 1
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1er groupe: le glucose marqué au 18O se retrouve après le cycle de Krebs
sous forme de CO2 [1]. Ainsi les rats rejettent du C18O2. [1].
2e groupe: le glucose marqué au 14C est rejeté logiquemnt sous forme de
14
CO2. [1]
3e groupe: le glucose n'est pas marqué, mais l'air inspiré l'est au 18O. Au
niveau de la chaîne respiratoire les H+ et les électrons se combinent à l'O2
de l'air, l'eau est nécessairement marqué H218O [1].
4 points
c)
4 points
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].
3 points
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].
3 points
iii. C6H12O6 + 6 O2
C6H12O6
6 CO2 + 6 H2O
[1]
2 C3H6O3 (ou CH3CHOHCOOH) [1]
La réaction aérobie fournit 38 ATP, la réaction anaérobie seulement 2. [1]
2 points
iv. L'acide lactique acidifie le muscle entraînant des crampes [1]. Par des
mouvements respiratoires profonds et rapides la quantité d' O2 augmente
dans le sang de sorte que le foie peut oxyder l'acide lactique [1].
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points
4 points
Réponses P 2
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a) i. Schéma selon Eurobio.[1] Doivent être mentionnés: bicouche
phospholipidique, protéine intrinsèque, protéine extrinsèque, canal
protéique, glycoprotéine, glycolipide, faces externe et interne [3].
3 points
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]
6 points
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!)
4 points
2 points
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
PGA
RuBP [1]
BPGA [1]
2 points
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].
3 points
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].
3 points
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.
2 points
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.
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points
Réponses P 2
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3 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.
6 points
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].
2 points
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].
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points
3 points
3 points
Réponses G 1
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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]
2 points
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].
3 points
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].
3 points
v. Individus : II1 II2 III1 III2 III3 III4
Génotypes: Nn Nn NN nn nn Nn [6 x 0.5]
2 points
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].
1 point
vii. Toutes les cellules d'un organisme posssèdent le même lot chromosomique,
donc tous les gènes qu'on veut rechercher.
2 points
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).
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points
4 points
Réponses G 1
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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
Gamétes :
Cl, cL
Gamètes recombinés: CL, cl
Cl
cL
cl
x
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:
34 +36
X 100 = 3.5 %.
34+36+951+979
4 points
8 points
iii.
c)i.
C
c
C
c
l
L
l
L
C
c
C
c
l
l
L
L
C c
l
l
C
L
c
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].
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points
5 points
Réponses G 1
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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].
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points
2 points
Réponses G 2
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a) i. Arrangement des chromosomes métaphasiques colorés selon leur taille, la
position de leur centromère et leurs bandes.
4 points
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].
4 points
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].
6 points
iv. Gamètes des Parents:
père : 13D8ou E)+17D(ou E)
mère: 13A+17A, 13A+17B, 13B+17A, 13B+17B
13D+17D
13A+17A
13A+17B
13B+17A
13B+17B
13A/13D+
17A/17D
13A/13D+
17B/17D
13B/13D+
17A/17D
13B/13D+
17B/17D
Génotype
normal
Addition au
chr.17
Délétion du
chr.13
25%
25%
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].
4 points
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 .
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Réponses proposées
points
Réponses G 2
page 2/2
3 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].
3 points
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
4 points
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].
5 points
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
2 points
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].
3 points
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.
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points
Réponses E 1
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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].
3 points
a)
5 points
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.
2 points
3 points
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.
2 points
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].
2 points
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.
3 points
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.
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Réponses proposées
Points
2 points
Réponses E 2
a) i
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Pression reproductive: attraction sexuelles des guppies femelles par les
mâles
Pression du prédateur: survivre et ne pas être mangé avant la reproduction
3 points
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.
4 points
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.
3 points
b) i. Homme
Chimpanzé
Gorille
Orang-Outang
3 points
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.
3 points
iii. 2p et 2q du Chimpanzé ont le plus de ressemblance avec le chromosome 2
de l'Homme.
2 points
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.
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