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EXERCICES : STABILITE VARIATION DU GENOME : pages 144 – 145 – 146
EXERCICE 1 PAGE 144 : DETERMINER LE GENOTYPE A PARTIR DE L’ETUDE DE CROISEMENTS
Question 1 : informations déductibles des croisements
Le texte indique que la couleur de ces poulets, noire blanche ou bleue, ne dépend que d’un gène.
L’existence de 3 couleurs possibles du plumage : noir, blanc et bleu, peut être due à 3 allèles différentes (noir,
blanc, bleue) ou à deux allèles différentes qui interagissent pour former la 3° couleur.
Dans les deux premiers croisements, on note que :
 [noir] X [noir] donne 100% [noir] : soit les 2 génotypes sont homozygotes (n//n) et (n//n), soit l’un est
homozygote et l’autre hétérozygote, dans ce cas N est dominant et l’autre allèle récessif : (N//N) et (N//b)
ou (N//bleu).
 Le texte indique que tous les croisements [noir] X [noir] donnent toujours 100% de [noir] : si les poulets
étaient hétérozygotes avec l’allèle N dominant, 25% de descendants seraient soit blancs soit bleus suivant
l’allèle récessif porté. En conséquence les individus noirs sont toujours de génotype (n//n).
 [blanc] X [blanc] donne 100% [blanc] : même raisonnement tenus que pour les poulets noirs.
Les poulets noirs sont donc de génotype : (n//n) et les poulets blancs de génotype (b//b)
Les croisements suivants : [noir] X [blanc] donnent toujours 100% [bleu] :
Les génotypes homozygotes (n//n) et (b//b) donnent toujours les mêmes œufs : (n//b). le phénotype [bleu]
correspond alors au génotype hétérozygote (n//b) ou les deux allèles s’expriment en codominance.

Question 2 : résultats conformes aux génotypes
Cette question s’applique aux deux autres croisements tests
Le croisement test : [noir] X [bleu] donne : 50 % [noir] et 50% [bleu]
Le croisement test : [blanc] X [bleu] donne : 50 % [blanc] et 50% [bleu]
Les génotypes sont connus et permettent donner le tableau de croisement
[noir]
Gamètes
n
n
[bleu]
b
(n//b)
[bleu]
(n//b)
[bleu]
n
(n//n)
[noir]
(n//n)
[noir]
[blanc]
Gamètes
b
b
[bleu]
n
(n//b)
[bleu]
(n//b)
[bleu]
b
(b//b)
[blanc]
(b//b)
[blanc]
Les résultats expérimentaux 50 % et bleu et 50 de noir ou de blanc sont vérifiés par les génotypes définis
précédemment : noir et blanc homozygotes (n//n) ou (b//b) et bleus hétérozygotes (n//b)

EXERCICE 2 PAGE 145 : DOMINANCE ET PHENOTYPE
Question : dominance ou codominance suivant l’échelle
Le texte indique que seules les personnes homozygotes sont malades :
A l’échelle de l’organisme, le phénotype « non malade » est dominant. Le phénotype « malade » est récessif.
Le texte indique que seules les personnes homozygotes ont des hématies falciformes :
A l’échelle cellulaire, le phénotype « hématie sphérique » est dominant. Le phénotype « hématie falciforme » est
récessif.
L’électrophorèse montre que chez un hétérozygote les deux types d’hémoglobines, HBA et HBS, sont présentes
dans le cytoplasme de l’hématie :
A l’échelle moléculaire, le phénotype « HBA » est codominant avec le phénotype « HBS ».
EXERCICE 3 PAGE 145 : BRASSAGES GENETIQUES ET LOCALISATION DE GENES RESOLU PAGE 424

EXERCICE 4 PAGE 146 : CROISEMENT CHEZ UN CHAMPIGNON HAPLOÏDE
Question 1 : principales caractéristiques obtenues
On observe sur la culture que :
 Chaque asque contient 8 spores
 4 spores sont capables de germer sur le milieu minimum : notées [HIS+]
 4 spores ne sont pas capables de germer sur ce milieu : notées [HIS-]
 L’arrangement des spores différent suivant les types d’asques :
4 [HIS+] / 4 [HIS-] ou bien 4 [HIS-] / 4 [HIS+]
2 [HIS+] / 2 [HIS-] / 2 [HIS+] / 2 [HIS-] ou inverse
2 [HIS-] / 4 [HIS+] / 2 [HIS-]
Question 2 : explication de la formation des types d’asques
Formation des asques 4 [HIS+] / 4 [HIS-] ou bien 4 [HIS-] / 4 [HIS+] :
Elle s’explique par migration aléatoire des deux chromosomes homologues portant les allèles H+ et H-, au cours
de la première division de méiose.
Formation des asques 2 [HIS+] / 2 [HIS-] / 2 [HIS+] / 2 [HIS-] ou inverse, et 2 [HIS-] / 4 [HIS+] / 2 [HIS-]
Elle s’explique par un crossing-over entre les chromosomes homologues au cours de la prophase de première
division de méiose : un des deux chromosomes échange un fragment de chromatide contenant H+ contre un
fragment de chromatide de l’autre chromosome homologue portant H-. les allèles H+ et H- ne séparent pas à la
1° division de méiose mais seulement à la 2° division, lors de la séparation des chromatides.

EXERCICE 5 PAGE 146 : BRASSAGE GENETIQUE ET AMELIORATION DES PLANTES
Question : intérêt des croisements réalisés
Le croisement des plants parentaux : [gros fruits, maturation rapide] X [petits fruits, maturation lente] a donné
une 1° génération (dite F1) ou tous les descendants sont [petites tomates, maturation lente].
Le croisement de ces descendants F1 avec des plants de type parental [gros fruits, maturation rapide] permet
d’obtenir 4 types de plants de tomates différents :
 [gros fruits, maturation rapide]
 [petits fruits, maturation lente]
 [gros fruits, maturation lente]
 [petits fruits, maturation rapide]
On remarque que les 2 types parentaux [gros fruits, maturation rapide] et [petits fruits, maturation lente] sont
accompagnés des 2 types recombinés [gros fruits, maturation lente] X [petits fruits, maturation rapide]
L’intérêt de ces croisements est d’obtenir des recombinaisons de caractères jugés intéressants. Le caractère
recherché ici est [gros fruits, maturation lente] permettant une forte production et une bonne conservation.
Question : explication des résultats obtenus
On note que ce croisement porte sur 2 caractères : grosseur du fruit et durée de maturation.
On sait que deux caractères différents peuvent être portés par une même paire de chromosome, les gènes sont
liés, ou bien sur deux paires de chromosomes différents, les gènes sont indépendants.
Dans le cas de gènes indépendants, les phénotypes obtenus dans un test cross sont tous équiprobables, à 25%
par phénotype, du fait de la séparation aléatoire des allèles en anaphase de 1° division de méiose.