Reproduction sexuée : méiose, brassages et fécondation

Génotype, méiose et fécondation, stabilité du caryotype ; analyse génétique (lignées pures, dominance, croisement test, gènes liés à l’X) ; brassages inter- et intrachromosomique ; génotype humain (familles, séquençage, mucoviscidose) ; accidents de la méiose et familles multigéniques.

À propos de cette page

Six problèmes sur documents : les pois de Mendel, un croisement test chez le maïs, les yeux et les ailes de la drosophile, le mâle aux yeux blancs de Morgan, des fleurs aux phénotypes parentaux trompeurs, la trisomie 21 et l’âge de la mère.

6 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Lire le premier croisement : lignées pures, phénotype de la F1, donc dominances et associations d’allèles reçues par la F1.
Reconnaître le second croisement : avec un homozygote récessif, c’est un croisement test, dont les phénotypes révèlent les gamètes de l’individu testé.
Calculer les pourcentages de chaque classe, puis celui des recombinés (classes aux associations nouvelles).
Conclure : quatre classes voisines de 25 % → gènes indépendants, brassage interchromosomique ; deux classes parentales majoritaires → gènes liés, crossing-over en prophase I ; résultats différents selon le sexe → gène lié à l’X.
Pour une anomalie chromosomique : compter les allèles du marqueur transmis par chaque parent, puis distinguer homologues (anaphase I) et chromatides sœurs (anaphase II).

Problème 1 · Les pois de Mendel : deux caractères à la fois★★★Facile

Document 1 — Le croisement. Dans les expériences qu’il présente en 1865, Gregor Mendel croise des pois de lignée pure à graines rondes et jaunes avec des pois de lignée pure à graines ridées et vertes. Toutes les graines obtenues (F1) sont rondes et jaunes.

Document 2 — La génération suivante. Les plantes nées de ces graines s’autofécondent : chaque F1 est croisée avec elle-même. Mendel récolte 556 graines sur 15 plantes.

Phénotype des graines	Nombre
[rondes, jaunes]	315
[ridées, jaunes]	101
[rondes, vertes]	108
[ridées, vertes]	32

Document 3 — Notation. R (rond) et r (ridé) ; V (jaune) et v (vert). On suppose les deux gènes indépendants.

1. D’après le document 1, les allèles « rond » et « jaune » sont .
Dominants : la F1, hétérozygote, n’exprime que ces caractères.
2. Génotype des plantes F1 : (R//r ; V//)
(R//r ; V//v) : un allèle de chaque lignée pure, pour chaque gène.
3. Chaque F1 produit des gamètes (r ; v) avec la probabilité .
Gènes indépendants : quatre types de gamètes équiprobables, $\frac{1}{4}$ .
4. Proportion attendue de graines [ridées, vertes] dans le document 2 :
Il faut un gamète (r ; v) de chaque côté de l’autofécondation : $\frac{1}{4} \times \frac{1}{4} =$ $\frac{1}{16}$ .
5. Nombre attendu de graines [rondes, jaunes] sur 556 (à l’unité) :
$556 \times \frac{9}{16} = 312, 75 \approx$ 313, pour 315 observées.
6. Nombre attendu de graines [ridées, vertes] (à l’unité) :
$556 \times \frac{1}{16} = 34, 75 \approx$ 35, pour 32 observées : l’écart est faible, les résultats s’accordent avec des gènes indépendants.
7. Pour la forme seule, rapport graines rondes / graines ridées (au centième) :
Rondes : $315 + 108 = 423$ ; ridées : $101 + 32 = 133$ ; $\frac{423}{133} \approx$ 3,18, voisin de 3 : chaque caractère, pris seul, donne trois dominants pour un récessif.

Problème 2 · Grains de maïs : un croisement test★★★Moyen

Document 1 — Deux lignées pures. On croise une lignée pure de maïs à grains jaunes et lisses avec une lignée pure à grains blancs et ridés. Tous les grains de la F1 sont jaunes et lisses.

Document 2 — Le second croisement. Des plantes F1 sont croisées avec la lignée à grains blancs et ridés. On obtient 1 204 grains.

Phénotype	Effectif
[jaune, lisse]	312
[blanc, ridé]	297
[jaune, ridé]	305
[blanc, lisse]	290

Document 3 — Notation. J (jaune) et j (blanc) ; L (lisse) et l (ridé).

1. Le parent [blanc, ridé] est récessif pour les deux gènes : le document 2 décrit un croisement test.
Homozygote récessif (j//j ; l//l) : il ne fournit que des gamètes (j ; l), qui ne masquent rien.
2. Pourcentage de grains [jaune, lisse] (au dixième) : %
$\frac{312}{1 204} \approx 0, 2591$ , soit 25,9 %.
3. Pourcentage de grains recombinés (au dixième) : %
Les recombinés sont [jaune, ridé] et [blanc, lisse] : $\frac{305 + 290}{1 204} = \frac{595}{1 204} \approx$ 49,4 %.
4. Les deux gènes sont donc .
Indépendants : quatre classes voisines de 25 %, portés par deux paires de chromosomes différentes.
5. Génotype de la F1 : (J//j ; )
(J//j ; L//l) : deux gènes sur deux paires différentes, d’où le point-virgule.
6. Ce brassage se produit pendant la méiose de la F1, en I.
En anaphase I : les deux paires se séparent indépendamment, deux dispositions équiprobables, quatre gamètes à 25 %.

Problème 3 · Yeux et ailes chez la drosophile★★★Moyen

Document 1 — Les parents. On croise des drosophiles de lignée pure aux yeux rouges et ailes longues avec des drosophiles aux yeux pourpres et ailes vestigiales. Toutes les F1 ont les yeux rouges et des ailes longues. Allèles : pr⁺ (rouge) et pr (pourpre) ; vg⁺ (ailes longues) et vg (vestigiales).

Document 2 — Croisement de femelles F1 avec des mâles aux yeux pourpres et ailes vestigiales.

Phénotype	Effectif
[rouges, longues]	1 108
[pourpres, vestigiales]	1 046
[rouges, vestigiales]	127
[pourpres, longues]	139

Document 3 — Une particularité. Chez la drosophile, les mâles ne réalisent pas de crossing-over.

1. Pourcentage de phénotypes parentaux (au dixième) : %
$\frac{1 108 + 1 046}{2 420} = \frac{2 154}{2 420} \approx$ 89,0 % : deux classes largement majoritaires, gènes liés.
2. Pourcentage de drosophiles recombinées (au dixième) : %
$\frac{127 + 139}{2 420} = \frac{266}{2 420} \approx$ 11,0 %.
3. Génotype des femelles F1 : (pr⁺ vg⁺ // )
(pr⁺ vg⁺ // pr vg) : un chromosome de chaque lignée pure.
4. Les recombinés viennent de crossing-over survenus en I de la méiose des femelles F1.
En prophase I, entre deux chromatides non sœurs, entre les deux loci : chromatides (pr⁺ vg) et (pr vg⁺).
5. Croisement réciproque, mâles F1 × femelles [pourpres, vestigiales] : pourcentage de recombinés attendu : %
0 % : le mâle F1 ne fait pas de crossing-over et ne forme que les gamètes parentaux, d’où 50 % [rouges, longues] et 50 % [pourpres, vestigiales].
6. Sur 2 000 descendants de ce croisement réciproque, on attend environ [pourpres, vestigiales].
La moitié : 1 000.

Problème 4 · Le mâle aux yeux blancs de Thomas Morgan★★★Moyen

Document 1 — Un mutant. En 1910, Thomas Morgan trouve dans un élevage de drosophiles aux yeux rouges un mâle aux yeux blancs. Il le croise avec des femelles aux yeux rouges : il obtient 1 237 descendants aux yeux rouges (et 3 mâles aux yeux blancs, laissés ici de côté).

Document 2 — La deuxième génération. Ces descendants sont croisés entre eux (Morgan, Science, 1910).

Descendants	Effectif
femelles aux yeux rouges	2 459
mâles aux yeux rouges	1 011
mâles aux yeux blancs	782

Document 3 — Hypothèse. Le gène est porté par le chromosome X, et le chromosome Y n’en porte aucun allèle. On note X⁺ (rouge) et X^w (blanc).

1. D’après le document 1, l’allèle « blanc » est .
Récessif : les filles de ce croisement ont reçu X^w de leur père et ont pourtant les yeux rouges.
2. Effectif total de la deuxième génération :
$2 459 + 1 011 + 782 =$ 4 252.
3. Pourcentage de femelles aux yeux blancs dans cette génération : %
0 % : le phénotype blanc n’apparaît que chez des mâles.
4. Génotype des femelles de la première génération : (X⁺//X)
(X⁺//X^w) : X⁺ de leur mère, X^w de leur père.
5. Parmi les mâles de la deuxième génération, proportion d’yeux blancs attendue : %
Chaque fils reçoit l’un des deux X de sa mère (X⁺//X^w) : 50 %.
6. Proportion observée (au dixième) : %
$\frac{782}{1 011 + 782} = \frac{782}{1 793} \approx$ 43,6 % : un peu moins que prévu, mais l’essentiel est là : le caractère se transmet de la mère au fils.
7. Selon l’hypothèse, nombre attendu de mâles aux yeux blancs dans l’ensemble de cette génération :
Moitié de femelles, toutes aux yeux rouges ; moitié de mâles, dont la moitié aux yeux blancs : $4 252 \div 4 =$ 1 063, pour 782 observés.

Problème 5 · Fleurs et pollen : des parentaux trompeurs★★★Difficile

Document 1 — Le premier croisement. Chez une plante ornementale, une lignée pure à fleurs pourpres et pollen rond est croisée avec une lignée pure à fleurs rouges et pollen long. Toutes les plantes F1 ont des fleurs pourpres et un pollen long.

Document 2 — Croisement des F1 avec une lignée pure à fleurs rouges et pollen rond. On obtient 900 descendants.

Phénotype	Effectif
[pourpre, rond]	382
[rouge, long]	371
[pourpre, long]	68
[rouge, rond]	79

Document 3 — Notation. P (pourpre) et p (rouge) ; L (long) et l (rond).

1. L’allèle « long » est .
Dominant : la F1, issue de lignées pures [rond] et [long], a un pollen long.
2. Les deux classes majoritaires représentent (au dixième) % des descendants.
$\frac{382 + 371}{900} = \frac{753}{900} \approx$ 83,7 % : bien plus que 50 %, les gènes sont liés.
3. Génotype des plantes F1 : (P l // )
(P l // p L) : la F1 a reçu le chromosome (P l) du parent [pourpre, rond] et (p L) du parent [rouge, long].
4. Les recombinés représentent (au dixième) % des descendants.
$\frac{68 + 79}{900} = \frac{147}{900} \approx$ 16,3 %.
5. Les gamètes recombinés de la F1 sont (P L) et ().
(P L) et (p l), formés par un crossing-over entre les deux loci en prophase I ; avec les gamètes (p l) du second parent, ils donnent [pourpre, long] et [rouge, rond].
6. Le phénotype [pourpre, long], « tout dominant », représente (au dixième) % des descendants.
$\frac{68}{900} \approx 0, 0756$ , soit 7,6 % : c’est une classe minoritaire, donc un phénotype recombiné, et non parental.

Problème 6 · Trisomie 21 : âge de la mère et origine de l’accident★★★Difficile

Document 1 — Risque de trisomie 21 à la naissance selon l’âge de la mère (ordres de grandeur).

Âge de la mère	20 ans	30 ans	35 ans	40 ans	45 ans
Risque	1 / 1 500	1 / 900	1 / 350	1 / 100	1 / 30

Document 2 — Une méiose interrompue. Chez la femme, les ovocytes commencent leur méiose avant la naissance et restent bloqués en prophase I jusqu’à l’ovulation, entre la puberté et la ménopause. Chez l’homme, la méiose se déroule en continu à partir de la puberté.

Document 3 — Une famille. Allèles d’un marqueur du chromosome 21 : mère m1 m3 ; père p1 p2 ; enfant trisomique m3 m3 p2.

1. Risque à 20 ans, en pourcentage (au millième) : %
$\frac{1}{1 500} \approx 0, 000 667$ , soit 0,067 %.
2. Le risque est fois plus élevé à 40 ans qu’à 20 ans.
Le dénominateur passe de 1 500 à 100 : le risque est multiplié par $1 500 \div 100 =$ 15.
3. D’après le document 3, la non-disjonction a eu lieu chez le parent suivant :
La mère : l’enfant porte deux allèles maternels ; p2 vient d’un spermatozoïde normal.
4. Elle a eu lieu en anaphase .
Anaphase II : les deux copies sont identiques (m3), ce sont les chromatides sœurs d’un même chromosome ; une erreur d’anaphase I aurait donné m1 et m3.
5. Hypothèse : plus la méiose de l’ovocyte reste longtemps bloquée en I, plus le risque de non-disjonction à sa reprise est grand.
En prophase I, parfois plus de quarante ans : cohérent avec la hausse du risque après 35 ans (de 1/350 à 1/30).
6. L’ovule à l’origine de cet enfant contenait chromosomes.
24 : 23 chromosomes comme un ovule normal, plus un second chromosome 21 (deux copies de m3) ; fécondé par un spermatozoïde à 23 chromosomes, il donne une cellule-œuf à 47 chromosomes.

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