МУМ5 → Биология → разборы → демоверсия 2027 → № 27

Задание 27 демоверсии ЕГЭ 2027 по биологии

Задача по цитологии. Сначала напиши свой ответ, потом сравни с образцом.

Пример 1

Известно, что синтез нуклеиновых кислот начинается с 5′ конца, рибосома движется по иРНК в направлении от 5′ к 3′ концу, а все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на которой синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов (нижняя цепь матричная):

5′-ЦГААГГТГАЦААТГТ-3′
3′-ГЦТТЦЦАЦТГТТАЦА-5′

Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте, и определите аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет с 5′ конца соответствует антикодону тРНК. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу генетического кода. При написании нуклеиновых кислот указывайте направление цепи.

Генетический код (иРНК от 5′ к 3′ концу)

Первое основание	Второе основание: У	Ц	А	Г	Третье основание
У	Фен	Сер	Тир	Цис	У
	Фен	Сер	Тир	Цис	Ц
	Лей	Сер	–	–	А
	Лей	Сер	–	Трп	Г
Ц	Лей	Про	Гис	Арг	У
	Лей	Про	Гис	Арг	Ц
	Лей	Про	Глн	Арг	А
	Лей	Про	Глн	Арг	Г
А	Иле	Тре	Асн	Сер	У
	Иле	Тре	Асн	Сер	Ц
	Иле	Тре	Лиз	Арг	А
	Мет	Тре	Лиз	Арг	Г
Г	Вал	Ала	Асп	Гли	У
	Вал	Ала	Асп	Гли	Ц
	Вал	Ала	Глу	Гли	А
	Вал	Ала	Глу	Гли	Г

Источник: ФИПИ, проект демоверсии ЕГЭ 2027, с. 20

Образец ответа

По матричной цепи 3′-ГЦТТЦЦАЦТГТТАЦА-5′ синтезируется участок тРНК: 5′-ЦГААГГУГАЦААУГУ-3′.
Триплеты с 5′ конца: ЦГА, АГГ, УГА, ЦАА, УГУ. Третий триплет — антикодон 5′-УГА-3′. Ему комплементарен кодон иРНК 3′-АЦУ-5′, то есть 5′-УЦА-3′.
По таблице генетического кода кодону УЦА соответствует аминокислота Сер (серин) — её и переносит эта тРНК.

Как оценивают · максимум 3

Схема решения до 3
3 балла — верно записаны последовательность тРНК с концами 5′ и 3′, антикодон и соответствующий ему кодон иРНК (УЦА), названа аминокислота серин. За два верных элемента — 2 балла, за один — 1. Направление цепей обязательно.

Как выполнять

тРНК строится на нижней (матричной) цепи по принципу комплементарности и антипараллельно, вместо Т ставим У. Получается та же последовательность, что у верхней цепи ДНК, только с У.
Делим на триплеты с 5′ конца и берём третий — это антикодон.
Кодон иРНК комплементарен антикодону и антипараллелен ему: записываем его и переворачиваем в направлении 5′→3′.
По таблице генетического кода находим аминокислоту.

Пример 2

У бактерий имеется специфический тип РНК, образующий шпилечную структуру благодаря комплементарным участкам. Шпилечная структура позволяет этой РНК попадать в рибосому. После шпильки через несколько нуклеотидов располагается открытая рамка считывания, которая начинается с аланинового кодона. Фрагмент молекулы ДНК, на которой синтезируется участок РНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов (нижняя цепь – матричная):

5′-АЦГЦЦТАЦТГЦАТАГГЦААГЦАЦЦТГАТАГГЦ-3′
3′-ТГЦГГАТГАЦГТАТЦЦГТТЦГТГГАЦТАТЦЦГ-5′

Установите нуклеотидную последовательность участка РНК, который синтезируется на данном фрагменте. Установите вторичную структуру участка РНК. Установите последовательность начала открытой рамки считывания на данном участке РНК. Определите последовательность фрагмента полипептида, который кодируется данным фрагментом РНК. Для решения задания используйте таблицу генетического кода. При написании нуклеиновых кислот указывайте направление цепи.

Генетический код (иРНК от 5′ к 3′ концу)

Первое основание	Второе основание: У	Ц	А	Г	Третье основание
У	Фен	Сер	Тир	Цис	У
	Фен	Сер	Тир	Цис	Ц
	Лей	Сер	–	–	А
	Лей	Сер	–	Трп	Г
Ц	Лей	Про	Гис	Арг	У
	Лей	Про	Гис	Арг	Ц
	Лей	Про	Глн	Арг	А
	Лей	Про	Глн	Арг	Г
А	Иле	Тре	Асн	Сер	У
	Иле	Тре	Асн	Сер	Ц
	Иле	Тре	Лиз	Арг	А
	Мет	Тре	Лиз	Арг	Г
Г	Вал	Ала	Асп	Гли	У
	Вал	Ала	Асп	Гли	Ц
	Вал	Ала	Глу	Гли	А
	Вал	Ала	Глу	Гли	Г

Источник: ФИПИ, проект демоверсии ЕГЭ 2027, с. 21

Образец ответа

Участок РНК, синтезированный на матричной цепи: 5′-АЦГЦЦУАЦУГЦАУАГГЦААГЦАЦЦУГАУАГГЦ-3′.
Вторичная структура. Участок ГЦЦУА (нуклеотиды 3–7) комплементарен участку УАГГЦ (нуклеотиды 13–17): пары Г–Ц, Ц–Г, Ц–Г, У–А, А–У образуют стебель шпильки, а нуклеотиды ЦУГЦА (8–12) — её петлю:

5′-А       АГЦАЦЦУГАУАГГЦ-3′
    Ц     А
     Г–Ц
     Ц–Г
     Ц–Г
     У–А
     А–У
    Ц   А
     У Ц
      Г

После шпильки идут два нуклеотида АА (18–19), а с 20-го начинается открытая рамка считывания — с аланинового кодона ГЦА: 5′-ГЦАЦЦУГАУАГГ-3′.
Триплеты рамки ГЦА, ЦЦУ, ГАУ, АГГ кодируют фрагмент полипептида: ала – про – асп – арг.

Как оценивают · максимум 3

Схема решения до 3
3 балла — верно записаны последовательность РНК с концами, вторичная структура (шпилька: стебель ГЦЦУА/УАГГЦ и петля), открытая рамка 5′-ГЦАЦЦУГАУАГГ-3′ (можно указать её на последовательности или схеме) и полипептид ала-про-асп-арг. Три элемента — 2 балла, два — 1.

Как выполнять

РНК комплементарна матричной (нижней) цепи и антипараллельна ей — совпадает с верхней цепью, где Т заменён на У.
Ищите в начале РНК два участка, комплементарных друг другу при чтении навстречу: они образуют стебель шпильки, а нуклеотиды между ними — петлю.
После шпильки отсчитайте несколько нуклеотидов и найдите кодон аланина (ГЦУ, ГЦЦ, ГЦА или ГЦГ) — с него начинается рамка.
Разбейте рамку на триплеты и переведите по таблице генетического кода.

Пример 3

Для соматической клетки животного характерен диплоидный набор хромосом. Определите хромосомный набор (n) и число молекул ДНК (c) в клетке при гаметогенезе в метафазе II мейоза и анафазе II мейоза. Объясните полученные результаты.

Источник: ФИПИ, проект демоверсии ЕГЭ 2027, с. 22

Образец ответа

В метафазе II мейоза набор хромосом — n.
Число молекул ДНК — 2c.
В анафазе II мейоза набор хромосом — 2n.
Число молекул ДНК — 2c.
Перед метафазой II прошло редукционное деление (мейоз I), поэтому клетки гаплоидные, но хромосомы двухроматидные: n2c.
В анафазе II к полюсам расходятся сестринские хроматиды, каждая становится отдельной хромосомой; клетка ещё не разделилась, поэтому число хромосом равно числу молекул ДНК: 2n2c.

Как оценивают · максимум 3

Схема решения до 3
3 балла — верно указаны набор хромосом и число ДНК для обеих фаз (n2c и 2n2c) и оба объяснения: после мейоза I клетка гаплоидна, хромосомы двухроматидные; в анафазе II расходятся сестринские хроматиды. Пять элементов — 2 балла, три-четыре — 1.

Как выполнять

Вспомните, что происходит в мейозе I: к полюсам расходятся гомологичные хромосомы, и клетки становятся гаплоидными.
В метафазе II каждая хромосома ещё состоит из двух хроматид — посчитайте n и c.
В анафазе II хроматиды расходятся и становятся самостоятельными хромосомами, но клетка ещё не разделилась — пересчитайте n и c.

Пример 4

Окраска шерсти у полёвки обыкновенной (Microtus arvalis) контролируется одним геном. Доминантные гомозиготы имеют серый цвет; рецессивные гомозиготы – белый. Гетерозиготы имеют промежуточную окраску. В равновесной популяции полёвок обыкновенных на 1000 особей приходится 90 белых. Популяция попала в новые условия, при которых в результате интенсивного отлова хищниками погибло 50 % серых особей. Рассчитайте частоты аллелей и частоту (долю) особей с серой окраской в изначальной популяции, а также частоты (доли) всех фенотипов в популяции после отлова хищниками. Поясните ход решения. При расчётах округляйте значения до четвёртого знака после запятой.

Источник: ФИПИ, проект демоверсии ЕГЭ 2027, с. 22

Образец ответа

Пусть A — аллель серой окраски, a — белой; AA — серые, Aa — промежуточная окраска, aa — белые.

Изначальная популяция.

Доля белых: $q^2 = 90 : 1000 = 0{,}09$ , значит, частота рецессивного аллеля $q = 0{,}3000$ , частота доминантного аллеля $p = 1 - 0{,}3 = 0{,}7000$ .
Доля серых особей: $p^2 = 0{,}7^2 = 0{,}4900$ . Доля гетерозигот $2pq = 2 \cdot 0{,}7 \cdot 0{,}3 = 0{,}42$ , белых — 0,09.

После отлова. Серых осталось $0{,}49 : 2 = 0{,}245$ , остальные не изменились. Сумма долей: $0{,}245 + 0{,}42 + 0{,}09 = 0{,}755$ .

Серые (AA): $0{,}245 : 0{,}755 \approx 0{,}3245$ .
С промежуточной окраской (Aa): $0{,}42 : 0{,}755 \approx 0{,}5563$ .
Белые (aa): $0{,}09 : 0{,}755 \approx 0{,}1192$ .

Как оценивают · максимум 3

Схема решения до 3
3 балла — найдены частоты аллелей q = 0,3 и p = 0,7 (элемент засчитывают, только если есть обе), доля серых до отлова 0,49 и доли всех трёх фенотипов после отлова (0,3245; 0,5563; 0,1192), ход решения пояснён. Допустимая погрешность — 0,01. Три-четыре элемента — 2 балла, два — 1.

Как выполнять

Популяция равновесная, значит, работает закон Харди — Вайнберга: доли AA, Aa, aa равны $p^2$ , $2pq$ , $q^2$ .
Доля белых (aa) — $q^2$ ; из неё найдите $q$ , затем $p = 1 - q$ .
Найдите доли всех трёх генотипов до отлова.
Уберите половину серых, сложите оставшиеся доли и разделите каждую на эту сумму — получатся новые частоты фенотипов.

Пример 5

При каждом раунде репликации ДНК полимераза вносит ошибки в последовательность нуклеотидов. Чем раньше существовал общий предок двух видов, тем больше различий (нуклеотидных замен) накапливается между последовательностями ДНК потомков этого предка. Филогенетические деревья позволяют продемонстрировать эволюционную связь между потомками общего предка.

Ниже приведено выравнивание последовательностей смысловых цепей гомологичных участков одного из генов трёх штаммов бактерии и их известного общего предка. Изменённые нуклеотиды в выравнивании выделены полужирным шрифтом.

Выравнивание последовательностей из 35 нуклеотидов: предок 5′-ГТАЦТ АТГЦГ АТЦАТ ЦЦТГГ ЦТАТЦ ТАГТА ТТТЦА-3′; штамм A с заменами в позициях 17, 21, 31; штамм B — в позициях 9, 12, 26, 28, 29; штамм C — в позициях 12, 17, 26, 29, 32

Постройте филогенетическое древо для данных трёх штаммов на основании представленных последовательностей нуклеотидов. Укажите порядок возникновения трёх штаммов. Рассчитайте, когда существовал последний общий предок штаммов B и C при условии, что на приведённом участке за сто поколений возникает три нейтральных* мутации. Приведите расчёты, аргументируя ответ. Считайте, что одно поколение у данного вида бактерии сменяется за 20 минут, а также, что все мутации, которые произошли в данном участке гена, нейтральные. При ответе округляйте значения до первого знака после запятой.

* Нейтральные мутации – это изменения в последовательности ДНК, которые не оказывают никакого влияния на приспособленность организма.

Источник: ФИПИ, проект демоверсии ЕГЭ 2027, с. 22

Образец ответа

Сравним штаммы с предком. Штамм A: замены в позициях 17, 21, 31. Штамм B: 9, 12, 26, 28, 29. Штамм C: 12, 17, 26, 29, 32. У B и C общие замены в позициях 12, 26 и 29 — они унаследованы от их общего предка, а у A общих замен с ними нет.

Филогенетическое древо: от общего предка отходят две ветви — штамм A и предковый штамм BC, который затем разделяется на штаммы B и C:

        ┌──────────── штамм A
предок ─┤
        │     ┌────── штамм B
        └─────┤
              └────── штамм C

Сначала возник штамм A и предок штаммов B и C (предковый штамм BC).
Затем от предкового штамма BC возникли штаммы B и C.
Между штаммами B и C 4 нуклеотидных различия — в позициях 9, 17, 28, 32.
После разделения каждый из двух штаммов накопил в среднем по $4 : 2 = 2$ нейтральные мутации.
Число поколений, нужное для накопления двух мутаций: $N = \dfrac{2 \cdot 100}{3} \approx 66{,}7$ .
Время: $t = 66{,}7 \cdot 20 = 1334$ мин (около 22,2 ч). Значит, последний общий предок штаммов B и C существовал примерно 1334 минуты (22,2 часа) назад.

Как оценивают · максимум 3

Схема решения до 3
3 балла — шесть-семь верных элементов, среди которых обязательно древо (подходит любой верный вариант рисунка), число поколений N ≈ 66,7 и время ≈ 1334 мин (22,2 ч); кроме того — порядок возникновения штаммов, 4 различия между B и C и по 2 мутации на ветвь. Четыре-пять элементов с древом — 2 балла, два-три любых — 1.

Как выполнять

Сравните каждый штамм с предком и выпишите позиции замен. Общие для двух штаммов замены унаследованы от их общего предка — эти штаммы ближайшие родственники.
Штамм, у которого нет общих замен с другими, отделился первым.
Посчитайте различия между B и C: поделите их пополам — столько замен накопила каждая ветвь после разделения.
Из скорости «3 мутации за 100 поколений» найдите число поколений, затем умножьте на 20 минут.