Vraag /144. Vraag 14

Maat: px

Weergave met pagina beginnen:

Download "Vraag /144. Vraag 14"

Clara Peeters
7 jaren geleden
Aantal bezoeken:

1 Vraag /144 De kinderen van Romeo en Julia kunnen de ziekte enkel hebben indien hun beide ouders heterozygoot zijn. Hoe groot is die kans? Julia's broer Augusto heeft de ziekte, dus moeten zowel Laura als Guiseppe drager geweest zijn. Uit het huwelijk van Laura en Guiseppe verwacht je homozygoot normale kinderen, heterozygote kinderen en homozygote zieke kinderen, en wel in een verhouding 1:2:1. De kans dat Julia heterozygoot is, bedraagt, gegeven het feit dat ze zélf de ziekte niet heeft, 2/3. Romeo's zus Antonia heeft de ziekte ook, dus moeten ook Lola en Manu drager geweest zijn. Een gelijkaardige redenering als hierboven leidt tot de conclusie dat de kans dat Romeo heterozygoot is, gelijk is aan 2/3. De kans dat én Romeo én Julia heterozygoot zijn bedraagt dus 2/3 x 2/3 = 4/9. Als beide ouders heterozygoot zijn, zullen de helft van hun kinderen heterozygoot zijn, één vierde van hen zal homozygoot normaal zijn, en één vierde zal homozygoot en dus ziek zijn. De kans dat ze drie gezonde kinderen zullen voortbrengen, bedraagt dus 3/4 x 3/4 x 3/4 = 27/64. Er bestaat echter ook de mogelijkheid dat niet beide ouders heterozygoot zijn. Die kans bedraagt 1-4/9 = 5/9 (zie hierboven). In dat geval zullen al hun kinderen gezond zijn. Combineren we nu beide mogelijkheden : Met een kans 4/9 zijn beide ouders heterozygoot; de kans op drie gezonde kinderen is dan 27/64. Met een kans 5/9 is één van beide ouders niet heterozygoot; de kans op drie gezonde kinderen is dan 1/1. De gecombineerde kans is dus (4/9 x 27/64) + (5/9 x 1) = 107/144. Vraag 14 1), 2) EN 3) De stamboom kan geen weergave zijn van X- gebonden dominante overerving. De vader levert immers steeds een X- chromosoom aan zijn dochters, maar deze blijken het kenmerk niet te hebben. De drie andere manieren van overerving zijn wél mogelijk.

2 In het geval van autosomale of X- gebonden recessieve overerving, kan de moeder heterozygoot zijn, of homozygoot voor de allelen die het kenmerk niet doen verschijnen. In het geval van autosomaal dominante overerving, is de vader heterozygoot, maar droeg hij het dominante allel niet over aan zijn kinderen. Vraag 15 De vader van haar vader Uw antwoord is JUIST Als het ging om een gelukkige gok, bekijk dan onderstaande verklaring Uit onderstaand diagram blijkt dat geen enkele mannelijke voorouder van de vader een bron kan zijn van genen op het X- chromosoom van de vrouw in kwestie. Vraag 16 2/3

3 De kruising tussen de XtfmX+ moeder en de X+Y vader geeft volgende mogelijke genotypen : XtfmX+ X+X+ XtfmY X+Y De eerste twee genotypen geven aanleiding tot normale, fertiele vrouwen. Het laatste genotype geeft aanleiding tot een gewone man. Het derde genotype, XtfmY, geeft een steriele fenotypische vrouw. Twee derden van de 'dochters' zijn dus fertiel. Vraag 17 de helft van de zonen, geen enkele dochter Uw antwoord is JUIST Als het ging om een gelukkige gok, bekijk dan onderstaande verklaring Het X- chromosoom dat de vrouw van haar vader kreeg, draagt zeker het recessieve allel voor kleurenblindheid, want de vader had maar één X- chromosoom (zoals trouwens alle mannen). Het genotype van de moeder is dus XgX+. De g in superscript staat hier voor het recessieve allel, de + in superscript voor het 'normale' allel. De man kan enkel X+Y zijn, want hij is niet kleurenblind. De nakomelingen kunnen dus de volgende genotypen hebben (we laten hier de Punnett- diagrammen achterwege). XgX+ X+X+ XgY X+Y De eerste twee genotypen geven aanleiding tot normaal ziende vrouwen. Het derde genotype leidt tot een kleurenblinde man. Het vierde genotype leidt tot een normaal ziende man. Hieruit volgt dat géén van de dochters kleurenblind is, maar wel de helft van de zonen. Vraag 18 0 kans

4 De vrouw moet het fenotype XhXh hebben (h staat voor het recessieve mutante allel dat hemofilie veroorzaakt). Haar man is van het genotype X+Y, want hij heeft geen hemofilie. De kinderen kunnen slechts twee genotypen hebben : XhX+ en XhY. De meisjes (XhX+) die uit het huwelijk geboren worden zijn dus allen drager, maar géén van hen heeft de ziekte. Vraag 19 1/16 Het kind kan het afwijkende allel enkel via de moeder (Patsy) krijgen, want de vader is niet getroffen. Als Patsy drager is, bedraagt de kans op een ziek kind 1/4. Patsy kan slechts drager zijn wanneer haar moeder Suzy drager is. Vader Frank is immers niet getroffen. Aangezien Filip de ziekte heeft, en Maurice niet, moet Eulalie draagster zijn. De kans dat Suzy drager is, bedraagt dus 1/2. De kans dat Patsy drager is, bedraagt dus 1/2 x 1/2 = 1/4. De kans dat een kind van Patsy en Eugene de ziekte ontwikkelt, bedraagt dus 1/4 x 1/4 = 1/16. Merk op dat enkel de zonen gevaar lopen. Vraag 20 Dolores, Magda, Paula, Lut, Els, An en Tine Aangezien het om een X- gebonden recessief kenmerk gaat, kunnen enkel vrouwen heterozygoot zijn. Tine en An moeten heterozygoot zijn, want ze kregen een allel dat codeert voor het kenmerk van hun vader Leo. Lut moet ook heterozygoot zijn, want zij krijgt het allel van haar vader Robert. Paula moet ook heterozygoot zijn, anders zou haar dochter Mieke nooit twee recessieve allelen kunnen hebben.

5 Dolores moet heterozygoot zijn omdat ze zoon (Robert) heeft met het kenmerk. Robert kan het allel niet van zijn vader (Xavier) gekregen hebben, want die heeft het kenmerk niet. Magda moet ook heterozygoot zijn, want zij heeft een zoon Luc die het kenmerk heeft, en die kan het allel niet van zijn vader Leo gekregen hebben. Hetzelfde geldt voor Els.

Vergelijkbare documenten

Let er op dat je voor iedere vraag een uitwerking maakt met kruisingsschema en/of berekening.

Let er op dat je voor iedere vraag een uitwerking maakt met kruisingsschema en/of berekening. Week Thema Onderwerp Datum 43 3 Basisstof 1 t/m 4 23/10 28/10 44 3 Basisstof 1 t/m 4 31/10 4/11 45 7/11 11/11 Basisstof 5 t/m 7 bespreken 3 Basisstof 5 t/m 7 bespreken Verrijkingsstof 1 Herhalen en bespreken