2eme tour 2010 - Olympiad · 2019-11-01 · 2eme` tour 2010 Voici le questionnaire du deuxi`eme...

2eme tour 2010

Voici le questionnaire du deuxieme tour des Olympiades Suisses de Biologie OSB 2010. La reussitede cet examen sert de qualification a la semaine OSB et constitue ainsi un pas de plus vers une participationaux Olympiades Internationales de Biologie IBO 2010 qui auront lieu a Changwon en Coree du Sud.La participation est reservee aux eleves des gymnases suisses nes apres le 1er juillet 1990 qui ontete qualifies au premier tour. D’ici mi-fevrier, nous contacterons les quelques 20 meilleurs candidats pourles inviter a la semaine OSB qui se deroulera du 6 au 11 avril 2010 a l’Universite de Berne.

L’examen dure 4 heures sans pause. Tu n’as droit a aucun support de cours et dois obligatoirementrendre le questionnaire a la fin de l’examen.

Indique ta reponse sur la feuille de reponse en remplissant bien le cercle correspondant. Nouscorrigeons par ordinateur, tu es donc tenu de bien observer les exemples donnes ci-dessous. Les eventuellescorrections apportees pendant l’examen doivent etre claires. Chaque question n’a qu’une seule bonnereponse. Les reponses multiples seront considerees comme fausses et les explications ne seront pas prisesen compte.

Chaque question vaut un point et il n’y a pas de penalisation pour les reponses fausses.

Bonne chance !

Biologie cellulaire

1. Les levures peuvent transformer du pyruvateen ethanol par fermentation, meme si on pour-rait gagner beaucoup plus d’energie a partir dupyruvate. La fermentation alcoolique sert a . . .A. . . . la regeneration d’acetyl-CoA.B. . . . la regeneration d’ADP.C. . . . la regeneration du NAD+.D. . . . la production de NADH/H+.E. . . . la production d’ATP.

2. Quelle affirmation au sujet de la thermodyna-mique du macaque du Japon Macaca fuscata estcorrecte ?A. Macaca fuscata parvient a ordonner son interieur, aux

depens de son environnement dont le desordre aug-mente.

B. Macaca fuscata se trouve en etat d’equilibre chimique.C. Macaca fuscata est moins ordonne que ses composes

inorganiques.D. Macaca fuscata, comme toute les especes vivantes, ne

suit pas les regles de la thermodynamique.E. Macaca fuscata parvient a faire fonctionner des pro-

cessus reversibles, c’est-a-dire sans perte d’energie sousforme de chaleur.

3. A quelle classe chimique appartient lamolecule ci-dessous ?

NH3⁺

COO⁻

CH2 CH2 COO⁻CH

A. GraisseB. MonosaccharideC. NucleotideD. Acide amineE. Proteine

4. Voici un schema d’une voie metabolique.Quelles molecules vont s’accumuler si l’enzyme dest inhibee par une toxine ?

I II III IV Va b c d

A. Seulement VB. Seulement II et IVC. Seulement II, III et IVD. Seulement I, II, III et IVE. Toutes

5. Nomme les structures suivantes :A. I noyau cellulaire, II appareil de Golgi, III reticulum en-

doplasmique (RE) rugueux, IV mitochondrieB. I reticulum endoplasmique (RE) rugueux, II noyau cellu-

laire, III mitochondrie, IV appareil de GolgiC. I noyau cellulaire, II appareil de Golgi, III mitochondrie,

IV reticulum endoplasmique (RE) rugueuxD. I appareil de Golgi, II mitochondrie, III reticulum endo-

plasmique (RE) rugueux, IV noyau cellulaireE. I mitochondrie, II reticulum endoplasmique (RE) rugueux,

III noyau cellulaire, IV appareil de Golgi

6. Associe les voies metaboliques suivantes aleur compartiment cellulaire :I. GlycolyseII. Cycle de Krebs (cycle de l’acide citrique)III. Synthese des graissesa. Mitochondrieb. Reticulum endoplasmique (RE) lissec. CytosolA. Ia, IIb, IIIcB. Ia, IIc, IIIbC. Ib, IIa, IIIcD. Ic, IIa, IIIbE. Ic, IIb, IIIa

7. La glycolyse fournit deux ATP par glucose tan-dis que la respiration cellulaire aerobie en fournit36 a 38. Pourtant, beaucoup d’organismes et cer-tains tissus humains utilisent la glycolyse commesource d’energie principale. Pourquoi ?I. La respiration aerobie necessite du carbone elementaire

difficile a obtenir pour produire le CO2.II. La respiration aerobie necessite de l’oxygene, dont l’ap-

port n’est pas partout facile ou assure.III. Chez ces organismes/tissus, l’oxygene n’est pas assez

oxydant pour accepter les electrons a la fin de la chaınede transport des electrons.

IV. Ces organismes/tissus ont des mitochondries mutantesdans lesquelles l’acetyl-CoA ne peut pas entrer.

V. La glycolyse permet un apport d’energie plus rapide.A. Seulement IVB. Seulement I et IIIC. Seulement II et VD. Seulement IV et VE. Aucune

8. La mitochondrie est une organelle cellulaireparticuliere, puisqu’elle possede son propre ADNet synthetise une partie des proteines dont elle abesoin. Quels elements suivants va-t-on trouverdans une mitochondrie ?I. RibosomesII. ARNmIII. MicrotubulesIV. ADN polymeraseV. Canaux transmembranaires pour les proteinesA. Seulement VB. Seulement II et IIIC. Seulement I, II et IVD. Seulement I, II, IV et VE. Tous

9. Associe.

c

b aI. ADNII. ARNIII. ProteineA. Ia, IIb, IIIcB. Ia, IIc, IIIbC. Ib, IIa, IIIcD. Ib, IIc, IIIaE. Ic, IIb, IIIa

10. Voici un brin d’ADN. Son brincomplementaire servira de matrice pour l’ARNpolymerase II. Quelle est la sequence de cetARNm ?5’-ACGTATGGACTGTCATCGCTAACGTTA-3’A. 5’-AUUGCAAUCGCUACUGUCAGGUAUGCA-3’B. 5’-ACGUAUGGACUGUCAUCGCUAACGUUA-3’C. 5’-TAACGTTAGCGATGACAGTCCATACGT-3’D. 5’-ACGTATGGACTGTCATCGCTAACGTTA-3’E. 5’-TGCATACCTGACAGTAGCGATTGCAAT-3’

11. L’ARNm de la question precedente va etretraduit par un ribosome. Combien d’acidesamines comportera le peptide, sachant que sasequence est entierement contenue dans l’ARNmdonne ?A. 5B. 6C. 7D. 8E. 9

12. Lequel des processus suivants a lieu lors dela meiose mais pas lors de la mitose ?A. La desagregation de la membrane nucleaireB. La separation des chromosomes homologuesC. La formation des fibres du fuseau mitotiqueD. La separation du cytoplasmeE. La condensation de l’ADN

13. Dans quelle phase de la mitose se trouve lacellule suivante ?

A. AnaphaseB. TelophaseC. PrometaphaseD. MetaphaseE. Prophase

14. Comme certaines autres proteases desretrovirus, la protease HIV-1 est un dimereconstitue de deux sous-unites identiques (homo-dimere). Quel pourrait etre l’avantage selectifpour le virus de former des dimeres ?A. Besoin de moins d’acides aminesB. La protease n’est plus dependante des conditions de

reaction comme le pH.C. Genome plus petitD. Meilleure resistance de la protease aux temperatures

elevees.E. Deplacement de l’equilibre de la reaction catalysee

15. Chez les patients souffrant de la maladied’Alzheimer, le peptide β-amyloıde s’accumule al’exterieur des cellules, entraınant la formationde plaques amyloıdes. De plus, la proteine “tau”est hyperphosphorylee et s’agrege a l’interieurdes cellules formant ce qu’on appelle les fi-brilles d’Alzheimer. Ces deux changements histo-pathologiques engendrent finalement une pertede memoire progressive, une baisse de concen-tration, des difficultes de langage, l’apparitiond’hallucinations, . . . L’apparition precoce de cessymptomes est plus frequente chez les personnessouffrant du syndrome de Down, ou trisomie 21,que dans le reste de la population. Pourquoi ?A. Le gene codant pour le peptide β-amyloıde se situe sur

le chromosome 21.B. C’est un hasard, il n’y a aucun lien entre la maladie

d’Alzheimer et le syndrome de Down.C. Le chromosome 21 code pour une phosphatase

specialisee pour la proteine tau.D. Le retard mental provoque par le syndrome de Down di-

minue l’activite cerebrale, ce qui favorise l’accumulationextracellulaire de β-amyloıde.

E. Le chromosome 21 supplementaire a une structure par-ticuliere qui favorise la formation de plaques amyloıdes.

Anatomie et physiologie vegetale

16. Quelle description correspond le mieux auCedre du Japon (Cryptomeria japonica), unrepresentant des Gymnospermes ?A. Un cormophyte producteur de graines avec des

tracheides et des ovules entoures d’un carpelle.B. Un cormophyte non-producteur de graines avec des

tracheides et des ovules entoures d’un carpelle.C. Un cormophyte producteur de graines avec des

tracheides et des ovules nus.D. Un thallophyte non-producteur de graines sans vais-

seaux conducteurs qui se reproduit grace a des pores.E. Un thallophyte producteur de graines avec des trachees

(vaisseaux) et des ovules entoures d’un carpelle.

17. L’expression des genes A, B, C et D dans lemeristeme floral de l’Arabette des dames (Ara-bidopsis thaliana) determine en quelle partie dela fleur le primordium foliaire va se developper.L’illustration montre quels produits de genesdoivent etre presents (cases grises) pour quela partie de fleur donnee soit formee. L’expres-sion de C est inhibee en presence du produit dugene A. De meme, l’expression de A est inhibeeen presence du produit du gene C. Le produitdu gene D est present partout, mais n’est pasnecessaire partout. Quelle affirmation est cor-recte ?A. Quand le gene A n’est pas fonctionnel, des pistils sont

formes a la place des sepales et des etamines a la placedes petales.

B. Quand le gene B n’est pas fonctionnel, seuls desetamines et des pistils sont produits.

C. Quand le gene C n’est pas fonctionnel, des sepales sontformes a la place des etamines et des petales a la placedes pistils.

D. Quand le gene D n’est pas fonctionnel, seules desetamines sont produites.

A

CB

D

Sépale

Etamine

Pétale

Pistil

E. Quand les genes A et B ne sont pas fonctionnels, despistils sont formes a la place des etamines et les primor-diums foliaires des sepales et des petales s’atrophient.

18. Quelle affirmation au sujet de l’alternancedes generations chez le Cedre du Japon (Cryp-tomeria japonica), un representant des gymno-spermes, est fausse ?A. Le gametophyte femelle ne quitte pas le sporange et est

nourrit par le sporophyte.B. Le sac embryonnaire (nucelle) va etre doublement

feconde, ce qui produira un endosperme triploıde.C. Le gametophyte femelle forme plusieurs archegones.D. L’epiderme secondaire de la tige fait partie du sporo-

phyte.E. Les cellules des grains de pollen sont haploıdes.

19. Evalue la justesse des affirmations suivantessur la contraction musculaire ainsi que celle dulien logique.¬ Dans le tube pollinique de l’Arabette des dames (Arabi-dopsis thaliana), un representant des Dicotyledones, il y adeux noyaux generatifs en plus du noyau vegetatifcar le tube pollinique, sur son chemin vers le sac embryon-naire (nucelle), doit grandir a travers le carpelle et est nourripar lui.

A. ¬ faux, fauxB. ¬ vrai, fauxC. ¬ faux, vraiD. ¬ vrai, vrai, liaison fausseE. ¬ vrai, vrai, liaison vraie

20. L’illustration suivante montre une lenticellequi assure l’approvisionnement en oxygene dutissu de la tige d’une jeune plante ligneuse.Legende l’image avec les structures.A. A : cellules de remplissage peu denses, B : epiderme,

C : liege, D : parenchyme cortical, E : cambiumsuberophellodermique (phellogene)

B. A : parenchyme cortical, B : epiderme, C : cambiumsuberophellodermique (phellogene), D : cellules de rem-plissage lache, E : liege

C. A : parenchyme cortical, B : periderme, C : phloeme, D :xyleme, E : cambium

D. A : sporange, B : periderme, C : parenchyme cortical,D : xyleme, E : cambium

E. A : parenchyme cortical, B : cuticule, C : periderme, D :endoderme, E : cellules de remplissage peu denses

21. Quelles affirmations concernant la ligninesont correctes ? La lignine . . .I. . . . polymerise entre les fibres de cellulose de la paroi

cellulaire.II. . . . a une structure moleculaire desordonnee.III. . . . est formee par un processus de polymerisation radi-

calaire.IV. . . . a comme monomeres differents composes

phenyliques.V. . . . ne peut pas etre directement detruite par les animaux

pluricellulaires.A. Seulement II et IIIB. Seulement I, III et IVC. Seulement I, III et VD. Seulement II, IV et VE. Tous

22. Quelle affirmation au sujet de l’absorption dela lumiere lors de la photosynthese est correcte ?A. Les molecules de chlorophylles qui absorbent la lumiere

se deplacent librement dans la membrane du thylakoıdedans laquelle elles sont ancrees par leur queue hydro-phobe.

B. L’energie lumineuse est utilisee pour hydrolyser l’eaudans le photosysteme I.

C. A cote de la chlorophylle a et b, la rhodopsine est undes pigments les plus importants pour l’absorption de lalumiere chez les plantes superieures.

D. La chlorophylle b a un atome de magnesium lie en soncentre.

E. La chlorophylle a et la chlorophylle b ont chacune unmaximum d’absorption dans le rouge et le bleu de lalumiere visible.

23. Quelles affirmations au sujet de l’apoplasmeforme par les espaces vides entre les cellules etles parois cellulaires des racines sont correctes ?I. Les ions dissous se deplacent a l’interieur de l’apo-

plasme par diffusion.II. Les sels mineraux sont transportes activement de la so-

lution de sol environnante aux apoplasmes.III. L’absorption de substances dans l’apoplasme est

irreversible.IV. L’apoplasme est interrompu par des insertions de liege

dans les parois cellulaires de l’endoderme.V. L’absorption d’eau dans les apoplasmes peut etre

bloquee par des toxines metaboliques specifiques.A. Seulement I et IVB. Seulement III et VC. Seulement I, II et IIID. Seulement I, IV et VE. Seulement II, III et V

24. On appelle phototropisme la croissanced’une plante en direction de la lumiere. L’illus-tration suivante montre le comportement decoleoptiles (pointe de graminees en germination.A : une petite plaque de verre a ete inseree dansle coleoptile, une fois perpendiculairement (mi-lieu) et une fois parallelement (droite) a la direc-tion de la lumiere. Les fleches montrent la direc-tion de la lumiere. B : reaction a la lumiere quiarrive perpendiculairement au plan de la feuillede papier ; les moities hachurees representent lesparties du coleoptile qui sont a l’ombre (gauche :debut de la manipulation, droite : reaction ala manipulation). Quelles affirmations peux-tudeduire de cette illustration ?

I. Lors du phototropisme, l’hormone vegetale gibberellineest transportee de la base a la pointe.

II. Seule la direction de la lumiere a la pointe du coleoptileest determinante pour la direction de la croissance.

III. Une lesion du coleoptile empeche le phototropisme.IV. Le declencheur du phototropisme est la difference de

clarte entre les deux cotes du coleoptile.V. Une hormone ou une molecule-signal est echangee

entre le cote eclaire et le cote a l’ombre.

A. Seulement I et VB. Seulement II et VC. Seulement III et IVD. Seulement I, II et IIIE. Seulement II, IV et V

25. La molecule MCP (1-methyl-cyclopropene)bloque les recepteurs de la pomme responsablesde la formation des aromes et des pectinases.L’action de quelle hormone vegetale va etre parla inhibee ?A. L’auxineB. La gibberellineC. L’ethyleneD. L’acide abscissiqueE. La cytokinine

26. Par quels vaisseaux, actionne par quelmecanisme et sous quelle forme est-ce que lesreserves d’energie sont amenees dans les or-ganes en croissance ?A. Phloeme, par evaporation, seve elaboreeB. Phloeme, par transport actif, seve bruteC. Xyleme, par afflux d’eau dans les racines, seve elaboreeD. Xyleme, par difference de potentiel hydrique, seve bruteE. Phloeme, par courant de pression en suivant le gradient

de concentration, seve elaboree

Anatomie et physiologie animale

27. Quelle affirmation au sujet de la structure desreins est fausse ?A. Dans la zone interne de la medulla renale se trouvent

principalement les tubes collecteurs.B. Les glomerules se situent dans le cortex renal.C. Les cellules du tubule proximal possedent des microvil-

losites qui augmentent leur surface.D. Le cortex renal est irrigue par tres peu de vaisseaux san-

guins.E. Beaucoup de tubules renaux debouchent dans un tube

collecteur commun.

28. Associe les organes a leur fonctionI. ŒsophageII. EstomacIII. FoieIV. Vesicule biliairea. Production de bileb. Transport de la nourriturec. Denaturation des proteinesd. Stockage de la bileA. Ib, IIc, IIIa, IVdB. Ib, IIc, IIId, IVaC. Ic, IIa, IIId, IVbD. Ic, IIb, IIIa, IVdE. Id, IIb, IIIc, IVa

29. L’absorption du glucose dans les cellulesest assuree par des transporteurs de glucose.Differentes cellules cibles possedent differentstransporteurs. Glut1 est insulino-independant,possede une grande affinite pour le glucose etest sature avec un taux de glycemie normal.Glut2 est insulino-independant, a une faible af-finite pour le glucose et n’est pas sature avecun taux de glycemie normal. Glut4 est insulino-dependant, c’est-a-dire qu’il n’est integre a lamembrane plasmique que sous l’action de l’in-suline. Il possede une grande affinite pour le glu-cose et est sature avec un taux de glycemie nor-mal. Associe les differents transporteurs de glu-cose avec leur cellule cible :A. Glut1 cellules nerveuses, Glut2 cellules epidermiques,

Glut4 cellules hepatiquesB. Glut1 cellules musculaires, Glut2 cellules intestinales,

Glut4 cellules nerveusesC. Glut1 cellules nerveuses, Glut2 cellules hepatiques,

Glut4 cellules musculairesD. Glut1 cellules hepatiques, Glut2 cellules musculaires,

Glut4 cellules epidermiquesE. Glut1 cellules intestinales, Glut2 cellules nerveuses,

Glut4 cellules hepatiques

30. Les poumons sont entoures d’une membranehermetique, la plevre. Autour de cette enveloppese trouve un peu de liquide (mais pas d’air) quiremplit l’espace entre celle-ci et la cage thora-cique. Dans cet espace, il regne une pressionnegative qui tire les poumons contre la cage tho-racique. Si une liaison se cree entre l’exterieuret cet espace (par exemple a cause d’une cotebrisee), il s’en suit . . .A. . . . un affaissement de toute la cage thoracique.B. . . . un affaissement des poumons.C. . . . une meilleure absorption d’oxygene, car la plevre

peut aussi y participer.D. . . . une respiration paradoxale, c’est-a-dire un

degonflement des poumons lors de l’inspiration etun gonflement lors de l’expiration.

E. . . . une meilleure extension des poumons, car ceux-ci sevoient opposer moins de resistance.

31. Sur l’image suivante se trouve un circuitde motoneurones et d’interneurones inhibiteurs,les cellules de Renshaw. Celles-ci secretent al’extremite de l’axone de la glycine qui agit icicomme neurotransmetteur inhibiteur. Les mo-toneurones secretent a l’extremite de l’axonede l’acetylcholine qui, dans ce cas, agit commeneurotransmetteur excitateur. Quelles pourraientetre les consequences d’une inhibition de lasecretion de glycine par une toxine ?A. Aucune consequence comme seuls les interneurones

sont touchesB. Relachement de la musculatureC. Tetanisation de la musculatureD. Contractions involontaires de la musculatureE. Reflexes musculaires involontaires

muscle

cellule de Renshaw

motoneurone

axonmoteur

32. Quelles affirmations au sujet des cellulessensorielles sont correctes ?I. Les cellules ciliees internes convertissent dans la cochlee

les ondes sonores en potentiel de recepteur.II. Un mouvement a vitesse constante de l’individu pro-

voque dans un des canaux semi-circulaires de l’appa-reil vestibulaire (organe de l’equilibre) un deplacementde la cupule.

III. Le systeme maculaire est sensible a la rotation.IV. Beaucoup d’invertebres possedent des statocystes pour

detecter l’action de la gravite.V. Dans l’oreille moyenne, les ondes sonores sont trans-

mises par les osselets principalement a la partie osseusede la cochlee.

A. Seulement IVB. Seulement I et IVC. Seulement II et VD. Seulement I, II, III et IVE. Toutes les reponses sont justes.

33. Un ganglion est un amas de corps cellulairesnerveux dans le systeme nerveux peripherique.Quel est la fonction principale d’un ganglion pa-rasympathique ?A. La protection mecanique et l’isolation electrique des

nerfs.B. La conservation de cellules souches neuronales pour la

regeneration des nerfs peripheriques.C. La connexion synaptique de cellules nerveuses de

la moelle epiniere avec des cellules nerveusesperipheriques.

D. Le stockage extracellulaire de Ca++ pour le potentiel derecepteur postsynaptique.

E. La conversion de cellules nerveuses parasympathiquesen cellules nerveuses sympathiques.

34. Evalue la justesse des affirmations suivantessur la contraction musculaire ainsi que celle dulien logique.¬ La tete de myosine ne se detache du filament d’actinequ’apres que l’ATP s’est lieparce que l’hydrolyse de l’ATP en ADP+Pi amene la tete de myosinedans une conformation hautement energetique.


35. Lorsqu’un macaque du Japon fuit devantun aigle montagnard (Nisaetus nipalensis), sonsysteme nerveux sympathique provoque . . .A. . . . une augmentation de la frequence cardiaque.B. . . . une augmentation de l’irrigation sanguine du systeme

digestif.C. . . . une constriction (retrecissement) des voies respira-

toires.D. . . . une baisse de la pression sanguine.E. . . . l’accumulation de glycogene dans le foie.

36. Quelle affirmation au sujet de systeme diges-tif du macaque du Japon est fausse ?A. Le bol alimentaire est transporte dans l’intestin par

peristaltisme.B. Les graisses sont resorbees dans l’estomac.C. Le pancreas produit une secretion contenant des en-

zymes digestives.D. Les hydrates de carbone sont resorbes dans l’intestin

grele sous forme de monosaccharides.E. La bile est produite par le foie.

37. Quelle affirmation au sujet de la flore intes-tinale est fausse ?A. L’acide gastrique, les anticorps secretes et le peristaltisme

intestinal contiennent la croissance bacterienne.B. La densite de bacteries augmente a la fin du tube digestif.C. Nous avons plus de bacteries dans notre intestin que de

cellules dans tout notre corps.D. Les bacteries intestinales sont excretees avec les selles.E. Les bacteries intestinales sont des organismes obligatoi-

rement aerobies.

38. En plus de leur role dans l’excretion dessubstances hydrosolubles, les reins ont unefonction determinante dans l’homeostasie et laregulation de la pression sanguine. Pour cesregulations, deux hormones sont tres impor-tantes. L’aldosterone augmente la resorptionde Na+ dans le nephron et par consequencela reabsorption d’eau. L’hormone antidiuretique(ADH) augmente la permeabilite a l’H2O du tubecollecteur qui resorbera plus d’eau. Les deux hor-mones semblent avoir des fonctions tres sem-blables et elles agissent souvent ensemble. Ce-pendant, leur production est en principe stimuleepar deux changements differents dans le systemecardiovasculaire. Une des deux hormones reagita un changement d’osmolarite, l’autre a une di-minution de la pression sanguine. Quelle hor-mone fait quoi ? Quelles sont les bonnes combi-naisons ?I. Sueur → Augmentation de l’osmolarite → Augmenta-

tion de la secretion d’ADHII. Absorption d’eau→ Diminution de l’osmolarite→ Aug-

mentation de la secretion d’ADHIII. Consommation de beaucoup de chips→ Augmentation

de l’osmolarite → Augmentation de la secretion d’al-dosterone

IV. Perte de sang→Moins de sang dans le systeme sanguin→ Augmentation de la secretion d’aldosterone

V. Diarrhee → Grosse perte d’eau → Diminution de lasecretion d’aldosterone

A. Seulement IIIB. Seulement I et IIC. Seulement I et IVD. Seulement II et VE. Seulement I, III et IV

39. L’excretion de metabolites azotes chez lesanimaux depend fortement de leur phylogenie etde leur habitat. Comment l’azote est-il principa-lement excrete chez les animaux suivants ?I. Le thon rouge (Thunnus thynnus)II. Le raton laveur (Procyon lotor)III. Le pinson (Fringilla coelebs)a. Ureeb. Acide uriquec. AmmoniaqueA. Ia, IIb, IIIcB. Ib, IIa, IIIcC. Ib, IIc, IIIaD. Ic, IIa, IIIbE. Ic, IIb, IIIa

40. Le glucose est filtre dans les reins puisentierement reabsorbe. Ceci ne fonctionne quejusqu’a une certaine concentration de glucosedans le sang. Si celle-ci est trop elevee, lesreins ne peuvent pas reabsorber toute la quantitefiltree et le glucose reste ainsi dans l’urine finale.Comment expliques-tu que chez les diabetiquesmal medicamentes, les reins produisent plusd’urine et donc que les patients doivent boireplus ? Le glucose . . .A. . . . endommage directement le rein qui produit plus

d’uree a cause de la perte de ses fonctions.B. . . . n’influence pas la production d’uree, ce phenomene

a d’autres origines.C. . . . est osmotiquement actif et donc attire l’eau dans le

lumen des tubules renaux.D. . . . contribue a l’augmentation du volume total d’uree

sans augmenter la secretion d’eau.E. . . . stimule directement le centre de la soif dans le cer-

veau.

41. Deux parametres jouent un role importantpour la permeabilite a l’eau des vaisseaux san-guins. Le premier est la pression hydrostatiquedans les vaisseaux qui est generee par le coeur(pompe) et qui presse l’eau hors des vaisseaux. Lesecond est la pression colloıdo-osmotique qui estgeneree par les proteines sanguines (avant toutl’albumine) qui ne peuvent pas quitter les vais-seaux et qui ne sont pas filtrees par les reins. Lapression colloıdo-osmotique agit contre la pres-sion hydrostatique. Evalue la justesse des affir-mations suivantes ainsi que celle du lien logique.¬ Une augmentation de la filtration du sang dans les reinspeut aboutir a une augmentation de la permeabilite vascu-laireparce que la pression hydrostatique dans les vaisseaux est aug-mentee.


42. Le syndrome de l’insensibilite aux an-drogenes est caracterise par des recepteurs pourla testosterone defectueux. La testosterone estbien produite, mais les cellules cibles ne peuventpas y repondre. Quel phenotype, quels tauxd’hormones et quelles gonades possede un tel in-dividu ?A. Feminin / taux eleve d’oestrogenes, faible taux de LH /

OvairesB. Masculin / taux eleve de testosterone, taux eleve de LH

/ TesticulesC. Feminin / Faible taux de testosterone, faible taux de LH

/ OvairesD. Feminin / taux eleve de testosterone, taux eleve de LH /

TesticulesE. Masculin / taux eleve de testosterone, faible taux de LH

/ Testicules

43. Quelle affirmation concernant l’ovogeneseest fausse ?A. A la naissance, tous les ovules potentiels sont deja

presents dans l’ovaire.B. L’entree du sperme declenche l’achevement de la

meiose II dans l’ovocyte II.C. Lors de l’ovulation, les ovocytes se trouvent encore au

stade de meiose I.D. Les ovules restent jusqu’a la puberte au stade de la pro-

phase I.E. Lors de l’ovogenese, il se forme lors de la division

meiotique des cellules filles de tailles differentes.

44. Quelles affirmations concernant le cyclemenstruel et le cycle ovarien sont fausses ? (FSH= hormone folliculo-stimulante, LH = hormoneluteinisante).I. La gonadoliberine GnRH est formee dans l’hypothala-

mus et stimule la secretion de FSH et de LH.II. La LH est produite par le corps jaune (Corpus luteum).III. La FSH stimule la croissance du follicule.IV. La progesterone n’est formee que pendant la grossesse.V. Les menstruations sont provoquees par une montee du

taux de LH.A. Seulement IIB. Seulement I et IVC. Seulement II et IIID. Seulement I, III et VE. Seulement II, IV et V

45. Apres la menopause, il n’y a plus d’ovulespouvant murir dans l’ovaire . Quelle pourrait etreune bonne methode de mesure pour determinersi une femme se trouve dans la menopause ?I. Taux eleve de FSHII. Faible taux de FSHIII. Taux eleve d’oestrogenesIV. Faible taux d’oestrogenesV. Faible taux de progesteroneA. Seulement I et IVB. Seulement II et IIIC. Seulement I, III et VD. Seulement I, IV et VE. Seulement II, IV et V

46. Quelle affirmation au sujet dedeveloppement embryonnaire des vertebresest correcte ?A. La gastrulation se passe pendant le stade de morula.B. La chorde correspond au tube neural.C. L’epithelium intestinal se developpe a partir de l’ecto-

derme.D. Les cellules de la crete neurale migrent vers des lieux

eloignes de l’embryon.E. Pendant la segmentation, le volume de l’embryon aug-

mente clairement.

Comportement

47. Lee Alan (1992) voulait determiner au coursd’une experience, si le choix du partenairechez les Guppy femelles (Poecilia reticulata) estinfluence par le choix effectues plus tot pard’autres individus (imitation ou apprentissageculturel). Il monta le modele experimental sui-vant : dans un grand aquarium, il a mis la femelleexperimentale dans un cylindre transparent aucentre et une deuxieme femelle (modele) dansune partie de l’aquarium separee par une vitretransparente. De part et d’autre de l’aquarium,il a ajoute des aquariums supplementaires avecdans chacun, un male. La femelle experimentalepouvait observer la situation pendant plusieursminutes. Ensuite la deuxieme femelle (modele)le cylindre et les vitres transparentes ont eteretires. Le choix du partenaire de la femelleexperimentale a ete determine en fonction dutemps par la femelle d’un cote ou de l’autre del’aquarium. Evalue la justesse des affirmationsainsi que celle du lien logique.

¬ Les deux males utilises au cours de l’experience doiventetre qualitativement pareils (taille, couleur, etat de sante,. . . ),parce que la taille et la couleur des males chez les poissons ontdeterminees exclusivement genetiquement et jouent de cettemaniere un grand role dans le choix du partenaire de lafemelle.


48. Dans 85% des cas, la femelle observee aprefere le male qui etait du meme cote quela deuxieme femelle (modele). Il existe troishypotheses pour expliquer ce comportement.1) Les femelles preferent les places avec beau-coup d’individus.2) Les femelles preferent les males qui ont aupa-ravant deja ete choisi par une femelle.3) Les femelles preferent les males que lapresence d’une autre femelle a stimule a para-der.L’image suivante montre cinq montagesd’experiences differents. Quel resultat attends-tusi les femelles se comportent comme le prevoitl’hypothese 2 ? La femelle observee . . .

Cache opaque

sont échangées après la période d'observation

A. . . . prefere le male de droite dans B et ne montre aucunepreference dans D.

B. . . . prefere le male de gauche dans C et le male degauche dans E.

C. . . . prefere le male de droite dans C et ne montre aucunepreference dans A.

D. . . . ne montre aucune preference aussi bien dans A quedans B.

E. . . . prefere le male de droite dans E et la femelle dedroite dans D.

49. Quelle caracteristique parmi les suivantesn’est pas typique des rythmes biologiques ?A. Des deviations peuvent etre corrigees par des horloges

exogenes.B. Un suivi des variations est possible de maniere limitee.C. Un rythme biologique se base sur l’activite de genes

specifiques.D. Un rythme biologique agit dans des systemes avec au

moins deux cellules.E. Un rythme biologique augmente le succes reproductif

biologique des organismes.

50. Creel et Creel (2002) ont determine les tauxde reperage, de chasse et de succes des lycaonsou cynhyenes (Lycaon pictus) en fonction de lataille de differents troupeaux de gnous bleus(Connochatus taurinus) dans la reserve de Selousen Tanzanie. Sur l’image A se trouve le risque demortalite des individus gnous bleus en fonctionde la taille du troupeau et de la taille de la meute.Sur l’image B, le risque de mortalite a ete corrigeen fonction du taux de reperage des lycaons et estillustre en fonction de la taille du troupeau desgnous bleus et de la taille de la meute de lycaon.Evalue la justesse des affirmations ainsi que celledu lien logique.

Ris

qu

e d

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no

us b

leu

x

A

B

taille du troupeau

de gnous bleus taille de la

meute

de lycaons

taille du troupeau

de gnous bleus taille

de la m

eute

de lycaons

¬ Les gnous bleus ne profitent pas d’un effet de di-lution(plus d’animaux par chasseurs) avec des chasseursgroupes comme le lycaon dans la reserve de Selousparce que avec une taille de troupeau plus grande, le taux de mor-talite par individu diminue mais cet effet est largement com-pense par un taux de reperage des lycaons plus eleve.


51. Quatre groupes d’oiseaux chanteurs d’Eu-rope centrale non apparentes (mesange, bruantgrive, chardonnerets) emettent des cris haineuxentre 3 et 5 kHz a la vue de leur predateur prin-cipal (l’epervier (Accipiter nisus). Si l’epervier esten chasse, les cris d’alarme produits sont de 6a 7 kHz. L’epervier entend le mieux les bruitsentre 0.5 et 4 kHz. Les tons aigus se repandentmoins bien que les tons graves. Quelles affirma-tions sont correctes ?I. Les especes d’oiseaux chanteurs signalent au predateur

decouvert qu’il ne sert a rien de les chasser.II. La frequence des cris d’alarme des oiseaux chanteurs

est soumise a une forte selection a cause de l’epervier.III. Les oiseaux chanteurs avertissent surtout leurs proches

parents de la presence de l’epervier en chasse.IV. Les especes d’oiseaux chanteurs avertissent d’autres

especes d’oiseaux chanteurs de la presence del’epervier pour augmenter le succes reproductif dugroupe monophyletique des oiseaux chanteurs.

V. L’information sur la presence d’un epervier est transmisea travers un grand territoire.

A. Seulement IB. Seulement IV et VC. Seulement II, III et IVD. Seulement I, II et VE. Tous

52. Les pipras a longue queue (Chiroxiphia li-nearis) sont de jolis oiseaux d’Amerique centrale.Les males de cette espece ne peuvent attirer etconvaincre les femelles de s’accoupler seulements’ils peuvent chanter en duo avec un deuxiememale rarement apparente au premier et menerensemble une danse compliquee de maniere syn-chronisee. Des que la femelle s’est decidee pourun groupe de danse, ce groupe restera le sienpour toute la vie. Meme si les deux males sont fer-tiles, c’est toujours le meme male (alpha) qui s’ac-couple avec la femelle conquise. Le second male(beta) . . .¬ aide le male alpha ce qui entraıne des couts energetiqueseleves mais sans succes reproductif indirectparce que le male beta a de bonnes chances d’augmenter sonsucces reproductif a l’avenir.


Evolution et genetique

53. Considerons deux populations A et B d’ani-maux parents. Les femelles du groupe A choi-sissent leur partenaire de reproduction en fonc-tion de caracteres visuels, s’accouplent avecdifferents males et vivent dans un structure so-ciale souple ou les sexes sont separes. Les fe-melles du groupe B choisissent leur partenaire dereproduction en fonction du nombre de cadeauxnuptiaux et vivent en couple avec des relationssecretes extraconjugales. Sous ces conditions, ilest tres probable que . . .A. . . . le groupe B soit soumis a une plus grande selection

sexuelle que le groupe A.B. . . . les memes mecanismes de selection agissent dans le

groupe A comme dans le groupe B.C. . . . le groupe B soit soumis a une selection naturelle

beaucoup plus importante que le groupe A.D. . . . le groupe A, contrairement au groupe B, ait un rap-

port des sexes de 1 : 1.E. . . . le groupe A comporte un plus grand nombre

d’especes que le groupe B.

54. Evalue la justesse des affirmations suivantesainsi que celle du lien logique.¬ Si une population est physiquement separee en deux parune barriere geographique, ceci peut entraıner la formationde deux nouvelles especescar differentes variations peuvent etre fixees par selection etderive genetique (genetic drift).


55. Fais correspondre a chaque type de mutationsa description, un mecanisme possible et une si-gnification possible pour l’evolution.I. Mutation ponctuelleII. Inversion chromosomaleIII. Duplication d’un geneIV. Duplication du genome1. Addition d’un jeu entier de chromosomes2. Renversement d’une partie d’un chromosome de telle

sorte que l’ordre des genes sur le chromosome change3. Substitution d’une paire de base dans la sequence

d’ADN4. Duplication d’une petite partie d’ADN qui cree une copie

supplementaire d’une sequenceA. Rupture dans l’ADN causee par des radiations ou

d’autres injuresB. Crossing-over inegal durant la meiose ou

retrotranspositionC. Erreurs durant la synthese d’ADN ou durant la reparation

des dommagesD. Erreur pendant la meiosea. Peut creer des hybrides sterilesb. Cree de nouveaux alleles, mais est le plus souvent silen-

cieusec. Les nouveaux genes redondants peuvent acquerir de nou-

velles fonctions par mutation

d. Les alleles a l’interieur du segment sont probablementtransmis ensemble, comme une unite

A. I3Cb, II2Ad, III4Bc, IV1DaB. I4Ac, II2Da, III1Bd, IV3CbC. I1Dc, II4Cb, III3Ad, IV2BaD. I4Dc, II2Bd, III1Aa, IV3CbE. I2Ad, II1Bc, III4Db, IV3Ca

56. Une famille a ete testee pour l’hemophilie B(heredite recessive liee a X, maladie rare). On atrouve cet arbre genealogique. Quelle est la pro-babilite que la femelle marquee par * soit por-teuse saine ?

*

A. 0.125B. 0.200C. 0.225D. 0.333E. 0.500

57. Dans une population ideale de Macaque duJapon (Macaca fuscata), 5% des males souffrentde daltonisme rouge-vert (heredite recessive lieea X). Combien de femelles seront probablementtouchees ?A. 0.125%B. 0.25%C. 0.5%D. 2.5%E. 5%

58. L’image suivante montre un schema de croi-sement standard qui est utilise pour determinerla distance entre deux marqueurs en centiMor-gan. Les deux marqueurs etudies suivent lemodele hereditaire recessif/dominant. Quelle af-firmation est correcte ?A. Les individus II, III et V sont heterozygotes pour au moins

un marqueur.B. Les individus I, II et IV sont homozygotes pour les deux

loci.C. L’individu V peut etre homozygote pour les deux alleles

dominants.D. Seul l’individu II est heterozygote pour les deux mar-

queurs.E. Les individus I et IV sont soit les deux homozygotes, soit

les deux heterozygotes.

V

I IIx

III IVx

59. Le grand-pere de deux Macaques du Japon(Macaca fuscata) souffre d’une maladie autoso-male recessive tres rare. Quelle est la probabiliteque le premier enfant des deux macaques soit at-teint de la maladie ?A. 1/2B. 1/4C. 1/8D. 1/16E. 1/32

60. Le coefficient de consanguinite decrit la partdu genome d’un individu qui est homozygotesuite a un croisement consanguin. Antoine a deuxhamsters fertiles, Rodolphe et Anne-Marie. Toutva pour le mieux et un jour les deux hamstersont de la descendance : cinq belles femelles. Maisune nuit, Rodolphe le perfide a une aventure avecsa fille. Quel sera le coefficient de consanguinitedes descendants de Rodolphe et de sa fille ?A. 1/4B. 1/3C. 1/2D. 3/4E. 1

Ecologie

61. Sur l’image, on peux voir cinq cranes dechauve-souris qui vivent de maniere sympatriquedans l’est de la foret amazonienne. Determinea l’aide de la taille, de l’aspect du crane, ainsique du nombre et de la forme des dents a quellesource principale de nourriture chacune des cinqespeces de chauve-souris s’est adaptee. Fais at-tention a l’echelle de l’image.I. Chair de fruit fibreuseII. Sang d’oiseaux ou de mammiferesIII. InsectesIV. Viande sous forme de grenouilles ou de petits mam-

miferesV. Nectar et pollenA. A I, B IV, C V, D III, E IIB. A II, B IV, C I, D V, E IIIC. A III, B I, C II, D V, E IVD. A IV, B II, C V, D I, E IIIE. A V, B II, C III, D IV, E I

62. On estime qu’il y a en tout temps environ 500millions de tonnes de krill antarctique de l’especeEuphausia superba dans le monde. Un krill peseenviron 2g. Classe les especes suivantes selonleur nombre d’individus en commencant avec leplus petit nombre.I. Le krill antarctique (Euphausia superba) qui se nourrit de

phytoplanctonII. L’orque (Orcinus orca) qui se nourrit dans l’antarctique

avant tout de phoque crabierIII. Le phoque crabier (Lobodon carcinophagus) qui est un

chasseur specialise dans le krillIV. Le phytoplancton, autotrophe qui se nourrit grace a la

photosyntheseV. Un protiste (Sarcocystis), parasite intestinal intracellu-

laire de l’orque qui infeste une cellule intestinale puisproduit environ cent cellules filles

A. I, II, III, V, IVB. I, IV, V, II, IIIC. II, III, V, I, IVD. III, II, V, IV, IE. IV, I, V, III, II

Biosystematique

63. Les angiospermes sont habituellement di-visees en deux groupes, les dicotyledones (Dico-tyledoneae) et les monocotyledones (Monocoty-ledonea). Grace a de nouvelles recherches phy-logenetiques, nous savons que les dicotyledonesforment un taxon paraphyletique et que les mo-nocotyledones, elles, forment un groupe mono-phyletique. Quelle conclusion peut-on deduire decette observation ?A. Les dicotyledones sont apparues secondairement a partir

d’un taxon des monocotyledones.B. Un taxon des dicotyledones a disparu au cours de

l’evolution.C. Plusieurs taxons des dicotyledones ont disparu au cours

de l’evolution.D. Les monocotyledones sont apparues secondairement a

partir d’un taxon des dicotyledones.E. Les monocotyledones sont apparues secondairement a

partir de plusieurs taxons des dicotyledones.

F

E

64. Le schema suivant est une representationactuelle de l’arbre phylogenetique des ani-maux base sur des analyses de sequencesd’ARN. Les lettres dans l’arbre represententles caracteristiques apomorphes des taxonssubsequents. Relie les caracteres apomorphesaux lettres.I. le blastopore embryonal constituera l’anusII. le blastopore embryonal constituera la boucheIII. pluricellulariteIV. notochorde (chorda dorsalis)V. deux feuillets embryonnaires (diploblastique) et symetrie

radiaireVI. trois feuillets embryonnaires (triploblastique) et symetrie

bilateraleVII. corps en trois parties (tete, tronc, queue) avec un endos-

quelette osseuxVIII. exosquelette ou cuticuleA. A III, B II, C I, D V, E VI, F VIII, G IV, H VIIB. A III, B V, C I, D VIII, E VI, F II, G VII, H IVC. A III, B V, C VI, D II, E I, F VIII, G IV, H VIID. A VIII, B III, C I, D V, E VI, F II, G IV, H VIIE. A VIII, B III, C V, D VI, E II, F VII, G I, H IV

65. Les punaises (Heteroptera), comme parexemple la punaise verte (Palomena prasina) oul’araignee d’eau (Gerris lacustris) possedent . . .A. . . . au plus huit ommatidies bien espacees, des pieces

buccales rentrees dans la capsule cephalique et aucuneaile.

B. . . . des ailes avant fortement sclerosees (durcies), despieces buccales de type broyeur, et un developpementholometabole (oeuf, larve, pupe, imago).

C. . . . des pieces buccales de type suceur qui forment unetrompe, des ecailles qui recouvrent le corps et les ailescomme des tuiles et quatre grandes ailes restant a l’ho-rizontale.

D. . . . des jambes qui se sont developpees en pinces ou enorganes de saisie, mesurent entre 1.5 et 6 mm et viventde maniere permanente et obligatoire en ectoparasites.

E. . . . des pieces buccales de type piqueur-suceur quiforment une trompe, des ailes avant recouvertes de peauavec des extremites membraneuses et des ailes au reposreposant a plat sur le corps.

66. Aujourd’hui, nous utilisons de plus en plusdes recherches genetiques pour elucider les rela-tions de parente entre les organismes. Qu’est-cequi n’est pas un avantage valable des donneesgenetiques compare aux donnees morpholo-giques ? Les caracteristiques genetiques . . .A. . . . changent plus regulierement avec le temps.B. . . . sont generalement utilisables de facon universelle

pour toutes les especes d’animaux et de plantes.C. . . . ne sont modifiees que sous selection.D. . . . sont accessibles en grand nombre et donc plus faci-

lement exploitable avec des modeles mathematiques.E. . . . sont heritees de maniere plus consequente d’une

generation a une autre.

67. Evalue la justesse des affirmations suivantesainsi que celle du lien logique.¬ Le herisson europeen (Erinaceus europaeus), l’echidne anez court australien (Tachyglossus aculeatus) et le porc-epica crete nord-africain (Hystrix cristata) forment vis-a-vis descrocodiles (Crocodilia) un groupe monophyletiqueparce qu’ ils possedent tous des piquants pour leur defense.


68. Tu as etudie des nombreux individus dequatre populations differentes sur onze ca-racteristiques morphologiques (abcdefghijk). Un0 correspond a un caractere qui etait deja presentchez l’ancetre, un 1 pour un caractere derive.Quel arbre suivant satisfait ton etude morpholo-gique en respectant les regles de parcimonie ?

IIII II IV

II I IV IIII II IVIII

IIII II IV

II IVIII I

A B

C D

E

Aa b c d e f g h i j k0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

I

Ba b c d e f g h i j k1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0

II

Ca b c d e f g h i j k0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0

III

Da b c d e f g h i j k0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0

IV

Scenario hormone de croissancehumaine

En 1981, on a pu produire pour la premierefois synthetiquement l’hormone de croissance hu-maine hGH (human growth-hormone) grace ade l’ADN recombinant exprime dans la bacterieE. coli. Pour cela, on a introduit le gene del’hGH dans l’operon tryptophane (operon trp)d’un plasmide comportant egalement un genede resistance a l’ampicilline (un antibiotique).L’operon trp joue un role important dans lasynthese intracellulaire de tryptophane.

69. Quels sont les avantages d’utiliser E. colidans notre cas ?A. E. coli glycosyle les proteines legerement differemment

des Eucaryotes, ce qui dans notre cas augmente l’activitede l’hGH.

B. E. coli n’a pas de ribosomes sur le reticulum endoplas-mique, il n’y donc pas de risques que l’hGH y soit pro-duite.

C. E. coli possede deja le gene de l’hGH.D. E. coli est une bacterie Gram-negatif, elle n’a donc

qu’une seule membrane a travers laquelle l’hGHsynthetisee doit diffuser pour etre facilement recupereedans le milieu.

E. La genetique d’E. coli est bien connue et la bacterie peutetre produite en masse rapidement.

70. Quelle est la marche a suivre pour preparerles bacteries pour la production industrielle ?I. Transformation des bacteriesII. Selection des bacteries transformees (ayant preleve un

plasmide)III. Production d’ADNc a partir de l’ARNm codant pour

l’hGHIV. Insertion du gene de l’hGH dans le plasmideV. Selection des bacteries possedant un plasmide recom-

binant (comportant le gene de l’hGH)A. I, III, V, IV, IIB. II, IV, III, V, IC. III, IV, I, II, VD. IV, I, V, II, IIIE. V, IV, III, I, II

71. L’insuline, par exemple, n’est pas un bon can-didat pour etre produite de maniere simple dansE. coli, car . . .A. . . . l’insuline doit etre modifiee post-translationellement.B. . . . l’insuline est un lipide.C. . . . E. coli va exporter du glucose et mourir d’hypo-

glycemie.D. . . . l’insuline est produite dans le reticulum endoplas-

mique lisse.E. . . . E. coli va prelever plus de glucose que necessaire de

son milieu, suivi d’eau par . . . osmose et va se lyser.

72. On introduit un gene recombinant dans unplasmide en utilisant des enzymes de restriction.Dans notre cas, d’apres le schema d’un plas-mide suivant, quelles enzymes de restriction doit-on utiliser pour couper respectivement le plas-mide et le gene de l’hGH ? (Ori = origine dereplication, Trp = operon Trp, AmpR = gene deresistance a l’ampicilline, EcoRI, BamHI et Bgl II= sites de restriction de l’enzyme de ce nom)

Ori

Trp

AmpR

Bgl II EcoRI

EcoRI

BamHI

A. BamHI, BamHIB. Bgl II, BamHIC. Bgl II, Bgl IID. EcoRI, EcoRIE. EcoRI, aucun

73. Quel milieu de culture parmi les suivantsest le plus adapte pour la production indus-trielle, sachant qu’E. coli est une bacterie chimio-organoheterotrophe ?A. H2S, sources d’azote et de phosphate inorganiques,

tryptophaneB. Lait, extraits de viandeC. Eau, source de carbone et d’energie, sources inorga-

niques d’azote, de phosphate,de soufre et d’elementssous forme de trace, tryptophane

D. Eau, source de carbone et d’energie, sources inorga-niques d’azote, de phosphate, de soufre et d’autreselements sous forme de trace

E. Eau, CO2, sources inorganiques d’azote, de phosphate,de soufre et d’elements sous forme de trace

74. Les deux methodes pour cultiver desbacteries industriellement sont en batch ouen culture continue. En batch, les bacteries sontcultivees dans un milieu ferme (pas d’apportsupplementaire de nutriments, . . . ), contraire-ment a la culture continue ou le milieu ouvertest regule (apport en nutriments, eliminationdes dechets, . . . ). Dans les figures suivantes,la courbe pleine represente la concentrationde bacteries, la courbe pointillee, celle d’hGHproduite par les bacteries. Lesquels des gra-phiques suivants correspondent respectivementa la culture en batch et a la culture continue ?(Cb = concentration de bacteries (g/l) et Cp =concentration de hGH (g/l))

t

CbCp

VI

t

CbCp

III

t

CbCp

IV

I

t

CbCp

II

t

CbCp

V

t

CbCp

A. I, IVB. III, VIC. IV, IIID. V, IIE. VI, I

Scenario fibrose cystique

La fibrose cystique FC (mucoviscidose) resulted’un defaut dans un canal pour les ions chloruresentre la cellule et l’espace extracellulaire.

75. Nous allons tout d’abord etudier le trans-port de differents ions a travers la mem-brane plasmique. Dans le tableau suivant sontdonnees les concentrations intra- et extracellu-laires de differents ions en millimolaire (mM).Selon quel mode de transport devrait se pas-ser leur export ? Neglige les potentiels membra-naires eventuellement presents.

Ions [intra] [extra]Na⁺K⁺Cl⁻

10 1455

11014010

I. Diffusion simpleII. Diffusion faciliteeIII. Transport actifIV. OsmoseA. Na : III, K : II, Cl : IIIB. Na : I, K : II, Cl : IC. Na : III, K : IV, Cl : ID. Na : II, K : I, Cl : IVE. Na : I, K : III, Cl : II

76. Un symptome present chez les patients souf-frant de FC est une difficulte respiratoire duea une accumulation de mucus trop epais dansles voies respiratoires, ce qui gene la respira-tion et facilite la proliferation de bacteries. Deplus, il a ete montre que CFTR (Cystic FibrosisTransmembrane Conductance Regulator), le ca-nal defectueux dans la FC, sert normalement al’exportation de Cl-. Comment peut-on relier cesdeux faits chez les patients malades ?A. Il y aura moins de Cl- a l’exterieur, donc plus d’eau sor-

tira de la cellule, et donc le mucus sera plus epais.B. Il y aura moins de Cl- a l’exterieur, donc moins d’eau

sortira de la cellule, et donc le mucus sera plus epais.C. Il y aura trop de Cl- a l’exterieur, donc plus d’eau sortira

de la cellule, et donc le mucus sera plus epais.D. Il y aura trop de Cl- a l’exterieur, donc moins d’eau sor-

tira de la cellule, et donc le mucus sera plus epais.E. Le Cl- en surplus a l’interieur de la cellule provoque la

fermeture des aquaporines.

77. Voici un schema de CFTR (A1,2 = sites de liai-son de l’ATP, R = site de regulation). Quelle pro-priete (hydrophile ou hydrophobe) ont principa-lement les acides amines en I-IV et ou doivent setrouver les glucides (a, b ou c) ?A. II hydrophile, I, III et IV hydrophobe, glucides en bB. I et IV hydrophile, II et III hydrophobe, glucides en aC. I, III et IV hydrophile, II hydrophobe, glucides en aD. I, III et IV hydrophile, II hydrophobe, glucides en cE. I et IV hydrophile, II et III hydrophobe, glucides en c

78. Quel est le parcours correct de CFTR, de satraduction a son arrivee dans la membrane plas-mique ? (RE = reticulum endoplasmique, AG =appareil de Golgi)A. Synthese par des ribosomes libres dans le cytoplasme,

insertion dans la membrane du RE, tri et glycosylationdans l’AG, exportation par vesicule vers la membraneplasmique

B. Synthese par des ribosomes libres dans le cytoplasme,insertion dans la membrane du RE et glycosylation, tridans l’AG, exportation par vesicule vers la membraneplasmique

C. Synthese par des ribosomes lies au RE, glycosylationdans le RE, tri dans l’AG, exportation par vesicule versla membrane plasmique

D. Synthese par des ribosomes lies au RE, glycosylationdans le RE, tri et modification des glucides dans l’AG,exportation par vesicule vers la membrane plasmique

E. Synthese par des ribosomes libres dans le cytoplasme,glycosylation dans le cytoplasme, insertion dans la mem-brane plasmique

79. Des etudes sur des patients sains ont montreque CFTR se trouvait exclusivement a l’extremiteapicale des cellules epitheliales et non sur la facebaso-laterale. Quelle en est l’explication ?A. CFTR est une grosse proteine qui ne peut pas diffuser

dans la membrane plasmique en raison de sa taille.B. Il y a des molecules sur la face baso-laterale qui

empechent CFTR de s’integrer a la membrane plas-mique.

C. Aucune proteine transmembranaire ne peut diffuser dansla membrane plasmique.

D. Il y a des molecules sur la face baso-laterale quidetruisent CFTR.

E. Des jonctions serrees (tight junctions) empechent CFTRde diffuser au-dela le la face apicale.

80. La cause la plus commune de la FC est unedeletion d’un codon phenylalanine (∆F508). CetteCFTR mutee n’est pas glycosylee correctement etsera degradee avant d’atteindre la membraneplasmique. Voici l’arbre genealogique d’une fa-mille avec cette mutation. Quel est son mode detransmission ?A. Autosomal dominantB. Autosomal recessifC. Gonosomal dominant sur XD. Gonosomal recessif sur XE. Mitochondrial

81. Avec le savoir amasse lors des questionsprecedentes, quelles strategies de traitementpourrait-on developper ?I. Inhiber tous les canaux chlorures des ces cellulesII. Inserer un gene sain de CFTR dans les cellules des voies

pulmonairesIII. Stimuler d’autres canaux chlorures dans les poumons

pour remplacer CFTRIV. Pas assez d’informations ont ete donneesA. Seulement IB. Seulement IIC. Seulement IVD. Seulement I et IIIE. Seulement II et III

Scenario photorespiration

82. On distingue dans la photosynthese unereaction qui depend de la lumiere et une quin’en a pas besoin. La reaction independantede la lumiere comporte une suite complexe dereactions appelee cycle de Calvin. On peut la sim-plifier par cette equation :6CO2 + 12NADPH + 12H+ + 18ATP → C6H12O6 +12NADP+ + 18ADP + 18 Pi + 6H2OQuelle affirmation est correcte ?A. Le cycle de Calvin a principalement lieu pendant la nuit.B. Le cycle de Calvin ne peut se derouler que dans des

conditions anaerobies (sans oxygene).C. Les produits de la reaction dependante de la lumiere sont

recycles dans le cycle de Calvin.D. La reaction independante de la lumiere est fortement

exergonique et libere beaucoup d’energie.E. Environ la moitie du carbone de la biomasse de la plante

est passee par le cycle de Calvin.

83. L’enzyme RubisCO (Ribulose-1,5-bisphosphate-Carboxylase/Oxygenase) a unrole central dans le cycle de Calvin. La RubisCOest responsable de la fixation du CO2 (reaction dela carboxylase). Pourtant, une partie importantede la RubisCO realise la reaction de l’oxygenase,lors de laquelle le ribulose-1,5-bisphosphateest oxyde au lieu d’etre carboxyle. La RubisCOest, quantitativement parlant, l’enzyme la plusimportante chez une plante et peut representerjusqu’a 50% des proteines de la feuille. Quelleaffirmation caracterise la RubisCO ?A. La RubisCO a de la peine a faire la difference entre le

CO2 et l’O2.B. La RubisCO a au total deux substrats differents.C. La RubisCO est egalement importante pour la glycolyse

et fait ici la reaction inverse.D. La RubisCO se situe dans le cytosol des cellules

vegetales.E. Dans des conditions physiologiques, la RubisCO est une

enzyme extremement efficace.

84. Le produit de la reaction de la carboxy-lase (D-glycerate-3-phosphate) peut etre trans-forme dans le cycle de Calvin, contrairement acelui de la reaction de l’oxygenase (glycolate-2-phosphate) qui ne peut pas. La reaction del’oxygenase provoque donc une perte d’efficaciteconsiderable lors de l’assimilation de carbone quipeut, selon les conditions, representer jusqu’a untiers de l’energie lumineuse absorbee par la pho-tosynthese. Quelles hypotheses sur l’evolution dela photosynthese peux-tu exclure ?I. Comme il y a un surplus d’energie lumineuse, l’ineffica-

cite de la fixation de CO2 ne joue aucun role.II. Depuis l’origine de la RubisCO, il n’y jamais eu de mu-

tation sur la partie du gene codant pour le centre actif.III. La RubisCO est apparue a une epoque ou il n’y avait

pas encore d’oxygene dans l’atmosphere.IV. La RubisCO est evolutivement une innovation recente et

n’a donc pas encore muri.V. Malgre le manque d’efficacite au niveau energetique, la

photorespiration donne aussi des avantages a la plante.A. Seulement VB. Seulement I et IIIC. Seulement IV et VD. Seulement I, II et IVE. Seulement III, IV et V

Glycolate

Ribulose-1,5-bisphosphate

Glyoxylate

Glycine

SérineHydroxy-pyruvate

Glycérate

2

2

2

2

2

NH4+

NH4+

A EDCB

X

X

X

Mitochondrie

PeroxysomeChloroplaste

2 CO2

4

Cycle deCalvin

2

Glycolate-2-phosphate

D-Glycérate-3-phosphate

85. Le glycolate-2-phosphate qui est produit parla reaction de l’oxygenase est transforme par uti-lisation d’oxygene et dissociation de CO2 et fina-lement retourne dans le cycle de Calvin. Ce pro-cessus est nomme photorespiration. L’illustrationmontre le deroulement simplifie de la photores-piration. Complete les formules developpees de l’hydroxypyruvate, du glycerate et du D-glycerate-3-phosphate qui sont indiques par un X dansl’illustration.A. E : hydroxypyruvate, A : glycerate, B : D-glycerate-3-

phosphateB. C : hydroxypyruvate, E : glycerate, D : D-glycerate-3-

phosphateC. C : hydroxypyruvate, A : glycerate, D : D-glycerate-3-

phosphateD. E : hydroxypyruvate, C : glycerate, B : D-glycerate-3-

phosphateE. A : hydroxypyruvate, C : glycerate, D : D-glycerate-3-

phosphate

86. Les reactions de la photorespiration ont lieudans trois compartiments cellulaires, le chloro-plaste, le peroxysome et la mitochondrie. Les per-oxysomes sont entoures d’une membrane unique.Leur principale enzyme est la catalase qui disso-cie le H2O2 reactif en H2O et O2. Quelles affir-mations au sujet des peroxysomes sont correctes ?Les peroxysomes . . .I. . . . sont apparus pour la premiere fois chez les plantes

a graines.II. . . . possedent leur propre ADN.III. . . . rendent possible des reactions qui seraient nocives

dans le cytoplasme.IV. . . . descendent des bacteries selon la theorie de l’endo-

symbiose.V. . . . ne possedent aucun ribosome.A. Seulement I et IIIB. Seulement I et VC. Seulement II et IVD. Seulement III et VE. Seulement II, III et IV

87. Le taux de reaction de l’oxygenase de la Ru-bisCO depend de la concentration relative desreactifs qui, elle, depend de la temperature. Lesgraphiques montrent les concentrations absolueset relatives du CO2 et de l’O2 dissous dans l’eau ;les gaz sont en equilibre avec l’atmosphere.Quelles affirmations sont correctes ?

5 °C 15 °C 25 °C 35 °C0.00

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06[CO2(aq)] / [O2(aq)]

5 °C 15 °C 25 °C 35 °C0

50100150200250300350400450

[CO2(aq)] [O2(aq)]µM/l

I. La quantite relative de reaction de l’oxygenase diminuea temperature elevee.

II. Quand la temperature augmente, la concentration duCO2 diminue plus fortement que la concentration d’O2.

III. La RubisCO a une plus grande affinite pour le CO2 quepour l’O2.

IV. A 90 ◦C, la RubisCO de la plante ne peut plus fairequ’une seule des deux reactions.

V. La dependance de la temperature ne se manifeste quechez les plantes aquatiques.

A. Seulement I et IVB. Seulement II et IIIC. Seulement III et VD. Seulement I, II et VE. Seulement I, III et IV

88. Les plantes en C4 peuvent fixer le CO2 avantson entree dans le cycle de Calvin. Si on com-pare aux plantes en C3, l’efficacite de la fixationdu CO2 est optimisee. Quelle affirmation au sujetdu maıs (Zea mais), une plante en C4 typique, estcorrecte ?A. Le CO2 est fixe dans le parenchyme lacuneux, ce qui

produit du malate. Dans le parenchyme palissadique,l’atome de carbone fixe est transfere directement du ma-late au D-glycerate-3-phosphate par la RubisCO.

B. Le CO2 est fixe dans les cellules de la gaineperivasculaire, ce qui produit de l’aspartate. L’aspartatedissocie le CO2 dans les cellules du mesophylle ou sapression partielle est localement abaissee.

C. Le CO2 est fixe dans l’epiderme de la feuille, ce quiproduit de l’aspartate. Dans le parenchyme lacuneux,l’atome de carbone fixe est transfere directement de l’as-partate au D-glycerate-3-phosphate par la RubisCO.

D. Le CO2 est fixe dans les cellules de la gaineperivasculaire, ce qui produit de l’aspartate. L’aspartatedissocie le CO2 dans les cellules du mesophylle ou sapression partielle est localement haussee.

E. Le CO2 est fixe dans les cellules du mesophylle, ce quiproduit du malate. Le malate dissocie le CO2 dans lescellules de la gaine perivasculaire ou sa pression par-tielle est localement haussee.

89. Lors de la photorespiration, l’enzyme peroxy-somale glutamate-glyoxylate-aminotransferase(GGAT) catalyse la formation de l’acide amineglycine a partir du glyoxylate. Dans la mitochon-drie, le complexe glycine-decarboxylase catalyseensuite la formation de l’acide amine serine apartir de deux molecules de glycine. Igarashi(Plant Physiology, 2006) et son equipe ont tra-vaille avec trois lignees de l’arabette des dames(Arabidopsis thaliana) : la lignee ggat1-1 ne peutpas produire de GGAT, la lignee Gtox-17 possedeau contraire une quantite multipliee de GGAT quele type sauvage (lignee Col-0). Ils ont mesure l’ac-cumulation de glycine et de serine dans les par-ties aeriennes de la plante apres culture avec uneconcentration normale (300 ppm) et elevee (3000ppm) de CO2. Quelles conclusions peut-on tirer decette experience ?I. La serine est produite exclusivement par la photorespi-

ration.II. Une concentration plus elevee de CO2 reduit la photo-

respiration.III. La synthese de glycine lors de la photorespiration est

bien plus efficace que celle de la serine.IV. La photorespiration est la seule voie de synthese de la

glycine.V. Le GGAT est le facteur limitant de la synthese de ces

deux acides amines.A. Seulement IIB. Seulement I et IVC. Seulement II et IIID. Seulement III et VE. Seulement I, II et V

3'000 ppm300 ppm

Sérine

Glycine

Col-0 GTox-17ggat1-1

mm

ol/m

g F

W15

10

5

0

0.4

0.2

0

90. La photorespiration est une importante voiede synthese des acides amines. Quelle autre fonc-tion peut remplir la photorespiration dans lemetabolisme d’une plante ?A. Amelioration de l’approvisionnement en azote par

liberation de NH+4 .

B. Protection contre le desequilibre osmotique du a uneconcentration de glucose trop elevee.

C. Acceleration de la senescence des feuilles en automne.D. Destruction de l’oxygene toxique pour le chloroplaste.E. Protection des photosystemes contre une surcharge

par haute intensite lumineuse et faibles besoins enNADPH+H+.

Scenario respiration en altitude

En altitude, le corps a moins d’O2 a disposition.Ce manque d’O2 a differents effets, certains po-tentiellement letaux. Les symptomes d’une hy-poxie sont, par exemple, mal de tete, tachycardie,troubles de la concentration et de la coordinationou meme perte de conscience. Cette maladie lieea l’alpinisme est appelee mal des montagnes.

91. Pour contourner le probleme du manqued’oxygene, l’organisme animal a developpe plu-sieurs mecanismes d’adaptation. Un de ceux-la est l’augmentation de la frequence respira-toire pour inspirer plus d’O2. Mais ce mecanismepose egalement probleme. En effet, quand lafrequence respiratoire augmente, l’expulsion deCO2 augmente egalement. Le CO2 est un compo-sant de la regulation acide-base dans le sang.Le principe de ce mecanisme de regulation estdonne par la reaction suivante. Que se passe-t-illorsque la pression partielle de CO2 dans le sangbaisse a cause de l’hyperventilation ?

A. Le pH du sang diminue (acidose respiratoire)B. Le pH du sang augmente (alcalose respiratoire)C. La concentration d’HCO-

3 dans le sang augmente.D. Le volume sanguin diminue.E. Le pH du sang ne change pas.

92. Une autre adaptation importante est uneproduction d’erythrocytes (globules rouges) pluselevee. La formation d’erythrocytes dans lamoelle osseuse est stimulee par l’hormoneerythropoıetine (EPO). Ce processus demande uncertain temps. Quel organe secrete de l’EPO enreponse a un manque d’oxygene ?A. L’hypophyseB. La thyroıdeC. Les reinsD. Le foieE. La rate

93. Des etudes sur des alpinistes ont montrecomment plusieurs parametres du corpschangent en altitude. Ces parametres ont etemesures durant plusieurs jours. Dans cette etude,l’interet portait principalement sur l’adaptationde la production d’erythrocytes. Quels pa-rametres correspondent aux courbes suivantes ?(hematocrite = pourcentage de composantscellulaires dans le sang)

B

C

Jours au camp de base

A. A : hematocrite B : erythropoıetine C : quantite d’urineB. A : erythropoıetine B : hematocrite C : altitudeC. A : altitude B : hematocrite C : quantite d’urineD. A : hematocrite B : erythropoıetine C : altitudeE. A : altitude B : hematocrite C : erythropoıetine

94. La quantite d’erythrocytes dans le sang nepeut pas depasser une certaine limite, car lorsquel’hematocrite augmente, la viscosite du sang aug-mente egalement. Une augmentation de la visco-site a differentes consequences. Quelle affirma-tion est fausse ?A. Le sang coule plus lentement.B. Il faut plus d’energie pour pomper le sang a travers la

circulation sanguine.C. L’irrigation sanguine peripherique diminue.D. Plus d’erythrocytes sont secretes dans l’urine.E. Des thrombus (caillots sanguins) peuvent se former.

95. La troisieme importante adaptation est uneplus haute secretion d’HCO-

3 dans l’urine pourcontrer les effets de la diminution de la pres-sion partielle de CO2 (voir la reaction ci-dessus).Pour cela, plus d’urine doit etre produite etpar consequent les besoins en H2O augmentent.Quelles sont les autres causes de ce plus grandbesoin d’eau dans cette situation de stress ?I. Augmentation des pertes d’H2O lors de l’hyperventila-

tionII. Augmentation de l’utilisation d’H2O dans la chaıne de

respiration cellulaire.III. Augmentation de la viscosite du sangIV. Perte directe d’H2O due a la baisse de la pression par-

tielle de CO2V. Augmentation des pertes d’H2O dans l’intestinA. Seulement I et IIB. Seulement I et IIIC. Seulement I, II et IIID. Seulement I, IV et VE. Seulement II, III et V

96. Dans quel ordre se deroulent les mecanismesd’adaptation suivants ?I. Augmentation de l’hematocriteII. Augmentation de la frequence respiratoireIII. Augmentation de la secretion d’HCO-

3

A. I, II, IIIB. II, I, IIIC. II, III, ID. III, I, IIE. III, II, I

97. Grace a tes nouvelles connaissances, quelsconseils donnerais-tu a un alpiniste escaladant leMont Everest ? Il devrait . . .I. . . . faire plusieurs longues pauses a differentes altitudes

pour que les mecanismes d’adaptation aient le tempsd’agir.

II. . . . monter aussi vite que possible, avant que lessymptomes du mal des montagnes n’aient eu le tempsde se manifester.

III. . . . respirer plus vite pour abaisser la pression partielleen CO2 dans le sang.

IV. . . . moins uriner pour economiser de l’HCO-3.

V. . . . boire beaucoup d’eau.A. Seulement IB. Seulement I et VC. Seulement I, III et VD. Seulement II, III et IVE. Seulement II, III et V

Scenario Thierry au don de sang

Sur les erythrocytes humains (globules rouges)se trouvent des polyglycanes qui peuvent agircomme antigenes. Les antigenes sont desmolecules qui provoquent une production d’an-ticorps. Les anticorps ne sont normalement di-riges que contre des substances etrangeres al’organisme, comme par exemple des antigenesd’erythrocytes etrangers. Les antigenes sur leserythrocytes les plus connus sont A, B, O et lefacteur Rhesus (Rh). De la derivent les quatregroupes sanguins A, B, AB et O. En plus du groupesanguin, un individu peut posseder l’antigeneRhesus (Rh+) ou non (Rh-). Si une personne recoitdu sang d’un groupe incompatible, les anticorpscorrespondants peuvent se lier et le sang va s’ag-glutiner.

98. Si on admet que Thierry est de groupe san-guin A, a qui peut-il donner ses erythrocytes sansque les anticorps se lient et que le sang coagule ?Tous les individus concernes sont Rh+.A. Exclusivement des personnes de groupe sanguin BB. Exclusivement des personnes de groupe sanguin OC. Personnes de groupe sanguin A ou OD. Personnes de groupe sanguin A ou ABE. Personnes de groupe sanguin B ou AB

99. Quels types de cellules Thierry ne va-t-il pasdonner lors du don de sang ?I. Thrombocytes (plaquettes sanguines)II. Cellules immunitairesIII. GametesIV. ErythrocytesV. Cellules nerveusesA. Seulement IB. Seulement I et VC. Seulement II et IIID. Seulement II et IVE. Seulement III et V

100. Outre Thierry, une femme est presente audon du sang. Elle est Rh- et aimerait avoir undeuxieme enfant. Si le sang d’un foetus Rh+ ar-rive dans le sang de la mere Rh-, par exemplea la naissance, la mere developpe des anticorpscontre l’antigene Rh+ et risque ainsi de rejeter ledeuxieme enfant. Pour eviter cela, on donne a lamere vers la fin de la premiere grossesse delicate(mere Rh-, enfant Rh+) des anticorps anti-Rh+.Ceci a une periode de la grossesse ou il est en-core tres improbable qu’il y ait eu contact entreles sangs. Grace a cela . . .A. . . . la mere ne produit pas ses propres anticorps anti-Rh.B. . . . le corps de la mere produit des cellules immunitaires

memoire.C. . . . la mort de la mere a la prochaine grossesse est

evitee.D. . . . le sang foetal de l’enfant suivant s’agglutine.E. . . . on provoque volontairement un accouchement

premature

101. Lors d’une transfusion sanguine, des mala-dies peuvent aussi etre transmises. Quelle affir-mation concernant le virus VIH est fausse ?A. Une infection par le VIH peut provoquer le SIDA.B. Lors d’une transfusion sanguine, le virus VIH ne peut pas

etre transmis.C. Des agents pathogenes sans danger pour des personnes

non infectees peuvent etre dangereux pour des per-sonnes avec un systeme immunitaire affaibli (maladesdu SIDA).

D. Le virus VIH laisse les lymphocytes T auxiliaires hors decombat.

E. Apres des relations sexuelles non protegees avec un nou-veau partenaire, on ne peut pas donner son sang pen-dant trois mois, car seulement des lors, le VIH peut etredecele avec certitude.

102. Apres avoir donne son sang, il manque aThierry 500 ml de sang. Son corps va alors com-penser cette perte. Quelle affirmation est fausse ?A. Les vaisseaux sanguins se contractent pour maintenir la

pression sanguine a un niveau constant.B. Thierry produit de l’EPO, une hormone qui favorise la

formation d’erythrocytes.C. Du liquide va etre reabsorbe depuis la vessie et reinjecte

dans la circulation sanguine.D. Thierry aura soif.E. Apres au plus neuf jours, Thierry a de nouveau autant

d’erythrocytes qu’il en avait avant le don de sang.

Scenario genomique

103. Meme si au jour d’aujourd’hui, beau-coup de sequences genomiques (dont celles del’Homme (Homo Sapiens Sapiens)) sont connues,la connaissance des fonctions de ces sequencesest encore assez reduite. Avec des methodes bio-informatiques, on peut par exemple identifiercertains endroits de genes potentiels (appelesOpen Reading Frames, ORF) en cherchant les co-dons start et stop. Chez les Eucaryotes, la distanceentre les codons start et stop. . .A. . . . est toujours un multiple de 2.B. . . . est toujours un multiple de 3.C. . . . est toujours un multiple de 3 plus 1.D. . . . est toujours un multiple de 6.E. . . . n’est pas definissable par un modele simple.

104. On ne sait souvent pas si cet ORF est ef-fectivement un gene ou s’il est seulement unpseudogene, c’est-a-dire une copie inactive d’ungene. Pour identifier un gene fonctionnel, on peutpar exemple sequencer les ARNm d’une cellule etde les comparer avec le genome. Dans un pre-mier temps, de l’ADN simple brin est synthetiseavec comme brin matrice, l’ARNm. Un ADNc estainsi forme. Laquelle des amorces (primer) sui-vantes pourrait-on utiliser pour copier le plusd’ARNm mais le moins d’ADN nucleaire possible ?A. 5’-UAAUAAUAAUAA-3’B. 5’-AAAAAA-3’C. 5’-UGA-3’D. 5’-AUGAUGAUGAUG-3’E. 5’-TTTTTTTTTTTTTTT-3’

105. On peut faire des etudes d’association pouren apprendre plus sur les fonctions du genome.Le principe est de caracteriser un grand nombrede marqueurs polymorphiques chez des indivi-dus de phenotype different. Ensuite, on controlesi les alleles d’un locus ont une correlation avecle phenotype. Les marqueurs les plus utilises sontles Single Nucleotide Polymorphisms (SNPs). Cesont des loci uniques ou plusieurs paires de basesdifferentes, souvent deux, peuvent survenir. Le-quel des SNPs suivants peut conduire a une mu-tation non-sens par laquelle un codon stop estforme (le brin matrice est represente ci-dessous) ?A. 5’-A[G/T]GCAGTAGGGC-3’B. 5’-AGG[C/T]AGTAGGGC-3’C. 5’-AGGCAGTA[G/T]GGC-3’D. 5’-AGGCAGTAGG[G/T]C-3’E. 5’-AGGCAGT[A/T]GGGC-3’

106. Les nouvelles technologies permettentactuellement l’analyse routiniere d’un grandnombre de SNPs. Dans une etude d’un groupede Daniel Levy, on a genotypise environ 500’000SNPs de 30’000 candidats d’origine europeenne.Le genome humain a environ trois milliards depaires de bases. Quelle est la resolution de cescan genomique (la distance moyenne entre deuxSNPs voisins) ?A. 600B. 6’000C. 60’000D. 600’000E. 6’000’000

107. Evidemment, il est tres improbable qu’unSNP etudie ait une influence directe sur lephenotype etudie. Par chance, le taux de recom-binaison est assez faible pour que les allelesd’un SNP puissent etre couples aux alleles quisont responsable de l’effet. Le taux de recombi-naison chez les humains est d’environ 1cM parmegabase (106 paires de bases). A quelle dis-tance doivent se trouver deux SNPs pour que tupuisses t’attendre a observer une recombinai-son dans mille generations (c’est-a-dire environ25’000 ans chez l’etre humain) ?A. 104

B. 102

C. 105

D. 106

E. 103

108. Apres avoir caracterise des SNPs chezdifferents individus et avoir mesure leurphenotype (ex. pression sanguine), on peutfaire une correlation entre les phenotypes et lesgenotypes. Evidemment, pour la plus grande ma-jorite des SNPs, il n’y a pas de lien entre genotypeet phenotype. L’image suivante montre le lienentre phenotype et genotype pour quatre SNPs (Ia IV). Pour quel(s) SNPs un allele semble-il etrecouple a un allele dominant pour le phenotype ?A. Seulement IB. Seulement IIIC. Seulement I et IID. Seulement II et IIIE. Seulement III et IV

A/A A/C C/C

T/T T/C C/C

I II

III IV

Phénotype

Phénotype

G/G G/T T/T

A/A A/G G/G

109. Pour identifier des loci qui ont une influencestatistiquement significative sur le phenotype, ondoit definir une valeur limite significative. Cettelimite est par convention 0.05, ce qui veut direque dans une etude normale, on prend en compteun taux d’erreur de faux-positifs de 5%, donc 5%des loci trouves sont par � hasard �associe a unphenotype. Ce qui pour 500’000 loci fait quandmeme beaucoup : 5% de 500’000, ca fait tout dememe 25’000, donc par consequent 25’000 lociont ete associes faussement a des phenotypes.Pour eviter cela, on choisit typiquement une li-mite beaucoup plus petite, par exemple a l’aidede la correction de Bonferroni. Pour cela, on di-vise simplement la limite par le nombre de loci.Dans l’etude de Levy, a quel niveau doit-on envi-ron abaisser cette limite ?A. 0.1B. 0.001C. 10−5

D. 10−7

E. 10−9

Scenario genetique despopulations

En genetique des populations, on etudiefrequemment un modele simple d’une popu-lation ideale, appele modele de Wright-Fisher.Concretement, on imagine une population detaille constante avec des generations qui ne sesuperposent pas et dans laquelle ont lieu descroisements aleatoires. De plus, la populationest isolee, c’est-a-dire qu’il n’y a pas d’echangesavec une autre population.

110. Evalue la justesse des affirmations suivantesconcernant une population Wright-Fisher ainsique celle du lien logique :¬ Dans une population diploıde de Wright-Fischer, il n’y apas de derive genetique (genetic drift)parce qu’ une telle population se trouve en equilibre de Hardy-Weinberg.


111. Supposons que dans une telle population ilexiste deux alleles A1 et A2 pour un locus. Avecquelle frequence p de A1 t’attends-tu a avoir plusd’heterozygotes que d’homozygotes dans la po-pulation ?A. jamaisB. p=1/3C. p=1/2D. p=2/3E. toujours

112. Si on remonte l’arbre genealogique de deuxindividus choisis au hasard dans une popula-tion haploıde de Wright-Fisher avec N indivi-dus, les deux lignees fusionnent en une ligneeou se trouve l’ancetre commun le plus recentdes deux individus (most recent common an-cestor MRCA). En remontant dans le temps, onpeut s’imaginer l’arbre genealogique de cettemaniere : a chaque generation, les deux in-dividus cueillent aleatoirement un ancetre dela generation precedente. Si les deux individuscueillent le meme ancetre (le MRCA), il ne restealors plus qu’une lignee. Quand (en nombre degenerations) a vecu en moyenne le MRCA dedeux individus choisis au hasard ? Conseil : cal-cule d’abord la probabilite qu’un MRCA ait vecula generation precedente.A. NB. 1/NC. N2

D. N/2E. eN

113. On peut faire le meme calcul avec une po-pulation diploıde de Wright-Fisher, par exemplepour le Macaque du Japon (Macaca fuscata). A laplace d’individus, on choisit au hasard des ha-plotypes. Un organisme diploıde a deux copiesde chaque chromosome qui sont appelees haplo-type. A cause des recombinaisons, deux haplo-types ont plus d’un MRCA, mais si on etudie unlocus seul, on peut exclure les recombinaisons.Dans ce cas, une population diploıde de Wright-Fisher se comporte comme une population ha-ploıde avec une taille egale au nombre d’haplo-types dans la population diploıde. Pour quels locil’intervalle de temps moyen jusqu’au MRCA est-ille meme dans la population diploıde que dans lapopulation haploıde ? Des loci sur . . .A. . . . le chromosome X et dans la mitochondrieB. . . . les chromosomes Y et 1C. . . . les chromosomes X et 12D. . . . les chromosomes X et YE. . . . le chromosome Y et dans la mitochondrie

114. Evalue la justesse des affirmations suivantesconcernant une population diploıde composee debeaucoup plus de femelles que de males :¬ Dans une telle population, l’intervalle de temps moyenjusqu’au MRCA de deux haplotypes choisis au hasard estplus grande que dans une population avec un rapportmale/femelle equilibreparce que la majorite des haplotypes choisis provient de femelles.


Scenario grands herbivores

Palmer et al. (2008) ont etudie les interactionsentre les grands herbivores, l’arbre Acacia dre-panolobium (acacia) et quatre especes de four-mis dans la savane seche du Kenya. Lors de cetteetude a long terme, la surface experimentale aete separee en zones, certaines ou les herbivoresavaient libre acces et d’autres avec des barrieres.Les acacias forment des nectaires extra-florauxdont les excretions servent de nourriture aux four-mis. Ils forment aussi des epines dont certainesplus epaisses et creuses peuvent servir d’habitata celles-ci. Quatre especes de fourmis Cremato-gaster sjostedti (Cs), C. mimosae (Cm), C. nigri-ceps (Cn) et Tetraponera penzigi (Tp) concourentpour avoir a elles seules la possession d’un aca-cia. Cs forme ses fourmilleres dans les cavitesformees par des larves de cerambycides (Cer-mabycidae). Cm a besoin des epines epaisseset creuses de l’acacia pour construire ses four-milleres ; elle se nourrit en grande partie desexcretions des nectaires extra-floraux et s’il enmanque, elle eleve des cochenilles (Coccoidea)dans les epines creuses. Cn arrache les bour-geons lateraux en croissance pour empecher lacroissance commune avec d’autres arbres deja

occupes par d’autres fourmis. Tp detruit les nec-taires extra-floraux pour rendre l’arbre qu’ellecolonise moins attractif pour les autres fourmis.

115. Les images A, B, C, D et E montrent quelquesresultats de Palmer et al. (2008). Les etoiles cor-respondent a des differences significatives. Lescolonnes blanches des images A, B et C signi-fient la presence des grands herbivores alors queles colonnes grises signifient leur absence. Pourl’image A, le nombre de nectaires extra-florauxactifs par feuille d’acacia a ete determine pourl’occupation par trois especes de fourmis. Les nec-taires extra-floraux sont des tissus secreteurs quiproduisent une solution riche en hydrates de car-bones et . . .

nom

bre

de n

ecta

ires

extr

a-fl

ora

ux a

cti

fs

Espèce de fourmis

A. . . . qui sont toujours relies au phloeme.B. . . . qui n’apparaissent que sur les plantes du genre Aca-

cia.C. . . . qui servent souvent a attirer les pollinisateurs.D. . . . qui sont formees a partir de cellules de l’endoderme.E. . . . qui sont souvent facilement reconnaissables a leurs

signaux optiques, comme par exemple des couleursvives.

116. Image B : Determination de la part desacacias occupee par chacune des quatre especesde fourmis. Image C : Apres avoir enleve lesepines epaisses des branches de l’acacia se-lon une methode standard, le nombre de four-mis qui s’y trouvaient a ete determine. D’autresetudes montrent que les herbivores evitent lesarbres avec beaucoup de fourmilieres. Image D :Determination de l’etat d’infection des acaciaspar les cerambycides et nombre de nouvelles in-fections par les cerambycides en presence (co-lonne blanche) ou en l’absence artificielle (co-lonne grise) des quatre especes de fourmis.L’image E montre le taux de croissance annuel(colonne blanche) ainsi que la mortalite cumula-tive (colonne grise) des acacias occupes par cha-cune des quatre especes de fourmis. Quel modeledecrit le mieux l’interaction entre Cs et l’acacia ?A. MutualismeB. ConcurrenceC. ParasitismeD. CommensalismeE. Predation

Espèce de fourmis

No

mb

re d

e s

old

ate

sd

ép

loy

ée

s

C

Espèce de fourmis

Pa

rt d

es a

rbre

s o

ccu

pé

s

B

117. Tiens compte de la biologie des organismesimpliques et des resultats de Palmer et al. (2008) :en l’absence de grands herbivores, . . .A. . . . Cs defend ses acacias plus farouchement.B. . . . les acacias occupes par Tp sont clairement plus at-

taques par des larves de cerambycides.C. . . . les acacias occupes par Cm ont moins de couts et

des avantages plus grands.D. . . . le rapport de concurrence entre Cs et Cm est

deplace.E. . . . les acacias occupes par Cn sont nettement moins at-

taques par des larves de cerambycides.

Espèce de fourmis

Infe

cti

on

pa

r d

es

cé

ram

by

cid

és

pa

r a

rbre

D

Pa

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es a

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s m

ou

ran

ts

Cro

issa

nce

an

nu

ell

em

oy

en

ne

(cm

)

Espèce de fourmisE

118. Selon les resultat de Palmer et al. (2008),quels effets a l’absence des grands herbivores surla population d’acacias ?I. Infection par des larves de cerambycides plus impor-

tanteII. Occupation par des especes de fourmis qui ne sont pas

la en presence de grands herbivoresIII. Plus faible protection contre les petits herbivoresIV. Taux plus eleve d’infection par des pathogenes vegetaux

qui peuvent entrer dans la plante par les blessures pro-voquees par Tp

V. Gros degats aux meristemes apicaux a cause d’une oc-cupation plus forte de Cn

A. Seulement I et IIIB. Seulement III et VC. Seulement IV et VD. Seulement I, II et IVE. Seulement II, III et V

119. Evalue la justesse des affirmations suivantesainsi que celle du lien logique a l’aide desdonnees de Palmer et al. (2008).¬ L’absence des grands herbivores a pour consequence untaux de survie et de croissance plus important des acaciasparce qu’ en l’absence des grands herbivores plus de 60% des aca-cias forment moins de nectaires extra-floraux et diminuentainsi les couts d’investissement.


120. Certains resultats de Palmer et al. (2008)sont assez etonnants. Quelle affirmation estfausse ?A. Les acacias colonises par Cn ne reagissent pas a l’ab-

sence des grands herbivores.B. En presence des herbivores, les especes de fourmis

proche parentes colonisent les acacias plus ou moinsaussi frequemment.

C. A cause de la parente des especes de fourmis, on nepeut rien deduire de l’effet des especes de fourmis surles acacias.

D. Les cerambycides profitent de la presence de Cs.E. Cm est selectionnee positivement par les herbivores.

121. Au contraire du macaque du Japon (Macacafuscata), le patas (Erythrocebus patas) est bienadapte a la savane et se deplace souvent surde longs trajets au sol. Il couvre environ 30% deses besoins journaliers en mangeant des epinescreuses colonisees par des fourmis. En l’absencede grands herbivores, . . .A. . . . les patas depensent plus d’energie pour se nourrir de

colonies de fourmis.B. . . . la densite de la population de patas augmente.C. . . . les patas doivent effectuer des trajets moins longs

pour trouver des colonies de fourmis.D. . . . les couts de manutention des patas pour ouvrir les

capsules des epines augmentent.E. . . . les patas ont des conditions inchangees par rapport

a la disponibilite des colonies de fourmis.

122. En Europe, les grands herbivores comme lecheval des forets (Equus ferus sylvaticus), l’auroch(Bos primigenius) et le bison Wisent (Bison bona-sus) ont ete presque ou completement exterminespar l’etre humain. D’autres herbivores commel’elan (Alces alces), le cerf elaphe (Cervus ela-phus), le cerf (Capreolus capreolus) et le sanglier(Sus scorfa) ont ete extermines a l’echelle locale etont aujourd’hui une densite de population sensi-blement plus faible qu’il y a 3000 ans. Jusqu’au17eme siecle, les forets ont aussi ete paturees pardes animaux de rente. A part les chevaux desforets et les sangliers, les autres sont des rumi-nants. Les ruminants . . .I. . . . mangent une part specifique de leur excrements ve-

nant du caecum et les digerent une seconde fois (Cae-cotrophie).

II. . . . ont beaucoup de temps avant la vidange de leursintestins avec une ration riche en fibres.

III. . . . peuvent utiliser de maniere tres efficace la nourritureriche en sucre comme source d’energie.

IV. . . . possedent un intestin grele divise en differentes par-ties et extremement agrandie ou la cellulose se faitdegrader.

V. . . . peuvent reutiliser l’uree et gagner des proteines apartir des microorganismes digeres.

A. Seulement IIIB. Seulement II et VC. Seulement I, III et IVD. Seulement II, III et IVE. Toutes

123. Dans une des sept ıles de foret viergeau fin fond de l’Europe tres protegees depuisdes dizaines d’annees, on a determine la struc-ture de la population des chenes pedoncules(Quercus robur), des hetres (Fagus sylvatica), desfrenes (Fraxinus excelsior) et des ormes de mon-tagne (Ulmus glabra). Pour ce faire, on a re-cense le nombre de troncs d’un certain diametre(a la hauteur du torse) de chaque espece. Lesdernieres forets vierges avaient pendant la prisede donnees une population de moyens et grandsherbivores relativement faible. Que peut-on direa partir de ces donnees sur la structure de la po-pulation des quatre especes de feuillus dans lessept ıles de forets vierges ?

Diamètre à la hauteur du torse en cm

Nom

bre

d'a

rbre

s d

an

s la p

op

ula

tion

Chêne pédonculé Hêtre

FrêneOrme de montagne

A. Les jeunes chenes pedoncules poussent beaucoup plusvite que les hetres.

B. Les hetres, les frenes et les ormes de montagne ont untaux de mortalite des jeunes pousses extremement haut.

C. Les hetres ont une structure de population typiquementvieillissante.

D. La population de chenes pedoncules ne rajeunit plus.E. Les hetres sont proportionnellement les arbres les plus

gros.

124. Dans une experience, Bakker et al. (2004)ont determine le taux de survie des chenespedoncules dans quatre types de vegetationdifferentes (prairies ouvertes, jeunes buissonsepineux dans des prairies ouvertes, zone densede vieux buissons epineux dans des prairies ou-vertes, entre des grands chenes pedoncules dejaetablis). Le territoire de l’etude a ete pature pardes vaches (Bos primigenius taurus) et des che-vaux (Equus ferus caballus). Dans chaque typede vegetation, il y avait des jeunes poussesa l’interieur (colonne blanche) et hors (colonnefoncee) des enclos qui retenait les animaux quipaturaient. Quelles affirmations sont correctes ?I. Il semble que les chenes pedoncules ont les meilleures

conditions de croissance dans des structures ouvertes etriches en lumiere.

II. La combinaison entre la predation par des herbivoreset la concurrence pour la lumiere et d’autres ressourcesconduit a un haut taux de mortalite des jeunes poussesdans les vieux buissons epineux.

III. Le type de vegetation influence la mortalite des jeunespousses par les herbivores.

IV. Les jeunes pousses ont le plus haut taux de survie s’ilsse trouvent a cote de l’arbre mere.

pra

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sons

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eux

Herbivores

Enclos

A. Seulement IIB. Seulement IIIC. Seulement I et IVD. Seulement I, II et IIIE. Seulement II, III et IV

Scenario parasitisme

125. Afin de se propager, un parasite utilisesouvent un deuxieme hote appele vecteur. Pourmaintenir son cycle de vie, un tel parasite est souspression de selection pour garder le vecteur qu’ila infecte en vie. Quelles strategies peux-tu at-tendre du parasite en question ?I. Chez les vecteurs suceurs de sang, la multiplication des

parasites n’a pas lieu apres le premier repas sanguin.II. Les parasites augmentent la production de sperma-

tozoıdes du vecteur et augmentent ainsi la concurrenceentre les spermatozoıdes ce qui conduit a un plus grandsucces reproductif (fitness) du vecteur.

III. Des parasites de la meme espece qui penetrent plus tardsont repousses par la mobilisation de mecanismes dedefense non specifiques.

IV. Chez les vecteurs suceurs de sang, les parasites infectentsurtout les organes sensoriels comme les antennes, lesyeux et les poils sensoriels.

V. Une inhibition partielle et la mort programmee de cer-tains stades parasitaires ont lieu suite a des modifica-tions de l’homeostasie du vecteur.

A. Seulement IIB. Seulement IIIC. Seulement IV et VD. Seulement I, III et VE. Seulement I, II et IV

126. En epidemiologie, on classe les differentsstades d’infection d’un hote en differentescategories. Entre ces categories, on definitdes taux de survie ce qui permet une saisiemathematique d’une tel modele stochastique.L’image suivante montre un tel modele stochas-tique d’un parasite hypothetique. Admettons quel’Homme soit le seul hote de ce parasite et qu’iln’est pas possible de controler les vecteurs dece parasite. Le taux d’infection est de 5%. Onconsidere que i est assez faible pour etre neglige.Quelle categorie de vecteurs devrait-on si pos-sible isoler completement pour rompre avec leminimum d’effort le developpement cyclique duparasite le plus efficacement ?

Hôte potentielnégatifnon immunisé

I

exposé auvecteurnégatif

II

infectépositif

III

patent (phase dereproduction du parasite)positif

IV

Guérisonpositif

V

Hôte potentielnégatifimmunisé

VII

Phase latentepositifParasite présentpas de symtomes

VI

a

b c

e

fh

i

d

g

Geburtenrate

A. IB. IIIC. IVD. VE. VII

127. Comment pourrait-on theoriquement endi-guer une epidemie (apparition plus frequented’une maladie dans un laps de temps court)causee par un tel parasite ?I. Reduction de bII. Reduction de IIII. Reduction de dIV. Augmentation de cV. Augmentation de e et fA. Seulement IB. Seulement IIIC. Seulement II et IVD. Seulement I, II et VE. Seulement II, III et IV

Pa

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sit

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%

Classe d'âge en années

128. Au cours d’une etude dans la savane auNigeria, on a determine la prevalence, c’est-a-dire le nombre d’individus infectes par l’agentinfectieux de la malaria, Plasmodium falciparum(en pourcent) dans une population de personnesautochtones pour differentes classes d’age aucours des saisons (RZ : saison des pluies, TZ : sai-son seche). En plus, on a regarde au microscopela densite des gamontes () et les trophozoıtes(phase de vie vegetative dans les erythrocytes) enfonction des saisons et pour les differentes classesd’age. Attention, il s’agit d’une representation lo-garithmique. Quelle affirmation est fausse ?A. Les plasmodium peuvent de temps en temps compenser

des pertes naturelles.B. Les enfants de 1 a 4 ans sont dans 90% des cas para-

sites.C. Avec l’age, la probabilite de propagation du plasmo-

dium devient plus faible.D. Les trophozoıtes sont proportionnellement plus fortement

influences par la saison seche que les gamontes.E. A la fin de la saison des pluies, les gamontes augmentent

d’un facteur 60 en comparaison avec la saison sechedans la plus haute classe d’age.

Feuille de reponses du 2eme tour des Olympiades Suisses de Biologie2010

Prenom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Biologie cellulaire

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Anatomie etphysiologie vegetale

16. A© B© C© D© E©17. A© B© C© D© E©18. A© B© C© D© E©19. A© B© C© D© E©20. A© B© C© D© E©21. A© B© C© D© E©22. A© B© C© D© E©23. A© B© C© D© E©24. A© B© C© D© E©

25. A© B© C© D© E©26. A© B© C© D© E©

Anatomie etphysiologie animale

27. A© B© C© D© E©28. A© B© C© D© E©29. A© B© C© D© E©30. A© B© C© D© E©31. A© B© C© D© E©32. A© B© C© D© E©33. A© B© C© D© E©34. A© B© C© D© E©35. A© B© C© D© E©36. A© B© C© D© E©37. A© B© C© D© E©38. A© B© C© D© E©39. A© B© C© D© E©40. A© B© C© D© E©41. A© B© C© D© E©42. A© B© C© D© E©43. A© B© C© D© E©44. A© B© C© D© E©45. A© B© C© D© E©46. A© B© C© D© E©

Comportement

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48. A© B© C© D© E©49. A© B© C© D© E©50. A© B© C© D© E©51. A© B© C© D© E©52. A© B© C© D© E©

Evolution etgenetique

53. A© B© C© D© E©54. A© B© C© D© E©55. A© B© C© D© E©56. A© B© C© D© E©57. A© B© C© D© E©58. A© B© C© D© E©59. A© B© C© D© E©60. A© B© C© D© E©

Ecologie

61. A© B© C© D© E©62. A© B© C© D© E©

Biosystematique

63. A© B© C© D© E©64. A© B© C© D© E©65. A© B© C© D© E©66. A© B© C© D© E©67. A© B© C© D© E©68. A© B© C© D© E©

Feuille de reponses du 2eme tour des Olympiades Suisses de Biologie2010

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Scenario hormone decroissance humaine


Scenario fibrosecystique

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Scenariophotorespiration


89. A© B© C© D© E©90. A© B© C© D© E©

Scenario respirationen altitude


Scenario Thierry audon de sang


Scenario genomique


109. A© B© C© D© E©

Scenario genetiquedes populations


Scenario grandsherbivores

115. A© B© C© D© E©116. A© B© C© D© E©117. A© B© C© D© E©118. A© B© C© D© E©119. A© B© C© D© E©120. A© B© C© D© E©121. A© B© C© D© E©122. A© B© C© D© E©123. A© B© C© D© E©124. A© B© C© D© E©

Scenario parasitisme

125. A© B© C© D© E©126. A© B© C© D© E©127. A© B© C© D© E©128. A© B© C© D© E©

2eme tour 2010 - Olympiad · 2019-11-01 · 2eme` tour 2010 Voici le questionnaire du deuxi`eme...

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