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Biochimie 1 - Corrigé

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FACULTE DE MEDECINE PARIS DESCARTES
Tutorat 2007-2008
Corrigé de Biochimie n°1
A LIRE AVANT DE COMMENCER LA CORRECTION :
Vérifier que le corrigé comporte 9 pages imprimées recto-verso,
numérotées de 1 à 9
Une grille de réponses remplie est disponible au début du corrigé.
Le tutorat, une initiative du Cercle Cartésien des PCEM1
C2P1
1
I – Questions de cours
Question 1 : A
γ
β
α
Question 2 : B
Question 3 : E
Au passage, un petit moyen mémotechnique pour se rappeler lesquelles ont 1 ou 2
cycles : les purines/pyrimidines, c’est comme chameau-2bosses- et dromadaire-1bosse-…
Pu-rine, 2syllabes, 2cycles et pyrimidine 1seul
Question 4 : B
Question 5 : A
Question 6 : E
En dehors de l’origine de réplication, tout est codant
Question 7 : C
La synthèse de l’ADN s’effectue de 5’ en 3’ par rapport à l’orientation du gène, mais
les deux brins sont antiparallèles, donc de 3’ en 5’ sur le brin matrice.
II - Xeroderma pigmentosum
Question 8 : C
A-les liaisons en pointillé sont des liaison hydrogénes
B-A et G sont des purines, T et C des pyrimidines
D-il s’agit d’une liaison covalente
Question 9 : E
A- attention !il ne s’agit pas du nombre de cellules en ordonnées mais du pourcentage de
thymine sous forme de dimères.
2
B- Apres exposition aux UV il y a autant de dimères chez l individu sain que chez
l’individu malade
C- cf B
D- il n’est pas question d’apoptose ici !
Question 10 : A
B-faux sinon les résultats seraient identiques chez tout les individus
C- les taches brunes sont dû à une mort cellulaire importante
D- le cancer n’est pas uniquement dû à une pathologie de l’apoptose
Question 11 : B
A-les délétions-insertions sont dû aux agents intercalants.
C-la formation des tautomères est spontanée et transitoire
D-faux puisqu’ il existe des mécanismes de réparation !
Question 12 : D
Il suffit d’observer la délétion d’une cystéine (codon 66) qui entraîne un décalage du cadre
de lecture et l’apparition d’un codon stop précoce.
Question 13 : D
A-aucun rapport…
B-les UV entraînent la formation de dimères de thymine dans l’ADN. La mutation
d’ERCC3 est génétique et pas dû à l’environnement. ERCC3 intervient justement dans la
réparation de ces dimères.
C-aucun rapport
Question 14 : C
A-au contraire puisqu’elles ne sont pas réparées.
B-il n’est pas question d’apoptose ici
D- et la mutation des enzymes de réparation ?
[N.B : On vous dit indirectement que les cellules sont synchronisées en phase G1 (phase S
bloquée par Rb) car sinon l’incorporation de Thymidine tritiée ne serait pas significative
de la réparation (plus grande intensité de la réplication)]
Question 15 : D
A- les UV provoquent la formation de dimère de thymine puis la cellule utilise la T* pour
réparer ces dimères.
B- Au contraire.
C- L’incorporation « quotidienne » est dû surtout à la synthèse d’ADN !
Question 16 : D
A- que dans le noyau.
B- Beaucoup plus marqué dans les cellules normales
C- Faux sinon il n y aurait pas autant de marquage puisque la cellule n’aurait rien à
réparer !
Question 17 : B
Cf tableau (0) et diagramme (même profil qu’avant)
3
Question 18 : B
Cf figure 1 le profil qui s’éloigne le plus de celui de l’individu normal (le plus grave) et
celui qui s’en rapproche le plus (le moins grave). Chez le contrôle, il y a beaucoup de grains
par noyaux repartis de manière homogène. Chez les malades, il y a peu de grain dans
beaucoup de noyaux.
Question 19 : C
A- les mutations qui apparaissent au cours de la réplication sont réparées par :
proofreading et MMR
B- les mutations qui apparaissent spontanément sont réparées par excision-réparation
(BER ou NER)
D- la glycosylase est la première enzyme qui intervient dans la BER
Question 20 : D
Question 21 : B
Il s’agit en effet ici d’une mutation spontanée (donc ce ne peut être une MMR). La
NER est impliquée dans le retrait de lésions volumineuses qui provoquent une
distorsion de la double hélice. Il ne s’agit donc pas d’une BER qui consiste en un
retrait des bases modifiées lorsque celles-ci n'entraînent pas de distorsion de la double
hélice.
La photoréactivation est induite par la lumière et est catalysée par des ADN
photolyases : l'enzyme provoque la cassure des liaisons C5-C6, C6-C6 ou C4-C6;
mais il n’en est pas question dans votre cours donc ne vous prenez pas la tête la
dessus.
Question 22 : C
A- L'hélicase est un enzyme qui catalyse l'hydrolyse des liaisons hydrogènes reliant entre
eux les brins d'ADN résultant en un déroulement de la double hélice. Cet enzyme
intervient au cours de la réplication de l'ADN, au cours de la transcription, la
recombinaison ou la réparation de l'ADN.
B- Cf A
C- et D- XPD est une maladie de la réparation, TDD une de la transcription
III - Etude des mutations du gène X
Question 23 : C
a- c’est l’initiation de la traduction.
b- La CAAT box est située en 5’ de la région transcrite, dans le promoteur du gène.
c- Réponse juste, voir cours la plupart des gènes domestiques n’ont pas de TATA box.
d- Il y aura excision des introns et épissage des exons.
Question 24 : C
Séquence non transcrite de taille variable.
Question 25 : B
a- Ici on regarde l’ADN et non la protéine. On ne peut donc pas parler de la migration de la
protéine.
b- Vrai, plus le segment est léger (et donc court) et plus il migre loin.
d- Ici on regarde l’ ADN. On ne peut donc pas parle de la migration de l’ARNm.
4
Question 26 : A
Le Southern Blot ne renseigne pas quantitativement, il permet juste de savoir si le segment est
présent et de déterminer sa taille comparativement à celle du segment du sujet sain.
Le Segment d’ADN de George étant plus léger que celui du sujet sain on en déduit qu’il y a
eu délétion et donc on peut supposer que l’ARNm et la protéine qui en découlent peuvent
avoir eux aussi une délétion.
Question 27 : B
L’ARNm X de George n’est pas forcément inexistant, il se peut que sa partie 5’ soit
délétée ce qui empêche la révélation par la sonde mais l’ARNm lui est bien présent.
c- le Northern Blot ne renseigne pas sur l’état de la partie 3’ de l’ARNm.
d- Idem.
e- L’ARNm n’étant pas révélé on ne peut pas déterminer sa taille.
Question 28 : E
a- L’ARNm ne peut pas être inexistant car on voit une bande sur le Northern Blot.
b- Idem.
c- L’ARNm étant révélé par une sonde marquant spécifiquement sa partie 3’ celle-ci est
forcément présente.
d- L’ARNm de George migre plus loin que celui du sujet sain, il est donc plus léger.
e- On ne peut pas révéler l’ARNm avec une sonde se fixant sur sa partie 5’ mais on peut
le faire avec une sonde se fixant sur sa partie 3’, Cet ARNm est donc bien présent et sa
partie 5’ est délétée.
Question 29 : B
b-Réponse fausse, le codon AUG intervient dans l’initiation de la traduction
uniquement.
c- Une délétion au début de la séquence codant la protéine entraînera une modification de
toute la séquence protéique qui suivra. On aura ainsi une protéine totalement différente.
d- Les ARNm tronqués sont souvent très instables et rapidement détruits.
e- Les protéines mutées ont souvent une mauvaise conformation ce qui peut entraîner leur
destruction notamment par le protéasome.
Question 30 : A
La taille de l’ADN ne variant pas significativement, le défaut protéique pourrait être du à une
mutation ponctuelle.
Question 31 : C
a- Le Northern Blot permet de regarder s’il y a des modifications de grande ampleur dans la
taille d’un ARNm.
b- le Western Blot permet de regarder s’il y a des modifications de taille de la séquence d’une
protéine, il ne permet pas pas toujours de déterminer la mutation au niveau de l’ADN
c- Réponse juste. Le séquençage permet de déterminer avec exactitude quel nucléotide
est modifié chez M.J par rapport au sujet sain.
d- Faire un caryotype ne permet de déceler que les grands remaniements du génome et en
aucun cas les mutations ponctuelles.
Question 32 : B
Un gène possède un intron de moins qu’il ne possède d’exons (soit 6 introns dans le cas
présent).
5
Question 33 : E
Les sites donneurs d’épissage sont caractérisés par une séquence consensus GT, la
transformation de la guanine en cytosine peut donc bien le supprimer.
Question 34 : B
Ce Northern Blot ne renseigne pas sur la longueur de le queue poly-A et de plus l’ARNm
de M.J est plus court que celui du sujet sain, il n’y a donc aucune raison de supposer que
la queue poly-A de son ARNm est plus longue que celle du sujet sain.
d- L’ARNm de M.J étant tronqué, il est possible que ce soit par la suppression d’exons
entiers.
e- Les séquences des sites donneur et accepteur d’épissage étant respectivement GT et AG, ils
peuvent être touchés par la mutation. De plus une mutation à ce niveau peut entrainer une
omission d’exon (voir poly de cours) ce qui raccourci l’ARNm. Ceci est en accord avec le
résultat obtenu.
Question 35 : B
Voir cours, la suppression du site accepteur d’épissage d’un exon peut entraîner l’omission de
cet exon mais ne modifie par l’épissage des autres exons de l’ARNm.
Question 36 : D
a- Une protéine anormale est très souvent inactive.
b- Comme la mutation touche un site accepteur d’épissage et entraîne une omission de l’exon
4. La protéine va être tronquée de toute sa partie normalement traduite à partir de l’exon 4.
c- Il y a délétion d’une partie de la séquence protéique, ceci n’implique pas forcément de
décalage du cadre de lecture et donc pas forcément d’apparition de codon stop précoce.
d- Réponse juste. On supprime une partie de la séquence qui va être traduite pour
former la protéine, on raccourci donc cette protéine.
e- S’il existe, le décalage du cadre de lecture ne touchera que la séquence située en aval de
l’exon 4 et non toute la séquence de la protéine.
IV - Analyse du polymorphisme génétique
Question 37 : B
La transition est le passage entre bases puriques ou entre bases pyrimidiques, la
transversion est le passage d’une base purique à pyrimidique et inversement.
Une mutation non sens très tardive, proche du vrai codon stop, peut ne pas entraîner une perte
de fonction totale de la protéine. Elle peut être sans conséquence ou entraîner une altération
plus ou moins conséquente de sa fonction.
Question 38 : E
Question de cours pure : la transcription c’est le passage ADN -> ARN, donc
évidemment nécessite une ARN polymérase et non une ADN polymérase (pour la
réplication). Le promoteur n’est évidemment pas transcrit.
Question 39 : A
Les introns sont transcrits en ARN et ensuite il y a le phénomène d’excision/épissage
pour les enlever.
Les régions régulatrices peuvent être très loin du promoteur
6
Question 40 : B
Pour les questions 4, 5, 6 et 7, il est indispensable de faire la distinction entre le
nombre de fragments générés par la digestion enzymatique et les fragments qui sont visualisés
sur le Southern grâce aux sondes !
Avec EcoR1 :
7Kb
7Kb
allèle sauvage :
2 fragments - 7Kb révélé
- 7,9Kb non révélé
allèle mutant
les mêmes fragments
Les deux allèles donnent exactement le même profil de Southern et ont tous les deux un
fragment de 7,9Kb non révélé
Question 41 : B
Allèle sauvage donne 2fragments : - 6,6Kb révélé
- 5,8Kb non révélé
Allèle mutant donne 1 fragment de 12,4Kb qui est révélé
Question 42 : B
Allèle sauvage donne 5 fragments : - 6Kb et 1Kb révélés
- 0,6Kb, 5,8Kb et 1,5Kb non révélés
Allèle mutant donne 4 fragments : - 6Kb et 1Kb révélés
- 6,4Kb et 1,5Kb non révélés
Question 43 : A
Le 2ème (avec Hpa1) est le seul qui permet de visualiser une différence entre les deux
allèles. Quand on a un southern qui marche (digestion + révélation) il n’est pas nécessaire
d’en faire d’autres.
Question 44 : D
Regardez le southern fait avec la digestion par Hpa1 : allèle sauvage 6,6Kb, allèle
mutant 12,4Kb
A/ rien ne nous indique que c’est une maladie liée à l’X !
B/ les 3 personnes malades n’ont que l’allèle 12,4Kb donc c’est une maladie récessive (et
d’autres membres de la familles sont porteurs de l’allèle 12,4Kb mutant et ne sont pas
malades mais porteurs de la maladie)
C/ cet arbre confirme ce qui a été vu avec la digestion par Hpa1 et non EcoR1 !
V - Acides aminés et protéines
Question 45 : B
Question 46 : A
Question 47 : B
7
Question 48 : D
En dessous de pH=2,32 : A. au dessus de ph=9,68 : C (cf chimie 1er semestre ;-))
Question 49 : A
C : contient aussi du souffre (met, cys). E : les chaînes latérales aliphatiques sont
retrouvées dans gly, ala, val, leu, ile, pro et met
Question 50 : E
La A et la D sont justes, donc il fallait cocher la E (cf énoncé)
Question 51 : E
B : Il s’agit biensur de la structure primaire de la protéine ; C : C’est le NH2 terminal
Question 52 : C
Question 53 : B
3 acides aminés basiques (2 arg + 1 lys) et aucun acide ; A : la présence de proline coupe
l’hélice alpha ; C : il peut y avoir pont disulfure car il y a 2 cys ; D : il n y aucun résidu
aromatique (tyr, trp, phe)
Question 54 : E
Car la C et la A sont évidemment fausses.
VI – Protéines et techniques
Question 55 : C
Une protéine acide aura un pI plus petit que 7.
Question 56 : D
En SDS-PAGE la charge n’intervient pas, les protéines migrent donc selon leur poids
moléculaire, la plus légère descend le plus vite. La plus lourde se retrouve donc au sommet.
Question 57 : D
Les protéines migrent vers l’anode lorsqu’elles sont chargées (-) et vers la cathode
lorsqu’elles sont chargées (+), jusqu'à leur pI.
Question 58 : D
Lys sera chargée positivement à pH 6,0. Elle sera retenue par la phase stationnaire.
Quant à Ile (acide aminé non polaire), elle sera entraîné par la phase mobile.
Question 59 : A
C/ Sépare par reconnaissance d’une séquence spécifique.
Les autres séparent en fonction du poids moléculaire ou de la densité.
Question 60 : C
A pH=6 la charge nette du peptide Q est 0 due à une charge +2 apportée par le résidu Lys e
une charge -2 apportée par le résidu Glu. Ce peptide est donc immobile.
Le peptide P a une charge nette de +2 du au résidu Lys.
Le peptide R a une charge nette de -0.5 car son résidu Glu lui apporte -2 mais son résidu His
est a demi déprotoné et lui apporte donc +1.5.
8
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