9 questões oficiais da Famerp sobre Genética e hereditariedade, de 2017 a 2026, com gabarito e resolução comentada. Dificuldade estimada: 1 fácil, 7 médias, 1 difícil.
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6 questões de Genética e hereditariedade resolvidas
Questão 1 · Famerp 2026 · Questão 48média
Suponha que, em certa espécie de roedor, quatro alelos (A, *a*1, *a*2 e *a*3) podem ocupar um loco no cromossomo 9. Uma segunda série, com cinco alelos (C, *c*1, *c*2, *c*3 e *c*4), pode ocupar um loco no cromossomo 13. De acordo com esses dados, o número de genótipos duplo-homozigotos e o número de combinações genotípicas possíveis em relação a essas duas séries alélicas serão, respectivamente,
A
15 e 25.
B
20 e 150.
C
9 e 150.
D
9 e 25.
E
20 e 60.
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Gabarito: B
São dois locos independentes (cromossomos 9 e 13); conte cada um e multiplique.
1. Homozigotos de cada loco
Há um homozigoto para cada alelo: 4 no loco do cromossomo 9 e 5 no do 13.
Por que as outras atraem: C e D usam 9 (soma 4 + 5) em vez do produto; A e D usam 25 como total de genótipos; E multiplica errado (4 × 15 = 60).
Dica: em alelos múltiplos, genótipos = n(n + 1)/2; para locos independentes, multiplique as possibilidades de cada loco.
Questão 2 · Famerp 2025 · Questão 48difícil
O heredograma apresenta indivíduos que têm informações sobre a tipagem sanguínea para o fator Rh. Os homens destacados (II-1 e II-5) apresentaram eritroblastose fetal ao nascer, e nenhuma mulher desse heredograma recebeu imunizante anti-Rh após os nascimentos dos filhos.
Considerando os dados do heredograma, a probabilidade de uma próxima criança ter eritroblastose fetal gerada pelo casal
A
II-4 e II-5 será de 50%.
B
II-1 e II-2 será de 12,5%.
C
II-1 e II-2 será de 75%.
D
II-4 e II-5 será nula.
E
II-4 e II-5 será 100%.
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Gabarito: A
Eritroblastose fetal: mãe Rh⁻ já sensibilizada (produziu anti-Rh num parto anterior de filho Rh⁺) gera filho Rh⁺.
1. Casal II-1 × II-2. A mãe II-2 é Rh⁺: ela não produz anti-Rh. Probabilidade nula — isso já elimina a B e a C.
2. Casal II-4 × II-5. A mãe II-4 é Rh⁻ e já teve o filho III-2, Rh⁺, sem receber o imunizante: ela está sensibilizada. - II-5 é Rh⁺ e teve eritroblastose ao nascer, logo sua mãe era Rh⁻ (dd). Então II-5 é Dd. - Dd × dd → 1/2 Dd (Rh⁺) e 1/2 dd (Rh⁻).
Toda criança Rh⁺ desse casal terá a doença: 50%.
Resposta: A
Por que as outras atraem: a E supõe que II-5 seja DD, mas a mãe dele era Rh⁻; a D esquece que a mãe já está sensibilizada.
Dica: homem Rh⁺ filho de mãe Rh⁻ é sempre heterozigoto (Dd).
Questão 3 · Famerp 2024 · Questão 48média
Em moscas-das-frutas (Drosophila melanogaster), a cor cinza do corpo do inseto é determinada pelo alelo dominante P, e a cor preta pelo alelo recessivo p. A forma normal das asas da mosca é determinada pelo alelo dominante V, e as asas vestigiais pelo alelo recessivo v. Realizou-se um experimento em que fêmeas duplo-heterozigotas foram cruzadas com machos de corpo preto e asas vestigiais. A tabela mostra os resultados desses cruzamentos.
Diante desses resultados, conclui-se que:
A
o macho produziu 16% de espermatozoides contendo os alelos P e v.
B
os alelos recessivos p e v estão presentes em um mesmo óvulo recombinante.
C
a fêmea produziu 8% de óvulos contendo os alelos recessivos p e v.
D
os alelos P e V segregam-se independentemente durante a meiose.
E
os alelos P e V distam 16 unidades de recombinação um do outro.
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Gabarito: E
É um cruzamento-teste: fêmea PpVv × macho ppvv. O macho só forma gametas pv, então cada fenótipo dos filhos revela o gameta da mãe.
1. Classes da tabela: - cinza normal (PV) 42% e preta vestigial (pv) 42% → parentais; - cinza vestigial (Pv) 8% e preta normal (pV) 8% → recombinantes.
Como as classes não aparecem em 25% cada, os genes estão ligados (D é falsa).
2. Taxa de recombinação: 8% + 8% = 16% → os locos distam 16 unidades de recombinação (centimorgans).
A: o macho só produz gametas pv.
B: o óvulo com p e v é parental (42%), não recombinante.
C: os óvulos pv são 42%, não 8%.
Resposta: E
Dica: no cruzamento-teste, a distância entre os genes é a soma das porcentagens das duas classes menos frequentes.
Questão 4 · Famerp 2023 · Questão 49média
Em determinada espécie animal, sabia-se da existência de diferentes fenótipos quanto ao comprimento dos pelos. Havia animais com pelos curtos, pelos longos e pelos de comprimento intermediário. Quando se permitia o cruzamento entre animais de pelos curtos e animais de pelos longos, 100% da prole nascia com pelos de comprimento intermediário. Já no cruzamento de animais de pelos curtos entre si, 100% da prole nascia com pelos curtos. E no cruzamento de animais de pelos longos entre si, todos os filhotes nascidos tinham pelos longos. Esse tipo de herança genética é denominado ______ e pode-se deduzir que, se dois animais de pelos de comprimento intermediário forem cruzados entre si, em uma próxima ninhada a probabilidade de nascerem machos com ______.
As lacunas do texto são preenchidas, respectivamente, por:
A
dominância incompleta – pelos de comprimento intermediário será de 1/4.
B
dominância completa – pelos longos será de 1/8.
C
dominância completa – pelos curtos será de 1/2.
D
dominância incompleta – pelos de comprimento intermediário será de 1/2.
E
codominância – pelos curtos será de 1/4.
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Gabarito: A
1. Tipo de herança: o cruzamento curto × longo dá 100% de intermediários, um fenótipo intermediário entre os dois. Isso é dominância incompleta (na codominância, os dois fenótipos apareceriam juntos, sem mistura).
2. Cruzamento de intermediários: com C = curto e L = longo, o intermediário é CL.
Por que as outras atraem: D esquece de multiplicar pela probabilidade de ser macho; E usa codominância e calcula 1/4 sem considerar o sexo (que daria 1/8).
Dica: quando a pergunta especifica o sexo ("machos com..."), multiplique por 1/2.
Questão 5 · Famerp 2022 · Questão 48média
O esquema ilustra de forma resumida o efeito de um gene recessivo pleiotrópico, cujo efeito primário é produzir uma deficiência na enzima fenilalanina hidroxilase. Nota-se no esquema que as enzimas fenilalanina hidroxilase e tirosinase atuam em conversões de algumas substâncias.
Proteína ou aminoácido
↓
Fenilalanina
À esquerda: Tirosina → (tirosinase) → Melanina → Pele pigmentada
À direita: Ácido fenilpirúvico → Fenilcetonúria
De acordo com o esquema e conhecimentos sobre mecanismos genéticos,
A
uma pessoa de genótipo aa terá acúmulo de ácido fenilpirúvico no corpo.
B
uma pessoa de genótipo Aa terá fenilcetonúria e a sua pele será pigmentada.
C
as duas enzimas sofrem influência do pH do meio, mas não da temperatura.
D
as duas enzimas são sintetizadas no núcleo celular por um único alelo pleiotrópico.
E
uma pessoa com fenilcetonúria não deve ingerir proteínas ou aminoácidos.
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Gabarito: A
O gene é recessivo: só quem tem genótipo aa não produz a fenilalanina hidroxilase.
Sem essa enzima, a fenilalanina não vira tirosina e é desviada para o ácido fenilpirúvico, que se acumula no corpo e causa a fenilcetonúria. Como falta tirosina para fazer melanina, a pele também fica menos pigmentada (por isso o gene é pleiotrópico: afeta mais de uma característica).
Resposta: A
Por que as outras atraem: B erra porque o heterozigoto Aa produz a enzima e é normal. C erra porque enzimas dependem também da temperatura. D erra porque as duas enzimas são proteínas diferentes, codificadas por genes diferentes, e proteínas são sintetizadas nos ribossomos. E exagera: a pessoa com fenilcetonúria deve restringir a fenilalanina, não cortar todas as proteínas.
Dica: recessivo = só o homozigoto aa manifesta; pleiotropia = um gene, vários efeitos.
Questão 6 · Famerp 2020 · Questão 49média
A genealogia ilustra uma família em que as pessoas destacadas apresentam uma doença autossômica monogênica.
A análise dessa genealogia permite concluir que a probabilidade de
A
os indivíduos I-2, II-5 e III-1 serem heterozigotos é de 2/3.
B
os indivíduos I-1 e II-4 apresentarem o alelo para a doença é de 1/2.
C
o próximo filho do casal I-3 e I-4 ser uma criança doente é de 1/6.
D
o próximo filho do casal II-3 e II-4 ser uma menina doente é de 1/8.
E
os indivíduos II-1 e III-3 apresentarem o alelo para a doença é de 1/4.
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Gabarito: D
1. Tipo de herança: I-1 e I-2 são normais e têm a filha II-2 doente. Pais normais com filho afetado → doença recessiva (aa).
2. Genótipos: - I-1 e I-2: Aa (têm filha aa). - II-3: normal, mas tem o filho III-2 doente → Aa. - II-4: normal, filha de I-3 (aa) → Aa.
Por que as outras atraem: - A: I-2 é Aa com certeza (probabilidade 1), e II-5 é aa. - B: I-1 e II-4 têm o alelo com certeza (probabilidade 1). - C: I-4 é Aa (tem filho afetado); aa × Aa dá 1/2 de filho doente. - E: II-1 e III-3 são normais, filhos de Aa × Aa: cada um tem 2/3 de chance de ser Aa.
Dica: "menina doente" pede duas condições, o genótipo e o sexo: multiplique pelas duas probabilidades (1/2 para o sexo).
