Le document est un polycopié destiné aux étudiants du tutorat associatif toulousain pour l'année universitaire 2010-2011, abordant des sujets liés à la biologie moléculaire, la chimie et l'évolution du génome humain. Il couvre des fiches de cours, des exercices de QCM pour l'entraînement, et des conseils pour la préparation aux concours, tout en soulignant l'importance de la participation aux séances de TD. Ce polycopié a été compilé par plusieurs auteurs et est soumis à des droits d'auteur, interdisant sa diffusion sans autorisation.

1. Tutorat Associatif Toulousain
Année universitaire 2010-2011
PACES
UE 1 : Chimie, Organisation, évolution et fonction du génome humain.
Structure, diversité et fonction des biomolécules.
Organisation, évolution et
fonction du génome
(Biologie Moléculaire)
Fiches de cours et QCM
Partenaire du Tutorat Associatif Toulousain
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3. ATTENTION !
Ce polycopié a été relu sur la base des cours dispensés à la
faculté de Rangueil pour l'année 2009-2010.
Cependant, suite à la réforme de la PACES, le programme de
Biologie Moléculaire a été quelque peu modifié. Par conséquent,
certains éléments présents dans ce polycopié peuvent ne plus être
d'actualité.
A vous de trier parmi les différentes fiches de cours et les
différents items proposés ceux qui restent en accord avec les cours
dispensés par mesdames et messieurs les professeurs.
N'hésitez pas à signaler toutes les erreurs éventuelles ou
remarques concernant ce polycopié sur tutoweb dans la rubrique
« Forum polycopiés » ou lors de l'une des permanences du tutorat.
En aucun cas le contenu de ce polycopié ne pourra
engager la responsabilité de la faculté de médecine ou
de mesdames et messieurs les professeurs.
Ce polycopié a été réalisé par :
Mirvat Hamdan, Nicolas Bernabeu
Yohann Vergès, Claire Buirette
Julie Calonge ,Marine Herman
Capucine Tatin
Relecture par les tuteurs des années 2010-2011
Compilé par Guillaume Gilbert
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4. Plan
I Présentation de la biologie moléculaire
page 5
II Notions de cours page 6
III QCM d’entraînement page 32
IV Correction détaillée du concours officiel
de janvier 2006 page 173
V QCM supplémentaires du Tutorat
2005 - 2006 page 181
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5. I Présentation de la biologie moléculaire
et du polycopié
La biologie est une matière qui n’est pas des plus difficiles pour le concours d’après les
étudiants. Cependant, la partie qui pose généralement le plus de problème est celle qui
concerne les techniques et animaux transgéniques.
Il y a de nombreuses notions à apprendre par cœur mais relativement peu par rapport à
l’ensemble des autres matières. Il s’agit en fait plus d’exercices de compréhension et de
logique. L’entraînement à ces exercices est primordial, d’où l’importance d’assister aux
séances de TD durant lesquelles les réponses des QCM du polycopié d’entraînement de la
faculté vous serons données ; vous pourrez aussi y posez vos questions et suivre quelques
rappels de cours.
Ce polycopié que nous avons réalisé pour le T.A.T a pour vocation de vous
permettre un entraînement varié et optimal pour le concours. Nous avons essayé de suivre
directement le modèle des QCM de la faculté, mais il est fort possible qu’un petit nombre
des QCM que vous trouverez ici sont plus ardus et font référence à des détails plus
poussés que ceux demandés le jour du concours. Ne vous focalisez pas sur ces éléments.
Si vous avez des questions, consultez le forum http://www.tutoweb.org ou les
tuteurs que vous trouverez pendant les permanences du Tutorat.
Dans les cas éventuels où il y aurait des erreurs concernant les QCM ou les fiches de
cours de ce polycopié, nous mettrons en ligne (sur le site) les errata correspondant et nous
vous en informerons par l’intermédiaire des colles.
Bonne chance à tous !
NB : vous aurez besoin du tableau du code génétique et de la correspondance des
bases wobble (qui ne sont pas inclus dans ce poly, mais qui sont présents sur la première
page de chaque sujet de concours de la fac) pour répondre à certains QCM.
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6. II Fiches de cours
Voici un petit nombre de fiches explicatives de points du cours qui peuvent poser problème.
Beaucoup d’autres éléments indispensables à assimiler sont expliqués dans la correction des QCM qui
concernent directement ces points (partie IV). Les tuteurs éditerons des fiches explicatives au cours de
l’année s’il apparaît que certains points du cours ne sont pas bien compris par une grande partie des
étudiants. Si certaines choses restent mystérieuses à vos yeux, le forum tutoweb.org et les permanences
des tuteurs sont là pour vous les expliquer.
- Classification des acides aminés page 7
- Dosage et densité optique page 8
- Chromatographies échangeuses d’ions page 9
- Bases, nucléosides et nucléotides page 10
- Enzymes de restriction page 13
- Sondes page 14
- Amplification élective in vitro : PCR page 19
- Analyse du génome page 21
- Séquençage nucléotidique page 23
- Analyse de l'expression des gènes page 24
- Analyse génotypique page 28
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7. Classification des acides aminés (aa)
1 AA = une fonction amine NH2 + un radical R + une fonction acide carboxylique COOH
R – CH – COOH le carbone lié a la fois au groupement COOH et
/ NH2 est dit « carbone α »
NH2
Selon la nature de R on parle d’AA polaires ou apolaires, il s’agit de la réaction de l’AA vis-
à-vis de l’eau. En effet le corps humain est constitué en grande majorité d’eau, il est logique d’envisager
la réaction des AA dans un milieu aqueux.
 Polarité : tendance de la molécule à agir avec l’eau au pH physiologique de 7,42
------------------------------------------/-------------------------------------------------->
acide 7,42 alcalin
AA apolaires AA polaires
Neutres Acides Basiques
Glycine G (Gly) Serine S (Ser) Ac. Aspartique Lysine K
Alanine A (Ala) Thréonine T (Thr) D ( Asp) (Lys)
Valine V (Val) Asparagine N (Asn)
Leucine L (Leu) Glutamine Q (Gln) Ac. Glutamique Arginine R
Isoleucine I (Ile) Cystéine C (Cys) E (Glu) (Arg)
Phenylalanine F (Phe) Tyrosine Y (Tyr)
Tryptohane W (Trp) Histidine H
Méthionine M (Met) (His )
Proline P (Pro)
Quelques petites précisions sur les AA qui tombent souvent dans les QCMs!
Glycine ou Glycocolle: le plus petit des AA (R=H)
Proline: iminoacide (fonction imine NH), cyclique donc jouant un rôle important dans la structure spatiale
des protéines.
Cystéine: présence d'un groupement Thiol SH qui, par condensation de deux cystéines, permet la
formation d'un pont dissulfure et l'obtention d'une cystine.
Asparagine et Glutamine: amides
Ac aspartique et ac glutamique: ac dicarboxyliques ( 2 fonction COOH)
Au sein d’une protéine dans un milieu aqueux :
- les AA apolaires sont enfouis au cœur de la protéine
- les AA polaires sont à la surface, en contact avec l’eau
=> substituer un AA par un autre de la même polarité au sein d’une même protéine a moins d’effet sur
son éventuelle déformation que si les deux acides aminés n'ont pas la même polarité.
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8. Dosage et densité optique
Pour mesurer la concentration (dans une solution) de certaines molécules organiques, on peut
utiliser la spectrophotométrie. Il s’agit de mesurer en unités arbitraires la D.O. (ou densité optique) d’une
solution traversée par un faisceau de lumière, et dont la longueur d’onde λ est fixée au préalable par
l’expérimentateur.
Pour calculer la D.O., on mesure l’intensité du
faisceau lumineux avant et après la traversée de la
1,2 solution. Ainsi : D.O. = log I0
1
I
0,8
0,6 D.O. Retenir absolument que :
0,4
- les Bases azotées puriques et pyrimidiques
0,2 présentent un pic d’absorption à 260 nm
0
- le PHénol à 270 nm
250 260 270 280
nm nm nm nm
- les Protéines à 280 nm
(exemple de moyen mnémotechnique : BFP)
NB : Présenter un pic d’absorption ne veut pas dire que le composé n’absorbe pas une lumière
monochromatique d’une autre λ mais qu’il absorbe le plus la lumière à la λ qui donne le pic
- 1 D.O. à 260 nm est équivalente à une concentration de 50 μg/ml de DNA double brin
ou de 40 μg/ml de DNA simple brin ou de RNA.
Donc l’ARN absorbe plus que l’ADN à 260 nm (parce que pour absorber la même valeur on a
besoin de moins d’ARN que d’ADN).
Applications :
- Apprécier le degré de pureté du DNA :
Pour savoir si une solution contient du DNA pur ou contaminé par des protéines, on fait 2
mesures, la 1ère à 260 et une 2nde 280 nm. Les protéines présentent un pic d’absorption à 280 nm
mais absorbent aussi à 260 nm, même si l’absorption est moins importante.
Après les 2 lectures, on fait le rapport D.O. 260
D.O. 280
Si le rapport est de l’ordre de 1,8-2 (ou plus) => la solution d’acide nucléique est pure
Si le rapport est inférieur à 1,8 => solution d’acide nucléique contaminée par des protéines
On peut aussi faire le rapport DO 280 / DO 260 :
Si le rapport est d'environ = 0,5 => pure
Si le rapport est > 0,5 => contaminée
- Apprécier le degré de contamination par du phénol :
On fait le rapport D.O. 260
D.O. 270
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9. Chromatographies échangeuses d’ions
Petit rappel essentiel :
Les CATIONS sont chargés + et se déplacent vers la CATHODE qui est chargée –
Les ANIONS sont chargés – et se déplacent vers l’ANODE qui est chargée +
A un pH neutre, un aa ACIDE est ANIONIQUE et un aa BASIQUE est CATIONIQUE
Les chromatographies échangeuses d’ions se font sur des résines chargées électriquement. Elles
servent à détecter et isoler les ions d’une même charge. Elles se font en général sur des colonnes ou
résines sur lesquelles des groupements de charges positives ou négatives sont liées par covalence. On fait
passer sur ces résines les solutions, et y adhèrent les groupements de charge opposée au support. En fin
d’expérience on peut faire passer une solution éluante, plus chargée que la résine et qui entre en
compétition avec elle, qui permet le décrochage des éléments accrochés.
Résine échangeuse Ions fixés Charges électriques résine
D’anions anions (-) positives
De cations cations (+) négative
Conseil : Ce sont en général des acides aminés qu’il vous sera donné de séparer par cette méthode.
Il est préférable de toujours poser vos acides aminés sur une feuille à part et faire un petit tableau. Ces
acides aminés baignent dans un milieu de pH qui vous sera donné. Marquez le pH du milieu à l’aide d’un
gros trait en considérant la ligne horizontale comme l’échelle du pH allant croissant de gauche à droite.
pH de l’expérience
aa acides aa neutre aa basiques
pHiA pHiN pHiB pH
Il s’agit ensuite de comparer le pH du milieu et le pHi des acides aminés. Soit le pH du milieu est
extrême donc vous saurez pertinemment le situer par rapport à celui des acides aminés (si les valeurs ne
sont pas données, on peut retenir pHiA=2, pHiN=7, pHiB=12), soit il vous sera fourni dans l’exercice le
pHi de chacun des acides aminés mis en question.
- Si pH < pHi, c’est le milieu qui est plus acide, les acides aminés seront basiques par rapport au milieu,
ils attirent donc les protons et se chargent positivement.
- Si pH > pHi, les acides aminés sont acides par rapport au milieu, ils céderont des protons au milieu et
seront chargés négativement.
Ainsi, après une chromatographie, les aa seront Une résine échangeuse de cation peut être
séparés en fonction de leur charge : les élués (non représentée ainsi :
fixés à la colonne) seront ceux de même charge que la
résine. Tandis que ceux de charge opposée seront
fixés. Plus l’acide aminé a un pHi éloigné du pH du
milieu plus il sera acide ou basique par rapport à
celui-ci, donc d’autant plus chargé ; il sera le premier
à être élué ou fixé, si respectivement il est ou n’est
pas de même charge que la résine.
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10. Bases, nucléosides et nucléotides
I - LES BASES
Bases puriques et pyrimidiques :
Elles dérivent d’hétérocycles azotés : le noyau purine ( 2 cycles) ou le noyau pyrimidine (1 cycle).
Ces 2 cycles sont insaturés, conjugués, les liaisons peuvent donc se déplacer.
PURIQUES PYRIMIDIQUES
C : Cytosine
A : Adénine
U : Uracile
G : Guanine
T : Thymine
Bases : - communes au DNA et RNA : A, C et G
- spécifique au RNA : U
- généralement spécifique au DNA : T
Isoméries et tautoméries des bases :
Amine NH2  Imine NH Cétones O  Hydroxyle (énol) OH
Chaque radical des bases peut être présent sous 1 des 2 formes tautomériques, ces 2 formes étant en
équilibre mais il y en a toujours une dominante par rapport à l’autre : la forme amine et la forme cétone.
Dérivés de bases :
- A partir de la purine (A ou G), et par une succession de désaminations et d’oxydations :
Base Purique Hypoxanthine (Hx) Xanthine Acide Urique
Présente dans certains ARNt (de Chez l’homme, étape finale du
transfert) dans les anticodons catabolisme.
Nombre de 1 (en 6) 2 (en 2 et 6) 3 (en 2, 6 et 8)
radicaux OH et
positions
Pathologie Présente anormalement en En cas d’excès, pathologie de
grande quantité dans le DNA en la goutte
cas d’attaque oxydative
- Bromouracile (BrU) :
Le BrU est un analogue de la thymine, sa présence augmente la présence des formes tautomériques rares,
donc de mésappariements. C’est un agent mutagène, il augmente près de 100 fois le risque de mutations.
Le BrU s’apparie normalement avec A, mais présente une forme énol 100 fois plus abondante qui
s’apparie avec G.
- Méthylxanthines :
Triméthylxanthine : caféine Diméthylxanthine : théophylline et
théobromine
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11. Ce sont des excitants au niveau cardiaque et du SNC :
- effets inotrope ( force de contraction du cœur ) et chronotrope ( fréquence cardiaque) positifs =>
augmente le débit cardiaque, mais avec une certaine limite (si excès, le débit chute).
- effet broncho-dilatateur sur les muscles lisses bronchiques, utilisés pour calmer la crise d’asthme.
II – LES NUCLEOSIDES = Association d’une base avec un sucre qui peut être
- soit le ribose : dans le RNA  forme un ribonucléoside
- soit le désoxyribose : dans le DNA  forme un désoxyribonucléoside
Base Associée au ribose Associée au désoxyribose
RIBONUCLEOSIDE DESOXYRIBONUCLEOSIDE
A Adénosine A Désoxyadénosine dA
G Guanosine G Désoxyguanosine dG
U Uridine U
C Cytidine C Désoxycytidine dC
T Ribothymidine T (dans ARNt) Thymidine dT
Hx Inosine I (hypoxanthine + sucre)
III – LES NUCLEOTIDES = Association d’un nucléoside (base + sucre) avec 1,2 ou 3 phosphates
Le 1er phosphate est lié au sucre en 5’ par une liaison ester, puis entre les groupements phosphates
il y a établissement de liaison anhydride d’acide.
RIBONUCLEOTIDES DESOXYRIBONUCLEOTIDES
Base mono di tri mono di tri
incluse phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté phosphaté
C CMP CDP CTP dCMP dCDP dCTP
U UMP UDP UTP
G GMP GDP GTP dGMP dGDP dGTP
A AMP ADP ATP dAMP dADP dATP
I IMP IDP ITP
T TMP TDP TTP dTMP dTDP dTTP
Il existe aussi des nucléotides cycliques : AMPc (3’-5’) et AMPc (2’-3’) (liaison phosphodiester)
IV – LES DERIVES
S-adénosylméthionine Rôle dans la méthylation
Phosphoadénosylphosphosulfate Rôle dans la sulfatation
Amino-acyl- AMP Intermédiaire de l’activation des AA dans la synthèse des protéines
Acyl- AMP Intermédiaire de l’activation des acides gras dans leur transfert
Co-enzymes NAD/ NADP
UDP-glucose, CDP-choline, etc… Forme activée de diverses molécules pour leur transfert
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12. Antimétabolites :
6-mercaptopurine Atome de soufre en 6, utilisé pour le traitement des leucémies.
Allopurinol Inhibiteur de la xanthine-oxydase, donc de la formation de l’acide urique
=> traitement de la goutte. Ce n’est pas un noyau purine !!!
thioguanine Atome de soufre en 6 et fonction amine en 2. Utilisé dans le traitement des
leucémies.
5-fluoro-uracile Analogue de la thymine, anti-cancéreux.
5- Analogue de la thymidine, Anti-herpès.
iododésoxyuridine
Puromycine Structure : adénine diméthylée + analogue ribose avec NH2 en 3’ + AA non présent
chez l’humain (donc liaison amide entre ces 2 derniers !)
Analogie avec l’extrémité CCA-terminale des tRNA portant un AA.
La puromycine agit donc en compétition avec les tRNA, se pose sur le site A du
ribosome et bloque la synthèse des protéines
5-fluorocytosine Anti-fongique
AZT Anti HIV
(azidothymidine)
Acyclovir Structure proche d'une guanosine. Anti herpès/varicell/zona
Ara-C (cytosine Traitement des leucémies aigües.
arabinoside)
Gemcitabine 2 fluors au niveau du C2 du ribose accroché à une cytosine. Traitement des cancers.
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13. Enzymes de restriction
Les enzymes de restriction coupent uniquement le DNA double brin ; ce sont des endonucléases,
elles coupent à l’intérieur de la chaîne nucléotidique après reconnaissance d’une séquence spécifique.
Ces endonucléases sont parfois synthétisées par des bactéries suite à une agression par des phages. Elles
coupent le matériel génétique du phage, ce qui neutralise son pouvoir infectieux.
On classe les endonucléases de restriction en 3 catégories :
Classe Reconnaissance de la séquence Lieu de la coupure
spécifique
I oui 1000 à 5000 pb plus loin
II oui La séquence elle même
III oui 20 pb plus loin
Les endonucléases de classe II coupent des séquences dites « palindromiques », ce qui signifie en
terme de DNA double brin que la séquence nucléotidique lue de 5’ en 3’ est la même sur les 2 brins
complémentaires (parfois à l’exception de la base centrale, si la séquence de reconnaissance est impaire).
On distingue 2 types de coupure :
- la coupure franche :
Après intervention de l’enzyme, la chaîne initiale de DNA est divisée en 2, les 2 bouts de chaîne étant
droits.
Ex : 5’--- G T T ║ A A C --- 3’ Hpa I
3’ ---C A A ║ T T G --- 5’
- la coupure cohésive ou saillante ou en baïonnette ou protrusive :
L’enzyme coupe le palindrome au centre, en laissant 2 bouts saillants, ce qui permet le recollement
des 2 extrémités si mises en présence, par complémentarité des bases azotées.
Ex : 5’ --- G║AACTT C --- 3’ EcoRI
╚═════╗
3’ --- C TTGAA║G ---5’
Isoschizomères :
Sont dites isoschizomères des enzymes de classe II reconnaissant la même séquence nucléotidique
et la coupant de la même façon. Cependant il arrive que les conditions dans lesquelles les enzymes sont
capables d’exercer leurs fonctions ne soient pas les mêmes.
Souvent, une des deux enzymes est sensible à la méthylation, c’est-à-dire que si la séquence est
méthylée, l’enzyme sensible ne peut plus la couper. On peut donc utiliser les isoschizomères comme outil
diagnostique, les méthylations pouvant être à l’origine de maladies génétiques.
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14. Sondes
Partie 1 : DENATURATION = FUSION
Dénaturation = Fusion = passage de l’ADN double brin à l’ADN simple brin par coupure des liaisons
hydrogènes suite à l’augmentation de la température.
Evolution de la DO de l’ADN en fonction
de la température.
Rappel : ADN sb absorbe davantage qu’ADN
db (cf. De Graeve)
PARAMETRES INFLUENCANT LA TEMPERATURE DE FUSION (Tm)
Tm : température à laquelle les brins d’ADN sont dénaturés.
- Composition en bases car fonction du nombre de liaisons :
AT qui a 2 liaisons hydrogène, a un Tm plus faible (donc est plus facilement dénaturable) que GC qui
a 3 liaisons hydrogène.
- Longueur de l’Acide Nucléique car il y a une multiplication du nombre de liaisons hydrogène.
- Présence de més/non-appariements car les liaisons hydrogène sont fragilisées :
plus il y a de mésappariements, plus le Tm est abaissé).
- Concentration en sels dans le milieu :
la baisse de la concentration en sels diminue le Tm.
NB : Une solution est d’autant plus stringente que sa concentration en sels est faible.
- Formamide dans le milieu déstabilise le Tm.
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15. Partie 2 : HYBRIDATION
= association de deux brins d’acides nucléiques complémentaires suite à un refroidissement lent.
Attention ! Un refroidissement brutal condamne l’ADN à rester à l’état simple brin.
FACTEURS INFLUENCANT L’HYBRIDATION
- Cot (Concentration d’ADN et temps que l’on donne à ces séquences pour se réassocier)
NB : Au Cot ½, 50% des séquences d’ADN sont associés.
- Température qui doit être inférieure au Tm
- Longueur des fragments
- Complexité des séquences
- Nature des acides nucléiques
- Force ionique
METHODES
1) Hybridation en phase liquide
Applications : Taille du génome : Cot ½ proportionnel à la taille du génome
Etude des séquences répétitives
1. Séquences hautement répétitives
(satellites)
2. Séquences moyennement répétitives
3. Séquences uniques
2) Hybridation sur support solide
3) Hybridation in situ
Application : Localisation d’un gène sur des chromosomes
Criblage de banques
FISH
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16. Partie 3 : TECHNIQUE DE MARQUAGE DES SONDES
Sonde = séquence polynucléotidique complémentaire d’une séquence d’ADN ou d’ARN avec laquelle
elle s’hybride.
L’hybridation est spécifique (seule la sonde spécifique pourra s’apparier avec la séquence
correspondante) et sa sensibilité dépend du marquage des sondes. Ce marquage peut être de deux types :
- Radioactifs  sondes chaudes
- Non radioactifs  sondes froides
1) NICK TRANSLATION
But : couper des petits bouts d’ADN pour les remplacer par de l’ADN marqué
a) Cassures aléatoires par une endonucléase, la
DNAse
b) Agrandissement des cassures par l’activité
exonucléase 5’  3’ de l’ADNpol I
c) Synthèse d’ADN grâce à l’activité polymérase
de l’ADNpol I en utilisant des dXTP marqués.
Résultat : obtention d’un ADN bicaténaire
contenant des nucléotides marqués sur les deux
brins.
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17. 2) MULTI-RANDOM PRIMING = Multi-amorçage au hasard
But : Synthétiser de l’ADN marqué
a) Chauffage de l’ADN double brin puis
refroidissement brutal entraînant une séparation
définitive des deux brins
b) Synthèse de façon aléatoire d’une multitude
d’amorces hexanucléotidiques.
c) Parmi ces amorces, certaines vont forcément
rencontrer leurs séquences complémentaires sur
l’un des brins d’ADN.
d) Synthèse d’ADN par l’ADNpol en utilisant
des dXTP marqués
Résultat : obtention de deux molécules d’ADN
bicaténaires dont un seul brin est marqué (par
molécule)
3) T4 POLYNUCLEOTIDE KINASE
Marque l’extrémité 5’ par ajout ou substitution du phosphate γ du 1er nucléotide.
4) SONDES CLONNEES DANS LE PHAGE M13
Le phage M13 est un vecteur monobrin dont la séquence est entièrement connue et qui va
transporter la séquence d’ADN d’intérêt, la sonde.
On créée une amorce complémentaire de la partie adjacente à la sonde. Cette amorce permet à
l’ADNpol de synthétiser un brin d’ADN marqué à partir de dXTP marqués. Cette synthèse va très vite
s’interrompre et ne couvre ainsi que le gène d’intérêt.
NB : la sonde elle-même n’est pas marquée, c’est son complémentaire.
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18. 5) RIBOSONDES : sondes ARN
Nick Multi-Random T4 polynucléotide
Technique Phage M13
Translation Priming kinase
Sur les deux Sur un des deux
Marquage brins d’ADN brins d’une Extrémité 5’ Vecteur
par endroit molécule d’ADN
Amorce ? Non Oui Non Oui
Oui, car formation
Fragment
Non de nouveaux brins Non Non
de Klenow
(~ réplication)
DNAse Amorces Phosphate marqué
Amorce
Outils ADNpol I ADNpol T4 polunucléotide
Vecteur : phage
dXTP marqués dXTP marqués kinase
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19. AMPLIFICATION ELECTIVE IN VITRO :
PCR
OBJECTIF : Amplifier la quantité d’ADN (uniquement l’ADN)
OUTILS :
- 2 amorces (= oligonucléotides)
- ADNpol
- Substrats : dXTP
PRINCIPE : Grâce à un couple d’amorces strictement complémentaires des bornes de la région d’ADN
à amplifier, on synthétise une très grande quantité d’ADN à la suite de plusieurs cycles.
1) DENATURATION : séparation des brins par
augmentation de la température (95°C environ)
2) HYBRIDATION des AMORCES avec les
bornes de la région à amplifier. (50°C environ)
NB : la température doit être diminuée pour que
l’hybridation est lieue.
3) SYNTHESE : l’ADNpol synthétise de
l’ADN. Ainsi, à la fin d’un cycle, on double la
quantité initiale. (70°C environ)
Fin du Cycle
Après n cycles, on obtient 2n nouveaux
exemplaires du fragment d’ADN
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20. RESULTATS :
Qu’obtient-on au bout du 1er cycle ?
2 copies avec les extrémités 3’ variables.
Qu’obtient-on au bout du 2ème cycle ?
8 copies dont 2 avec les extrémités 3’ fixes
LIMITES :
- Taille : on ne peut amplifier que des petits fragments (taille inférieure à 2 kpb)
- Connaissance d’une partie de l’ADN à amplifier (pour l’amorce)
- ADNpol thermorésitante est dépourvue de la fonction proof-reading d’où un risque
d’erreur.
- Amplification parasite : mauvaise hybridation et contamination
APPLICATIONS :
- Génération des sondes
- Recherche de mutations
- RT-PCR : étude des ARN
- Clonage
- PCR quantitative
- PCR en temps réel : quantification précise
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21. Analyse du génome
Le génome comprend l’ADN génomique nucléaire et mitochondrial.
Southern Blot
1. Méthode
- Fragmentation de l’ADN (bicaténaire) par une enzyme de restriction
- Séparation des fragments par électrophorèse
- Dénaturation (solution alcaline sur le gel)
- Transfert des fragments par capillarité sur une membrane (nylon ou nitrocellulose)
- Fixation des fragments (UV ou chauffage)
- Pré-hybridation des sites non occupés par un ADN hétérologue
- Hybridation avec une sonde froide ou chaude : incubation de l’ADN fixé sur le support avec
la sonde, puis lavages avec des solutions salines de force ionique variable :
- Solution très concentrée (haute force ionique ou faible stringence) => Hybrides peu
déstabilisés => signaux non spécifiques++
- Solution très diluée (faible force ionique, forte stringence) => Séparation de tous les
hybrides => aucun signal après le lavage
La taille des fragments peut être déterminée grâce à un système d’étalonnage avec des marqueurs de
taille.
2. Application
- Carte de restriction
Identification de fragments d’ADN après digestion par des enzymes de restriction.
Ex : SONDE
6kb 8kb
EcoRI
IndIII
7kb 10kb
Southern Blot :
- 10 kb
8 kb
7,5kb
7kb
6kb
5,5kb
1kb
0,5kb
+
EcoRI IndIII EcoRI+IndIII
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22. - Détection : - de pseudo-gènes (gènes non fonctionnels car non transcrits) et de gènes
apparentés (appartenant à la même famille, Hb par exemple), à la même superfamille (Ig
par exemple) ou à différentes espèces (séquences homologues) : les séquences n’étant pas
parfaitement complémentaire il ne faut pas que la stringence soit trop forte.
- de polymorphismes (RFLP)
- de délétions
- de mutations ponctuelles
- de recombinaisons
1. Exemples
QCM : À partir d’ADN génomique de deux individus A et B on analyse par Southern un fragment de
600pb d’un gène porté par le chromosome X. Ce fragment ne contient qu’un seul site de restriction Apa I
(insensible à la méthylation) et Hae III (sensible à la méthylation, c'est-à-dire qu’elle n’agit pas quand le
site est méthylé).
La sonde utilisée couvre tout le fragment du gène.
Digestion par les enzymes. Résultats :
Individu A Individu B
Apa I - + - Apa I - + -
HaeIII - - + HaeIII - - +
600 pb
400pb
200pb
Rappel : chez un homme (XY) les gènes du chromosome X sont actifs, tandis que chez une femme (XX)
l’un des 2 X est inactivé « au hasard » par méthylation.
Ce que l’on peut conclure à partir de ces résultats :
L’individu A a un allèle coupé par Hae III mais pas l’autre, ce qui signifie qu’un des 2 allèles est
méthylé. Cela correspond à un profil XX.
Chez l’individu B tous les chromosomes X sont coupés par Hae III, donc aucun n’est méthylé, ce qui est
compatible avec le profil d’un homme.
Rq : Une absence de signal peut correspondre à une grande délétion ou à une erreur technique !
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23. Séquençage nucléotidique
Aussi appelé méthode de SANGER, le séquençage utilise des 2’-3’didésoxynucléotides.
Méthode
Pour séquencer une séquence d’ADN on place une amorce puis on synthétise son complémentaire
avec des désoxynucléotides (dNTP), et une petite quantité de didésoxynucléotides (ddNTP) (rapport
1/100 environ). Les ddNTP seront utilisés aléatoirement par la polymérase qui va les fixer au dNTP
précédent par le 3’OH. Ce 3’OH étant absent sur les ddNTP, leur fixation va interrompre la chaîne.
On obtient ainsi toute une population de fragments interrompus à divers stades.
Pour visualiser les fragments on peut marquer l’amorce (d’abord radiomarquées puis remplacées
par des amorces portant des fluorophores), les dNTP ou les ddNTP. Actuellement on utilise
l’électrophorèse capillaire (migration dans de petits tubes capillaires). Le risque d’erreur lors du
séquençage est de 1/100 000 bases.
Exemple
Marquage radioactif => Expérience divisée en 4 : ddATP + dNTP dans le tube 1, ddTTP + dNTP
dans le tube 2, ddCTP + dNTP dans le tube 3, ddGTP + dNTP dans le tube 4
Puis on fait migrer sur un gel d’électrophorèse :
A T C G
- 3’
Sens de
migratio
n
du brin
néosynthétisé
+
5’
On a donc : Brin complémentaire : 5’ ATACGTACTGTA 3’
Séquence initiale : 3’ TATGCATGACAT 5’
La synthèse du brin néosynthétisé se fait de 5’ en 3’.
Sur le gel, les brins d’ADN les plus proches de l’anode (-) sont ceux qui ont migré le moins, ce sont donc
les plus grands, ce sont ceux qui ont incorporé le plus tardivement un ddNTP, ils correspondent à
l’extrémité 3’. Les brins les plus petits migrent beacoup et sont proches de la cathode. Ainsi la lecture de
la séquence se fait dans le sens inverse du sens de migration électrophorétique. Pour connaître la séquence
initiale on prend le complémentaire du brin néosynthétisé. Si on utilise la fluorescence on marque les
différentes bases avec un fluorophore différent dans 4 tubes différents puis on mélange et on fait migrer
sur un gel d’électrophorèse : on obtient alors une succession de pics fluorescents (sens 5’-3’ généralement
de gauche à droite).
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24. Analyse de l'expression des gènes
Expression des gènes => mRNA : fragiles (détruits par les ribonucléases), peu abondants et tissu
spécifiques (par exemple le gène de l’Hb est très exprimé dans les cellules hématopoïétiques).
I. Analyse qualitative des ARN
1. Northern Blot
a. Méthode
Electrophorèse des ARN en gel dénaturant, transfert sur une membrane et hybridation avec une sonde =>
PAS DE FRAGMENTATION (≠ Southern blot)
Le gel dénaturant sert à éviter les structures secondaires qui peuvent modifier la migration des ARN, ils
migrent ainsi seulement suivant leur taille, ce qui permet par exemple d’identifier des RNA ayant subi des
épissages alternatifs.
b. Exemples
L’étude en Northern Blot d’un ARN donné chez 3 individus donne les résultats suivants :
1 2 3
2,8kb Individu 1 : peut être hétérozygote pour un défaut d’épissage, une
délétion…
2kb Individu 2 : peut être homozygote pour une délétion de tout le gène.
Ce résultat peut aussi être dû à une erreur technique.
1,2kb Individu 3 : peut être homozygote pour un défaut d’épissage ou une
délétion
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25. 2. Cartographie à la nucléase S1 ou à la RNase A
Rappel : La nucléase S1 clive seulement l’ADN ou l’ARN simple brin.
La RNase A n’agit que sur l’ARN simple brin.
Cette méthode sert à repérer les mésappariements entre un mRNA et une sonde d’ADN génomique (on
utilisera alors la nucléase S1) ou une ribosonde (RNase A).
Gel d’électrophorèse
-
Sonde marquée
Nucléase S1 ou
Nucléase S1 RNase A
ou RNase A
+
La nucléase S1 permet de cliver des mésappariements de plus de 3 bases.
La RNase A permet de cliver les mésappariements de 1 base ou plus.
3. RT-PCR
a. Méthode
C’est une PCR précédée d’une rétrotranscription.
C’est une technique sensible qui permet d’amplifier suivants les amorces choisies tel ou tel ARN sous
forme de cDNA.
Elle a notamment démontré le phénomène de transcription illégitime, c'est-à-dire que dans chaque cellule
tous les gènes sont transcrits mais en plus ou moins grande quantité selon la différenciation de la cellule.
b. Remarques
Penser que les cDNA sont exempts d’introns.
Les modifications de taille des cDNA peuvent être dus à des épissages alternatifs ou à des mutations
entraînant des défauts d’épissage (conservation d’introns ou excision d’exons),…
L’absence de résultat peut être dû à une mutation dans la région d’appariement des amorces ou à une
erreur technique.
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26. II. Analyse quantitative des ARN
Dot Blot
On dépose des ARN issu de cellules sur une membrane et on hybride avec une
sonde permettant de voir ce que l’on cherche.
On compare ensuite l’intensité du signal obtenu avec l’intensité du signal
obtenu par la gamme étalon, ce qui permet d’avoir une analyse quantitative.
III. Analyse de la transcription
= analyse de l’activité transcriptionnelle d’un gène donné
Pour cela on poursuit dans le tube à essai la transcription qui se produit dans une cellule vivante
= RUN ON.
L’activité transcriptionnelle d’un gène donné est proportionnelle à la quantité de RNA
polymérases fixées sur ce gène et au nombre de mRNA produits
IV. Analyse des mécanismes de régulation des gènes
Cette régulation passe par la présence de protéines qui se fixent sur l’ADN : facteurs de
régulation, facteurs de transcription…
1. Foot printing
On part du principe que ces différentes protéines régulatrices fixées sur l’ADN vont protéger ce
dernier de l’action des nucléases.
Pour visualiser cette interaction il faut marquer l’ADN en 5’ grâce à la polynucléotide kinase.
La DNase I clive ces molécules n’importe où (ADN non protégé) et va donc cliver en dehors des
régions occupées par les protéines.
C’est une technique précise qui fait en quelque sorte l’empreinte de la protéine et définit ainsi le
siège de l’interaction ADN/protéine.
2. Retardement sur gel ou gel shift
a. Méthode
Permet de déterminer la spécificité de liaison d’un facteur de transcription (FT) à une séquence
donnée d’ADN.
Pour cela on synthétise cette séquence (oligonucléotide=ON), on la marque et on l’incube avec
des extraits nucléaires. On fait migrer ce complexe et on étudie sa spécificité grâce à des compétiteurs
spécifiques ou non (séquence hétérologue dIdC par exemple).
On peut aussi faire un supersshift, c'est-à-dire que l’on met l’oligonucléotide en présence du FT
avec des anticorps anti-FT : ce complexe va alors être encore plus retardé.
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27. b. Exemples
1ère étape : synthèse et marquage de l’oligonucléotide au 32P (radioactif) puis électrophorèse.
L’ON marqué va migrer en fonction de sa taille et de sa charge vers l’anode (apparition d’une bande).
Puis on met cet ON en présence d’une solution de protéines :
- si fixation protéique : 1 bande + 1 bande retardée qui a migré moins loin car plus lourde
(formation de complexes ON-protéines)
- si pas de fixation protéique : 1 seule bande comme le témoin
La 2ème étape consiste à savoir si cette liaison est spécifique. Pour cela on ajoute un compétiteur
(de séquence très différente de l’ON) : - si la liaison est non spécifique, une partie de la bande
retardée disparaîtra.
- si la liaison est spécifique, la bande restera inchangée en
présence d’un compétiteur de séquence très différente alors
qu’elle aura tendance à disparaître en présence d’une grande
quantité de l’ON non marqué.
2 : ON marqué + solution protéique => Retard donc fixation
3 : ON marqué + solution protéique + compétiteur de séquence différente => pas de changement =>
liaison spécifique
4 : ON marqué + solution protéique + compétiteur de séquence différente => diminution du signal de la
bande retardée => liaison non spécifique
5 : ON marqué + solution protéique + ON non marqué en grande quantité => diminution du signal de la
bande retardée => liaison spécifique
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28. Analyse génotypique
I- Pathologies de l’ADN : héréditaires (maladies génétiques) ou acquises (cancers, maladies
infectieuses ou parasitaires).
II- Pour toute analyse génotypique il faut : une séquence connue ou une sonde adéquate
III- 2 types de diagnostics génotypiques : DIRECT (on connaît le gène ou le locus affecté par la
pathologie) ou INDIRECT (plus complexe, il utilise des méthodes dites indirectes pour
préciser le risque chez un individu d’être atteint ou non, sans connaître la séquence impliquée).
IV- Rappel : règles de généalogie :
- Stratégies diagnostiques
1. Le diagnostic génotypique direct (DGD)
Il passe par la recherche de sites polymorphes associés à la maladie.
Plusieurs techniques peuvent être utilisées suivant la nature des lésions :
I- Lésions grossières (inversion, fusion, translocation, délétion,…) : Southern ou PCR
Par exemple pour les délétions on va avoir une diminution de taille du fragment ou une absence de
signal. Mais attention, une absence de signal complète est difficile à interpréter car elle peut signifier une
délétion totale ou erreur technique. Donc on étudie aussi l’expression d’un gène domestique (si absence
de signal => erreur technique).
Aujourd’hui on remplace le Southern par la PCR : on amplifie ainsi la région que l’on veut. Si
l’amorce est dans la région délétée, on n’aura pas d’amplification de l’ADN et donc pas de signal.
V- Mutations ponctuelles :
1. Carte de restriction
Mutation entraînant la création ou l’abolition d’un site de restriction pour une enzyme donnée.
- Hybridation spécifique d’allèle (ASO= oligosonde spécifique d’allèle)
Elle met en évidence une mutation particulière.
On synthétise et on marque une sonde « normale » et une sonde « mutée » que l’on pose sur une
membrane puis on met chaque sonde avec l’ADN du patient.
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29. ASO normal = N = normal, M = muté
ASO muté =
N/N N/M M/M
Exemple :
Le patient 1 est hétérozygote pour la mutation étudiée.
Le patient 2 peut être homozygote (muté) ou bien hétérozygote
muté/délété.
Le patient 3 est soit homozygote pour la délétion de la région étudiée
ou il y a eu une erreur technique.
Le patient 4 est soit homozygote normal ou hétérozygote
normal/délété (pour Levade, on parle d'homozygote pour un
individu malade seulement)
La présence d’une mutation n’implique pas que l’individu soit porteur d’une maladie.
A l’inverse l’individu avec un ASO normal n’est pas forcément sain !
- PCR
Elle peut être suivie d’une digestion enzymatique de restriction ou d’un ASO.
Exemple :
EXON 4 (250 pb)
Amorces de PCR
Une mutation ponctuelle dans cet exon introduit un site pour l’enzyme de restriction Hind III.
Une électrophorèse est réalisée après PCR de cette région génique sur l’ADN de plusieurs sujets puis
incubation avec Hind III (digestion complète). Puis coloration au bromure d’éthidium.
Résultats :
1 2 3
On peut dire que :
250pb - le sujet 1 est hétérozygote N/M
- le sujet 2 est homozygote N/N ou hétérozygote N/D
- le sujet 3 est homozygote M/M ou hétérozygote M/D
150pb
N = non muté (pour la mutation étudiée)
100pb M = muté
D = délété pour toute la région étudiée
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30. Rq :
L’apparition de bandes de faible intensité correspond à des amplifications parasites : les amorces
se sont hybridées sur des zones du génomes dont elles ne sont pas tout à fait complémentaires. Pour éviter
cela on peut modifier les conditions de stringence (augmentation température par exemple).
Attention aussi à d’éventuelles contaminations par un fragment d’ADN étranger qui peut fausser
les résultats. (peut être mis en évidence par la réalisation d’un « tube blanc »)
VI- Détection d’une mutation inconnue
1. Séquençage : le plus souvent on séquence le cDNA car il est plus court.
2. Méthode à la RNase A (détecte des mutations ponctuelles ≠ nucléase S1)
3. DGGE (Denaturing Gradient Gel Electrophoresis)
Dans cette méthode on part du principe que la présence d’une mutation ponctuelle dans une
séquence donnée peut modifier la température de fusion (Tm) du domaine muté.
On met donc l’ADN double brin sur un gel électrophorétique avec une concentration croissante de
gel dénaturant : la séparation des brins va ralentir leur progression, on considère qu’elle est stoppée.
ATTENTION : une mutation n’entraîne pas forcément de différence de migration !
SSCP (Single Strand Conformation Polymorphism)
Pour cette méthode on considère qu’une mutation du DNA génomique peut entraîner une
modification de la conformation des brins séparés.
Pour le mettre en évidence on marque les extrémités grâce à la polynucléotide kinase, on dénature
les doubles brins puis on les refroidit brutalement pour qu’ils restent physiquement séparés.
Sur l’électrophorèse des conformations différentes vont entraîner des migrations différentes.
ATTENTION : - Il n’y a pas d’agent dénaturant sur le gel électrophorétique.
- Cette différence de migration est possible mais pas systématique
- S’il y a une différence, c’est qu’il existe une mutation : pour savoir de quelle nature est
cette mutation il faut faire un séquençage.
- Une mutation n’entraîne pas forcément de différence de conformation.
Rq : ces deux méthodes DGGE et SSCP peuvent permettre de mettre en évidence la présence d’une
mutation mais ne renseignent pas sur la nature de cette mutation.
2. Diagnostic génotypique indirect
1. Méthode
RFLP = Polymorphisme de Longueur des Fragments de Restriction = variations interindividuelles de
séquences, révélées par des modifications de la carte de restriction.
Ces variations sont souvent dans des régions non codantes (intergéniques, régulatrices, introns,…)
et n’ont pas de rôle pathologique en elles-mêmes.
On étudie alors l’abolition ou la création de sites de restriction et la probabilité de leur association
avec une pathologie donnée.
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31. Cette méthode nécessite des sites de restriction polymorphes et l’étude d’un grand nombre
membres d’une famille où les personnes atteintes ont le même polymorphisme.
Le diagnostic sera d’autant plus fiable que le site de restriction est proche du locus impliqué dans
la maladie (car cela diminue le risque de recombinaison).
Lorsque l’on analyse des polymorphismes intra ou juxta-géniques, on parle de diagnostic semi-
direct, et lorsque les marqueurs sont extra-géniques, on parle de diagnostic indirect.
ATTENTION : Ce sont des diagnostics probabilistes, il n’y a pas de certitudes absolues !
2. Exemples
Exemple 1 :
Diagnostic prénatal par RFLP pour une maladie autosomale
récessive (avec utilisation d’une sonde et d’une enzyme de
restriction donnée) : pour chaque individu on donne la taille des
fragments sur chaque allèle.
Le fœtus aura un allèle de chacun de ses parents soit :
600/500 ou 800/500 ou 800/700 ou 600/700.
Les parents sont hétérozygotes pour la maladie.
Au vu des résultats, la maladie semble provoquée par l’association des fragments 700 et 800.
Exemple 2 :
Un test de diagnostic prénatal est basé sur l’analyse d’un RFLP pour une maladie autosomale
récessive.
Les résultats de la famille A ne peuvent pas être interprétés car on ne connaît pas le profil de l’enfant
décédé.
Pour la famille B, le fœtus pourra être 3-3 et sera probablement porteur de la maladie,
3-1 donc hétérozygote et indemne
1-1 donc homozygote indemne
Pour la famille C, pas de prédiction possible car les régions étudiées ne semblent pas être en rapport
avec l’état malade ou non.
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32. III QCM d’entraînement
- GENERALITES SUR LES PROTEINES
- NUCLEOSIDES / NUCLEOTIDES
- ADN
- REPLICATION
- ELEMENTS GENETIQUES MOBILES
- STRUCTURES DES GENES
- ARN ET TRANSCRIPTION
- TRADUCTION
- MUTATIONS ET MUTATIONS
HEMOGLOBINE
- ANTIBIOTIQUES ET ANTIMETABOLITES
- TECHNIQUES GENERALES – OUTILS
ENZYMATIQUES
- HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDES
- PCR
- SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASE
- SEQUENCAGE (SANGER)
- ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENES
- ANALYSE GENOTYPIQUE
- VECTEURS ET CLONAGE
- ANIMAUX TRANSGENIQUES
- TECHNIQUES EN VRAC
Avec la participation de l'équipe de Biologie Moléculaire 2006-2007 et
relecture des tuteurs 2009-2010 et 2010-2011
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33. GENERALITES SUR LES PROTEINES
44 QCM
QCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Le génome représente l’ensemble de l’ADN nucléaire
B/ Les « séquences poubelles » entre les différents gènes n’ont aucun rôle
C/ Un gène codant pour une protéine, il y a autant de protéines que de gènes
D/ Le génome nucléaire humain comprend entre 30 000 et 50 000 gènes
E/ Le génome des cellules de notre foie est différent avant et après le réveillon
QCM 2 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Glu B/ Asp C/ Leu D/ Gly E/ Pro
Le(s)quel(s) vous attendez-vous à trouver à l’intérieur d’une protéine ?
QCM 3 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Gln B/ His C/ Lys D/ Asp E/ Pro
Le(s)quel(s) est (sont) acide(s) ?
QCM 4 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Asp B/ Arg C/ Val D/ Leu E/ Met
Le(s)quel(s) est (sont) retenu(s) par un tampon à pH 2 lors d’une chromatographie échangeuse de
cations ?
QCM 5 : Les acides aminés :
A/ Sont au nombre de 20 dont un est en fait un acide iminé (le tryptophane)
B/ Certains sont hydrophobes (apolaires) et d’autres hydrophiles (polaires)
C/ Les acides aminés apolaires peuvent être acides, neutres ou basiques au pH physiologique
D/ Portent leur radical sur le carbone α (alpha)
E/ Ont tous une seule fonction amine (NH2) et une seule fonction acide (COOH)
QCM 6 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Glu B/ Arg C/ Val D/ Ser E/ Asn
Le(s)quel(s) est (sont) chargé(s) au pH physiologique ?
QCM 7 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ His B/ Tyr C/ Asp D/ Met E/ Leu
Le(s)quel(s) est (sont) polaire(s) ?
QCM 8 : Parmi les acide aminés suivants :
A/ Thr B/ Gln C/ Ala D/ Trp E/ Glu
Le(s)quel(s) est (sont) apolaire(s) ?
QCM 9 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ His B/ Gly C/ Ser D/ Cys E/ Asp
Le(s)quel(s) est (sont) élué(s) par un tampon à pH 10 lors d’une chromatographie échangeuse de cations ?
QCM 10 : A propos des acides aminés :
A/ Ils sont classés en différentes catégories selon leur capacité à interagir avec l’eau
B/ La proline induit un coude dans les protéines qui la contiennent
C/ Le radical de la glycine correspond à un atome d’hydrogène
D/ Il y a plus d’acides aminés apolaires différents que d’acides aminés polaires neutres différents
E/ La cystéine possède un atome de soufre
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34. QCM 11 : Les protéines :
A/ Sont formées par combinaison linéaire d’acides aminés
B/ Une molécule d’eau est éliminée lors de la formation de la liaison peptidique
C/ Sont des enchaînements de plus de 100 acides aminés et de poids moléculaire (PM) supérieur à 10 000
sinon on aurait appelé ces enchaînements des polypeptides
D/ Ont toutes une structure quaternaire
E/ Possèdent un potentiel informationnel considérable
QCM 12 : Structure des polypeptides/protéines :
A/ Un polypeptide de 10 acides aminés peut prendre 100 structures primaires différentes (10²) selon les
acides aminés qui le composent
B/ La structure secondo-tertiaire correspond à la structure spatiale de la protéine
C/ La structure secondaire correspond à la géométrie dans l’espace des liaisons peptidiques
D/ La structure tertiaire correspond au positionnement dans l’espace des radicaux de chaque acide aminé
E/ Ces repliements sont nécessaires au fonctionnement normal de la protéine
QCM 13 : Electrophorèse :
On réalise une électrophorèse à pH 7,5 d’un mélange d’acide aspartique, de lysine et de proline. Quelle
sera la migration obtenue ?
A/ (pole -) Asp, Pro, Lys (pole +) B/ (pole -) Pro, Lys, Asp (pole +)
C/ (pole -) Lys, Pro, Asp (pole +) D/ (pole -) Asp, Lys, Pro (pole +)
E/ (pole -) Lys, Asp, Pro (pole +)
QCM 14 : Classification des protéines :
A/ Les holoprotéines comprennent l’apoprotéine et un groupement prosthétique
B/ On classe les protéines selon leur forme en albumines et globulines
C/ Leurs fonctions sont extrêmement variées : structure, récepteur, catalytique, transport, régulation…
D/ Les protéines globulaires ont un rôle de soutien, de protection
E/ Ces différences de propriétés entre les protéines sont exploitées en biologie moléculaire afin de les
séparer par diverses techniques (chromatographie, centrifugation, électrophorèse…)
QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Les acides nucléiques sont solubles dans le phénol
B/ Chloroforme et éther à volume équivalent (1/1, v/v) servent à extraire le phénol
C/ L’isopropanol permet l’extraction du bromure d’éthidium
D/ Les acides nucléiques sont précipités dans les solutions aqueuses salées à faible concentration
E/ Les protéines sont solubles dans les solvants organiques
QCM 16 : Chromatographie d’exclusion-diffusion (gel filtration) :
A/ La séparation repose sur la taille et le poids moléculaire (PM) des molécules
B/ Si on verse un mélange de protéines et de polypeptides ce sont les protéines qui sont le plus retenues
car ce sont des molécules plus grosses donc leur passage à travers le gel est plus difficile
C/ Pour que les premières molécules commencent à sortir il faut verser un volume supérieur au volume de
la colonne (dit « volume mort »)
D/ Si on doit se placer dans des conditions expérimentales qui empêchent l’agrégation des molécules en
complexe c’est justement car cette technique se base sur la taille des molécules et que celle-ci s’en
trouverait modifiée
E/ Cette méthode permet de calculer la taille et le poids moléculaire des protéines si le dispositif est
correctement étalonné
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35. QCM 17 : Les protéines :
A/ Ont un sens conventionnel d’orientation : l’extrémité N-terminale à gauche et l’extrémité C-terminale
à droite
B/ Présentent un pic d’absorption maximal à 280 nm
C/ Sont issues de l’expression des gènes après transcription et réplication
D/ Ont plus de chance de perdre leur fonction si la mutation qui se produit est la substitution d’un acide
aminé polaire par un acide aminé apolaire que s’il s’agit d’une substitution par un autre acide aminé
polaire
E/ Les albumines sont modérément solubles dans l’eau mais solubles dans les solutions salines
QCM 18 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Glu B/ Asn C/ Lys D/ Pro E/ Phe
Lesquels sont élués les premiers par un tampon à pH 5 lors d’une chromatographie échangeuse d’anions ?
QCM 19 : Electrophorèse :
On réalise une électrophorèse à pH 4 d’un mélange d’acide glutamique, d’histidine et de serine. Quelle
sera la migration obtenue ?
A/ (pole -) Glu, Ser, His (pole +) B/ (pole -) Ser, Glu, His (pole +)
C/ (pole -) His, Glu, Ser (pole +) D/ (pole -) Glu, His, Ser (pole +)
E/ (pole -) His, Ser, Glu (pole +)
QCM 20 : Densité optique (DO) :
A/ Les protéines présentent un pic d’absorption maximal à 280 nm
B/ Pour une quantité donnée d’ADN en solution, la DO à 280 nm du double brin est inférieure à celle du
simple brin
C/ La recherche de contamination des acides nucléiques par des protéines s’effectue en mesurant le
rapport DO à 280 nm sur DO à 260 nm ; pour être optimal il doit être de l’ordre de 1,8 – 2
D/ Le phénol présente un pic d’absorption maximal à 260 et 280 nm
E/ La mesure de la densité optique à 260 nm d’une solution d’ADN permet d’évaluer sa concentration
QCM 21 : Parmi les acides aminés suivants :
A/ Ala B/ Tyr C/ His D/ Arg E/ Asp
Lesquels sont élués par un tampon à pH 1 lors d’une chromatographie échangeuse d’anions ?
QCM 22 : Chromatographie de partage sur papier :
A/ La migration (représentée par le Rf) plus ou moins rapide des substances est fonction de l’affinité de
ces substances pour les solvants
B/ Nous avons dans cette technique 2 phases non miscibles : une solide (fixée) et une liquide (mobile)
C/ La migration peut se faire par capillarité (chromatographie ascendante) ou par gravité
(chromatographie descendante)
D/ On peut identifier les éléments séparés en effectuant une pulvérisation de colorants adapté ou une
auto-radiographie par exemple
E/ Le Rf est caractéristique de certaines substances
QCM 23 : Electrophorèse :
On réalise une électrophorèse à pH 10 d’un mélange de tyrosine, d’acide aspartique et d’arginine. Quelle
sera la migration obtenue ?
A/ (pole +) Asp, Arg, Tyr (pole -) B/ (pole +) Asp, Tyr, Arg (pole -)
C/ (pole +) Arg, Tyr, Asp (pole -) D/ (pole +) Arg, Asp, Tyr (pole -)
E/ (pole +) Tyr, Asp, Arg (pole -)
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36. QCM 24 : Calcul de rendement :
Après une étape de broyage d’un extrait brut de cerveau de bœuf (à l’aide d’un appareil de Potter) le
rendement est de 80%, on effectue une ultracentrifugation à l’issue de laquelle le rendement est de 60%,
puis une séparation chromatographique difficile (rendement de 50%). Si dans l’extrait brut on avait au
départ 200 mg de protéines nous obtiendrons au final :
A/ 96 mg de protéines B/ 160 mg de protéines C/ 48 mg de protéines
D/ 25 mg de protéines E/ 0,048 g de protéines
QCM 25 : Calcul de rendement :
Après le broyage d’un extrait brut de foie de rat à l’aide d’un appareil de Potter dont le rendement est de
90%, on effectue une première centrifugation à l’issue de laquelle la perte est de 10% puis une
ultracentrifugation au rendement de 50%, une séparation chromatographique dont le rendement est de
80% est effectuée, puis enfin une dernière technique où la perte de rendement est de 20%. En cours
d’expérimentation la température a entraîné, à la suite d’une légère modification de la configuration, une
perte de l’activité biologique d’environ 65%. Si dans l’extrait brut il y avait au départ 600 mg de
protéines, nous obtiendrons à l’issue de l’ultracentrifugation :
A/ 155,52 mg de protéines B/ 486 mg de protéines C/ 150 mg de protéines
D/ 390 mg de protéines E/ 243 mg de protéines
QCM 26 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La glycine est le plus petit acide aminé.
B. Il n’existe pas d’acide aminé apolaire cyclique.
C. Une protéine est un enchaînement d’acides aminés (plus de 100) liés par des liaisons peptidiques.
D. Si on a une séquence de 10 acides aminés, il existe 2010 possibilités de protéines, d’où la notion
d’immense potentiel informationnel des protéines.
E. Les acides aminés polaires comme la Leucine (Leu) sont généralement retrouvés à l’extérieur de la
protéine.
QCM 27 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Toutes les protéines n’ont pas une structure quaternaire.
B. L’hémoglobine humaine est une structure volumineuse comprenant 4 chaînes associées dont chacune
est liée à un hème qui comprend 1 atome de Mg.
C. La structure secondaire résulte de la géométrie dans l’espace des liaisons peptidiques et des radicaux.
D. Les ponts disulfures entre deux Lysines (Lys) stabilisent la molécule.
E. La myoglobine comme l’hémoglobine sont des protéines héminiques.
QCM 28 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les protéines ont généralement plus de 100 acides aminés dans leur composition donc un poids
moléculaire supérieur à 100.
B. L’Asparagine (Asn) est un acide aminé polaire acide.
C. Un acide aminé a une fonction amine (NH2 ) et acide (COOH) sur le carbone β.
D. Les acides aminés apolaires interagissent peu avec l’eau au pH physiologique et sont donc
généralement retrouvés à l’extérieur des protéines.
E. La Lysine (Lys) est un acide aminé polaire basique.
QCM 29 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les gènes, dont le nombre est estimé entre 30 000 et 50 000, codent pour autant d’ARNm.
B. Le plus petit des acides aminés appartient à la familles des acides aminés apolaires qui ont peu
tendance à interagir avec l’eau au pH physiologique.
C. Depuis 2001, le programme génome humain a permis d’identifier tous les gènes ainsi que leur
fonction.
D. Le Fer et le Zinc entrent dans la structure respectivement de l’insuline et de l’hémoglobine.
E. La molécule d’ADN est constituée d’une continuité de séquences codantes.
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37. QCM 30 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. 7,42 est la valeur de référence du pH physiologique de l’estomac.
B. La Proline est un imino-acide qui peut entraîner une coudure des séquences d’acides aminés.
C. C’est l’atome de soufre de la Méthionine qui forme des pont disulfures.
D. La Sérine, la Glycine et la Thréonine sont des acides aminés polaires neutres.
E. La structure quaternaire de la myoglobine correspond à la juxtaposition de plusieurs sous-unités
protéiques.
QCM 31 : Parmi les acides aminés suivants, le(s)quel(s) est (sont) hydrophobe(s) ?
A. Ser B. Trp C. Thr D. Ile E. Lys
QCM 32 : A propos de la chromatographie sur résine échangeuse d’ions :
A. Elle sépare les produits en fonction du poids moléculaire.
B. Les échangeuses de cations retiennent les molécules chargées négativement.
C. Sur les échangeuses d’anions, les molécules éluées sont celles qui sont chargées +.
D. Elle permet de séparer les molécules en fonction de leur pHi.
E. Le support d’une échangeuse d’anion est faite de carboxyméthyl cellulose.
QCM 33 : A propos des techniques en général :
A. La chromatographie d’affinité joue sur les interactions spécifiques entre 2 molécules comme
antigène/anticorps par exemple.
B. Les méthodes de chromatographie peuvent avoir un but analytique ou préparatif.
C. Le résultat d’une chromatographie d’adsorption peut être visualisé grâce à des produits radioactifs.
D. Quelle que soit la technique utilisée les notions de rendement et de dénaturation sont intimement liées.
E. La chromatographie hydrophobe joue sur le caractère polaire ou apolaire des produits.
QCM 34 : Concernant la chromatographie par élution ou de partage sur papier :
A. Les 2 phases en présence sont liquides et miscibles.
B. Elle peut être ascendante ou descendante.
C. Le rapport frontal (Rf) est caractéristique du produit analysé.
D. Elle se fait par transfert d’une substance d’une phase liquide (mobile) vers une phase liquide (fixe).
E. Elle sépare les produits en fonction de leur charge.
QCM 35 : Concernant la chromatographie d’exclusion-diffusion :
A. Elle sépare les produits en fonction de leur taille ou de leur poids moléculaire.
B. Les premières molécules sont récupérées dans le volume mort.
C. Le volume d’élution est inversement proportionnel à la taille de la molécule.
D. Avec un mélange de protéines et de peptides, les protéines sortent en premier.
E. Avec un mélange de protéines et de peptides, les peptides sortent en premier.
QCM 36 : On réalise une gel-filtration d’un mélange de protéines et de peptides :
P1(PM=5 000), P2 (PM=390 000), P3 (PM=24 000), P4 (PM=100 000), P5 (PM=86 000).
Quel sera l’ordre d’élution (en commençant par le premier sorti de la colonne) ?
A. 1,3,5,4,2
B. 2,4,3,5,1
C. 1,5,3,4,2
D. 2,4,5,3,1
E. 1,2,3,4,5
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38. QCM 37 : On réalise une électrophorèse à pH 3 d’un mélange d’arginine, d’acide aspartique et
d’asparagine. Quelle sera la migration obtenue en partant de l’anode vers la cathode ?
A. Arg, Asn, Asp
B. Asp, Arg, Asn
C. Asp, Asn, Arg
D. Asn, Asp, Arg
E. Arg, Asp, Asn
QCM 38 : Au sujet de la densité optique:
A. Les protéines absorbent à une DO de 270 nm.
B. Les bases puriques absorbent à 260 nm.
C. Les bases pyrimidiques absorbent à 280 nm.
D. Une unité de DO à 260 nm d’ARN correspond à 40 μg/mL.
E. La recherche de contamination des acides nucléiques par des protéines peut s’effectuer en mesurant le
rapport DO à 260 nm sur DO à 280 nm.
QCM 39 : Au sujet des techniques d’extraction :
A. Le phénol permet l’extraction des acides nucléiques en précipitant les protéines.
B. Suite à l’extraction au phénol, les acides nucléiques se retrouvent dans la phase aqueuse c’est-à-dire la
phase inférieure.
C. Le chloroforme permet l’extraction du bromure d’éthidium.
D. L’isopropanol permet la précipitation des acides nucléiques.
E. Le phénol est extrait par un mélange de chloroforme-éther à volume équivalent.
QCM 40 : Après une étape de broyage de foie de souris à l’aide d’un appareil de Potter dont le
rendement est de 80%, on effectue une centrifugation dont la moitié de la préparation est éliminée.
Ensuite, on effectue une ultracentrifugation pour laquelle le rendement est de 70%. Enfin, on
réalise une électrophorèse dont le rendement est de 50%. Si dans l’extrait final, on obtient 70 mg de
protéines, combien avions-nous de protéines en mg dans l’extrait initial ?
A. 350 mg de protéines
B. 980 mg de protéines
C. Environ 10 mg de protéines
D. 500 mg de protéines
E. 380 mg de protéines
QCM 41 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les protéines ont des propriétés variées : physiques, chimiques, antigéniques…
B. Des anticorps peuvent être dirigés contre certains motifs antigéniques de la protéine que l’on appelle
paratopes.
C. Deux protéines différentes ne peuvent pas posséder un même motif antigénique.
D. Les holoprotéines sont composées de 96% à 100% d’acides amines.
E. Les hétéroprotéines sont composées d’une partie protéique appelée apoprotéine qui ne contient que des
acides aminés, et d’une partie non protéique appelée groupement prosthétique qui n’est composée que de
traces de métaux.
QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les albumines et les globulines sont solubles dans les solutions salines.
B. Les protéines globulaires, telles les immunoglobulines, ont leur rapport D/d supérieur à 10.
C. La fraction sub-cellulaire contenant les protéines à étudier peut être isolée par des produits comme le
Triton X100 ou le SDS (Sodium Dodécyl Sulfate).
D. La dialyse/filtration utilise des membranes semi-perméables.
E. La lyophilisation, aussi appelée « déshydratation à froid », permet de concentrer et de conserver les
protéines.
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39. QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le phénol entraîne la précipitation des protéines tandis que les acides nucléiques se retrouvent dans la
partie supérieure non-soluble.
B. Le phénol est ensuite extrait par du chloroforme ou par un mélange chloroforme/éther.
C. Le bromure d’éthidium est extrait par l’isopropanol.
D. Les acides nucléiques précipitent en présence d’alcool éthylique (à force ionique élevée) ou
d’isobutanol.
E. Le sel pouvant être néfaste à la suite de l’expérimentation, on utilise plutôt l’isobutanol pour précipiter
les acides nucléiques.
QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le collagène est un exemple de protéine fibrillaire.
B. Les lipoprotéines peuvent être séparées par ultracentrifugation ou par séparation électrique.
C. La purification des protéines ne nécessite pas l’observance de conduites opératoires strictes.
D. L’utilisation de solutions salines à différentes concentrations n’ayant aucune utilité pour séparer ou
isoler des protéines ou des acides nucléiques, on utilise préférentiellement des solvants sans sel.
E. Une unité de densité optique à 260 nm peut correspondre à du DNA double brin ayant une
concentration de 50 μg/ml.
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40. Correction
QCM 1 : D
A/ ADN nucléaire + ADN mitochondrial
B/ Au moins un rôle dans la régulation
C/ Beaucoup plus de protéines que de gènes. En effet un même gène peut donner des ARNm différents et
des protéines différentes selon le type cellulaire et le temps [modifications post-transcriptionnelles (ex :
épissage alternatif ou phénomène d’édition) et post-traductionnelles].
E/ Le génome est le même dans toutes les cellules nucléées de l’organisme ! Par contre ces gènes ne sont
pas exprimés de la même façon selon le type cellulaire ou le temps donc c’est le protéome des cellules qui
diffère selon le type cellulaire et le temps.
QCM 2 : CDE
QCM 3 : D
QCM 4 : BCDE
A pH 2 Asp est neutre, Val, Leu et Met sont chargés positivement et Arg est chargé très positivement.
Val, Leu, Met et Arg sont ici des cations donc seront retenus dans ce type de colonne.
Attention parfois le pHi (pH auquel la charge électrique globale est nulle) de chaque acide-aminé est
précisé ! Dans ce cas là il faudra être précis : tous les acides aminés dont le pHi sera supérieur au pH de la
solution seront chargés positivement et tous les acides aminés dont le pHi sera inférieur seront chargés
négativement, pour être neutre l’acide aminé devra avoir son pHi égal au pH de la solution, tout cela
pourrait changer certaines réponses…
QCM 5 : BD
A/ L’acide iminé ou imino-acide est la proline
C/ Ce sont les acides aminés polaires qui sont acides, neutres ou basiques. Les apolaires sont tous neutres
au pH physiologique.
E/ Non car ils peuvent avoir d’autres fonctions amines ou acides dans leur radical. Toutefois ils ont tous
au moins une fonction amine et une fonction acide sauf la proline qui est un imino-acide [une fonction
imine (NH) et une fonction acide].
QCM 6 : AB
Glu est acide, Arg est basique, les autres sont neutres.
QCM 7 : ABC
QCM 8 : CD
QCM 9 : BCDE
A pH 10 His est neutre, les autres (Gly, Ser, Cys, Asp) sont chargés négativement. Ces derniers sont donc
des anions et ne seront pas retenus dans une chromatographie échangeuse de cations, ils seront élués.
Notez que si on nous avait demandé lesquels étaient élués en premiers il aurait fallu répondre Asp
seulement car en tant qu’acide aminé normalement acide Asp est ici chargé très négativement comparé à
Gly, Ser et Cys.
QCM 10 : ABCDE
D/ Vrai : 9 apolaires et 6 polaires neutres
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41. QCM 11 : ABCE
A/ Oui, il n’y a jamais de ramifications d’acides aminés !
D/ Non, les protéines qui ont une structure quaternaire sont celles composées de plusieurs sous-unités
(plusieurs enchaînements polypeptidiques).
QCM 12 : BCDE
A/ 20 puissance 10 soit 10 240 000 000 000 possibilités différents !!!!! Imaginez alors pour des protéines
de plusieurs milliers d’acides aminés…⇒ potentiel informationnel énoooorme !
QCM 13 : C
Aucune difficulté dans ce genre d’exercice, les professeurs proposant normalement toujours 1 acide
aminé acide, 1 basique et 1 neutre. Du coup la mention du pH dans l’énoncé n’a aucune importance.
L’acide aminé acide (anion) va toujours vers le pôle + (anode), l’acide aminé basique (cation) va toujours
vers le pôle – (cathode) et l’acide aminé neutre se trouve entre les deux autres.
QCM 14 : CE
A/ Ce sont les hétéroprotéines
B/ « Albumines » et « globulines » sont des termes qui correspondraient à une classification selon la
solubilité des protéines ! Selon la forme ⇒ « globulaires » ou « fibrillaires ». Attention à ne pas
confondre globulines et globulaires !!
D/ Non les protéines globulaires ont plutôt un rôle biologique. Ce sont les protéines fibrillaires (ex : le
collagène) qui ont un rôle de protection, de soutien.
QCM 15 : BE
Pour répondre à ce genre de questions sans problème il serait bienvenue de retenir parfaitement
l’expérience de « l’extraction phénolique des acides nucléiques » !
A/ Les acides nucléiques sont solubles dans l’eau pure ou dans les solutions aqueuses salées à faible
concentration
B/ Le phénol peut aussi être extrait par le chloroforme seul
C/ L’isoPRopanol permet la PRécipitation des acides nucléiques (pas besoin de sels contrairement à
l’éthanol). C’est l’isoButanol qui permet d’extraire le Bromure d’éthidium.
D/ Les acides nucléiques sont précipités par l’isopropanol ou par le mélange éthanol + sels
E/ Les protéines sont solubles dans les solvants organiques comme le phénol (+++), le chloroforme ou
l’éther et plus ou moins solubles dans l’eau (cf. albumines et globulines). Notez que des protéines sont
précipitées par les solutions aqueuses salées à forte concentration (cf. item 8-E du concours blanc de
novembre 2005).
QCM 16 : ACDE
B/ La taille supérieure des protéines fait au contraire migrer celles-ci plus vite car elles sont trop grosses
pour être accrochées par les mailles du gel
E/ Vrai car la vitesse de descente des protéines dans la colonne est directement liée à leur taille ou poids
moléculaire (PM)
QCM 17 : ABD
C/ Gène ---transcription---> ARNm ---traduction---> protéine
E/ Cette définition correspond aux globulines. Les albumines sont solubles dans l’eau et dans les
solutions salines.
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42. QCM 18 : C
A pH 5 seul Glu est chargé négativement (anion), les autres (Asn, Lys, Pro, Phe) sont tous chargés
positivement. S’agissant d’une chromatographie échangeuse d’anions, ce sont les anions qui seront
retenus par le gel c’est-à-dire Glu. Tous les autres seront élués ! Mais ici on demande le(s) premier(s) à
être élué et ce sera l’acide aminé chargé très positivement c’est-à-dire la Lysine qui est un acide aminé
basique alors que les autres (Asn, Pro, Phe) sont seulement neutres au pH physiologique.
QCM 19 : E
QCM 20 : AE
B/ Les acides nucléiques absorbent à 260 nm
C/ Le rapport DO à 280 nm sur DO à 260 nm correspond au rapport protéines sur acides nucléiques (AN).
S’il était de 1,8 - 2 cela signifierait qu’il y a 2 fois plus de protéines que d’AN et donc qu’il y a
contamination. Pour être optimal le rapport doit être d’environ 0,5 soit 2 fois plus d’AN que de protéines.
S’il est supérieur à 0,5 cela signifie qu’il y a contamination (trop de protéines).
Par contre si le rapport est DO à 260 nm sur DO à 280 nm, le résultat optimal est effectivement de 1,8 –
2. Si le rapport est inférieur à 1,8 cela montrerai une contamination de la solution d’AN par les protéines.
D/ 270 nm
QCM 21 : ABCDE
Ici la solution est tellement acide (pH 1) que tous les acides aminés seront chargés positivement. Ce sont
des cations et ils seront donc élués dans une chromatographie échangeuse d’anions. Notez que si on nous
avait demandé lesquels étaient élués en premiers il aurait fallu répondre His et Arg car ils sont déjà
basiques à l’origine donc encore plus chargés positivement (viennent ensuite Ala et Tyr, le dernier à être
élué serait Asp car c’est le plus faiblement chargé positivement).
QCM 22 : ACDE
B/ Les deux phases sont liquides ! Effectivement l’une est fixée et l’autre mobile et elles sont non
miscibles.
QCM 23 : B
QCM 24 : CE
Je ne vais pas vous faire l’offense de vous réapprendre les calculs de pourcentages… Sachez seulement
que pour vos calculs vous pouvez utilisez les différents pourcentages dans l’ordre que vous voulez, le
résultat final restera identique.
Toutefois il existe de nombreux pièges : calculer l’extrait final ou l’extrait de départ ? calculer l’extrait
final ou l’extrait après la 2ème ou la 3ème étape seulement ? Calculer le poids de protéines ou l’activité
biologique ? Faîtes donc bien attention à la dernière phrase notamment ! Attention aussi à l’énoncé : « à
l’issue de laquelle le rendement est de 60% » est différent de « à l’issue de laquelle la perte est de
60% » car dans le dernier cas le rendement n’est alors que de 40% !! Pour finir soyez bien vigilants sur
les unités des différentes réponses !
QCM 25 : E
600*90% = 540
540-10% = 540-54 = 486
486*50% = 243
QCM 26 : ACD
B. La Proline
E. La Leucine est apolaire
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43. QCM 27 : AE
B. 1 atome de Fer
C. Structure tertiaire
D. Entre 2 Cystéines
QCM 28 : E
A. PM supérieur à 10 000
B. Polaire neutre
C. Carbone α
D. A l’intérieur
QCM 29 : B
A. Plus d’ARNm
C. On ne connaît pas tous les gènes et encore moins la fonction de tous
D. L’inverse
E. Il y a des séquences poubelles non codantes
QCM 30 : B
A. pH très acide dans l’estomac
B. Vrai car structure cyclique
C. Entre 2 Cystéines
D. Pas la Glycine (apolaire)
E. Pas de structure quaternaire pour la myoglobine
QCM 31 : BD
QCM 32 : CD
A. Sépare les produits en fonction de leur charge
B. Echangeuses de cations => résine chargée – donc retient les molécules chargées +
E. Support d’une échangeuse d’anions est du DEAE cellulose
QCM 33 : ABCDE
QCM 34 : BCD
A. Les 2 phases sont liquides et non miscibles.
E. Sépare les produits en fonction de leur solubilité.
QCM 35 : ACD
B. On ne récupère rien dans le volume mort.
E. Les peptides sortent en dernier.
QCM 36 : D
Les protéines de plus gros PM sortent en premier et les plus petits peptides sortent en dernier donc :
l’ordre d’élution sera P2,P4,P5,P3,P1.
QCM 37 : C
(pôle +) Asp Asn Arg (pôle -)
pHi(Arg) >> pH donc il est le plus positif des 3 donc migrera le plus vers le pôle - c’est-à-dire la cathode.
QCM 38 : BDE
A. Les protéines absorbent à 280 nm, le phénol absorbe à 270 nm.
C. Les acides nucléiques absorbent à 260 nm que ce soient des bases puriques ou pyrimidiques.
D. L’ARN est simple brin donc 1 DO à 260 nm correspond à 40 μg/mL.
E. Contamination des Acides nucléiques / Protéines  DO [Acides nucléiques] / DO [Protéines]
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44. QCM 39 : ADE
B. La phase aqueuse correspond à la phase supérieure. La phase inférieure comprendra le phénol avec les
protéines.
C. Le bromure d’éthidium est extrait par l’isobutanol. Le chloroforme sert à extraire le phénol.
QCM 40 : D
Attention à ne pas lire trop vite l’énoncé. Faire attention si la quantité donnée est celle du départ, de
l’arrivée ou après une étape. Etre attentif au résultat demandé : quantité de départ, quantité d’arrivée ou
quantité après un certain nombre d’étapes. De plus, ne pas confondre 70% de rendement et le fait que
70% de la préparation est éliminé, par exemple.
Soit x, la quantité de protéines au départ.
Calcul :
x = 500 mg de protéines
QCM 41 : AD
B. Ces motifs antigéniques sont appelés « épitopes ». Les « paratopes » sont les sites des anticorps qui
reconnaissent un épitope.
C. Deux protéines différentes peuvent avoir le même motif antigénique (épitope), ce qui aboutit à des
réactions croisées ; l’anticorps dirigé contre cet épitope reconnaîtra les deux protéines.
E. Le groupement prosthétique ne contient pas que des traces de métaux, il peut contenir d’autres
molécules comme des lipides ou des glucides par exemple. De plus, on peut trouver des traces de métaux
dans les holoprotéines (de l’ordre de 0 à 4%).
QCM 42 : ADE
B. Leur rapport D/d est inférieur à 10, ce qui explique qu’elles aient une forme plutôt globulaire.
C. Le Triton X100 et le SDS sont des détergents que l’on utilise pour solubiliser l’extrait tissulaire qui
contient les protéines que l’on désire étudier. La fraction sub-cellulaire est, elle, isolée grâce à des
centrifugations différentielles.
QCM 43 : B
A. Les acides nucléiques se retrouvent dans la phase supérieure soluble tandis que les protéines
précipitent dans la phase inférieure contenant du phénol.
C. Il est extrait par l’isobutanol.
D. En présence d’alcool éthylique (+ sels) ou d’isopropanol.
E. On utilise l’isopropanol qui précipite les acides nucléiques sans avoir besoin de sel.
QCM 44 : ABE
C. Au contraire, c’est indispensable pour une bonne purification.
D. L’utilisation de solutions salines à différentes concentrations permet une précipitation/solubilisation
différentielle des acides nucléiques par exemple. Elle peut donc être utile.
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45. NUCLEOSIDES / NUCLEOTIDES
43 QCM
Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :
A/ thymidine B/ adénosine tri-phosphate (ATP) C/ cytosine
D/ uridine E/ désoxyguanosine
QCM 1 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) ?
QCM 2 : Le(s)quel(s) contien(nen)t une liaison N-osidique entre le désoxyribose et la base
pyrimidique ?
QCM 3 : Le(s)quel(s) constitu(en)t une forme chimique de réserve d’énergie ?
Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :
A/ désoxyadénosine B/ cytidine C/ uracile
D/ hypoxanthine E/ guanosine
QCM 4 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?
QCM 5 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être métabolisé(s) en acide urique ?
QCM 6 : Le(s)quel(s) est (sont) présent(s) dans les tRNA ?
Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :
A/ inosine B/ uridine C/ théophylline
D/ hypoxanthine E/ méthylcytosine
QCM 7 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) présent(s) dans les tRNA ?
QCM 8 : Le(s)quel(s) inhibe(nt) la cAMP-phosphodiestérase ?
QCM 9 : Le(s)quel(s) provien(nen)t de la désamination oxydative d’une adénosine ?
QCM 10 : Les antimétabolites :
A/ L’allopurinol est un analogue de l’hypoxanthine
B/ Le 5-fluoro-uracile est en compétition avec la thymine lors des biosynthèses d’ARN
C/ La 6-thiopurine (= 6-mercaptopurine) est un noyau pyrimidique qui a la particularité d’avoir un atome
de soufre
D/ Les antimétabolites sont tous utilisés pour soigner l’homme car ils dérèglent le fonctionnement des
cellules bactériennes (procaryotes)
E/ La puromycine mime la structure terminale des tRNA chargés de leur acide-aminé
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46. QCM 11 : L’uracile :
A/ Est une base pyrimidique
B/ S’apparie à l’adénine dans l’ARN bicaténaire
C/ Possède 2 groupements (ou substituants) identiques en position 2 et 6
D/ Sa méthylation post-transcriptionnelle est la cause de la présence de thymine dans la boucle TψC des
tRNA
E/ Se lie au carbone en position 1’ d’un ribose par son azote en position 1 (liaison N-osidique) pour
former l’uridine
Parmi les appariements des bases suivants :
A/ U-A B/ C-G C/ BrU-G D/ Hypoxanthine-C E/ A-T
QCM 12 : Le(s)quel(s) est (sont) minoritaire(s) ?
QCM 13 : Le(s)quel(s) est (sont) majoritaire(s) ?
QCM 14 : Le(s)quel(s) est (sont) très improbable(s) (ou impossible(s)) ?
QCM 15 : Les polynucléotides :
A/ Les brins d’acides nucléiques sont orientés de 5’ vers 3’ conventionnellement et cette orientation
correspond au sens de biosynthèse des polynucléotides
B/ Dans les polynucléotides chaque nucléotide est relié au suivant par une liaison N-osidique
C/ Adénine (A), guanine (G), thymine (T) et cytosine (C) sont les 4 bases azotées composant
normalement les brins d’ADN ou d’ARN
D/ Pour la création de la liaison phosphodiester il y a liaison entre l’hydroxyle en 3’ du sucre du
nucléotide n et le 3ème phosphate (γ) du nucléotide n+1 car les synthèses de polynucléotides utilisent
toujours des nucléotides tri-phosphates
E/ L’ADN est synthétisé par la DNA-polymérase qui utilise des désoxyribonucléotides tri-phosphates
(dATP, dTTP, dGTP, dCTP) et l’ARN par la RNA-polymérase qui utilise des ribonucléotides tri-
phosphates (ATP, UTP, GTP, CTP)
Parmi les analogues, dérivés des bases azotées ou des nucléotides suivants :
A/ allopurinol B/ caféine C/ thioguanine
D/ AMP cyclique E/ théobromine
QCM 16 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?
QCM 17 : Le(s)quel(s) est (sont) une (des) diméthylxanthine(s) ?
QCM 18 : Lequel est un médiateur de la signalisation intra-cellulaire ?
QCM 19 : L’ATP :
A/ Possède 3 phosphates et donc 3 liaisons riches en énergie
B/ Est un nucléoside tri-phosphate
C/ Son hydrolyse libère de l’énergie
D/ L’ATP est stocké en grande quantité dans l’organisme afin de pouvoir subvenir aux différents besoins
énergétiques de l’organisme tout au long de la journée
E/ Peut s’apparier avec l’UTP dans l’ARN par une liaison phosphodiester
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47. QCM 20 : L’ appariement des bases dans le RNA :
A/ La cytosine s’apparie avec la guanine par 3 liaisons hydrogènes
B/ L’adénine s’apparie avec la thymine par 2 liaisons hydrogènes
C/ Environ une fois sur 10 000 ces appariements varient à cause de la tautomérie des bases
D/ Dans un ARN il y autant de cytosines que de guanines et il y a autant d’adénines que d’uraciles
E/ Sous sa forme prédominante (avec une fonction cétone et une fonction amine), la guanine s’apparie
avec la cytosine par 3 liaisons hydrogènes en mettant en jeu ses groupements (ou substituants) en 2 et 6 et
l’azote en 3 du noyau purine
QCM 21 : L’hypoxanthine :
A/ Peut être formé par oxydation d’une xanthine
B/ Est un précurseur de l’acide urique qui est responsable de la goutte en précipitant à pH alcalin
C/ Est un nucléoside présent dans les tRNA
D/ Est présent en position 1 de certains anticodons
E/ Est une méthylxanthine
Parmi les composés (naturels ou synthétiques) suivants :
A/ inosine B/ thymidine C/ ATP
D/ AMP cyclique E/ phospho-adénosine-phospho-sulfate (PAPS)
QCM 22 : Le(s)quel(s) possède(nt) (au moins) une liaison riche en énergie ?
QCM 23 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) dérivé(s) à noyau purine ?
QCM 24 : Parmi les propositions suivantes lesquelles sont exactes ?
A/ L’allopurinol et la 6-mercaptopurine inhibent la synthèse d’acide urique et sont donc utilisés dans le
traitement de la goutte
B/ La puromycine est un analogue des bases puriques
C/ La puromycine comprend une adénine diméthylée, un analogue du ribose et un analogue d’un acide
aminé lié à l’hydroxyle 3’ du ribose
D/ Le 5-fluoro-uracile est un analogue de l’uracile
E/ On a créé des analogues de nucléotides tri-phosphates dans lesquels on a modifié les liaisons entre les
phosphates afin de les rendre non hydrolysables, ce qui est très utile en recherche pour savoir quels
phénomènes sont énergie-dépendants
QCM 25 :
Un sujet qui a réalisé un exercice physique très intense aura sur la journée une dépense énergétique
de 6500 kcal correspondant à l’hydrolyse de 450 kg d’ATP, en supposant que la totalité de l’énergie
est fournie par l’hydrolyse de l’ATP (sachant que l’hydrolyse d’une mole d’ATP en ADP libère 7,3
kcal). En supposant que le pool d’ATP de son organisme impliqué dans les cycles de synthèse-
dégradation fournissant l’énergie est de 45 g, quel est le turn-over (exprimé en nombre de cycles
synthèse-dégradation / jour) des molécules d’ATP ?
A/ 3285 B/ 10 000 C/ 5000 D/ 10 E/ 14,5
QCM 26 : A propos des bases azotées :
A. Le noyau purine est un double hétérocycle à 5 carbones et 4 azotes alors que le noyau pyrimidine est
un hétérocycle à 6 sommets avec 4 carbones et 2 azotes.
B. Seules les bases puriques comportent une fonction amine.
C. On dénombre 3 bases pyrimidiques: la cytosine, la thymidine et l'uracile.
D. L'adénine porte sa fonction amine sur le carbone n°6 tandis que la guanine la porte sur le carbone n°2.
E. Toutes les bases azotées rentrent aussi bien dans la composition de l'ADN que dans celle de l'ARN.
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48. QCM 27 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le désoxyribose qui participe à la formation des nucléotides constituants l'ADN est un 3-désoxy-D-
ribofuranose.
B. La liaison N-osidique désigne la liaison du carbone n°1 (C1) de l'ose avec l'azote 9 d'une base purique
ou l'azote 1 d'une base pyrimidique. Elle s'accompagne de l'élimination d'une molécule d'eau.
C. L'ose qui s'associe à une base azotée par une liaison N-osidique pour former un nucléoside comporte
un cycle formé de 5 atomes de carbone.
D. L'inosine est le désoxyribonucléoside formé à partir de la xanthine, un dérivé des bases puriques.
E. L'adénosine, la cytosine, la guanosine et l'uridine sont les quatre ribonucléosides entrant dans la
constitution de l'ARN.
QCM 28 : A propos de la tautomérie des bases :
A. La tautomérie est la propriété chimique qui permet la délocalisation des doubles liaisons conjuguées
sur les bases azotées avec transfert d'un atome d'hydrogène.
B. Les formes les plus stables et par conséquent majoritaires sont les formes imine et cétone.
C. Toutes les bases azotées présentent seulement deux formes de tautomères.
D. La forme cétone est prédominante sur la forme énolique avec un rapport de 1 sur 100.
E. Les formes stables permettent l'assemblement correct des bases tandis que les formes mineures
entraînent des mutations.
Parmi les composés suivants :
A. hypoxanthine B. ribothymidine C. uridine D. méthylcytosine E. guanine
QCM 29 : Le(s)quel(s) a (ont) un noyau purine ?
QCM 30 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être formé(s) par désamination oxydative d’une adénine ?
QCM 31 : Lequel peut également être appelé 5-méthyluridine ?
QCM 32 : La thymine :
A. Est généralement liée au désoxyribose
B. Peut être retrouvée dans l’ARN
C. Est un 5-méthyluracile
D. Est normalement appariée, sous sa forme tautomérique majeure énol, avec une adénine dans l’ADN
E. Peut être métabolisée en acide urique
QCM 33 : A propos des dérivés des nucléotides :
A. La S-Adénosyl-méthionine intervient dans des réactions de phosphorylations.
B. Le PAPS est un facteur de la détoxification hépatique.
C. L’amino-acyl-AMP sert à la biosynthèse des protéines.
D. L’acyl-AMP intervient dans la dégradation des lipides.
E. L’UDP-DAG est un intermédiaire de la synthèse des phospholipides
QCM 34 : En ce qui concerne les analogues méthylés des nucléotides :
A. La caféine est une diméthylxanthine.
B. Ils ont un effet chronotrope et un effet inotrope négatifs.
C. Par action sur l’AMPc-phosphodiestérase, ils augmentent la concentration en AMPc extracellulaire.
D. Certains peuvent être utilisés en thérapeutique : la théophylline peut lutter contre l’asthme.
E. A forte concentration, ils entraînent des effets cardiaques indésirables comme l’hypertension artérielle.
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49. QCM 35 : Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
A. La caféine possède un noyau purique.
B. La théophylline est un inhibiteur des phosphodiestérases.
C. Caféine, Théobromine et Théophylline sont des dérivés hydroxylés de la Xanthine.
D. La théophylline se retrouve principalement dans le Coca-Cola.
E. Ces dérivés augmentent le débit de perfusion rénale.
QCM 36 : Concernant les dérivés des nucléotides :
A. La S-Adénosyl Méthionine est une forme inactive de l’Adénosine.
B. Le PAPS possède une liaison anhydride d’acide.
C. La CDP-Choline est un dérivé nucléotidique.
D. Le PAPS est éliminé par voie hépatique.
E. Le PAPS est une forme activée du sulfate.
QCM 37 : Concernant les analogues des nucléotides :
A. L’appariement de BrdU avec une forme mineure se fait à une fréquence moindre que les nucléotides
“normaux”.
B. La présence de BrdU dans le génome d’une cellule est un facteur cancéro-protecteur.
C. L’Hypoxanthine est constituée par désamination oxydative de l’Adénosine.
D. L’Hypoxanthine s’apparie normalement avec la Thymidine.
E. Le BrdU est un analogue de l’uracile.
QCM 38 : A propos des appariements normaux des nucléotides dans l'ADN :
A. Ils se font grâce à des liaisons hydrogènes entre les bases azotées A, C, U et G.
B. Il existe une forme tautomère majeure pour chaque base, qui correspond à la forme d'appariement
prédominante de la base.
C. Il existe 3 liaisons hydrogènes entre les bases puriques et 2 seulement entre les bases pyrimidiques.
D. Quand une séquence d'ADN double brin contient beaucoup de liaisons C-G, les brins sont plus
difficiles à séparer.
E. Une séquence d'ADN simple brin contient toujours autant de C que de G.
QCM 39 : A propos des désoxyribonucléotides :
A. Ils sont constitués d'une base azotée, d'un sucre (désoxyribose) et d'1, 2 ou 3 groupements phosphates.
B. Leur sucre est désoxydé sur le carbone 4'.
C. Le(s) groupement(s) phosphate s'attache(nt) par le carbone 5' de la base.
D. Ceux qui permettent de former la molécule d'ARN sont : dATP, dGTP, dUTP, dCTP.
E. Le ribose est un pentose, sucre à 5 carbones.
QCM 40 : A propos des nucléotides cycliques :
A. L'AMPc ne comporte qu'un seul groupement phosphate
B. Le groupement phosphate dans l’AMPc(3’-5’) est relié par une liaison ester au carbone 3' et par une
autre liaison ester au carbone 5' du ribose (l’ensemble étant une liaison phosphodiester).
C. Les ribonucléotides cycliques tels que l'AMPc interviennent dans la médiation intracellulaire (ils sont
appelés 2nd messager).
D. Certains interviennent dans la vasomotricité
E. La vasomotricité permet la régulation du flux sanguin dans les organes.
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50. QCM 41 : A propos des analogues des nucléotides et des nucléosides :
A. La 6-mercaptopurine, tout comme la thioguanine, est utilisée dans le traitement des leucémies.
B. Le 5-fluoro-uridine est un inhibiteur de la biosynthèse des nucléotides thymidines.
C. Le 5-iodo-désoxyuridine est un nucléotide qui est utilisé comme antiviral.
D. L’allopurinol est une molécule inhibitrice de la biosynthèse de l’acide urique.
E. L'ara-C (cytosine arabinoside) est utilisée pour ces propriétés immunodépressives mais également dans
le traitement de la goutte.
QCM 42 : En ce qui concerne la puromycine :
A. La puromycine comporte un analogue du ribose qui est un sucre aminylé.
B. En 3’ du ribose on a une amine qui porte un analogue d’un acide aminé.
C. Cette molécule se comporte comme l’extrémité des RNAt qui porte un AA ; elle a ainsi permis
d’élucider les étapes de la transcription.
D. La puromycine est une molécule toxique puisqu’elle va bloquer la synthèse des chaînes peptidiques.
E. La puromycine se caractérise par des propriétés immunodépressives.
QCM 43 : A propos des analogues :
A. Certains sont d’origine naturelle alors que d’autres sont d’origine synthétique et sont caractérisés par
des modifications d’une base, d’un sucre ou d’un phosphate.
B. l'AZT est un dérivé de la thymidine untilisé comme anti-VIH.
C. L’allopurinol va permettre la synthèse de l’acide urique ; il est donc utilisé dans le traitement de la
goutte.
D. Le 5-iodo-désoxyuridine est un nucléoside qui est un analogue de la thymidine.
E. Le 5-fluoro-uracile a, entre autres, des propriétés antifongiques, et va inhiber la prolifération cellulaire.
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51. Correction
QCM 1 : ADE
B/ L’ATP est un nucléotide.
C/ La cytosine est une base azotée. La (désoxy)cytidine est un nucléoside.
QCM 2 : A
B/ Ici on a un ribose + une base purique (+ des phosphates)
C/ Ici la base pyrimidique est seule
D/ Ici on a un ribose (+ une base pyrimidique)
E/ On a bien le désoxyribose mais le base est purique
QCM 3 : B
Les bases azotées et les nucléosides ne peuvent être des formes chimiques de réserve d’énergie car elles
ne possèdent pas de liaisons riches en énergie contrairement aux nucléotides.
QCM 4 : ADE
B/ Noyau pyrimidique
C/ Idem
QCM 5 : ADE
B/ On a un noyau pyrimidique alors que l’acide urique est un dérivé purique
C/ Idem
QCM 6 : BCDE
A/ Pas de « désoxy » dans l’ARN
D/ L’hypoxanthine est un composant de l’inosine (avec un ribose)
QCM 7 : AB
C/ Ne polymérise pas
D/ L’hypoxanthine est présent dans les tRNA mais ce n’est pas un nucléoside
E/ La méthylcytosine est présente dans les tRNA mais ce n’est pas un nucléoside
QCM 8 : C
C/ En inhibant la cAMP-phosphodiestérase elle permet donc d’augmenter la concentration de cAMP.
QCM 9 : A
Désamination oxydative d’une adénine ⇒ hypoxanthine
Désamination oxydative d’une adénosine ⇒ inosine
QCM 10 : AE
B/ Le 5-fluoro-uracile est un analogue de la thymine, il rentre donc en compétition avec elle lors de la
synthèse d’ADN
C/ Noyau purique (comme son nom l’indique)
D/ Beaucoup d’entre eux dérèglent aussi le fonctionnement des cellules eucaryotes humaines donc tous
ne sont pas utilisés chez l’homme
QCM 11 : ADE
B/ L’ARN est monocaténaire ! S’il existe des liaisons A-U, elles se font entre le brin d’ARN en cours de
synthèse et le brin matrice d’ADN lors de la transcription ou alors il peut aussi y avoir un appariement
localisé de quelques nucléotides entre une même chaîne d’ARN s’il s’avère qu’il y a complémentarité.
C/ En position 2 et 4
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52. QCM 12 : C
Le bromo-uracile est un analogue de la thymine, il va donc s’apparier avec A sous sa forme tautomère
majeure et avec G sous sa forme tautomère mineure
QCM 13 : ABDE
A-T et C-G dans l’ADN
A-U dans l’ARN
L’hypoxanthine, formé (accidentellement) par désamination oxydative de l’adénine, s’apparie sous forme
majeure avec C et est cause de mutation pour l’ADN
QCM 14 : Aucune
Les appariements très improbables ou impossibles concerneraient des appariements de bases identiques
(ex : A-A, C-C…) ou des appariements purine-purine ou pyrimidine-pyrimidine (A-G, C-T, C-U…). En
effet une base purique s’apparie toujours avec une base pyrimidique et inversement ! Ainsi, si vous
connaissez les appariements majoritaires (C-G, A-T, A-U) vous pouvez en déduire directement les
appariements minoritaires en prenant l’autre base purique ou pyrimidique (C-A, G-T, U-G).
QCM 15 : AE
B/ Chaque nucléotide est relié au suivant par une liaison phosphodiester. La liaison N-osidique relie une
base azotée à un sucre.
C/ Oui pour l’ADN mais pour l’ARN les bases sont A, C, G et Uracile (+ hypoxanthine dans les ARNt)
D/ Bien que les synthèses de polynucléotides utilisent toujours des nucléotides tri-phosphates, lors de la
synthèse d’une liaison phosphodiester il y a toujours élimination des 2 phosphates externes β et γ (et
d’une molécule d’eau), donc entre chaque nucléotide il ne reste qu’1 seul phosphate (α).
QCM 16 : BCDE
L’allopurinol n'a pas de noyau purine car le carbone en position 8 est remplacé par un azote.
QCM 17 : E
La caféine et la théobromine (et la théophylline) sont des méthylxanthines mais la caféine est une
triméthylxanthine (méthylée en 1, 3 et 7).
QCM 18 : D
Quand on dit « AMP cyclique » cela sous-entend AMP cyclique 3’-5’ sinon on aurait précisé.
QCM 19 : C
A/ 2 liaisons anhydride d’acide riches en énergie entre les phosphates α et β et entre les phosphates β et γ
B/ Nucléotide tri-phosphate
D/ L’ATP n’est pas stocké ! On en possède que quelques grammes dans le corps qui seront utilisés en
quelques secondes lors d’un exercice physique… Il y aura donc une production continuelle d’ATP tant
que l’organisme aura besoin de fournir de l’énergie (turn-over très intense).
E/ En effet ATP et UTP peuvent s’apparier dans l’ARN par l’intermédiaire de leur base (Adénine-
Uracile), par contre il s’agit de liaisons hydrogènes !
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53. QCM 20 : AC
B/ Attention !!! L’énoncé de l’item est exact… mais celui-ci ne correspond pas au titre du QCM ! Dans
ce QCM il est question des ARN et il n’y a pas de thymines dans les ARN normalement (exception : une
thymine compose la ribothymidine de la boucle TΨC des tRNA après modification post-
transcriptionnelle d’une uracile).
D/ Ce raisonnement est bon pour l’ADN !! En effet l’ADN est double brin donc en face d’un A se met en
place un T (et inversement) et en face d’un C se met en place un G (et inversement) donc il y a autant de
A que de T et autant de C que de G. Par contre l’ARN est monocaténaire !! Les différentes bases (A, G,
C, U) se trouvent sur la même chaîne donc leurs quantités respectives sont indépendantes. L’appariement
se produit avec le brin matrice d’ADN lors de la biosynthèse de l’ARN donc les rapports d’égalité (A = U
et C = G) existent entre ces 2 brins… puis l’ARN se détache laissant un nombre variable de A, G, C, U
sur le brin unique.
E/ Tout est juste sauf qu’il s’agit de l’azote en position 1 ! Vous devez bien visualiser votre molécule
dans la tête, les substituants sont en 2 et 6 et l’azote qui permettra de faire une 3ème liaison hydrogène se
trouve « logiquement » entre les deux substituants soit en position 1.
QCM 21 : D
A/ C’est la xanthine qui est issue de l’hypoxanthine par oxydation
B/ L’hypoxanthine est bien un précurseur de l’acide urique mais l’acide urique précipite à pH acide et est
soluble à pH alcalin
C/ L’hypoxanthine est bien dans les tRNA mais il s’agit d’un dérivé de bases purines
E/ Aucune méthylation
QCM 22 : CE
Inosine et thymidine sont des nucléosides et non des nucléotides donc ils n’ont pas de phosphates et pas
de liaisons riches en énergie. L’AMP cyclique a 1 phosphate qui fait 2 liaisons esters (= liaison
phosphodiester) donc non énergétiques.
L’énergie contenu dans l’ATP sert à de nombreuses réactions du métabolisme.
L’énergie contenu dans le PAPS sert à la sulfatation (= transfert d’un groupement sulfate).
QCM 23 : ACDE
B/ Noyau pyrimidique
QCM 24 : BE
A/ Pas la 6-mercaptopurine
C/ L’analogue du ribose possède une fonction amine au lieu d’une fonction hydroxyle en 3’
D/ Le 5-fluoro-uracile est un uracile avec un fluor en 5 ce qui fait qu’il ressemble à la… thymine ! C’est
un analogue de la thymine, ils sont compétiteurs dans les biosynthèses c’est-à-dire qu’ils peuvent se
mettre l’un à la place de l’autre.
QCM 25 : B
La question est « quel est le turn-over des molécules d’ATP ? » donc seulement 2 éléments à repérer : - le
pool de son organisme (combien son organisme peut avoir d’ATP à la fois) : 45 g
- combien il en consomme dans la journée : 450 kg = 450 000 g
Soit le calcul :
450 000 / 45 = 10 000 (cycles de reconstitution du pool d’ATP pour la journée)
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54. QCM 26 : AD
B. La cytosine qui est une base pyrimidique comporte également une fonction amine.
C. La thymidine n'est pas une base azotée mais un nucléoside. Les trois bases pyrimidiques sont la
cytosine, la thymine et l'uracile.
E. La thymine entre uniquement dans la composition de l'ADN et l'uracile uniquement dans celle de
l'ARN. L'adénine, la guanine et la cytosine entrent aussi bien dans la composition de l'ADN que dans
celle de l'ARN.
QCM 27 : B
A. Le désoxyribose est un 2-désoxy-D-ribofuranose.
C. L'ose comporte bien un cycle de 5 atomes mais celui-ci est formé de 4 atomes de carbone et d'1 atome
d'oxygène. Le 5ème carbone de l'ose ne fait pas partie du cycle.
D. L'inosine est un ribonucléoside et il est formé à partir de l'hypoxanthine.
E. La cytosine est une base azotée et non un nucléoside. Le ribonucléoside formé à partir de cette base est
la cytidine.
QCM 28 : AE
B. Les formes les plus stables sont les formes amine et cétone.
C. Certaines bases présentent 3 formes de tautomères. C'est le cas pour l'uracile et la thymine par
exemple.
D. Les formes stables (amine et cétone) prédominent sur les formes mineures avec un rapport de 1 sur 10
000.
QCM 29 : AE
Les autres ont un noyau pyrimidique.
QCM 30 : A
QCM 31 : B
QCM 32 : ABC
B. Dans la ribothymidine des ARNt
D. La forme tautomérique majeure est la forme cétone.
E. Ce sont les bases puriques qui peuvent être métabolisées en acide urique.
QCM 33 : BC
A. Elle intervient dans des réactions de méthylation.
D. Il sert à la synthèse des lipides.
E. C’est le CDP-DAG
QCM 34 : D
A. La caféine est une triméthylxanthine
B. Ils ont des effets inotrope et chronotrope positifs.
C. Ils augmentent la concentration d’AMPc INTRAcellulaire.
E. Une trop grande augmentation de la fréquence cardiaque par effet chronotrope positif va diminuer le
temps de la diastole (temps où le cœur est au repos et qui constitue la plus grande partie du temps de
remplissage cardiaque), et donc son remplissage. Le cœur va donc expulser moins de sang malgré sa
vitesse et sa force de contraction plus importantes. Ceci va conduire à une diminution du débit sanguin, et
donc à une HYPOtension artérielle.
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55. QCM 35 : ABE
C. Ce sont des dérivés méthylés de la Xanthine.
D. C’est la Caféine qui est principalement retrouvée dans le Coca-Cola.
E. En effet, par l’augmentation du débit cardiaque créé par les effets chronotrope et inotrope positifs,
augmentant donc parallèlement le débit sanguin et donc le flux de sang traversant le rein.
QCM 36 : BCE
A. Forme activé de la méthionine
D. Le PAPS permet une détoxification hépatique mais son élimination est urinaire.
QCM 37 : Aucune
A. Les formes mineures du BrdU étant 100 fois plus présentes que les formes mineures des autres
nucléotides, les appariements anormaux sont plus fréquents.
B. C’est un facteur cancérogène.
C. Désamination oxydative de l’adénine.
D. Avec la cytosine.
E. C’est un analogue de la thymidine.
QCM 38 : BD
A. Dans l'ADN, il n'y a pas d'Uracile mais de la Thymine.
C. Une base purique s'associe toujours avec une base pyrimidique et vice versa ; les liaisons hydrogènes
sont de 3 entre C et G, et de 2 entre A et T.
E. C'est une séquence d'ADN double brin qui contient autant de C que de G (car appariements).
QCM 39 : AE
B. Sur le carbone 2'.
C. Sur le carbone 5' du sucre
D. Il n'y a pas de désoxyribonucléotides dans l'ARN.
QCM 40 : ABCDE
QCM 41 : AD
B. Car c’est le 5-fluoro-uracile.
C. Car il s’agit d’un nucléoSide.
E. C’est l’allopurinol qui est utilisé dans le traitement de la goutte.
QCM 42 : ABD
C. Elle a permis d’élucider les étapes de la traduction.
E. La puromycine inhibe la traduction
QCM 43 : ABDE
C. L’allopurinol va inhiber la synthèse de l’acide urique.
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56. L’ADN
49 QCM
QCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Le DNA se trouve seulement dans le noyau des cellules eucaryotes tandis que le RNA se trouve dans
le noyau (pour sa biosynthèse) puis dans le cytoplasme (pour la traduction en protéine)
B/ Le DNA peut s’obtenir in vivo à partir de DNA (réplication) ou de RNA (transcription inverse)
C/ Les virus sont, comme les procaryotes, des cellules sans noyau
D/ Le DNA est un enchaînement de ribonucléotides
E/ Le DNA humain n’est jamais monocaténaire
QCM 2 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ L’homme n’a pas le plus grand génome du monde vivant, en effet certains procaryotes ont un génome
plus long
B/ Le DNA des bactéries est circulaire tandis que celui des eucaryotes est linéaire
C/ Le DNA des bactéries est monocaténaire tandis que celui des eucaryotes est bicaténaire
D/ Les 2 brins d’ADN sont complémentaires c’est-à-dire qu’en face d’une adénine on trouve une thymine
ou un uracile et qu’en face de la guanine on trouve une cytosine (et inversement)
E/ Le DNA est synthétisé par une DNA-polymérase quand il s’agit de la réplication et par une RNA-
polymérase lorsqu’on est en transcription inverse
QCM 3 : A propos de la structure du DNA :
A/ Il existe dans les cellules humaines plusieurs types de DNA (A, B et C) dont B est la forme
prédominante
B/ Le DNA de forme A forme une hélice droite
C/ Quelque soit le type de DNA, le nombre de paires de base par tour d’hélice est toujours de 10
D/ Le DNA-A est une forme déshydratée
E/ Le DNA-Z est le seul à s’enrouler à gauche
QCM 4 : Expériences de fusion/dénaturation :
A/ La densité optique (DO) à 280 nm nous permet de suivre l’avancement de cette expérience
B/ Il existe une température (appelée Tm) à partir de laquelle la moitié des appariements se sont dissociés
C/ Une fois les brins de DNA séparés on ne peut plus les réassocier
D/ Le Tm augmente quand la longueur des brins ou la concentration en sel ou le pH ou la composition en
paires de bases G-C augmente
E/ Le Tm diminue quand la concentration en formamide augmente
QCM 5 : Le génome du bactériophage M13 a la composition en bases suivante :
T : 21%, G : 17 %, A : 45%, C : 17%. Il s’agit très probablement,
A/ d’un hétéroduplex DNA/RNA B/ d’un DNA bicaténaire
C/ d’un RNA monocaténaire D/ d’un RNA bicaténaire
E/ d’un DNA monocaténaire
QCM 6 : Les nucléosomes :
A/ Constituent le premier niveau d’organisation chez les eucaryotes et les procaryotes
B/ L’ADN nucléosomal fait environ 150 paires de bases
C/ Comprennent 8 molécules d’histones qui représentent 5 types de molécules différents
D/ Ont un rôle de protection du DNA
E/ Le DNA s’enroule autour des protéines du nucléosome en formant 2 tours
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57. QCM 7 : DNA et RNA ont en commun les caractéristiques suivantes :
A/ Ils possèdent du ribose B/ Ils sont liés aux histones
C/ Ils sont synthétisés par un mécanisme appelé réplication
D/ Ils portent les gènes E/ Ils sont monocaténaires
QCM 8 : Les histones :
A/ Sont des protéines basiques, ce qui leur permet de se lier aux phosphates (acides) du DNA de manière
non spécifique
B/ Certaines sont très conservées au cours de l’évolution comme on peut le constater en comparant les
séquences d’acides aminés d’histones provenant d’un animal avec celles provenant d’une bactérie
C/ Le DNA lié aux histones est non fonctionnel
D/ Appartiennent toutes à une structure appelée nucléosome
E/ Peuvent subir des modifications post-traductionnelles (phosphorylation, méthylation, acétylation…)
QCM 9 : Expériences de cinétique de réassociation :
A/ Les gènes humains et leurs zones régulatrices occupent environ la moitié du génome nucléaire
B/ Chez les procaryotes la cinétique de réassociation est une sigmoïde presque parfaite alors que chez les
eucaryotes on remarque plusieurs plateaux traduisant une hétérogénéité de la réhybridation
C/ Ces expériences se traduisent par une courbe dont les abscisses représentent la température et les
ordonnées représentent la DO à 260 nm
D/ Les séquences hautement répétitives sont non codantes, les séquences moyennement répétitives
peuvent être codantes ou non codantes et les séquences uniques sont codantes
E/ Les séquences uniques sont celles qui se réhybrident le plus rapidement
QCM 10 : Les catégories de séquences génétiques :
A/ Les séquences (quasi-) uniques codent pour une protéine ou une petite famille de protéines
B/ Les séquences moyennement répétitives dites « mini satellites » sont spécifiques à chaque individu et
donc utilisées en empreinte génétique
C/ Les ARN ribosomiques sont issus de gènes moyennement répétés dans le génome
D/ Les séquences hautement répétitives se réhybrident le plus rapidement lors des expériences de
cinétique de réassociation
E/ L’existence chez les batraciens de séquences encore plus répétitives explique en partie pourquoi les
batraciens ont un plus grand génome que l’humain
QCM 11 : Le DNA bactérien :
A/ In vivo il peut exister sous 3 états : circulaire relâché, circulaire super-enroulé ou linéaire
B/ L’état circulaire super-enroulé étant le plus dense c’est celui qui migre le moins lors de la séparation
par électrophorèse
C/ Les topoisomérases I et II consomment autant d’énergie l’une que l’autre
D/ Les topoisomérases ont une fonction endonucléase mais la I coupe un brin seulement alors que la II
coupe les 2 brins en regard
E/ Une inhibition des topoisomérases dans une cellule procaryote entraîne la mort de cette cellule
QCM 12 : Altération et réparation du DNA :
A/ Si on doit se protéger du soleil c’est parce-que celui-ci envoi des rayons ultra-violets qui agressent le
matériel génétique (mutations, cassures…)
B/ Si il y a réparation cela signifie qu’on a retrouvé l’état initial normal
C/ Le 5-bromo-uracile, le bromure d’éthidium sont des agents mutagènes car ils entraînent des erreurs de
réplication
D/ Le système de correction d’erreurs se fait en 2 étapes : une étape de reconnaissance de l’anomalie qui
est spécifique et une étape de réparation qui est générale quelle que soit l’erreur
E/ L’organisme humain n’a aucun système de défense pour lutter contre le radical libre hydroxyle
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58. Pour mesurer la réplication du DNA et la réparation des lésions du DNA induites par des UV sur
des fibroblastes en culture, on utilise de la [³H]-thymidine qui s’incorpore dans le DNA au cours de
la prolifération (réplication) ou de la réparation. Les cellules cultivées dans les conditions
optimales, sont (+) ou non (-) irradiées par des UV, puis sont cultivées pendant 8h dans des
conditions normales (sans UV).
Les taux d’incorporation de la [³H]-thymidine et les taux de dimères de thymine mesurés à la fin de
l’expérience sont indiqués dans le tableau ci-dessous :
Fibroblastes UV [³H]-thymidine Dimères de thymine
incorporée (dpm/mg) (unités arbitraires)
Fibroblastes en cours de prolifération :
Sujet 1 - 380 000 13
Sujet 2 - 410 000 11
Sujet 3 - 770 000 29
Sujet 1 + 405 000 310
Sujet 2 + 420 000 305
Sujet 3 + 775 000 2 050
Fibroblastes quiescents (ne proliférant pas) :
Sujet 1 - 2 900 15
Sujet 2 - 3 050 14
Sujet 3 - 4 100 35
Sujet 1 + 39 000 280
Sujet 2 + 42 500 265
Sujet 3 + 4 500 2 700
QCM 13 :
A/ Les UV peuvent créer des dimères de thymine (liaison covalente entre 2 thymines côte à côte sur le
même brin)
B/ En étudiant seulement les fibroblastes en cours de prolifération, on peut connaître la part de thymidine
incorporée lors de la réplication et la part incorporée lors de la réparation
C/ Il y a beaucoup plus de thymidines incorporées lors de la réplication que lors de la réparation
D/ Les UV produisent des dimères de thymine dans le DNA mais aussi dans le RNA
E/ La [³H]-thymidine est incorporée dans les cellules de ces 3 sujets car elles synthétisent toutes de
l’ADN
QCM 14 :
A/ On remarque que les fibroblastes en cours de prolifération du sujet 3 incorporent beaucoup plus de
[³H]-thymidine que ceux des sujets 1 et 2. Cela pourrait être dû au fait que les fibroblastes du sujet 3
(pour une raison quelconque) se divisent presque deux fois plus vite que les fibroblastes des sujets 1et 2.
B/ Il semblerait à la vue de ces résultats que les fibroblastes du sujet 3 seraient déficitaires au niveau de la
réparation des dimères de thymine
C/ A cause de sa maladie, le sujet 3 doit absolument éviter de s’exposer au soleil car il a un risque accru
de développer un cancer de la peau
D/ Les fibroblastes sont devenus quiescents à cause des UV
E/ Les UV induisent la formation de dimères de thymine seulement chez le sujet 3
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59. QCM 15 :
On prépare de la chromatine à partir de noyaux cellulaires. On extrait l’ADN par la technique
phénol/chloroforme puis on traite cet ADN par la nucléase de micrococcus (endonucléase qui coupe
au hasard le DNA double brin non protégé par des protéines). Puis après séparation des fragments
par électrophorèse, on les visualise par coloration au bromure d’éthidium.
A/ Les nucléases sont des enzymes qui coupent les acides nucléiques. On parle d’endonucléases pour les
nucléases situées dans le noyau et d’exonucléases pour les nucléases situées dans le cytoplasme
B/ L’électrophorèse permet de séparer les différents fragments obtenus en fonction de leur taille ou de
leur poids moléculaire : plus ils sont petits et légers, plus ils migreront vite
C/ On visualisera des bandes de 180 pb et de multiples de 180 car la nucléase coupera entre certains
nucléosomes car l’ADN nucléosomal est protégé par les histones
D/ Le résultat électrophorétique obtenu est similaire à celui qu’on obtiendrait si on avait analysé de la
chromatine (sans extraction) à partir de cellules en apoptose (mort cellulaire programmée)
E/ Si on inversait les étapes c’est-à-dire d’abord action de la nucléase puis extraction de l’ADN par le
phénol/chloroforme, on obtiendrait des bandes de 180 pb et des bandes multiples de 180.
Après avoir purifié cinq protéines A, B, C, D et E, on teste leur capacité de liaison à une séquence
précise d’un promoteur d’un gène. On dispose d’un oligonucléotide de même séquence et qui est
utilisé comme compétiteur. Le DNA total est radiomarqué tandis que l’oligonucléotide compétiteur
n’est pas radioactif. On révèle l’électrophorèse par autoradiographie. Le résultat du test de
retardement sur gel est le suivant :
▃ ▃ ▃ ▃ __ ▃ __ ▃
▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃ ▃
DNA total + + + + + + + + + + +
Protéine 0 A B C D E A B C D E
Compétiteur - - - - - - + + + + +
QCM 16 : Quelle(s) protéine(s) est (sont) capable(s) de se lier au DNA ?
QCM 17 : Quelle(s) protéine(s) se lie(nt) spécifiquement à l’ADN total ?
QCM 18 : A propos de la structure du DNA :
A/ Le pas de l’hélice est de 34 Angstroms quel que soit le type de DNA
B/ On voit s’alterner petits et grands sillons si on parcoure le DNA d’un même côté
C/ Les 2 chaînes qui le composent ont leur extrémité 5’ d’un même côté et leur extrémité 3’ du côté
inverse
D/ Le « squelette » de l’ADN est composé des sucres et des phosphates
E/ Le DNA-B présente une angulation de 36° entre chaque nucléotide
QCM 19 :
On retrouve au laboratoire un pot contenant un génome conservé mais dont l’étiquette est
illisible… On cherche à le caractériser et après expériences on trouve la composition en bases
suivante :
T : 15%, G : 23 %, A : 27%, C : 23%, U : 12%. Il s’agit très probablement,
A/ d’un hétéroduplex DNA/RNA B/ d’un DNA bicaténaire
C/ d’un RNA monocaténaire D/ d’un RNA bicaténaire
E/ d’un DNA monocaténaire
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60. QCM 20 :
Procaryotes et eucaryotes ont en commun les caractéristiques suivantes :
A/ Leur ADN a la même organisation structurale
B/ Leur ADN est protégé par les histones
C/ Ils possèdent des DNA-polymérases et des nucléases
D/ La réplication, la transcription, la traduction existent chez les deux
E/ Ils possèdent des séquences hautement, moyennement et faiblement répétées
QCM 21 :
Certaines molécules ou particules suivantes peuvent se lier au (ou interagir avec le) DNA eucaryote
(dans la cellule eucaryote vivante) :
A/ histones B/ RNA-polymérase DNA-dépendante
C/ télomérase D/ ribosomes
E/ gyrase
QCM 22 : Les liaisons :
A/ Un sucre et une base azotée sont liés par une liaison N-osidique
B/ Les acides aminés sont liés par des liaisons amides dites liaisons peptidiques
C/ Sucre et phosphate sont liés par une liaison anhydride d’acide (riche en énergie)
D/ Les nucléotides sont liés par une liaison phosphodiester
E/ Les bases azotées (appariées) sont liées par des liaisons hydrogènes
QCM 23 :
Un échantillon purifié d’ADN bactérien, en solution dans NaCl 0,2M, est chauffé. On mesure
l’absorbance (A) à 260 nm en fonction de la température :
T°C 65 70 75 79 80 81 85 90 95
A 1,30 1,30 1,35 1,40 1,45 1,50 1,55 1,60 1,60
Quel est le Tm (température de fusion) de cet ADN bactérien ?
A/ 75°C B/ 79°C C/ 80°C D/ 90°C
E/ Les données sont insuffisantes pour calculer le Tm
Un morgan est une unité de longueur de DNA qui correspond à la probabilité que survienne (dans
cette unité de longueur de DNA) une recombinaison par méiose (en supposant que la probabilité de
survenue des crossing-over est identique sur toutes les parties du génome). On estime que la
longueur du génome humain est d’environ 3 milliards de paires de bases et que environ 30
recombinaisons (ou 30 crossing-over) se produisent par méiose.
QCM 24 : A quelle longueur de DNA (exprimée en kb ou kilo-paires de bases) correspond
approximativement 17 millimorgans ?
A/ 170 000 B/ 17 000 C/ 1 700 D/ 1 700 000 E/ 17 000 000
QCM 25 : Les séquences Line sont des séquences répétitives d’environ 6,5 kb dispersées dans le
génome humain (même dans les introns de certains gènes). Elles semblent résulter d’un processus
de rétro-transposition. En supposant qu’il existe (environ) 5 000 séquences Line dispersées dans le
génome humain et qu’elles sont distribuées au hasard dans l’ensemble du génome, quel est, en
moyenne, le nombre de séquences Line (estimation la plus probable) pour une longueur de génome
de 24 centimorgans ?
A/ 400 B/ 24 millions C/ 600 000 D/ 40 E/ 250
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61. QCM 26 : A propos des liaisons :
A. Les liaisons phosphodiesters se font dans le sens 3’ vers 5’.
B. Les nucléosides s’assemblent entre eux pour former des brins d’acides nucléiques
C. La liaison phosphodiester se fait grâce à une réaction catalysée par des polymérases (ARN ou ADN
polymérases).
D. On crée des modifications entre les différents phosphates afin d’étudier les phénomènes ATP-
dépendants
E. Les liaisons peptidiques sont des liaisons riches en énergie.
QCM 27 : En ce qui concerne la biosynthèse des brins d’acides nucléiques :
A. Le premier nucléotide porte trois phosphates à la position 3’ du sucre.
B. Le second nucléotide va se lier au premier nucléotide grâce à un triphosphate.
C. Les ADN-polymérases n’ont pas besoin d’amorce pour la biosynthèse des acides nucléiques
D. Les ARN-polymérases peuvent commencer la biosynthèse des acides nucléiques en utilisant
directement des nucléotides triphosphates en les enchaînant les uns aux autres
E. L’orientation du brin néo-formé est de 5’ vers 3’ tout comme le sens des liaisons phosphodiesters.
QCM 28 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Du fait de son analogie structurale avec la partie terminale des ARNt chargés de leur acide aminé, la
puromycine inhibe la synthèse protéique.
B. La 6-mercaptopurine possède un atome de soufre
C. Un des inhibiteurs de la phosphodiestérase qui hydrolyse l’AMPc est le 5-iodo-désoxyuridine.
D. L’allopurinol possède des propriétés immunodépressives.
E. Le 5-fluoro-uracile est un antifongique.
QCM 29 : Parmi les molécules suivantes :
1) puromycine 2) allopurinol 3) 6-mercaptopurine 4) 5-fluoro-uracile 5) azaguanine
A. On trouve un analogue de la thymine.
B. Quatre d’entre elles possèdent un vrai noyau purique.
C. La première a permis d’élucider les étapes de la traduction.
D. Deux de ces molécules sont utilisées dans la prévention du rejet de greffe.
E. Ce sont tous des dérivés de nucléotides.
QCM 30 : Dans une expérience, on marque deux ribonucléotides triphosphates avec des isotopes
radioactifs différents pour les phosphates α et γ. Après action d’une polymérase, sur le brin néo-
synthétisé :
A. On ne retrouve pas la radioactivité liée à l’isotope correspondant au phosphate γ
B. Seul le phosphate γ a été éliminé.
C. Le phosphate forme un pont phosphodiester entre le carbone 3’ du premier nucléotide et le carbone 5’
du second.
D. Une faible quantité de radioactivité relevée est liée à l’isotope correspondant au phosphate α.
E. Une liaison anhydride d’acide du second nucléotide a été coupée.
QCM 31 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?
A. La traduction aboutit à des protéines matures.
B. L’enveloppe nucléaire dans les cellules procaryotes permet d’isoler le cytoplasme du DNA.
C. Dans les virus à RNA, il y a une réplication directe du RNA en RNA.
D. Les rétrovirus sont des virus à RNA.
E. Il y a une étape de transcription de DNA en RNA dans le cycle des rétrovirus.
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62. QCM 32 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?
A. Le DNA se présente sous la forme d’un brin composé d’un enchaînement de ribonucléotides orienté 5’
 3’.
B. La longueur du génome est corrélée à la complexité des organismes.
C. Le DNA peut être monocaténaire chez certains virus.
D. La transcription est plus lente en regard des associations A=T en raison de leur plus faible énergie.
E. Les interactions entre DNA et protéines se font plutôt au niveau du grand sillon.
QCM 33 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?
A. La biosynthèse de l’ADN se fait de manière asymétrique sur les 2 brins.
B. Le diamètre de l’hélice du DNAB fait 20 nm.
C. Le DNAA est une forme compactée de DNAB, obtenue après déshydratation.
D. Le DNAz a une hélice gauche.
E. Si la température du milieu est inférieure à la température de fusion du DNA, le DNA est sous forme
monocaténaire car les 2 brins n’ont pas encore fusionné.
QCM 34 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?
A. A fortes concentrations, les sels diminuent le Tm.
B. La composition en bases influence le Tm.
C. Une augmentation de la concentration en Formamide diminue le Tm.
D. La stringence est élevée lorsque la température et la force ionique sont élevées.
E. Une électrophorèse permet de charger électriquement les brins de DNA.
QCM 35 : Parmi les propositions suivantes, lesquels sont exactes ?
A. Sur électrophorèse, l’association protéines / oligonucléotide migre plus lentement que
l’oligonucléotide seul.
B. Le DNA chaud a une température supérieure au Tm.
C. L’électrophorèse peut se faire sur colonnes de billes.
D. A concentration égale, le DNA monocaténaire absorbe plus que le DNA bicaténaire.
E. Le pH intervient dans la stabilité de la double hélice.
QCM 36 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La réplication est dite semi-conservative car chaque cellule fille a gardé la moitié du DNA maternel à
l’issue de la division cellulaire.
B. La molécule d’ADN peut être traduite en ARN messagers qui pourront être transcrits en protéines.
C. Les êtres procaryotes possèdent un matériel génétique isolé du cytoplasme par l’enveloppe nucléaire
tandis que les eucaryotes possèdent un matériel génétique qui flotte dans le cytoplasme.
D. Il existe des virus dont le génome est constitué d’ARN et chez qui la réplication concernera donc non
pas l’ADN mais l’ARN.
E. On dénombre aussi des virus à ARN dont le métabolisme passe par une étape de synthèse d’ADN à
partir de l’ARN, ADN qui sera ensuite transcrit en ARN dont certains seront traduits en protéines : on les
nomme rétrovirus et le VIH en est un exemple.
QCM 37 : Concernant la structure de l’ADN :
A. Une molécule d’ADN eucaryote, au repos, est constituée de deux brins antiparallèles, chacun étant
composé d’un enchaînement de ribonucléotides.
B. Les deux brins sont complémentaires selon les règles d’appariements suivantes : l’adénine s’apparie
avec la thymine et la cytosine avec la guanine.
C. L’ADN, lorsqu’il est associé à diverses protéines, est qualifié de non fonctionnel.
D. La liaison entre cytosine et guanine est plus fragile que celle entre adénine et thymine.
E. Le fait que les deux brins d’ADN soient antiparallèles implique qu’ils ne se répliqueront pas
exactement de la même façon.
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63. QCM 38 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Afin de séparer les deux brins d’ADN obtenus par fusion de la molécule d’ADN bicaténaire initiale,
on peut jouer sur la stringence du milieu.
B. L’ADN, s’il est lié à des protéines, migrera davantage que celui qui est nu.
C. Afin de purifier les protéines auxquelles l’ADN est lié, la chromatographie d’affinité est une méthode
de choix.
D. Si l’on diminue la concentration en sels du milieu on augmente la température de fusion de la
molécule d’ADN bicaténaire.
E. Rajouter du formamide au milieu permet de moins chauffer pour dénaturer l’ADN bicaténaire.
QCM 39 : Quelles sont les propositions qui vous paraissent exactes en ce qui concerne la structure
du DNA ?
A. Le DNA eucaryote est circulaire double brin.
B. Les super-tours sont des structures réversibles.
C. La chromatine est l’association DNA – protéines.
D. Le DNA faisant le lien entre les nucléosomes est dit intra-nucléosomal.
E. Il existe au sein d’un nucléosome 5 types d’histones.
QCM 40 : Indiquer les propositions exactes en ce qui concerne les nucléosomes :
A. Les nucléosomes appartiennent aux fibres de 110 Angström.
B. En traitant de la chromatine in–vitro par une endonucléase, c’est le DNA inter- nucléosomal qui sera
coupé.
C. Après un tel traitement, il se peut qu’on observe des dinucléosomes.
D. L’histone H1 est codée par un gène contenant 1 intron.
E. Les histones sont les seules protéines associées au DNA.
QCM 41 : Indiquer les propositions exactes en ce qui concerne le génome mitochondrial :
A. Il est circulaire et bicaténaire.
B. Les mitochondries auraient une origine bactérienne, puis se seraient associées par symbiose à une
cellule procaryote.
C. Toutes les protéines mitochondriales sont codées par le génome mitochondrial lui-même.
D. La proportion du DNA mitochondrial représente une proportion très variable du DNA génomique.
E. Chez les mammifères, le foie est en général un organe riche en mitochondries.
QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La compaction du DNA diminue son volume, renforce sa stabilité mais n’a aucun effet sur ses
fonctions.
B. Le DNA procaryote est circulaire double brin.
C. La chromatine eucaryote a plusieurs niveaux d’organisation : dans la boucle de 3000 Angstrom, le
DNA est circulaire.
D. Les histones sont des protéines basiques, c’est ce qui explique leur affinité pour le DNA.
E. Le nucléosome est composé de DNA nucléosomal et d’un tétramère d’histones nucléosomales.
QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. L’histone H1 est internucléosomale.
B. Le DNA internucléosomal est plus fragile que le nucléosomal bien qu’il soit protégé par l’histone H1.
C. La nécrose est une mort cellulaire régulée et programmée.
D. Les histones sont des protéines très conservées au cours de l’évolution.
E. Sur le DNA procaryote, les gènes peuvent être trouvés sur les 2 brins et la densité génique est très
importante.
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64. QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Il n’existe qu’un type de génome eucaryote : le génome nucléaire.
B. Le DNA des pseudo-gènes et des introns est non codant car non compris dans les gènes.
C. Les exons sont des séquences de DNA codantes.
D. Le DNA mitochondrial est circulaire double brin comme chez les procaryotes.
E. Il n’y a pas d’introns dans les 37 gènes du DNA mitochondrial.
QCM 45 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le nombre de copies de DNA mitochondrial par cellule est fixe chez un même individu.
B. Chez l’homme, la densité génique du DNA nucléaire est relativement faible.
C. Dans le DNA procaryote, il existe des séquences hautement répétitives qui se réhybrident plus
rapidement que les autres dans une renaturation.
D. Dans le DNA eucaryote, les séquences satellites, qui appartiennent aux séquences hautement
répétitives, sont de l’hétérochromatine non codante.
E. Les séquences moyennement répétitives peuvent être codantes (séquences Alu, Line) ou non codantes
(rRNA, tRNA).
QCM 46 : Expérience de ré-hybridation du DNA eucaryote :
A. L’expérience donne des résultats identiques avec du cDNA.
B. Les séquences hautement répétitives se réhybrident en dernier car elles sont les plus nombreuses.
C. Les séquences moyennement répétitives ont une vitesse de ré-hybridation moyenne, et représentent
25% à 40% du génome humain.
D. Les séquences non répétées comme les gènes des rRNA se ré-hybrident le plus lentement.
E. Avec du DNA bactérien, on aurait obtenu un seul Tm à la différence des 3 Tm avec le DNA de
mammifères.
QCM 47 : On prépare de la chromatine à partir de noyaux cellulaires. On traite cette chromatine
par de la nucléase de micrococcus (endonucléase qui coupe au hasard le DNA double brin
accessible, c’est-à-dire non protégé par des protéines). Puis l’ADN est extrait et purifié (technique
phénol/eau). Après séparation des fragments par électrophorèse, on visualise par coloration des
bandes correspondant à une taille de 180, 360 pb et des fragments de taille supérieure (multiples de
180) correspondant à des mononucléosomes et oligonucléosomes de taille croissante.
A. Les fragments de 180 pb correspondent à la longueur du DNA nucléosomal “protégé”.
B. Le phénomène d’action de cette endonucléase dans cette expérience est similaire à celui qui serait
observé lors de la nécrose cellulaire.
C. Plus le temps d’action des endonucléases est important, plus on obtiendra de fragments de 180 pb.
D. Cette expérience aurait donné les mêmes résultats sur le DNA d’E. Coli.
E. Une expérience conduite sur du DNA préalablement traité pour être séparé des histones aurait donné
des résultats identiques.
QCM 48 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Un nucléosome est constitué de 8 molécules d’histones, de 4 types différents : H1, H2, H3, H4.
B. L’acétylation des histones régule leur association au DNA procaryote.
C. L’ADN compris dans un nucléosome fait environ 180 pb.
D. Les séquences Alu peuvent être présentes à l’intérieur des introns.
E. La RNA-polymérase III transcrit (entre autres) les rRNA et le RNA7SL
QCM 49 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La proportion du DNA mitochondrial dans le DNA cellulaire total est indépendant du type cellulaire.
B. Les séquences satellites sont souvent disposées en tandem.
C. Le DNA non codant du génome humain peut parfois être transcrit.
D. Les mutations des gènes des histones sont nécessaires à l’adaptabilité de l’espèce humaine.
E. Les mini-satellites sont des séquences dites polymorphes car leur motif central conservé est entouré
d’une périphérie variable
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65. Correction
QCM 1 : B
A/ Le DNA se trouve aussi dans les mitochondries (donc le RNA y est aussi présent)
C/ Les virus ne sont pas des cellules ! Ce sont du matériel génétique (ADN ou ARN) associé à des
protéines qui forment la capside et parfois à des lipides qui forment une enveloppe
D/ Le DNA est un enchaînement de désoxyribonucléotides
E/ Le DNA humain est bicaténaire ! Toutefois il est très transitoirement monocaténaire lors de la
réplication et de la transcription… On dit donc que le DNA au repos est bicaténaire et que le DNA actif
est monocaténaire
QCM 2 : B
A/ Les eucaryotes (dont l’homme) ont un plus grand génome que les procaryotes ! Mais dans le règne
eucaryote l’homme a un génome de taille inférieure à celui des amphibiens ou des plantes par exemple
C/ Le DNA des bactéries est aussi bicaténaire (à quelques exceptions près)
D/ Pas d’uracile dans l’ADN
E/ Réplication : DNA-polymérase DNA-dépendante (= fabrique de DNA en utilisant une matrice de
DNA)
Transcription inverse : DNA-polymérase RNA-dépendante (= reverse-transcriptase = fabrique du DNA
en utilisant une matrice de RNA)
QCM 3 : BDE
A/ Les différents types de DNA sont A, B (la forme prédominante) et Z
C/ 10 pour la forme B, 11 pour la forme A et 12 pour la forme Z
QCM 4 : BDE
A/ DO à 260 nm
C/ On peut les réassocier (= renaturation = hybridation) si on refroidi doucement
QCM 5 : E
On a T (et non U) donc il s’agit d’ADN. De plus pour être bicaténaire il aurait fallu que A = T et que C =
G ; ici il n’y a pas autant de A que de T ⇒ DNA monocaténaire
QCM 6 : BDE
A/ Que chez eucaryotes !
C/ 8 molécules d’histones qui représentent 4 types différents : 2 H2A, 2 H2B, 2 H3 et 2 H4
QCM 7 : Aucune
A/ Pas le DNA (désoxyribose) B/ Pas le RNA C/ Pas le RNA (transcription)
D/ Pas le RNA (porte les transcrits de gènes) E/ Pas le DNA (bicaténaire)
QCM 8 : ACE
B/ Pas d’histones chez les bactéries ! D/ Pas le type H1 qui est internucléosomal
QCM 9 : B
A/ Chez les eucaryotes on a une très faible densité génique c’est-à-dire que les gènes et leurs zones
régulatrices n’occupent environ que 10% du génome nucléaire (90% de « séquences poubelles »).
C/ Ne pas confondre avec les expériences de fusion/dénaturation !! Ici c’est le contraire, on réhybride (=
renature) les brins… En abscisse on a le Cot (concentration X temps) et en ordonnée on a le pourcentage
de réhybridation.
D/ Toutes les séquences uniques ne sont pas codantes: les introns et les pseudo-gènes sont non codants.
E/ Le plus tardivement
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66. QCM 10 : ACDE
B/ Les séquences « mini satellites » sont hautement répétitives
QCM 11 : DE
A/ L’état linéaire n’est qu’artificiel (obtenu par coupure du cercle par des endonucléases)
B/ Au contraire c’est l’état qui migre le plus grâce à sa plus grande densité
C/ La topoisomérase II consomme plus d’énergie, on dit qu’elle est ATP-dépendante alors que la
topoisomérase I a juste besoin d’énergie pour rétablir la continuité des brins (ATP-indépendante)
QCM 12 : ACDE
B/ Il peut y avoir réparation avec induction d’erreur…
QCM 13 : ACE
B/ Si on étudie seulement les fibroblastes en cours de prolifération on ne peut connaître que le total de
thymidine incorporée sans savoir la part due à la réplication et celle due à la réparation.
D/ Pas de thymines dans le RNA donc pas de dimères de thymine !
QCM 14 : ABC
D/ Rien à voir ! Les fibroblastes deviennent tous quiescents après un certain nombre de divisions et ceci
n’est pas pathologique
E/ Les UV induisent la formation de dimères de thymine chez tous les sujets ! Par contre les sujets
malades (comme le sujet 3) auront des difficultés pour les réparer
QCM 15 : BE
A/ Exonucléases car coupent les nucléotides situés aux extrémités (on parle d’exonucléases 5’ ou
d’exonucléases 3’ selon l’extrémité par laquelle elles sont capables de couper).
Endonucléases car coupent entre 2 nucléotides n’importe où dans la chaîne (sauf aux extrémités).
B/ Exact car les acides nucléiques étant naturellement chargés négativement (de par leurs phosphates) ils
migrent tous vers l’anode donc il n’y a pas de séparation en fonction de la charge contrairement aux
protéines qui peuvent migrer selon leur charge et leur taille/PM.
C/ Les histones ont été extraits par le phénol avant l’action de la nucléase donc cette dernière a coupé
n’importe où laissant des bandes de toutes tailles
D/ Le processus d’apoptose induit l’activation de nucléases qui coupent l’ADN non protégé par des
protéines, on obtient donc dans ce cas des fragments de 180 pb ainsi que des multiples de 180. Ici les
nucléases ont pu couper partout donnant une grande diversité de fragments sur l’électrophorèse. Cette
diversité de fragments pourrait être obtenue en analysant la chromatine (sans extraction) de cellules
subissant la nécrose.
E/ Tout à fait car la nucléase aurait agit en présence des histones qui auraient protégé le DNA
nucléosomal (qui fait environ 180 pb) et la nucléase n’aurait pu couper qu’au niveau du DNA
internucléosomal
QCM 16 : ABDE
L’électrophorèse comporte 2 rangées de bandes, celle du bas représente la migration maximale quand
l’ADN est seul, celle du haut représente le retardement de l’ADN qui est lié à des protéines. Un trait épais
représente une forte quantité d’ADN radioactif et un trait fin représente une faible quantité d’ADN
radioactif, s’il n’y a pas de signal sur la rangée du haut cela signifie qu’il n’y a pas d’ADN radioactif
retardé donc que celui-ci n’est lié à aucune protéine. Le compétiteur n’est pas marqué donc jamais visible
qu’il soit présent ou non !
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67. QCM 17 : BE
On voit qu’avec ou sans compétiteur le signal de la bande retardé est identique pour les protéines B et E.
Cela signifie que les protéines B et E se lient spécifiquement à l’ADN total car si elles pouvaient aussi se
lier au compétiteur elle se lieraient moins à l’ADN total dont une plus faible quantité serait retardé ce qui
engendrerait une baisse du signal autoradiographique (on aurait un trait fin comme pour les protéines A et
D qui peuvent se lier sur le DNA total ou sur le compétiteur).
QCM 18 : BDE
A/ 34 Angstroms pour le DNA-B seulement
C/ Les chaînes sont antiparallèles donc l’extrémité 5’ de l’une est du même côté que l’extrémité 3’ de
l’autre et inversement
E/ C’est vrai car si le tour de l’hélice correspond à 10 nucléotides et que 1 tour fait 360° on a 360 / 10 =
36° entre chaque nucléotide. Les types A et Z ayant respectivement 11 et 12 nucléotides par tour,
l’angulation entre chaque est donc inférieure.
QCM 19 : A
En face d’un G se met en place un C et inversement.
En face d’un A de l’ADN se met en place un U sur l’ARN.
En face d’un A de l’ARN se met en place un T sur l’ADN.
QCM 20 : CD
A/ Procaryotes : circulaire relâché ou super-enroulé Eucaryotes : nucléosomes, solénoïde, etc…
B/ Pas pour les procaryotes
E/ Oui pour les eucaryotes mais les procaryotes ont des séquences dont la cinétique de réassociation est
toujours la même
QCM 21 : ABC
D/ Les ribosomes interagissent avec les ARNm, les ARNt, les acides aminés…
E/ La gyrase = topoisomérase II se trouve chez les procaryotes
QCM 22 : ABDE
C/ Liaison ester (pas riche en énergie) entre sucre et phosphate α
QCM 23 : C
Le Tm est la température qui correspond à la valeur moyenne entre l’absorbance minimale (celle où tout
le DNA est bicaténaire) et l’absorbance maximale (celle où tout le DNA est monocaténaire). En effet la
courbe de cette expérience est une sigmoïde et cette absorbance moyenne correspond à l’absorbance
quand 50% du DNA est bicaténaire et 50% monocaténaire, cette proportion 50/50 étant la définition du
Tm (température où la moitié des appariements se sont dissociés).
Donc ici A(mini.) = 1,30 et A (max.) = 1,60 donc A(moyen) = 1,45 ⇒ 80°C
Malheureusement dans les exercices des profs, ceux-ci ne mettent pas toujours vraiment en évidence le
fait que les première et dernière valeurs d’absorbance soit les valeurs minimale et maximale donc parfois
il faut le supposer afin de calculer la moyenne et trouver le Tm… Autrement il faut tâtonner en essayant
de trouver la température « centrale » c’est-à-dire qu’en augmentant ou diminuant cette température d’une
certaine valeur on trouve une différence absolue d’absorbance identique (logique si on se souvient que la
courbe est une sigmoïde et que le Tm croise le point centrale de cette courbe).
QCM 24 : C
Dans 1 morgan on a une recombinaison sûre donc le génome a une taille de 30 morgans :
30 morgans = 3 000 000 000 pb ⇔ 1 morgan = 100 000 000 pb
1 millimorgan = 100 000 pb
17 millimorgans = 1 700 000 pb = 1 700 kilo-pb (attention à l’unité !!)
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68. QCM 25 : D
•Calcul de la longueur de génome correspondant à 24 centimorgans :
1 centimorgan = 1 000 000 pb
24 centimorgans = 24 000 000 pb
•Calcul de l’espacement des séquences Line : 3 000 000 000 / 5 000 = 600 000 (pb)
•Calcul du nombre de séquences Line dans 24 centimorgans : 24 000 000 / 600 000 = 40
QCM 26 : ACD
B. Ce sont les nucléotides tri-phosphates qui peuvent polymériser !
E. Les liaisons peptidiques ne sont pas riches en énergie
QCM 27 : D
A. C’est à la position 5’ du sucre que sont les phosphates
B. Il y a un seul phosphate
C. Les ADN-polymérases ont besoin d’une amorce pour commencer la biosynthèse
E. Les liaisons phosphodiesters se font dans le sens 3’ vers 5’
QCM 28 : ABE
C. Le 5-iodo-désoxyuridine est un antiviral local.
D. L’allopurinol inhibe la synthèse d’acide urique, il n’a pas de propriétés immunodépressives.
QCM 29 : ACD
A. 5-fluoro-uracile
B. Seulement 2 : la puromycine et la 6-mercaptopurine.
E. Seule la puromycine est un dérivé de nucléotide, les autres sont des dérivés de bases azotées.
QCM 30 : ACE
B. Les phosphates β et γ sont éliminés.
D. La totalité de la radioactivité correspond à l’isotope radio-actif constitutif du phosphate α puisqu’il est
le seul phosphate intégré à l’oligonucléotide formé.
QCM 31 : CDE
A. La traduction aboutit à des protéines précurseurs. Les protéines deviennent matures à la suite de
modifications post-traductionnelles.
B. Pas d’enveloppe nucléaire dans les cellules procaryotes.
E. Exact : RNA → cDNA → RNA → Protéines
QCM 32 : BCE
A. Ce sont des désoxyribonucléotides.
D. La transcription est plus lente en regard de C≡G car cette liaison est plus énergétique que la liaison
A=T.
QCM 33 : ACD
B. 20 Ǻ
E. La température de fusion (Tm) est la température de rupture des liaisons. Lorsque la température du
milieu est inférieure au Tm, le DNA est sous forme bicaténaire.
QCM 34 : BC
A. A fortes concentrations en sels, il ne se passe rien.
B. Si beaucoup de G/C, le Tm sera plus élevé.
D. La stringence est élevée lorsque la température est élevée et la force ionique est faible.
E. Une électrophorèse permet de séparer les brins de DNA.
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69. QCM 35 : ADE
A. Vrai car plus la taille est grande et plus la vitesse de migration est lente.
B. Rien à voir : chaud = marqué radioactivement.
C. Elle se fait sur gel
QCM 36 : ADE
B. La molécule d’ADN sera transcrite en ARN messagers qui seront traduits en protéines.
C. C’est l’inverse
QCM 37 : BE
A. C’est un enchaînement de désoxyribonucléotides.
C. L’association ADN / protéines est indispensable au bon fonctionnement de l’ADN.
D. Il existe une triple liaison hydrogène entre cytosine et guanine alors qu’il n’existe qu’une double
liaison entre adénine et thymine. La liaison C/G est donc plus stable que la liaison A/T.
E. Vrai car sur un des deux brins (appelé brin direct) la réplication pourra se faire d’un seul trait tandis
que sur l’autre elle se fera de manière discontinue par synthèse de fragments d’Okasaki (on parle de brin
retardé).
QCM 38 : ACE
A. Vrai, c'est-à-dire que l’on fait varier les propriétés du milieu afin de modifier celles des brins d’ADN.
B. La liaison de l’ADN aux protéines va l’alourdir donc freiner sa migration. Il migrera donc moins que
l’ADN nu.
D. On la diminue.
QCM 39 : BC
A. Linéaire double brin
D. Ce DNA est dit inter–nucléosomal (ou DNA-linker)
E. Au sein du nucléosome on ne trouve que 4 types (H2A, H2B, H3 et H4)
QCM 40 : ABC
C. Vrai car l’endonucléase ne coupe pas obligatoirement tous les ADN linker, elle peut en laisser intact.
Plus on laisse l’endonucléase agir et plus les nucléosomes seront uniques.
D. Les histones sont codées par des gènes sans introns.
E. Il y en a d’autres : HMG, polymérases…
QCM 41 : AE
B. Les mitochondries se seraient associées à une cellule eucaryote.
C. La grande majorité des protéines mitochondriales est codée par le génome nucléaire (seuls 13 types
sont codés par le génome mitochondrial).
D. Le DNA mitochondrial n’est pas nucléaire. La proposition est vraie si on remplace « génomique » par
« cellulaire ».
QCM 42 : BD
A. Cela régule aussi les fonctions (en général le DNA compacté est non fonctionnel, c’est pour cela que
les histones se détachent pour que le DNA devienne fonctionnel).
C. Le DNA eucaryote est toujours linéaire
E. Un octamère d’histones
QCM 43 : ABDE
C. C’est l’apoptose qui est une mort régulée et programmée
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70. QCM 44: CDE
A. Génome nucléaire et génome mitochondrial
B. Même si les introns sont non codants, ils font partie des gènes.
QCM 45 : BD
A. Chez un même individu, ce nombre dépend du type cellulaire
C. Dans le DNA eucaryote
E. Les exemples sont inversés
QCM 46 : CE
A. Le cDNA est obtenu par réverse-transcription d’ARNm, il ne contient donc pas de séquences non
codantes hautement répétitives.
B. Elles se ré-hybrident en premier.
D. Les gènes codants pour les rRNA sont présents en multiples copies, jusqu’à 200 dans le génome
humain.
QCM 47 : AC
B. Lors de l’apoptose : mort cellulaire programmée, active.
D. Le DNA procaryote ne contient pas d’histones.
E. Ce sont les histones qui protègent le nucléosome de 180 pb, donc s’il n’y avait pas d’histones on aurait
des fragments de toutes tailles.
QCM 48 : CD
A. Histones H2A, H2B, H3, H4 alors que H1 n’appartient pas au nucléosome.
B. Au DNA eucaryote.
E. La RNA-polymérase III transcrit les tRNA, le RNA7SL et le rRNA5S seulement car les autres rRNA sont
transcrits par la RNA-polymérase I.
QCM 49 : BCE
A. La proportion du DNA mitochondrial dans le DNA cellulaire total dépend du type cellulaire.
C. Vrai, quelques séquences ALU sont transcrites en RNA non fonctionnel.
D. Les gènes des histones sont très conservés au cours de l’évolution, toute mutation est probablement
létale.
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71. REPLICATION
29 QCM
QCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ La réplication conduit au doublement du matériel génétique d’une cellule (ADN et ARN)
B/ La réplication est dite « semi-conservative » car chaque cellule fille a gardé la moitié du DNA
maternel
C/ La réplication se produit avant la division cellulaire
D/ La réplication fait intervenir des DNA-polymérases (I et III) mais pas de RNA-polymérases
E/ La réplication est peu fidèle (une erreur pour 100 millions de paires de bases)
QCM 2 : DNA-polymérases et RNA-polymérases ont en commun les caractéristiques suivantes :
A/ Elles peuvent utiliser toutes deux une matrice d’ADN
B/ Elles peuvent utiliser toutes deux une matrice d’ARN
C/ Elles ont une activité proof-reading (lecture-correction des erreurs immédiates)
D/ Elles servent toutes deux à la synthèse du brin direct et du brin indirect
E/ Elles synthétisent les chaînes dans le sens 5’-3’
QCM 3 : Le primosome :
A/ C’est une RNA-polymérase DNA-dépendante
B/ La primase est un complexe ribonucléoprotéique
C/ C’est le complexe spécifique chargé de la synthèse des amorces pour l’ADN-polymérase
D/ Les protéines n, n’, n’’ et i reconnaissent l’endroit où le primer doit être synthétisé
E/ Le « dna C » est un fragment d’ADN qui active l’enzyme primase
QCM 4 : DNA-polymérase I et DNA-polymérase III ont en commun les caractéristiques suivantes :
A/ Elles participent à la synthèse du brin direct et du brin indirect
B/ Elles utilisent des désoxyribonucléotides mono-phosphates, di-phosphates ou tri-phosphates comme
substrats
C/ Elles possèdent une activité proof-reading (lecture-correction des erreurs immédiates)
D/ Elles synthétisent les brins d’ADN dans le sens 5’ 3’ à la même vitesse
E/ La DNA-polymérase III a besoin d’une amorce alors que la DNA-polymérase I n’en a pas besoin
QCM 5 : La fidélité de la réplication :
A/ Sans l’activité proof-reading des DNA-polymérases, le taux d’erreur serait 10 000 fois plus élevé
B/ La fonction proof-reading consiste au retrait du nucléotide sous forme mineure dernièrement mis en
place grâce à une activité exonucléasique 3’ de la DNA-polymérase
C/ Il y a environ une 30aine de mutations à chaque réplication malgré les systèmes de correction
D/ Si une DNA polymérase met une thymine en face d’une guanine, l’activité polymérasique de l’enzyme
va probablement immédiatement s’arrêter et une activité exonucléasique va s’enclencher
E/ La réplication est un facteur intrinsèque de variation du génome
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72. QCM 6 :
La séquence synthétique d’ADN double brin suivante est marquée au carbone 14 sur l’adénine et
au ³H sur la guanine. Un des 2 brins présente une délétion indiquée par ---.
5’CCCCGGGGGGGG-----------------AAAAAAAAAAAAAATTTTTTCCCCC3’
3’GGGGCCCCCCTTTTTTGGGGGGGTTTTTTTTTTTTTTAAAAAGGGGG5’
On fait agir, in vitro, une DNA-polymérase I en présence de dTTP, dATP, dGTP (tout trois non
marqués) et de (α³²P)dCTP (dCTP marquée au ³²P sur le phosphate α) et de tous les cofacteurs
nécessaires au fonctionnement de la DNA-polymérase.
A la fin de l’expérience, parmi les événements cités ci-dessous, lesquels sont prévisibles ?
A/ La DNA-polymérase I va exciser quelques guanines avec sa fonction exonucléasique 3’→ 5' et
quelques adénines avec sa fonction exonucléasique 5’ → 3'.
B/ La radioactivité au carbone 14 sera de même valeur au début et à la fin de l’expérience car 2 adénines
seront ajoutées à la place des 2 guanines qui sont appariées avec les thymines et de l’autre côté 2 adénines
appariées avec des guanines seront remplacées par 2 cytosines
C/ Grâce à sa fonction polymérasique l’ADN-polymérase I va mettre en place des adénines face aux
thymines et des cytosines face aux guanines toujours en parcourant la brin matrice dans le sens 3’-5’
D/ A la fin de l’expérience la continuité des brins sera rétablie
E/ Le même résultat aurait été obtenu si on avait mis une DNA-polymérase III à la place de la DNA-
polymérase I
QCM 7 : Télomères et télomèrases :
A/ Les télomères n’existent que chez les eucaryotes car leur DNA n’est pas circulaire
B/ La télomèrase comprend une petite séquence de RNA répétée un grand nombre de fois qui servira de
matrice à la sous-unité catalytique TERT pour fabriquer un grand nombre de télomères à la fin des
chromosomes
C/ La télomèrase est codée par un gène présent dans toutes les cellules nucléées de l’organisme d’un
homme adulte sain
D/ Les cellules somatiques d’un homme adulte sain finissent par cesser de se diviser puis vont mourir car
à chaque division cellulaire (et donc à chaque réplication) le potentiel initial de télomères est diminué
E/ Les scientifiques tentent de réexprimer la télomèrase dans les cellules somatiques afin qu’elles puissent
devenir quasi-éternelles et ainsi l’humain pourrait vivre beaucoup plus longtemps
QCM 8 : La DNA-polymérase III de E. coli :
A/ Est une DNA-polymérase RNA-dépendante car elle a besoin d’amorces de RNA
B/ Utilise des désoxyribonucléotides tri-phosphates comme substrats
C/ Possède une activité proof-reading
D/ Est l’enzyme qui synthétise les fragments d’Okasaki sur le brin retardé
E/ Possède 2 activités exonucléasiques : 5’-3’ et 3’-5’
QCM 9 : Lors de la réplication de l’ADN d’un eucaryote quelconque qui possède 5 paires de
chromosomes de 150 000, 80 000, 650 000, 45 000 et 200 000 paires de bases, la double hélice est
déroulée par des hélicases. Combien (environ) de tours d’hélices de l’ADN doivent être déroulés
durant la réplication complète du génome nucléaire de cet eucaryote (on suppose que tout l’ADN
est sous forme B)
A/ 1 125 000 B/ 2 250 000 C/ 22 500 000 D/ 225 000 E/ 112 500
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73. QCM 10 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Chez les eucaryotes les origines de réplication sont très nombreuses alors qu’elle est unique chez les
procaryotes
B/ Avant la réplication, il y a intervention chez les bactéries d’une télomèrase afin de dérouler les super-
tours de la double hélice d’ADN pour obtenir du DNA circulaire relâché nécessaire à la réplication
C/ Au niveau de l’origine de réplication se forme 2 fourches de réplication qui se déplacent en direction
opposée
D/ Les protéines ssb interviennent après l’hélicase
E/ Les DNA-polymérases utilisent l’extrémité 3’ de leurs amorces afin de pouvoir commencer leur
activité de synthèse
QCM 11 : La réplication bactérienne :
A. Elle s’effectue selon un modèle semi-conservatif : on obtient deux DNA double brin, l’un constitué du
DNA maternel, l’autre constitué des deux brins néosynthétisés.
B. La biosynthèse du DNA au niveau d’une fourche de réplication n’est pas symétrique.
C. Pour un brin matrice donné, la biosynthèse est continue à une fourche et discontinue à l’autre.
D. Le sens de lecture du brin matrice par la DNA-polymérase est 5’  3’.
E. Les protéines de fixation SSB fixent les brins complémentaires entre eux et interdisent donc la
réplication.
QCM 12 : La réplication bactérienne :
A. Le primosome synthétise une amorce de RNA grâce à la primase qui est une DNA-polymérase RNA-
dépendante.
B. La DNA-polymérase III ajoute des nucléotides sur l’extrémité 3’ de l’amorce.
C. Les DNA-polymérases DNA-dépendantes apparient à un nucléotide du brin matrice son ribose-
triphosphate complémentaire.
D. La DNA-polymérase III a une fonction proof-reading qui est exonucléasique.
E. L’hélicase permet la séparation des brins au niveau de la fourche de réplication.
QCM 13 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La topoisomérase I qui défait les super-tours est dite ATP-indépendante bien qu’une fonction ligase
consomme 1 ATP pour rétablir la continuité de la forme circulaire relâchée.
B. La DNA-polymérase utilise comme substrat les dATP, dGTP, dCTP, dUTP.
C. Le brin retardé est formé par la succession de fragments d’Okasaki.
D. La DNA-polymérase III utilise des amorces de DNA synthétisées par la primase.
E. Les DNA-polymérases synthétisent une liaison phosphodiester entre 2 ribonucléosides successifs.
QCM 14 : Quelles sont les enzymes nécessaires à la réplication bactérienne ?
A. DNA-polymérase DNA-dépendante.
B. DNA-polymérase RNA-dépendante.
C. Hélicase.
D. Primase.
E. Topoisomérase.
QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Après ultra-centrifugation, le DNA super-enroulé migre le plus bas dans le tube.
B. La gyrase agit sur le DNA procaryote circulaire relâché.
C. La survie bactérienne ne dépend pas de la présence de topoisomérases.
D. Dans la phase de déroulement des super-tours du DNA bactérien, la topoisomérase I n’utilise pas
d’ATP.
E. La topoisomérase I et la gyrase coupent simultanément les deux brins d’ADN.
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74. QCM 16 : La réplication bactérienne :
A. Un brin parental donné sert de matrice à un brin direct dans une fourche et à un brin indirect dans
l’autre.
B. Les protéines SSB appartiennent au primosome.
C. La biosynthèse d’un brin s’effectue de 5’ vers 3’ par addition de liaisons phosphodiesters 3’  5’
D. Une amorce est indispensable aux RNA-polymérases et DNA-polymérases.
E. La réplication permet le passage d’un DNA monocaténaire à un DNA bicaténaire.
QCM 17 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. L’incorporation de formes tautomères mineures peut être corrigée grâce à la fonction « proof-reading »
de la DNA-polymérase III.
B. La primase synthétise les primers par polymérisation de dXTP.
C. L’hélicase parcourt le brin matrice du brin retardé de 5’ vers 3’.
D. La primase et la DNA-polymérase III utilisent une matrice de DNA.
E. Comme les topoisomérases, la DNA-polymérase I possède une fonction exonucléasique.
QCM 18 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les polymérases lisent toujours le brin matrice de 3’ vers 5’.
B. La DNA-polymérase I dégrade les primers par sa fonction exonucléasique 5’  3’
C. Le brin retardé contient les fragments d’Okasaki.
D. La primase est une DNA-polymérase RNA-dépendante.
E. La DNA-polymérase III synthétise des liaisons phosphodiesters 3’  5’ à l’extrémité 5’ d’une amorce.
QCM 19 : Les DNA-polymérases DNA-dépendantes chez E. Coli :
A. Lisent le brin matrice dans le sens 5'-3'.
B. Synthétisent le nouveau brin dans le sens 5'-3'.
C. Font des erreurs d'appariements des nucléotides qui restent non corrigées.
D. Sont en général dépourvues de fonction proof-reading.
E. Synthétisent les liaisons phosphodiesters reliant les ribonucléotides.
QCM 20 : A propos de la fourche de réplication des procaryotes :
A. L’hélicase permet son apparition.
B. Les fragments dits fragments d'Okasaki sont complémentaires du DNA matrice.
C. La fabrication de chaque fragment d’Okasaki nécessite la synthèse préalable d'un primer fait de
ribonucléotides.
D. Ce primer est synthétisé par une DNA-polymérase RNA-dépendante.
E. Les fragments d’Okasaki sont synthétisés par la DNA-polymérase I.
QCM 21 : A propos de la réplication chez les eucaryotes :
A. Il n'y a qu'une seule origine de réplication.
B. Elle nécessite un nombre plus grand de DNA-polymérases que la réplication chez les procaryotes.
C. De même que chez les procaryotes, il existe une hélicase qui sépare les 2 brins matrices et des
protéines stabilisatrices qui maintiennent ces 2 brins séparés.
D. Du côté du brin retardé, le brin de DNA matrice fait une boucle de façon à ce que la synthèse se fasse
dans le sens de l'ouverture des brins matrices.
E. Elle est dite semi-conservative, c'est-à-dire que les 2 brins matrices vont dans une des 2 cellules filles
tandis que les 2 brins néo-synthétisés vont dans l'autre cellule fille.
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75. QCM 22 : Télomères et télomérases :
A. Le télomère est un hexamère de nucléotides qui se trouve à l'extrémité des chromosomes chez les
bactéries.
B. Les télomères sont synthétisés par la télomérase, une DNA-polymérase RNA-dépendante, c'est donc
un fragment de RNA qui sert de matrice à l'enzyme.
C. Les télomères sont synthétisés pendant la vie embryonnaire et constituent un stock qui ne fait que
diminuer au fur et à mesure des divisions des cellules somatiques.
D. Plus aucune cellule de l'organisme adulte n'exprime la télomérase chez le sujet sain.
E. L'activation de la télomérase serait un moyen de lutte contre la cancérisation cellulaire.
QCM 23 : A propos des dimères de thymine :
A. Sous l’effet d’une irradiation il y a formation de liaisons covalentes entre 2 thymines du même brin de
DNA.
B. Les dimères de thymine se forment entre 2 thymines situées face à face.
C. Les dimères de thymine peuvent être reconnus et réparés par des systèmes de correction dans les
cellules humaines.
D. Les dimères de thymine vont entraîner un manque de souplesse du brin de DNA ce qui peut empêcher
la transcription.
E. Les cellules humaines normales sont incapables de réparer les dimères de thymine.
QCM 24 : A propos des systèmes de correction du DNA :
A. Il existe un système de réparation du DNA en 2 étapes : une phase de détection générale puis une
phase de réparation spécifique.
B. Si il y a par exemple une anomalie d’appariement, une glycosylase va couper la liaison phosphodiester
générant ainsi un désoxyribose sans base dit site AP.
C. Dans un brin de DNA, un désoxyribose sans base est reconnu par une AP-endonucléase qui coupe les
liaisons phosphodiesters.
D. Il existe un système de réparation qui met en jeu une DNA-polymérase III grâce à sa fonction
exonucléasique.
E. La DNA-polymérase I n’intervient pas dans les systèmes de correction puisqu’elle est spécifique à la
réplication.
QCM 25 : En ce qui concerne les systèmes de protection du DNA
A. Il existe des molécules anti-oxydantes telles la vitamine C ou la vitamine E qui vont réparer les lésions
du DNA.
B. L’eau oxygénée est convertie en ion superoxyde par une enzyme superoxyde dismutase.
C. Les radicaux oxydés ne sont pas nécessaires à la survie de la cellule.
D. Les systèmes de correction détectent toujours les anomalies du DNA : ils se composent d’une phase de
détection puis d’une phase de réparation.
E. Il existe des systèmes de prévention qui préviennent des altérations du DNA en captant ou en
inactivant les agents chimiques génotoxiques.
QCM 26 : A propos du DNA :
A. Le DNA bactérien est capable d’intégrer un gène de résistance à un antibiotique présent sur du DNA
exogène.
B. Chez les procaryotes on peut observer de nombreuses recombinaisons du DNA appelées crossing-over.
C. La structure intermédiaire en X de Holliday est formée d’un hétéroduplex DNA-DNA uniquement
chez les procaryotes.
D. Chez les eucaryotes, les crossing-over sont à l’origine de la diversité génique et peuvent permettre la
non transmission des altérations du DNA à la descendance.
E. Dans le cas des immunoglobulines, les nombreuses recombinaisons assurent une grande variabilité de
leur structure et permettent ainsi d’éviter une déficience immunitaire.
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76. QCM 27 : A propos des altérations du DNA :
A. Les rayonnements ionisants peuvent provoquer une cassure du DNA par effet direct ou agir
indirectement par radiolyse de l’eau.
B. Le Bromouracile est un analogue de la thymine qui augmente la proportion de tautomères mineurs.
C. Toute mutation du DNA est à l’origine d’une anomalie sur le plan moléculaire.
D. Les dimères de thymine sont deux thymines situées en vis-à-vis sur les chaînes complémentaires du
DNA et qui sont liées par des liaisons covalentes.
E. L’exposition aux UV induit la formation de dimères de thymine qui diminuent la souplesse du brin de
DNA.
QCM 28 : A propos des mécanismes de réparation du DNA :
A. La superoxyde dismutase est un agent de prévention des mutations du DNA car elle transforme l’ion
superoxyde en eau oxygénée.
B. La DNA-polymérase I est capable de reconnaître une anomalie d’appariement de base avant de
l’exciser.
C.Chez un sujet normal, les anomalies d’appariements du DNA sont rapidement réparées par le système
glysosylase – AP-endonucléase – DNA-polymérase II – Ligase.
D. La présence d’un désoxyribose dépourvu de base induit à son niveau la coupure des liaisons
phosphodiesters par l’AP-endonucléase.
E. La glycosylase associe les fonctions d’exonucléase et de polymérase à l’origine de l’excision et de la
réparation du brin altéré.
QCM 29 : Pour mesurer la réplication et la réparation des lésions du DNA, on cultive des
fibroblastes en présence de thymidine tritiée après les avoir irradiés (+) ou non (-) par des UV. Les
taux d’incorporation de la thymidine tritiée et les taux de dimères de thymine sont indiqués dans le
tableau ci-dessous :
Fibroblastes UV [3H]- thymidine Dimères de thymine
incorporée (dpm/mg)
Fibroblastes en cours de prolifération :
Normaux 1 - 410 000 10
Normaux 2 - 380 000 11
Malade - 450 000 52
Fibroblastes quiescents (ne proliférant pas) :
Normaux 1 - 260 12
Normaux 2 - 300 14
Malade - 240 60
Normaux 1 + 8000 120
Normaux 2 + 7500 180
Malade + 650 1450
A. L’incorporation de thymidine est du même ordre de grandeur lors de la réplication ou de la réparation
du DNA.
B. Chez le sujet normal, l’exposition aux UV induit beaucoup moins de dimères de thymine que chez le
malade.
C. Dans les fibroblastes quiescents des sujets normaux, le taux d’incorporation plus élevé de thymidine
tritiée est lié à la réparation des dimères de thymine.
D. Ces résultats indiquent un déficit de réparation des dimères de thymine chez le sujet malade.
E. Les fibroblastes du malade se divisent moins vite que ceux des sujets sains à cause de leur déficit en
DNA-polymérase I.
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77. Correction
QCM 1 : BC
A/ Doublement de l’ADN seulement
D/ La primase est une RNA-polymérase
E/ Une erreur pour 100 millions de pb en effet donc très grande fidélité
QCM 2 : ABDE
A/ En effet il existe des DNA-poly DNA-dépendantes et des RNA-poly DNA-dépendantes
B/ De même il existe des DNA-poly RNA-dépendantes et des RNA-poly RNA-dépendantes
C/ Pas les RNA-polymérases
D/ Oui pour le brin direct (une amorce de RNA puis le reste de DNA) et le brin indirect (plusieurs
amorces de RNA)
E/ Notez que 5’-3’ = 5’ 3’ et que 3’-5’ = 3’ 5’ (les profs utilisent les 2 types d’écriture dans leurs
QCM)
QCM 3 : CD
A/ Le primosome contient l’enzyme primase (et des protéines associées) et c’est cet enzyme (mot
masculin qu’on peut employer au féminin pour l’Académie) qui est une RNA-poly DNA-dép
B/ Un complexe ribonucléoprotéique contient de l’ARN et des protéines associées ; la primase est un
assemblage de chaînes protéiques seulement (pas d’ARN la constituant) E/ Le dna C est une protéine
QCM 4 : AC
A/ Bien sûr pour la III ; la I aussi vu qu’il y a une amorce à remplacer sur le brin direct et plusieurs sur le
brin retardé
B/ Seulement des désoxyribonucléotides tri-phosphates
D/ Pas à la même vitesse : la DNA-poly III est 10 fois plus rapide que la DNA-poly I (1000
nucléotides/seconde contre 100 nucléotides/seconde)
E/ Ce sont les RNA-polymérases qui n’ont pas besoin d’amorces ! La DNA-poly III a besoin d’une
amorce de RNA alors que la DNA-poly I a besoin d’une amorce de DNA.
Ne confondez pas amorce (= primer) et matrice !! L’amorce ou primer est ce qui est « avant » ou « à
côté » et certains enzymes polymérases comme les DNA-poly en ont besoin pour pouvoir ajouter des
nucléotides à la suite alors que la matrice est ce qui est « en face » et les DNA-poly et RNA-poly s’en
servent pour mettre en place les bases complémentaires de la matrice (certains enzymes comme la poly-A
polymérase n’a pas besoin de matrice pour rajouter des nucléotides).
QCM 5 : ABCDE
A/ Vrai puisque l’activité proof-reading corrige immédiatement 9999 erreurs sur 10 000 et le taux
d’erreur serait alors en relation avec la prévalence des formes tautomères mineures soit 1 sur 10 000
C/ 1 erreur pour 100 millions de paires de bases, l’ADN nucléaire faisant environ 3 milliards de paires de
bases ⇒ 30 mutations pour une réplication complète chez l’humain
D/ Oui car G-T est un appariement mineur
E/ Vrai à cause de la 30aine de mutations systématiques. Les rayonnements ionisants ou certains produits
chimiques sont des exemples de causes extrinsèques de variation du génome
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78. QCM 6 : AC
A/ En effet la DNA-poly I peut agrandir le trou dans les deux directions car elle possède 2 fonctions
exonucléasiques : 3’ pour couper à partir de l’extrémité 3’ et 5’ pour couper à partir de l’extrémité 5’.
Dans cet exemple elle pourra couper car de chaque côté il y a des erreurs d’appariements.
B/ Attention ! Le nombre d’adénines sera le même au début et à la fin de l’expérience car 2 seront
ajoutées d’un côté et 2 enlevées de l’autre… mais seules les adénines qui ont servi à fabriquer la séquence
initiale en laboratoire ont été marquées ! Les adénines constituant les dATP substrats sont non marquées
comme indiqué donc la radioactivité au carbone 14 va légèrement diminuer.
C/ Oui car la synthèse se fait toujours dans le sens 5’-3’ donc le brin matrice est toujours parcouru dans le
sens 3’-5’
D/ On n’a pas précisé si une ligase avait été rajouté pour l’expérience… donc on ne peut pas affirmer que
la continuité du brin qui a la délétion sera rétablie à la fin
E/ Non car la DNA-poly III possède seulement son activité proof-reading pour corriger les erreurs
immédiates alors que la DNA-poly I possède son activité proof-reading mais c’est aussi une véritable
enzyme de réparation qui peut exciser de nombreux nucléotides dans les 2 directions
QCM 7 : ACD
B/ La petite séquence de RNA est unique et servira de matrice à la TERT pour fabriquer de nombreux
télomères qui sont des séquences de DNA complémentaires de cette petite séquence de RNA
C/ Et oui, toutes les cellules nucléées d’un individu possèdent le même génome c’est-à-dire les mêmes
gènes !! Par contre les gènes sont différemment exprimées selon le type cellulaire, le temps,
l’environnement… Le gène qui code pour la télomèrase s’exprime dans les cellules gonadiques, les
cellules embryonnaires, les cellules souches mais pas dans les cellules différentiées. Il peut se réexprimer
dans les cellules cancéreuses.
D/ En effet au bout d’un certain nombre de division les cellules somatiques cessent leur prolifération car
il existe un certain seuil lié à la disparition de télomères à chaque réplication
E/ L’arrêt de l’activité télomèrique est souhaitable car c’est un moyen naturel de lutter contre les cancers !
QCM 8 : BCD
A/ C’est une DNA-polymérase DNA-dépendante car elle utilise une matrice de DNA. En effet elle a
besoin de primers de RNA mais le qualificatif « dépendant » ne traduit pas cela mais traduit le type de
matrice !
E/ Seulement 3’-5’ contrairement à la DNA-poly I qui possède les 2 types d’activité exonucléasique
QCM 9 : D
On connaît la taille de chaque chromosome. On va additionner leur taille puis multiplier par 2 (car ce sont
des paires de chromosomes) afin de connaître la taille du génome nucléaire de cet eucaryote : (150 000 +
80 000 + 650 000 + 45 000 + 200 000) X 2 = 2 250 000 paires de bases. Dans le DNA-B, un tour d’hélice
comprend 10 paires de bases donc ce génome comprend 2 250 000 / 10 = 225 000 hélices à dérouler.
QCM 10 : ACDE
B/ C’est une topoisomérase qui fait cela !
D/ Les protéines ssb interviennent bien après l’hélicase afin de maintenir les brins séparés
QCM 11 : BC
A. Chaque double brin de DNA est constitué d’un brin maternel et d’un brin néosynthétisé.
D. Le sens de lecture du brin matrice par la DNA-polymérase est 3’  5’ et le brin néosynthétisé l’est
dans le sens 5’  3’.
E. Les protéines SSB maintiennent au contraire la séparation des 2 brins matrices pour la réplication.
QCM 12 : BDE
A. La primase est une RNA-polymérase DNA-dépendante.
C. Désoxyribose-triphosphate.
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79. QCM 13 : AC
B. Pas dUTP mais dTTP.
D. Amorces de RNA.
E. Entre 2 désoxyribonucléotides.
QCM 14 : ACDE
B. Le brin matrice est à chaque fois du DNA.
QCM 15 : ABD
C. Les topoisomérases sont indispensables pour la réplication bactérienne et donc elles sont nécessaires à
la survie des bactéries.
D. Vrai, l’action même de dérouler les super-tours de DNA ne nécessite pas d’ATP. Du fait de la tension
accumulée, le DNA se déroule spontanément (après coupure d’un brin). La ligase qui rétablit ensuite la
continuité de l’ADN nécessite un ATP.
E. La topoisomérase I ne coupe qu’un seul des 2 brins pour dérouler les super-tours.
QCM 16 : AC
B. Les protéines SSB se fixent aux brins monocaténaires pour qu’ils le restent, elles n’ont rien à voir dans
la synthèse des primers
D. Les RNA-polymérases ne nécessitent pas d’amorce pour commencer la synthèse.
E. La réplication permet le passage d’un DNA double brin parental à 2 DNA double brin.
QCM 17 : ACD
B. La primase est une RNA-polymérase, ses substrats sont des XTP.
C. De 3’ vers 5’.
E. Les topoisomérases possèdent une fonction endonucléasique.
QCM 18 : ABC
D. RNA-polymérase DNA-dépendante.
E. A l’extrémité 3’ d’une amorce.
QCM 19 : BC
A. Le brin matrice est lu dans le sens 3'-5' pour pouvoir synthétiser dans le sens 5'-3'.
C. Vrai, 1 erreur sur 10 000 n’est pas corrigée.
D. Les DNA-polymérases possèdent cette fonction proof-reading.
E. Elles relient des désoxyribonucléotides, il s'agit de réplication de DNA.
QCM 20 : ABC
D. Le primer étant du RNA synthétisé à partir d'une matrice de DNA, c'est une RNA-polymérase. DNA-
dépendante qui le synthétise.
E. Les fragments d’Okasaki sont synthétisés par la DNA-polymérase III.
QCM 21 : BCD
A. Le génome des eucaryotes étant beaucoup plus grand que celui des procaryotes, il faut qu'il y ait
plusieurs origines de réplication sinon celle-ci serait trop lente.
E. Elle est bien semi-conservative mais cela signifie que chaque cellule fille obtient 1 brin parental et le
brin néo-synthétisé complémentaire.
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80. QCM 22 : BC
A. Les télomères ne sont retrouvés que chez les eucaryotes car les bactéries ayant un génome circulaire il
n’y a pas d’extrémités.
D. Chez les sujets sains adultes, il reste des cellules dans lesquelles la télomérase est encore exprimée :
les cellules souches et les cellules germinales (ces cellules ne subissent pas le vieillissement). D'autres
cellules ré-expriment la télomérase comme les cellules cancéreuses : elles meurent moins vite et peuvent
se multiplier un plus grand nombre de fois.
E. C'est l'inhibition de la télomérase qui est un moyen de lutte contre les cancers (cf. justification
précédente).
QCM 23 : ACD
B. Les dimères de thymine se forment entre 2 thymines adjacentes du même brin.
E. Les cellules humaines normales sont capables de réparer les dimères de thymine.
QCM 24 : C
A. La phase de détection est spécifique et la phase de réparation est générale.
B. La glycosylase va couper une liaison N-osidique.
D. C’est la DNA-polymérase I qui sert à la réparation (la III a seulement le proof-reading).
E. La DNA-polymérase I intervient dans les systèmes de réparation, même pour corriger des erreurs non
dues à la réplication.
QCM 25 : CE
A. Les vitamines C et E ne réparent pas les lésions du DNA, elles appartiennent aux systèmes de
prévention.
B. C’est l’ion superoxyde qui est converti en eau oxygénée par l’enzyme superoxyde dismutase.
D. Pas toujours.
QCM 26 : ADE
B. Les crossing-over ont lieu dans les cellules eucaryotes.
C. Dans le cours la structure en X de Holliday est évoquée chez les procaryotes et les eucaryotes.
QCM 27 : ABE
C. Une mutation du DNA peut être silencieuse c’est-à-dire n’entraîner aucune conséquence à l’échelle
moléculaire.
D. Les dimères de thymine sont deux thymines adjacentes liées par liaison covalente sur le même brin.
QCM 28 : AD
B. L’anomalie d’appariement de base est reconnue par la glycosylase.
C. C’est la DNA-polymérase I.
E. C’est la DNA-polymérase I (pas la glycosylase).
QCM 29 : CD
A. Le taux d’incorporation de thymidine est beaucoup plus élevé lors de la réplication.
B. L’exposition aux UV induit approximativement autant de dimères de thymine chez le sujet sain que le
sujet malade mais ils seront majoritairement corrigés chez le sujet sain.
E. Les fibroblastes du malade se divisent autant que ceux des sujets normaux. Il n’y a pas de déficit de la
réplication.
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81. ELEMENTS GENETIQUES MOBILES
REPLICATION VIRALE
26 QCM
QCM 1 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Les bactériophages sont des bactéries infectant d’autres bactéries
B/ Les transposons se déplacent dans le noyau cellulaire pour s’insérer ailleurs dans le génome
C/ Les virus, pour pouvoir se répliquer, ont besoin d’infecter une cellule hôte
D/ Les polymérases des virus n’ont pas de fonction proof-reading d’où un taux de mutations élevé
E/ Les virus à RNA se distinguent par la possession d’une reverse-transcriptase
QCM 2 : Les virus à RNA à brins négatifs :
A/ La RNA-polymérase RNA-dépendante est préexistante
B/ Leur génome est simple brin
C/ Certains brins de RNA négatifs sont directement traduits en protéines virales qui s’associeront avec
d’autres brins négatifs (non traduits) pour former de nouveaux virus
D/ Leur réplication nécessite des amorces
E/ Leur matériel génétique va s’insérer dans le génome de la cellule infectée
QCM 3 : Les virus à DNA :
A/ Peuvent être double brin circulaire ou linéaire
B/ Ne peuvent pas être simple brin
C/ Utilisent la machinerie de réplication de la cellule infectée
D/ Possèdent une reverse-transcriptase
E/ Utilisent des DNA-polymérases DNA-dépendantes pour se répliquer
QCM 4 : Les plasmides :
A/ Ils peuvent être épisomaux ou intégrés dans le chromosome bactérien
B/ Un plasmide peut s’insérer dans n’importe quel chromosome bactérien si on les laisse suffisamment de
temps en contact
C/ Quand il est intégré dans le chromosome bactérien, les gènes du plasmide ne s’expriment pas car des
protéines de la bactérie le maintiennent à l’état quiescent
D/ Ils servent de vecteurs pour le clonage des gènes
E/ Ils peuvent passer d’une cellule à l’autre
QCM 5 : Les RNA-polymérases RNA-dépendantes :
A/ Sont possédées par tous les virus à ARN
B/ Utilisent des nucléotides tri-phosphates comme substrats
C/ Possèdent une fonction proof-reading
D/ Sont des brins de ribonucléotides qui se succèdent par des liaisons phosphodiesters
E/ Utilisent une amorce de RNA
QCM 6 : Les transposons :
A/ Les transpositions selon le mode duplicatif font intervenir une réplication et conduisent à obtenir 2 fois
l’élément génétique mobile en question
B/ Les transpositions selon le mode non duplicatif font intervenir un complexe de transposition seulement
C/ Les transposons permettent la transmission de gènes de résistance aux antibiotiques
D/ Ils peuvent être à l’origine de maladies quand la transposition se fait à l’intérieur d’un gène
E/ Leur insertion est permise par la présence de séquences terminales répétées aux extrémités du
transposon
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82. QCM 7 : Les virus à RNA :
A/ Dans les virus à RNA brin positif, le brin positif est répliqué un grand nombre de fois donnant des
RNA brins négatifs qui seront le génome des virus de 2ème génération
B/ Les virus à RNA à brin positif possèdent au préalable une RNA-polymérase RNA-dépendante afin
d’obtenir des brins complémentaires négatifs qui serviront à la même RNA-polymérase RNA-dépendante
pour obtenir de nouveaux brins positifs
C/ Ont un taux de mutations 10 000 fois plus élevé que celui des virus à DNA
D/ Certains utilisent une reverse-transcriptase afin de s’insérer dans le génome de la cellule infectée
E/ Il y a intervention des hélicases afin de séparer les brins lors de la réplication
QCM 8 : Les bactériophages :
A/ Dans la phase lytique le virus est détruit lors de la libération de la bactérie
B/ Des événements inducteurs sur la cellule humaine comme le stress ou un choc thermique peuvent faire
passer les phages de la phase lysogène à la phase lytique
C/ Lors de la phase lysogène, le génome viral du phage est inséré dans le chromosome de la bactérie et se
trouve alors à l’état latent
D/ Sont à l’origine des séquences ALU
E/ Dans la phase lytique, le virus se multiplie à côté du chromosome bactérien et beaucoup plus
rapidement que la bactérie
QCM 9 : Les modèles d’insertion des éléments génétiques mobiles :
A/ Un complexe protéique « transposase » est responsable de l’insertion des éléments génétiques mobiles
dans un génome cible
B/ S’il n’y a pas d’homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible, la
coupure sera franche au niveau de l’élément génétique mobile et nécessitera la synthèse d’un morceau de
DNA au niveau simple brin
C/ La mise en évidence de séquences terminales répétées (de même sens ou inversées) peut permettre de
repérer l’élément génétique mobile
D/ S’il y a homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible la coupure
sera à bouts collants ou cohésifs et ne nécessitera donc pas la synthèse d’un morceau de DNA
E/ S’il y a homologie de séquence entre l’élément génétique mobile et le chromosome cible, la coupure
étant à bouts collants ou cohésifs, il n’y aura pas besoin de l’action d’une ligase
QCM 10 : Les rétrovirus :
A/ Sont des virus à DNA ou à RNA caractérisés par la possession d’une reverse-transcriptase
B/ Sont des virus spécifiques des bactéries comme les bactériophages
C/ Toutes les cellules humaines sont sensibles au rétrovirus du VIH
D/ Possèdent tous une reverse-transcriptase dont l’une des capacité est de détruire l’ARN dans
l’hétéroduplex ADN/ARN (fonction RNase H)
E/ Le cDNA s’intègre dans le génome de la cellule infectée et s’exprime pour créer de nouveaux génomes
viraux d’ARN et des protéines virales qui s’assembleront pour créer des virus de 2ème génération
QCM 11 : A propos des mécanismes de recombinaison du DNA :
A. La structure intermédiaire de Holliday entrecroise deux séquences homologues de DNA eucaryote.
B. Une recombinaison entre 1 génome et un élément génétique mobile est parfois à l’origine de
l’acquisition de la résistance à un antibiotique.
C. Les crossing-over entre deux chromosomes homologues permettent les échanges d’allèles qui
favorisent la diversité génétique.
D. La recombinaison homologue peut, dans certains cas, éviter la transmission d’une altération du DNA à
la descendance.
E. Une déficience immunitaire peut apparaître si un phénomène de recombinaison touche le gène codant
pour les immunoglobulines.
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83. QCM 12 : A propos des plasmides :
A. Ils sont constitués de DNA circulaire double brin.
B. Ils peuvent exister sous forme libre (dite épisomale) ou bien sous forme intégrée.
C. Lorsqu'il est sous forme intégrée, le plasmide se multiplie grâce à l'équipement enzymatique de la
cellule hôte.
D. Leur mode d'insertion / désinsertion au niveau du chromosome bactérien permet de comprendre
comment une souche bactérienne peut devenir résistante à un antibiotique par exemple.
E. Leur multiplication intense et rapide en font des outils de choix pour amplifier des morceaux de DNA.
QCM 13 : A propos des phages :
A. On entend par "phages" des "bactériophages", c'est à dire de petites bactéries qui "mangent" d'autres
bactéries.
B. Intégré dans la bactérie, cette dernière maintient le phage latent par des protéines inhibitrices.
C. Lorsque le phage atteint la surface de la paroi bactérienne, il y injecte son DNA qui va devenir
circulaire.
D. La voie lytique conduit à la destruction de la bactérie. Ceci est rendu visible grâce à l'apparition de
plages de lyse dans la gélose de la boîte de Pétri.
E. La voie lysogénique est un état latent : le phage, sous forme circulaire épisomale, n'utilise pas le
matériel biomoléculaire de la bactérie pour se reproduire, et il n'y a donc pas synthèse de protéines
virales.
QCM 14 : A propos des transposons :
A. Leur transposition peut se faire sans duplication : l'élément génétique mobile n'a fait que changer de
place.
B. Leur insertion au sein d'un gène peut aboutir le plus souvent à une inactivation de celui-ci.
C. La transposition peut se faire avec duplication, c'est à dire une réplication sélective de l'élément
génétique mobile suivie d'une insertion du transposon répliqué ailleurs dans le DNA.
D. Lors de la transposition avec duplication, transposon initial et transposon dupliqué s'insèrent tous les 2
ailleurs dans le DNA.
E. Une des conséquences pathologiques des transposons est l'apparition des séquences ALU dont le
nombre ne cesse d'augmenter (notamment chez la drosophile) ce qui aboutit à une surcharge du génome
conduisant à la mort de la descendance.
QCM 15 : Concernant les transposons :
A. Un transposon est une séquence génétique mobile.
B. Il s’agit d’une séquence de RNA.
C. Habituellement cette séquence est de grande taille.
D. Le transposon contient l’information codant pour la synthèse de la transposase, une enzyme
monomérique.
E. Il est fréquent, dans le transposon, de retrouver des séquences répétées terminales, qui peuvent être de
même sens ou bien inversées.
QCM 16 : Concernant les mécanismes de transposition :
A. Elle nécessite tout d’abord une étape de coupure du DNA du transposon et de son DNA accepteur.
B. L’intégration du transposon au sein de son DNA accepteur peut se faire sans intervention de la
transposase.
C. Une fois le transposon intégré, il y aura jonction entre ses extrémités de coupure et celles de son DNA
accepteur. Ceci implique l’action d’endonucléases.
D. Le DNA accepteur voit sa taille diminuer après intégration du transposon à cause de l’étape initiale de
coupure.
E. On distingue deux mécanismes principaux de transposition, en fonction des modalités de coupure du
DNA et d’intégration du transposon, selon qu’une zone d’homologie entre les séquences du transposon et
de l’accepteur est présente ou non.
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84. QCM 17 : Concernant les mécanismes de transposition :
A. Dans le cas d’une coupure en baïonnette, on obtient des bouts francs, ce qui signifie que les séquences
du transposon et de son DNA accepteur ne sont pas complémentaires.
B. Le transposon et le DNA accepteur vont être mis en continuité grâce à une fonction ligase qui
synthétise les liaisons phosphodiesters.
C. Les plasmides sont un exemple de séquence génétique mobile.
D. Les plasmides peuvent exister sous deux formes : épisomale ou intégrée, l’intégration à l’accepteur
étant définitive.
E. La réplication du plasmide se fait toujours de façon concomitante à celle du chromosome bactérien.
QCM 18 : Concernant les transposons :
A. Ce sont des séquences génétiques mobiles se déplaçant dans le génome avec ou sans duplication.
B. Lorsqu’un transposon s’insère au milieu d’un gène, il en résulte le plus souvent une surexpression de
ce gène.
C. La réplication d’un transposon aboutit à l’obtention de 2 copies de ce transposon, l’une qui ne va pas
bouger et l’autre qui va être insérée à un autre endroit du DNA par le complexe de transposition.
D. C’est ce mécanisme qui explique l’augmentation du nombre de séquences ALU au cours de
l’évolution phylogénétique.
E. Les rétroposons sont des transposons particuliers, dans le sens où leur réplication passe par une étape
de transcription inverse.
QCM 19 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les génomes viraux présentent une extraordinaire variété de structure.
B. Le génome viral est toujours constitué de RNA.
C. Les virus à RNA ont une fréquence de mutation élevée.
D. Les virus à RNA sont tous des rétrovirus.
E. La réplication du génome viral peut utiliser une DNA-polymérase
QCM 20 : Les virus à DNA :
A. Sont toujours circulaires.
B. Peuvent être simple ou double brin.
C. Utilisent pour leur réplication une RNA-polymérase DNA-dépendante.
D. La réplication du DNA circulaire monocaténaire se fait avec une fourche de réplication.
E. La première étape de la réplication du génome d’un virus à DNA circulaire monocaténaire consiste en
la synthèse de son brin complémentaire par une DNA-polymérase DNA-dépendante.
QCM 21 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La réplication d’un virus à DNA linéaire double brin (tel que l’adénovirus) se fait de façon semi-
conservative, tout comme la réplication des virus à DNA circulaire monocaténaire.
B. Les virus à DNA ont un taux de mutation relativement faible grâce à la fonction proof-reading de la
DNA-polymérase DNA-dépendante.
C. La réplication d’un virus à DNA linéaire double brin utilise des primers.
D. La réplication d’un virus à DNA utilise des protéines terminales.
E. Les bactériophages sont des bactéries qui infectent spécifiquement les phages.
QCM 22 : Les rétrovirus :
A. Peuvent exister à l’état libre extracellulaire.
B. Peuvent infecter une cellule.
C. Peuvent se répliquer en dehors de la cellule.
D. Leur génome est constitué de RNA.
E. Leur réplication utilise une RNA-polymérase RNA-dépendante.
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85. QCM 23 : La rétro-transcriptase :
A. Est une RNA-polymérase DNA-dépendante.
B. Utilise des GTP, ATP, TTP, CTP (pour synthétiser le brin néoformé).
C. Possède une fonction RNAse H permettant de dégrader le RNA au stade hétéroduplex.
D. Synthétise du DNA.
E. Permet de synthétiser le brin complémentaire du cDNA.
QCM 24 : Lors d'une infection par un virus à RNA à brin positif :
A. Le brin positif comporte l’information génétique.
B. Le brin complémentaire du brin positif sera traduit pour donner des protéines.
C. Il y a synthèse d’un RNA brin négatif.
D. Ils ont un taux de mutation élevé.
E. Ils utilisent une RNA-polymérase RNA-dépendante.
QCM 25 : Virus à RNA à brin négatif :
A. Le brin négatif porte l’information génétique.
B. Le brin négatif code pour une RNA-polymérase RNA-dépendante servant à la réplication.
C. Leur réplication passe par la synthèse d’un brin positif.
D. Ils tiennent leur nom du fait que leur génome est répliqué par une transcriptase inverse.
E. Le brin négatif est le complémentaire du brin servant à la traduction.
QCM 26 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La RNA-polymérase RNA-dépendante n’a pas de fonction proof reading.
B. Les virus à RNA tels que la grippe ou le VIH ont un taux de mutation faible.
C. Le taux d’erreur d’une RNA-polymérase est d’environ 10–4.
D. Les RNA-polymérases RNA-dépendantes ont une fonction similaire aux primases.
E. La transcriptase inverse est dite inverse car elle transcrit de 3’ vers 5’.
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86. Correction
QCM 1 : C
A/ Les bactériophages (= phages) sont des virus qui infectent des bactéries
B/ Les transposons s’insèrent sans passer par l’état libre
D/ Seulement les virus à RNA
E/ Seulement les rétrovirus
QCM 2 : AB
C/ Les brins négatifs ne sont pas codants, ils servent de matrice à la RNA-poly RNA-dép qui fabriquera
des brins positifs qui seront soit traduits en protéines virales soit serviront de matrice pour la synthèse de
nouveaux brins négatifs identiques au brin initial
D/ Les RNA-poly n’ont pas besoin d’amorces
E/ Il faudrait que leur génome soit de l’ADN double brin pour pouvoir s’insérer.
QCM 3 : ACE
B/ Certains virus à DNA sont circulaires simple brin
D/ Pas besoin vu qu’on a déjà de l’ADN
QCM 4 : ADE
A/ Episomaux = à côté du chromosome bactérien
B/ Il faut une séquence d’insertion
C/ Les gènes du plasmide s’expriment de la même façon que ceux de la bactérie
QCM 5 : B
A/ Pas les rétrovirus ! En effet ceux-ci ont un génome d’ARN donc une DNA-poly RNA-dép (= reverse-
transcriptase) pour obtenir un cDNA qui s’intègrera dans le génome de la cellule infectée et ce cDNA sera
transcrit (en même temps que le génome de la cellule infectée) par une RNA-poly DNA-dép en ARN
viraux identiques à la copie initiale et dont certains seront traduits en protéines virales afin de former des
virus de 2ème génération.
B/ Plus précisément des ribonucléotides tri-phosphates
C/ Les RNA-poly n’ont pas de fonction proof-reading
D/ Les polymérases sont des complexes protéiques !
E/ Les RNA-poly RNA-dép n’utilisent pas d’amorce mais une matrice de RNA
QCM 6 : ABDE
C/ Ne confondez pas avec les plasmides ! Les transposons se multiplient au sein du même génome alors
que les plasmides peuvent changer d’hôtes.
QCM 7 : CD
A/ Le RNA brin positif sert à la synthèse de RNA brins négatifs qui seront répliqués en nouveaux brins
positifs identiques au brin initial et ce sont ces derniers qui seront les génomes des virus de 2ème
génération
B/ La RNA-poly n’est pas pré-existante dans les virus à ARN à brins positifs contrairement à ceux à brins
négatifs ! En effet le brin négatif n’étant pas codant, il faut que la RNA-poly soit déjà présente pour
pouvoir obtenir des brins positifs complémentaires… tandis qu’ici on a un brin positif qui sert
directement à la traduction et dont la RNA-poly RNA-dép est l’un des produits.
C/ Vrai car leurs polymérases n’ont pas de fonction proof-reading
D/ Cas des rétrovirus
E/ Le génome de ces virus est simple brin donc pas besoin d’hélicases !
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87. QCM 8 : CE
A/ C’est la bactérie qui est détruite lors de la libération des virus
B/ Phages = bactériophages = virus qui infectent les bactéries !!
D/ Rien à voir, les séquences ALU trouvent leur origine dans les transposons !
QCM 9 : ABCD
E/ Faux !! Qu’importe si la coupure est franche ou cohésive, pour rétablir la continuité des brins il y aura
toujours action d’une ligase !
QCM 10 : DE
A/ Ce sont des virus à RNA ! La reverse-transcriptase permettra d’obtenir un ADN complémentaire
(ADNc = cDNA) qui s’insérera dans le génome de la cellule infectée.
B/ Les rétrovirus peuvent infecter des cellules humaines (ex : VIH) !
C/ Le virus rentre dans la cellule grâce à des récepteurs spécifiques ; ainsi les cellules qui ne possèdent
pas ces récepteurs sont insensibles au VIH
D/ La reverse-transcriptase est une DNA-polymérase RNA-dépendante dont l’activité est progressive :
ARNsb  ARN/ADN  ADNsb  ADNdb
Elle possède donc plusieurs actions : DNA-poly RNA-dép (1ère étape représentée par la 1ère flèche) puis
RNase H (fonction qui détruit l’ARN dans les hétéroduplex ADN/ARN ; 2ème étape) puis DNA-poly
DNA-dép afin d’obtenir un ADN double brin (3ème étape).
QCM 11 : BCD
A. La structure intermédiaire de Holliday entrecroise deux séquences de DNA procaryote.
E. Les immunoglobulines sont codées par plusieurs gènes et les phénomènes de recombinaison sont
indispensables pour permettre l’extrême diversité des anticorps.
QCM 12 : ABCDE
QCM 13 : BCD
A. Dans bactériophage, on retrouve "bactério" et "phage" (manger). Il s'agit de virus qui "mangent" des
bactéries ou du moins les infectent.
E. La voie lysogénique est un état latent : le phage est intégré dans le chromosome bactérien mais un état
d'inhibition est maintenu grâce à des protéines. Si un stress cellulaire survient, le phage rentre dans la voie
lytique (nocive pour la bactérie) : le virus se désinsère de la bactérie (situation épisomale), se circularise
et se multiplie pour produire des protéines virales.
QCM 14 : ABC
D. Le transposon initial ne change pas de place.
E. En fait, les séquences ALU sont les EGM les plus abondants du génome humain ce qui signifie que ce
n’est pas létal.
QCM 15 : AE
B. C’est une séquence de DNA.
C. C’est une séquence d’assez petite taille.
D. La transposase est une enzyme multimérique (multiprotéique).
QCM 16 : AE
B. Cela nécessite l’action de la transposase.
C. Ces enzymes sont les ligases.
D. La taille du DNA accepteur augmente car le transposon qui s’intègre s’ajoute au DNA accepteur.
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88. QCM 17 : BC
A. On obtient des bouts collants, ce qui signifie que transposon et DNA accepteur ont des séquences
complémentaires.
D. L’intégration est réversible.
E. La réplication du plasmide est autonome quand il est libre. Dans ce cas, sa réplication est plus
fréquente que celle du chromosome bactérien.
QCM 18 : ACDE
B. Cela conduit le plus souvent à une inactivation du gène, donc à la perte de sa fonction.
QCM 19 : ACE
B. DNA aussi.
D. Il y a aussi les virus à RNA simples brins positifs ou négatifs.
QCM 20 : BE
A. Peuvent être linéaires.
C. DNA-polymérase DNA-dépendante.
D. S'il y a une fourche de réplication (visualisation des 2 brins de DNA se séparant) c’est que le DNA est
double brin.
QCM 21 : BCD
A. Tout comme la réplication des virus à DNA circulaire bicaténaire.
E. Phages = virus qui infectent spécifiquement les bactéries.
QCM 22 : ABD
C. Ne peuvent pas se répliquer en dehors de la cellule.
E. Utilise la reverse-transcriptase (DNA-poly RNA-dép) puis ce nouveau matériel génétique de DNA
s’intègrera au génome de la cellule et sera transcrit par une RNA-poly DNA-dép.
QCM 23 : CD
A. DNA-polymérase RNA-dépendante.
B. Utilise des dGTP, dATP, dTTP, dCTP.
E. Permet de synthétiser le cDNA.
QCM 24 : ACDE
B. C’est le brin positif qui est traduit en protéines.
QCM 25 : CE
A. C’est le brin positif.
B. Le brin négatif ne code pour aucune protéine.
D. La transcriptase inverse n’intervient pas dans la réplication des virus à RNA à brin négatif.
QCM 26 : AC
B. Taux de mutation élevé pour ces deux virus.
D. Une primase est une RNA-polymérase DNA-dépendante.
E. Aucun rapport et la transcriptase inverse synthétise dans le sens classique 5’  3’.
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89. STRUCTURES DES GENES
18 QCM
QCM 1 : Les gènes des procaryotes :
A/ Contiennent des parties codantes (exons) et des parties non codantes (introns) et ces dernières seront
excisées lors de la maturation des ARNm
B/ Un gène code en général pour plusieurs protéines
C/ Un cistron comprend le promoteur et l’opérateur
D/ Les gènes des procaryotes codent pour des protéines sans noyaux
E/ Sont transcrits par une DNA-polymérase RNA-dépendante qui se fixe sur le promoteur et l’opérateur
QCM 2 : Définitions des gènes :
A/ Les gènes sont, chez les eucaryotes et les procaryotes, des segments d’ADN codant pour un RNA
« fonctionnel » qui sera traduit en protéine
B/ Les pseudo-gènes et les gènes homologues donnent des protéines qui ont une forte homologie
C/ Les gènes homéotiques sont les gènes impliqués dans le développement
D/ Les gènes régulateurs sont opposés aux gènes domestiques
E/ Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules et impliqués dans le métabolisme général
QCM 3 : L’opéron lactose :
A/ Il comprend le gène Lac I puis le promoteur puis l’opérateur puis 3 cistrons
B/ En l’absence de lactose, la protéine répresseur synthétisée par le gène Lac I empêche la RNA-
polymérase de réaliser la transcription
C/ En présence de lactose, la protéine CAP se complexe à l’AMPc, qui est un signal de carence
énergétique, ce qui permet à la RNA-polymérase de pouvoir se fixer à l’ADN
D/ Cet opéron est inductible et permet à la bactérie, si elle manque d’énergie, d’utiliser le lactose présent
E/ Il y a 3 cistrons donc on obtiendra 3 ARNm qui produiront 3 protéines de la même voie métabolique
QCM 4 : L’opéron lactose :
A/ La RNA-polymérase marche spontanément en l’absence de lactose
B/ En présence de lactose, le complexe AMPc / CAP active la RNA-polymérase en se fixant à l’opérateur
C/ La transcription de cet opéron débute au niveau du premier cistron
D/ Une déficience du gène Lac I se traduirait par une excessive transcription de cet opéron
E/ Le promoteur et l’opérateur sont des séquences cis-régulatrices nécessaires à la transcription
QCM 5 : L’opéron tryptophane :
A/ Possède une séquence leader vers le début de la zone traduite
B/ En présence de tryptophane, l’apo-répresseur se lie au tryptophane formant un complexe qui ne pourra
plus se lier à l’opérateur libérant la place pour la RNA-polymérase
C/ Contrairement à l’opéron lactose où le gène qui code pour le répresseur est en amont, le gène qui code
pour l’apo-répresseur se trouve après l’opéron tryptophane
D/ Sur la séquence leader se trouvent un site d’arrêt puis un site de pause
E/ Est un opéron répressible c’est-à-dire qu’en présence de tryptophane il y aura un frein au niveau de la
transcription de cet opéron
QCM 6 : L’opéron tryptophane :
A/ Quand il y a beaucoup de tryptophane, le site de pause a le temps de se former
B/ L’atténuation est le mécanisme permettant la régulation de la transcription par la traduction
C/ Sa transcription est fonction de la présence ou non de lactose
D/ L’opérateur est une zone cis-régulatrice où pourront se fixer des facteurs trans-régulateurs comme
l’apo-répresseur (associé au tryptophane)
E/ Quand il y a peu de tryptophane, le site de pause a le temps de se former et donc la traduction pourra se
faire entièrement
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90. QCM 7 : Les familles multigéniques :
A/ On peut reconnaître les familles de gènes en étudiant leur séquence
B/ Les gènes codant pour les chaînes de globine sont présents dans les globules rouges
C/ Plus 2 gènes ont divergé il y a longtemps plus leur homologie est grande
D/ Les gènes de la famille β sont situés sur le chromosome 16 alors que les gènes de la famille α sont
situés sur la chromosome 11
E/ Chez l’adulte, l’hémoglobine a la structure α2β2 (surtout) ou α2δ2
QCM 8 : Les familles multigéniques :
A/ L’expression des gènes des globines est fonction du type cellulaire et du temps
B/ Myoglobine et globine ont divergé plus récemment que les sous-familles α et β de globine
C/ Les mutations des gènes des globines ne sont conservées que si la conformation spatiale n’est peu
modifiée et donc la fonction préservée
D/ A partir de la naissance, un changement se produit au niveau de la prépondérance des chaînes de
globine synthétisées
E/ Des mutations du pseudo-gène ψβ sont létales quand la conformation spatiale est très modifiée
QCM 9 : Les mitochondries :
A/ Les mitochondries sont des organites intra-cellulaires limités par une membrane unique
B/ Le génome mitochondrial ne se transmet que par la mère
C/ Le génome mitochondrial vaut presque la moitié du génome total d’une cellule humaine
D/ Les mitochondries dériveraient de bactéries capables de se servir de l’O2 et qui aurait fait une
symbiose avec des eucaryotes anaérobies
E/ Leur génome code pour 13 protéines, 22 ARNt et 2 ARNr
QCM 10 : Le génome mitochondrial :
A/ Les mitochondries sont des organites intra-cellulaires qui possèdent une seule molécule d’ADN
circulaire double brin de petite taille
B/ Les humains possèdent le plus grand génome mitochondrial du règne vivant
C/ Comme le génome nucléaire, il possède des exons et des introns
D/ Une majeure partie des protéines constituant les mitochondries sont issues du génome mitochondrial
lui-même
E/ Ce génome mitochondrial est répliqué par la DNA-polymérase α
QCM 11 : Au sujet des gènes eucaryotes :
A. Les gènes eucaryotes ne possèdent pas de séquences régulatrices, ce sont les introns qui jouent ce rôle.
B. Ils sont composés de plusieurs cistrons à l’inverse des gènes procaryotes qui sont monocistroniques.
C. Les introns correspondent aux parties excisées du transcrit primaire, ce sont donc des régions non
codantes.
D. Les introns sont numérotés de façon négative car ce sont des séquences non codantes dites
régulatrices.
E. L’information des gènes eucaryotes est dite morcelée car les séquences codantes sont séparées par des
séquences non codantes.
QCM 12 : Au sujet des gènes procaryotes :
A. Les gènes procaryotes ne possèdent pas d’introns.
B. Leur information est dite condensée car les cistrons sont disposés en continu sans interruption.
C. Ils possèdent des petites séquences régulatrices où se fixent des facteurs de régulation.
D. L’opéron lactose est régulé par un gène régulateur qui l’active, appelé gène lac I.
E. Le promoteur de l’opéron lactose est activé par le complexe CAP lié à l’AMPc.
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91. QCM 13 : Quels sont les facteurs de transcription trans qui participent à la régulation de l’opéron
lactose ?
A. Opérateur
B. CAP
C. Répresseur
D. Promoteur
E. Gène lac I
QCM 14 : Au sujet de l’expression des gènes de la globine :
A. Les gènes de la famille des β se localisent sur le chromosome 11.
B. Les gènes de la famille des α se localisent aussi sur le chromosome 11.
C. La globine α est fonctionnelle pendant toute la durée de la vie post-natale.
D. Le gène γ est exprimé pendant la vie embryonnaire.
E. Le gène δ est exprimé pendant la vie embryonnaire.
QCM 15 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Un pseudogène peut être le résultat d’une mutation d’un gène. Il a une forte homologie avec ce gène
mais a une fonction différente.
B. Les opérons des bactéries sont polycistroniques.
C. On appelle « cistron » l’unité de codage pour une protéine.
D. Les zones transcrites des gènes des eucaryotes sont dites polycistroniques car elles sont composées
d’exons et d’introns.
E. Le signal du début de traduction est placé en +1 (selon la numérotation officielle du DNA).
QCM 16 : A propos des familles de gènes :
A. Les gènes appartenant à une même famille dérivent d’un gène ancestral commun.
B. Les gènes de la famille de la globine sont retrouvés sur trois chromosomes : le 11, le 16 et le 18.
C. Les gènes de la famille de la globine ont une expression qui varie selon l’âge des individus.
D. Les anomalies de ces gènes peuvent être étudiées sur le DNA des hématies matures.
E. Le pseudogène Ψ, codant pour les chaînes β de l’hémoglobine, est placé sur le chromosome 11.
QCM 17 : A propos de la structure des gènes :
A. Le promoteur comporte le site de fixation de la DNA-polymérase ainsi que les sites de fixation de
protéines régulatrices de la transcription.
B. Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules sauf dans les cellules cardiaques.
C. Les introns des mRNA matures ne seront pas traduits.
D. Plus un gène est grand et plus il code pour une protéine de grande taille, le nombre d’acides aminés de
la protéine étant proportionnel au nombre de paires de bases du gène.
E. Plus un gène est grand et plus le risque de mutations le touchant sera important.
QCM 18 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. L’opéron lactose est un opéron inductible.
B. Le gène lacI, qui fait partie de l’opéron lactose, code pour une protéine répresseur.
C. Les cistrons appartenant à un même opéron codent pour des protéines qui participent à la même voie
métabolique.
D. En présence de lactose, la transcription est plus efficace quand il y a de l’ATP.
E. Le répresseur se fixe sur le promoteur, empêchant la liaison de la RNA-polymérase et bloquant ainsi la
transcription.
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92. Correction
QCM 1 : B
A/ Ceci est le cas pour les eucaryotes. Il n'y a pas d'intron chez les procaryotes.
B/ Exact, on dit que les gènes procaryotes sont polycistroniques
C/ Un opéron comprend un promoteur puis un opérateur puis plusieurs cistrons
D/ Les procaryotes sont des cellules sans noyaux, leurs gènes codent pour des protéines qui sont une
succession d’acides aminés
E/ RNA-poly DNA-dép
QCM 2 : CE
A/ La traduction n’est pas obligatoire pour définir un gène, il faut juste que le RNA qui en est issu soit
fonctionnel !
B/ Les pseudo-gènes ne s’expriment pas (ne donnent pas d’ARN et donc pas de protéines)
D/ Les gènes régulateurs sont opposés aux gènes de structure et les gènes domestiques sont opposés aux
gènes spécialisés
QCM 3 : BD
A/ Pas le gène Lac I
C/ C’est la liaison du lactose au répresseur qui permet à la RNA-poly de se fixer tandis que la liaison
CAP / AMPc permet l’accélération de la transcription
E/ 3 cistrons qui seront transcrits au sein du même ARNm qui sera traduit à 3 niveaux pour obtenir les 3
protéines de la même voie métabolique
QCM 4 : DE
A/ Non car le répresseur se fixe spontanément à l’opérateur empêchant la fixation de la RNA-poly
B/ Ce complexe activateur se lie au promoteur
C/ La transcription débute avant les cistrons, au niveau de l’opérateur
D/ Vrai car le répresseur ne serait plus synthétisé
QCM 5 : AE
B/ Au contraire, le complexe apo-répresseur / Trp pourra se lier à l’ADN et gênera l’accès à la RNA-poly
C/ Le gène régulateur qui code pour l’apo-répresseur se trouve en amont de l’opéron tryptophane
D/ Un site de pause puis un site d’arrêt
QCM 6 : BDE
A/ Non c’est le site d’arrêt qui se formera alors.
B/ Oui vu que cela dépend du nombre de tryptophanes
C/ De la présence ou non de tryptophane !
E/ Oui puisque c’est le site d’arrêt qui ne pourra donc pas se former
QCM 7 : AE
B/ Non car les GR sont des cellules sans noyaux donc sans matériel génétique
C/ Au contraire, si ces gènes ont divergé il y a très longtemps, il y a eu le temps d’avoir de nombreuses
mutations et donc leur homologie diminue à chaque mutation
D/ L’inverse
E/ Vrai, α2β2 signifie que l’hémoglobine comprend 2 sous-unités α et 2 sous-unités β
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93. QCM 8 : ACD
B/ D’abord globine et myoglobine ont divergé puis c’est ensuite que les sous-familles α et β de globine
ont divergé
D/ On passe d’une majorité de α2γ2 à une majorité de α2β2
E/ Les pseudo-gènes ne s’expriment pas !!
QCM 9 : BDE
A/ Les mitochondries sont limitées par 2 membranes !
C/ Chez les mammifères, le DNA mitochondrial est très faible par rapport au DNA total
QCM 10 : Aucune
A/ Chaque mitochondrie possède plusieurs molécules d’ADN
B/ Loin de là !
C/ Le génome mitochondrial est sans introns et donc sans exons !
D/ Une infime partie (une mitochondrie est constitué d’environ un millier de type protéique différent et
seulement 13 sont issus de son génome)
E/ DNA-polymérase γ
QCM 11 : CE
A. Les gènes eucaryotes possèdent des séquences régulatrices. Les introns et les exons font partie des
séquences transcrites.
B. Gènes eucaryotes : monocistroniques. Gènes procaryotes : polycistroniques.
C. Attention : Les introns sont transcrits mais non traduits.
D. Les séquences régulatrices sont notées négativement car par convention on note +1 le premier
nucléotide des séquences transcrites. Cependant, les introns ne sont pas des séquences régulatrices. Ce
sont des séquences transcrites mais non codantes.
QCM 12 : ABCE
D. Le gène lac I induit un répresseur qui inhibe l’opéron lactose en se fixant sur l’opérateur.
QCM 13 : BC
A. Séquence régulatrice cis.
D. Séquence régulatrice cis.
E. Gène régulateur par l’intermédiaire du répresseur.
QCM 14 : ACD
B. Famille des α sur le chromosome 16.
E. Le gène δ est exprimé à partir de la naissance.
QCM 15 : BC
A. Un pseudogène peut résulter d’une mutation d’un gène. Par contre, il n’est pas fonctionnel.
D. Elles sont monocistroniques. Ce terme n’a rien à voir avec les notions d’exons et d’introns (qui sont
respectivement des régions codantes et non codantes).
E. C’est le signal de transcription qui est placé en +1.
(Rappel de la numérotation du DNA : +1 = premier nucléotide transcrit. Les parties transcrites sont
numérotées positivement, les parties régulatrices sont numérotées négativement car en amont).
QCM 16 : AC
B. Ils se trouvent sur 2 chromosomes : le 11 et le 16.
D. Les hématies matures n’ont pas de noyau et n’ont donc pas de DNA.
E. Les pseudogènes sont non fonctionnels. Ils ne sont donc pas codants. Par contre, Ψ est bien placé sur le
chromosome 11.
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94. QCM 17 : E
A. Il comporte le site de fixation de la RNA-polymérase et non pas celui de la DNA-polymérase.
B. Les gènes domestiques sont exprimés dans toutes les cellules et donc aussi dans les cellules
cardiaques. Les hématies étant des cellules anucléées, elles n’exprimeront pas de gènes. Cependant, les
précurseurs des hématies expriment les gènes domestiques.
C. Les mRNA matures n’ont pas d’introns (contrairement aux transcrits primaires qui subiront l’excision
de leurs introns lors de l’épissage pour devenir matures).
D. Il n’y a pas de lien entre la taille des gènes et la taille des protéines, la taille des introns pouvant varier
considérablement.
QCM 18 : AC
B. Lac I ne fait pas partie de l’opéron lactose, c’est un régulateur de cet opéron.
D. C’est quand il y a de l’AMPc.
E. Le répresseur se fixe sur l’opérateur.
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95. ARN – TRANSCRIPTION
55 QCM
QCM 1 : Procaryotes / Eucaryotes :
A/ Les sous-unités ribosomales sont identiques
B/ La transcription s’effectue dans le noyau alors que la traduction s’effectue dans le cytoplasme
C/ Les systèmes de maturation des transcrits primaires sont les mêmes
D/ La traduction commence une fois la transcription terminée
E/ La RNA-polymérase I est responsable de la transcription des ARNr 5,8S, 18S et 28S
QCM 2 : Les ARNt :
A/ Sont nécessaires à la transcription en apportant les bons acides aminés
B/ Sont bien plus petits que les ARNr
C/ Sont parfois liés à des aminoacyl-ARNt-synthétases
D/ Subissent un épissage chez les eucaryotes lors de leur maturation
E/ Possèdent une extrémité CCA-terminale en 5’
QCM 3 : La transcription chez les procaryotes :
A/ Est réalisée par une RNA-polymérase DNA-dépendante
B/ La RNA-polymérase DNA-dépendante synthétise tous les RNA.
C/ La sous-unité σ permet la fixation des autres sous-unités de la RNA-polymérase en reconnaissant le
promoteur du gène
D/ Si la cellule connaît un stress, elle synthétisera des protéines qu’elle ne synthétise pas normalement
E/ Le signal de terminaison de la transcription peut être une structure en épingle à cheveux qui stoppe la
RNA-polymérase
QCM 4 : La transcription du génome mitochondrial :
A/ La transcription ne se fait qu’à partir d’un seul brin
B/ Les RNA issus du génome mitochondrial sont des rRNA et des tRNA mais il ne donne aucun mRNA
C/ C’est une RNA-polymérase issue du génome mitochondrial qui permet la transcription des ARN
mitochondriaux
D/ Les 13 protéines issues du génome mitochondrial ont toutes un rôle dans la chaîne respiratoire
mitochondriale
E/ Il n’y a jamais de splicing lors de la maturation des ARN mitochondriaux
QCM 5 : Les ARNr :
A/ Ils représentent la majorité des ARN cellulaires
B/ Ils entrent dans la constitution des ribosomes
C/ Les ARNr 18S, 28S et 5,8S des eucaryotes sont issus de 3 gènes différents
D/ Ils sont tous synthétisés par la RNA-polymérase I
E/ Dans les ribosomes ce sont les RNA qui ont l’activité catalytique
QCM 6 :
Soit la séquence (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’) d’un brin d’un fragment d’ADN de E.coli. En
supposant qu’un mRNA est transcrit à partir de cet ADN, en utilisant comme brin modèle (ou
matrice) le brin complémentaire, quelle est la séquence de ce transcrit ?
A/ (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’)
B/ (3’)CGUAAUUCGCAGUC(5’)
C/ (3’)GCAUUAAGCGUCAG(5’)
D/ (5’)GCAUUAAGCGUCAG(3’)
E/ (5’) GACTGCGAATTACG(3’)
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96. QCM 7 : La queue poly-A des ARNm :
A/ Sa mise en place est comprise dans la maturation post-transcriptionnelle des transcrits primaires
B/ Elle est synthétisée par la polyA-polymérase qui fonctionne sans matrice
C/ Les ARNm des histones ont une petite queue (poly-A)
D/ Elle peut etre dégradée progressivement par des exonucléases 3' lors de la perte de la protéine de
liaison au polyA ou bien par une coupure (en bloc) réalisée par une endonucléase
E/ Elle intervient dans la reconnaissance des messagers pour la traduction
QCM 8 : Le splicing ou épissage :
A/ Consiste à exciser les introns des eucaryotes et procaryotes
B/ Chez les eucaryotes, une fois l’épissage réalisé, on obtient un ARNm mature qui sera entièrement
traduit
C/ Sa réalisation met en jeux 2 étapes de trans-estérification ainsi que la formation d'une boucle par
l'intron excisé
D/ Le complexe responsable de ce phénomène, le spliceosome, est uniquement constitué de protéines
E/ Quand il est alternatif, des exons peuvent aussi être excisés
Parmi les composés suivants :
A/ pseudo-uridine B/ ribothymidine C/ hypoxanthine D/
guanine E/ cytidine
QCM 9 : Le(s)quel(s) est (sont) normalement présent(s) dans les tRNA ?
QCM 10 : Le(s)quel(s) est (sont) un (des) nucléoside(s) normalement présent(s) dans les
anticodons ?
QCM 11 : Le(s)quel(s) peu(ven)t être présent(s) dans la boucle TψC ?
QCM 12 : La RNA-polymérase DNA-dépendante :
A/ Est l’enzyme qui permet la transcription
B/ Est un enchaînement de ribonucléotides
C/ Ne possède pas d’activité proof-reading ce qui fait que la transmission de mutations à la descendance
est plus élevée
D/ Nécessite un primer (ou amorce) pour commencer la synthèse d’ARN
E/ Pour pouvoir commencer sa transcription, la RNA-polymérase II des eucaryotes doit être phosphorylée
QCM 13 : Les ARNm :
A/ Ils sont très modifiés chez les procaryotes et les eucaryotes afin de devenir mature
B/ Les ARNm matures des eucaryotes comprennent des exons et des introns et seuls les exons seront
traduits
C/ Leur maturation comprend entre autres une étape de biosynthèse de la cap (coiffe) en 5’ et une étape
de biosynthèse de la queue poly-A en 3’
D/ Les ARNm possèdent des anticodons qui s’apparieront avec les codons des ARNt lors de la traduction
E/ Leur durée de vie variable dépend entre autres du raccourcissement (par des nucléases) de leur queue
poly-A
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97. QCM 14 : Régulation de la transcription chez les eucaryotes :
A/ Pour répondre aux besoins quantitatifs de synthèse de protéines, certains eucaryotes peuvent mettre en
place une amplification génique transitoire de certains gènes par polyploïdie ou réplication sélective
B/ Pour répondre aux besoins qualitatifs de synthèse de protéines (par exemple pour obtenir une grande
variété d’immunoglobulines différentes), certains eucaryotes peuvent connaître des réarrangements de
gènes au sein de leur génome
C/ L'activation de la RNA polymérase II est induite par sa phosphorylation réalisée par une protéine
kinase
D/ Des facteurs de transcription d’amont ou spécifiques jouent sur le taux de transcription en l’activant ou
en l’inhibant
E/ Certains gènes sont répétés dans le génome de manière stable comme par exemple les gènes des
rRNA-45S et –5S, des tRNA et des histones qui sont en de nombreux exemplaires
QCM 15 :
Dans une culture de cellules, on évalue le taux de mRNA codant pour une protéine. Au temps 0, en
l’absence de tout traitement, le nombre de copies de ce mRNA a été évalué à 12800 copies par
cellule. On fait agir sur ces cellules de l’actinomycine D (inhibiteur de la synthèse des RNA). Après
128h d’action de l’actinomycine D, le taux de ce mRNA est évalué à 50 copies par cellule. En
supposant que l’actinomycine D agit immédiatement et a bloqué totalement la biosynthèse des
RNA, quelle est (approximativement) la demi-vie (temps nécessaire à la dégradation de la moitié
des molécules) de ce mRNA ?
A/ 4h B/ 8h C/ 16h D/ 128h E/ aucune des réponses n’est correcte
QCM 16 :
Soit la séquence d’ARNm suivante : (5’)AUACUGGCUAC(3’)
Quel brin d’ADN l’ARN-polymérase a-t-elle utilisée comme matrice pour synthétiser cet ARNm :
A/ (3’)AUACUGGCUAC(5’)
B/ (5’)ATACTGGCTAC(3’)
C/ (5’)TATGACCGATG(3’)
D/ (3’)TATGACCGATG(5’)
E/ (5’)GTAGCCAGTAT(3’)
QCM 17 : La transcription des ARN pré-messagers chez les eucaryotes :
A/ Est effectuée par la RNA-polymérase II
B/ TFIID est un facteur de transcription général qui se lie à l’ADN par l’intermédiaire des TAFs (facteurs
associés à TBP)
C/ Elle commence dans le noyau et se termine dans le cytoplasme
D/ Le facteur de transcription général TFIIH est une protéine kinase au rôle important pour la
transcription
E/ Les substrats utilisés par la RNA-polymérase sont des nucléotides tri-phosphates (dATP, dGTP, dUTP,
dCTP)
QCM 18 : Les différents types d’ARN :
A/ L’ARN est monocaténaire donc ses bases ne sont jamais appariées (en dehors de la biosynthèse)
B/ La structure secondaire des rRNA est très conservée au cours de l’évolution
C/ La Cap en 3' des mRNA eucaryotes est formée d'un nucléotide à Guanine méthylé
D/ Les rRNA contiennent toute une série de nucléotides inhabituels (ribothymidine, pseudo-uridine,
inosine…)
E/ L’épissage n’existe que pour les mRNA
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98. QCM 19 : Les ARN de transfert (ARNt) :
A/ Ils sont synthétisés par la RNA-polymérase III
B/ C’est la RNA-polymérase III qui met en place l’extrémité CCA-terminale en 3’ en mettant les
nucléotides complémentaires du brin matrice du gène
C/ Ils sont constitués de plusieurs boucles qui sont de 5’ vers 3’ : boucle D puis boucle anticodon puis
boucle variable (pas obligatoire) puis boucle TψC
D/ Les ARNt de tout le règne vivant sont caractérisés par une structure en trèfle
E/ Ils se lient à leur acide-aminé par une liaison phosphodiester catalysée par les aminoacyl-ARNt-
synthétases
QCM 20 : Durée de vie des ARN messagers (mRNA) :
A/ Elle peut varier selon les besoins en protéines
B/ Une séquence riche en AU formant une épingle à cheveux en 3’ des ARN messagers augmente
l’instabilité de ces ARNm
C/ Tous les mRNA sans exception sortent du noyau pour être traduit dans le cytoplasme
D/ Un système de dégradation des ARNm fait intervenir un « enzyme décoiffant » qui coupe la cap en 5’
après la dégradation de la queue poly-A et avant la dégradation du brin par une exonucléase 5’
E/ Dans le système ARN interférent (iRNA), l’enzyme Dicer dégrade le iRNA en nombreux siRNA qui
vont s’hybrider par complémentarité avec l’ARNm à dégrader
QCM 21 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les RNA sont des polynucléotides constitués par l’enchaînement de ribonucléotides liés entre eux par
des liaisons phosphodiesters (5’-3’). Leur biosynthèse se fait dans le sens 3’-5’.
B. Les procaryotes n’ont pas de noyau individualisé, par conséquent la transcription et la traduction des
RNA sont simultanées.
C. Chez les procaryotes et les eucaryotes, une étape de maturation des transcrits primaires des rRNA
assurée par des exonucléases est nécessaire pour que ceux-ci deviennent des rRNA matures fonctionnels.
D. Les ARN sont synthétisés par des RNA-polymérases RNA-dépendantes aussi bien chez les
procaryotes que chez les eucaryotes.
E. Chez les eucaryotes, suite à la transcription et à la maturation des ARN messagers (mRNA), certains
de ces derniers se rendent dans le cytoplasme où ils s’assemblent avec des ribosomes pour être traduits.
Cela aboutit à la synthèse de protéines.
QCM 22 : A propos de la structure des rRNA :
A. Les rRNA sont des polynucléotides monocaténaires dont la chaîne se replie pour donner une structure
secondaire précisément définie qui est nécessaire à leur association avec les protéines ribosomales.
B. La structure secondaire correspond à l’alternance de boucles et de zones où s’apparient les bases
complémentaires AT et CG.
C. Les rRNA ont une structure secondaire très conservée au cours de l’évolution car la divergence des
grands groupes du vivant a eu lieu assez récemment.
D. Les sous-unités ribosomales sont des complexes fonctionnels constitués de rRNA et de protéines
ribosomales : les rRNA constituent le cœur des sous-unités et les protéines occupent la surface.
E. Les zones fonctionnelles des sous-unités ribosomales sont essentiellement situées à la surface de ces
structures.
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99. QCM 23 : A propos de la biosynthèse des rRNA :
A. Chez les procaryotes, les rRNA sont codés par 3 gènes : un pour le rRNA 16S de la petite sous-unité,
un pour le rRNA 23S et un pour le rRNA 5S de la grande sous-unité des ribosomes.
B. Chez les eucaryotes, la plupart des rRNA sont synthétisés par une RNA-polymérase I sous forme de
précurseurs qui subissent une maturation par des endonucléases en plusieurs étapes.
C. La méthylation sur des cytosines et riboses, qui permet la reconnaissance de sites où doivent se
dérouler les opérations suivantes de la maturation, a lieu aussi bien chez les eucaryotes que chez les
procaryotes.
D. Les protéines ribosomales sont synthétisées dans le cytoplasme, lieu où elles s’associent avec les
transcrits primaires des RNA ribosomiques.
E. Après assemblage et maturation des sous-unités ribosomales, ces dernières sortent du nucléole puis du
noyau pour se rendre dans le cytoplasme où elles accomplissent leur fonction de traduction.
QCM 24 : A propos des RNA de transfert (tRNA) :
A. Le nombre des ARNt est supérieur à 20, il y a donc plus de tRNA que d’acides aminés.
B. Les tRNA qui mettent en place les acides aminés dans l’ordre adéquat au niveau des ribosomes, sont
de taille plus importante que les rRNA.
C. Les tRNA comprennent tous 4 boucles : la boucle D, la boucle TΨC, la boucle variable et la boucle
anticodon.
D. La boucle anticodon fait la correspondance, grâce au code génétique, entre les codons et l’acide aminé
porté par le tRNA.
E. L’appariement codon-anticodon par des liaisons hydrogènes se fait de façon antiparallèle et
complémentaire entre les bases du codon et de l’anticodon.
QCM 25 : Les RNA des eucaryotes :
A. Sont des polynucléotides constitués par l’enchaînement de ribonucléotides liés entre eux par des
liaisons anhydrides d’acide phosphorique 3’-5’.
B. Sont tous synthétisés dans le sens 3’→ 5’.
C. Sont synthétisés par des RNA-polymérases DNA-dépendantes.
D. Sont synthétisés dans le même compartiment subcellulaire que chez les procaryotes.
E. Certains nucléotides peuvent être méthylés.
QCM 26 : Les rRNA :
A. Sont simultanément transcrits et traduits dans le cytoplasme chez les procaryotes.
B. Les ribosomes de 80S chez les eucaryotes possèdent une petite sous-unité de 30S et une grande sous-
unité de 50S.
C. Ont une structure très conservée au cours de l’évolution.
D. S’associent avec des protéines ribosomales pour former des complexes fonctionnels, les sous-unités
ribosomales, qui elles mêmes s’associeront pour former des ribosomes.
E. Sont synthétisés chez les eucaryotes sous forme de précurseurs (transcrits primaires) qui subissent
ensuite une maturation dans le noyau par des endonucléases.
QCM 27 : Les rRNA :
A. Chez les procaryotes, sont codés par un gène unique qui sera à l’origine des 3 molécules d’ARNr 5S,
16S et 23S.
B. Chez les eucaryotes, la plupart sont synthétisés par la RNA-polymérase I.
C. Chez les eucaryotes, subissent plusieurs étapes de maturation dont la méthylation de certaines guanines
et de certains riboses.
D. Chez les eucaryotes, les protéines ribosomales sont synthétisées dans le cytoplasme puis importées
dans le noyau pour interagir avec les transcrits primaires avant de retourner dans le cytoplasme pour
exercer leurs fonctions.
E. Chez les eucaryotes, l’ARN messager qui code pour les protéines ribosomales est lui-même synthétisé
dans le cytoplasme.
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100. QCM 28 : Les ARN de transfert (tRNA) :
A. Participent à la biosynthèse des protéines en permettant la correspondance entre codons et acides
aminés ainsi que la formation des liaisons peptidiques entre acides aminés successifs.
B. Portent l’anticodon dans la « boucle variable ».
C. Portent l’acide aminé, lié par une liaison N-osidique, sur l’extrémité 3’-terminale.
D. Sont spécifiques d’un seul acide aminé.
E. Contiennent une ribothymidine dans la boucle TψC.
QCM 29 : Quelles réactions permettent la formation de certaines bases ou nucléotides de structure
inhabituelle dans les ARNt des eucaryotes ?
A. Isopenténylation
B. Saturation de doubles liaisons
C. Méthylation de bases
D. Méthylation de sucres
E. Isomérisation
QCM 30 : A propos des tRNA :
A. L’amino-acyl-ARNt synthétase catalyse la fixation de l’acide aminé sur l’extrémité CCA terminale en
une seule étape.
B. Il se crée une liaison ester entre le carboxyle de l’acide aminé et le OH en 3’ du ribose de l’adénosine
terminale.
C. La mise en place de l’extrémité CCA-terminale en 3’ se fait grâce à l’amino-acyl ARNt synthétase.
D. Les ARNt eucaryotes possèdent une activité ribozyme.
E. Certains ARNt subissent une maturation par addition d’une queue polyA.
QCM 31 : Un transcrit primaire d’un gène eucaryote codant pour une protéine :
A. Est synthétisé en général par une RNA-polymérase III.
B. Ne contient que des exons.
C. Est localisé principalement dans le cytoplasme (au niveau des ribosomes).
D. Débute par une « cap » qui est le 1er nucléotide mis en place en 5’ par la RNA-polymérase lors de la
transcription.
E. Est le résultat de la maturation d’un mRNA par « splicing » (« épissage ») alternatif.
QCM 32 : La « queue » polyA des mRNA :
A. Est un ribonucléotide à 7-méthyl-guanosine.
B. Est synthétisé par la RNA-polymérase II.
C. Correspond à une série de A liés par des liaisons phosphodiesters 3’-5’.
D. Intervient dans la régulation de la durée de vie des ARNm.
E. Peut avoir une longueur variable.
QCM 33 : A propos des nucléotides modifiés des ARNt :
A. Les modifications de nucléotides ont lieu pendant la transcription.
B. Dans la pseudo-uridine, la liaison N-C est remplacée par une liaison C-C (phénomène
d’isomérisation).
C. L’isomérisation, la saturation de doubles liaisons et la désamination sont des modifications de
nucléotides pouvant survenir dans les tRNA.
D. La méthylation de certains nucléotides se fait au niveau des bases ou des phosphates.
E. Dans le dihydrouracile, une double liaison est hydrogénée par rapport à l’uracile classique, ce qui
conduit à la présence de 2 hydrogènes supplémentaires.
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101. QCM 34 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. L’acide aminé est chargé sur l’extrémité CCA-terminale en 5’ de l’ARNt.
B. Pour pouvoir être chargé sur l’extrémité CCA-terminale de l’ARNt, l’acide aminé doit être sous forme
activée.
C. L’amino-acétyl tRNA synthétase est l’enzyme qui catalyse la liaison entre l’acide aminé et le tRNA
correspondant.
D. L’activation de l’acide aminé se fait sous forme d’amino-acyl - AMP.
E. Chaque ARNt est spécifique d’un seul acide aminé mais 1 acide aminé peut interagir avec plusieurs
ARNt différents.
QCM 35 : A propos de la biosynthèse et de la maturation des tRNA :
A. Chez les procaryotes, les tRNA sont synthétisés par une RNA-polymérase DNA-dépendante sous
forme de précurseurs qui subissent ensuite des modifications pour devenir des ARNt matures.
B. La maturation chez les procaryotes fait intervenir des endonucléases, des exonucléases et se termine
par l’adjonction de l’extrémité CCA-terminale.
C. L’épissage, qui correspond à l’excision d’un fragment de RNA, intervient aussi bien chez les
procaryotes que chez les eucaryotes.
D. L’épissage est catalysé soit par des complexes ribonucléoprotéiques soit par l’ARN lui-même. Dans ce
dernier cas on parle d’activité ribozyme de l’ARN.
E. Chez les eucaryotes, l’addition de l’extrémité CCA-terminale de l’ARNt est catalysée par une
isomérase.
QCM 36 : A propos de la transcription chez les procaryotes :
A. La RNA-polymérase est un complexe protéique formé d’un core-enzyme et d’une sous-unité
d’initiation σ.
B. Pour initier la transcription, la sous-unité σ de la RNA-polymérase se lie spécifiquement à l’opérateur
du gène.
C. Il existe 2 types de sous-unités σ : σ32 qui fonctionne dans les conditions normales et σ70 qui
fonctionne en cas de stress important.
D. La séquence TATA box se trouve comme pour les eucaryotes vers –30.
E. Lors de l’élongation de l’ARN, le core-enzyme fonctionne en synergie avec la sous-unité d’initiation
σ.
QCM 37 : A propos de la structure de la RNA-polymérase d’E.Coli :
A. C’est une enzyme composée de plusieurs sous-unités : deux α, une β, une β’, une ω et une σ.
B. L’ensemble α2ββ’ωσ est le core enzyme de la RNA-polymérase.
C. La sous-unité σ peut se trouver sous deux formes : σ70 et σ32 ; σ70 étant plutôt retrouvée dans des
conditions de stress intense qui menacent la vie de la bactérie.
D. La sous-unité σ (70 ou 32) a une affinité pour les séquences consensus situées sur le promoteur d'un
gène.
E. La RNA-polymérase met en place les nucléotides du mRNA en cours de formation sans qu’elle ait
besoin de séparer les deux brins du DNA.
QCM 38 : A propos des mRNA des eucaryotes :
A. Comme chez les procaryotes, les mRNA des eucaryotes subissent une maturation dans le noyau avant
leur déplacement dans le cytoplasme.
B. En 5’ et en 3’ des mRNA matures, il y a des séquences dites « UTR » (Untranslated Regions) non
traduites.
C. En 5’, la Cap est formée par un nucléotide à guanine méthylé, relié par un pont diphosphate au premier
nucléotide transcrit.
D. Des méthylases peuvent effectuer des méthylations sur la Cap, ainsi que sur le premier ribose ou le
deuxième ribose.
E. La Cap permet au mRNA de résister aux exonucléases en 3’ et donc de le stabiliser.
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102. QCM 39 : Au sujet de la maturation des ARNm des Eucaryotes :
A. Au niveau de la région 5’, la principale maturation est l’épissage de la Cap.
B. La Cap correspond à un site de reconnaissance qui sert à l’épissage, au transport des ARNm hors du
noyau et à la traduction.
C. La séquence polyA se trouve au niveau de l’extrémité 3’ de l’ARNm.
D. La Cap est un ribonucléotide à Cytosine méthylé en 7.
E. La queue polyA est une série de nucléotides à adénine synthétisée par la polyA-polymérase.
QCM 40 : A propos de l’initiation de la transcription :
A. Le complexe de pré-initiation contient la RNA-polymérase II ainsi que des facteurs généraux de
transcription tels que EFII.
B. Le complexe de pré-initiation se fixe sur la TATA box.
C. La TATA box située environ en -30 sur le gène eucaryote est une séquence conservée au cours de
l’évolution.
D. La TBP est le seul facteur qui se lie directement sur la TATA box.
E. Le TFIID est composé de TAFs et de la TBP.
QCM 41 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les mutations de séquences "éléments de réponse" n’ont aucune conséquence sur la cellule puisque ce
sont des séquences non codantes.
B. L’interaction entre les facteurs de transcription et le DNA se fait sur des domaines de liaison au DNA
tels que le domaine Hélice-Tour-Hélice, Leu Zipper ou Zinc Finger.
C. Les facteurs de transcription spécifiques sont toujours activateurs.
D. TFIID phosphoryle la RNA-polymérase II grâce à sa fonction protéine kinase.
E. La phosphorylation de la RNA-polymérase II en N-terminal permet son activation.
QCM 42 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La RNA-polymérase II débute la synthèse du transcrit primaire grâce à un primer.
B. La synthèse de la coiffe ou cap du pré-mRNA se fait en post-transcriptionnel.
C. Pendant l’élongation il y a dissociation du complexe de pré-initiation et fixation des facteurs
d’élongation.
D. La polymérase responsable de l’élongation ne possède pas de fonction proof-reading.
E. La coiffe en 3’ du pré-mRNA est synthétisée par un système enzymatique spécifique.
QCM 43 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La RNA-polymérase II utilise un brin du gène comme matrice.
B. La RNA-polymérase II synthétise des liaisons anhydride d’acide entre chaque base.
C. La synthèse du brin néosynthétisé se fait dans le sens 5’3’.
D. L’amplification génique permet une certaine plasticité du génome.
E. Les gènes des histones sont des gènes répétitifs transitoires.
QCM 44 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Pour répondre aux besoins quantitatifs de la production de ses protéines, les cellules possèdent des
gènes répétitifs stables.
B. Les gènes codant pour les rRNA 45S, 5S et les tRNA sont des gènes répétitifs stables.
C. Les gènes répétitifs stables ne suffisent parfois pas à la cellule à certains stades du développement.
D. Chez certaines espèces, les gènes codant pour les rRNA sont des gènes répétitifs transitoires.
E. Pendant la phase S du cycle cellulaire, il y a une forte production d’histones.
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103. QCM 45 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les gènes répétitifs transitoires se mettent sous forme de cercles de DNA extracellulaires appelés
épisomes.
B. Chez certains insectes, l’amplification transitoire de gènes codant pour des protéines du chorion passe
par l’un de ces mécanismes : soit la polyploïdie, soit la réplication sélective.
C. Cette capacité d’amplification génétique transitoire est retrouvée dans les cellules cancéreuses
humaines.
D. Le méthotrexate est un agent anti-cancéreux qui agit en inhibant la synthèse de l’ADN.
E. L’amplification génique du gène codant pour la DHF réductase est un mécanisme de résistance au
MTX.
QCM 46 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le réarrangement des gènes codant pour les immunoglobulines (Ig) permet la synthèse d’environ un
million d’Ig différentes
B. Certains gènes possèdent une région régulatrice appelée promoteur.
C. Les initiateurs de la transcription se lient au niveau du promoteur sur des séquences consensus.
D. Tous les gènes possèdent un seul promoteur.
E. La RNA-polymérase II se fixe directement sur la TATA box.
QCM 47 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La biosynthèse de transcrits primaires d’ARN messagers chez les mammifères est réalisée par une
RNA-polymérase III.
B. La biosynthèse des pré-mRNA se fait en trois étapes régulées : initiation, élongation, terminaison.
C. La RNA-polymérase qui synthétise les transcrits primaires est un complexe de 12 sous-unités avec une
crevasse contenant le site actif où les deux brins de RNA se séparent.
D. La RNA-polymérase qui synthétise les transcrits primaires utilise ATP, CTP, TTP, GTP.
E. La RNA-polymérase qui synthétise les pré-mRNA possède une fonction proof-reading.
QCM 48 : Biosynthèse de la cap ou coiffe des mRNA :
A. La coiffe se situe en 5’.
B. Elle est synthétisée par la RNA-polymérase II.
C. La cap est un ribonucléotide à 7-méthylguanine.
D. Entre le 1er nucléotide du mRNA et la guanine il y a un pont triphosphate.
E. Il y a aussi souvent une méthylation du 1er ou 2ème ribose en 3’.
QCM 49 : A propos de la queue polyA :
A. Elle est synthétisée par la RNA-polymérase II par transcription d’une séquence polydT située sur le
brin codant du DNA.
B. Elle est ajoutée à la fin de la traduction du mRNA.
C. Elle est synthétisée à partir de dATP.
D. Elle peut augmenter la durée de vie des mRNA.
E. Elle permet la reconnaissance des mRNA pour la traduction.
QCM 50 : A propos de la queue polyA :
A. Elle est présente au niveau de tous les mRNA humains.
B. La séquence polyA est constituée d’environ 200 nucléotides à adénine.
C. Le signal de polyadénylation sur le brin matrice est AAUAAA.
D. Elle peut être coupée par une endonucléase environ 30 nucléotides plus loin que son signal de
polyadénylation.
E. Elle est synthétisée par la polyA-polymérase qui forme des liaisons phosphodiesters 3’-5’.
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104. QCM 51 : A propos de l’épissage alternatif :
A. Il permet de synthétiser des protéines différentes à partir d’un même transcrit primaire.
B. C’est un mécanisme post-traductionnel.
C. Par ce mécanisme, le gène de la protéine basique de la myéline peut donner différentes protéines.
D. Pour le gène de la calcitonine, c’est un mécanisme tissu-dépendant.
E. Il peut entraîner l’élimination de certains exons.
QCM 52 : A propos des mécanismes de maturation des mRNA :
A. Pendant ou peu après leur biosynthèse les transcrits primaires sont méthylés sur environ 10% des
adénosines.
B. Ces méthylations se font au hasard sur le transcrit primaire.
C. L’editing fait intervenir différents mécanismes tels que le changement, l’adjonction ou la suppression
de nucléotides.
D. L’editing est un mécanisme post-transcriptionnel rare chez les mammifères.
E. L’editing est réalisé par un editosome.
QCM 53 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le transfert des transcrits primaires se fait du noyau vers le cytoplasme où ils seront traduits.
B. La sortie du noyau des mRNA matures utilise des systèmes de transport tels que les importines.
C. Il existe une régulation du transport des mRNA matures.
D. Certains mRNA sont stockés dans le noyau et passent dans le cytoplasme en cas de besoin.
E. Les mRNA des protéines utilisées dans le noyau sont traduits dans celui-ci.
QCM 54 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. L’apparition d’un codon stop aberrant peut entraîner la dégradation du mRNA.
B. Les iRNA sont des séquences simple brin qui en s’associant avec le mRNA entraîneront sa
dégradation.
C. L’intervention des iRNA semble jouer un rôle anti-bactérien.
D. Les iRNA sont des inhibiteurs très sélectifs utilisés en biologie moléculaire expérimentale.
E. Le « Dicer » produit des siRNA à partir des iRNA.
QCM 55 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La transcription des mRNA de toutes les protéines mitochondriales se fait dans la mitochondrie.
B. Le génome mitochondrial est transcrit par la RNA-polymérase II.
C. Les RNA-polymérases eucaryotes ont un taux d’erreur dix fois moins important que les RNA-
polymérases procaryotes.
D. La RNA-polymérase I est chargée de la synthèse de tous les rRNA.
E. En raison de l’inhibition de la RNA-polymérase I, un patient ayant consommé de l’amanite phalloïde
présentera tous les signes d’une hépatite.
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105. Correction
QCM 1 : Aucune
A/ Les sous-unités ribosomales des eucaryotes font 40S et 60 S alors que celles des procaryotes font 30S
et 50S
B/ Pas pour les procaryotes qui n’ont pas de noyaux !
C/ Non il y a de nombreuses différences, par exemple il n’y a pas de splicing chez les procaryotes
D/ Pas chez les procaryotes où, du fait de l’absence de noyaux, transcription et traduction sont presque
simultanées
E/ Pas chez les procaryotes où ces ARNr n’existent pas. De plus les RNA-poly I, II et III sont celles des
eucaryotes.
QCM 2 : BCD
A/ Nécessaires à la traduction !
B/ En effet ils ont une taille moyenne d’environ 4S alors que les ARNr ont des tailles de 5S à 28S
C/ Oui pour réaliser la liaison avec leur acide-aminé
E/ En 3’
QCM 3 : ABCDE
QCM 4 : DE
A/ Des ARN sont transcrits à partir des 2 brins
B/ 13 protéines sont synthétisées à partir de ce génome donc 13 ARNm
C/ Cette ARN-poly est issue de gènes nucléaires, elle est traduite dans le cytoplasme puis importée dans
la mitochondrie
E/ Vrai puisque les gènes mitochondriaux n’ont pas d’introns !!!
QCM 5 : ABE
A/ Environ 80% des ARN totaux
C/ Ces 3 ARNr sont issus d’un précurseur commun (45S) et sont donc issus du même gène (ce gène étant
à de nombreux exemplaires dans le génome)
D/ Pas le rRNA 5S qui est synthétisé par la RNA-polymérase III
QCM 6 : D
ADN : brin codant  (5’)GCATTAAGCGTCAG(3’)
brin complémentaire (matrice) (3’)CGTAATTCGCAGTC(5’)
ARNm  (5’)GCAUUAAGCGUCAG(3’)
QCM 7 : ABDE
C/ Les ARNm des histones n’ont pas de queue poly-A
QCM 8 : CE
A/ Que chez eucaryotes car les procaryotes n’ont pas d’introns !
B/ Même dans l’ARNm mature tout n’est pas traduit (la traduction commencera au codon AUG
initiateur) !!
D/ Le spliceosome est constitué de protéines et de snRNA U, on dit donc que c’est un complexe
ribonucléoprotéique
QCM 9 : ABCDE
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106. QCM 10 : E
Hypoxanthine, guanine et cytidine peuvent être présents dans les anticodons mais seul le dernier est un
nucléoside (les autres sont des bases azotés) !
QCM 11 : ABDE
L’hypoxanthine, constituant de l’inosine, n’est présent qu’au niveau de l’anticodon.
Attention : si on vous avait demandé « lesquels peuvent être présents dans la séquence TψC ? » vous
n’auriez pu répondre que ribothymidine, pseudo-uridine et cytidine ! Dans ce QCM on parle de la boucle
TψC ce qui est plus large que la simple séquence !
QCM 12 : AE
B/ C’est un complexe multi-protéique, elle fabrique des chaînes d’ARN
C/ Même si les mutations sont plus nombreuses, celles-ci ne sont pas transmises car ici on ne réplique pas
le génome ! Si l’ARN ou la protéine sont trop modifiés, ils seront détruits sans conséquences pour la
descendance.
D/ Les RNA-poly n’ont pas besoin d’amorces !
QCM 13 : CE
A/ Ils sont très modifiés chez les eucaryotes mais peu modifiés chez les procaryotes car chez ces derniers
les ARNm sont traduits en même temps qu’ils sont synthétisés
B/ Les ARN pré-messagers (= transcrits primaires) contiennent des exons et des introns, les introns sont
excisés lors de l’épissage et l’ARNm mature ne comprend donc que les exons
D/ C’est l’inverse : les codons de l’ARNm avec les anticodons des ARNt
QCM 14 : ABCDE
QCM 15 : C
On est passé de 12800 copies à 50 soit 8 demi-vies (car on a divisé 8 fois le nombre initial par 2 : 12800
 6400  3200  1600  800  400  200  100  50). Il a fallu 128h pour ces 8 demi-vies donc
une demi-vie fait : 128 / 8 = 16 heures
QCM 16 : DE
ARNm  (5’)AUACUGGCUAC(3’)
Brin matrice (complémentaire de l’ARNm)  (3’)TATGACCGATG(5’)
QCM 17 : AD
B/ TFIID se lie à l’ADN par l’intermédiaire de TBP
C/ La transcription se fait entièrement dans le noyau (on est chez les eucaryotes) !
D/ Protéine kinase = protéine qui phosphoryle un composé. Ici TFIIH phosphoryle surtout des sérines au
niveau C-terminal de la RNA-poly II afin que cette dernière commence la transcription
E/ ATP, UTP, GTP et CTP (pas de « désoxy » dans l’ARN)
QCM 18 : B
A/ Bien que le RNA soit monocaténaire il existe parfois repliement de la chaîne sur elle-même créant une
alternance de zones appariées entre d’autres zones non appariées (cf. la structure des ARN de transferts)
C/ La Cap est bien un nucléotide à Guanine méthylé mais celle-ci se trouve en 5'
D/ Ce sont les ARNt
E/ L’épissage existe aussi pour les rRNA et les tRNA
QCM 19 : ACD
B/ La partie CCA-terminale n’est pas mise en place par l’ARN-poly III chez les eucaryotes, elle est
synthétisé après par une nucléotidyl-transférase
E/ C’est une liaison ester
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107. QCM 20 : ABDE
A/ Tout à fait, par exemple les mRNA des histones ont une demi-vie qui peut atteindre une heure en
phase S (où le besoin d’histones est grand) alors qu’elle n’est que de quelques minutes dans les autres
phases du cycle cellulaire où les besoins en histones sont moindres
C/ Certains mRNA sont stockés dans le noyau
QCM 21 : BE
A. L’enchaînement des ribonucléotides se fait par des liaisons phosphodiesters 3’-5’ et la biosynthèse des
RNA se fait dans le sens 5’-3’.
C. L’étape de maturation est assurée par des endonucléases et non des exonucléases.
D. Les ARN sont synthétisés par des RNA-polymérases DNA-dépendantes.
QCM 22 : AD
B. Dans les ARN, les bases complémentaires sont AU et CG.
C. La divergence des grands groupes du vivant a eu lieu il y a très longtemps mais la structure est très
conservée car elle est probablement optimale pour leur fonction (les mutations seraient létales).
E. Les zones fonctionnelles sont au centre car les activités catalytiques mettent essentiellement en jeu le
RNA.
QCM 23 : BE
A. Ces rRNA sont codés par un seul gène qui est transcrit en rRNA 30S. Le rRNA 30S subit ensuite une
étape de maturation par des endonucléases qui aboutit à la formation des 3 rRNA 16S, 23S et 5S.
C. Ces méthylations ont uniquement lieu chez les eucaryotes.
D. Les protéines ribosomales sont bien synthétisées dans le cytoplasme mais elles reviennent dans le
noyau après leur synthèse pour s’y associer avec les transcrits primaires des rRNA.
QCM 24 : ADE
B. Les tRNA sont de plus petite taille que les rRNA.
C. La boucle variable peut ne pas exister : certains tRNA ne comprennent donc que 3 boucles.
QCM 25 : CE
A. Il s’agit de liaisons phosphodiesters 3’-5’.
B. 5’  3’.
D. Les procaryotes n’ont pas de noyau, de ce fait transcription et traduction se déroulent simultanément
dans le cytoplasme. Pour les eucaryotes, la transcription se fait dans le noyau et la traduction se fait dans
le cytoplasme.
QCM 26 : ACDE
B. Le ribosome de 70S chez les procaryotes possède une petite sous-unité de 30S et une grande sous-unité
de 50S et le ribosome de 80S chez les eucaryotes possède une petite sous-unité de 40S et une grande
sous-unité de 60S.
QCM 27 : ABD
C. Il s’agit de la méthylation des cytosines et des riboses
E. Il est synthétisé dans le noyau puis est exporté vers le cytoplasme pour être traduit en protéines
ribosomales.
/
QCM 28 : ADE
B. Dans la boucle anticodon.
C. Liaison ester.
QCM 29 : ABCDE
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108. QCM 30 : BD
A. 2 étapes : aa + ATP → aa-AMP + 2Pi
aa-AMP + ARNt → aa-ARNt + AMP
C. C’est grâce à la nucléotidyl-transférase.
E. Ce sont les ARNm.
QCM 31 : Aucune
A. RNA-polymérase II.
B. Le transcrit primaire n’a pas encore subi d’épissage, il possède donc des exons et des introns.
C. La transcription et la maturation se font dans le noyau puis c’est l’ARNm mature qui est exporté dans
le cytoplasme.
D. La coiffe ou « cap » est mise en place après le début de la transcription.
E. Le transcrit primaire n’a pas encore subi de maturation.
QCM 32 : CDE
A. C’est la « cap » qui est un ribonucléotide à 7-méthyl-guanosine.
B. Par la polyA-polymérase.
QCM 33 : BCE
A. Après la transcription.
D. Méthylation sur bases ou sucres.
QCM 34 : BDE
A. L’extrémité CCA-term est en 3’ de l’ARNt.
C. C’est l’amino-acyl tRNA synthétase.
QCM 35 : ABD
C. Seulement chez eucaryotes
E. Par une nucléotidyl-transférase (pour info : elle fonctionne sans matrice)
QCM 36 : A
B. Au promoteur du gène
C. C’est l’inverse
D. Chez les procaryotes, TATA est en -10
E. σ intervient uniquement pour l’initiation de la traduction, pour l’élongation le core-enzyme continu
sans σ.
QCM 37 : AD
B. L’ensemble α2ββ’ωσ est appelé « holoenzyme ». La sous-unité sigma ne fait pas partie du core
enzyme qui est composé des 2 α, de β, β’ et ω.
C. C’est σ32 qui apparaît en conditions de stress.
E. La RNA-polymérase sépare les brins du DNA pour pouvoir transcrire. D’ailleurs, elle transcrit à partir
d’un seul brin appelé brin matrice, elle est donc bien obligée de les séparer.
QCM 38 : BD
A. Les procaryotes n’ont pas de noyau.
C. Par un pont triphosphate.
E. En 5’
QCM 39 : BCE
A. La Cap n’est pas ôtée, elle est ajoutée.
D. Cap = ribonucléotide à Guanine méthylé en 7.
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109. QCM 40 : BCDE
A. EFII est un facteur d’élongation de la traduction.
QCM 41 : B
A. Si mutation des séquences ER => modification de la régulation de la transcription de ce gène => + ou
– transcrit => conséquences cellulaires + ou – importantes.
C. Les facteurs de transcription spécifiques peuvent être activateurs ou inhibiteurs.
D. C’est le TFIIH qui phosphoryle la RNA-poly…
E. …sur son extrémité C-terminale.
QCM 42 : CD
A. Les RNA-polymérases n’utilisent pas de primer.
B. La coiffe est mise en place pendant la transcription.
E. La coiffe est en 5’.
QCM 43 : ACD
B. Elle synthétise des liaisons phosphodiesters.
E. Les gènes des histones sont répétitifs et stables.
QCM 44 : ABCDE
QCM 45 : CDE
A. Les épisomes sont extra-chromosomiques et non pas extra-cellulaires.
B. Dans ce cas l’amplification passe successivement par les 2 mécanismes. (Méchant le QCM)
QCM 46 : AC
B. Tous les gènes ont un promoteur.
D. Parfois un gène peut posséder plusieurs promoteurs alternatifs.
E. La RNA-polymérase II se fixe par l’intermédiaire du complexe de pré-initiation.
QCM 47 : B
A. C’est la RNA-polymérase II
C. Où les 2 brins de DNA se séparent.
D. Elle utilise ATP, CTP, GTP et UTP et non TTP puisqu’elle synthétise du RNA
E. Les RNA-polymérases n’ont pas de fonction proof-reading.
QCM 48 : ACD
B. Elle est synthétisée par un complexe de biosynthèse de la cap.
E. C’est en 5’.
QCM 49 : DE
A. Elle est synthétisée par une polyA-polymérase.
B. A la fin de la transcription.
C. A partir d’ATP.
QCM 50 : BDE
A. Pas de queue polyA pour les mRNA des histones.
C. Le signal de polyadénylation se situe sur le transcrit primaire.
QCM 51 : ACDE
B. Mécanisme post-transcriptionnel.
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110. QCM 52 : CDE
A. Méthylation de 1% des adénosines.
B. Ces méthylations se font sur des séquences bien définies.
QCM 53 : CD
A. Ce sont les mRNA matures qui sont transférés.
B. Utilise des exportines dont vous aurez la joie de faire plus ample connaissance en Bio cell.
E. Pas de traduction dans le noyau ! mRNA traduits dans le cytoplasme puis protéines réimportées dans le
noyau.
QCM 54 : ADE
B. iRNA = RNA double brin.
C. Rôle défensif contre certains virus.
QCM 55 : aucune
A. Les protéines mitochondriales codées par le génome nucléaire (soit la grande majorité) sont transcrites
dans le noyau (et traduites dans le cytoplasme).
B. Transcription par une RNA-polymérase spécifique du génome mitochondrial.
C. Le taux d’erreur est identique dans les 2 cas (ni les unes ni les autres ne possèdent de fonction proof-
reading).
D. Pas de tous : les rRNA 5S sont synthétisés par la RNA-poly III.
E. La RNA-poly I est résistante à l’α amanitine contrairement aux deux autres.
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111. TRADUCTION
19 QCM
QCM 1 : Les aminoacyl-tRNAsynthétases :
A. Sont réparties en 2 classes selon l’hydroxyle du ribose qu’elles reconnaissent (2’ ou 3’)
B. Pour qu’elles puissent transférer l’acide aminé sur son ARNt l’acide aminé doit être lié à de l’AMP
C. C’est une liaison ester qui relie l’acide aminé au désoxyribose de l’adénosine de l’extrémité CCA-
terminale des tRNA
D. Les aminoacyl-tRNAsynthétases sont au nombre de 20 (à quelques exceptions près), ce nombre est
constant.
E. Elles lient les acides aminés à leur ARN de transfert avec une bonne fidélité
QCM 2 : Le code génétique :
A. Il fait le lien entre le message nucléotidique et le message protéique
B. Le tableau du code génétique fait apparaître les différentes combinaisons possibles entre les
nucléotides de l’ADN et les acides aminés qui sont codés par ces triplets
C. Il y a autant de codons que d’acides aminés
D. Grâce au tableau du code génétique, si on connaît l’enchaînement des acides aminés d’une protéine on
peut retrouver exactement l’enchaînement de codons de l’ARNm qui a codé cette protéine
E. Le code génétique est strictement universel c’est-à-dire qu’absolument tous les organismes vivants
utilisent le même
QCM 3 : Lors de la traduction chez les eucaryotes :
A. Plusieurs types d’ARN interviennent : de transfert (ARNt), messager (ARNm) et ribosomique (ARNr)
B. La grande sous-unité ribosomique est la première à se lier à l’ARNm.
C. Le codon ATG initiateur est précédé d'une séquence 'consensus' de Kosak.
D. Le complexe ternaire comprend l’ARNt initiateur porteur de la méthionine, le facteur d’initiation de la
traduction eIF2 et un ATP
E. Le code génétique est non chevauchant et non ponctué sauf 'ponctuations' de début et de fin.
QCM 4 : D’après les règles du Wobble, le codon (5’)AGG(3’) peut s’apparier avec les anticodons
suivants :
A. (5’)UGG(3’) B. (5’)UCU(3’) C. (5’)UCC(3’) D. (5’)CCI(3’) E. (5’)CCU(3’)
QCM 5 : Les protéines sécrétées :
A. Leur synthèse se fait au niveau du réticulum endoplasmique lisse (REL)
B. Ces protéines possèdent au début de leur synthèse (donc au niveau N-terminal) une séquence signal
plutôt hydrophobe qui est le préalable à leur conduction vers le RE
C. Le SRP est un complexe ribonucléoprotéique comprenant l’ARN 7SL
D. Cette protéine sécrétée traverse la membrane du RE au fur et à mesure qu’elle est synthétisée
E. Ces protéines, une fois libérées dans la lumière du RE, vont revenir dans le cytoplasme afin de se faire
cliver le peptide-signal par la signal-peptidase
QCM 6 :
Quelles sont les séquences de mRNA pouvant coder pour l’extrémité C-terminale du peptide
suivant : (NH2)…Trp-Cys-Gly-Met-Arg (COOH)
A. (5’)…UGG UGU GGA UAA AGG UGG (3’)
B. (5’)…UGG UGC GGU AUG CGA UGA UGG UAC UCC GAC…(3’)
C. (3’)…GCU UGA AAA AAU AGC GUA AGG CGU GGU ACG AAC…(5’)
D. (5’)…AGC GCU UUU GUC GAC CGA GUA AGC GGG…(3’)
E. (5’)…GCU UGG UGU GGG AUG CGU ACU (3’)
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112. QCM 7 : Le code génétique :
A. Il est équivoque car un codon code pour un seul acide-aminé
B. Chez les procaryotes 3 cadres de lectures sont fonctionnellement possibles selon la base de départ
C. L’ARNt(Met) initiateur est différent des autres ARNt(Met)
D. L’appariement codon / anticodon est antiparallèle c’est-à-dire que la base 1 du codon s’apparie avec la
base 3 de l’anticodon et inversement
E. Le bon cadre de lecture est trouvé grâce à la séquence consensus de Kosak
QCM 8 : Soit la séquence suivante de codons d’un mRNA : (3’)…GAC UGU CAG CUA GGU…(5’)
À quelle séquence d’acides aminés peut-elle donner naissance ?
A. (NH2)…Asp-Cys-Gln-Leu-Gly…(COOH)
B. (NH2)…Cys-Gln-Leu-Gly-Asp…(COOH)
C. (COOH)…Gly-Leu-Gln-Cys-Asp…(NH2)
D. (COOH)…Asp-Cys-Gln-Leu-Gly…(NH2)
E. Aucune des propositions n’est exacte
QCM 9 : La traduction chez les eucaryotes :
A. Dans le complexe d’initiation sont présents le ribosome entier, le mRNA et le tRNA(Met)-Met
initiateur (tRNA initiateur spécifique de la méthionine chargé de son acide-aminé)
B. Au cours de l’élongation le peptidyl-tRNA qui est sur le site P va être transloqué pour se retrouver sur
le site E et être expulsé du ribosome
C. La liaison peptidique est synthétisée par un ARN de la grande sous-unité ribosomale
D. Les tRNA successifs qui apportent leur acide aminé se positionnent initialement sur le site A
E. Après chaque élongation de la protéine par un acide aminé, le ribosome avance d’un nucléotide
QCM 10 : Les ribosomes :
A. Sont les acteurs de la traduction et cette dernière se déroule dans le cytoplasme donc les ribosomes
sont des organites cytoplasmiques
B. Lors de la traduction, les ARNt pénètrent au cœur des ribosomes pour se rapprocher des ARNr
C. Les 3 sites d’interactions entre ribosomes et tRNA (A, P, E) existent sur les 2 sous-unités
D. Les ribosomes procaryotes et eucaryotes ont une homologie de structure ce qui montre leur bonne
conservation au cours de l’évolution
E. Un facteur RRF dissocie les sous-unités du ribosome à la fin de la traduction
QCM 11 : A propos de la traduction :
A. Le code génétique est dit dégénéré car un codon est à l’origine de plusieurs acides aminés.
B. L’anticodon (3’)AGG(5’) peut s’apparier avec un tRNA chargé par Arg.
C. La première base de l’anticodon s’apparie avec la troisième base du codon du tRNA.
D. On peut déduire, à partir de la structure primaire d’un peptide, la séquence exacte des codons du
mRNA correspondant.
E. Chacun des 64 codons du code génétique code un acide aminé différent.
QCM 12 : A propos de la traduction :
A. L’anticodon (5’)IUA(3’) ne peut s’apparier qu’avec un seul codon.
B. Le phénomène du wobble concerne la troisième base de l’anticodon.
C. Un codon est constitué de 3 bases parmi les 5 suivantes : A, G, C, U, I.
D. Une séquence de mRNA possède deux cadres de lecture possibles.
E. Le codon initiateur AUG, correspondant à une Met, détermine le bon cadre de lecture.
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113. QCM 13 : À propos de la traduction :
Parmi les anticodons suivants, lesquels peuvent s’apparier au codon du tryptophane ?
A. (5’)ACC(3’)
B. (3’)GCC(5’)
C. (3’)ACU(5’)
D. (5’)CCA(3’)
E. (5’)CCI(3’)
QCM 14 : À propos de la traduction :
A. L’anticodon (5’)UAA(3’) peut appartenir à un tRNA capable de charger une leucine.
B. Le codon (5’)ACG(3’) peut s’apparier à l’anticodon (5’)UGC(3’).
C. Le codon de la méthionine peut s’associer à un seul anticodon.
D. L’anticodon (3’)ICA(5’) peut s’associer au codon (5’)AGU(3’).
E. Il y a au maximum 2 anticodons différents qui peuvent s’apparier aux codons de l’arginine.
QCM 15 : Lors de la biosynthèse des protéines chez les eucaryotes :
A. A partir du code génétique, les acides aminés sont codés par un seul codon.
B. Le premier acide aminé mis en place est la méthionine grâce au codon d’initiation AUG.
C. Le codon du ARNt chargé par un acide aminé va interagir avec un anticodon du ARNm.
D. Le chargement de l’acide aminé sur l’ARNt se fait grâce à une amino-acyl ARNt synthétase qui
catalyse la liaison entre l’acide aminé et l’anticodon de l’ARNt.
E. L’ARNt chargé par un acide aminé agit uniquement au niveau de la grande sous unité des ribosomes.
QCM 16 : L’anticodon (3’) CGA (5’) :
A. peut s’apparier avec le codon (5’) GCU (3’) de l’ARNm.
B. peut s’apparier avec l’anticodon (3’) UCG (5’) de l’ARNm.
C. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une alanine.
D. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une sérine.
E. est porté par un ARNt qui peut être chargé par une valine.
QCM 17 : A partir de la table du « Wobble », l’anticodon (5’) CAG (3’) peut mettre en place lors de
la traduction du codon correspondant le ou les acide(s) aminé(s) suivant(s) :
A. Glutamine
B. Valine
C. Leucine
D. Asparagine
E. Proline
QCM 18 : Au cours de l'initiation de la traduction chez les eucaryotes :
A. Il y a formation du complexe ternaire : tRNAi Met-Met + eIF2 + GTP.
B. Ce complexe vient se lier à la petite sous-unité ribosomale 40S.
C. Dans le même temps, la grande sous-unité ribosomale s'est associée au mRNA seul.
D. L'anticodon initiateur du mRNA sur lequel vient se fixer le complexe 40S-tRNA-eIF2 est le plus
souvent un AUG.
E. Le ribosome possède différents sites : parmi eux, le site A où se fixe le tRNAi Met-Met et le site P.
QCM 19 : A propos des étapes de la traduction :
A. Elles sont au nombre de 3 : Initiation – Élongation – Terminaison.
B. Elles nécessitent des facteurs tels que les eIF, les EF et les eRF.
C. Le signal de terminaison est un codon Stop (au nombre de 3 dans le code génétique).
D. Quand le ribosome repère un codon Stop, un dernier tRNA chargé vient se fixer en face de ce codon.
E. Au moment de relâcher la protéine néoformée, les sous-unités ribosomales sont dissociées et toujours
détruites.
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114. Correction
QCM 1 : ABDE
B/ On dit alors que l’acide aminé est activé
C/ Au ribose !!
QCM 2 : A
B/ Le tableau fait apparaître les combinaisons de nucléotides formant les codons des ARN messagers
(ARNm) !!
C/ 4 X 4 X 4 = 64 possibilités de codons et seulement 20 acides aminés
D/ Faux car un même acide aminé peut provenir de plusieurs codons différents (on dit que le code
génétique est dégénéré)
E/ Bien qu’on dise que le code génétique est universel, il existe certaines exceptions
QCM 3 : ACE
B/ D’abord la petite sous-unité ribosomique
D/ Un GTP
QCM 4 : BE
codon  (5’)AGG(3’)
Wobble au niveau de la 3ème base du codon (le G en 3’)
Donc face aux bases 1 et 2 on a un appariement standard : (3’)UC . (5’)
Pour la 3ème base, face à ce G peuvent se mettre en place C ou U (cf. tableaux du Wobble)
Donc face à ce codon peuvent se mettre les anticodons (5’)UCU(3’) ou (5’)CCU(3’)
QCM 5 : BCD
A/ Au niveau de RER (RE rugueux) = REG (RE granuleux). Cet aspect est dû justement à la présence des
ribosomes en surface en train de synthétiser ces protéines
E/ Ces protéines sécrétées ne reviennent plus dans le cytoplasme dans des conditions normales ! Elles
sont dans le RE, dans le Golgi ou dans des vésicules pour voyager entre ces organites et sortir à
l’extérieur de la cellule (exocytose)
QCM 6 : BC
A/ Codon stop au lieu du codon pour la méthionine
B/ (5’)…UGG UGC GGU AUG CGA UGA UGG UAC UCC GAC…(3’)
C/ (3’)…GCU UGA AAA AAU AGC GUA AGG CGU GGU ACG AAC…(5’)
D/ Cette séquence d’ARNm n’a pas grand chose en commun avec ce peptide
E/ Thr au lieu du codon stop
QCM 7 : CDE
A/ Donc NON-équivoque
B/ 3 cadres de lecture théoriques mais 1 seul est fonctionnel et est déterminé par le véritable codon
d’initiation AUG. Les virus peuvent avoir plusieurs cadres de lecture.
C/ Vrai car l’ARNt(Met) initiateur s’amène que pour le codon AUG d’initiation et se fixe sur le site P des
ribosomes alors que les autres ARNt(Met) s’amènent pour les codons AUG internes de l’ARNm et se
fixent sur le site A des ribosomes
QCM 8 : E
mRNA  (3’)…GAC UGU CAG CUA GGU…(5’)
Il vaut mieux rétablir l’orientation correcte 5’3’ soit (5’)…UGG AUC GAC UGU CAG…(3’) ce qui
donne (NH2)…Trp-Ile-Asp-Cys-Gln…(COOH)
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115. QCM 9 : ACD
B/ Le peptidyl-tRNA se trouve sur le site A et va être transloqué sur le site P
C/ On parle d’activité ribozyme de l’ARN
D/ Seul le tRNA(Met)-Met initiateur se positionne directement sur le site P
E/ D’1 codon soit 3 nucléotides !
QCM 10 : BCDE
A/ Le génome mitochondrial fabrique des ribosomes qui se retrouvent donc dans la mitochondrie
B/ Vrai puisqu’il semblerait que ce soit les ARNr qui aient l’activité enzymatique (= ribozyme) et non les
protéines ribosomales. De plus ces ARNr se trouvent au cœur de la structure alors que les protéines sont
périphériques.
E/ RRF = Ribosome Recycling Factor
QCM 11 : aucune
A. Le code génétique est dit dégénéré car un même acide aminé est codé par plusieurs codons.
B. L’anticodon (3’)AGG(5’) peut s’apparier aux codons (5’)UCU(3’) et (5’)UCC(3’) qui codent pour la
sérine.
C. Codon du mRNA.
D. Puisque les acides aminés sont codés par plusieurs codons, pour une même structure primaire
peptidique, il existe plusieurs séquences de mRNA possibles.
E. Différents codons peuvent coder le même acide aminé.
QCM 12 : E
A. Avec le phénomène du wobble, l’anticodon (5’)IUA(3’) peut s’apparier avec les codons (5’)UAU(3’),
(5’)UAC(3’) et (5’)UAA(3’).
B. Le phénomène du wobble concerne la première base de l’anticodon.
C. Un codon est constitué de trois bases parmi les 4 du mRNA : A, G, C et U.
D. Il existe 3 cadres de lecture possibles pour une même séquence de mRNA.
QCM 13 : CD
Trp => codon (5’)UGG(3’)
Anticodon (3’)ACC(5’) = (5’)CCA(3’)
Et (3’)ACU(5’)
QCM 14 : A
A. Anticodon (5’)UAA(3’)  codons (5’)UUA(3’) et (5’)UUG(3’)  Leucine pour les deux.
B. Le codon (5’)ACG(3’) peut s’apparier aux anticodons (5’)CGU(3’) et (5’)UGU(3’). Attention au sens
5'---> 3'!
C. Met : codon (5’)AUG(3’) qui s’apparie avec (3’)UAC(5’) et (3’)UAU(5’).
D. L’inosine ne peut se situer qu’en première position de l’anticodon (côté 5’).
E. Les codons de l’arginine : 3 anticodons nécessaires :
(5’)CGU(3’)
(5’)CGA(3’) (3’)GCI(5’)
(5’)CGC(3’)
(5’)CGG(3’) (3’)GCU(5’)
(5’)AGA(3’)
(5’)AGG(3’) (3’)UCU(5’)
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116. QCM 15 : B
A. Un acide aminé est codé par un seul (Trp, Met) ou plusieurs codons (tous les autres).
C. Le codon appartient à l’ARNm et l’anticodon à l’ARNt.
D. La liaison se fait entre l’AA et le ribose de l’adénosine terminal de l’ARNt.
E. Il agit au niveau des 2 sous-unités ribosomales.
QCM 16 : AC
B. L’ARNm porte des codons.
C. Vrai : Anticodon (3’)CGA(5’)  codon (5’)GCU(3’) qui code pour une alanine.
QCM 17 : C
Anticodon (5’)CAG(3’)  Codon (5’)CUG(3’)  Leucine
QCM 18 : AB
C. Non, la grosse sous-unité est le dernier élément à venir se fixer lorsque le complexe ternaire, la petite
sous-unité ribosomale et le mRNA se sont déjà associés.
D. Attention : sur le mRNA, AUG est un codon. L'anticodon appartient au tRNA.
E. Normalement les tRNA chargés de leur acide aminé arrivent sur le site A. Mais le tRNA initiateur
porteur de la méthionine vient lui se fixer directement sur le site P.
QCM 19 : ABC
D. Attention : aucun tRNA ne correspond à un codon stop !
E. Les sous-unités ne sont pas forcément détruites, elles peuvent resservir à d'autres traductions.
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117. MUTATIONS ET MUTATIONS HEMOGLOBINE
21 QCM
QCM 1 : Quelles mutations parmi les suivantes sont considérées comme des macrolésions :
A/ La recombinaison inégale
B/ L’addition d’une paire de bases responsable d’un décalage du cadre de lecture
C/ La translocation
D/ La réplication
E/ Une mutation non-sens sur la queue polyA
QCM 2 : On donne une partie de la séquence nucléotidique normale du mRNA codant pour une
protéine et la version de la même séquence chez un patient.
Normal …… CCU UAU UUU CUA ACA UAA CGU GCU…..
Patient …… CCU UAU UUU CUA AAC AUA ACG UGC ….
Indiquez les propositions exactes :
A/ Cette séquence code pour la partie N- terminale de la protéine.
B/ Il s’agit d’une délétion qui a pour conséquence un décalage du cadre de lecture.
C/ La protéine synthétisée chez le patient est rallongée par rapport à sa forme normale.
D/ Sur le codon 6 de cette séquence, le codon stop a été remplacé par une Ile.
E/ Quelle que soit la forme, sur la séquence protéique codée par cette séquence de mRNA on trouve une
seule Thr.
QCM 3 : Quelles propositions vous paraissent exactes en ce qui concerne les lésions du DNA :
A/ La fusion de 2 gènes induit probablement l’apparition d’une protéine chimère non fonctionnelle.
B/ Une mutation non-sens concernant la partie initiale de la protéine induit une forme de longueur quasi
normale mais non fonctionnelle.
C/ Une délétion du codon d’initiation induit un décalage du cadre de lecture et donc une protéine
anormale, non fonctionnelle.
D/ La création d’un nouveau site d’épissage du mRNA induit toujours une protéine non fonctionnelle.
E/ Une amplification génique est à l’origine d’une sous expression du gène en question et probablement
de l’apparition d’un cancer.
QCM 4 : Une mutation ponctuelle induit l’apparition d’un acide glutamique à la place d’un acide
aspartique. Indiquez les propositions exactes :
A/ C’est une transition de bases qui est à l’origine de la mutation.
B/ La mutation est en position 3 du codon.
C/ Un acide aminé apolaire a été remplacé par un autre apolaire.
D/ La charge électrique de la protéine est complètement modifiée.
E/ Il s’agit d’une mutation non-sens.
QCM 5 : En position 67 de la chaîne β de l’hémoglobine A humaine il y a une valine.
Elle est remplacée par une alanine dans l’hémoglobine Sydney, un aspartate dans l’hémoglobine
Bristol et un glutamate dans l’hémoglobine Milwaukee.
Indiquer les propositions exactes :
A/ Dans l’hémoglobine Sydney, le gène matrice subit une mutation T -> C.
B/ Toute transition U-> A dans la position 2 du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.
C/ Une mutation Bristol modifie la charge électrique de la chaîne β de l’hémoglobine.
D/ Les hémoglobines Sydney, Bristol et Milwaukee résultent de mutations ponctuelles qui décalent le
cadre de lecture.
E/ Une transition U -> A en position 3 du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.
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118. QCM 6 : Même énoncé que l’exercice précédent :
A/ Si la valine en position 67 est remplacée par une glutamine, l’hémoglobine est dite Milwaukee
B/ Une transversion G -> A en 3e position du codon 67 donne une hémoglobine Bristol.
C/ Une transversion U -> A en 2e position du codon 67 peut donner une hémoglobine Milwaukee.
D/ L’hémoglobine Bristol résulte d’une délétion ponctuelle.
E/ Le nombre d’acides aminés de la chaîne β de l’hémoglobine s’en trouve modifiée.
QCM 7 : La gènes de la famille β sont placés sur le chromosome 11 dans l’ordre suivant : ε, Gγ, Aγ,
ψβ, δ et β. Quelle(s) mutation(s) peut (vent) être létale(s) au cours de la vie intra utérine ?
A/ Un décalage du cadre de lecture à partir de ψβ.
B/ Une mutation silencieuse sur la séquence codant Aγ.
C/ Une délétion en tout début de la séquence codant pour ε.
D/ Une mutation non-sens sur le brin matrice de δ.
E/ Une mutation faux sens sur la séquence codant pour Gγ.
QCM 8 : Indiquez les propositions qui vous paraissent exactes en ce qui concerne les globines :
A/ Elles dérivent toutes d’un même gène ancestral ε qui s’est dupliqué puis a divergé pour donner les
différentes globines.
B/ La myoglobine s’est séparée des hémoglobines il y a 600 Ma.
C/ Les gènes β et δ ont évolué à partir d’un gène ancestral commun qu’ils ne partagent pas avec les
autres hémoglobines il y a 200 Ma.
D/ L’expression des différents gènes de globines subissent une régulation tissulaire et temporelle.
E/ Les pseudo gènes présentent une séquence régulatrice mais ne sont pas traduits.
QCM 9 : Indiquez les propositions exactes en ce qui concerne l’expression des globines :
A/ Les γ globines atteignent un pic d’expression à la naissance.
B/ La ζ globine s’exprime pendant la vie intra utérine.
C/ La globine ε s’exprime au niveau de la moelle osseuse.
D/ La β globine atteint son maximum d’expression 3 mois avant la naissance.
E/ La globine α s’exprime uniquement après la naissance.
QCM 10 : Concernant le chromosome 11 et la famille de la β globine :
A/ Les gènes ζ et β son situés dans cette région.
B/ Un pseudo gène β « ψβ » est situé placé dans cette région.
C/ Les gènes codant pour les globines α sont situés sur un autre chromosome.
D/ Un décalage du cadre de lecture à partir de ψβ causée par une délétion peut induire une β-thalassémie.
E/ Le gène ψγ ne peut être exprimé car il a perdu sa séquence régulatrice.
QCM 11 :
La partie terminale du mRNA mature codant pour l’hémoglobine A humaine est indiquée ci-
dessous.
Hb A : UCU_ AAA_ UAC_ CGU_ UAA_ GCU_ UAA_ GCU_ CGA_ GCC_ UCG
…. Ser - Lys - Tyr – Stop
138 139 140 141
Un patient présente une délétion du C appartenant au codon 141. Indiquer les propositions exactes.
A/ Cette délétion est une mutation ponctuelle.
B/ Cette délétion entraîne un décalage du cadre de lecture.
C/ La protéine synthétisée est plus courte que la protéine standard.
D/ Le patient présente une β- thalassémie.
E/ Le patient présente une lysine en position 139 et 142.
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119. QCM 12 :
La séquence normale d’un gène est la suivante :
…CCT_ GAG_ GAG…
...Pro5 – Glu6- Glu7 …
Mutation 1: …CCT_ GAG_ AG…
Mutation 2: … CCT_ AAG_ CAG…
Mutation 3: …CCT_ GAA_ GAG…
Mutation 4: … CCT_ UAG_ GAG…
A/ La mutation 1 induit une l’apparition d’une sérine en position 7.
B/ La mutation 2 induit l’apparition d’une protéine plus longue.
C/ La mutation 4 est à l’origine d’une protéine plus courte.
D/ La mutation 3 est une mutation non –sens.
E/ La mutation 4 induit un décalage du cadre de lecture.
QCM 13 : Supposons qu'une mutation du gène d'un tRNA transforme son anticodon (5’)AGC(3’)
en (5’)CGC(3’), quelle est la conséquence pour la protéine ?
A. L'Ala de départ se transforme en Ser.
B. La Ser de départ se transforme en Ala.
C. L'Ala de départ reste inchangée.
D. La Ser de départ reste inchangée.
E. Aucune des propositions énoncées.
QCM 14 : A propos des macrolésions :
A. Une inversion est une macrolésion.
B. La fusion de gènes est une macrolésion qui peut conduire à la formation de nouveaux gènes au cours
de l'évolution.
C. Des recombinaisons inégales au cours de la mitose peuvent aboutir à l'apparition de macrolésions.
D. Une délétion intragénique touchant le gène de la globine peut entraîner une α-thalassémie car le gène
en question peut ne plus être exprimé.
E. On peut juger de la gravité d'une lésion à sa localisation sur le DNA codant ou pas.
Le gène d'une protéine contient 12 exons. Une mutation ponctuelle (transition C en T sur le brin
matrice) modifie le codon d'un tryptophane (Trp) du 6ème exon de ce gène.
QCM 15 : Quel était la séquence du codon avant la mutation ?
A. (5’)UGG(3’)
B. (5’)UAG(3’)
C. (5’)UGA(3’)
D. (5’)GGU(3’)
E. Aucun des codons cités.
QCM 16 : Quelle est la conséquence de cette mutation sur la structure de la protéine ?
A. C'est une mutation non sens.
B. C'est une mutation faux sens.
C. La protéine mutée synthétisée est anormalement longue.
D. La mutation induit un changement du cadre de lecture.
E. La mutation induit la synthèse d'une protéine tronquée à cause de l'apparition d'un codon stop.
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120. QCM 17 : A propos des "frame-shift" (ou changement du cadre de lecture) :
A. Une mutation ponctuelle silencieuse peut induire un frame-shift.
B. Une délétion de 3 bases successives sur le brin matrice induit un décalage du cadre de lecture ou
frame-shift.
C. Une insertion d’un nucléotide survenant dans l'ADN codant induit un frame-shift.
D. Un frame-shift induit souvent une perte de fonction de la protéine.
E. Une délétion dans le DNA intergénique induit un frame-shift dans les gènes situés en aval de la
mutation.
QCM 18 : Concernant les mutations de l’ADN :
A. Une macrolésion est une mutation affectant un grand nombre de paires de bases.
B. Lorsque deux gènes fusionnent ils peuvent donner naissance à un nouveau gène : ce mécanisme a
contribué à l’évolution phylogénétique des espèces.
C. Lorsqu’un chromosome subit une délétion, la cellule à laquelle il appartient peut soit mourir soit
réparer cette lésion.
D. Une mutation touchant l’ADN codant a de fortes chances de passer inaperçue.
E. Les effets d’une mutation seront d’autant plus faibles que le nombre de copies de ce gène est faible.
QCM 19 : Concernant les mutations de l’ADN :
A. Les mutations sont des pathologies moléculaires affectant l’ADN et donc les protéines.
B. Si une mutation affecte une zone régulatrice d’un gène, elle aura pour conséquence une inhibition de sa
transcription.
C. Une mutation intronique peut se traduire par une protéine plus longue.
D. Si la mutation touche le codon AUG de l’ARNm alors sa traduction augmentera.
E. Une mutation génique a toujours une expression phénotypique.
QCM 20 : Concernant les mutations de l’ADN :
A. Une mutation est dite faux sens quand elle substitue un acide aminé par un autre.
B. Une mutation est dite non sens quand elle substitue un codon sens par un codon stop.
C. Une mutation aura une gravité d’autant plus importante que l’acide aminé muté et l’acide aminé
normal auront des propriétés physico-chimiques proches.
D. Une mutation portant sur un codon stop peut se traduire par une protéine allongée.
E. A cause de la redondance du code génétique, il se peut que l’acide aminé après mutation et l’acide
aminé initial soient le même : la mutation est alors dite silencieuse.
QCM 21 : Concernant les mutations de l’ADN :
A. Une insertion d’un nucléotide qui se produit dans une zone d’ADN intergénique induit un frame-shift.
B. Les gènes codant pour la globine ont une extraordinaire variété de mutations différentes, certaines
étant à l’origine de maladies du sang telles que les thalassémies.
C. L’hémoglobine peut, par mutation, générer une hémoglobine E moins stable et qui peut donc être à
l’origine d’une anémie hémolytique.
D. Il existe une possibilité de réversion d’une mutation : suite à une première mutation, qui provoque un
changement de codon, surviendra une deuxième mutation de ce codon muté qui permettra de revenir à un
codon qui code pour l’acide aminé initial.
E. Elles possèdent aussi des ARNt particuliers, dit suppresseurs, qui peuvent réverser la mutation
touchant un codon grâce à une mutation touchant l’anticodon correspondant.
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121. Correction
QCM 1 : AC
B/ C’est une microlésion
D/ La réplication est physiologique, ce n’est pas une mutation
E/ Cette mutation n’affecte pas le DNA en tant que tel, seule la durée de vie du mRNA de la protéine en
question verra sa durée de vie très diminuée, d’où une diminution aussi de la synthèse de cette protéine.
QCM 2 : CDE
A/ Le codon stop indique qu’il s’agit plutôt de la séquence C- terminale.
B/ Il s’agit d’une insertion mais qui induit bien un frame shift.
QCM 3 : A
B/ Cette protéine sera tronquée à son tout début, ce qui est équivalent à une non-expression du gène
codant.
C/ Cette mutation empêche l’initiation même de la transcription protéique.
D/ Cas de l’épissage alternatif.
E/ Une amplification induit une sur expression.
QCM 4 : B
A/ Il peut s’agir d’une transition ou d’une transversion.
C/ L’acide aminé polaire acide a été remplacé par un autre de la même catégorie.
D/ Comme il s’agit de 2 acides aminés acides, ça n’a pas de très grosse conséquence sur la charge
protéique.
E/ Il n’y a pas d’apparition de codon stop mais d’un autre acide aminé, c’est donc une mutation faux-sens.
QCM 5 : C
A/ Sur le brin d’ADN matrice, complémentaire du mRNA, il s’agit d’une transversion A-> G.
B/ Cette mutation donne une hémoglobine Bristol ou Milwaukee.
D/ Il s’agit bien de mutations ponctuelles mais il n’y a pas de frame shift.
E/ Il s’agira d’une valine, par redondance du code génétique.
QCM 6 : C
A/ L’Hb Milwaukee présente un glutamate en position 67.
B/ L’Hb Bristol résulte d’une mutation en 2e position du codon et la mutation G -> A est une transition.
D/ Il s’agit d’une mutation ponctuelle.
E/ Le nombre d’acides aminés est le même.
QCM 7 : CE
A/ Car δ et β ne sont pas nécessaires à la vie in utéro.
B/ La mutation étant silencieuse elle n’a pas de conséquence sur l’enchaînement peptidique.
D/ δ et β ne sont pas nécessaires à la vie in utéro.
QCM 8 : BD
A/ Ce gène ancestral a bien existé mais ce n’est pas ε.
C/ Ces 2 hémoglobines ont divergé l’une de l’autre il y a 40 Ma.
E/ C’est justement l’absence de séquence régulatrice de ces gènes qui fait en sorte qu’ils ne sont pas
exprimés.
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122. QCM 9 : AB
C/ Cette globine s’exprime pendant la vie in utéro, donc au niveau des organes hématopoïétiques de cette
étape, à savoir le foie et la rate.
D/ Elle atteint son maximum d’expression au cours de la vie adulte.
E/ Elle commence à s’exprimer à partir du 3e mois de la vie intra utérine.
QCM 10 : BCDE
A/ ζ est codé par le chromosome 16.
QCM 11 : ABE
C/ Elle est plus grande car le codon stop en position 141 n’est pas traduit.
D/ On n’a aucune donnée sur la β globine de ce patient.
QCM 12 : C
A/ Elle induit l’apparition d’une serine ou d’une arginine.
B/ Cette mutation est une transversion.
D/ C’est une mutation silencieuse.
E/ Elle induit l’apparition d’un codon stop.
QCM 13 : C
Avant mutation : Anticodon
1 2 3
A G C
: : :
U C G => 5' GCU 3' => correspond à Ala
3 2 1
Codon
Après mutation : Anticodon
1 2 3
C G C
: : :
G C G => 5' GCG 3' => correspond à Ala
3 2 1
Codon
Donc l'Alanine de départ reste finalement inchangée, ce qui n'a aucune conséquence fonctionnelle sur la
protéine (mutation silencieuse ou muette).
QCM 14 : ABD
C. Les recombinaisons ou crossing-over surviennent au cours de la méiose.
E. Une délétion touchant des zones régulatrices est grave, tout comme une délétion sur de l'ADN codant
aboutissant à la synthèse d'une protéine non fonctionnelle.
QCM 15 : A
Rechercher les codons correspondant au tryptophane. Il n'y en a qu'un : (5’)UGG(3’).
Attention! Le brin matrice est l'ADN codant pour l'ARNm, donc la transition de C en T pour l'ADN
revient a une transition de G en A pour l'ARNm.
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123. QCM 16 : AE
La mutation entraîne l'apparition d'un codon stop à la place du codon tryptophane : UGG est remplacé par
UGA ou UAG (selon si c’est le 1er ou le 2ème C qui est substitué par T). La protéine mutée synthétisée est
par conséquent anormalement courte et donc probablement inactive. La mutation n'est pas décalante car
le nombre de bases est respecté.
(5’)UGG(3’) correspond au triplet du brin matrice d’ADN (5’)CCA(3’)
Selon la transition on a (5’)TCA(3’) ou (5’)CTA(3’)
Soit les codons : (3’)AGU(5’) ou (3’)GAU(5’) qui sont des codons stop (UGA ou UAG).
QCM 17 : CD
A. Une mutation silencieuse n'entraîne aucune conséquence physiopathologique donc pas de frame-shift.
B. Une délétion de 3 bases successives sur le brin matrice induit la disparition d'un codon sens ou stop
donc entraîne la suppression d'un acide aminé ou le prolongement de la traduction (respectivement), sans
décalage du cadre de lecture.
D. Vrai car la plupart des codons et donc des acides aminés se trouvent changés.
E. Un frame-shift est un décalage du cadre de lecture, et la "lecture" survient uniquement dans l'ADN
codant, donc pas dans l'ADN intergénique.
QCM 18 : ABC
D. Elle a de fortes probabilités de s’exprimer.
E. Les effets seront d’autant plus faibles que le nombre de copies du gène est élevé car les autres copies
de ce gène pourront synthétiser des protéines normales.
QCM 19 : AC
B. Inhibition mais parfois aussi stimulation.
C. Vrai: la conséquence pourrait être la non excision de l'intron.
D. La traduction ne pourra pas se faire à cet endroit car seul le codon AUG code pour la méthionine.
E. Les mutations silencieuses n’en ont pas.
QCM 20 : ABDE
C. Elle aura d’autant moins de conséquences que les deux acides aminés auront des propriétés physico-
chimiques proches.
QCM 21 : BCDE
A. Une insertion ne provoque un frame-shift que lorsqu’elle touche une zone transcrite de l’ADN.
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124. ANTIBIOTIQUES ET ANTIMETABOLITES
12 QCM
QCM 1 :
Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent la transcription à la fois chez
les procaryotes et les eucaryotes :
A/ Rifamycine
B/ Hydroxylamine
C/ Erythromycine
D/ Actinomycine D
E/ Puromycine
QCM 2 : La puromycine :
A/ Bloque la transcription et la traduction à la fois chez les procaryotes et les eucaryotes
B/ Dans la structure de la puromycine une sorte d’acide aminé est fixé à un analogue du ribose par une
liaison ester
C/ Elle se place sur le site A des ribosomes
D/ Le peptidyl-puromycine a le même rôle que le peptidyl-ARNt
E/ Sa base pyrimidique est diméthylée
QCM 3 :
Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent la traduction chez les
procaryotes :
A/ Chloramphénicol
B/ Cycloheximide
C/ Tétracycline
D/ Rifamycine
E/ Puromycine
QCM 4 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ L’acridine est un agent intercalaire provoquant des mutations de l’ADN chez procaryotes et eucaryotes
B/ L’α-amanitine inhibe la transcription chez les eucaryotes
C/ La mitomycine inhibe les topoisomérases bactériennes
D/ L’actinomycine D peut être utilisée en thérapeutique chez l’homme pour combattre les bactéries car
elle inhibe la transcription chez ces dernières
E/ Rifamycine, tétracycline, chloramphénicol, streptomycine et érythromycine ont en commun d’être des
inhibiteurs spécifiques des procaryotes
QCM 5 :
Les antibiotiques ou antimétabolites suivants inhibent ou perturbent le métabolisme des
procaryotes :
A/ Mitomycine
B/ Actinomycine D
C/ Puromycine
D/ Acide nalidixique
E/ Rifamycine
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125. QCM 6 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Au niveau médical, l’antibiotique lutte contre les bactéries alors que l’antimétabolite interfère avec le
métabolisme de la cellule.
B. La mitomycine agit comme agent anti-cancéreux car elle bloque la division des cellules cancéreuses et
non celle des cellules à division normale.
C. Le bromo-uracile est un agent intercalaire c’est-à-dire qu’il s’intègre à l’ADN et forme des
appariements anormaux.
D. L’actinomycine D est un inhibiteur de la transcription non spécifique (il agit sur les cellules eucaryotes
et procaryotes).
E. L’actinomycine D est donc quotidiennement utilisée en thérapeutique.
QCM 7 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La rifamycine B est utilisée en thérapeutique comme anti-infectieux.
B. L’α-amanitine est un inhibiteur de la transcription.
C. L’α-amanitine est un peptide cyclique qui inhibe les DNA-polymérases DNA-dépendantes.
D. La tétracycline est utilisée comme antibiotique en thérapeutique car elle inhibe la traduction des
procaryotes sélectivement.
E. L’érythromycine inhibe l’étape de translocation pour la synthèse protéique chez les eucaryotes.
QCM 8 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. On utilise le chloramphénicol pour inhiber la traduction des procaryotes.
B. Le chloramphénicol est peu utilisé car certains sujets ont présenté une agranulocytose avec ce produit.
C. La puromycine se place sur le site P du ribosome ce qui arrête la synthèse peptidique chez les
procaryotes et les eucaryotes.
D. Les agents intercalaires sont capables de s’insérer entre deux bases successives sur le même brin
d’ADN.
E. La mitomycine est un agent intercalaire qui bloque la réplication.
QCM 9 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Le bromo-uracile et l’hydroxylamine ont des effets mutagènes.
B. La puromycine est peu toxique pour les cellules eucaryotes.
C. Le cycloheximide inhibe la traduction sélectivement chez les procaryotes.
D. L’-amanitine peut-être utilisée en laboratoire pour savoir si un phénomène dépend de la régulation
de la transcription car elle bloque la biosynthèse des RNA.
E. La tétracycline est utilisée en traitement antibiotique.
QCM 10 : Parmi les antibiotiques et antimétabolites suivants, lesquels sont des inhibiteurs de la
transcription ?
A. Streptomycine
B. Actinomycine D
C. Tétracycline
D. -amanitine
E. Cycloheximide
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126. QCM 11 : Une expérience sur un mélange de ribosomes eucaryotes et procaryotes vise à évaluer
spécifiquement la traduction de protéines histones :
A. L’utilisation de l’érythromycine permet d’inhiber spécifiquement l’activité du ribosome procaryote.
B. Le chloramphénicol inhibe l’activité peptidyl-transférase bactérienne tout en n’ayant aucun effet sur
les cellules eucaryotes.
C. Le blocage des ribosomes procaryotes est indispensable pour pouvoir évaluer l’activité de traduction
des histones par des ribosomes eucaryotes.
D. Alors que son utilisation est courante en thérapeutique, le cycloheximide ne convient pas à cette
expérience.
E. Le bromure d’éthidium, analogue de la Thymine, induit des mutations dans le DNA codant pour les
histones.
QCM 12 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. Les antibiotiques et antimétabolites suivants ne sont pas utilisés en thérapeutique chez l’Homme :
actinomycine D, -amanitine et acide nalidixique.
B. L’administration de chloramphénicol peut-être à l’origine d’agranulocytoses.
C. La mitomycine permet l’inhibition de la division cellulaire des cellules cancéreuses spécifiquement.
D. L’-amanitine peut induire le décès d’humains par destruction hépatique.
E. Pour traiter la tuberculose, on utilise le plus souvent la streptomycine.
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127. Correction
QCM 1 : D
A/ Inhibe transcription chez proca
B/ Agent mutagène
C/ Inhibe traduction chez proca
E/ Inhibe traduction chez proca et euca
QCM 2 : C
A/ Ne bloque que la traduction
B/ Liaison amide
D/ Le peptidyl-ARNt ne bloque pas la synthèse et ne sort pas du ribosome contrairement au peptidyl-
puromycine
E/ Base purique (adénine) diméthylée
QCM 3 : ACE
B/ Chez eucaryotes
D/ Inhibe transcription
Attention : si on nous demandait les molécules qui inhibent la traduction chez les procaryotes
spécifiquement il ne faudrait pas citer la puromycine qui inhibe chez proca et euca !!
QCM 4 : ABE
C/ La mitomycine inhibe la réplication
D/ Non car elle inhibe aussi la transcription des cellules humaines (eucaryotes)
QCM 5 : ABCDE
A/ Bloque la réplication chez proca et euca
B/ Bloque la transcription chez proca et euca
C/ Bloque la traduction chez proca et euca
D/ Bloque topoisomérases (donc que chez proca)
E/ Bloque transcription chez proca seulement
QCM 6 : AD
B. Pas spécifique des cellules cancéreuses.
C. C’est un agent mutagène non intercalaire.
E. Pas utilisé en thérapeutique car agit aussi sur les cellules humaines.
QCM 7 : ABD
C. Inhibe les RNA-polymérases.
E. Elle agit chez les procaryotes.
QCM 8 : ABD
C. Site A du ribosome.
E. Ce n’est pas un agent intercalaire.
QCM 9 : ADE
B. Elle est toxique pour les cellules eucaryotes et procaryotes.
C. Seulement chez les eucaryotes.
E. Vrai car n’agit que chez les bactéries.
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128. QCM 10 : BD
A. La streptomycine inhibe l’initiation de la traduction.
C. La tétracycline se lie à la sous-unité 30S des ribosomes procaryotes et inhibe la traduction.
E. Le cycloheximide inhibe la peptidyl-transférase des sous-unités 60S des ribosomes eucaryotes.
QCM 11 : AC
B. Le chloramphénicol peut inhiber les ribosomes mitochondriaux des cellules eucaryotes.
C. Vrai: Si vous mettez les 2types de ribosomes en présence d'ARNm codant pour les histones, les 2
pourront le traduire, (Cependant physiologiquement il n'y a pas d'histones chez les procaryotes, car ils ne
possèdent pas les gènes codants pour!)
D. Le cycloheximide n’est utilisé qu’en laboratoire car il est très toxique pour les cellules humaines.
E. Le bromure d’éthidium est un agent intercalaire, c’est le 5-bromo-uracile qui est analogue de la
Thymine.
QCM 12 : BD
A. L’acide nalidixique est utilisé chez l’homme comme antibiotique anti-infectieux car elle inhibe les
topoisomérases bactériennes. Les 2 autres peuvent agir sur les cellules humaines donc on ne peut pas les
utiliser.
C. La mitomycine agit sur la réplication des cellules cancéreuses mais aussi sur celle des cellules saines.
E. La streptomycine n’est plus utilisée couramment car elle est toxique pour le nerf auditif. La rifanpicine
est un autre antituberculeux.
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129. rTECHNIQUES
65 QCM
TECHNIQUES GENERALES – OUTILS ENZYMATIQUES
QCM 1 : Parmi les mots ou phrases suivant(e)s, quel(le)s sont ceux(celles) qui représente(nt) une
séquence de type palindromique. (sans compter les accents, les espaces et la ponctuation)
A/ kayak B/ sexe vêtu, tu te vexes C/ Luce, le valet te lave le cul
D/ en route, je tourne E/ un drôle de lord nu
QCM 2 :
A/ On peut utiliser de l’ADN d’hématies ou de plaquettes sanguines pour travailler sur le génome d’un
individu.
B/ Les RNA sont plus fragiles que les DNA.
C/ Contrairement à l’ARN, on va toujours fragmenter l’ADN en morceaux de grande taille avant de
l’utiliser.
D/ Le BET est un agent intercalent qui peut servir à visualiser les acides nucléiques car il émet une
fluorescence.
E/ Tous les acides nucléiques migrent vers l’anode.
(énoncé valable pour les QCM 3 à 7) : Parmi les séquences d’acide nucléiques suivantes :
A/ 5’…AAGCACGAA…3’ B/ 5’…UUGCGUU…3’
C/ 3’…GCCCGGGC…5’ D/ 5’…ACGCGT…3’ E/ 3’…TACGCAT…5’
5’…CGGGCCCG…3’ 3’…UGCGCA…5’
QCM 3 : La(les)quelle(s) est(sont) du type palindromique et peut(peuvent) être coupée(s) par une
enzyme de restriction de type II ?
QCM 4 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré par
une RNase A ?
QCM 5 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré par
une RNase H ?
QCM 6 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique capable d’être digéré par
une Nucléase S1 ?
QCM 7 : La(les)quelle(s) peut(peuvent) appartenir à un acide nucléique simple brin capable de
servir de matrice à une DNA polymérase I ?
QCM 8 : On dispose d’un génome d’ADN double brin (sans misappariement) et circulaire.
A/ Il est possible qu’il soit clivé par une exonucléase.
B/ Il peut être clivé par une endonucléase de restriction de type II.
C/ Il peut servir de matrice à une transcriptase inverse.
D/ Il peut subir l’action d’une terminal-transférase.
E/ Il peut être clivé par une nucléase S1.
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130. QCM 9 : L’endonucléase de restriction SpeI reconnaît la séquence ACTAGT (selon les conventions
d’écritures usuelles) et clive entre A et C (lorsque l’ADN est double brin).
A/ Après coupure, on peut retrouver un fragment 5’…TGATC
3’…A
B/ Après coupure, on peut retrouver un fragment 5’…A
3’…CTAGT
C/ Etant donné que sur l’un des deux brins la coupure se fait entre A et C, sur l’autre brin la coupure se
fait entre T et G.
D/ Après coupure, on peut retrouver les fragments 5’…A CTAGT…3’
3’…T GATCA…5’
E/ Cette enzyme est une endonucléase de restriction de type II
QCM 10 : Parmi ces séquences, lesquelles peuvent être digérées par une Nucléase S1
A/ 5’…ATGCACGAA…3’ B/ 5’…UUGCGUU…3’
C/ 3’…GCCCGGGC…5’ D/ 5’…ACGCGT…3’ E/ 3’…TACGCAT…5’
5’…CGAAACCG…3’ 3’…UGCGCA…5’ 5’…ATGAGTA…3’
QCM 11 : Soit les enzymes de restrictions suivantes, pour lesquelles les séquences de
reconnaissance respectives sont notées de 5’ en 3’ et le point de clivage (sur de l’ADN double brin)
par "/".
Fat I /CATG PaeI GCATG/C NlaIII CATG/ SunI C/GTACG
A/ PaeI et NlaIII sont des isoschizomères.
B/ PaeI et SunI sont des isoschizomères.
C/ NlaIII et FatI sont des isoschizomères.
D/ Si une séquence d’ADN x est coupée par PaeI et si une séquence d’ADN y est coupée par NlaIII, un
fragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupure
sont compatibles.
E/ Si une séquence d’ADN x est coupée par NlaIII et si une séquence d’ADN y est coupée par FatI, un
fragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupure
sont compatibles.
F/ Si une séquence d’ADN x est coupée par FatI et si une séquence d’ADN y est coupée par SunI, un
fragment d’ADN x peut être recollé à un fragment d’ADN y car les extrémités obtenues après coupure
sont compatibles.
(énoncé valable pour les QCM 12, 13 et 14) : Les séquences d’ADN suivantes, provenant
respectivement des patients P1 et P2 sont utilisées au cours des expériences qui suivent :
P1 5’…CGGCCGGCG…3’ P2 5’…CGGCCGACG…3’
3’…GCCGGCCGC…5’ 3’…GCCGGCTGC…5’
QCM 12 : Quelle(s) technique(s) parmi les suivantes peut-on utiliser pour différencier les séquences
d’ADN des patients P1 et P2 (sachant qu’on utilisera l’ADN des séquences données ci-dessus, qu’il soit
en simple ou en double brin)
A/ Séquençage par la méthode de Sanger
B/ Technique ASO (dot-blot) avec une très forte concentration en sels.
C/ Méthode de Northern-blot
D/ Eventuellement la technique de DGGE (électrophorèse sur un gel qui contient un gradient d’agent
dénaturant).
E/ Méthode à la RNase A (associée à l’utilisation d’une ribosonde).
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131. (énoncé valable pour les QCM 13 et 14) : On décide d’utiliser des enzymes de restriction pour
différencier les séquences des patients P1 et P2. Soit les enzymes de restriction suivantes pour
lesquelles les séquences de reconnaissance respectives sont notées de 5’ en 3’ et le point de clivage
(sur de l’ADN double brin) par "/".
HpaII C/CGG FseI GGCCGG/CC AscI GG/CGCGCC
HaeIII GG/CC TauI GCSG/C(S=G ou C) Hpy99I CGWCG/ (W=A ou T)
QCM 13 : Quelle(s) enzymes coupe(nt) la séquence d’ADN double brin du patient P1 ou la
séquence d’ADN double brin du patient P2 ou les deux.
A/ HaeIII B/ AscI C/ FseI D/ HpaII E/ Hpy99I
QCM 14 : Parmi ces enzymes, pour laquelle (ou pour lesquelles) peut-on dire : « lorsqu’on incube
séparément les séquences d’ADN de P1 et P2 avec cette enzyme, il sera possible de distinguer ces
deux séquences après électrophorèse ».
A/ TauI B/ HaeIII C/ HpaII D/ FseI E/ Hpy99I
QCM 15 : SexAI est une enzyme de restriction de classe II (qui existe pour de vrai et qui a un joli
nom, c’est vrai !) qui reconnaît une séquence de type palindromique de sept paires de bases
(uniquement) et induit une coupure entre le premier et le deuxième nucléotide de la séquence.
Après coupure sur une séquence d’ADN, on retrouve entre autre le fragment suivant :
5’…A
3’…TGGACC
D’après ces informations et vos connaissances sur les enzymes de restriction, quelle(s) séquence(s)
parmi les suivantes ne pourra(ont), selon toute hypothèse, en aucun cas être reconnue(s) et
coupée(s) par l’enzyme SexAI :
A/ 5’…ACCTGGA…3’ B/ 5’…ACCAGGT…3’ C/ 5’…ACCCGGT…3’
3’…TGGACCT…5’ 3’…TGGTCCA…5’ 3’…TGGGCCA...5’
D/ 5’…CCTGG…3’ E/ 5’…ACCXGGT…3’ (où x représente une base
3’…GGACC…5’ 3’…TGGYCCA…5’ parmi A,C,T,G et Y sa base
complémentaire)
HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDES
(il y a très peu de QCM spécifiques de cette partie)
QCM 16 : A propos de la température de fusion (qui régit entre autres la dénaturation et
l’hybridation des 2 brins d’un ADN) :
A/ Elle augmente si la longueur de l’ADN augmente.
B/ Elle augmente avec la présence de mésappariements.
C/ Elle varie avec la composition en bases de l’ADN.
D/ Elle augmente si la proportion de bases GC appariées augmente.
E/ La DO (densité optique) diminue avec l’augmentation de la température, lorsqu’on réalise une
dénaturation.
QCM 17 : A propos de l’hybridation moléculaire et des sondes :
A/ L’hybridation in situ permet de localiser une région de génome sur une préparation directe des
chromosomes en métaphase.
B/ La probabilité d’hybridation est favorisée par l’augmentation de la stringence.
C/ La probabilité d’hybridation est favorisée par une forte concentration en sels.
D/ La formamide permet d’augmenter la température de fusion.
E/ Après une dénaturation, si on abaisse brutalement la température, les brins d’ADN se réassocient
rapidement.
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132. QCM 18 : A partir d’un exemplaire non marqué d’une sonde (DNA double brin), on cherche à
obtenir une sonde marquée résistant aux RNases. Comment peut-on s’y prendre ?
A/ On réalise la technique de marquage Nick Translation qui créée des cassures sur la sonde et utilise une
polymérase pour réparer la sonde avec des XTP radioactifs, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayant
la capacité de s’hybrider.
B/ On réalise la technique de multi random priming qui consiste à dénaturer la sonde de DNA double
brin, à l’hybrider avec des amorces aléatoires (de DNA) et à combler les espaces avec des nucléotides
radioactifs et une DNA polymérase, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayant la capacité de s’hybrider.
C/ On peut tout simplement dénaturer la sonde afin d’obtenir un fragment simple brin capable de
s’hybrider.
D/ On peut inclure la sonde (de DNA) dans un vecteur qui comporte un promoteur et recréer des sondes
marquées par transcription avec des nucléotides radioactifs, puis dénaturer pour obtenir une sonde ayant
la capacité de s’hybrider.
E/ Après dénaturation, on peut insérer un brin de la sonde dans un vecteur monocaténaire (phage M13) et
répliquer radioactivement le phage à l’exception de la zone où est insérée la sonde afin d’obtenir un ADN
simple brin au niveau de la sonde (permettant l’hybridation) et double brin marqué tout autour.
PCR
QCM 19 : A propos de la technique de PCR (polymerase chain reaction) :
A/ Les "primers" ou amorces permettent de sélectionner la partie du DNA qui sera amplifiée.
B/ Elle utilise comme précurseurs ATP, CTP, GTP et TTP.
C/ Dans cette technique, on sépare les brins "matrices" et les brins néosynthétisés par chauffage (95°C
environ).
D/ Elle utilise pour l’amplification une DNA-polymérase RNA-dépendante.
E/ Elle utilise une polymérase thermostable (ou thermorésistante) comme la DNA-pol I.
QCM 20 : La technique de RT-PCR :
A/ Utilise une DNA-polymérase RNA-dépendante.
B/ Est utilisée préférentiellement pour amplifier des introns ou fragments d’introns.
C/ Utilise comme précurseurs des désoxyribonucléotides.
D/ Utilise une DNA-polymérase DNA-dépendante.
E/ Ne nécessite pas d’étape de dénaturation.
QCM 21 : A partir d’une préparation d’ARNm matures d’un individu x, on cherche à amplifier un
fragment d’ARNm qui fait 600b chez un sujet témoin, par RT-PCR, en utilisant des amorces
adaptées.
A/ Si on obtient lors de l’électrophorèse une bande de 200pb, on peut envisager une amplification
parasitaire due à une contamination de la préparation.
B/ Si le sujet ne présente pas de trouble au niveau de l’ARNm étudié et que l’expérience se déroule
correctement, on devrait trouver sur l’électrophorèse une bande de 600pb correspondant aux multiples
exemplaires du fragment d’ARNm amplifié.
C/ Si on obtient lors de l’électrophorèse une bande de 300pb, on peut envisager une anomalie d’épissage
lors de la maturation de l’ARNm étudié, ayant entraîné l’excision d’un exon de 300pb.
D/ Il serait normal d’obtenir lors de l’électrophorèse une bande supérieure à 600pb car la RT-PCR aboutit
à l’amplification d’ADN, qui possède des introns contrairement à l’ARNm mature dans lequel ils sont
normalement excisés.
E/ L’absence de bande lors de l’électrophorèse peut traduire une mutation (par exemple une délétion de
5kb) dans le gène codant pour l’ARNm, au niveau d’une des zones sensées s’hybrider avec les amorces.
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133. (énoncé valable pour les QCM 22 et 23) : La structure d’un gène et celle de son ARNm sont
représentées ci-dessous :
ATG STOP
E1 E2 E3
E4
250 50 300 200
AUG
5’ 3’
Les amorces utilisées pour la réaction de PCR sont symbolisées par des flèches. A partir de l’ARN extrait
de différents organes, on réalise une expérience de Northern en utilisant comme sonde (marquée
radioactivement) de l’ADNc de ce messager. Après autoradiographie, on obtient les résultats suivants :
1 2 3 4 5
Cerveau
0,9 kb Cœur
Poumon
Foie
Rate
QCM 22 : Quelles conclusions peut-on tirer de cette expérience ?
A/ Tous les organes expriment ce gène à un taux semblable (car la PCR standard n’est pas quantitative).
B/ Ce gène est fortement exprimé dans le foie.
C/ La « queue » polyA a une longueur d’environ 100 bases.
D/ La protéine correspondant à ce messager contient au moins 300 acides aminés.
E/ Il est possible que le gène soit exprimé dans le cerveau, mais la technique de Northern n’est pas assez
sensible pour le mettre en évidence (une RT-PCR serait préférable).
QCM 23 : On réalise une RT-PCR sur l’ARN extrait de cellules en culture provenant de différents
individus en utilisant les amorces indiquées, puis une électrophorèse (les produits amplifiés sont
révélés au bromure d’éthidium).
A/ Chez les individus sains, on s’attend à trouver une bande d’environ 900pb.
B/ Chez les individus sains, on s’attend à trouver une bande d’environ 600pb.
C/ La présence d’une bande de 550pb peut traduire une anomalie d’épissage qui entraîne la perte de
l’exon 2.
D/ La présence d’une bande de 550pb peut traduire une anomalie d’épissage qui entraîne la perte de
l’exon 1.
E/ L’absence de produit d’amplification peut traduire une délétion du gène siégeant dans l’exon 3.
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134. QCM 24 : Chez les sujets sains, l’exon 4 d’un gène contient 250pb (il n’y a pas de site pour
l’endonucléase HindIII). Cet exon peut être spécifiquement amplifié par la PCR en utilisant un
couple d’amorces s’hybridant au niveau des extrémités de cet exon. Une mutation ponctuelle dans
cet exon introduit un site pour l’enzyme HindIII. Une électrophorèse est réalisée après PCR de
cette région génique sur l’ADN de plusieurs sujets puis incubation avec HindIII (dans des
conditions de digestion complète). Après coloration au bromure d’éthidium, on obtient l’image
suivante :
Les résultats obtenus par cette méthode peuvent s’interpréter ainsi :
A/ Le sujet 2 possède 2 copies strictement identiques de l’exon 4.
1 2 3
B/ Le sujet 1 est hétérozygote pour la mutation introduisant le site
pb Hind III.
C/ Aucun allèle du sujet 2 ne présente de mutation introduisant le site
250 HindII.
D/ Le sujet 3 est probablement homozygote pour la mutation
150 introduisant le site HindII.
100 E/ Il semble qu'au moins un des allèles de chaque sujet analysé porte
un exon 4 de taille normale.
(énoncé valable pour les QCM 25 et 26) : Soit le gène organisé de la façon suivante :
E1 E2 E3 E4 E5
100pb 400pb 150pb 50pb 200pb
Les flèches représentent les amorces utilisées en cas de PCR ou RT-PCR
QCM 25 :
A/ Après une PCR, il est normal d’obtenir une bande de 0,9kpb à l’électrophorèse.
B/ Après une PCR, si l’on obtient une bande de taille inférieure à celle logiquement attendue, on peut
envisager la présence d’une mutation entraînant l’excision d’un exon lors de l’épissage.
C/ Après transcription de ce gène et réalisation d’une RT-PCR, on s’attend à obtenir une bande de 0,9kpb
à l’électrophorèse.
D/ Après une PCR, l’absence de produit d’amplification peut traduire une délétion de l’exon 2. (E2)
E/ Après PCR, l’obtention d’une bande de 0,750kpb peut traduire la délétion de l’exon 3.
QCM 26 :
A/ Après transcription de ce gène et réalisation d’une RT-PCR, l’obtention d’une bande de 0,750kpb
correspond très probablement à une excision de l’exon 3 lors de l’épissage (et pas d’un ou plusieurs
autres exons entiers).
B/ Après une PCR, l’obtention d’une bande de 100pb fera envisager une amplification parasitaire à cause
d’une contamination.
C/ Après une PCR, l’obtention de deux bandes différentes à l’électrophorèse (dans des conditions évitant
la contamination et donc les amplifications parasitaires) permet de dire que le sujet est hétérozygote pour
ce gène (il possède deux allèles de même taille mais de séquences différentes).
D/ L’utilisation de la PCR permettra de détecter la présence d’une mutation qui se situe dans la fin de
l’exon 2 et qui est responsable de l’excision de l’exon 3 lors de l’épissage.
E/ Afin d’éviter les amplifications parasitaires par contamination, il est recommandé de diminuer la
température (pour augmenter la stringence).
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135. (énoncé valable pour les QCM 27, 28 et 29) : On cherche à dépister la présence d’une mutation
ponctuelle qui entraîne la disparition d’un site de restriction pour l’enzyme NgoMIV, à 500pb dans
l’exon 2 d’un gène de 1,6kpb (parmi lequel les exons représentent 0,8kpb) étudié. (remarque : ce
site de restriction est normalement présent une seule fois dans la séquence étudiée). Pour chacun
des patients à dépister, on réalise une RT-PCR (avec toujours les mêmes amorces) à partir d’un
échantillon de divers ARNm matures de ce gène ; dans un second temps on isole les acides
nucléiques obtenus et on en incube une partie avec NgoMIV puis on réalise deux électrophorèses
(électrophorèse de la culture sans l’enzyme et électrophorèse de la culture avec NgoMIV). On
obtient les résultats suivants :
P1 P2 P3 P4 P5
NgoMIV - + - + - + - + - +
800pb
500pb
300pb
200pb
100pb
(longueur d’une queue polyA : environ 200b) NgoMIV : 5’…G/CCGGC…3’
3’…CGGCC/G…5’
QCM 27 : A propos du gène étudié :
A/ Le patient P2 semble être indemne de la mutation étudiée.
B/ Le patient P1 semble hétérozygote pour la mutation étudiée.
C/ Le patient P5 présente la mutation ponctuelle étudiée.
D/ Au vu des résultats, le patient P4 semble être hétérozygote pour la mutation étudiée.
E/ Le patient P3 semble hétérozygote pour la mutation étudiée.
QCM 28 : A propos de l’expérience et des résultats de l’électrophorèse :
A/ Lors de la RT-PCR de l’ARNm du patient P4, il semble y avoir eu une amplification parasitaire due à
une contamination.
B/ On ne peut pas dire si un patient est hétérozygote ou non car le matériel génétique recueilli pour
l’expérience est de l’ARNm (simple brin) et non de l’ADN génomique (double brin).
C/ La partie du gène du patient P5 dont on analyse l’ARNm peut présenter le site de restriction de
NgoMIV.
D/ Parmi les ARNm du patient P1, au moins une partie peut être coupée par NgoMIV.
E/ Au moins une partie des ARNm du patient P4 semblent présenter en 2 exemplaires l’enchaînement des
bases constituant un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.
QCM 29 : A propos de l’expérience et des résultats de l’électrophorèse :
A/ Au vu des résultats, il semble que le gène du patient P4 porte un allèle muté (pour la mutation étudiée)
et un allèle indemne de la mutation étudiée.
B/ Le patient P1 est indemne de la mutation étudiée.
C/ Les résultats obtenus pour le patient P4 montrent un défaut d’excision des introns lors de la formation
des ARNm du gène étudié.
D/ Les introns composants le gène étudié représentent environ 0,6kpb.
E/ Au vu des résultats, et si l’analyse par séquençage de l’ADN génomique des patients P1, P3, P4 et P5
révèle la présence d’au moins un site de reconnaissance à NgoMIV pour chacun de ces patients, on peut
supposer que la taille de l’exon 2 est de 300pb.
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136. SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASE
QCM 30 : Quels sont les points communs aux méthodes de Southern et de Northern :
A/ Elles comportent une étape de fragmentation des acides nucléiques utilisés.
B/ Elles comportent une étape de transfert par capillarité sur un support solide.
C/ Elles peuvent servir à la révélation de pseudogènes.
D/ Elles peuvent utiliser une sonde d’ADN.
E/ Elles comportent une étape finale de révélation de séquence(s) double brins.
QCM 31 : La technique de cartographie à la RNase A :
A/ Nécessite d’utiliser une ribosonde.
B/ Permet de détecter des mutations ponctuelles.
C/ Repose sur la capacité de la RNase A de couper le RNA au niveau de mésappariements d’une seule
base.
D/ Se termine après électrophorèse par une étape de transfert et d’autoradiographie (si l’on utilise une
sonde radioactive).
E/ Coupe le RNA des hétéroduplex RNA/DNA au niveau des mésappariements.
QCM 32 : La technique de cartographie à la nucléase S1 :
A/ Nécessite d’utiliser une ribosonde.
B/ Permet de détecter des mutations ponctuelles.
C/ Repose sur la capacité de la RNase A de couper le RNA au niveau de mésappariements d’une seule
base.
D/ Permet de détecter des mésappariements de 3 bases consécutives.
E/ Coupe seulement le DNA des hétéroduplex RNA/DNA au niveau d’un mésappariement de 5 bases
consécutives.
QCM 33 : Un cDNA (ou ADN complémentaire d’un messager mature) a été isolé et sa séquence a
été publiée. On synthétise une sonde radioactive identique à une partie de la séquence du cDNA.
A/ Cette sonde est synthétisée à partir de ATP, CTP, GTP, TTP.
B/ Cette sonde est capable de s’hybrider avec le DNA génomique et peut être utilisée dans la technique de
Northern.
C/ Si la séquence du gène (au niveau du DNA génomique) n’est pas connue, il est difficile de prévoir si la
sonde s’hybridera avec un intron ou un exon.
D/ Cette sonde peut s’hybrider avec les messagers (mRNA) produits par ce gène.
E/ Cette sonde peut être utilisée dans la technique de cartographie à la Nucléase S1.
(Enoncé valable pour les QCM 36, 37 et 38) : A partir d’un échantillon de sang de 2 individus P1 et
P2, vous analysez par la méthode de Southern un gène, porté par le chromosome X, qui contient la
séquence 5’ GGCC 3’ et qui ne la contient qu’une seule fois.
De plus, on considère que si un (ou les deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s) 50% de
ses(leurs) chromosomes X sont inactivés par méthylation.
ApaI : 5’ GGGCC↓C 3’ (insensible à la méthylation)
Enzyme X : 5’ GGGCC↓C 3’
(L’ Enzyme X ne coupe cette séquence qu’à condition que C ne soit pas méthylé).
HaeIII : 5’ GG↓CC 3’
(HaeIII ne coupe cette séquence qu’à condition que C ne soit pas méthylé).
NB : On admet que, dans les conditions utilisées, la digestion enzymatique est complète chaque fois
qu’elle est possible.
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137. QCM 36 : Après digestion par l’endonucléase ApaI ou par l’ Enzyme X (dont les séquences
reconnues sont indiquées ci-dessus) et électrophorèse d’une partie des échantillons d’ADN de P1 et
P2, on obtient les résultats suivants :
P1 P2
ApaI - + - ApaI - + -
Enzyme X - - + Enzyme X - - +
2700 pb 2700 pb
1800 pb 1800 pb
900 pb 900 pb
A/ ApaI et l’ Enzyme X sont des isoschizomères.
B/ Le profil obtenu pour l’individu P1 est compatible avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation du
chromosome X s’est faite au hasard.
C/ Le profil obtenu pour l’individu P2 est compatible avec celui d’un homme normal (XY).
D/ ApaI n’a pas coupé une partie de l’ADN de l’individu P2 car la séquence était méthylée.
E/ Le profil obtenu pour l’individu P1 est compatible avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation du
chromosome X s’est faite de façon déséquilibrée (c’est-à-dire que dans la presque totalité des cellules,
l’inactivation a touché toujours le même chromosome X).
QCM 37 : On réalise une seconde expérience avec le restant non utilisé de l’échantillon d’ADN de
P2, mais avec cette fois-ci l’enzyme de restriction HaeIII. Après digestion et électrophorèse, on
obtient les résultats suivants :
P2 A/ L’ Enzyme X et HaeIII sont des isoschizomères.
B/ Les résultats obtenus pour l’individu P2 sont
HaeIII - + contradictoires avec ceux de l’expérience précédente (ApaI
et l’ Enzyme X) au niveau du statut d’inactivation du(des)
chromosome(s) X et renvoient à de mauvaises conditions
2700 pb
d’expériences.
1800 pb C/ Les résultats obtenus auraient été identiques si on avait
réalisé la même expérience (avec HaeIII) sur le restant non
utilisé de l’échantillon d’ADN de P1.
D/ Les résultats semblent confirmer la présence d’une
900 pb
variation de séquence par rapport à la séquence reconnue
par ApaI et l’ Enzyme X, dans une partie des allèles de
l’individu P2.
E / D’après les résultats de la première expérience (ApaI et l’ Enzyme X) et ceux de la seconde
expérience (HaeIII), on peut dire qu’il est possible que le profil de l’individu P2 soit compatible
avec celui d’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faite au hasard (c'est-à-
dire que dans 50% des cellules environ, un chromosome a été inactivé et que dans les 50% restants
c’est l’autre chromosome qui a été inactivé).
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138. QCM 38 : On décide d’approfondir les résultats pour les deux individus P1 et P2 :
Pour l’individu P1 on utilise une technique Dans une autre expérience, on étudie par la
permettant de recueillir spécifiquement le méthode de Southern l’ADN génomique de
chromosome X d’origine maternelle. A l’individu P2 en utilisant les enzymes de
partir de cet échantillon, on réalise à restrictions l’ Enzyme Y et l’ Enzyme Z
nouveau une digestion par ApaI et l’ (dont les séquences reconnues sont notées
Enzyme X, suivie d’une électrophorèse et on ci-dessous). On obtient les résultats ci-
obtient les résultats ci-dessous : dessous :
P1 (Ch. X d’origine maternelle seulement) P2
ApaI - + - Enzyme Y - + -
Enzyme X - - + Enzyme Z - - +
2700 pb 2700 pb
1800 pb 1800 pb
900 pb 900 pb
Enzyme Y : 5’ AGGXCC↓T 3’
(insensible à la méthylation ; où X représente n’importe quelle base)
Enzyme Z : 5’ T↓GGXCCA 3’
(insensible à la méthylation ; où X représente n’importe quelle base)
A/ Les nouveaux résultats obtenus pour l’individu P1 n’ont rien apporté de nouveau par rapport aux
expériences précédentes (expériences des QCM 36 et 37).
B/ Les nouveaux résultats obtenus pour l’individu P2 sont contradictoires avec une ou plusieurs des
expériences précédentes (expériences des QCM 36 et 37).
C/ D’après les résultats de la totalité des expériences réalisées sur l’individu P1, on peut dire qu’il s’agit
d’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faite de manière déséquilibrée.
D/ L’ Enzyme Y et l’ Enzyme Z sont des isoschizomères.
E/ On peut désormais dire que dans la première expérience (QCM 8, avec ApaI et l’ Enzyme X), ApaI n’a
pas coupé une partie des allèles de l’individu P2 car ceux-ci possédaient la séquence 5’ GGGCCA 3’ ou
5’ TGGCCC 3’ au lieu de la séquence reconnue par les enzymes (5’ GGGCCC 3’)
SEQUENCAGE (SANGER)
QCM 39 : Dans la méthode de séquençage de l’ADN de Sanger, on utilise :
A/ Un ADN comme brin matrice
B/ une DNA-polymérase DNA-dépendante
C/ un mélange de dCTP, dATP, dGTP, dUTP
D/ des didésoxyribonucléotides qui, lorsqu’ils sont incorporés, constituent l’extrémité 5’ terminale des
fragments en cours de synthèse
E/ Une électrophorèse qui permet de séparer des fragments dont la longueur peut différer d’une seule
base.
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139. QCM 40 : On séquence le fragment d’ADN dont la séquence est notée ci-dessous en utilisant la
technique aux didésoxyribonucléotides et avec des amorces fluorescentes. Au préalable, le fragment
d’ADN a été cloné dans le phage M13 :
5’…ACGGTATTTCACGAT…3’
Site de fixation
de l’amorce
La séquence que vous lirez de bas en haut sur le gel d’électrophorèse dont le sens de migration est vers le
bas sera :
A/ TAGCACTTTATGGCA
B/ ACGGTATTTCACGAT
C/ TGCCATAAAGTGCTA
D/ ATCGTGAAATACCGT
E/ Etant donné la position de l’amorce, le séquençage ne concernera pas la séquence notée ci-dessus mais
un fragment voisin.
QCM 41 : En ce qui concerne la méthode de Sanger pour le séquençage génétique :
A/On préfère actuellement la méthode chimique à la méthode enzymatique.
B/ Les chaînes nucléotidiques sont entièrement construites à partir de 2’,3’-didésoxynucléotides
triphosphates.
C/ Cette synthèse s’arrête à un endroit donné au hasard.
D/ La probabilité que l’ADN polymérase choisisse un ddNTP dépend de la quantité de ddNTP.
E/ La chaîne d’ADN initiale subit une hybridation au préalable.
QCM 42 : Indiquer les propositions exactes au sujet de la méthode de Sanger :
A/ On utilise une ARN polymérase – ADN dépendante.
B/ Les didésoxynucléotides triphosphates sont présents en faible quantité.
C/ Pour visualiser l’expérience, on marque généralement les désoxynucléotides.
D/ On peut séquencer un ARN avec cette méthode, à condition qu’il soit d’abord rétro transcrit.
E/ Une matrice s’hybridant avec le brin matrice d’ARN est indispensable.
QCM 43 : Electrophorèse et méthode de Sanger :
A/ Si la sens de migration de l’électrophorèse (après séquençage par la méthode de Sanger d’un brin
matrice) est de bas en haut, alors pour obtenir la séquence du brin complémentaire de 5’ en 3’, on peut
« lire l’électrophorèse » de haut en bas.
B/ La séquence du brin séquencé est déterminée par simple lecture de l’électrophorèse.
C/ On sépare les brins néo synthétisés en 4 compartiments selon le ddNTP incorporé.
D/ La méthode la plus courante de visualisation requiert un marquage radioactif de l’amorce.
E/ Une électrophorèse dans des tubes capillaires permet un séquençage rapide d’une séquence.
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140. QCM 44 : On réalise un séquençage par la méthode de Sanger à un patient et on le compare avec la
séquence normale. De plus, on connaît le mode d’action de 2 enzymes de restriction :
-Apa I: …GGGCC/C…
- Hae III : …GG/CC…
A T C G A T C G
- -
- -
- -
- -
- -
- -
- -
- -
- -
- -
Normal Patient
A/ Le patient présente une mutation C -> A au niveau de la séquence matrice.
B/ Le brin matrice normal peut être coupé par les 2 enzymes de restriction Apa I et Hae III.
C/ La mutation aurait pu être localisée et déterminée à l’aide de ces enzymes de restriction.
D/ Cette mutation abolit l’action de Hae III chez le patient.
E/ Pour obtenir la séquence de 5’ en 3’ du brin complémentaire de celui que l’on séquence, il suffit de
« lire l’électrophorèse » de bas en haut.
ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENES
QCM A1 : On cherche à analyser l’activité transcriptionnelle de plusieurs cellules d’un individu
par la technique de run-on : on isole les noyaux de plusieurs de ces cellules auxquelles on fournit
des XTP* (radioactifs). On laisse incuber pendant un temps t suffisant à la réplication et à la
transcription et on analyse la culture ainsi obtenue après lavage des XTP* non utilisés. On cherche
à savoir si la cellule a produit un ARNm donné : l’ARNm x (dont le gène a la particularité de ne pas
posséder d’introns).
A/ Si on révèle la culture par autoradiographie (qui permet de visualiser les éléments radioactifs) et que
celle-ci est positive (présence de radioactivité), on peut conclure que l’ARNm x a de fortes chances
d’avoir été formé.
B/ Après isolation des éléments radioactifs de la culture, si on utilise une ribosonde non marquée
(ribosonde y) complémentaire de la séquence de l’ARNm x, celle-ci pourra s’hybrider avec l’ARNm x
(s’il est produit) mais aussi avec un brin du gène qui produit cette ARNm.
C/ Il est préférable d’utiliser une sonde marquée radioactivement pour détecter la présence de l’ARNm x.
D/ Si on révèle la culture par autoradiographie et qu’on ne détecte aucune présence de radioactivité, il
faut conclure à une erreur ou mauvaise manipulation lors de l’expérience (par exemple la mort des
cellules).
E/ Le temps t étant suffisant à la réplication et à la transcription, les XTP* seront retrouvés dans les
ARNm mais aussi dans les brins d’ADN répliqués (en considérant que la réplication et la transcription ont
lieu).
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141. (énoncé valable pour les QCM A2 et A3) : Dans le but de localiser la position de la protéine P152
sur l’ADN (on sait que cette protéine se fixe sur un site unique et palindromique du gène étudié et
qu’elle se fixe à ce même endroit sur les deux brins de l’ADN) on fait réaliser deux expériences
identiques de footprinting sur plusieurs exemplaires d’un segment d’ADN double brin schématisé
ci-dessous par deux manipulateurs différents :
0 2kb 4kb 10kb 50kb
intron A exon 1 intron B exon 2
5’ 3’
3’ 5’
Site unique HindII
Le protocole donné est le suivant :
- marquer radioactivement (14C) les extrémités 5’ des segments grâce à une polynucléotide kinase
spécifique.
- faire agir l’enzyme de restriction HindII (enzyme de restriction de type II)
- grâce à une étape de gel filtration, on ne conserve que les fragments inférieurs à 15kb.
- incuber un certain temps ces éléments avec une très grande quantité de la protéine P152.
- faire agir une DNase I (qui clive aléatoirement le DNA double brin) pendant une durée assez courte puis
procéder à un lavage pour éliminer la DNase I de la culture.
- réaliser une extraction au phénol (agent déprotéinisant), puis une extraction chloroforme/éther de façon
à ne récupérer que des fragments de DNA pur.
- isoler les éléments radioactifs et réaliser une électrophorèse.
Les résultats des électrophorèses des 2 expérimentateurs sont donnés ci-dessous :
Expérience 1 : le protocole a été réalisé Expérience 2 : Il est certain que le manipulateur a
correctement oublié au moins une étape du protocole
4kb 4kb
sens de la sens de la
migration migration
QCM A2 : Que peut-on interpréter d’après la première expérience :
A/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’exon 1.
B/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’exon 2 (et plus précisément au niveau du site
reconnu par HindII).
C/ Sur l’électrophorèse, on retrouve des fragments appartenant aux deux brins du gène.
D/ La protéine P152 se fixe sur l’ADN étudié au niveau de l’intron B.
E/ Si on avait réalisé un marquage radioactif en 3’ (au lieu du marquage en 5’) sans modifier le reste du
protocole, on aurait obtenu un résultat similaire.
QCM A3 : Que peut-on dire à propos de la seconde expérience :
A/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de marquage radioactif en 5’.
B/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de gel filtration.
C/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de digestion par l’enzyme HindII.
D/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape de digestion par la DNase I.
E/ Le manipulateur peut n’avoir oublié que l’étape d’incubation avec la protéine P152.
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142. ANALYSE GENOTYPIQUE
QCM Y1 : Pour un diagnostic anténatal d’une maladie autosomale récessive (dont le gène n’est pas
encore cloné), on dispose d’une sonde voisine du locus morbide (site du gène de la maladie) et on
utilise la technique des RFLP (« restriction fragment lenght polymorphism »). Les résultats de
l’électrophorèse sont les suivants : père
Quel est votre diagnostic ?
A/ Le fœtus est normal (c'est-à-dire ne porte pas mère
de gène malade).
B/ Le fœtus est homozygote (malade). enfant malade
C/ Le fœtus est hétérozygote.
D/ Le résultat observé n’est pas interprétable car il fœtus
manque des données.
E/ Le résultat observé est impossible (et comporte probablement une erreur).
QCM Y2 : Par la technique ASO (hybridation avec des oligosondes spécifiques d’allèle), vous
analysez l’ADN de différents patients (ceci afin de faire une banale validation de leurs statuts que
vous connaissez déjà vis-à-vis de la mutation étudiée) avec d’une part une oligosonde spécifique de
l’allèle normal et d’autre part une oligosonde spécifique de l’allèle muté. Malheureusement la
personne chargée des prélèvements sanguins a passé une soirée trop arrosée la veille de l’expérience
et n’était pas dans son assiette au moment de coller les étiquettes nominatives sur les flacons
contenant l’ADN. A vous de rétablir les bonnes associations entre étiquettes et résultats si
nécessaire. (NB : la personne chargée de réaliser les dot-blot était totalement sobre et n’a pas
commis d’erreur de manipulation).
N° de Sonde Sonde Etiquette collée sur le flacon correspondant
profil spécifique spécifique
(pour les de l’allèle de l’allèle
résultats normal muté
des
dot-blot)
1 Témoin sain pour la mutation explorée (sain//sain)
2 P1 hétérozygote pour la mutation explorée (muté//sain)
3 P2 homozygote pour une délétion du gène explorée
4 P3 homozygote muté pour la mutation explorée (muté//muté)
A/ Malgré son état, la personne chargée des prélèvements sanguins est parvenue à coller chaque étiquette
respectivement sur le bon flacon correspondant.
B/ Le profil n°1 de l’expérience de dot-blot est compatible avec celui d’un individu hétérozygote pour
une délétion du gène exploré.
C/ L’interprétation des résultats du profil n°2 nécessite l’exploration par d’autres sondes ou un
changement des conditions d’expérience.
D/ Le profil n°2 de l’expérience de dot-blot présente un individu indemne de toute mutation.
E/ Le profil n°1 de l’expérience de dot-blot correspond en fait à celui du patient P3.
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143. QCM Y3 : On réalise une étude par SSCP (polymorphisme de conformation des simples brins) sur
une séquence d’ADN de 4 individus. Les résultats sont les suivants :
K L M N
sens de migration ▬
▬ ▬ ▬
▬ ▬
▬
▬
Parmi les interprétations suivantes, la(les)quelle(s) sont correcte(s) :
A/ L’individu L présente une délétion par rapport à l’individu K.
B/ L’individu M possède la même séquence que l’individu K.
C/ L’individu N présente une mutation seulement sur un des deux brins de la séquence d’ADN étudiée
par rapport à l’individu K.
D/ L’individu M a une séquence plus grande que l’individu L.
E/ L’individu K peut présenter une mutation par rapport à l’individu M.
(énoncé valable pour les QCM Y4, Y5, Y6 et Y7) : On cherche à mettre en place une nouvelle méthode
efficace de diagnostic indirect via RFLP pour une maladie x autosomale récessive due à un allèle muté,
afin de pouvoir remplacer le diagnostic direct qui est techniquement difficile à réaliser et très coûteux. On
réalise des tests chez 5 frères et sœurs (qui possèdent les mêmes parents, aujourd’hui décédés) : 1 homme
témoin sain (T), une femme atteinte de cette maladie x (M), un homme (P1), une jeune fille (P2) et un
jeune homme (P3).
Résultats de la première Sonde spécifique de Sonde spécifique
- Dans une première expérience (1) l’allèle normal de l’allèle muté
expérience (1), on
parvient à réaliser un Témoin (T)
diagnostic direct par la
Malade (M)
méthode du dot-blot
(technique ASO (P1)
d’hybridation à haute
(P2)
stringence avec des
oligosondes spécifiques (P3)
d’allèles).
QCM Y4 : A propos des résultats de la première expérience (1), parmi les interprétations suivantes,
la(les)quelle(s) est(sont) correcte(s) :
A/ Le patient (P3) est hétérozygote pour la maladie explorée.
B/ Le témoin (T) est en fait hétérozygote pour la maladie explorée.
C/ Le patient (P1) est indemne de toute mutation.
D/ Au moins un allèle du patient (P2) est muté.
E/ Le malade (M) est forcement homozygote pour la maladie explorée (c’est-à-dire qu’il possède deux
allèles mutés).
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144. QCM Y5 : Parmi les schémas suivants (selon les conventions usuelles), le(s)quel(s) refléte(nt) les
résultats de la première expérience (1) :
A père mère B père mère C père mère
? ?
?
(T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3)
D père mère E père mère
? ?
? ?
(T) (M) (P1) (P2) (P3) (T) (M) (P1) (P2) (P3)
- Dans une seconde expérience (2) de diagnostic génotypique indirect, on analyse l’ADN des diverses
personnes grâce à trois RFLP différents (chaque RFLP étant respectivement étudié avec une endonucléase
donnée et une sonde donnée). Les résultats à l’électrophorèse sont les suivants :
RFLP 1 (T) (M) (P1) (P2) (P3)
3,8kb ▬ ▬ ▬
1,7kb ▬ ▬
0,8kb ▬
RFLP 2 (T) (M) (P1) (P2) (P3)
1,3kb ▬ ▬
1,1kb ▬ ▬
1kb ▬ ▬
0,6kb ▬ ▬
RFLP 3 (T) (M) (P1) (P2) (P3)
2,8kb ▬ ▬
2,1kb ▬ ▬
1,7kb ▬ ▬ ▬
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145. QCM Y6 : On a répété la première expérience (1’). Les résultats sont identiques pour (T), (M), (P2)
et (P3). Pour le patient (P1) on a obtenu les mêmes résultats que pour le témoin (T). On considère
que ces résultats sont le reflet de la réalité. Ainsi, à propos de la seconde expérience (2), parmi les
interprétations suivantes, la(les)quelle(s) est(sont) correcte(s) :
A/ Les résultats de l’analyse du RFLP2 sont faussés.
B/ Les résultats de l’analyse du RFLP1 sont faussés.
C/ D’après les données, il semble que les séquences d’ADN utilisées pour le RFLP1 soient les plus
éloignées (par rapport à celles des RFLP2 et RFLP3) du gène de la maladie.
D/ Les analyses des RFLP2 et RFLP3 semblent pouvoir être efficaces pour le diagnostic de la maladie x.
E/ Les résultats de l’analyse du RFLP2 montrent que le patient 2 (P2) serait hétérozygote pour le gène de
la maladie.
QCM Y7 : Si l’on avait pu réaliser le test du RFLP3 pour les parents, quel(s) résultat(s) parmi les
suivants aurait-on pu attendre :
A père mère B père mère
2,8kb 2,8kb ▬ ▬
2,1kb ▬ ▬ 2,1kb ▬
1,7kb ▬ ▬ 1,7kb ▬
C père mère D père mère
2,8kb ▬ 2,8kb ▬
2,1kb ▬ ▬ 2,1kb ▬
1,7kb ▬ 1,7kb ▬ ▬
E père mère
2,8kb ▬
2,1kb ▬
1,7kb ▬ ▬
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146. QCM Y8 : Après amplification par PCR d’un fragment d’ADN donné chez trois sujets, puis
analyse en DGGE, on obtient les résultats suivants :
Témoin Sujet Sujet Sujet
normal X Y Z
gradient
▬
▬ ▬
▬
Vous pouvez conclure que :
A/ On aurait sûrement pu réaliser la même expérience avec de l’ARNm.
B/ Le sujet Y peut présenter plusieurs mutations ponctuelles.
C/ L’ADN du sujet Z est plus stable que l’ADN du sujet X.
D/ Le sujet X présente une mutation.
E/ Le sujet Y peut être hétérozygote pour une délétion au niveau de la séquence où s’hybride une amorce
de la PCR.
VECTEURS ET CLONAGE
(énoncé valable pour les QCM V1, V2 et V3) : On souhaite insérer un fragment de DNA de 1kb
(obtenu par coupure de DNA génomique par EcoRI) dans un plasmide recombinant de 5kb (qui
servira à amplifier ce DNA après transfection dans une bactérie). Il existe dans ce plasmide un site
EcoRI (G/AATTC) unique.
QCM V1 :
A/ La construction est impossible.
B/ La construction nécessite l’utilisation d’une ligase pour lier les fragments de DNA.
C/ Le fragment peut s’insérer dans les deux sens.
D/ Le fragment peut être excisé après amplification dans la bactérie et purification du plasmide par le
même enzyme de restriction.
E/ Après amplification, purification et excision, le fragment récupéré est plus long.
QCM V2 : Lors de la construction de ce plasmide (au début) on effectue une électrophorèse (qui
permet de vérifier la taille des fragments) après linéarisation.
A/ On observe trois bandes principales de 1 ; 5 et 6kb
B/ Si on observe une seule bande de 1kb, on peut affirmer que la construction n’a pas été effective.
C/ Pour visualiser les bandes, on peut utiliser du bromure d’éthidium.
D/ En supposant que l’on dispose d’une sonde marquée spécifique génomique, elle s’hybriderait (en
southern) avec les fragments de 5 kb.
E/ En supposant que l’on dispose d’une sonde marquée spécifique génomique, elle s’hybriderait (en
southern) avec les fragments de 1 et 6 kb.
QCM V3 : En se référant à tous les énoncés ci-dessus, il vaut mieux choisir pour transfecter la
bactérie (dans le but d’amplifier le fragment de DNA génomique) :
A/ Le mélange des fragments 1 ; 5 et 6kb. B/ Le mélange des fragments 1 et 5kb.
C/ Les fragments de 1kb D/ Les fragments de 6kb. E/ Les fragments de 5kb.
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147. QCM V4 : Classez les vecteurs suivants par ordre décroissant de la longueur moyenne des inserts
qu’ils peuvent contenir. 1 - cosmides 2 - phages 3 - plasmides 4 - YAC
A/ 3–1–2–4 B/ 4–1–2–3 C/ 4–3–1–2 D/ 3–4–2–1 E/ 1–2–4–3
QCM V5 : A propos du clonage :
A/ Les banques de YAC sont utilisées pour des insertions de très petits fragments d’ADN.
B/ Les opérations de clonage peuvent se faire dans des bactéries mais aussi dans des cellules eucaryotes.
C/ Pour cribler un clone dans une banque, on peut utiliser une technique d’hybridation (directement sur
l’ADN) ou bien utiliser un anticorps (sur une banque d’expression).
D/ Les phages et les cosmides nécessitent une encapsidation contrairement aux plasmides.
E/ Les cosmides entraînent une lyse des bactéries dans lesquelles ils sont insérés, contrairement aux
phages.
QCM V6 : On réalise une transformation (entrée d’un plasmide dans une bactérie). Le but de
l’opération est d’insérer un plasmide LacZ – possédant le gène Amp.R dans le gène LacZ + de la
bactérie (qui n’est pas naturellement résistante à la pénicillinase). Après l’opération, on peut dire
que :
A/ Les bactéries résistantes à la pénicillinase ont incorporé le plasmide.
B/ Le gène LacZ de certains plasmides incorporés produit une β-galactosidase qui clive le X-galactose et
entraîne une coloration bleue.
C/ Les bactéries de couleur bleue ont incorporé le plasmide de la façon voulue.
D/ Les bactéries blanches et vivantes sont celles dans lesquelles la transformation s’est déroulée de la
façon souhaitée.
E/ Les bactéries de couleur bleue ne possèdent pas le gène Amp.R.
QCM V7 : On dispose d’un insert que l’on souhaite cloner, d’un plasmide et d’une culture de
bactéries. Seuls les sites de coupures uniques pour les enzymes de restriction de type II sont notés
sur les schémas suivants. Les sites de coupures reconnus par les enzymes de restriction de type II
sont notés selon les conventions usuelles.
insert :
Acc651 ATG STOP AccII
NcoI LacZ E1 E2 E3 PaeI
NcoI : C/CATGG
promoteur 1 PaeI : GCATG/C
PaeI
NlaIII : CATG/
ORI FatI
SunI : C/GTACG
SunI
FatI : /CATG
NlaIII
Amp.R. AccII : CG/CG
promoteur 2
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148. A/ L’insert ne peut s’insérer que dans un seul sens dans le plasmide, quelle(s) que soi(en)t la ou les
enzymes que l’on utilise pour l’insertion.
B/ Pour sélectionner les bactéries dans lesquelles un plasmide s’est inséré, on peut utiliser la pénicillinase
(antibiotique).
C/ On peut utiliser les enzymes … pour insérer l’insert dans le plasmide.
D/ Les bactéries de couleur bleue en présence de X-galactose possèdent un plasmide recombinant.
E/ Après amplification dans la bactérie et utilisation de détergent puis ultracentrifugation, l’ARN formé
est le moins dense des acides nucléiques.
ANIMAUX TRANSGENIQUES
Même si la forme des QCM suivants est un peu délirante,
le fond de ces exercices reste tout à fait sérieux.
(énoncé commun aux QCM T1 et T2 : )
Une équipe de chercheurs montréalais a découvert que la protéine cellulaire GCN2, qui inhibe le
stockage de nouvelles informations dans la mémoire à long terme, pourrait bien jouer un rôle
régulateur essentiel dans le transfert des informations de la mémoire à court terme à la mémoire à
long terme. À l'aide d'une série d'expériences, les chercheurs ont démontré que les souris privées
de la protéine GCN2 (ou souris transgéniques) assimilaient plus durablement les informations
nouvelles que des souris normales et que ces informations étaient plus souvent stockées dans la
mémoire à long terme. Ils en ont donc déduit que la protéine GCN2 pouvait inhiber le stockage de
nouvelles informations dans la mémoire à long terme.
(Source: Université McGill, Elodie Pinot, OTTAWA)
Pauvre petit P1 que vous êtes, avec vos difficultés de mémorisation à long terme (surtout pour la SHS !),
vous rêver de créer un clone de vous-même qui n’exprimerait que peu (ou plus) de protéine GCN2 grâce
à un transgenèse, et cela fin qu’il puisse réaliser votre plus grand rêve : passer en P2 !
En attendant que ce soit possible, vous vous entraînez sur des souris.
QCM T1 : Quelle(s) stratégie(s) parmi les suivantes peut-on adopter pour créer directement ou
indirectement une souris qui n’exprimerait que peu (ou plus) de protéine GCN2 ?
A/ On peut réaliser une transgenèse additionnelle qui consisterait à insérer un gène produisant un ARNm
de séquence antisens à l’ARNm de la protéine GCN2.
B/ On peut réaliser une inactivation insertionnelle par criblage du gène de la protéine GCN2 (inactivation
génique ou knock-out).
C/ On peut réaliser une recombinaison homologue aboutissant au « floxage » du gène (ou d’une partie du
gène) de la protéine GCN2 et croiser l’animal obtenu avec une autre souris transgénique exprimant un
promoteur tissu spécifique.
D/ Par transgenèse additionnelle, on peut insérer le gène d’une protéine mutée ou tronquée mais non
fonctionnelle, qui va agir comme dominant-négatif et prendre la place de la protéine ciblée (GCN2) et
donc inhiber son action.
E/ Si après inactivation insertionnelle par criblage (knock-out), vous ne parvenez pas à obtenir de souris
homozygote pour l’inactivation du gène de la protéine GCN2, il est possible que ce gène joue un rôle
vital dans le développement embryonnaire.
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149. QCM T2 : Vous décidez, pour obtenir une souris knock-out pour le gène de la protéine GCN2, de
recourir à l’utilisation du système Cre/Lox (et à un éventuel promoteur inductible associé au gène
Cre). Sachant que la présence des exons 2 et 3 du gène de la protéine GCN2 est indispensable au
développement embryonnaire (une interaction entre ces parties du DNA et certaines protéines est
requise pour le développement). Par contre, ni les ARNm de ce gène, ni la protéine GCN2 elle-
même ne sont nécessaire à ce développement.
E1 E2 E3 E4 E5
Schéma du gène
de GCN2
E1 E2 E3 E4
transgène 1 loxP loxP
E3 E4 E5
transgène 2 loxP loxP
Afin de réaliser la transgenèse souhaitée, quelle(s) proposition(s) parmi les suivantes sont correctes ?
A/ On peut croiser un animal obtenu par recombinaison homologue (transgène 2) avec un animal
surexprimant le gène Cre.
B/ Après transgenèse par recombinaison homologue, pour vérifier si le transgène a bien été incorporé, on
peut utiliser une sonde complémentaire du transgène utilisé (après lavage).
C/ On ne peut pas utiliser le transgène 1 car les exons 2 et 3 sont indispensables au développement
embryonnaire.
D/ On ne peut pas utiliser le transgène 2 car l’exon 2 est indispensable au développement embryonnaire.
E/ On peut croiser un animal obtenu par recombinaison homologue (transgène1) avec un animal
surexprimant le gène Cre sous le contrôle d’un promoteur inductible.
QCM T3 : Vous êtes fourbe et machiavélique et en plus de vouloir booster votre mémoire, vous
rêver de créer des clones invalidés pour un gène indispensable à la mémorisation à long terme afin
de remplacer chaque autre P1 de votre promo, pour pouvoir ainsi arriver major au concours !
En attendant, vous vous entraînez toujours sur de pauvres petites souris innocentes.
Vous souhaitez inactiver le gène Zif268 (gène précoce essentiel au maintient de la plasticité
synaptique et à la consolidation de la mémoire) par intégration ciblée (ou mutagenèse dirigée) en
utilisant le système de sélection néo/tk.
Quelle(s) proposition(s) parmi les suivantes est(sont) correcte(s) ?
A/ La sélection grâce au système néo/tk permettra d’éliminer les rares cellules ES où il n’y a pas eu de
recombinaison homologue.
B/ La thymidine kinase (tk) permet d’apporter une résistance au G418.
C/ Lors de la recombinaison homologue, pour que la sélection soit adéquate, il faut que la cassette néo
soit dedans la zone ciblée et que la cassette tk en soit exclue.
D/ Les cellules qui produiront du gancyclovir phosphate pourront survivre lors de la mise en contact avec
le G418.
E/ La recombinaison homologue correspond à un crossing-over.
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150. (énoncé commun aux QCM T4 et T5 : )
Une souris verte, qui courrait dans l’herbe… Je l’attrape par la queue… !
On dispose d’une souris homozygote pour le gène du pelage blanc (dite « souris blanche de l’énoncé
») et
d’une souris homozygote pour le gène du pelage vert (dite « souris verte de l’énoncé »). L’allèle
blanc est
dominant sur l’allèle vert. On dispose également d’un transgène que l’on insert à l’état homozygote
par
criblage dans des cellules ES de la souris blanche ; On injecte les cellules ES pour lesquelles la
recombinaison a eu lieu dans la cavité d’un blastocoele de la souris verte. Le blastocoele ainsi
obtenu est
réimplanté dans une mère porteuse (la souris verte).
Remarque : On considère que dans les exercices suivants, il n’y a pas de crossing-over lors des
croisements (ce qui est généralement sous-entendu sauf notification explicite dans ce genre
d’exercice).
QCM T4 : Qu’on la trempe dans l’huile ou qu’on la trempe dans l’eau, il est peu probable qu’on
obtienne un escargot tout chaud, c’est un fait. Mais malgré cela, parmi les propositions suivantes,
la(les)quelle(s)
est(sont) exacte(s) ?
A/ Cette expérience va donner naissance à une souris chimère, en partie verte et possédant le transgène et
en partie blanche sans transgène.
B/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soit
blanche de l’énoncé, soit chimère), on peut obtenir une souris verte.
C/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soit
blanche de l’énoncé, soit chimère), on peut obtenir une souris chimère.
D/ Si on croise une souris chimère avec une souris verte, les mêmes parents (quels qu’ils soient) pourront
donner naissance à des souris blanches et à des souris vertes.
E/ Après croisement de la souris chimère obtenue avec un autre type de souris (soit verte de l’énoncé, soit
blanche de l’énoncé, soit chimère), si on obtient une souris blanche, elle peut être homozygote pour le
transgène.
QCM T5 : Après croisement de la souris chimère (obtenue après le croisement de l’énoncé
précèdent) avec la souris verte de l’énoncé :
A/ On peut obtenir une souris blanche.
B/ Si l’on obtient une souris verte, elle ne possédera aucun exemplaire du transgène.
C/ Si l’on obtient une souris blanche que l’on croise avec la souris chimère – malgré le fait que ce soit
incestueux – on pourra obtenir une souris homozygote pour le transgène (si cet état est viable).
D/ Si l’on obtient une souris blanche que l’on croise avec la souris chimère, il sera possible d’obtenir une
souris verte hétérozygote pour le transgène.
E/ Si l’on obtient deux souris blanche que l’on croise ensemble et que l’on obtient encore une souris de
pelage blanc, alors on peut dire que l’état homozygote pour le transgène est viable.
J’espère que le caractère malsain de ces derniers QCM ne vous aura pas traumatisé et que les QCM de ce
poly vous auront permis un entraînement optimal pour la biologie moléculaire.
Bonne chance à tous pour le concours, que vous soyez primant ou doublant.
Si vous avez des questions, des points pas très clairs, des QCM incompris,
une seule solution… (non, pas celle-là !)  Le forum du Tutorat :
http://www.tutoweb.org ou les permanences des tuteurs.
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151. Correction des QCM concernant les techniques
(Remarque : d’après la plupart des dictionnaires, le mot « enzyme » peut être du genre masculin ou
féminin. Le mot « allèle » est masculin.)
TECHNIQUES GENERALES – OUTILS ENZYMATIQUES
QCM 1 : ABCE
Faut bien se divertir un peu avant de s’enfoncer dans les techniques ! Toutes les séquences peuvent se lire
à l’identique à l’envers sauf « enroutejetourne » qui donne « enruotejetuorne »
QCM 2 : BCDE
A/ Les hématies et plaquettes sanguines ne contiennent pas de matériel génétique.
QCM 3 à 7 :
A/ ADN simple brin ou ARN simple brin B/ ARN simple brin
C/ ARN/ADN ou ADN/ADN ou ARN/ARN D/ ARN/ADN E/ ADN simple brin
QCM 3 : C
Les enzymes de restriction ne coupent que l’ADN double brin !
De plus, une séquence d’acide nucléique est dite de type palindromique (on n’emploie ce terme que pour
une séquence double brins) et peut être coupée par une enzyme de restriction lorsque la séquence lue sur
le brin matrice de 5’ en 3’ est identique à la séquence lue sur le brin non matrice de 5’ en 3’ (à l’exception
de la base centrale si la séquence comporte un nombre impair de bases).
QCM 4 : AB
La RNase A ne peut couper que les ARN simple brin ou l’ARN dans un acide nucléique double brin au
niveau des mésappariements d’une base ou plus.
QCM 5 : CD
La RNase H ne peut couper que les hybrides ARN/ADN ou ARN/ARN (il n’est pas noté dans le cours
qu’elle peut couper les ARN simple brin)
QCM 6 : ABE
La Nucléase S1 peut couper les simples brins d’ADN ou d’ARN.
Elle coupe aussi l’ADN ou l’ARN dans les acides nucléiques double brin au niveau des mésappariements
de 3 bases ou plus.
QCM 7 : AE
La DNA polymérase I fonctionne sur une matrice de DNA. (De plus il est précisé dans l’énoncé les
séquences simple brin)
QCM 8 : B
N’ayant pas d’extrémité (il est circulaire), cet ADN ne peut pas subir l’action d’une exonucléase ni d’une
terminal-transférase. La transcriptase inverse se sert d’ARN comme matrice. La nucléase S1 ne coupe que
les AN (ADN ou ARN) simple brin. Elle coupe aussi l’ADN ou l’ARN dans les acides nucléiques double
brin au niveau des mésappariements de 3 bases ou plus.
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152. QCM 9 : E
La coupure se fait bien entre A et C sur chacun des brins.
5’…A↑CTAG T…3’ on obtient les fragments suivants : 5’…A CTAGT…3’
3’…T GATC↓A…5’ 3’…TGATC A…5’
QCM 10 : ABC
La nucléase S1 agit sur les acides nucléiques simple brin (ARN ou ADN) et sur les acides nucléiques
double brin (ARN/ARN, ADN/ADN ou ARN/ADN) mais dans ce cas UNIQUEMENT aux endroits où il
y a au minimum 3 bases consécutives mal appariées. (à noter : la RNase A agit sur l’ARN simple brin, ou
sur des double brins comprenant de l’ARN : ARN/ARN ou ARN/ADN mais dans ce cas UNIQUEMENT
au niveau des zones de l’ARN où il y a un mésappariement d’au minimum une base).
QCM 11 : D
(Remarque : il n’y aura toujours que 5 items dans les QCM de la faculté)
FatI NlaIII PaeI SunI Enzyme A (ex.)
5’…/CATG… 3’ 5’... CATG/...3’ 5’…G CATG/C…3’ 5’…C/GTAC G…3’ 5’... GTAC/...3’
3’… GTAC/…5’ 3’.../GTAC …5’ 3’…C/GTAC G…5’ 3’…G CATG/C…5’ 3’.../CATG …5’
CATGX… 3’ 5’...XCATG 5’…GCATG GTACG…3’ 5’...XGTAC
X… 5’ 3’...X 3’…C C…5’ 3’...X
5’…X X…3’ C…3’ 5’…C X…3’
3’…XGTAC GTACX…5’ GTACG…5’ 3’…GCATG CATGX…5’
Deux isoschizomères reconnaissent exactement la même séquence et coupent au même endroit.
B/ ATTENTION ! L’orientation des séquences reconnues fait que PaeI et SunI ne reconnaissent pas la
même séquence ! Pour les questions de recollage, il faut faire attention à vérifier qu’une extrémité 3’ est
bien recollée à une extrémité 5’. Par exemple, si on imagine une enzyme A qui reconnaît le site 5’…
GTAC/…3’, on ne peut pas recoller un fragment d’ADN coupé avec cette enzyme avec un autre fragment
coupé par FatI (bien que cette éventualité semble possible si on ne pense pas à regarder l’orientation des
brins). 5’…X CATGX…5’
3’…XGTAC X…3’
 L’orientation des brins est fondamentale et mieux vaut l’indiquer tout le temps en faisant les QCM.
QCM 12 : ADE
B/ Forte concentration en sels  faible stringence  forte probabilité qu’une sonde s’apparie à une
séquence qui ne lui correspond pas totalement. Dans ce cas précis, la sonde s’appariera aux deux
séquences qui ne diffèrent que d’une base et ne permettra donc pas de les différencier.
C/ Northern-blot c’est pour l’ARN
La méthode à la DGGE et à la RNase sont appropriées à la détection d’une mutation ponctuelle (cf. cours)
QCM 13 : ADE
AscI et FseI ne coupent aucune des séquence
QCM 14 : CE
TauI ne coupe aucune des séquences, tout comme FseI. HaeIII coupe les 2 séquences. Avec ces 3
enzymes, le résultat obtenu en électrophorèse sera identique pour P1 et P2 et ne permettra donc pas de les
distinguer. HpaII coupe seulement la séquence de P1. Hpy99I coupe seulement la séquence de P2. Avec
l’une de ces enzymes il sera possible de distinguer les séquences après électrophorèse (coupure 
différence de longueur et donc de migration)
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153. QCM 15 : AD
D’après l’énoncé, on peut en déduire que la séquence qui a été reconnue et clivée dans le cas précis de
l’exemple donné dans l’énoncé est : 5’…ACCTGGT…3’
3’…TGGACCA…5’
Cet enzyme reconnaissant une séquence d’un nombre impair de paires de bases, il est fort probable
qu’elle ne tienne pas compte de la base centrale (cf. autres exercices du poly de la fac) et qu’elle
reconnaisse donc la séquence 5’…ACCXGGT…3’
3’…TGGYCCA…5’
(où X représente une base parmi A,C,T,G et Y sa base complémentaire)
Dans tous les cas, il n’est pas possible qu’elle reconnaisse et coupe les séquences A et D car D ne contient
pas 7 paires de bases et que la séquence de A n’est pas de type palindromique.
HYBRIDATION MOLECULAIRES ET SONDES
QCM 16 : ACD
B/ Elle DIMINUE avec la présence de mésappariements (moins de liaisons à briser donc moins de
chaleur nécessaire).
E/ La DO (densité optique) augmente avec l’augmentation de la température. En effet, on passe d’acides
nucléiques double brin à des acides nucléiques dénaturés donc simple brin.
QCM 17 : AC
B/ La probabilité d’hybridation est favorisée par LA DIMINUTION de la stringence, c’est à dire une
forte concentration en sels.
D/ La formamide permet d’ABAISSER la température de fusion (afin de rendre la dénaturation possible
dans des températures plus basses).
E/ Après une dénaturation, si on abaisse brutalement la température, les brins d’ADN restent séparés.
Pour une réassociation, il faut un abaissement continu de la température.
QCM 18 : BE
A/ Avec des dXTP radioactifs (piège basique !) car sinon cela forme une ribosonde donc sensible aux
RNases.
C/ Non car dans ce cas la sonde n’est pas marquée !
D/ Si on créée la sonde marquée par TRANSCRIPTION cela forme une ribosonde sensible aux RNases.
PCR
QCM 19 : AC
B : dATP, dCTP, dGTP, dTTP !!
D : DNA-polymérase DNA-dépendante
E/ La DNA-pol I n’est pas thermoresistante mais thermolabile.
QCM 20 : ACD
B/ Non puisqu’elle repose sur des ARNm (donc sans introns s’ils sont matures)
E/ Si : mis à part l’utilisation de la reverse transcriptase, le reste du protocole est identique à celui de la
PCR
A et D : une DNA-pol RNA-dep (la reverse transcriptase) pour rétro transcrire l’ARN en ADN et une
DNA-pol DNA-dep pour la PCR proprement dite (amplification du DNA).
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154. QCM 21 : ACE
B/ Le raisonnement est correct mais il s’agit de fragments d’ADN et non d’ARN (car il y a eu rétro
transcription puis amplification).
D/ C’est totalement faux et illogique : on part d’un ARNm mature (qui ne possède donc pas d’intron) puis
la reverse transcriptase agit. On obtient alors un cDNA dont la séquence est complémentaire à celle de
l’ARNm : il ne possède donc pas d’intron non plus.
E/ En effet, si une des amorces ne peut pas s’hybrider, il n’y aura pas d’amplification (et rien ne sera
visible sur l’électrophorèse).
QCM 22 : BCE
A/ La PCR standard n’est pas quantitative mais là on fait une technique de Northern qui est quantitative
vue la grosse tâche au niveau du foie.
C/ ARNm total (mature) = 0,9kb. Exons = 0,8kb. D’où queue polyA = 0,1kb.
D/ 1 acide aminé correspond à 3 bases. Donc il faut 900 bases pour 300 aa. Or ARNm total = environ
0,9b. En enlevant les zones non traduites (dont la queue polyA), les bases traduites sont inférieures.
QCM 23 : BCE
A/ 250 + 50 + 300 (zone contenue dans les amorces) = 600pb
D et E/ La perte de l’exon 1 correspond à la perte d’une zone où s’hybride une amorce, cela n’entraînera
donc pas de résultat à la PCR.
QCM 24 : BCDE
A/ La présence de mutations en dehors de l’exon étudié est fort possible.
QCM 25 : C
A/ PCR  DNA  présence des introns donc + de 0,9kpb
B/ Une mutation ne peut pas entraîner l’excision d’un exon lors de l’épissage DANS L’ADN !!! mais
seulement dans l’ARN.
D/ La délétion de l’exon 2 n’aura pas de conséquence sur l’hybridation des amorces et devraient donc
malgré tout donner un produit d’amplification.
E/ Idem item A : PCR  DNA  il faut prendre en compte les introns.
QCM 26 : AB
A vrai Il existe une autre option c’est l’excision des exons 1 et 4 mais impossible car absence exon 1 
absence hybridation amorce  pas de produit d’amplification.
C/ Electrophorèse = selon la taille. Donc s’il y a deux bandes différentes, cela correspond à 2 fragments
d’ADN de taille différente.
D/ Il faudrait une transcription suivie d’une RT-PCR (cf. 25B)
E/ Augmenter la température pour augmenter la stringence.
QCM 27 : DE
On cherche à dépister la présence d’une mutation ponctuelle qui entraîne la disparition d’un site de
restriction pour l’enzyme NgoMIV, dans l’exon 2 d’un gène de 1,6kpb (parmi lequel les exons
représentent 0,8kpb) étudié. (remarque : ce site de restriction est normalement présent une seule fois
dans la séquence étudiée). Pour chacun des 5 patients à dépister, on réalise une RT-PCR (avec toujours
les mêmes amorces) à partir d’un échantillon de divers ARNm matures de ce gène, on incube une partie
de la culture obtenue avec NgoMIV et on réalise deux électrophorèses (électrophorèse de la culture sans
l’enzyme et électrophorèse de la culture avec NgoMIV).
Lire l’énoncé ça apporte pleins d’infos essentielles.
Analysons les résultats : RT-PCR  cDNA complémentaire de l’ARNm mature = ADN génomique avec
seulement les exons (et éventuellement les modifications lors de la transcription/épissage, comme
l’excision d’un intron).
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155. Les exons représentent 0,8kpb du DNA, les résultats sont donc normaux à l’électrophorèse (toujours
800pb ou une somme de 800pb) sauf pour P5  excision d’un exon à l’épissage ou amplification
parasitaire. Il peut s’agir d’une excision de l’exon 2 portant le site de l’enzyme. L’ADN génomique est
coupé par NgoMIV mais pas l’ARNm. On ne peut donc pas affirmer que le patient est muté au niveau du
gène (intitulé du QCM) (C faux)
La mutation entraîne LA DISPARITION du site  un cDNA coupé par l’enzyme traduit une absence de
mutation et un cDNA non coupé traduit la mutation.
P1 non muté ; 1 seul profil (500 + 300)  donc pas hétérozygote pour la mutation (B faux)
P2 muté ; 1 seul profil (800) (A faux)
P3 en partie non muté (500 + 300) et en partie muté (800) ; 2 profils  hétérozygote pour le gène. (E
vrai) En effet un gène a 2 allèles donc il peut produire 2 types d’ARNm, renseignant ainsi sur le caractère
hétérozygote.
----- (D vrai, cf. correction du 29)
QCM 28 : CE
A/ cf. correction du 29
B/ Il peut y avoir plusieurs types d’ARNm et donc plusieurs profils à l’électrophorèse, dus à 2 allèles du
gène. On peut donc dire si un patient est hétérozygote.
C/ vrai : En effet (cf. correction du 27), le site peut être présent dans l’exon 2 mais absent dans l’ARNm
par court-circuitage de l’exon 2 lors de l’épissage.
D/ Les enzymes de restriction ne coupent que le DNA double brin et pas l’ARN !
E/ vrai cf. correction du 29)
QCM 29 : ABE
B/ vrai P1 : coupure totale donc absence de disparition du site donc absence de la mutation
D/ D’après l’énoncé, gène entier (1,6kpb) – exons (0,8kpb) = 0,8kpb d’introns
E/ vrai si le DNA génomique de P5 présente le site de coupure de l’enzyme, cela accentue l’hypothèse de
l’excision de l’exon 2 lors de l’épissage chez ce patient. La bande étant à 0,5kpb et le total des exons
0,8kpb  exon 2 = 0,8 – 0,5 = 0,3kpb.
A propos du patient P4 :
(28A faux) : S’il y avait eu une amplification parasitaire lors de la RT-PCR, l’électrophorèse sans
enzyme (-) aurait aussi fait apparaître cette amplification parasitaire étant donné que les 2 électrophorèses
sont réalisées à partir de la même culture obtenue par RT-PCR (cf. énoncé).
(29C faux) : Les résultats ne « montrent » pas ça. S’il y avait eu un défaut d’excision des introns, cela
aurait rallongé l’ARNm. Même si l’hypothèse est possible, on peut également faire d’autres hypothèses et
l’affirmation n’est pas assez nuancée pour être vraie.
On constate chez P4 deux profils  hétérozygote (27D vrai) : le profil muté (800) et un profil étrange
(500+200+100) ressemblant au profil de type non muté (500+300) mais avec une coupure supplémentaire
de la part de l’enzyme.
Sur le DNA génomique, il y a donc :
- un allèle muté (disparition du site de coupure)
- un allèle de type non muté pour la mutation recherchée (puisque le site de coupure à 500pb est toujours
présent) mais qui possède un second site de coupure par NgoMIV, coupant le fragment normal de 300pb
en 2 fragments de 100 et 200pb.
 Une partie des ARNm de P4 (ceux formés par cet allèle) possède donc en double exemplaire
l’enchaînement des bases (on ne tient pas compte des sucres) COMPLEMENTAIRES (en ARN) de celles
qui constituent un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.
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156. Or cette séquence est palindromique et constituée seulement de C et de G. Donc l’enchaînement des bases
COMPLEMENTAIRES (en ARN) de celles qui constituent un brin de la séquence reconnue par NgoMIV
est identique à l’enchaînement des bases constituant un brin de la séquence reconnue par NgoMIV.
(28E vrai)
Exemple concret :
Palindrome 5’GCCGGC3’ 5’ATGGCCAT3’
d’un gène : 3’CGGCCG5’ 3’TACCGGTA5’
ARNm
transcrit :
5’GCCGGC3’ 5’AUGGCCAU3’
Absence de T et de A dans la Présence de A qui donnent des U dans
séquence des bases. La séquence l’ARN. La séquence en base reste
des bases sur un brin reste la complémentaire mais n’est plus la même
même dans l’ARN. que sur un brin du DNA.
L’item est vrai. L’item aurait été faux.
SOUTHERN ET CARTOGRAPHIE RNASE
QCM 30 : BDE
Southern : étude du DNA. Northern : étude du RNA.
La méthode de Northern ne comporte pas d’étape de fragmentation (les ARN sont déjà d’assez petite
taille). Les pseudogènes ne sont pas transcrits, ils ne sont donc pas présents dans l’ARN et ne peuvent pas
être révélés par la méthode de Northern.
Item D et E : Chacune de ses méthodes comporte une phase d’hybridation avec une sonde (ARN ou
ADN). L’acide nucléique double brin ainsi formé est ensuite révélé.
QCM 31 : ABCDE
La RNase A coupe l’ARN simple brin (ou lorsqu’il comporte des zones de mésappariements à partir
d’une base). Il faut donc utiliser une ribosonde pour qu’elle puisse couper les 2 brins en cas de mutation.
Par contre, dans les hétéroduplex RNA/DNA, elle ne coupe que l’ARN.
QCM 32 : D
La Nucléase S1 coupe l’ADN ou l’ARN simple brin (ou lorsqu’il comporte des zones de
mésappariements à partir de 3 bases). L’utilisation d’une ribosonde n’est pas indispensable à la coupure
(on peut utiliser une sonde d’ADN). Dans les hétéroduplex, en cas de mésappariement à partir de 3 bases
consécutives, elle coupe aussi bien l’ADN que l’ARN.
QCM 33 : DE
La sonde est « identique » donc c’est du DNA.
Item A : La sonde est formée à partir de dATP, dCTP, dGTP et dTTP !!!!!!! (attention, c’est un piège
basique). Item B : méthode de Southern. Item C : il s’agira forcement d’un exon puisque le cDNA
provient d’un ARNm mature dans lequel les introns sont donc excisés.
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157. QCM 36 : ABE
A/ Ils reconnaissent strictement la même séquence et coupent au même endroit.
D/ ApaI est insensible à la méthylation ! Il n’a pas coupé car la séquence qu’il reconnaît n’était pas
présente (dans son intégrité)
Le profil de l’individu P1 a déjà été vu dans d’autres exercices.
On y voit bien la présence de 2 types d’allèle sur les résultats après digestion par l’ Enzyme X : le type
« coupurenon méthylé » (1800 pb + 900 pb) et le type « non coupureméthylé » (2700 pb). Donc il ne
peut s’agir que d’une femme (chez un homme le chromosome X n’est pas inactivé par méthylation
puisqu’il n’y en a qu’un).
Individu P1 :
Hypothèse 1 : inactivation déséquilibrée Hypothèse 2 : inactivation au hasard
Pour 100% des cellules : Pour 50% des cellules :
Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’
Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’
└ch3 └ch3
Pour 50% des cellules :
Ch. X n°1 5’ ……GGGCCC……3’
└ch3
Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’
Les deux hypothèses sont plausibles d’après les résultats. (items B et E vrais)
Par contre le profil de l’individu P2 semble étrange.
On y voit bien la présence de 2 types d’allèle sur les résultats après digestion par ApaI : le type
« coupure » (1800 pb + 900 pb) et le type « non coupure » (2700 pb). Donc il ne peut s’agir que d’une
femme (item C faux) (chez un homme il n’y a qu’un allèle puisqu’il n’y a qu’un chromosome X).
Attention cependant : la non coupure n’est pas due à la méthylation puisque l’enzyme ApaI n’est
pas sensible à la méthylation ! Si cet enzyme ne coupe pas, c’est que la séquence qu’il reconnaît n’est
pas présente. On peut donc en déduire qu’une partie des allèles possède la séquence reconnue par les
enzymes de restriction (puisque ApaI coupe une partie des allèles) et que cette partie est entièrement
méthylée puisque l’ Enzyme X ne donne aucune coupure.
Une autre partie des allèles ne présente pas la séquence de coupure des enzymes (à cause par exemple
d’une mutation qui a donné 5’ AGGCCCC 3’ au lieu de 5’ GGGCCC 3’) puisqu’elle n’est pas coupée par
ApaI. Cette partie est forcement non méthylée puisque 50% des chromosomes X sont déjà méthylés (Il
est précisé dans l’énoncé on considère que si un (ou les deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s)
50% de ses(leurs) chromosomes X sont inactivés par méthylation.)
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158. Individu P2 :
Hypothèse 1 : inactivation déséquilibrée Hypothèse 2 : inactivation au hasard
Pour 100% des cellules : Pour 50% des cellules :
Ch. X n°1 5’ ……? GGCC ?……3’ Ch. X n°1 5’ …… ? GGCC ?……3’
Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’
└ch3 └ch3
C’est la seule hypothèse possible puisqu’il est Pour 50% des cellules :
précisé dans l’énoncé on considère que si un (ou
les deux) individu(s) est(sont) une(des) femme(s) Ch. X n°1 5’ …… ? GGCC ?……3’
50% de ses(leurs) chromosomes X sont inactivés └ch3
par méthylation. Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’
Cette hypothèse n’est pas compatible avec les
résultats puisque dans ce cas, la séquence soulignée
entraînerait une coupure par l’ Enzyme X et qu’on ne
constate aucune coupure par l’ Enzyme X dans les
résultats
QCM 37 : CD
A/ Ils ne reconnaissent pas strictement la même séquence et ne coupent pas au même endroit.
B/ Il n’y a pas de contradiction. Les résultats sont bien compatibles avec ceux de l’hypothèse 1 de
l’individu P2 (ci-dessus)
C/ En effet, HaeIII aurait donné les mêmes résultats que l’ Enzyme X pour l’individu P1 et ces résultats
sont identiques à ceux de l’individu P2 par HaeIII
D/ Exactement, et on peut même ajouter que la variation de séquence se situe soit au niveau du G en 5’,
soit au niveau du C en 3’ de la séquence 5’ GGGCCC 3’ puisque toutes les allèles comportent la séquence
5’ GGCC 3’ mais qu’une partie ne comporte pas la séquence 5’ GGGCCC 3’
E/ Non : il s’agit de l’hypothèse 2 de l’individu P2 (ci-dessus) et on a vu qu’elle n’était pas compatible
avec les conditions de l’énoncé et les résultats de la première expérience.
QCM 38 : E
L’expérience sur l’individu P1 montre que 50% de ses chromosomes X d’origine maternelle (que l’on
nommera arbitrairement Ch. X n°1) sont méthylés et 50% non méthylés. Cela nous apporte donc une
nouvelle information (item A faux) : seule l’hypothèse 2 (cf. ci-dessus) est possible pour cet individu. On
peut donc dire que l’inactivation de ses chromosomes X s’est faite au hasard. (item C faux)
B/ Il n’y a pas de contradiction. (On n’utilise pas les mêmes enzymes) et les résultats concordent avec les
autres expériences.
D/ Les enzymes Y et Z ne sont pas des isoschizomères car ils ne reconnaissent pas la même séquence.
L’expérience sur l’individu P2 montre que la séquence 5’ T↓GGXCCA 3’ (où X représente n’importe
quelle base) est présente sur une partie des allèles de cet individu. On peut reprendre le tableau
précédent : (la base à la place de X est surlignée dans la séquence)
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159. Individu P2 :
1ère possibilité : 2ème possibilité :
Pour 100% des cellules : Pour 100% des cellules :
Ch. X n°1 5’ ……TGGCCCA..…3’ Ch. X n°1 5’ …..TGGGCCA……3’
Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’ Ch. X n°2 5’ ……GGGCCC……3’
└ch3 └ch3
SEQUENCAGE (SANGER)
QCM 39 : ABE
C/ Pas de dUTP mais dTTP (ADN)
D/ Incorporés, ils constituent l’extrémité 3’
QCM 40 : D
La DNA-pol synthétise de 5’ en 3’ et lit le brin matrice de 3’ en 5’.
Des fragments les plus petits (bas de l’électrophorèse) vers les plus grands, c’est-à-dire de 5’ en 3’ on
obtiendra donc la séquence D.
QCM 41 : CD
A/ La méthode enzymatique est la plus utilisée aujourd’hui.
B/ Le dernier nucléotide des chaînes nucléotidiques est un ddNTP, ce qui induit l’arrêt de l’élongation.
E/ Le double brin d’ADN subit une fusion.
QCM 42 : BD
A/ C’est une ADN polymérase- ADN dépendante qu’on utilise.
C/ Ce sont les ddNTP qui sont généralement marqués, ce qui permet de répartir les chaînes selon le
dernier ddNTP marqué en 4 groupes.
E/ La matrice s’hybride avec une séquence d’ADN.
QCM 43 : ACE
B/ Elle est déterminée par complémentarité des bases de la séquence lue sur l’électrophorèse.
D/ Généralement on marque les ddNTP et le marquage se fait par des fluorofores de couleurs différentes.
QCM 44 : A
B/ Les enzymes de restriction ne coupent que l’ADN double brin.
C/ Les enzymes auraient pu localiser la zone mais pas déterminer exactement le genre de mutation.
D/ La mutation a aboli l’action de ApaI.
E/ La migration s’effectuant de bas en haut, les fragments les plus petits (donc les plus proches de 5’
puisque la synthèse se fait de 5’ en 3’) sont situés en haut. Donc pour lire la séquence du brin obtenu
(complémentaire de celui séquencé), il faut « lire l’électrophorèse » de haut en bas.
Brin séquencé Brin complémentaire
Normal 5’…ACGGGCCCTA…3’ 5’…TAGGGCCCGT…3’
Patient 5’…ACTGGCCCTA…3’ 5’…TAGGGCCAGT…3’
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160. ANALYSE DE L’EXPRESSION DES GENES
QCM A1 : D
(cf. cours pour la méthode de run-on)
A/ Si on détecte de la radioactivité, cela signifie simplement que les XTP* on été incorporés pour former
des ARNm (mais pas forcement l’ARNm x)
B et E/ Les XTP* ou ribonucléotides radioactifs ne peuvent s’incorporer que dans les ARN. Donc si on
isole les éléments radioactifs, il n’y aura plus que de l’ARN. Il ne pourra donc pas y avoir d’hybridation
avec de l’ADN (le gène).
C/ Non étant donné que la radioactivité est déjà associé à tous les ARN. Il est donc préférable d’utiliser
une autre technique de marquage ou de révélation.
QCM A2 : DE
(cf. cours pour la méthode de footprinting)
Il faut faire attention au sens de la migration sur l’électrophorèse : vers le bas ; c'est-à-dire que plus les
fragments sont petits, plus ils migreront vers le bas. Etant donné que seul les éléments radioactifs (donc
marqués en 5’) sont sur l’électrophorèse, ceux qui sont en bas correspondent au début du gène (petits
fragments) et ceux qui sont en haut correspondent à la fin du gène (grands fragments). La zone blanche
située au dessus de 4kb correspond à la zone où la DNase I n’a jamais pu couper car le DNA était protégé
par la protéine P152. La protéine P152 est donc située juste après 4kb, c'est-à-dire au niveau de l’intron B.
C/ Seul les éléments radioactifs, donc marqués en 5’ sont sur l’électrophorèse. Or étant donné la coupure
par HindII et la sélection des éléments inférieurs à 15kb, seuls les fragments « à gauche du site de
HindII » (sur le schéma) sont retenus et donc un seul des deux brins du gène est marqué en 5’
E/ (vrai) Si le marquage avait été fait en 3’, la même sélection que celle expliquée ci-dessus aurait eu
lieu, mais cette fois-ci, ce sont les fragments de l’autre brin qui auraient été conservées lors de
l’électrophorèse. Etant donné que la protéine P152 est fixée au même endroit sur les 2 brins du gène (cf.
énoncé), les probabilités de coupure par la DNase I aurait été les mêmes et on aurait obtenu un résultat
similaire lors de l’électrophorèse.
QCM A3 : BCE
A/ S’il n’avait oublié que l’étape de marquage, l’étape finale de sélection des éléments radioactifs aurait
abouti à l’absence de tout fragment lors de l’électrophorèse (puisqu’aucun fragment ne serait radioactif)
et donc une lame toute blanche.
B/ En effet, si le manipulateur oublie cette étape, les fragments « à droite du site de HindII » sur le
schéma du gène, qui sont marqués en 5’ peuvent engendrer des fragments de taille entre 4 et 10kb après
coupure par la DNase et donc cacher le site de la protéine sur l’électrophorèse.
C/ Cela revient à des conséquences similaires à celles de l’item B
D/ Sans digestion par la DNase, on ne retrouve qu’un seul fragment de taille unique sur l’électrophorèse
et donc une seule bande, ce qui n’est pas le cas ici.
E/ Si l’ADN n’a pas été protégé par la protéine au niveau de son site de fixation, des coupures ont pu
avoir lieu à ce niveau par la DNase I
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161. ANALYSE GENOTYPIQUE
QCM Y1 : C
Au niveau du site voisin du gène de la maladie, on voit que le fœtus possède un allèle commun avec celui
de l’enfant malade. Les parents sont hétérozygotes (sinon un diagnostic ne serait pas nécessaire) et donc
le fœtus possède un allèle sain. Pour ce site, il est hétérozygote. On peut donc émettre le diagnostic qu’il
est hétérozygote pour la maladie.
QCM Y2 : BE
A/ Le profil n°1 correspond au patient P3, le profil n°2 correspond au patient P2, le profil n°3 correspond
au patient P1 et le profil n°4 correspond au témoin sain.
B/ En effet, la méthode n’est pas quantitative et on ne peut donc pas savoir, pour un individu qui semble
homozygote d’après les résultats, s’il possède un ou deux allèles du gène.
C/ Les résultats correspondent aux profils. Il n’y a donc pas de nécessité d’entreprendre d’autres
explorations. Pour le patient P2, il est normal d’obtenir le profil n°2 puisqu’il est atteint d’une délétion à
l’état homozygote pour le gène. Il est donc normal qu’aucun allèle ne soit reconnu par les sondes
(puisqu’il n’y en a pas).
D/ Ce profil présente un individu indemne de la mutation explorée (puisqu’il ne possède pas le gène qui
peut être atteint par cette mutation) mais il peut présenter d’autres mutations dans les parties de son
génome non explorées par l’expérience.
QCM Y3 : E
Protocole du SSCP : amplification du DNA par PCR, marquage, et dénaturation par refroidissement
brutal. L’ADN simple brin va alors prendre une conformation donnée, qui peut varier en fonction de sa
séquence et qui va induire des décalage à l’électrophorèse non dénaturante. IL N’Y A PAS DE
QUESTION DE LONGUEUR ! (A et D faux)
Différence de migration  variation de séquence
Variation de séquence ? ? différence de migration (pas forcement)
Ainsi K et M n’ont peut-être pas la même séquence. (B faux et E vrai). L’item C est faux car il est peu
probable qu’une mutation ne persiste que sur un seul brin (la réplication résout cela). De plus les brins qui
sont au même niveau de l’électrophorèse ne sont sûrement pas les mêmes : il peut s’agir du brin matrice
de K et du brin non matrice de N.
QCM Y4 : AD
Expérience (1) ASO : si la sonde s’hybride avec l’allèle correspondante, la séquence formée peut être
révélée et cela apparaît concrètement par un point noir.
(T)  allèle(s) sain(s) seulement  SAIN
(M)  allèle(s) malade(s) seulement  MALADE
(P1)  ni allèle sain, ni allèle malade. On peut envisager une erreur lors de l’expérience.  ?
(P2) allèle(s) malade seulement  MALADE
(P3)  1 allèle sain et 1 allèle malade  HETEROZYGOTE
L’expérience ne permet pas de dire si un patient est indemne de toute mutation ! De plus, pour (P1) il
semble au contraire qu’une mutation soit présente, ayant empêché l’hybridation avec les 2 types de sonde.
(C faux)
L’expérience ne permet pas de dire si un patient est véritablement homozygote (qu’il possède 2 allèles
sains ou 2 allèles malades). En effet, un patient hémizygote – qui aurait une délétion d’un allèle et ne
posséderait qu’un seul allèle du gène, soit sain, soit malade – présente à cette expérience les mêmes
résultats respectifs qu’un patient homozygote sain et homozygote malade. (E faux)
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162. QCM Y5 : D
Carré  homme rond  femme
Blanc  sain noir  malade noir et blanc  hétérozygote
?  profil non connu
(T) est sain donc seul l’arbre D est possible. Les autres données sur les enfants concordent avec cet arbre.
Le profil de (P1) est bien inconnu puisque les sondes ne se sont pas hybridées avec son/ses allèle(s). De
plus, étant donné qu’il existe des enfants sains, malades et hétérozygote, les deux parents sont forcement
hétérozygotes.
QCM Y6 : CD
ATTENTION : ici on utilise un diagnostic INDIRECT via RFLP, c'est-à-dire qu’on explore une zone plus
ou moins voisine du gène qui peut avoir un rapport ou non avec le gène de la maladie. Ainsi, selon la
distance au gène de la maladie (plus la zone étudiée est près du gène, plus il y a de probabilité d’avoir un
rapport entre les deux), les résultats peuvent avoir un rapport ou ne pas en avoir.
Le fait qu’il n’y ait pas de rapport ne permet pas de conclure que les résultats sont faussés. En effet, tous
les résultats sont possibles si la zone étudiée est assez distante du gène et/ou s’il y a eu crossing-over entre
les deux. (A et B faux)
Comment savoir s’il y a un rapport et donc possibilité de diagnostic via ce RFLP ?
D’abord il faut connaître le profil des individus. On les connaît grâce à l’expérience (1’) qui reflète la
réalité.
(T)  allèle(s) sain(s) seulement  SAIN
(M)  allèle(s) malade(s) seulement  MALADE
(P1)  comme (T)  SAIN
(P2) allèle(s) malade seulement  MALADE
(P3)  1 allèle sain et 1 allèle malade  HETEROZYGOTE
Ensuite, on associe chaque bande de l’électrophorèse de la zone étudiée à un profil du gène de la maladie.
(on tente de faire un rapport pour voir si ça peut marcher)
RFLP 1 :
(T) étant sain, la bande à 3,8 est associée à un profil sain.
(M) étant malade, la bande à 0,8 est associée à un profil malade.
(P1) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.
(P2) étant malade, la bande à 3,8 est associée à un profil malade.
(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 3,8 et 1,7 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profil
malade.
 Si les associations sont compatibles entre elles, il semble alors exister un rapport entre la zone étudiée
et le gène de la maladie. Dans le cas contraire – comme ici – le rapport est absent et le diagnostic
impossible.
RFLP 2 :
(T) étant sain, les bandes à 1 et 1,1 sont associées à un profil sain.
(M) étant malade, la bande à 1,3 est associée à un profil malade.
(P1) étant sain, la bande à 1,1 est associée à un profil sain.
(P2) étant malade, les bandes à 0,6 et 1,3 sont associées à un profil malade.
(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 0,6 et 1,1 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profil
malade.  0,6 = malade et 1,1 = sain
 ici, les associations sont compatibles, donc un rapport peut exister et un diagnostic peut être possible.
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163. RFLP 3 :
(T) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.
(M) étant malade, la bande à 2,8 est associée à un profil malade.
(P1) étant sain, la bande à 1,7 est associée à un profil sain.
(P2) étant malade, les bandes à 2,1 et 2,8 sont associées à un profil malade.
(P3) étant hétérozygote, parmi les bandes 1,7 et 2,1 l’une est associée à un profil sain et l’autre à un profil
malade.  2,1 = malade et 1,7 = sain
 ici, les associations sont compatibles, donc un rapport peut exister et un diagnostic peut être possible.
- RFLP 2 et RFLP 3 semblent pouvoir donner lieu à un diagnostic. En probabilité, les zones étudiées pour
ces 2 RFLP sont donc plus proches du gène de la maladie que la zone étudiée pour RFLP 1 avec lequel un
diagnostic est impossible. (C et D vrais)
- Deux bandes à l’électrophorèse ne signifient pas qu’un patient est hétérozygote POUR LA MALADIE.
En effet, le patient (P2) est bien hétérozygote pour la zone étudiée mais il est homozygote POUR LA
MALADIE. Toute la difficulté des RFLP est de comprendre qu’il s’agit d’un diagnostic indirect et de
différencier la zone étudiée (RFLP) et le gène de la maladie. (E faux)
QCM Y7 : DE
Etant donné qu’il existe des enfants sains, malades et hétérozygote, les deux parents sont forcement
hétérozygotes pour la maladie. On s’attend donc à ce que l’étude via RFLP 3 le reflète. D’après l’analyse
via RFLP 3 des enfants, on en a déduit les associations suivantes qui doivent rester vraies pour que le
rapport entre zone étudiée (RFLP) et gène de la maladie persiste : 1,7  SAIN 2,1 
MALADE 2,8  MALADE
Pour être hétérozygote pour la maladie, chaque parent doit donc au moins avoir une bande à 1,7kb.
(B et C faux) Il faut encore que l’un des parents soit 1,7/2,1 et l’autre 1,7/2,8 parce que si les deux
parents sont 1,7/2,1 les enfants ne peuvent pas avoir la bande 2,8. Ou si les deux parents sont 1,7/2,8 alors
les enfants ne peuvent pas avoir la bande à 2,1. (A faux)
QCM Y8 : BDE
A/ L’expérience consiste a voir à quelle concentration (selon le gradient) en agent dénaturant l’ADN
double brin se dénature. Il faut donc un acide nucléique double brin. (Un ARNm, par définition, est
simple brin).
B/ (vrai) tout comme pour la SSCP :
Différence de dénaturation selon la concentration  variation de séquence
Variation de séquence ? ? différence de dénaturation selon le gradient (pas forcement).
C/ Non puisque l’ADN du sujet Z se dénature à une concentration d’agent dénaturant moins élevée que
pour le sujet X.
E/ (vrai) Tant qu’il n’est qu’hétérozygote, la PCR peut avoir lieu sur l’autre brin. (Homozygote ça serait
faux car ça entraînerait une absence de résultat à la PCR alors qu’il y a bien une bande qui apparaît sur les
résultats de l’électrophorèse.)
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164. VECTEURS ET CLONAGE
QCM V1 : BCD
La construction est tout à fait possible puisque toutes les extrémités sont compatibles. Si on réutilise
l’enzyme EcoRI après l’insertion, on obtiendra un fragment identique à celui que l’on avait inséré (même
taille)
QCM V2 : ABCE
1kb : fragment à insérer dans le plasmide
5kb : plasmide seul
6kb : plasmide dans lequel le fragment de DNA a été inséré
La sonde de DNA génomique est complémentaire de la séquence de DNA (1kb) et peut aussi s’hybrider
avec la séquence de 6kb (puisque cette dernière contient la séquence de 1kb)
QCM V3 : D
Il faut transfecter le plasmide dans lequel le fragment de DNA a été inséré.
1kb : inutile car ne pourra pas s’insérer tout seul dans le génome de la bactérie
5kb : peut s’insérer dans le génome de la bactérie mais inutile car ne contient pas la séquence que l’on
souhaite amplifier.
QCM V4 : B
4 – YAC (150 à 1000kb)
1 – cosmides (40kb)
2 – phages (12kb ou de 8 à 22kb)
3 – plasmides (1 à 4kb)
Les valeurs ne sont bien sur pas à retenir mais il est important de retenir que les plasmides sont utilisés
pour de petits inserts, les YAC pour de très gros inserts (un gène entier) et qu’il existe des vecteurs
intermédiaires.
QCM V5 : BCD
A/ YAC pour les très gros inserts (150 à 1000kb)
E/ c’est l’inverse ; les phages entraînent la lyse des bactérie contrairement aux cosmides.
QCM V6 : AD
Attention : dans cet exercice, on utilise une méthode différente de celle que l’on retrouve dans la plupart
des autres exercices pour la sélection LacZ (cf. QCM suivant)
On veut insérer le plasmide LacZ – (donc ne produisant pas de β-galactosidase) et Amp.R + (donc
résistant à la pénicillinase) à l’intérieur du gène LacZ + (donc produisant de la β-galactosidase) des
bactéries.
Donc si la construction est réussie, on obtient des bactéries résistantes à l’antibiotique mais qui ne
deviennent pas bleue (puisque le gène LacZ est knock-out après insertion).
B/ les plasmides ne possèdent pas le gène LacZ +
C/ dans les bactéries bleues, le gène LacZ + est fonctionnel et le plasmide ne s’est donc pas inséré
correctement.
E/ Certaines peuvent le posséder : le plasmide a pu s’insérer dans ces bactéries à un autre endroit que dans
le gène LacZ.
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165. QCM V7 : BCD
A/ si on utilise PaeI sur l’insert et le plasmide et Acc651 sur l’insert et SunI sur le plasmide, l’insert
s’insert dans un sens. Si on utilise PaeI sur l’insert et NlaIII sur le plasmide et Acc651 sur l’insert et SunI
sur le plasmide, l’insert s’insert dans l’autre sens.
B/ cela permet de savoir si un plasmide s’est inséré, mais attention, le plasmide inséré ne sera pas
forcement recombinant !
D/ La couleur bleue ne peut provenir que du gène LacZ de l’insert qui ne peut entrer dans la bactérie que
via un plasmide. Donc une bactérie bleue en présence de X-Gal possède un plasmide recombinant (c'est-
à-dire qui possède l’insert qui possède le gène LacZ qui produit la X-galactosidase).
E/ L’ARN est le plus dense.
Dans l’ordre du moins dense au plus dense on obtient :
↓ADN génomique
↓ADN du plasmide
↓ARN
ANIMAUX TRANSGENIQUES
QCM T1 : ABE
Le but de l’expérience et de créer une souris transgénique qui n’exprimerait que peu (ou plus) de
protéines GCN2.
A/ (vrai) En effet, dans ce cas, la souris va produire des ARNm antisens aux ARNm de la protéine GCN2
et qui vont donc s’hybrider avec ces derniers. Cette hybridation va rendre impossible la traduction des
ARNm de GCN2 liés et donc la production de cette protéine.
B/ (vrai) C’est la première hypothèse envisageable. Le gène étant knock-out, la production de la protéine
GCN2 ne sera plus possible.
C/ C’est une proposition absurde. Pour obtenir un résultat, il faudrait croiser la souris dont le gène de
GCN2 est floxé avec une souris surexprimant le gène Cre, ce qui aurait pour conséquence la suppression
de la séquence floxée (donc du gène) sous l’effet de Cre.
Le croisement avec une souris exprimant un promoteur tissu-spécifique n’aura à priori pas d’effet
d’autant qu’on ne sait pas à quel gène se rattache le promoteur en question.
D/ C’est une technique tout à fait réalisable et qui aurait pour conséquence d’inhiber l’action de la
protéine GCN2 puisque son récepteur serait saturé par la protéine tronquée. Cependant dans cette exercice
on cherche à obtenir une réduction de l’expression de la protéine GCN2 et l’hypothèse proposée ne
modifie pas le niveau d’expression de GCN2.
E/ (vrai) En effet, c’est une proposition « bateau » des QCM sur les animaux transgéniques.
QCM T2 : ABE
A/ (vrai) Dans ce cas, après le croisement, la souris obtenue ne possédera pas l’exon 4. donc la le gène de
GCN2 sera bien knock-out. Les exons 2 et 3 indispensables au développement sont bien conservés.
C, D et E/ On peut très bien utiliser ces trangène et croiser la souris transgénique obtenue avec une souris
exprimant le gène Cre sous la régulation d’un promoteur inductible (comme l’énoncé en donne la
possibilité). En n’activant le promoteur qu’après le développement (durant lequel les exons 2 et 3 sont
indispensables), les séquences floxées seront supprimées et le gène sera bien knock-out.
QCM T3 : C
Revoir le cours pour le système néo/tk…
A/ Les cellules en question ne seront pas rares mais majoritaires ! C’est la recombinaison homologue qui
est un événement très rare.
B et D/ La thymidine kinase permet de produire par phosphorylation le gancyclovir phosphate qui est
toxique et entraîne la mort des cellules ES qui le produise. C’est le gène néo qui est responsable de la
résistance au G418.
E/ la recombinaison homologue correspond à 2 crossing-over !
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166. QCM T4 et T5 :
Souris blanche de l’énoncé [1] : Souris verte de l’énoncé [2] :
B tg- v tg-
== === == ===
B tg- v tg-
cellules ES
v tg-
== ===
v tg-
cellule ES génétiquement
modifiée
B tg+
== ===
B tg+
Blastocyste
SOURIS CHIMERES qui comprennent 2 génomes distincts :
v tg- B tg+
== === et == ===
v tg- B tg+
Et 3 possibilités selon la/les cellules ES qui a/ont participé à la formation des gonades :
Souris chimère [3A] [3B] [3C]
Génome ayant v tg- B tg+ v tg- B tg+
participé à la == === == === et == === == ===
formation des v tg- B tg+ v tg- B tg+
gonades seulement seulement
Type de gamète de la (v tg-) (B tg+) et (v tg-) (B tg+)
souris seulement seulement
QCM T4 : BE
A/ Cette expérience PEUT donner naissance à une souris chimère, en partie verte et NE
POSSEDANT PAS LE TRANSGENE et en partie blanche AVEC LE TRANSGENE.
B/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [2] (v tg-) et [3A] (v tg-) on obtient : v tg-
== ===
v tg-
C/ Pour obtenir une souris chimère, il faut qu’il existe
deux populations différentes de cellules ES dans le blastocyste
de cette souris. Or par fécondation naturelle, on n’obtient qu’une seule
cellule qui se divisera pour former le blastocyste, et donc un seul type de cellules ES.
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167. D/ Si les parents sont les souris [2] et [3B] ils pourront donner des souris blanches et des souris
vertes mais pas forcement dans d’autre cas. Contre-exemples :
si les parents sont les souris [2] et [3A] ils ne donneront que des souriceaux verts v tg-
== ===
v tg-
si les parents sont les souris [2] et [3C] ils ne donneront que des souriceaux blancs B tg+
== ===
B tg+
E/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [3C] (B tg+) + [3C] (B tg+) B tg+
== ===
B tg+
QCM T5 : ABC
A/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [2] (v tg-) + [3C] (B tg+) B tg+
== === (souris [4])
v tg-
B/ (vrai) Car le transgène est associé à l’allèle BLANC (B) qui est
dominant sur l’allèle vert (v) (donc si une souris est verte elle n’a pas
d’allèle blanc donc pas de transgène).
NB : on peut affirmer cela car il n’y a pas de crossing-over d’après l’énoncé.
C/ (vrai) Par exemple en croisant les souris [4] (B tg+) + [3C] (B tg+) B tg+
== ===
B tg+
D/ Si la souris est verte, elle ne possède pas de transgène
(cf. item B)
E/ Pas forcément. Contre-exemple :
en croisant les souris [4] (B tg+) + [4] (v tg-) B tg+
== ===
v tg-
La souris obtenue est blanche mais pas homozygote
pour le transgène. L’obtention d’une souris blanche
ne permet donc pas d’affirmer la viabilité de l’état homozygote pour le transgène.
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168. QCM Techniques en vrac
8 QCM
QCM 1 : Parmi les facteurs suivants, quels sont ceux qui vont favoriser une hybridation entre 2
fragments complémentaires d’ADN ?
A. Un passage brutal de la solution de 95° à 0°.
B. Un Cot (concentration x temps) élevé.
C. Des fragments de grande longueur.
D. La présence d’une émulsion de phénol.
E. La présence d’une solution à force ionique élevée.
QCM 2 : Un cDNA est obtenu par copie in vitro (au laboratoire) d’un RNA mature par une
Reverse Transcriptase ou Transcriptase Inverse :
A. Il est complémentaire du mRNA qui sert de matrice.
B. Il est antiparallèle par rapport au mRNA qui sert de matrice.
C. Il contient des séquences complémentaires des exons.
D. Il contient des séquences complémentaires des introns.
E. Il est généralement méthylé sur des sites GC.
QCM 3 : L’hybridation moléculaire :
A. Est fondée sur la complémentarité des bases azotées entre nucléotides.
B. Ne s’observe jamais naturellement.
C. S’effectue toujours de manière antiparallèle.
D. Nécessite au préalable d’avoir des brins monocaténaires.
E. Ne peut pas s’effectuer entre ADN et ARN.
QCM 4 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A. La transcriptase inverse, extraite à partir de rétrovirus, a deux propriétés essentielles : elle transcrit le
RNA en cDNA dans le sens 3’ → 5’ et elle possède aussi une fonction de RNase H.
B. Les RNA-polymérases transcrivent un ADN en ARN en utilisant une amorce.
C. Les ligases sont des enzymes qui forment des liaisons phosphodiesters entre le 3’OH d’un nucléotide
et le 5’phosphate du nucléotide suivant.
D. La T4 polynucléotide kinase utilise le phosphate γ d’un nucléotide tri-phosphate et l’ajoute sur
l’extrémité 5’ d’un polynucléotide.
E. La phosphatase alcaline est une enzyme peu spécifique qui agit uniquement sur les ADN.
QCM 5 : A propos des nucléases :
A. La famille des nucléases comporte des exo- et des endonucléases qui peuvent agir sur l’ADN ou
l’ARN.
B. La DNase I coupe l’ADN qu’il soit simple ou double brin, et agit principalement sur des gènes au
repos.
C. La nucléase S1 coupe uniquement l’ADN qu’il soit simple ou double brin.
D. La RNase A est une enzyme très ubiquitaire qui coupe les ARN simples brins après des pyrimidines.
C’est une enzyme qui est fragile et résiste mal à la chaleur.
E. La RNase H est nommée ainsi car elle coupe les liaisons hydrogènes dans l’ARN.
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169. QCM 6 : A propos des techniques de biologie moléculaire :
A. Les ARN sont souvent utilisés en biologie moléculaire, car ils sont très stables.
B. Les acides nucléiques sont solubles dans l’eau, c’est pourquoi lors de l’extraction, on les retrouve dans
la phase phénolique.
C. En électrophorèse, les gels d’agarose peuvent permettre de séparer des fragments d’ADN de plus
grande taille que les gels de polyacrylamide.
D. L’électrophorèse en champ pulsé permet la séparation de gros fragments d’ADN comme les
chromosomes.
E. Les fragments d’ADN sont directement visibles sur le gel en électrophorèse à champ pulsé.
QCM 7 : A propos des techniques de biologie moléculaire :
A. Il existe deux types d’ultracentrifugation : l’ultracentrifugation isopycnique et l’ultracentrifugation
zonale (cette dernière utilise le saccharose). Ces deux techniques s’appuient sur la création d’un gradient
de densité, au fur et à mesure de l’ultracentrifugation, pour séparer les acides nucléiques.
B. En chromatographie d’affinité, lorsque l’on veut isoler un ARN polyadénylé, on va utiliser un support
avec une séquence polyA par exemple, qui permettra de retenir l’ARN.
C. Les enzymes de restriction sont des endonucléases qui coupent l’ADN double brin. Elles peuvent le
couper n’importe où et permettent ainsi de réduire la taille du fragment étudié.
D. Il existe trois types d’enzymes de restriction. Les types II et III coupent l’ADN au niveau de la
séquence reconnue.
E. Les enzymes de restriction de type II, qui coupent l’ADN au niveau de séquences palindromiques,
comme par exemple 5’ GAAUUC 3’ font des coupures en baïonnette ou à bouts francs.
3’ CUUAAG 5’
QCM 8 : On souhaite insérer un cDNA dans un plasmide dont le site multiple de clonage contient la
séquence : 5’ Mbo I – Bg III – Xho I – Sha II 3’.
cDNA :
Séquences de restriction :
Msp I : 5’…CCGG…3’
Bg III : 5’…AGATCT…3’
Xho I : 5’…CTCGAG…3’
Sha II : 5’…GTCGAC…3’
Xba I : 5’…TCTAGA…3’
Mbo I : 5’…GATC…3’
A. Les enzymes XbaI et Bg III sont des isoschizomères.
B. Le cDNA digéré par Msp I peut être inséré dans un plasmide traité par Bg III.
C. Le cDNA digéré par Msp I ne peut être inséré que dans un seul sens lorsque le plasmide est traité par
Mbo I.
D. Le cDNA digéré par Xba I et Xho I ne pourra s’insérer que dans un seul sens dans un plasmide digéré
par Bg III et par Xho I .
E. La seule option pour insérer le cDNA est d’utiliser Msp I pour digérer le cDNA, et Mbo I pour digérer
le plasmide car XbaI et BgIII ne permettent pas d’obtenir des bouts en baïonnette compatibles entre le
plasmide et le cDNA.
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170. Correction
QCM 1 : BDE
A. Un refroidissement lent va permettre une réassociation des brins.
C. Des fragments de petite longueur seront plus faciles à réhybrider.
QCM 2 : ABC
D. Puisqu’il s’agit de la copie d’un mRNA mature, les introns ont déjà été excisés lors de la maturation de
cet ARN.
E. Il n’y a pas de raison…
QCM 3 : ACD
B. Cf. l’ADN par exemple.
E. On le peut, d’ailleurs les hybrides ADN-ARN sont plus solides que les ADN doubles brins.
QCM 4 : CD
A. La transcriptase inverse synthétise le cDNA dans le sens 5’ → 3’.
B. Les RNA-polymérases n’utilisent pas d’amorce.
E. Elle élimine le phosphate en 5’ sur les ADN, les ARN et les nucléotides libres.
QCM 5 : A
B. Elle agit au niveau de gènes en cours de transcription ou qui viennent d’être transcrits donc sur des
gènes actifs car les protéines qui les protégeaient se sont détachés pour permettre la transcription de ces
gènes.
C. La nucléase S1 coupe seulement l’ADN ou l’ARN simple brin.
D. Au contraire, la RNase A n’est pas fragile et résiste à la chaleur, elle est dite thermostable.
E. Le «H» signifie « hybride », en effet la RNase H détruit l’ARN dans les hybrides ADN-ARN.
QCM 6 : CD
A. Les ARN sont au contraire instables et très vulnérables car on trouve des ribonucléases quasiment
partout (même sur nos doigts).
B. On les retrouve dans la phase aqueuse (phase supérieur). Le phénol est un agent déprotéinisant, la
phase inférieure va donc récupérer les protéines.
E. On ne peut pas les voir directement. Il faut utiliser des techniques comme celle au bromure d’éthidium
(fluorescent sous une lampe à UV) pour les visualiser.
QCM 7 : Aucune
A. Pour l’ultracentrifugation zonale, le sucre (saccharose) ne permet pas de générer le gradient au cours
de la centrifugation, et nécessite la création du gradient avant même l’ultracentrifugation.
B. Comme l’ARN est polyadénylé (queue polyA), il sera retenu par des séquences polyU ou polydT (car
A s’associe à T et à U).
C. Les enzymes de restriction coupent l’ADN double brin en des sites spécifiques.
D. La type III coupe 20 paires de bases plus loin (côté 3’).
E. Il n’y a pas d’U dans l’ADN.
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171. QCM 8 : DE
A. Non, car ils ne reconnaissent pas la même séquence. Leurs séquences sont opposées.
B. Bg III produit des bouts en baïonnette tandis que Msp I produit des bouts francs donc il y a une
incompatibilité qui ne permet pas l’insertion.
C. Le cDNA traité par Msp I peut être inséré dans les 2 sens dans un plasmide traité par Mbo I car ces
deux enzymes créent des bouts francs.
D. Méthode :
Bg III : 5’…A GATC T…3’
Xho I : 5’…C TCGA G…3’
Sha II : 5’…G TCGA C…3’
XbaI : 5’…T CTAG A…3’
La partie en gras et en italique correspond au bord en baïonnette qui sera visible une fois la coupure
effectuée.
Si on coupe le cDNA avec Xba I et Xho I, on obtient :
5’ CTAG Séquence complémentaire : Xho I
AGCT 5’ 5’3’ ou Sha II 5’3’ (insertion
Séquence complémentaire possible).
Bg III 3’ 5’ or les bords
du plasmide seront ceux
de BgIII en 5’  3’
(insertion impossible).
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172. V Correction détaillée du concours de janvier
2006 de la faculté
Nous n’avons pas repris le sujet du concours de janvier 2006 qui se trouve dans le polycopié de biologie
moléculaire distribué par la faculté ;
Pour chaque QCM la ou les réponses vraies éventuelle(s) (à cocher « en haut » sur la feuille de coche)
sont affichées entre crochet. Il s’agit des réponses officielles qui ont été affichées à la faculté lors de la
publication des résultats.
QCM 1 : ABCD
Ce sont des propositions de cours à connaître.
E/ L’isoButanol sert à extraire le Bet (Bromure d’éthidium).
QCM 2 : E
Le raisonnement pour ce genre d’exercice est simple mais pas forcement facile à retenir correctement.
Si vous n’avez pas compris la méthode, entraînez-vous avec les QCM de cette partie (début du poly) et
lisez leur correction pour comprendre la technique.
QCM 3 : D
Il faut tout lire pour éviter de ce faire piéger
1/ L’activité biologique importe dans le résultat (puisqu’au final il y a 120 mg de protéines
biologiquement actives)
2/ Donc ici toutes les étapes sont à prendre en compte (mais si au final il y avait eu 120 mg de protéines
sans distinction de leur activité biologique, il aurait fallu ne pas prendre en compte la dernière étape – de
perte biologique – dans le calcul).
3/ Il faut faire attention à convertir toutes les données en rendement (100% - pourcentage de perte). Ainsi
le rendement de la dernière étape est de 80%
N’utilisez pas de calculatrice chez vous ! Entraînez-vous au calcul mental, vous en aurez bien besoin
(surtout en physique).
Minitiale x 80% x 75% x 50% = M finale de protéines (sans distinction d’activité biologique) = inconnue
Minitiale x 80% x 75% x 50% x 80% = M finale de protéines biologiquement actives = 120 mg
120 mg 120 x 100 x 100 x 100 x 100 120 x 100 x 100 x 2
D’où Minitiale = ------------------------------- = ------------------------------------ = --------------------------
80% x 75% x 50% x 80% 80 x 80 x 75 x 50 8 x 8 x 75
120 x 100 x 25 x 4 x 2 120 x 100 1000
= ---------------------------- = -------------- = --------- = 500 mg
8 x 8 x 3 x 25 2 x 12 2
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173. QCM 4 : Aucune, QCM 5 : BE, QCM 6 : BCDE
A/ 3’-désoxyguanosine est un désoxyribonucléoside.
Il comprend une base purique et un désoxyribose, ce dernier étant atypique puisqu’il est désoxydé en 3’
(et non en 2’ comme ceux que l’on trouve normalement dans l’ADN). On ne le trouve pas dans l’ADN
car les polymérases utilisent l’hydroxyle en 3’ des sucres pour faire les liaisons et ce nucléoside n’en a
pas.
B/Ribothymidine : c'est un ribonucléoside ( ARN mais pas ADN)
Il comprend une base pyrimidique et un ribose et est caractéristique des tRNA.
C/Pseudouridine : c'est un dérivé de ribonucléoside ( ARN mais pas ADN) qui ne possède pas de
liaison N-osidique et qui est caractéristique des tRNA.
D/ Inosine : c'est un ribonucléoside (ou dérivé) ( ARN mais pas ADN)
Il comprend une base purique (hypoxanthine) et un ribose et est caractéristique des tRNA et plus
particulièrement des anticodons.
E/ Cytidine
cytidine = ribonucléoside ( ARN mais pas ADN)
≠ cytosine = base pyrimidique
La cytidine comprend une base pyrimidique et un ribose et est présente dans les ARN.
QCM 7 : DE
Ce sont des propositions de cours à savoir.
A/ Est faux car le brin matrice est parcouru dans le sens 3’5’ (tandis que la synthèse du nouveau brin se
fait dans le sens 5’3’, ce qui est logique puisque les brins sont orientés antiparallèlement)
B/ Car elle utilise des désoxyribonucléotides (dXTP) et non des ribonucléotides (XTP) !
C/ Il s’agit de triphosphoDESOXYribonucléotides. De plus c’est le phosphate α qui fait la liaison (les
phosphates β et γ sont détachés = pyrophosphate)
QCM 8 : A
Les brins doivent être antiparallèles et parfaitement complémentaires (énoncé)
A↔T ou A↔U
et G↔C
QCM 9 : BD
L’énoncé donne des informations très importantes (comme la plupart du temps) :
- il s’agit d’un génome viral, ce n’est donc ni un phage ni un plasmide
- c’est un DNA (puisqu’il y a présence de bases T et absence de bases U)
- ce DNA étant intégré dans le génome d’une cellule de mammifère, il est indispensable que celui du
virus soit double brins car un génome eucaryote est forcement double brins.
QCM 10 : ABE, QCM 11 : AD, QCM 12 : ABCE
cf. cours
- QCM 10 : absence de cap et de polyA-3’ terminal chez les procaryotes
- QCM 11 : l’opérateur est une séquence de DNA, le répresseur est un complexe protéique, la
transcription est permise par le détachement du complexe répresseur-lactose de l’ADN.
- QCM 12, item D : l’énoncé précise « dans la formation ou la maturation des mRNA », c'est-à-dire la
période transcriptionnelle ou post-transcriptionnelle, ce qui exclut un mécanisme post-
TRADUCTIONNEL
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174. QCM 13 : D
Le tableau du code génétique est en première page. Mais il n’y a pas de légende à côté… A vous de vous
rappeler qu’il permet de traduire les codons d’un ARNm lu dans le sens 5’-3’ ( ≠ réplication et
transcription) en protéine, de l’extrémité N-terminale vers C-terminale ( ce n’est pas antiparallèle).
Donc il faut avant tout transcrire le DNA de la séquence mutée de l’énoncé en ARNm complémentaire
puis se servir du code génétique pour obtenir la protéine.
QCM 14 : D
- une mutation frame-shift décale le cadre de lecture . Il s’agit forcement d’une insertion ou d’une
suppression de base(s) (1+3n bases ou 2+3n bases mais pas 3+3n bases ! sinon le cadre reste le même).
Ce n’est pas le cas
- une mutation silencieuse n’entraîne pas de modification de la séquence protéique finale. Ce n’est pas le
cas.
- une mutation faux sens entraîne le changement des aa (ou d’un aa) de la séquence protéique finale (sans
altérer la longueur) mais ce concept est à distinguer de la mutation non sens qui entraîne l’apparition d’un
codon stop.
QCM 15 : ABE
cf. en première page, le tableau d’appariement des anticodons.
Il faut néanmoins savoir que la base à appariement de type wobble est la 3ème du codon (ou 1ère de
l’anticodon) dans le sens conventionnel de lecture (5’3’)
codon 5’ GCU 3’
l’anticodon sera forcement de type 3’ CGX 5’
ou X correspond à A, G ou I (cf. tableau)
QCM 16 : C
D’après le tableau du code génétique,
pour avoir une proline il faut un codon de type 5’ CCY 3’
(Y = A, G, C ou U)
donc un anticodon de type 3’ GGZ 5’
(Z = A, G, C, U ou I)
QCM 17 : C
Ce sont des notions de cours.
RNA-poly II PolyA-poly
Synthèse de RNA (polyribonucléotides)
Chez les eucaryotes
DNA-dépendante (matrice de DNA) DNA-indépendante (pas de matrice)
Pas d’amorce « amorce » de RNA
(la partie 5’ de l’ARNm en formation)
A priori pas de fonction exonucléasique car Pas de fonction exonucléasique
absence de fonction proof-reading
QCM 18 : ABD
C/ Les gènes α1 et α2 ont divergé dans un passé relativement récent – c’est exact – et ils ne sont donc pas
présents chez la plupart des autres vertébrés.
E/ Un pseudogène n’est pas fonctionnel puisqu’il n’est pas transcrit.
QCM 19 : ABCD
Ce sont des notions de cours
E/ Est absurde : la mitochondrie n’a aucun rôle dans cette biosynthèse. Le passage transmembranaire se
fait à travers la membrane du RE granuleux (= RE rugueux)
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175. QCM 20 : BD
On étudie un gène du gonosome X
▪ chez une femme (XX) : 2 chromosomes X donc 2 allèles (un sur chaque chromosome)
▪ chez un homme (XY) : 1 chromosome X donc 1 seul allèle
MspI AgeI
Gène (non muté pour le site de Allèle méthylé COUPURE pas de coupure
coupure ; ceci est vérifié par le fait que Allèle non COUPURE COUPURE
MspI coupe totalement toutes les méthylé
séquences nucléiques de l’expérience)
Individu M :
Il y a une digestion totale avec AgeI. Il n’y a donc qu’un seul type d’allèle(s) non méthylé(s). (item A
faux) Mais par contre on ne sait pas s’il y a un ou deux allèles. Ainsi il peut s’agir d’un homme (XY) dont
l’allèle n’est pas méthylé (item B vrai) ou d’une femme (XX) dont les 2 allèles ne sont pas méthylés (ce
qui est anormal). D’après ce profil il n’y a aucune méthylation ; il s’agit d’une absence d’inactivation et
non d’une inactivation déséquilibrée (ce qui signifierait qu’il y a bien 50% de gène méthylé mais que
c’est à chaque fois le même allèle qui est méthylé dans toutes les cellules ou presque). (item E faux)
Individu N :
Il y a une digestion par AgeI mais seulement en partie.
Il y a donc présence de deux types d’allèles : 1 allèle non méthylé et 1 allèle méthylé.
Ce profil est donc incompatible avec celui d’un homme (XY) qui ne possède qu’un seul allèle. (item C
faux) Il ne peut donc s’agir que d’une femme (XX) et dans l’hypothèse où 50% des allèles sont méthylés,
50% non méthylés et si la méthylation s’est faite au hasard (ce que l’on ne peut pas déterminer par
l’expérience), ce profil peut être celui d’une femme (XX) où l’inactivation du chromosome X s’est faite
au hasard (item D vrai)
QCM 21 : ABCDE
La RNase A coupe le simple brin d’un RNA, ce qui comprend aussi les zones non appariées (à partir d’un
nucléotide) d’un RNA avec sa ribosonde.
Ainsi une variation ponctuelle de séquence par rapport à la sonde entraîne une coupure ; et donc
l’individu 1 peut posséder une variation ponctuelle de séquence et ses résultats sont compatibles avec
l’état homozygote car présence d’un seul profil type « coupure » ; un individu hétérozygote serait
caractérisé d’après l’expérience par la présence de 2 profils, c’est à dire 3 traits : un à 1200b (profil « pas
de coupure ») + un à 700b et un 500b (profil « coupure »). (item A vrai)
B/ (vrai) Il peut y avoir une erreur lors de l’expérience, mais ce qui est plus probable c’est que la
mutation soit silencieuse
C/ (vrai) C’est possible vu que dans la zone de la sonde aucune mutation n’est détectée et qu’on ne sait
pas s’il existe une mutation en dehors de cette zone.
D/ (vrai) Une mutation hors de la zone d’appariement avec la sonde ne sera pas détectée dans cette
expérience (puisque hors de la zone d’appariement, le RNA est simple brin et est donc digéré par la
RNase A quel que soit la séquence)
E/ (vrai) En effet, le même profil serait obtenu (puisque comme la plupart des techniques utilisées, celle-
ci ne semble pas quantitative)
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176. QCM 22 : CDE
Il faut revoir la technique de Southern et connaître les notions de stringence.
A/ S’il avait oublié la digestion, l’expérience montrerait un résultat de 3.109 kb (taille de l’ADN
génomique humain normal) et non 5 kb
B/ Si la membrane n’avait pas été préhybridée (avec de l’ADN de sperme de saumon !), la sonde aurait
pu se coller à tous les endroits dépourvus d’ADN du support (au départ imbibé d’une « colle » pour
retenir les fragments d’ADN) et le résultats ne comporterait pas deux traits noirs mais une plage presque
toute noire.
Forte stringence = faible force ionique = conditions draconiennes d’expérience, c'est-à-dire une possibilité
d’hybridation réduite. Cela permet d’éviter les hybridations incomplètes mais peut parfois conduire à une
absence totale d’hybridation.
C/ (vrai) On travaille sur l’ADN donc il peut y avoir révélation d’un pseudogène, ce qui n’aurait pas été
possible sur de l’ARNm (les pseudogènes ne sont pas transcrits).
QCM 23 : ACD
Dans cette technique on considère qu’une mutation PEUT modifier la conformation d’un brin et donc
migrer différemment en électrophorèse. C’est la seule interprétation possible ! Le sens de variation de
la migration ne peut donner lieu à aucune interprétation sur la longueur de l’ADN (item B faux)
A/ (vrai) ≠ de migration par rapport au témoin, donc ≠ de conformation par rapport au témoin, donc ≠ de
séquence possible par rapport au témoin.
C/ (vrai) Tout comme la phrase contraire aurait été vraie
D/ (vrai) Logique puisque ≠ de migration, donc ≠ de conformation, donc ≠ de séquence possible.
E/ La RNase A coupe seulement le RNA (et le RNA simple brin).
QCM 24 : AB
« approche génotypique indirecte »  On n’étudie pas le gène de la maladie en question mais une zone
génomique qui s’en rapproche plus ou moins. On ne cherche pas à savoir si les résultats sont vrais ou
faux : tous les résultats peuvent exister puisqu’il n’y a pas forcement de rapport entre le gène de la
maladie et la zone étudiée (item E faux)
L’objectif est justement de déterminer s’il existe un rapport entre ces deux, ce qui permettrait de pouvoir
établir un diagnostic de la maladie en analysant la zone étudiée.
Dans l’énoncé diverses choses sont importantes :
- maladie autosomique récessive
- enfant atteint décédé (donc homozygote pour la maladie)
- parents sains (ils possèdent donc chacun un brin sain, mais étant donné qu’ils ont pu donner un enfant
homozygote malade, ils possèdent aussi chacun un brin malade. Ils sont donc tous les deux hétérozygotes
pour la maladie)
Pour chaque RFLP on cherche à voir si un diagnostic de la maladie est possible, donc s’il y a un rapport
entre le gène de la maladie et la zone étudiée. On va donc chercher les obstacles à cette corrélation pour
chaque RFLP et voir si on peut y trouver une solution.
RFLP 1 : L’obstacle est que l’enfant a un profil identique à son père et identique à sa mère pour la zone
étudiée, contrairement au gène de la maladie. Ainsi le diagnostic est impossible puisqu’on ne peut pas
attribuer un état (sain ou malade) à un profil. (Les 3 profils étant identiques, elles seraient sinon soit
toutes saines, soit toutes malades, ce qui n’est pas la réalité). (item A vrai)
RFLP 3 : L’obstacle est que l’analyse donne un profil homozygote pour le père et homozygote pour la
mère. Quel que soit l’enfant il aura donc toujours le même profil d’après cette analyse et il ne sera pas
possible de dire s’il est malade ou non. Le diagnostic est impossible. (item C faux)
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177. Les analyses des RFLP 1 et 3 ne pouvant donner lieu séparément à aucun diagnostic, leur combinaison
n’en donnera pas non plus ! (item D faux)
RFLP 2 : Le père a un profil hétérozygote. La mère a un profil hétérozygote. L’obstacle logique c’est que
l’enfant atteint a lui aussi un profil hétérozygote (mais différent ce ceux de ses parents).
Il s’agit en fait du profil pour la zone étudiée et non pour la maladie.
On peut considérer qu’à un allèle donné du gène de la maladie il peut correspondre plusieurs allèles de la
zone étudiée. Et dans ce cas on peut envisager un diagnostic.
RFLP 2 Gène de la
(approche indirecte) maladie
(approche directe)
Enfant atteint P M E P M E
homozygote rflpmalade
(malade/malad 1 MALADE
rflpsain2
e) pour le gène 
de la maladie rflpmalade
2 SAIN
rflpsain1
Enfant sain P M E2 P M E2’ P M E2 ou E2’
hétérozygote rflpmalade
(malade/sain) 1 MALADE
rflpsain2
ou 
(sain/malade) rflpmalade
pour le gène de 2 SAIN
la maladie rflpsain1
Enfant sain P M E3 P M E3
homozygote rflpmalade
(sain/sain) 1 MALADE
rflpsain2
pour le gène de 
la maladie rflpmalade
2 SAIN
rflpsain1
Ainsi on peut – en théorie (dans la majorité des cas) – distinguer un fœtus hétérozygote d’un fœtus
homozygote POUR LA MALADIE grâce à l’analyse du RFLP 2 (dans laquelle le fœtus sera toujours
forcement hétérozygote pour la zone étudiée puisque pour cette zone les parents n’ont aucun allèle
commun). (item B vrai)
ATTENTION ! Les diagnostics établis dans le tableau ci-dessus à partir des résultats des RFLP 2
supposent l’absence de crossing-over entre le gène de la maladie et la zone étudiée via RFLP. En effet, en
pratique le diagnostic est toujours soumis à condition. Et il peut arriver, en cas de crossing-over, qu’un
enfant présente les allèles rflpsain1 et rflpmalade2 d’après le diagnostic indirecte mais qu’il soit en fait
homozygote atteint pour le gène de la maladie car l’allèle rflpsain1 s’est retrouvée associée à l’allèle
MALADE du gène de la maladie (échange de rflpsain1 et rflpmalade1 par crossing-over). (Mais si le Pr.
Levade veut que vous preniez en compte cette notion, il vous en informera certainement de façon précise
dans l’énoncé ou l’item du QCM, ce qui n’est pas le cas ici).
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178. QCM 25 : AD
A/ (vrai) Dans ce cas la PCR ne fonctionnerait que pour un seul des deux brins mais comme cette
méthode n’est pas vraiment quantitative, cela passerait inaperçu.
B/ Si le patient P2 n’avait plus d’exon 3, la PCR de son ADN génomique donnerait une bande inférieure
de 400 pb par rapport au témoin.
C/ Idem ci-dessus : la bande de l’ADN génomique serait inférieure à celle du témoin.
D/ (vrai) L’ADN génomique ne varie pas en longueur mais la mutation provoque une disparition de
l’exon 3 lors de la transcription en ARNm et cette délétion se répercute sur la longueur de l’ADNc formé
à partir de l’ARNm.
- item € faux : l’ADN génomique correspond à la longueur des introns + exons
L’ADNc correspond normalement à la longueur des exons seulement (sauf en cas de délétion d’un exon).
Ainsi la longueur des introns est égale à la longueur de l’ADN génomique moins la longueur de l’ADNc
soit pour le témoin et le patient 1 : 2000 – 900 = 1100 pb
QCM 26 : BE
A/ Ce n’est pas « le moyen le plus sûr » puisqu’il nécessite de nombreuses opérations
(ADNARNmADNcPCR) et que la probabilité d’erreurs en est d’autant plus élevée
B/ (vrai) C’est radical mais c’est le moyen le plus sûr, le plus fiable que l’on connaisse, en effet.
C/ La RNase ne coupe que les RNA (et seulement les RNA simple brin)
D/ Le but du Southern-blot est de localiser une séquence d’ADN précise dans le génome. Il sera difficile
de déterminer la présence d’une variation ponctuelle à moins de savoir sa nature et sa position. Face au
séquençage, cette méthode est moins sûre.
E/ (vrai) Eventuellement, c’est possible.
QCM 27 : A
A/ (vrai) Oui, cette sonde s’hybride effectivement avec un brin du cDNA du patient (avec la séquence que
l’on obtient lors du séquençage)
B/ Pour que l’hybridation soit possible avec un brin du cDNA du patient, il faudrait que cette sonde soit
orientée dans l’autre sens.
C/ Il ne peut pas y avoir de mise en évidence de la variation avec PvuII car cette enzyme de restriction
coupe à la fois l’ADN du patient et celui du témoin (ainsi elle ne permet pas de différencier les deux)
D/ Chez le témoin mais pas chez le patient.
E/ Il s’agit d’une mutation TA
S’il s’agissait d’une insertion de GAC, la séquence devrait être identique à celle du témoin avec comme
seule différence l’ajout de GAC.
QCM 28 : CD
A/
Des isoschizomères reconnaissent strictement la même séquence et coupent exactement au
même endroit ! (elles peuvent différer par leur sensibilité à la méthylation).
B/ Incompatibles
5’ GATCC 3’ BamHI
G
NheI G
3’ CGATC 5’
C) (vrai) C’est exact car d’une part les extrémités BglII du plasmide et du cDNa seront compatibles entre
elles et d’autre part l’extrémité NheI du plasmide et l’extrémité XbaI du cDNA sont compatibles entre
elles. Par contre les extrémités NheI et XbaI ne sont pas compatibles avec les extrémités BglII, ce qui
exclue une insertion dans l’autre sens.
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179. 5’ CTAGA 3’ XbaI
T
NheI G
3’ CGATC 5’
5’ GATCT 3’ BglII
A
BglII A
3’ TCTAG 5’
D/ (vrai) Les extrémités de NheI et XbaI sont compatibles entre elles et les extrémités de MboI et BglII
sont compatibles entre elles. Par contre les premières ne sont pas compatibles avec les secondes.
5’ GATC 3’ MboI
BglII A
3’ TCTAG 5’
E/ Il n’y aura pas d’insertion du tout car BglII et XbaI ne sont pas compatibles
5’ CTAGA 3’ XbaI
T
BglII A
3’ TCTAG 5’
QCM 29 : C
Vous avez des yeux, servez-vous en pour lire l’énoncé plusieurs fois !!
Pour ces deux derniers QCM quasiment tout est dedans.
A/ Dans ce cas il n’y aura pas de surexpression
B/ Toutes les cellules seront concernées et il n’y aura donc pas de surexpression seulement dans les
cellules bêta du pancréas
C/ (vrai) Les conditions de l’énoncé sont toutes respectées et la stratégie est valable.
D/ Toutes les cellules seront concernées et il n’y aura donc pas de surexpression seulement dans les
cellules bêta du pancréas
E/ Dans ce cas il n’y aura pas de possibilité d’obtenir une lignée de souris (puisque les cellules germinales
ne permettront pas une surexpression chez les descendants)
QCM 30 : ADE
A/ (vrai) C’est bien entendu la méthode à laquelle il faut penser en premier.
B/ L’inactivation du gène G ne sera pas spécifique du pancréas.
C/ Sans effet, c’est absurde.
D) (vrai) C’est la logique même !
E/ (vrai) En effet, c’est une proposition intéressante puisque le promoteur inductible permettra de choisir
le moment de l’expression de la recombinase Cre et d’éviter ainsi d’inactiver le gène G trop tôt alors que
celui-ci peut se révéler indispensable au développement embryonnaire.
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180. IV QCM supplémentaires du Tutorat
2005 – 2006
Merci à tous les tuteurs de 2005 – 2006 pour ces QCM !
QCM 1 : Parmi les acides aminés suivants, lesquels sont apolaires ?
A/ Ile
B/ Trp
C/ Arg
D/ Cys
E/ Asp
QCM 2 : Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
A/ Pour concentrer un mélange de protéines en solution on peut utiliser une technique de
dialyse/filtration.
B/ Pour concentrer un mélange de protéines en solution on peut utiliser une technique de lyophilisation.
C/ Le phénol précipite les protéines.
D/ Le phénol peut être extrait par un mélange éther/chloroforme, v/v.
E/ Le bromure d’éthidium peut être extrait par l’isopropanol.
QCM 3 : Parmi les propositions suivantes, lesquelles sont exactes ?
A/ Le phénol présente un pic d’absorption maximale à 260 nm
B/ Pour une quantité donnée d’ADN en solution, la DO à 260 nm du double brin est inférieure à celle du
simple brin
C/ Le bromure d’éthidium peut être extrait par l’isobutanol
D/ L’albumine est modérément solubles dans l’eau mais solubles dans les solutions salines
E/ La lyophilisation est une technique qui sert à concentrer et à conserver
QCM 4 : On réalise une électrophorèse à pH 8 d’un mélange de lysine, d’acide aspartique et de sérine.
Quelle sera la migration obtenue en partant de la cathode vers l’anode ?
- +
A/ Lys Asp Ser
B/ Ser Asp Lys
C/ Asp Ser Lys
D/ Lys Ser Asp
E/ Asp Lys Ser
QCM 5 : On réalise une électrophorèse à pH = 3 avec un mélange d’histidine, d’acide glutamique et de
glycocolle. Quelle sera la migration de ces acides aminés, de l’anode vers la cathode ?
A/ His Gln Gly
B/ Glu Gly His
C/ Gly Glu His
D/ Gly Gln His
E/ His Gly Glu
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181. QCM 6 : A propos des composants et dérivés des nucléosides :
A/ On retrouve indifféremment dans l’ADN dA, dC, dT, dU.
B/ Des cristaux de xanthine peuvent s’accumuler chez l’homme et donner des coliques néphrétiques.
C/ La désamination oxydative d’une 5-méthyl-cytosine dans le DNA provoque l’apparition d’une base
normalement présente dans l’ADN.
D/ Une des solutions pour traiter la goutte est de rendre le pH plus acide en utilisant du bicarbonate
E/ Les bases azotées ne subissent jamais des phénomènes de délocalisation des doubles liaisons
(phénomène appelé tautomérie).
QCM 7 : Quels sont, parmi les nucléosides suivants, ceux présents normalement dans le DNA ?
A/ Adénine
B/ Inosine
C/ Désoxycytidine
D/ Thymine
E/ Guanosine
QCM 8 : Dans une molécule d’ADN :
A/ L’appariement des bases se fait généralement grâce aux formes tautomères majoritaires des bases,
c’est à dire imine et cétonique.
B/ L’appariement des bases entre brins complémentaires se fait par des liaisons hydrogènes.
C/ Quelque soit le type d’appariement, interviennent toujours 3 liaisons entre les bases.
D/ Les appariements majoritaires sont A-U et C-G entre brins complémentaires.
E/ L’appariement des bases implique une teneur égale en T et en C.
QCM 9 : A propos des appariements des bases dans le DNA :
A/ Ils se font normalement entre n’importe quelle base purique et n’importe quelle base pyrimidique.
B/ Ils mettent en jeu des liaisons hydrogènes : trois entre G et C, deux entre A et T.
C/ Ils dépendent de la tautomérie des bases, des formes tautomères étant majoritaires pour former ces
appariements.
D/ Ils peuvent être faussés par l’incorporation de bromo-uracile mais celui-ci n’induit pas de mutation.
E/ Ils impliquent que la teneur en A soit égale à celle en U.
QCM 10 : Structure de l’ADN :
A/ Dans l’ADN, la liaison C-G se fait au moyen de trois liaisons hydrogènes.
B/ La structure de l’ADN la plus fréquente chez les humains est la forme B.
C/ L’adénosine comporte une liaison N-osidique 9-1’.
D/ L’adénine contient un noyau purique.
E/ Un tour d’hélice d’ADN B est composé de dix bases.
QCM 11 : A propos de la puromycine :
A/ C’est un analogue des bases pyrimidiques
B/ C’est un analogue structural de la partie terminale des tRNA chargé de leur acides aminé
C/ C’est un nucléotide particulier
D/ Elle empêche la transcription
E/ C’est un antibiotique
QCM 12 : Parmi ces dérivés, lesquels sont des dérivés de bases puriques ?
A/ 6-mercaptopurine
B/ Hypoxanthine
C/ Acide urique
D/ Bromouracile
E/ Caféine
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182. QCM 13 : On réalise la fusion d'une séquence de DNA bicaténaire. Indiquez les propositions vraies :
A/ La DO de la solution contenant le DNA augmente proportionnellement à la température tout au long
de l'expérience.
B/ Pour les températures inférieures au Tm, le DNA est surtout bicaténaire.
C/ En élevant la concentration en sel de la solution, le Tm diminue.
D/ Moins la solution est concentrée en sel, plus elle est stringente et le Tm est bas.
E/ Le DNA bicaténaire est dénaturé par la rupture des liaisons hydrogène, rupture due à un apport
énergétique à la solution par chauffage.
QCM 14 : On réalise une chromatographie d'affinité sur colonne, support sur lequel on fixe une séquence
de DNA eucaryote donnée. Puis on procède à une série de passage - élution successives de 3 protéines
nommées A, B et C. A la fin de l'expérience, on recueille les éluants : seule la protéine B est présente en
quantité presque égale à celle versée dans la colonne. Indiquez les propositions exactes :
A/ Les 3 protéines se fixent nécessairement à cette séquence de DNA parce-que le DNA a la capacité de
se lier aux protéines.
B/ Les protéines A et C ne pourront plus être récupérées par la suite.
C/ La protéine C se lie spécifiquement à cette séquence de DNA.
D/ La protéine B peut être l'histone H4.
E/ La protéine C peut être un promoteur de cette séquence de DNA.
QCM 15 : Concernant la structure du DNA :
A/ Les histones sont les seules protéines capables de s'associer au DNA.
B/ L'association DNA-histones est irréversible, la preuve est que les nucléosomes restent entiers même au
cours de la mort cellulaire par apoptose.
C/ Dans un noyau procaryote on retrouve 5 types d'histones : H1, H2A, H2B, H3 et H4.
D/ Les histones sont riches en acides aminés basiques, ce qui leur confère une charge totale négative.
E/ L'histone H4 assure la liaison entre nucléosomes voisins ou entre des couches de nucléosomes
successifs.
QCM 16 : A propos des acides nucléiques :
A/ Le DNA peut subir des étapes de réplication et de traduction.
B/ Les virus à RNA peuvent directement traduire leur RNA ou passer par une étape de rétro-transcription.
C/ Le RNA est constitué de désoxyribonucléotides.
D/ Les sucres du RNA sont identiques à ceux du DNA.
E/ L’orientation des brins se fait dans le sens 5’→ 3’
QCM 17 : Les différentes formes de DNA (B, A et Z) :
A/ Présentent toutes une double hélice droite.
B/ La forme A signifie « allongée ».
C/ Dans la forme B, chaque plateau de paire de bases forme un angle de 36° avec le suivant.
D/ La forme A est obtenue par déshydratation du DNA B.
E/ Il n’y a que la forme B qui est retrouvée in vivo.
QCM 18 : A propos de l’ADN :
A/ Le DNA des procaryotes est simple brin et se trouve dans le cytoplasme
B/ Le DNA des procaryotes possède des séquences non codantes
C/ Le génome nucléaire possède environ 30 000 gènes chez l’homme
D/ La quantité de DNA mitochondrial représente toujours la même proportion du DNA cellulaire.
E/ La densité génique est faible dans le génome nucléaire des eucaryotes
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183. QCM 19 : A propos de l’ADN :
A/ Le génome des eucaryotes se trouve exclusivement dans le noyau
B/ La vitesse de renaturation des séquences de DNA n’est pas constante, elle dépend de leur degré de
répétition
C/ Les séquences satellites sont des séquences moyennement répétitives
D/ Les séquences hautement répétitives représentent 10 à 15% du DNA total
E/ Les séquences satellites se retrouve dans l’hétérochromatine
QCM 20 : A propos de la méthylation des bases et du remodelage de la chromatine :
A/ Elle nécessite une région régulatrice fonctionnelle.
B/ La méthylation des bases induit une stimulation de la liaison des facteurs de transcription.
C/ Les séquences CpG sont méthylées en 5 sur la guanine.
D/ La régulation au niveau de la chromatine nécessite une compaction de la chromatine.
E/ La coupure du DNA par des nucléases se fait au niveau de zones dites inactives.
QCM 21 : La télomérase :
A/ Existe chez l’homme, les souris et les bactéries.
B/ Possède une sous-unité catalytique nommée TERT.
C/ La télomérase est une DNA-polymérase RNA-dépendante.
D/ La matrice à partir de laquelle la télomérase forme les télomères est un RNA.
E/ La télomérase est active dans les cellules cancéreuses.
QCM 22 : Altérations et réparation du DNA :
A/ Les rayonnements ionisants peuvent provoquer des altérations du DNA.
B/ Le 5BrU peut provoquer des mutations car il peut s’apparier avec la cytosine au lieu de l’adénine.
C/ Le 5BrU provoque des mutations ponctuelles.
D/ Le bromure d’éthidium déforme la double hélice d’ADN.
E/ Les inversions de fragment d’ADN sont des mutations toujours silencieuses car les deux brins d’une
molécule d’ADN sont complémentaires, donc il peut être lu indifféremment dans un sens et dans l’autre.
QCM 23 : Altérations et modelage de l’ADN :
A/ Les systèmes de correction des mutations procèdent en deux phases.
B/ La reconnaissance des anomalies est très rarement spécifique.
C/ La réparation nécessite l’intervention d’une ligase.
D/ Les dimères de thymine sont provoquées par une exposition aux UV.
E/ La réplication chez les eucaryotes utilise une fonction proof-reading pour contrôler et réparer les
erreurs immédiates
QCM 24 : Les rétrovirus :
A/ Sont tous des virus à RNA
B/ Tous passent par une étape de cDNA
C/ Utilisent une reverse-transcriptase cellulaire
D/ Ont une fréquence de mutation élevée
E/ Sont cancérigènes
QCM 25 : Les phages :
A/ Sont des virus spécifiques des bactéries
B/ Empruntent exclusivement une voie lytique
C/ La voie lytique se traduit par la synthèse de protéines virales
D/ Les phages sans pouvoir infectieux pourraient donner des plasmides
E/ Les phages ne peuvent jamais emprunter un fragment de DNA a la différence des plasmides.
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184. QCM 26 : A propos des globines :
A/ L’O2 a des affinités différentes pour les diverses globines.
B/ La γ globine arrive à son maximum d’expression au 6e mois de vie intra-utérine.
C/ La α et la β globines sont prédominantes au cours de la vie fœtale.
D/ Elles dérivent toutes du même gène ancestral.
E/ La δ et la β globines ont divergé il y a 45O Ma.
QCM 27 : L’opéron lactose :
A/ Est un opéron de cellule eucaryote
B/ Est le support génétique qui code pour la synthèse de 2 protéines.
C/ Est formé d’une zone régulatrice et d’une zone codante.
D/ Deux protéines, la CAP et la RNA-polymérase se fixent à l’opérateur.
E/ Le répresseur est une protéine de régulation négative, synthétisé par le gène lac I, et qui se fixe sur
l’opérateur.
QCM 28 : On dispose d’une bactérie B qui utilise le glucose comme source énergétique primaire, mais
qui peut aussi utiliser le lactose en tant que source secondaire, car elle possède l’opéron lactose. On peut
prévoir que :
A/ Placée dans un milieu riche en glucose et en lactose, elle ne survit pas car elle est incapable de
cataboliser le lactose.
B/ Un mutant dont la séquence promotrice de l’opéron lactose est délétée survit dans un milieu riche en
glucose.
C/ Si on place ce même mutant dans un milieu dépourvu de glucose mais riche en lactose, il l’utilisera
comme source énergétique car il possède l’opéron lactose.
D/ La délétion du gène lac I provoque un blocage complet de la transcription de l’opéron lactose.
E/ Une délétion de quelques bases de l’opérateur de l’opéron lactose empêche la liaison de la RNA-
polymérase et donc la transcription de l’opéron en entier.
QCM 29 : L’opéron lactose est un opéron de E. Coli :
A/ La RNA-polymérase DNA-dépendante se lie à l’opérateur (par la sous-unité σ).
B/ La liaison du lactose sur l’apo-répresseur inhibe la transcription, on dit que l’opéron est inductible.
C/ Cet opéron est régulé par des séquences cis-régulatrices (promoteur et opérateur) sur lesquelles
peuvent se lier des facteurs protéiques trans-régulateurs.
D/ Une forte induction de cet opéron nécessite du lactose (exogène) et de l’AMPc (2nd messager produit
en cas de carence énergétique).
E/ La protéine CAP est capable de lier l’AMPc.
QCM 30 : A propos des tRNA :
A/ Ils font le lien entre codage nucléique et codage protéique
B/ Les nucléotides des tRNA sont complémentaires des nucléotides des mRNA
C/ La numérotation des nucléotides se fait dans le sens 5’ 3’
D/ Le 1er nucléotide du codon s’apparie avec le 3ème nucléotide de l’anticodon selon des modalités
spéciales appelées « wobble »
E/ Il existe un tRNA (met) initiateur pour le codon AUG d’initiation et un autre tRNA (met) pour les
AUG internes (non initiateurs)
QCM 31 : Les tRNA :
A/ Apportent et mettent en place les acides aminés au niveau du réticulum endoplasmique.
B/ Sont formés de 2 brins appariés à certains endroits.
C/ Peuvent contenir une boucle variable qui est spécifique de chaque tRNA.
D/ Leur extrémité 3’ fait partie du bras de fixation de l’acide aminé.
E/ L’acide aminé se fixe sur une séquence variable en 3’
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185. QCM 32 : L’extrémité CCA-terminale d’un tRNA :
A/ Se trouve à l’extrémité 5’
B/ Se fixe à un acide aminé par une liaison ester entre le carboxyle de l’acide aminé et le OH 3’ du ribose
de son adénine.
C/ La fixation de l’acide aminé se fait par une amino-acyl tRNA synthétase.
D/ L’acide aminé s’y fixe quand il a été activé avec un ATP.
E/ Elle varie d’un acide aminé à l’autre.
QCM 33 : Les tRNA :
A/ Ont une structure tertiaire caractéristique de chaque tRNA, maintenue par des liaisons hydrogènes.
B/ Sont synthétisés chez les eucaryotes par une RNA-polymérase DNA-dépendante.
C/ L’extrémité CCA-terminale est ajoutée par une nucléotidyl-transférase.
D/ Le tRNA nouvellement synthétisé ne subira qu’une seule modification : l’ajout de son extrémité CCA-
terminale.
E/ La nucléotidyl-transférase fonctionne avec une matrice.
QCM 34 : Le chargement de l’acide aminé sur le tRNA :
A/ Est catalysé par une amino-acyl tRNA synthétase.
B/ L’amino-acyl tRNA synthétase ne possède pas de fonction lui permettant la reconnaissance des erreurs
d’appariement entre l’acide aminé et le tRNA.
C/ Certaines amino-acyl tRNA synthétases reconnaissent l’anticodon du tRNA alors que d’autres
reconnaissent d’autres séquences.
D/ L’acide aminé doit être activé pour être fixé sur le tRNA.
E/ Une fois chargé de son acide aminé, le tRNA peut-être utilisé par les ribosomes.
QCM 35 : Au sujet des protéines sécrétées :
A/ Les protéines sécrétées sont synthétisées par des polyribosomes localisés à la surface du réticulum
endoplasmique granuleux (ou rugueux).
B/ Un polyribosome (ou polysome) est un chapelet de ribosomes qui traduisent plusieurs mRNA à la fois.
C/ L’extrémité C-terminale des protéines sécrétées contient généralement le peptide signal qui interagit
avec une SRP.
D/ La SRP sert de canal translocateur du peptide.
E/ Le peptide signal reste ancré dans la membrane du RE après que la SRP se soit détachée.
QCM 36 : Les protéines sécrétées :
A/ Le peptide signal est une séquence d’à peu près 15 à 30 acides aminés en majorité hydrophiles.
B/ On assiste à un arrêt de la traduction vers 70 acides aminés.
C/ La translocation de la protéine dans la lumière du RE se fait en même temps que la traduction.
D/ Le peptide signal est coupé par une protéase à la fin de la traduction, libérant ainsi la protéine dans le
cytosol.
E/ Les protéines doivent être maturées et dirigées vers leur compartiment fonctionnel après leur synthèse.
QCM 37 : A propos de la transcription chez les eucaryotes et les procaryotes :
A/ La différence majeure entre les procaryotes et les eucaryotes est que, chez les premiers, il n’existe pas
de noyau, l’ADN se trouvant ainsi dans le cytoplasme.
B/ Ceci explique la simultanéité existant entre transcription et traduction chez les bactéries.
C/ Les transcrits primaires des procaryotes sont polycistroniques c’est-à-dire qu’un ARNm sera à
l’origine de plusieurs protéines
D/ Chez les procaryotes, il n’existe pas d’introns, ceci veut donc dire que l’ensemble d’un ARNm sera
traduit.
E/ Que ce soit chez les eucaryotes ou les procaryotes, un même ARNm peut donc donner lieu à différents
polypeptides.
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186. QCM 38 : A propos de la transcription eucaryote :
A/ Cette transcription est réalisée par la DNA polymérase II.
B/ Elle aboutit à un ARNm dit transcrit primaire possédant exons et introns.
C/ La maturation de ce transcrit s’effectue dans le cytoplasme.
D/ Cette transcription s’effectue à partir d’un brin matrice d’ADN parcouru dans le sens 5’-3’.
E/ On parle d’ARNm monocistronique car un seul produit protéique en est issu
QCM 39 : A propos de la transcription chez les procaryotes et de sa régulation :
A/ Les gènes sont souvent organisés en opéron polycistronique : grâce à cette organisation, la
transcription est finement régulée.
B/ Il n’existe pas de systèmes de régulation au niveau de la RNA-polymérase DNA-dépendante.
C/ Dans un opéron, il y a des séquences régulatrices (promoteur, opérateur) puis des séquences qui seront
transcrites (les cistrons)
D/ La RNA-polymérase se fixe sur la séquence promotrice et sur l’opérateur.
E/ La transcription produit un ARNm monocistronique.
QCM 40 : A propos de la transcription :
A/ La synthèse de la coiffe se fait par un système enzymatique spécialisé.
B/ Le complexe de pré-initiation est remplacé par des facteurs de terminaison de suite après sa
dissociation.
C/ La RNA-polymérase II utilise un brin du gène comme matrice
D/ Il y a un « proof-reading » permettant de limiter les erreurs de transcriptions
E/ De façon générale, l’association d’un signal de polyadénylation et de protéines de terminaison permet
la terminaison de la transcription.
QCM 41 : A propos de la queue polyA :
A/ C’est une structure synthétisée durant l’épissage ou splicing.
B/ Elle est ajoutée à l’extrémité 5’ des ARNm de façon post-transcriptionnelle.
C/ Elle permet de stabiliser l’ARNm et de réguler sa durée de vie en le protégeant notamment de l’activité
des exonucléases 3’-5’.
D/ Elle est également paradoxalement responsable de la dégradation du transcrit.
E/ Elle est synthétisée par la polyA-polymérase et possède une longueur constante.
QCM 42 : A propos de la maturation des mRNA :
A/ La queue polyA a toujours la même longueur pour tous les mRNA
B/ La queue polyA des mRNA est synthétisée après la fin de la transcription
C/ La maturation des mRNA chez les eucaryotes est effectuée dans le cytoplasme
D/ Le signal de polyadénylation est reconnu par une exonucléase qui coupe le transcrit primaire environ
trente nucléotides après le signal
E/ Il n’existe pas des mRNA sans polyA
QCM 43 : Un mRNA mature de cellule eucaryote comporte (ou peut comporter) les éléments suivants :
A/ Une cap située à l’extrémité 5’
B/ Une queue polyA située à l’extrémité 5’
C/ Une queue polyA située à l’extrémité 3’
D/ Une cap située à l’extrémité 3’
E/ Un codon AUG initiateur au début de la partie traduite
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187. QCM 44 : A propos des mRNA :
A/ Tous les mRNA présents dans le noyau sont retrouvés dans le cytoplasme
B/ L’éditing ne change pas les propriétés du messager édité
C/ La durée de vie moyenne est de l’ordre de quelques minutes à quelques heures
D/ L’exosome est un complexe multiprotéique nucléaire qui contient des nucléases qui dégradent le RNA
dans le sens 5’ vers 3’
E/ La coiffe en 5’ est d’abord coupée puis la queue polyA en 3’ est dégradée par une exonucléase.
QCM 45 : A propos de la traduction :
A/ Chez les eucaryotes, les mRNA sont traduits dans le noyau et transcrits dans le cytoplasme
B/ Chez les procaryotes, la transcription et la traduction se déroulent toutes les deux dans le noyau
C/ Le code génétique est universel mais il peut présenter quelques variations comme le génome
mitochondrial
D/ La transcription du génome mitochondrial se fait par une RNA-polymérase DNA-dépendante, elle-
même codée par des gènes mitochondriaux
E/ Certaines protéines ayant une fonction dans la mitochondrie ont été traduites dans le cytoplasme
QCM 46 : A propos de la traduction :
A/ L’association du tRNA (Met) initiateur avec la Méthionine se fait grâce à des facteurs d’initiation de la
traduction
B/ Il existe seulement deux sites au niveau du ribosome : le site A et le site P.
C/ Les sites d’interaction entre ribosome et tRNA existent sur les deux sous-unités ribosomales.
D/ Le site catalytique de synthèse de la liaison peptidique est situé dans la petite sous-unité.
E/ Le complexe d’initiation est constitué par le ribosome, le mRNA et le tRNA (Met)-Met initiateur.
QCM 47 : A propos de l’élongation et de la terminaison de la traduction :
A/ Le tRNA-AA est chargé au niveau du site A ce qui est catalysé par les facteurs d’élongation eIF1 α et
eIF1 β, γ.
B/ Le transfert de la chaîne peptidique du site P sur l’ARNt –AA du site A est catalysé par la fonction
peptidyl-transférase de la petite sous-unité.
C/ La translocation du ribosome fait que le tRNA passe du site A au site P.
D/ Le signal de terminaison de la transcription est un codon stop.
E/ Les facteurs de libération stoppent l’élongation lorsqu’un codon stop est apparue du fait qu’un codon
stop n’a aucun tRNA qui lui corresponde.
QCM 48 : A propos des lésions de l’ADN :
A/ Les recombinaisons inégales conduisent le plus souvent à la formation de nouvelles familles de gènes
mais peuvent quelques fois être délétères.
B/ Les microlésions touchent en général 1 à 10 paires de bases mais touchent rarement le gène en entier
C/ Les cassures causées par une irradiation sont suivies par des recombinaisons plus ou moins au hasard
D/ Une lésion des zones régulatrices d’un gène a toujours un effet sur la transcription
E/ Une mutation non sens du brin transcrit aboutit au final au changement d’un acide aminé par un autre
QCM 49 : Il est exact d’affirmer que :
A/ Le 5 bromo-uracile est un analogue structural de la thymine
B/ L’hydroxylamine est un dérivé de la thymine
C/ L’hydroxylamine et le 5 bromo-uracile sont des agents mutagènes
D/ L’acide nalidixique est un inhibiteur de la DNA-polymérase
E/ La mitomycine est un agent alkylant c'est-à-dire capable de créer des liaisons covalentes sur le DNA
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188. QCM 50 : A propos des antibiotiques et antimétabolites :
A/ L’actinomycine D est un puissant inhibiteur de la biosynthèse des RNA (et donc par conséquent des
protéines)
B/ La rifamycine B bloque l’élongation de la traduction
C/ La mitomycine peut être utilisé comme un antibiotique
D/ L’acridine est une molécule fluorescente qui peut s’intercaler entre les plateaux de paires de bases
E/ La mitomycine bloque la séparation des brins et donc bloque la réplication
QCM 51 : Quelles sont les affirmations exactes à propos de la puromycine ?
A/ Sa structure comporte une base azotée à noyau purique.
B/ Elle est un inhibiteur des RNA-polymérases procaryotes.
C/ Elle induit la formation de peptides tronqués : des peptidyl-puromycine.
D/ On peut l’utiliser en thérapeutique humaine puisqu’elle n’est pas toxique pour les cellules eucaryotes.
E/ Elle agit par le même mécanisme sur le ribosome que l’érythromycine et la streptomycine.
QCM 52 : Quelle(s) molécule(s) peut-on utiliser sur une préparation de cellules humaines (sans risquer
de les détériorer) si on veut la purifier des bactéries ?
A/ Tétracycline
B/ Chloramphénicol
C/ Cycloheximide
D/ Actinomycine D
E/ Rifamycine
QCM 53 : A propos des techniques de biologie moléculaire :
A/ Pour travailler convenablement avec de l’ADN, il faut disposer de quelques grammes d’ADN au
minimum.
B/ Pour isoler l’ADN, on lyse les cellules et on utilise des protéinases pour dégrader les protéines
associées à l'ADN.
C/ On ne peut pas extraire de l’ADN de n’importe quel type cellulaire en vue de travailler dessus.
D/ L’ARN est un acide nucléique très vulnérable.
E/ Le risque dans les manipulations d’ARN est lié en grande partie aux RNases qui sont ubiquitaires et
résistantes aux fortes températures notamment.
QCM 54 : A propos des techniques de biologie moléculaire :
A/ Le chloroforme est utilisé pour se débarrasser des traces de phénol après une extraction au phénol.
B/ Pour isoler des ARNm matures on peut utiliser les techniques de chromatographie d’affinité en
utilisant les propriétés de la queue polyA.
C/ Pour précipiter : on utilise souvent l’éthanol a haute force ionique et ce que l’on obtient est appelé
familièrement « la méduse d’ADN ».
D/ L’isopropanol permet la précipitation des acides nucléiques mais sans nécessiter l’ajout de sels.
E/ L’ADN obtenu après toutes ces étapes d’extraction, de purification, rinçages, etc… est très stable et
peut être conservé très longtemps à température ambiante.
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189. QCM 55 : Pour estimer la longueur d’un fragment de DNA inconnu, on utilise la technique
d’électrophorèse sur gel. On compare la migration du DNA avec des échantillons de DNA de tailles
connues. Quelles sont les propositions exactes ?
A/ Pour visualiser la migration du DNA simple brin, on peut utiliser le bromure d’éthidium.
B/ Le DNA, riche en phosphates, est chargé négativement et migre donc vers la cathode, pôle positif.
C/ La vitesse de migration du DNA ne dépend que de sa longueur (masse moléculaire).
D/ Pour connaître sa longueur, on rapporte les distances de migration du DNA et des échantillons sur une
échelle semi-logarithmique. On s’aperçoit que taille des fragments et distance de migration sont
proportionnelles.
E/ La technique d’électrophorèse classique est utilisée pour la séparation de très gros fragments de DNA,
parce qu’elle est moins sensible que l’électrophorèse en champ pulsé (ou inversé) qui grâce à l’utilisation
d’un champ électrique permet la séparation de fragments de très petites tailles.
QCM 56 : Eco RI est une endonucléase de restriction qui génère des extrémités cohésives. Après coupure
d’une séquence d’ADN par cette enzyme on obtient le fragment suivant :
5’G
3’C T T A A
Quelle peut être la séquence palindromique que reconnaît Eco RI (d’après les seules informations
fournies par l’énoncé) :
A/ A A T T
TTAA
B/ G A A T T C
CTTAAG
C/ G G A A T T C C
CCTTAAGG
D/ G A A T T
CTTAA
E/ A A T T C
TTAAG
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190. Correction détaillée
(par Mirvat Hamdan)
QCM 1 : AB
QCM 2 : ABCD
E/ Le bromure d’éthidium est extrait par l’isobutanol.
QCM 3 : BCE
A/ Le phénol présente un pic d’absorption à 270 nm.
D/ Ces caractéristiques représentent la globuline.
QCM 4 : D
Anode (+) (pH = 8) Cathode (-)
____________________________________________
Asp Ser Lys
Au pH=8, plus le pHi de l’acide amine est petit et plus il est acide par rapport au milieu, donc chargé
négativement et donc plus attiré par l’anode.
QCM 5 : B
A pH=3, le milieu est acide par rapport au pHi des acides aminés, ils se comportent comme des bases.
Plus le pHi de l’AA est grand, plus il est basique, donc chargé positivement donc attiré par la cathode.
Anode Cathode
_______________________________________________
Glu Gly His
QCM 6 : C
A/ Dans le DNA on retrouve dA, dC, dG et dT.
B/ C’est l’accumulation des cristaux d’acide urique qui peut donner des coliques néphrétiques.
D/ Le bicarbonate est un composé basique, il rend donc le pH du milieu moins acide.
E/ Ce sont justement les bases azotées qui présentent le phénomène de tautomérie.
QCM 7 : C
A/ L’adénine n’est pas un nucléoside (c’est la désoxyadénosine qui est présente dans le DNA).
B/ L’inosine est bien un nucléoside mais n’est pas normalement présente dans le DNA.
D/ La thymine est une base azotée, qui quand elle est couplée à un désoxyribose, constitue la Thymidine,
un nucléoside bien présent au sein du DNA.
E/ La guanosine est un ribonucléoside ; le désoxyribonucléoside présent au sein de DNA est la
désoxyguanosine.
QCM 8 : B
A/ Les formes tautomères majoritaires sont amines et cétones.
C/ Entre A-T il se forme 2 liaisons H, alors qu’entre C-G il s’en forme 3.
D/ Il s’agit de DNA, on retrouve donc des liaisons A-T et C-G.
E/ L’appariement des bases implique une teneur égale en A et T d’une part, et en C et G d’autre part.
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191. QCM 9 : BC
A/ Il s’agit de liaisons A-T et C-G.
D/ Le BrU est un agent mutagène, il augmente la fréquence des misappariements.
E/ Il s’agit de DNA, la teneur en A doit être égale à celle en T.
QCM 10 : ABCDE
QCM 11 : BE
A/ La puromycine présente une diméthyladénine, ce serait plutôt un dérivé des bases puriques.
C/ La puromycine n’est pas un nucléotide.
D/ La puromycine empêche la traduction.
QCM 12 : ABCE
D/ C’est un dérivé des bases pyrimidiques.
QCM 13 : BDE
A/ La DO augmente certes, mais en aucun cas proportionnellement (la courbe est sigmoïde).
C/ En élevant la concentration en sel du milieu, la double hélice devient plus stable, elle nécessite un
apport d’énergie plus important pour être dénaturée. Le Tm augmente.
QCM 14 : Aucune
A/ Le DNA se lie à certaines protéines, et pas à toutes les protéines.
B/ Les protéines A et C peuvent être isolées par la suite pour être étudiées.
C/ Rien ne nous permet de l’affirmer (les histones ne se lient pas spécifiquement par exemple).
D/ La protéine B ne s'est pas liée au DNA , elle ne peut être l'histone H4.
E/ Un promoteur est un morceau de DNA, pas une protéine.
QCM 15 : Aucune
A/ Il existe beaucoup d'autres protéines capables de se lier au DNA (facteurs de régulation de gènes,
polymérases…)
B/ Les histones subissent des modifications post-traductionnelles qui permettent leur association ou
dissociation au DNA.
C/ Pas d'histones chez les procaryotes, qui n'ont d'ailleurs pas de noyau.
D/ La richesse en AA basiques leur confère une charge positive, qui leur permet l'association au DNA
chargé négativement.
E/ C'est le rôle de H1.
QCM 16 : BE
A/ Le DNA ne peut subir des traductions, c’est le RNA qui est traduit en protéines.
C/ Le RNA est un enchaînement de ribonucléotides.
D/ Le RNA contient du ribose alors que le DNA contient du désoxyribose.
QCM 17 : CD
A/ Le DNAZ est une double hélice gauche.
B/ C’est une forme compactée du DNAB.
E/ Tous peuvent être retrouvés in vivo.
QCM 18 : BCE
A/ Le DNA est double brin chez les proca aussi.
B/ Vrai, mais on ne parle pas d’exons et d’introns chez les proca car rien n’est épissé.
D/ Cela dépend des espèces, de la cellule, de son activité, etc…
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192. QCM 19 : BDE
A/ Le génome des eucaryotes ne se retrouve pas que dans le noyau, mais dans les mitochondries aussi.
C/ Ce sont des séquences hautement répétitives.
QCM 20 : A
B/ La méthylation induit une inactivation de la transcription.
C/ C’est la cytosine qui est méthylée en 5
D/ Un compactage de la chromatine empêche la réalisation de la transcription.
E/ Ce sont les zones actives qui sont fragiles car c’est à ce niveau que la décompaction est maximale pour
permettre l’attachement de protéines
QCM 21 : BCDE
A/ Les bactéries sont des procaryotes et les procaryotes n’ont pas besoin de télomèrases car leur génome
est circulaire.
QCM 22 : ACD
B/ Avec la guanine dans sa forme minoritaire (pas la cytosine).
E/ Si on inverse une séquence la polymérase lira une séquence de bases complémentaires, ce qui n’est pas
équivalent à la séquence initiale.
QCM 23 : ACDE
B/ La phase de reconnaissance des anomalies est spécifique alors que la phase de correction est générale.
QCM 24 : ABD
C/ La reverse-transcriptase n’est pas cellulaire mais apportée par le virus lui-même
E/ Pas tous (par exemple le HIV ne l’est pas)
QCM 25 : ACD
B/ Ils existent sous 2 formes : lytique et lysogène.
E/ Ce sont des séquences génétiques mobiles.
QCM 26 : ABD
C/ Elles prédominent après la naissance.
E/ Ce sont les gènes précurseurs de ces 2 globines qui ont divergé il y a 40 Ma.
QCM 27 : CE
A/ Les cellules eucaryotes n’organisent pas leurs gènes en opéron.
B/ Il code pour 3 protéines.
D/ La protéine CAP se fixe au promoteur.
QCM 28 : B
A/ Elle utilise le glucose préférentiellement, et n’a pas besoin de dégrader le lactose
C/ Car les cistrons ne seront pas transcrits, donc pas de possibilité de dégradation du lactose.
D/ Lac I code pour le répresseur de la transcription ; son absence ne peut donc pas arrêter la transcription,
au contraire.
E/ La RNA-poly se fixe sur le promoteur et l’opérateur mais cette mutation n’empêche pas
obligatoirement la liaison de la polymérase.
QCM 29 : CDE
A/ Elle se lie au promoteur.
B/ L’opéron est dit inductible parce que la présence de lactose induit la transcription.
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193. QCM 30 : ACE
B/ Seuls les codons du mRNA et les anticodons des tRNA sont complémentaires
D/ C’est la 1ère position de l’anticodon qui s’apparie avec la 3e position du codon selon les modalités du
« wobble ».
QCM 31 : CD
A/ Les acides aminés sont mis en place au niveau du ribosome.
B/ Il s’agit d’1 seul brin apparié à certains endroits.
E/ La séquence sur laquelle se fixe l’AA est bien en 3’ mais elle est constante (CCA).
QCM 32 : BCD
A/ Elle se trouve à l’extrémité 3’
E/ Elle est constante.
QCM 33 : ABC
D/ Il subira une série de modifications post-transcriptionnelles.
E/ Sans matrice.
QCM 34 : ACDE
B/ Elle possède un site d’édition capable de détecter la fixation d’un mauvais aa.
QCM 35 : AE
B/ Un polysome traduit un seul mRNA plusieurs fois.
C/ Le « peptide signal » est situé proche de l’extrémité N-terminale.
D/ La SRP est un complexe ribonucléoprotéique qui amène le peptide comportant le « peptide signal » à
un canal translocateur.
QCM 36 : BCE
A/ Le peptide signal est hydrophobe, c’est pourquoi il est enchassé dans la membrane du REG.
D/ Il est coupé par une « signal peptidase » (c’est une protéase) dans la lumière du RE !
QCM 37 : ABCE
D/ Il n’y a pas d’introns car pas de zones excisées. Toutefois dans l’ARNm mature tout n’est pas codant !
E/ Mais par des phénomènes totalement différents (Procaryotes : car plusieurs cistrons ; Eucaryotes : à
cause de l’épissage alternatif ou de l’éditing par exemple) !
QCM 38 : BE
A/ Elle est réalisé pas des RNA-polymérases (II pour les ARNm).
C/ Maturation dans le noyau.
D/ 3’ 5’
QCM 39 : ACD
B/ Il existe des sous-unités régulatrices.
E/ Le mRNA produit est polycistronique.
QCM 40 : ACE
B/ Facteurs d’élongation ensuite.
D/ Pas de proof-reading car moins grave les mutations sur les ARN ne sont pas transmises à la
descendance.
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194. QCM 41 : CD
A/ C’est une autre étape de la maturation à distinguer de l’épissage.
B/ Elle est ajoutée à l’extrémité 3’ des mRNA.
E/ En général le nombre d’adénosines varie entre 200 et 250 mais ceci n’a rien de constant.
QCM 42 : B
A/ La longueur de la queue polyA est un facteur de stabilité du mRNA.
C/ La maturation a lieu dans le noyau.
D/ La coupure est faite par une endonucléase.
E/ Les mRNA des histones ne présentent pas de queue polyA.
QCM 43 : ACE
QCM 44 : Aucune
AL Mais ceux qui ne sont pas transférés dans le cytoplasme ne sont pas traduits.
B/ Le but de l’editing étant de changer le messager en fonction de l’organe
C/ Elle est de quelques heures à quelques jours.
D/ Le sens de dégradation est 3’  5’
E/ La dégradation de la queue polyA précède la suppression de la coiffe.
QCM 45 : CE
A/ C’est la transcription qui a lieu dans le noyau et la traduction dans le cytoplasme.
B/ Les procaryotes ne présentent pas de noyau.
D/ La RNA-polymérase est codée par des gènes nucléaires.
QCM 46 : CE
A/ Cette association se fait grâce à une amino-acyl ARNt synthétase.
B/ Il existe aussi le site E (Exit).
D/ L’activité peptidyl-transférase est dans la grande sous-unité.
QCM 47 : ACE
B/ La peptidyl-transférase appartient à la grande sous-unité.
D/ C’est le signal de fin de traduction.
QCM 48 : C
A/ Les recombinaisons inégales ne conduisent pas à l’apparition de nouvelles familles de gènes.
B/ Les microlésions touchent en général 1 base.
D/ Si la lésion a lieu entre les séquences régulatrices ( TATA, CAAT…) des zones de régulation, elles
restent inaperçues.
E/ Elle aboutit à l’arrêt de la transcription, une mutation non sens étant l’apparition d’un codon stop au
sein du mRNA.
QCM 49 : ACE
B/ C’est une petite molécule se fixant sur la cytosine, et qui s’apparie avec l’adénosine sans pour autant
être un analogue de la thymine.
D/ C’est un inhibiteur des topoisomérases.
QCM 50 : ADE
B/ Elle bloque la réplication voire la transcription.
C/ C’est un anti-cancéreux peu utilisé car non spécifique des procaryotes.
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195. QCM 51 : AC
B/ Elle est utilisée comme inhibiteur de la traduction.
D/ Elle est très toxique et n’est plus utilisée en thérapeutique humaine même si à la base il y a eu des
essais contre le cancer.
E/ Elle prend la place d’un ARNt alors que l’érythromycine bloque la translocation et la streptomycine
inhibe l’initiation de la traduction
QCM 52 : ABE
C/ Elle agit spécifiquement sur les cellules eucaryotes.
D/ Elle est toxique pour les eucaryotes aussi.
QCM 53 : BDE
A/ Quelques μg suffisent.
C/ On peut travailler sur l’ADN de n’importe quelle cellule nucléée.
QCM 54 : ABCD
E/ Le DNA doit être stocké au froid même s’il ne doit pas faire l’objet de grandes précautions.
QCM 55 : Aucune
A/ Le BET est un agent intercalent qui révèle donc le DNA double brin.
B/ Le DNA migre vers l’anode qui est le pôle positif.
C/ La migration dépend aussi de la concentration du gel d’électrophorèse.
D/ Le rapport est inversement proportionnel.
E/ C’est l’électrophorèse en champ pulsé qui permet la séparation de fragments plus grands de DNA .
QCM 56 : AB
D et E ne sont pas palindromiques. Il ne peut pas s’agir de C car la coupure n’aurait pas eu lieu au niveau
de la séquence proposée dans l’énoncé (il manque les bases complémentaires GC)
Par contre il peut s’agir de A : aucun élément ne nous permet de dire si la séquence reconnue est de 4
doublets ou 6 doublets de bases. Dans les 2 cas, on aurait obtenu le même fragment après coupure de
5’GAATTC…3’
3’CTTAAG…5’
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196. © Tous droits réservés au Tutorat Associatif Toulousain
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197. COUPONS D’ERREURS
A remplir et à déposer en salle de permanence en cas d’erreurs trouvées dans ce polycopié.
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QCM N° :…………… □ ITEM :………….. ou □ ÉNONCÉ
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QCM N° :…………… □ ITEM :………….. ou □ ÉNONCÉ
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