نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالرباط – مباراة الصيدلة 2018 - العلوم الطبيعية

Ce modèle est l'épreuve de sciences naturelles (questions Q31 à Q40) du concours d'accès en 1^re année de pharmacie, Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V), session du mardi 24 juillet 2018. Durée : 30 minutes. Quatre exercices : respiration et contraction musculaire (6 pts), expression et transmission de l'information génétique (6 pts), arbre généalogique lié à l'X (4 pts), immunologie (4 pts). Plusieurs propositions peuvent être justes pour une même question (c'est le cas de Q34).

Exercice I (6 points)

• Q31 — B et C. La phosphorylation oxydative (chaîne respiratoire des crêtes mitochondriales) consomme le dioxygène, accepteur final des électrons, et produit de l'ATP et de l'eau (½O₂ + 2H⁺ + 2e⁻ → H₂O). A est faux : elle fait suite au cycle de Krebs, qui lui fournit les coenzymes réduits (NADH,H⁺, FADH₂) ; D est faux : elle se déroule dans la membrane interne (crêtes), le cycle de Krebs a lieu dans la matrice.
• Q32 — B. Le CO₂ radioactif vient des décarboxylations (pyruvate → acétyl-CoA, puis cycle de Krebs), c'est-à-dire de la dégradation complète du glucose. La glycolyse ne libère pas de CO₂ ; la fermentation chez l'animal est lactique, sans CO₂ ; la phosphorylation oxydative produit de l'eau, pas de CO₂.
• Q33 — D. C'est la fixation d'une nouvelle molécule d'ATP sur la tête de myosine qui rompt le pont actine-myosine. L'hydrolyse de l'ATP qui suit « réarme » la tête, et la libération de l'ADP accompagne le pivotement de la tête. Sans ATP, les ponts restent fixés (rigidité cadavérique).

Exercice II (6 points)

• Q34 — A et C. ARNm : 6 U, 2 A, 2 G, 5 C.
  Brin transcrit (complémentaire de l'ARNm) : 6 A, 2 T, 2 C, 5 G.
  Brin non transcrit (même séquence que l'ARNm, T à la place de U) : 6 T, 2 A, 2 G, 5 C.
  ADN double brin : A = 6 + 2 = 8, T = 2 + 6 = 8, G = 2 + 5 = 7, C = 5 + 2 = 7. Donc « 8 T et 7 G » (A) et « 8 A et 7 C » (C) sont justes ; B et D doublent les nombres par erreur.
• Q35 — réponse probable : B. Le génotype TT étant létal, tout individu vivant à pattes courtes est T/t. Chez les oiseaux, le gène R/r est porté par Z : la femelle rayée est Z^RW, le mâle non rayé est Z^rZ^r.
  A faux : la femelle n'a qu'un chromosome Z, elle est hémizygote pour R/r, pas hétérozygote. B juste : mâle T/t et Z^rZ^r. C faux.
  D : toutes les femelles issues du croisement sont Z^rW (non rayées). Parmi les descendants porteurs de l'allèle T, un tiers est TT et meurt : les femelles à pattes courtes « prévues » ne sont donc pas toutes viables, d'où D faux dans la lecture la plus probable du sujet.
• Q36 — D. 1/4. T/t × T/t donne ¼ TT + ½ T/t + ¼ t/t ; le gène autosomal se répartit de la même façon chez les mâles et chez les femelles, donc la proportion d'individus non viables (TT) est de 1/4 dans chaque sexe.

Exercice III (4 points)

Notation du sujet : X^B_A désigne un chromosome X portant l'allèle B (en exposant) et l'allèle A (en indice). Les deux maladies sont récessives, donc un homme exprime directement les allèles de son unique X.

• Q37 — C. II8. I1, atteint de A seulement, est X^B_aY ; sa fille II8 a reçu de lui X^B_a. Ses frères II4 et II5, atteints de B seulement, montrent que la mère I2 porte X^b_A. II8 saine peut donc être X^B_aX^b_A. Son fils III3 est atteint des deux maladies (X^b_aY) : ce chromosome recombiné ne peut provenir que d'un crossing-over entre les deux gènes lors de la méiose chez II8. Le père II9 transmet son Y à son fils, et chez l'homme l'X ne se recombine pas avec un homologue X.
• Q38 — A. X^B_AX^b_A. I2 est saine et a donné à II1 (sain) un X^B_A, et à II4 et II5 (atteints de B seulement) un X^b_A. B intervertit les positions des gènes (b en indice, a en exposant) et ne respecte pas la notation ; D (X^B_aX^b_A) n'expliquerait le fils sain II1 que par un crossing-over, alors que A explique tous les fils sans recombinaison ; C (X^B_AX^B_a) ne peut pas donner des fils atteints de B.

Exercice IV (4 points)

• Q39 — B et C. Les récepteurs des lymphocytes B sont des anticorps membranaires préexistants : chaque clone les porte avant toute rencontre avec l'antigène (sélection clonale), ce qui exclut A. Un anticorps (monomère en Y) possède deux sites de reconnaissance identiques, aux extrémités des bras, d'où B et non D.
• Q40 — réponse probable : A, B, C.
  A : l'expérience 1 (greffe sans traitement, régression de la tumeur) est le témoin, la réponse immunitaire normale.
  B : sans LT4 (expérience 2) la souris meurt : les LT4 sont nécessaires à l'élimination de la tumeur.
  C : sans LB (expérience 3) la souris meurt aussi : la réponse mise en jeu fait intervenir les lymphocytes B, donc une réponse humorale.
  D : les expériences 2 et 3 montrent une coopération entre lymphocytes B et lymphocytes T4 (les LT4 activent les LB par les interleukines) ; les anticorps injectés ne sont ici qu'un outil pour éliminer une population de cellules. Formulée avec « les anticorps », la proposition est probablement fausse.