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EvAU MadridConvocatoria ordinaria

Biología EvAU Madrid 2023

Biologia — 2.º Bachillerato — Ejercicios resueltos con explicación

Formato del examen

  • 1 hora 30 minutos
  • Elige 5 de 8 preguntas

Bloques temáticos

  • Bioquímica
  • Citología y organización celular
  • Genética molecular
  • Inmunología
  • Microbiología y biotecnología
Web oficial del examen

16 ejercicios en EureQuiz

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Ejercicios del examen16 ejercicios

EvAU MAD 2023 — A.1 (genética)Dificultad 3/5

Al cruzar gallos de plumaje blanco (B) con gallinas de plumaje negro (N) se obtiene siempre descendencia de plumaje azulado. Al cruzar entre sí esos individuos azulados, aparecen individuos negros, blancos y azulados. ¿Qué tipo de herencia explica la aparición del color azulado en la F1?

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Respuesta correcta — opción A

Herencia intermedia (dominancia incompleta)

Correcto. Es herencia intermedia (dominancia incompleta): el heterocigoto muestra un fenotipo mezcla (azulado) entre los dos homocigotos (blanco y negro).
En la herencia intermedia (dominancia incompleta) ninguno de los dos alelos domina por completo sobre el otro, de modo que el heterocigoto presenta un fenotipo intermedio entre los dos homocigotos: aquí, el cruce blanco × negro da una F1 azulada. Al cruzar la F1 (toda heterocigota) entre sí se recuperan los tres fenotipos en proporción 1 negro : 2 azulados : 1 blanco. Se distingue de la codominancia, en la que ambos alelos se expresan simultáneamente (plumas blancas y negras diferenciadas).

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EvAU MAD 2023 — A.1 (cruce intermedio)Dificultad 3/5

En la gallina, el plumaje azulado es el heterocigoto de una herencia intermedia (BB blanco, BN azulado, NN negro). Al cruzar dos individuos azulados (BN × BN), ¿qué proporción fenotípica se espera en la descendencia?

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Respuesta correcta — opción A

1 blanco : 2 azulado : 1 negro

Correcto. BN × BN da 1 BB : 2 BN : 1 NN, es decir 1 blanco : 2 azulado : 1 negro (en herencia intermedia genotipo y fenotipo coinciden 1:2:1).
En la dominancia incompleta el heterocigoto tiene un fenotipo propio (azulado), por lo que la proporción fenotípica coincide con la genotípica. El cruce BN × BN produce 1 BB : 2 BN : 1 NN, es decir 1 blanco : 2 azulado : 1 negro. No aplica el 3:1 clásico porque cada genotipo se distingue fenotípicamente.

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EvAU MAD 2023 — A.2 (inmunología)Dificultad 3/5

La inmunoglobulina implicada en los procesos alérgicos se une a la superficie de los mastocitos y, al reconocer el alérgeno, desencadena su degranulación. ¿Cuál es esa inmunoglobulina y qué sustancia liberan los mastocitos en la respuesta alérgica?

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Respuesta correcta — opción A

IgE; libera histamina

Correcto. La IgE es la inmunoglobulina de la alergia: al unirse al alérgeno provoca que los mastocitos liberen histamina, responsable de los síntomas alérgicos.
La inmunoglobulina E (IgE) es la responsable de las reacciones de hipersensibilidad inmediata (alergia): se fija a la membrana de los mastocitos y, cuando reconoce el alérgeno, provoca su degranulación. Los mastocitos liberan entonces histamina, mediador que produce los síntomas alérgicos (vasodilatación, picor, broncoconstricción). La IgG actúa en la respuesta secundaria, la IgM en la primaria y la IgA protege las mucosas.

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EvAU MAD 2023 — A.3 (recombinación bacteriana)Dificultad 3/5

Entre los mecanismos de recombinación bacteriana, ¿cuál consiste en la transferencia de fragmentos de ADN de una bacteria donadora a una receptora a través de un pelo o pili sexual, mediante contacto directo?

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Respuesta correcta — opción A

Conjugación

Correcto. La conjugación: la bacteria donadora transfiere ADN (a menudo un plásmido) a la receptora a través del pili sexual, por contacto directo entre células.
Las bacterias intercambian material genético por tres mecanismos de recombinación (parasexuales): transformación (captan ADN libre del medio), transducción (un bacteriófago transfiere ADN de una bacteria a otra) y conjugación (transferencia directa de ADN, normalmente un plásmido, a través del pili sexual por contacto célula-célula). La fisión binaria, en cambio, es la reproducción asexual y no implica recombinación.

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EvAU MAD 2023 — A.4 (metabolismo)Dificultad 3/5

En el catabolismo de la glucosa (glucólisis) y en la beta-oxidación de los ácidos grasos se forma un mismo producto que conecta ambas rutas con el ciclo de Krebs. ¿Cuál es esa molécula común?

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Respuesta correcta — opción A

Acetil-CoA

Correcto. El acetil-CoA: la glucólisis produce piruvato que se descarboxila a acetil-CoA, y la beta-oxidación rompe los ácidos grasos en unidades de acetil-CoA; ambos entran en el ciclo de Krebs.
El acetil-CoA es el metabolito común que conecta el catabolismo de glúcidos y de lípidos con el ciclo de Krebs: la glucólisis genera piruvato, que se descarboxila a acetil-CoA, y la beta-oxidación de los ácidos grasos los degrada en sucesivas unidades de acetil-CoA. Ambas rutas convergen así en la misma molécula de 2 carbonos, que se oxida en el ciclo de Krebs (también la fermentación parte del piruvato y otras rutas usan acetil-CoA).

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EvAU MAD 2023 — A.5 (ácidos nucleicos)Dificultad 3/5

Se analiza el ácido nucleico de un virus y se obtiene la composición: 25 % de guanina, 20 % de citosina y 25 % de adenina. ¿Qué tipo de ácido nucleico es y por qué?

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Respuesta correcta — opción A

ADN monocatenario (una sola hebra)

Correcto. Es ADN monocatenario (de una sola hebra): contiene timina (no uracilo) pero NO cumple la regla de Chargaff (G = 25 % ≠ C = 20 %), lo que indica que no hay emparejamiento de bases en doble hélice.
En un ADN de doble hélice se cumple la regla de Chargaff: %A = %T y %G = %C, porque cada base se empareja con su complementaria. Aquí %G (25 %) es distinto de %C (20 %), de modo que las bases no están apareadas: se trata de un ADN monocatenario (una sola hebra). La base que falta es la timina, cuyo porcentaje sería 100 − 25 − 20 − 25 = 30 %. Que haya timina (y no uracilo) confirma que es ADN, no ARN.

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EvAU MAD 2023 — A.5 (enlace nucleotídico)Dificultad 3/5

¿Qué enlace une los distintos nucleótidos entre sí para formar una cadena de ácido nucleico, y entre qué grupos se establece?

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Respuesta correcta — opción A

Enlace fosfodiéster (entre el fosfato 5' y el OH del 3')

Correcto. El enlace fosfodiéster: une el grupo fosfato del carbono 5' de un nucleótido con el grupo hidroxilo (–OH) del carbono 3' del siguiente.
Los nucleótidos se unen entre sí mediante enlaces fosfodiéster: el grupo fosfato unido al carbono 5' de un nucleótido se enlaza con el grupo hidroxilo (–OH) del carbono 3' del nucleótido siguiente. Estos enlaces forman el esqueleto azúcar-fosfato de la cadena. (El enlace N-glucosídico une base y pentosa dentro de cada nucleótido; los puentes de hidrógeno unen las dos hebras complementarias.)

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EvAU MAD 2023 — B.1 (maduración del ARNm)Dificultad 3/5

Durante la maduración del ARN mensajero en las células eucariotas se eliminan ciertas secuencias y se empalman otras. ¿Cómo se llama este proceso de corte y empalme y en qué compartimento celular ocurre?

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Respuesta correcta — opción A

Splicing (corte y empalme), en el núcleo

Correcto. Es el splicing (corte y empalme): se eliminan los intrones y se unen los exones; ocurre en el núcleo, antes de que el ARNm salga al citoplasma.
El splicing (corte y empalme) es la etapa de la maduración del ARNm eucariota en la que se eliminan los intrones (secuencias no codificantes) y se unen los exones (secuencias codificantes). Se produce en el núcleo, sobre el transcrito primario, antes de que el ARNm maduro salga al citoplasma para ser traducido en los ribosomas.

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EvAU MAD 2023 — B.3 (división celular)Dificultad 3/5

En un organismo diploide con 2n = 10 cromosomas, ¿cuántos cromosomas hay en cada célula al final de la telofase II de la meiosis?

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Respuesta correcta — opción A

5 cromosomas (n, una cromátida cada uno)

Correcto. 5 cromosomas: la meiosis II separa las cromátidas hermanas, así que cada célula hija queda con n = 5 cromosomas (haploide), cada uno con una sola cromátida.
La meiosis reduce el número de cromosomas de diploide (2n = 10) a haploide (n = 5). En la meiosis I se separan los cromosomas homólogos (cada célula queda con n cromosomas, pero de dos cromátidas) y en la meiosis II se separan las cromátidas hermanas. Por eso, al final de la telofase II cada una de las cuatro células resultantes tiene 5 cromosomas, cada uno con una sola cromátida.

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EvAU MAD 2023 — B.4 (microbiología)Dificultad 3/5

Asocia correctamente cada enfermedad con el tipo de agente patógeno que la causa: tuberculosis, rabia, paludismo y candidiasis.

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Respuesta correcta — opción A

Tuberculosis: bacteria; rabia: virus; paludismo: protozoo; candidiasis: hongo

Correcto. Tuberculosis → bacteria (Mycobacterium); rabia → virus; paludismo (malaria) → protozoo (Plasmodium); candidiasis → hongo (Candida).
Cada enfermedad la produce un tipo de agente patógeno distinto: la tuberculosis es bacteriana (Mycobacterium tuberculosis); la rabia es vírica; el paludismo o malaria lo causa un protozoo (Plasmodium), transmitido por el mosquito Anopheles; y la candidiasis es una micosis producida por un hongo (Candida albicans). La hepatitis, citada también en el examen, es vírica.

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EvAU MAD 2023 — B.5 (estructura de proteínas)Dificultad 3/5

La estructura terciaria de una proteína (su plegamiento tridimensional) se estabiliza por varios tipos de interacciones entre los radicales de los aminoácidos. ¿Cuál de las siguientes NO contribuye a estabilizar la estructura terciaria?

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Respuesta correcta — opción A

El enlace peptídico

Correcto. El enlace peptídico es el que une los aminoácidos en la estructura primaria; no es una interacción que estabilice el plegamiento terciario.
La estructura terciaria de una proteína (su conformación tridimensional) se mantiene por interacciones entre los radicales de los aminoácidos: puentes disulfuro (covalentes, entre cisteínas), interacciones hidrófobas, puentes de hidrógeno y enlaces iónicos. El enlace peptídico, en cambio, es el enlace covalente que une los aminoácidos consecutivos formando la estructura primaria (la secuencia), por lo que no es una interacción estabilizadora del plegamiento terciario.

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EvAU MAD 2023 — B.5 (lípidos)Dificultad 3/5

Un triacilglicérido (o triglicérido) es un lípido de reserva energética. ¿Por qué tipo de unión y entre qué moléculas se forma?

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Respuesta correcta — opción A

Tres enlaces éster entre glicerina y tres ácidos grasos

Correcto. Por tres enlaces éster entre los grupos –OH de una molécula de glicerina y los grupos –COOH de tres ácidos grasos (reacción de esterificación, con liberación de agua).
Un triacilglicérido (triglicérido) está formado por una molécula de glicerina (un alcohol con tres grupos –OH) unida a tres ácidos grasos mediante tres enlaces éster. Cada enlace éster se forma por esterificación entre un grupo hidroxilo (–OH) de la glicerina y el grupo carboxilo (–COOH) de un ácido graso, liberándose una molécula de agua en cada unión. Es el lípido de reserva energética más abundante.

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EvAU MAD 2023 — B.2 (pared celular vegetal)Dificultad 3/5

¿Cuál es el componente estructural principal de la pared celular vegetal?

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Respuesta correcta — opción A

Celulosa

Correcto. La celulosa, un polisacárido de glucosa, forma las microfibrillas que dan rigidez a la pared celular vegetal.
La pared celular vegetal está formada principalmente por celulosa, un polisacárido estructural de glucosa que se organiza en microfibrillas, confiriendo rigidez y forma a la célula. Se distingue de la pared bacteriana (peptidoglucano o mureína) y de la de los hongos (quitina). El colesterol es un componente de las membranas de las células animales, no una pared.

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EvAU MAD 2023 — A.4 (nutrición)Dificultad 3/5

Un organismo fotoautótrofo y otro quimioheterótrofo se diferencian en sus fuentes de carbono y de energía. ¿Cuáles utiliza un organismo fotoautótrofo (como una planta)?

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Respuesta correcta — opción A

Energía de la luz y carbono del CO₂ (inorgánico)

Correcto. El fotoautótrofo usa la luz como fuente de energía y el CO₂ (carbono inorgánico) como fuente de carbono; así fabrica su materia orgánica (fotosíntesis).
El tipo de nutrición se define por la fuente de energía (luz = foto; reacciones químicas = quimio) y la fuente de carbono (CO₂ inorgánico = autótrofo; materia orgánica = heterótrofo). Un organismo fotoautótrofo (como una planta o un alga) usa la luz como fuente de energía y el CO₂ como fuente de carbono, sintetizando su materia orgánica mediante la fotosíntesis. Un quimioheterótrofo (animales, hongos), en cambio, obtiene tanto la energía como el carbono de la materia orgánica que ingiere.

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EvAU MAD 2023 — A.2 (unión antígeno-anticuerpo)Dificultad 3/5

¿Cuál de las siguientes es una característica correcta de la unión antígeno-anticuerpo?

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Respuesta correcta — opción A

Es específica y se basa en la complementariedad estructural

Correcto. Es específica: cada anticuerpo reconoce un determinante antigénico (epítopo) concreto, con complementariedad estructural (como una llave y su cerradura).
La unión antígeno-anticuerpo es específica (cada anticuerpo reconoce un determinante antigénico o epítopo concreto, gracias a la complementariedad estructural entre el paratopo y el epítopo), reversible y se establece mediante enlaces débiles no covalentes (puentes de hidrógeno, fuerzas electrostáticas, de Van der Waals e interacciones hidrófobas). No es covalente ni inespecífica.

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EvAU MAD 2023 — A.1 (cruce de prueba)Dificultad 3/5

En la herencia intermedia del color del plumaje (BB blanco, BN azulado, NN negro), se cruza un gallo blanco (BB) con una gallina azulada (BN). ¿Qué proporción fenotípica se espera en la descendencia?

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Respuesta correcta — opción A

1 blanco : 1 azulado

Correcto. BB × BN da 1 BB : 1 BN, es decir 1 blanco : 1 azulado (la mitad de la descendencia de cada fenotipo, ningún negro).
En el cruce BB (blanco) × BN (azulado), el gallo homocigoto solo aporta gametos B y la gallina heterocigota aporta gametos B y N a partes iguales. La descendencia es, por tanto, ½ BB : ½ BN, es decir 1 blanco : 1 azulado. No aparece ningún individuo negro (NN), porque el gallo blanco no aporta el alelo N.

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