Arkusz maturalny
Ładowanie…
Arkusz maturalny
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Z centrum układu porfirynowego hemu jest związany atom
Wyjaśnij, dlaczego we wnętrzu cząsteczki mioglobiny znajdują się niemal wyłącznie reszty aminokwasowe z podstawnikami niepolarnymi. W odpowiedzi uwzględnij środowisko formowania się struktury przestrzennej tego białka.
D
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające hydrofobowy charakter podstawników aminokwasów niepolarnych ORAZ wodne środowisko formowania się struktury przestrzennej mioglobiny. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. podstawy programowej kształcenia ogólnego dla liceum ogólnokształcącego, technikum oraz branżowej szkoły II stopnia (Dz.U. z 2024 r. poz. 1019).
• Formowanie się struktury przestrzennej zachodzi w cytozolu, który jest roztworem wodnym, a niepolarne podstawniki aminokwasów są odpychane od wody i skupiają się wewnątrz cząsteczki. • Formowanie się struktury przestrzennej mioglobiny zachodzi w środowisku wodnym. Podstawniki aminokwasów niepolarnych mają charakter hydrofobowy, dlatego zbliżają się do siebie i chowają wewnątrz cząsteczki mioglobiny. • Podczas zwijania się łańcucha polipeptydowego w środowisku wodnym niepolarne reszty aminokwasów układają się tak, aby unikać wody (wewnątrz cząsteczki). • Konformacja białek jest bardziej stabilna termodynamicznie, gdy grupy niepolarne, mające charakter hydrofobowy, są skupione we wnętrzu cząsteczki, niż gdy pozostają rozproszone w środowisku wodnym.
ATP jest uniwersalnym nośnikiem energii w komórce. W typowych warunkach podczas hydrolizy ATP do ADP i Pi uwalnia się znaczna ilość energii – od 46 do 54 kJ/mol ATP. Ważną częścią ATP jest reszta trifosforanowa, składająca się z reszt kwasu fosforowego(V) połączonych wiązaniami bezwodnikowymi. Te wiązania są często określane jako „wysokoenergetyczne”, ale do ich zerwania – tak jak do zerwania każdego innego wiązania – jest potrzebna energia. Ujemne ładunki reszt kwasu fosforowego(V) odpychają się nawzajem, czego skutkiem są wewnętrzne naprężenia występujące w cząsteczce ATP. Podczas hydrolizy ATP do ADP i Pi jest zrywane jedno wiązanie bezwodnikowe oraz częściowo są usuwane naprężenia wewnętrzne. Na poniższym schemacie przedstawiono reakcję hydrolizy ATP.
Do której grupy związków organicznych należy ATP? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
C
1 pkt – za poprawną odpowiedź. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W cząsteczce ATP występują dwa wiązania „wysokoenergetyczne”. | ✓ | ✓ |
Na poniższych fotografiach z mikroskopu elektronowego przedstawiono dwie struktury wewnątrzkomórkowe oznaczone literami A i B.
Uzupełnij tabelę – podaj nazwy struktur oznaczonych na fotografiach literami A i B oraz rozstrzygnij, czy w tych strukturach są obecne błony i rybosomy.
| Struktura | Nazwa struktury (siateczka śródplazmatyczna szorstka / aparat Golgiego) | Obecność w strukturze | |
|---|---|---|---|
| błon (tak / nie) | rybosomów (tak / nie) | ||
| A |
Obecność w strukturze Nazwa struktury Struktura (siateczka śródplazmatyczna szorstka / błon rybosomów aparat Golgiego) (tak / nie) (tak / nie) A aparat Golgiego tak nie B siateczka śródplazmatyczna szorstka tak tak
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli LUB za poprawne wypełnienie pierwszej kolumny tabeli – z nazwami struktur ALBO dwóch ostatnich kolumn tabeli – dotyczących obecności błon i rybosomów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, na czym polega współdziałanie, uwzględniające 1) syntezę białek przeznaczonych na eksport na siateczce śródplazmatycznej szorstkiej ORAZ 2) modyfikację tych białek w aparacie Golgiego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Na powierzchni szorstkiej siateczki śródplazmatycznej są syntetyzowane białka, które są modyfikowane w aparacie Golgiego przed wydzieleniem z komórki. • Rybosomy siateczki śródplazmatycznej szorstkiej odpowiadają za syntezę białek, które następnie są przekazywane do aparatu Golgiego, gdzie następują ich modyfikacja, sortowanie i wysyłanie poza komórkę. • Siateczka szorstka odpowiada za syntezę i wstępną modyfikację białek, które są ostatecznie modyfikowane w aparacie Golgiego. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi dotyczących aparatu Golgiego, które odnoszą się wyłącznie do sortowania białek, ponieważ zadanie dotyczy wytwarzania białek.
Okrzemki stanowią zróżnicowaną grupę jednokomórkowych glonów. Wewnątrz komórki znajdują się liczne organella: jądro komórkowe, chloroplasty otoczone czterema błonami, mitochondria oraz aparat Golgiego. Materiałem zapasowym jest chryzolaminaryna, należąca do polisacharydów, oraz tłuszcze. Okrzemki są okryte ścianą komórkową, zwaną pancerzykiem, która jest zbudowana z pektyny wysyconej uwodnioną krzemionką. Na poniższej mikrofotografii przedstawiono różne gatunki okrzemek. Okrzemki natleniają wodę, mają duży udział w produkcji pierwotnej wód oraz stanowią pokarm dla wielu organizmów, w tym dla wielu ryb.
Uzasadnij, że okrzemki nie należą do królestwa roślin – porównaj dwie wymienione w tekście cechy budowy komórek okrzemek z cechami budowy komórek roślin.
Wyjaśnij, w jaki sposób okrzemki przyczyniają się do natleniania wody. W odpowiedzi uwzględnij budowę komórki i metabolizm okrzemek.
rozwiązań zadań 2) przedstawia czynności życiowe protistów […]; 3) wykazuje związek budowy protistów ze środowiskiem i trybem ich życia […].
2 pkt – za dwa poprawne porównania budowy komórek okrzemek z komórkami roślin, odnoszące się do budowy chloroplastów LUB do rodzaju materiału zapasowego, LUB do budowy ściany komórkowej. 1 pkt – za jedno poprawne porównanie budowy komórek okrzemek z komórkami roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Okrzemki mają chloroplasty otoczone czterema błonami, a w komórkach roślinnych chloroplasty są otoczone dwiema błonami. • U okrzemek materiałem zapasowym jest chryzolaminaryna, a dla komórek roślinnych charakterystyczne jest gromadzenie skrobi. • Głównym składnikiem ściany komórkowej okrzemek jest pektyna (nie występuje u nich celuloza), a u roślin lądowych – celuloza. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do jednokomórkowej budowy okrzemek, ponieważ wśród roślin pierwotnie wodnych także są organizmy jednokomórkowe. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do obecności krzemionki w ścianie komórkowej okrzemek, ponieważ w ścianie komórkowej roślin również może występować krzemionka, np. u traw i u skrzypów. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do tłuszczów jako materiału zapasowego okrzemek, ponieważ w komórkach roślin również występują tłuszcze.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające obecność w komórkach okrzemek chloroplastów, w których zachodzi proces fotosyntezy, której jednym z produktów jest tlen. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–2) Na poniższej mikrofotografii (A) oraz na rysunku (B) przedstawiono budowę protista – eugleny (Euglena gracilis). Mikrofotografię A wykonano z użyciem mikroskopu świetlnego. Rysunek B wykonano na podstawie tej mikrofotografii.
1. wić / flagellum / wić długa 2. chloroplast / ciałko zieleni 3. jądro komórkowe
2 pkt – za podanie poprawnych nazw trzech organellów. 1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch organellów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Dwulistnik muszy (Ophrys insectifera) jest chronionym gatunkiem storczyka, występującym w Polsce na niewielkiej liczbie stanowisk. Ta roślina występuje na nasłonecznionych górskich murawach kserotermicznych oraz na łąkach o podłożu wapiennym. Głównym zagrożeniem dla tego gatunku jest postępująca sukcesja, prowadząca do zarastania jego stanowisk. Okwiat dwulistnika składa się z zewnętrznych działek, które są zielone i eliptyczne, oraz z okółka wewnętrznego, którego dwie działki są purpurowe i nitkowate, a trzecia – środkowa działka jest przekształcona w tzw. warżkę. Na środku owłosionej, ciemnopurpurowej warżki, przypominającej kształtem odwłok samicy owada, znajduje się jasna plamka. W okresie kwitnienia dwulistnik muszy wytwarza substancje, które składem chemicznym i zapachem przypominają feromony samic błonkówek: niestylaka piewikowca (Gorytes fargei) i niestylaka wąsala (Gorytes mystaceus). Zwabione zapachem i pokrojem kwiatów samce błonkówek siadają na tych kwiatach. Pakiety pyłku dwulistników przyklejają się do ciała owadów, dzięki czemu pyłek jest transportowany na inne kwiaty. Zapylony kwiat dwulistnika zaczyna wydzielać substancje wonne identyczne z tymi, które wytwarzają zapłodnione samice błonkówek. U dwulistnika może dojść również do samozapłodnienia. Na rysunku A przedstawiono budowę dwulistnika muszego, a na zdjęciu B – samicę niestylaka wąsala.
Określ, który element (1.–5.) budowy morfologicznej kwiatu dwulistnika muszego naśladuje czułki, a który – odwłok samicy niestylaka wąsala. Wpisz właściwe numery w odpowiednie miejsca.
Wyjaśnij, na czym polega następująca adaptacja: Zapylone kwiaty dwulistnika muszego mają zapach taki jak zapłodnione samice błonkówek.
Uzasadnij, że usuwanie krzewów i drzew ze stanowisk występowania dwulistnika muszego prowadzi do zwiększenia liczebności populacji tego gatunku.
czułki: 2.; odwłok: 5.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne rozpoznanie dwóch przykładów mimikry. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, na czym polega adaptacja, odnoszące się do unikania odwiedzania zapylonych już kwiatów przez błonkówki i – w konsekwencji – ochrony zapylonych kwiatów przed owadami LUB zapylenia większej liczby kwiatów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Błonkówki są przywabiane przez kwiaty niezapylone, a unikają kwiatów zapylonych, przez co zwiększa się prawdopodobieństwo zapylenia przez błonkówki innych kwiatów tej samej rośliny. • Samce omijają takie kwiaty, co umożliwia ochronę zapylonych już kwiatów przed uszkodzeniem przez owada na nich siadającego. • Samce nie są zainteresowane takimi kwiatami, co zapobiega ewentualnemu zabraniu przez kolejnego owada pyłkowiny, która została na ten kwiat już przeniesiona.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do konkurencji o światło lub o miejsce. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Parolist krzaczasty (Zygophyllum dumosum) jest dominującym krzewem na pustyni Negew w Izraelu. Ten krzew toleruje suszę i wysokie zasolenie – warunki, które powszechnie panują w ekosystemie pustynnym. Parolist jest bardzo aktywny w okresie deszczowym, kiedy wytwarza nowe liście i kwiaty. Liście parolistu składają się z pary mięsistych blaszek liściowych, które są umieszczone na grubym ogonku, pokrytym woskiem. Podczas okresu suchego blaszki liściowe są zrzucane, ale na krzewie pozostają uśpione, ale żywe, mięsiste ogonki liściowe. Na początku pory deszczowej wzrasta tempo metabolizmu w ogonkach liściowych, które utraciły w czasie pory suchej tylko część zgromadzonej wody. Ogonki liściowe są zrzucane dopiero po dwóch latach wegetacji. Z pąków znajdujących się w kątach ogonków liściowych rozwijają się nowe łodygi, wraz z nowymi liśćmi. Na poniższych zdjęciach przedstawiono parolista krzaczastego w okresie deszczowym (zdjęcie 1.) oraz w okresie suchym (zdjęcie 2.). Oznaczenia: CL – cały liść złożony; BL – blaszka liściowa; OL – ogonek liściowy; SZ – szypułka kwiatowa. Badacze zmierzyli zawartość wybranych pierwiastków w ogonkach liściowych parolista krzaczastego w okresie deszczowym i w okresie suchym. Na poniższym wykresie przedstawiono uśrednione pomiary z czterech prób wraz z odchyleniem standardowym.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące wyników przedstawionego doświadczenia są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wszystkie wyniki pomiarów zawartości wapnia w okresie suszy były takie same. | ||
| 2 | Zawartość siarki w świeżej masie ogonków liściowych była większa w okresie suchym w porównaniu do okresu deszczowego. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wszystkie wyniki pomiarów zawartości wapnia w okresie suszy były takie same. | ✓ | ✓ |
| 2 | Zawartość siarki w świeżej masie ogonków liściowych była większa w okresie suchym w porównaniu do okresu deszczowego. | ✓ |
Nicienie należą do zwierząt pseudocelomatycznych. We wnętrzu wora powłokowo- -mięśniowego są rozmieszczone narządy wewnętrzne, a przestrzeń między nimi – pseudoceloma – jest wypełniona płynem. Na poniższym zdjęciu przedstawiono przykładowego nicienia z gatunku Caenorhabditis elegans. Nicienie rozmnażają się wyłącznie płciowo, ale u poszczególnych gatunków rozmnażanie płciowe przebiega w odmienny sposób.
Wyjaśnij, na czym polega współdziałanie mięśni i płynu wypełniającego pseudocelomę podczas ruchu nicieni.
1. Diploidalny osobnik wytwarza haploidalne plemniki, które zapładniają haploidalne komórki jajowe wytwarzane przez tego samego osobnika. T N 2. U samic niezapłodniona komórka jajowa, która powstała na drodze podziału mitotycznego, rozwija się w zarodek. T N 3. U samic powstające podczas drugiego podziału mejotycznego: komórka jajowa i ciałko kierunkowe, łączą się i tworzą zygotę. T N
Oceń, w których z opisanych przypadków jest możliwe otrzymanie potomstwa zróżnicowanego genetycznie. Zaznacz T (tak), jeśli jest możliwe otrzymanie zróżnicowanego genetycznie potomstwa, albo N (nie) – jeśli takiej możliwości nie ma.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie współdziałania, uwzględniające przenoszenie przez płyn pseudocelomatyczny siły generowanej przez mięśnie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Skurcz mięśni powoduje zmiany ciśnienia płynu wypełniającego pseudocelomę, co skutkuje ruchem wygięcia ciała. • Płyn wypełniający pseudocelomę stanowi opór dla pracujących mięśni i pełni funkcję szkieletu przenoszącego siły wytwarzane przez mięśnie. • Nicienie poruszają się ruchem wijącym, ponieważ na zmianę kurczą się mięśnie po przeciwległych stronach ciała. Aby te skurcze prowadziły do wygięcia ciała, musi być ono odpowiednio sprężyste, a tę cechę zapewnia wysokie ciśnienie płynu w jamie ciała. • Płyn wypełniający pseudocelomę zapewnia znaczną sprężystość ciała, co ułatwia ruch podczas naprzemiennego skurczu mięśni podłużnych.
1. – T, 2. – N, 3. – T.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech przypadków. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch przypadków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Na poniższym rysunku przedstawiono budowę jaja pewnego owodniowca.
Uzupełnij tabelę – podaj nazwy oraz określ funkcje błon płodowych oznaczonych na schemacie literami A i B.
| Oznaczenie | Nazwa błony płodowej (kosmówka / omocznia / owodnia) | Funkcja błony płodowej |
|---|---|---|
| A | ||
| B |
Nazwa błony płodowej Oznaczenie Funkcja błony płodowej (kosmówka / omocznia / owodnia) gromadzenie zbędnych produktów A omocznia przemiany materii / udział w wymianie gazowej / odzyskiwanie wody ochrona zarodka przed czynnikami B kosmówka zewnętrznymi lub pośrednictwo w wymianie gazowej ze środowiskiem
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli LUB za poprawne podanie dwóch nazw błon płodowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że obecność owodni w jajach owodniowców jest adaptacją do składania jaj w środowisku lądowym, uwzględniające rolę owodni w tworzeniu mikrośrodowiska wewnątrz jaja, w którym może rozwijać się zarodek, i uniezależnienie tego rozwoju od środowiska wodnego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Zarodek, rozwijający się w takim jaju, jest umieszczony w jamie owodni wypełnionej przez płyn owodniowy, dzięki czemu ma zapewnione dogodne mikrośrodowisko do rozwoju, co uniezależnia rozwój tych zwierząt od środowiska wodnego. • Jama owodni jest wypełniona płynem, który zapewnia zarodkowi środowisko wodne na lądzie. • Błona owodni zamyka środowisko wodne wokół zarodka, dzięki czemu jajo może zostać złożone na lądzie. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do funkcji samego środowiska wodnego, np.: „Wykonywanie swobodnych ruchów”, „Łagodzenie wstrząsów”.
Na poniższym rysunku przedstawiono budowę fragmentu szkieletu człowieka.
Uzupełnij tabelę – spośród kości szkieletu człowieka oznaczonych 1.–6. wybierz i zapisz numery tych dwóch, które wchodzą w skład obręczy barkowej, oraz podaj nazwy tych kości.
| Nr z ilustracji | Nazwa |
|---|---|
Nr z ilustracji Nazwa 3 obojczyk 4 łopatka
1 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
B2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Na poniższym rysunku przedstawiono widok serca człowieka z góry, w przekroju poprzecznym, na poziomie przegród przedsionkowo-komorowych, po usunięciu przedsionków i dużych naczyń. Widoczne są wszystkie zastawki obecne w sercu, które oznaczono cyframi 1–4. Strzałki oznaczają kierunek przepływu krwi: 1
Do każdej z wymienionych poniżej zastawek przyporządkuj właściwy numer z powyższego rysunku (1.–4.). zastawka trójdzielna – ............. zastawka, przez którą krew się dostaje z serca do obiegu małego – ..............
Rozstrzygnij, czy serce przedstawione na powyższym rysunku jest w stanie skurczu komór, czy – ich napełniania, oraz podaj nazwę tętnicy bezpośrednio połączonej z lewą komorą serca i tętnicy bezpośrednio połączonej z prawą komorą serca.
zastawka trójdzielna – 1. zastawka, przez którą krew się dostaje z serca do obiegu małego – 4.
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie po jednym numerze do każdej zastawki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Stan serca (skurcz komór / napełnianie komór): skurcz komór Tętnica połączona z lewą komorą serca: aorta Tętnica połączona z prawą komorą serca: pień płucny / tętnice płucne
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że zilustrowane serce jest w stanie skurczu komór, ORAZ za podanie poprawnych nazw obu tętnic. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Bariera krew – mózg to fizyczna i funkcjonalna granica między mózgowymi naczyniami krwionośnymi a tkanką nerwową. Ta bariera izoluje ośrodkowy układ nerwowy od potencjalnie szkodliwych związków obecnych we krwi. Bariera krew – mózg zapewnia wysoce selektywny transport związków krążących we krwi do płynu mózgowo-rdzeniowego. Jest to możliwe, ponieważ w naczyniach włosowatych ośrodkowego układu nerwowego między komórkami śródbłonka znajdują się dobrze wykształcone ścisłe połączenia zamykające. Te naczynia są także otoczone grubą warstwą komórek glejowych, stanowiących dodatkową barierę. Niektóre obszary mózgu, np. podwzgórze, mają częściowo zniesioną barierę krew – mózg. W celu zbadania, czy bariera krew – mózg jest zachowana, najczęściej stosuje się wskaźnik – błękit Evansa. Ten barwnik łączy się z wysokim powinowactwem z albuminą osocza krwi. Aby zbadać wpływ infekcji wirusem Chandipura (ChPV) na szczelność naczyń włosowatych mózgu, przeprowadzono następujące doświadczenie. Myszom z grupy badawczej podano dożylnie ChPV oraz błękit Evansa, a myszom z grupy kontrolnej – roztwór soli fizjologicznej oraz błękit Evansa. Na poniżej fotografii przedstawiono wyniki doświadczenia – obraz mózgowia po upływie jednej, dwóch oraz trzech dób od rozpoczęcia badania.
Na podstawie przedstawionych wyników badania sformułuj wniosek na temat wpływu infekcji ChPV na szczelność naczyń włosowatych mózgu myszy.
Spośród poniższych struktur mózgowia człowieka wybierz i zaznacz te dwie, które są gruczołami wewnątrzwydzielniczymi.
1 pkt – za sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego rozszczelnienie bariery krew – mózg. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Wirus Chandipura zaburza integralność bariery krew – mózg u myszy. • Obecność wirusa ChPV we krwi niszczy barierę krew – mózg u myszy. • ChPV szybko rozszczelnia barierę krew – mózg u myszy. • Infekcja prowadzi do zaniku bariery krew – mózg. • Naczynia włosowate mózgu myszy uległy rozszczelnieniu.
A, C Uwaga: Jeżeli zdający zaznaczy więcej niż dwie odpowiedzi, to za rozwiązanie całego zadania otrzymuje 0 pkt.
2 pkt – za zaznaczenie dwóch poprawnych odpowiedzi. 1 pkt – za zaznaczenie jednej poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że prawidłowe wydzielanie wazopresyny wymaga miejscowego rozszczelnienia bariery krew – mózg w obrębie podwzgórza, odnoszące się do osmorecepcji w podwzgórzu ORAZ do regulacji wydzielania wazopresyny w odpowiedzi na zmiany osmolarności osocza krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–1)
Wyjaśnij, dlaczego niedobór witaminy D prowadzi do rozwoju krzywicy – choroby układu kostnego.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do 1) roli witaminy D w zwiększeniu dostępności wapnia oraz 2) w konsekwencji – do pozytywnego wpływu na mineralizację kości u dzieci LUB do 1) ograniczenia wchłaniania wapnia z jelit w przypadku niedoboru witaminy D oraz 2) w konsekwencji – do resorpcji wapnia z kości. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Witamina D pobudza wchłanianie wapnia i fosforu z jelit, co warunkuje prawidłową mineralizację kości u szybko rosnących dzieci. • Witamina D zwiększa wchłanianie wapnia z jelita do krwi i w ten sposób wapń staje się dostępny dla rosnących kości. • Przy niedoborze witaminy D dochodzi do ograniczenia wchłaniania wapnia z jelita do krwi. Aby nie doszło do obniżenia poziomu wapnia we krwi, jest on uwalniany z kości, co prowadzi do ich osłabienia i wykrzywienia.
Prątek gruźlicy (Mycobacterium tuberculosis) to bakteria wywołująca gruźlicę. Do zakażenia prątkami gruźlicy najczęściej dochodzi drogą kropelkową. Jedna czwarta ludzkości – około dwóch miliardów osób – jest zakażona prątkiem gruźlicy. U większości z tych osób mamy do czynienia z zakażeniem uśpionym – nie ma objawów choroby i nie dochodzi do zakażenia kolejnych osób. U 5%–15% osób z zakażeniem uśpionym dojdzie jednak w przyszłości do rozwoju choroby. Prawdopodobieństwo rozwoju gruźlicy u osób chorych na AIDS znacznie wzrasta. Rocznie na gruźlicę umiera 1,5 miliona osób na świecie. Leczenie gruźlicy polega na podawaniu co najmniej dwóch leków jednocześnie: rifampicyny i izoniazydu. Podawanie tylko jednego leku prowadzi początkowo do prawie całkowitego wyleczenia choroby, ale po pewnym czasie dochodzi do jej nawrotu, mimo ciągłego podawania leku.
Wyjaśnij, dlaczego u osób chorych na AIDS znacznie wzrasta ryzyko rozwoju gruźlicy w przypadku dotychczas uśpionego zakażenia prątkiem gruźlicy.
Wyjaśnij, dlaczego podawanie tylko jednego leku prowadzi najpierw do prawie całkowitego wyleczenia gruźlicy, a następnie – do jej nawrotu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm działania doboru naturalnego.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zaburzenie funkcjonowania układu odpornościowego na skutek rozwinięcia się AIDS, co sprzyja rozwojowi gruźlicy u osób, które jednocześnie są zakażone prątkami gruźlicy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• AIDS to choroba doprowadzająca organizm człowieka do głębokiego deficytu odporności, stąd organizm takiego człowieka ma trudności w zwalczaniu prątków gruźlicy, które wywołują groźną infekcję. • Zespół niedoboru odporności to choroba upośledzająca komórki układu odpornościowego (limfocyty Th, makrofagi, monocyty, komórki dendrytyczne), które są niezbędne do walki z bakteriami powodującymi gruźlicę. • Osoby chore na AIDS mają znacznie osłabiony układ odpornościowy, który staje się nieskuteczny w zwalczaniu prątków gruźlicy.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające występowanie w populacji bakterii nielicznych komórek opornych na lek ORAZ mechanizm działania doboru naturalnego – przeżycie i namnażanie się prątków opornych na lek, prowadzący do nawrotu choroby. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Dobór naturalny prowadzi do przeżycia i namnażania się tylko tych komórek, które są oporne na stosowany lek. Część komórek jest naturalnie oporna i to właśnie te nieliczne komórki przeżywają i dają początek nowej opornej populacji powodującej nawrót choroby. • Populacja prątków składa się w większości z komórek wrażliwych na lek, ale nieliczne bakterie są dzięki posiadanym mutacjom na niego oporne. Po podaniu leku te wrażliwe obumierają, ale te oporne przeżywają i się namnażają. Jest znikoma szansa, by jakaś komórka okazała się oporna na dwa leki jednocześnie, dlatego podaje się rutynowo więcej niż jeden lek. • U prątków występuje naturalnie oporność na leki, ale jest ona rzadka. Jeżeli podamy lek, to większość komórek zginie, a przeżyje tylko niewielki odsetek, który da początek nowej populacji. W przypadku tej nowej, niewielkiej populacji zastosowanie drugiego leku przeważnie prowadzi do wyeliminowania wszystkich bakterii.
Grupę krwi w układach ABO i Rh można określić dzięki reakcji immunochemicznej. Najpierw na płytkę nanosi się próbkę badanej krwi, a potem dodaje się odpowiednie przeciwciała. Na pierwszej fotografii przedstawiono wynik testu dla grupy A Rh+, a na kolejnych dwóch – dla nieznanych grup krwi.
Określ wyniki testów przedstawionych na fotografiach I i II – podaj grupy krwi w układach ABO i Rh.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące grup krwi człowieka w układzie ABO są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Osoby z grupą krwi O są uniwersalnymi biorcami krwi. |
Nr testu Układ ABO Układ Rh I B − (minus) II AB + (plus)
1 pkt – za podanie dwóch właściwych grup krwi w układzie ABO ORAZ dwóch właściwych grup krwi w układzie Rh. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Osoby z grupą krwi O są uniwersalnymi biorcami krwi. | ✓ |
Na poniższym rysunku przedstawiono trzy etapy elektroforezy żelowej DNA. Do studzienek – zagłębień w żelu agarozowym – naniesiono próby zawierające mieszaninę fragmentów DNA o różnej wielkości. Wykonano elektroforezę z użyciem dwóch prób: • próba A (kontrolna) – zawierała mieszaninę fragmentów DNA o znanych wielkościach • próba B (badawcza) – zawierała mieszaninę fragmentów DNA o nieznanych rozmiarach, którą otrzymano w wyniku trawienia DNA enzymami restrykcyjnymi. Podczas elektroforezy żel umieszczono w roztworze zawierającym jony, a następnie przyłożono napięcie elektryczne, które spowodowało przesuwanie się fragmentów DNA w żelu. Po zakończeniu migracji fragmentów DNA w żelu dodano barwnik wiążący się z DNA, co uwidoczniło na żelu prążki odpowiadające fragmentom DNA o różnej wielkości.
| próba: | A | B | ||
|---|---|---|---|---|
| elektroda ujemna |
Określ, w jakim celu podczas elektroforezy do jednej ze studzienek wprowadza się próbę kontrolną – mieszaninę fragmentów DNA o znanych rozmiarach.
Rozstrzygnij, który prążek w próbie B – prążek X, Y czy Z – zawiera najkrótsze fragmenty DNA. Odpowiedź uzasadnij.
1 pkt – za poprawne określenie znaczenia próby kontrolnej, odnoszące się do wzorca wielkości badanych cząsteczek DNA LUB do kontroli jakości elektroforezy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Do jednej ze studzienek wprowadza się mieszaninę fragmentów DNA o znanych rozmiarach, aby móc oszacować wielkość badanych fragmentów DNA. • Próba A stanowi marker wielkości, czyli tzw. wzorzec masy, który pozwala określić, jaką wielkość mają fragmenty DNA w badanej próbce. • Próbka A stanowi próbę kontrolną pozytywną – dzięki tej próbie wiadomo, czy elektroforeza trwała odpowiednio długo.
Rozstrzygnięcie: Prążek Z
1 pkt – za wybór prążka Z, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do najwyższego tempa migracji w żelu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Ten prążek najszybciej migrował w żelu. • Ten prążek przebył najdłuższą drogę ze wszystkich prążków. • Uległ największemu przesunięciu w żelu. • Znalazł się on najdalej od studzienek, a inne prążki były wyżej. • Fragmenty DNA w tym prążku mają najmniejszą masę, dlatego najszybciej przesuwały się w porowatym żelu.
(0–1) Na poniższym wykresie przedstawiono rozkład masy urodzeniowej noworodków człowieka oraz zależność ich umieralności od masy urodzeniowej.
Rozkład masy urodzeniowej noworodków człowieka, przedstawiony na wykresie, jest kształtowany przez dobór naturalny (stabilizujący / kierunkowy). Ten rodzaj doboru faworyzuje noworodki o masie zbliżonej do (przeciętnych / skrajnych) wartości ich masy urodzeniowej.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Mukopolisacharydoza typu II (MPS II) to rzadka genetyczna choroba metaboliczna. Ta choroba jest dziedziczona w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Przyczyną MPS II jest niedobór aktywności sulfatazy-L-iduronianu, jednego z enzymów lizosomalnych. Prowadzi to do zaburzenia rozkładu mukopolisacharydów i do gromadzenia się nierozłożonych substratów, czego konsekwencją stają się patologiczne zmiany w obrębie komórek i tkanek. Choroba ma charakter postępujący i znacznie skraca długość życia. Na MPS II chorują prawie wyłącznie chłopcy. Na poniższym rodowodzie przedstawiono historię rodziny, w której zdiagnozowano MPS II. zdrowy mężczyzna chory mężczyzna zdrowa kobieta Osoby chore na MPS II mogą być leczone za pomocą idursulfazy, która jest otrzymywana z hodowli genetycznie zmodyfikowanych komórek ludzkich. Idursulfaza jest substytutem naturalnego enzymu. Terapia polega na dożylnym podawaniu pacjentom idursulfazy, co prowadzi do spowolnienia rozwoju choroby i do złagodzenia jej objawów.
Podaj oznaczenia wszystkich osób przedstawionych na powyższym rodowodzie, które są na pewno bezobjawowymi nosicielami genu warunkującego MPS II. Przyjmij założenie, że mutacje są tylko dziedziczone i nie powstają de novo.
Uzasadnij, że terapia MPS II za pomocą idursulfazy nie jest terapią genową. W odpowiedzi porównaj terapię genową do terapii idursulfazą.
Wyjaśnij, dlaczego nie ma mężczyzn będących nosicielami MPS II, mimo że allel warunkujący MPS II jest allelem recesywnym.
I.1. oraz II.3.
1 pkt – za wskazanie wszystkich osób, które na pewno są nosicielami MPSII. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, że terapia z użyciem idursulfazy nie jest terapią genową, odnoszące się do braku wprowadzania do organizmu pacjenta genów lub do braku modyfikacji ekspresji genów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Terapia genowa polega na wprowadzeniu do organizmu chorej osoby prawidłowej wersji zmutowanego genu, a podczas terapii stosowanej u chorych na MPS II chorzy otrzymują jedynie enzym.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do sprzężenia z płcią genu warunkującego MPS II ORAZ do występowania u mężczyzn tylko jednego chromosomu X. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• U osób płci męskiej obecność jednego allelu recesywnego położonego na chromosomie X prowadzi do wystąpienia objawów choroby, ponieważ mężczyźni nie mają drugiego chromosomu X. • Allel recesywny warunkujący MPS II jest położony na chromosomie X, a mężczyźni mają tylko jeden chromosom X, a więc taki allel zawsze się ujawni. • Mutacja tego genu zawsze ujawnia się u osób płci męskiej, ponieważ na drugim chromosomie płci – na chromosomie Y – nie ma odpowiedniego locus, w którym mógłby się znajdować allel dominujący, maskujący allel recesywny.
U owczarków australijskich występują dwie główne barwy sierści: • czarna – warunkowana przez dominujący allel B • czekoladowa – warunkowana przez recesywny allel b. Dodatkowo u owczarków australijskich może: • występować marmurkowanie, polegające na obecności cętkowanych łat na jednolitym tle – warunkowane przez dominujący allel M albo występować umaszczenie jednolite – warunkowane przez recesywny allel m • występować podpalanie, czyli obecność w niektórych miejscach wstawek rudobrunatnej sierści – warunkowane przez dominujący allel A albo nie występować podpalanie – co jest warunkowane recesywnym allelem a. Loci trzech genów warunkujących umaszczenie leżą na trzech różnych autosomach. Na poniższych zdjęciach A–F przedstawiono sześć przykładowych umaszczeń owczarków australijskich.
Na podstawie przedstawionych informacji oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące dziedziczenia umaszczenia u owczarków australijskich są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Para psów: heterozygotyczna samica i heterozygotyczny samiec w locus genu A, może mieć szczenięta bez podpaleń. | ||
| 2 | Wszystkie szczenięta czekoladowej samicy i czekoladowego samca będą miały umaszczenie czekoladowe. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Para psów: heterozygotyczna samica i heterozygotyczny samiec w locus genu A, może mieć szczenięta bez podpaleń. | ✓ | ✓ |
| 2 | Wszystkie szczenięta czekoladowej samicy i czekoladowego samca będą miały umaszczenie czekoladowe. | ✓ |
Krępak nabrzozak (Biston betularia) to ćma występująca na pniach drzew, która ma dwie naturalne formy – jasną i ciemną, występujące w środowisku jeszcze przed rewolucją przemysłową. W Anglii na przełomie XIX i XX wieku zauważono, że populacje krępaka nabrzozaka różnią się ubarwieniem w zależności od stopnia zanieczyszczenia środowiska. Na poniższych wykresach przedstawiono wyniki obserwacji obejmujących różne formy ciem, przeprowadzonych w zanieczyszczonym środowisku i w niezanieczyszczonym środowisku. Sformułowano hipotezę, że różnice w ubarwieniu są związane z kamuflażem. Forma, która była bardziej widoczna na tle kory drzew, częściej padała ofiarą drapieżników. W wyniku rewolucji przemysłowej środowisko w wielu miejskich rejonach Wielkiej Brytanii i wokół nich zostało zanieczyszczone dwutlenkiem siarki, co doprowadziło do wymarcia jasno zabarwionych nadrzewnych mchów i porostów.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące przeprowadzonych obserwacji są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W zanieczyszczonym środowisku dominuje populacja ciemna, a w niezanieczyszczonym – jasna. | ✓ | ✓ |
| 2 | Pojawienie się mutacji powodującej ciemną barwę wynikało z zanieczyszczenia środowiska. | ✓ |
Efekt rozcieńczenia to hipoteza zakładająca, że w środowiskach o większej różnorodności gatunkowej jest mniejsza częstość występowania chorób pasożytniczych. Aby przetestować hipotezę o efekcie rozcieńczenia, przeprowadzono następujące doświadczenie. Przygotowano 82 poletka, na których uprawiano rośliny łąkowe w różnych kombinacjach gatunków, a następnie zmierzono częstość infekcji roślin wybranymi grzybami pasożytniczymi. Na poniższych wykresach przedstawiono wyniki badań dotyczące zależności między: • wykres A – bogactwem gatunkowym roślin gospodarzy a bogactwem gatunkowym pasożytów grzybowych • wykres B – bogactwem gatunkowym roślin gospodarzy a częstością infekcji grzybowych. bogactwo gatunkowe roślin bogactwo gatunkowe roślin
Rozstrzygnij, czy przedstawione wyniki badań są zgodne z hipotezą o efekcie rozcieńczenia. Odpowiedź uzasadnij.
Na podstawie przedstawionych wyników badań sformułuj zależność między bogactwem gatunkowym roślin a bogactwem gatunkowym grzybów pasożytniczych.
Rozstrzygnięcie: Tak / Są zgodne.
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że przedstawione wyniki badań potwierdzają hipotezę o efekcie rozcieńczenia, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do negatywnego związku między bogactwem gatunkowym roślin a częstością infekcji grzybowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań • Wraz ze wzrostem liczby gatunków roślin zmniejsza się odsetek roślin zaatakowanych przez grzyby.
• Wyniki pokazują, że im większa różnorodność gatunkowa roślin na poletku tym niższy poziom infekcji wśród żywicieli. • Dane z wykresu B potwierdzają, że im większa liczba gatunków roślin na poletku, tym mniejszy procent roślin jest zainfekowanych. • Na poletkach o największej liczbie gatunków roślin, mimo wielu gatunków patogenów, był mały procent zakażeń roślin.
1 pkt – za poprawne sformułowanie dodatniej zależności między bogactwem gatunkowym roślin a bogactwem gatunkowym grzybów pasożytniczych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Wraz ze wzrostem bogactwa gatunkowego roślin wzrasta bogactwo gatunkowe grzybów infekujących rośliny.
Koliberki rubinobrode (Archilochus colubris) to maleńkie, wędrowne ptaki, występujące w Ameryce Północnej i w Ameryce Środkowej. Te ptaki mają od 7,5 cm do 9,0 cm długości i ważą od 3 g do 4 g. Koliberki migrują między terenami lęgowymi i zimowiskami, co wymaga pokonania nawet 1 600 km w obie strony każdego roku. Energię do tych lotów dostarczają im kwasy tłuszczowe pochodzące ze zmagazynowanych triacylogliceroli. Przed migracją kolibry często podwajają masę ciała. Głównymi źródłami pożywienia kolibrów są nektar kwiatowy, np. orlika kanadyjskiego lub milinu amerykańskiego, oraz małe owady, np. komary i wywilżny. Podczas wysysania nektaru z kwiatów ptaki unoszą się w powietrzu obok rośliny. Owady łapią w locie. Każdego dnia spożywają pokarm o masie dwa razy większej od masy swojego ciała. Dorosłe koliberki rubinobrode są często atakowane przez drapieżniki, takie jak dzierzby, krogulce lub koty domowe. Na poniższej fotografii przedstawiono samca koliberka rubinobrodego w locie.
Na podstawie przedstawionych informacji zapisz fragment sieci pokarmowej, w której są ze sobą powiązane wszystkie podane poniżej organizmy. koliberek rubinobrody milin amerykański kot domowy wywilżna karłowata orlik kanadyjski
Uzasadnij, że gromadzenie zapasów energetycznych w postaci trójglicerydów pozwala na ograniczenie wzrostu masy ciała w porównaniu z gromadzeniem glikogenu. Podaj dwa argumenty.
milin amerykański koliberek kot orlik rubinobrody wywilżna karłowata
1 pkt – za poprawne zapisanie fragmentu sieci pokarmowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za podanie dwóch poprawnych argumentów, odnoszących się do 1) większej kaloryczności tłuszczów niż cukrów w przeliczeniu na masę ORAZ do 2) możliwości gromadzenia tłuszczów bez gromadzenia wody. 1 pkt – za podanie jednego poprawnego argumentu, odnoszącego się do 1) większej kaloryczności tłuszczów niż cukrów w przeliczeniu na masę ALBO do 2) możliwości gromadzenia tłuszczów bez gromadzenia wody. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź 1. Glikogen ma mniejszą kaloryczność w przeliczeniu na masę cząsteczkową niż trójglicerydy. 2. Trójglicerydy, w przeciwieństwie do glikogenu, są gromadzone bez udziału wody.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W cząsteczce ATP występują dwa wiązania „wysokoenergetyczne”. | ||
| 2 | Energia uwalniana podczas hydrolizy ATP równa się energii koniecznej do zerwania wiązania bezwodnikowego. |
| 2 |
| Energia uwalniana podczas hydrolizy ATP równa się energii koniecznej do zerwania wiązania bezwodnikowego. |
| ✓ |
| ✓ |
1. – P, 2. – F.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| B |
Wyjaśnij, na czym polega współdziałanie siateczki śródplazmatycznej szorstkiej i aparatu Golgiego w wytwarzaniu białek przeznaczonych do wydzielenia poza komórkę.
• Usuwanie drzew i krzewów ze stanowisk dwulistnika powoduje, że to stanowisko jest lepiej nasłonecznione, a ten gatunek storczyka jest gatunkiem światłożądnym. • Usuwanie drzew i krzewów powoduje eliminację konkurentów dwulistnika o miejsce na tym stanowisku. • Te zabiegi pozwalają na zachowanie specyficznego siedliska dwulistnika muszego, który występuje wyłącznie na terenach otwartych.
Podaj jedną cechę fizjologiczną i jedną cechę anatomiczną parolista krzaczastego stanowiące adaptacje do niedoboru wody oraz wyjaśnij, na czym polega każda z tych adaptacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Transport jonów z roztworu glebowego do komórek korzenia odbywa się
| ✓ |
1. – F, 2. – P.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawne wskazanie cechy fizjologicznej ORAZ cechy anatomicznej parolista krzaczastego stanowiących adaptacje do życia w warunkach pustynnych, wraz z wyjaśnieniem, na czym polega każda z tych adaptacji. 1 pkt – za poprawne wskazanie cechy fizjologicznej ALBO cechy anatomicznej parolista krzaczastego stanowiącej adaptację do życia w warunkach pustynnych, wraz z wyjaśnieniem, na czym polega ta adaptacja. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Cecha fizjologiczna: • Zrzucanie blaszek liściowych w okresie suchym, co ogranicza transpirację podczas suchego i upalnego okresu. • Spowolnienie procesów metabolicznych w okresie suchym, co zmniejsza zapotrzebowanie rośliny na wodę podczas suszy. • Ograniczenie wzrostu i kwitnienia rośliny do okresu deszczowego, w którym dzięki dostępowi do wody możliwy staje się intensywny przebieg procesów metabolicznych. • Intensywne gromadzenie wody w porze deszczowej, co umożliwia przeżycie rośliny w porze suchej. Cecha anatomiczna: • Mięsiste blaszki i ogonki liściowe świadczą o możliwości gromadzenia w nich wody. • Ogonek liściowy jest pokryty woskiem, co ogranicza parowanie wody.
B1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wykaż, że obecność owodni w jajach owodniowców jest adaptacją do składania jaj w środowisku lądowym.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Na rysunku literą X oznaczono
Wykaż, że prawidłowa regulacja wydzielania wazopresyny wymaga miejscowego rozszczelnienia bariery krew – mózg w obrębie podwzgórza.
• Bariera krew – mózg utrudniałaby odebranie przez podwzgórze informacji o osmolarności osocza, niezbędnej do prawidłowego wydzielania wazopresyny. • W podwzgórzu jest wytwarzana wazopresyna w odpowiedzi na wzrost osmolarności krwi. Gdyby była zachowana bariera krew – mózg, to receptory podwzgórza nie mogłyby odebrać informacji o osmolarności osocza. • Podwzgórze musi mieć możliwość odebrania informacji o osmolarności osocza, co jest niezbędne do wydzielania prawidłowej ilości wazopresyny.
| 2 | Grupa krwi w układzie ABO jest warunkowana przez antygeny występujące na krwinkach białych. |
| 3 | W osoczu krwi osoby z grupą krwi A znajdują się przeciwciała anty-A. |
| 2 | Grupa krwi w układzie ABO jest warunkowana przez antygeny występujące na krwinkach białych. | ✓ | ✓ |
| 3 | W osoczu krwi osoby z grupą krwi A znajdują się przeciwciała anty-A. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 3. – F.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Lizosomy to organella, w których znajduje się około 50 różnych enzymów – kwaśnych hydrolaz. Optimum działania tych enzymów jest przy pH 5. Lizosomy są otoczone pojedynczą błoną, w której znajduje się pompa protonowa (H+-ATPaza). Na poniższym schemacie zilustrowano działanie H+-ATPazy.
rozwiązań zadań 5) wyjaśnia wpływ czynników fizykochemicznych ([…] pH […]) na przebieg katalizy enzymatycznej […].
1 pkt – za poprawne wykazanie, że prawidłowe funkcjonowanie enzymów lizosomalnych wymaga działania pompy protonowej w błonie lizosomu, uwzględniające transport protonów do wnętrza lizosomu ORAZ zapewnienie odpowiednio niskiego pH. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Dzięki obecności pompy protonowej są do wnętrza lizosomów pompowane protony, co zapewnia niskie pH wewnątrz lizosomów – optymalne dla działania enzymów lizosomalnych. • Dzięki obecności H+-ATPazy są do wnętrza lizosomu transportowane protony, dzięki czemu wewnątrz lizosomu panuje kwaśne środowisko, optymalne dla działania kwaśnych hydrolaz. • Pompa protonowa zapewnia odpowiednio niskie pH wewnątrz lizosomu, gdyż pompuje protony do jego wnętrza.
| 3 | Występowanie podpaleń jest cechą niezależną od występowania marmurkowania. |
Skrzyżowano parę owczarków australijskich – czekoladową marmurkową samicę z czarnym jednolitym samcem. Każdy z owczarków był heterozygotą w jednym z dwóch loci warunkujących wygląd sierści: B albo M.
Podaj genotypy osobników rodzicielskich z uwzględnieniem genów B oraz M. Wykonaj krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo, że urodzone szczenię będzie czekoladowe marmurkowe. Zastosuj oznaczenia alleli podane we wprowadzeniu do zadania. Prawdopodobieństwo, że szczenię będzie czekoladowe marmurkowe: .............. %
| ✓ |
| 3 | Występowanie podpaleń jest cechą niezależną od występowania marmurkowania. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Genotyp samicy: bbMm Genotyp samca: Bbmm Krzyżówka: bM bm Bm BbMm Bbmm bm bbMm bbmm Prawdopodobieństwo urodzenia marmurkowego czekoladowego szczenięcia: 25%.
3 pkt – za poprawne zapisanie genotypów rodziców ORAZ za poprawne zapisanie krzyżówki, ORAZ za właściwe określenie prawdopodobieństwa. 2 pkt – za poprawne zapisanie genotypów rodziców ORAZ za poprawne zapisanie krzyżówki. 1 pkt – za poprawne zapisanie genotypów rodziców. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 1 | W zanieczyszczonym środowisku dominuje populacja ciemna, a w niezanieczyszczonym – jasna. | ||
| 2 | Pojawienie się mutacji powodującej ciemną barwę wynikało z zanieczyszczenia środowiska. |
Uzasadnij, że opisana obserwacja jest dowodem na działanie doboru naturalnego, a nie – doboru sztucznego.
Opisz doświadczenie pozwalające na weryfikację hipotezy, że w zanieczyszczonym środowisku jasne owady częściej padają ofiarami drapieżników niż owady ciemne. W rozwiązaniu uwzględnij plan badania oraz sposób weryfikacji hipotezy.
1. – P, 2. – F.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do braku celowego działania ze strony człowieka. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Opisana obserwacja jest wprawdzie konsekwencją działania człowieka, ale nie były to celowe działania człowieka. • W tym przypadku człowiek nie selekcjonował umyślnie osobników do rozrodu.
2 pkt – za opisanie planu doświadczenia umożliwiającego weryfikację hipotezy ORAZ za określenie sposobu wnioskowania. 1 pkt – za opisanie tylko planu doświadczenia umożliwiającego weryfikację hipotezy bez określenia sposobu wnioskowania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Opis: Wypuszczenie w zanieczyszczonym obszarze (na którym występują drzewa z ciemną korą) równej liczby ciemnych i jasnych osobników, i sprawdzenie po ustalonym czasie, ile jasnych i ile ciemnych owadów zostało upolowanych przez drapieżniki. Weryfikacja hipotezy: Przewaga jasnych osobników wśród upolowanych owadów pozwoli na potwierdzenie hipotezy. • Opis: Wpuszczenie do zamkniętej woliery z określonymi drapieżnikami (np. dwie muchołówki) i z drzewami o przyciemnionej korze określonej liczby ciemnych i jasnych motyli; obserwacja, np. poprzez programy umożliwiające śledzenie (video tracking) indywidualnych losów motyli. Weryfikacja hipotezy: Szybsze upolowanie przez drapieżniki motyli jasnych potwierdziłoby hipotezę. • Opis: Umieszczenie na fragmentach ciemnej i jasnej kory drzew takiej samej liczby martwych motyli (atrap motyli) jasnych i ciemnych za pomocą nietoksycznego kleju. Monitorowanie ich losów, np. za pomocą fotopułapek. Weryfikacja hipotezy: Szybsze upolowanie przez drapieżniki motyli jasnych na ciemnym vs. jasnym tle potwierdziłoby hipotezę.