Arkusz maturalny
Ładowanie…
Arkusz maturalny
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe dotyczące wazopresyny. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Wazopresyna należy do hormonów (steroidowych / niesteroidowych). Ten hormon jest wydzielany przez (podwzgórze / przysadkę mózgową) i wpływa na ilość (wody / glukozy) wydalanej wraz z moczem.
Uzupełnij poniższy schemat – wpisz dwie brakujące reszty aminokwasowe tak, aby powstała poprawna sekwencja wazopresyny. Odpowiedź zapisz z wykorzystaniem trójliterowych oznaczeń aminokwasów. Cys–Tyr –………–Gln–Asn–Cys–Pro–………–Gly–NH2
Określ wpływ wydzielania wazopresyny na wartość ciśnienia tętniczego krwi.
Wyjaśnij, dlaczego wywołane przez kofeinę ograniczenie resorpcji jonów sodu w kanaliku bliższym nefronu skutkuje zwiększonym wydalaniem wody wraz z moczem.
Wazopresyna należy do hormonów (steroidowych / niesteroidowych). Ten hormon jest wydzielany przez (podwzgórze / przysadkę mózgową) i wpływa na ilość (wody / glukozy) wydalanej wraz z moczem.
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Cys–Tyr–Phe–Gln–Asn–Cys–Pro–Arg–Gly–NH2 Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto pełnych nazw aminokwasów lub kody IUPAC (F – fenyloalanina oraz R – arginina).
1 pkt – za poprawne uzupełnienie schematu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne określenie, że wydzielanie wazopresyny jest przyczyną wzrostu wartości ciśnienia tętniczego krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wazopresyna podnosi ciśnienie krwi. • Wzrośnie ciśnienie tętnicze krwi. • Dodatni.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do ograniczenia zwrotnego wchłaniania wody z kanalika bliższego (proksymalnego) z uwzględnieniem osmotycznego mechanizmu transportu wody. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Kofeina blokuje wchłanianie ze światła kanalika sodu – substancji osmotycznie czynnej. Woda pozostaje w świetle kanalika i jest wydalana z moczem, ponieważ nie jest wchłaniana zwrotnie na zasadzie osmozy. • W normalnych warunkach dzięki resorpcji jonów sodu w kanaliku proksymalnym dochodzi również do wchłaniania wody, ponieważ transport sodu jest przyczyną powstania gradientu osmotycznego. • W kanaliku bliższym dochodzi do tzw. resorpcji obowiązkowej wody. Transport wody zachodzi biernie – przez kanały białkowe. Aby woda przechodziła przez te pory, najpierw musi zostać aktywnie przetransportowany sód, który jest polarny, i za nim podąża woda.
W prawidłowo funkcjonujących komórkach zwierząt białko p53, które jest kodowane przez gen TP53, zatrzymuje komórkę z uszkodzonym DNA w tzw. punkcie kontrolnym G1/S, czyli na granicy faz G1/S cyklu komórkowego. Uszkodzenie DNA jest albo naprawiane i komórka przechodzi z opóźnieniem z fazy G1 do fazy S, albo – gdy uszkodzenie jest zbyt poważne i naprawa jest niemożliwa – komórka zostaje skierowana na drogę apoptozy. Retrogen to dodatkowa kopia genu powstająca na skutek odwrotnej transkrypcji mRNA danego genu. Genom słoni zawiera jeden gen TP53 i aż 19 retrogenów TP53, z których kilka podlega transkrypcji i translacji. W linii ewolucyjnej rzędu trąbowców (Proboscidea), do których należą słonie, stopniowo zwiększała się liczba retrogenów TP53. Dzięki ekspresji retrogenów TP53 białko p53 jest aktywne nawet przy niskim natężeniu czynników mutagennych. U słoni występuje także gen LIF6, którego transkrypcja jest pobudzana przez białko p53. Białko LIF6 jest transportowane do mitochondriów, gdzie prowadzi do uwolnienia do cytozolu cytochromu c, pełniącego funkcję cząsteczki wyzwalającej apoptozę. Nowotwory u słoni występują stosunkowo rzadko, zwłaszcza jeśli weźmie się pod uwagę dużą liczbę komórek ciała słoni oraz długość życia tych zwierząt.
Wyjaśnij, dlaczego zatrzymanie cyklu komórkowego komórek z uszkodzonym DNA w punkcie kontrolnym G1/S skutkuje ograniczeniem powstawania nowotworów.
Do każdej z podanych poniżej cech genomu trąbowców (1–2) przyporządkuj odpowiedni mechanizm przeciwnowotworowy (A–D), który jest warunkowany bezpośrednio przez tę cechę. 1. obecność wielu retrogenów TP53 ……… 2. obecność genu LIF6 ……… A. Po wykryciu uszkodzenia DNA komórki łatwiej wchodzą na drogę apoptozy. B. DNA w komórkach jest mniej podatny na działanie czynników mutagennych. C. Uszkodzenia DNA się kumulują, ale nie zaburzają kontroli cyklu komórkowego. D. Nawet niewielkie uszkodzenia DNA zatrzymują komórkę w punkcie kontrolnym G1/S.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uniknięcie replikacji uszkodzonego DNA lub uniknięcie przekazania uszkodzonego DNA do komórek potomnych, co ogranicza liczbę mutacji w genach regulujących cykl komórkowy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Umożliwia to naprawę DNA, zanim materiał genetyczny zostanie zreplikowany w fazie S. Dzięki temu nie ulegają uszkodzeniu geny odpowiedzialne za podziały komórkowe. • Blokuje to przejście do fazy S, w której uszkodzony DNA ulega replikacji, a uszkodzone geny, np. czynników wzrostu, są bezpośrednią przyczyną nowotworów. • Uniemożliwia to podział komórki, w wyniku którego powstałyby komórki potomne dziedziczące mutację, a mutacje w genach regulujących cykl komórkowy prowadzą do niekontrolowanych podziałów komórkowych.
1. – D, 2. – A.
2 pkt – za dwa poprawne przyporządkowania. 1 pkt – za jedno poprawne przyporządkowanie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–1) Dziwidło olbrzymie (Amorphophallus titanum) – roślina występująca jedynie na indonezyjskiej Sumatrze – wytwarza jeden z największych kwiatostanów świata. Z podziemnej bulwy wyrasta kwiatostan – kolba przypominająca pojedynczy kwiat. Kolba składa się z dużej liczby drobnych kwiatów męskich, a u nasady – także żeńskich. Kwitnieniu (zwłaszcza kwiatów żeńskich) towarzyszy wyraźne podwyższenie temperatury kwiatostanu i cykliczne uwalnianie fal zapachowych, zsynchronizowane z impulsami ciepła.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające wabienie zapylaczy – bezpośrednio lub przez zwiększenie intensywności zapachu – lub wzmożenie aktywności zapylaczy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Dzięki ciepłu łatwiej rozprzestrzenia się zapach przyciągający zapylaczy. • Ciepło przyciąga zapylające owady, bo niektóre z nich silnie reagują na podczerwień. • Ciepło potęguje woń przyciągającą zapylaczy. • Podwyższona temperatura wzmaga aktywność zapylaczy, będących zmiennocieplnymi owadami.
Uczniowie postanowili sprawdzić, czy w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza. W tym celu przygotowali szalkę Petriego z wylanym i zestalonym podłożem agarowym zawierającym skrobię, na którym umieścili przekrojone wzdłuż kiełkujące ziarniaki pszenicy – tak, aby płaszczyzna przekroju ściśle przylegała do podłoża. Tak przygotowaną szalkę utrzymywali przez 60 min w temperaturze 20 °C. Następnie uczniowie usunęli z szalki ziarniaki, a na podłoże szalki nanieśli płyn Lugola. Po pewnym czasie przepłukali podłoże wodą destylowaną. Miejsca na szalce, w których wcześniej były położone ziarniaki – w przeciwieństwie do pozostałego obszaru podłoża – nie wybarwiły się na ciemnogranatowy kolor.
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia określ, czy w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza. Odpowiedź uzasadnij, uwzględniając substrat amylazy oraz sposób jego wykrywania.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące procesu kiełkowania nasion są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Spoczynek bezwzględny nasion można przerwać poprzez ich odpowiednie uwodnienie. |
1 pkt – za stwierdzenie, że w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do trawienia skrobi przez amylazę ORAZ do wybarwiania się skrobi płynem Lugola na kolor granatowy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W kiełkujących nasionach znajduje się aktywna amylaza, o czym świadczy trawienie skrobi, a powstające produkty nie barwią się płynem Lugola na kolor ciemnogranatowy. • Jest tam amylaza, ponieważ nastąpił rozkład skrobi, która barwi się na kolor granatowy w obecności płynu Lugola. • Brak zmiany zabarwienia na kolor niebieskogranatowy w miejscach, gdzie znajdowały się ziarniaki, wskazuje na brak skrobi, a to oznacza, że została ona rozłożona (do maltozy) przez amylazę.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Spoczynek bezwzględny nasion można przerwać poprzez ich odpowiednie uwodnienie. | ✓ |
Na poniższym zdjęciu przedstawiono gałązkę brzozy brodawkowatej (Betula pendula). Kwiatostan męski oznaczono symbolem ♂, a kwiatostan żeński – symbolem ♀.
Określ, czy brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, czy – dwupienną. Odpowiedź uzasadnij.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały mechanizm podwójnego zapłodnienia u roślin okrytonasiennych. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Łagiewka pyłkowa wnika do zalążka i przenosi do woreczka zalążkowego komórki plemnikowe, które powstały w ziarnie pyłku na drodze (mitozy / mejozy). Jedna z komórek plemnikowych łączy się z komórką jajową, co prowadzi do powstania zygoty i do rozwoju zarodka. Druga komórka plemnikowa łączy się z (komórką centralną / jedną z synergid) – w ten sposób powstaje triploidalna tkanka odżywcza w postaci (bielma / obielma).
1 pkt – za określenie, że brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do występowania kwiatów męskich i kwiatów żeńskich na jednym osobniku. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, ponieważ na jednym drzewie występują zarówno kwiatostany męskie, jak i żeńskie. • Jednopienna, bo jeden osobnik wytwarza zarówno kwiaty męskie, jak i kwiaty żeńskie. • To roślina jednopienna, bo dany okaz wytwarza i słupki, i pręciki.
Łagiewka pyłkowa wnika do zalążka i przenosi do woreczka zalążkowego komórki plemnikowe, które powstały w ziarnie pyłku na drodze (mitozy / mejozy). Jedna z komórek plemnikowych łączy się z komórką jajową, co prowadzi do powstania zygoty i do rozwoju zarodka. Druga komórka plemnikowa łączy się z (komórką centralną / jedną z synergid) – w ten sposób powstaje triploidalna tkanka odżywcza w postaci (bielma / obielma).
rozwiązań zadań 3) wykazuje związki między strukturą a funkcją na różnych poziomach organizacji życia.
2 pkt – za wybór poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za wybór poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Poniżej przedstawiono kladogram wybranych rodzajów bakterii, otrzymany w wyniku porównania ich sekwencji nukleotydowych 16S rRNA.
Na podstawie przedstawionego kladogramu określ, czy takson złożony wyłącznie z rodzajów Bacillus i Clostridium byłby taksonem monofiletycznym. Odpowiedź
uzasadnij, odnosząc się do potomków ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium.
Na podstawie przedstawionego kladogramu oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące relacji pokrewieństwa pomiędzy rodzajami bakterii są prawdziwe.
Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|
1 pkt – za określenie, że takson złożony wyłączenie z rodzajów Bacillus i Clostridium nie byłby taksonem monofiletycznym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do pochodzenia Lactobacillus od ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Nie. Takson monofiletyczny to taki, który obejmuje wszystkich potomków ostatniego wspólnego przodka, a w przypadku ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium mamy do czynienia z jeszcze jednym potomkiem – Lactobacillus. • Nie może być taksonem monofiletycznym, bo nie obejmuje Lactobacillus – jeszcze jednego potomka najpóźniejszego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium. • Taki takson byłby taksonem parafiletycznym. Co prawda, Bacillus i Clostridium są blisko spokrewnione, ale od ich ostatniego wspólnego przodka pochodzi także Lactobacillus. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do przodka Bacillus i Clostridium bez wskazania, o którego przodka chodzi, np. „Nie, ponieważ przodek tych rodzajów jest także przodkiem innych rodzajów”.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Bacillus jest bliżej spokrewniony z Clostridium niż z Mycoplasma. |
W latach 60. XX wieku wprowadzono w Polsce program szczepień ochronnych. Podobne działania podejmowano także w innych państwach na całym świecie. Dzięki szczepieniom niektóre choroby zakaźne udało się w zasadzie wyeliminować z ludzkiej populacji. Przykładem jest ospa prawdziwa.
Uzupełnij tabelę – do każdej nazwy choroby przyporządkuj odpowiedni czynnik chorobotwórczy, który jest jej przyczyną, oraz podaj główną drogę zarażenia lub zakażenia się człowieka.
| Nazwa choroby | Czynnik chorobotwórczy (wirus / bakteria / protist) | Główna droga zarażenia lub zakażenia się człowieka |
|---|---|---|
| ospa prawdziwa | ||
| gruźlica |
Czynnik chorobotwórczy Główna droga zarażania Nazwa choroby (wirus / bakteria / protist) lub zakażania się człowieka ospa prawdziwa wirus kropelkowa / oddechowa gruźlica bakteria kropelkowa / oddechowa malaria protist ukłucie komara / odzwierzęca
2 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli ALBO za poprawne uzupełnienie jednej kolumny tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Etapy Kolejność Aktywne limfocyty T wchodzą w interakcję z kompetentnymi limfocytami B. 2 Komórki plazmatyczne wydzielają przeciwciała, łączące się z antygenami. 4 Limfocyty B różnicują się w kierunku komórek plazmatycznych i komórek 3 pamięci. Limfocyty T ulegają aktywacji, dzielą się i wydzielają cytokiny. 1
1 pkt – za wpisanie poprawnej kolejności etapów odpowiedzi immunologicznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za określenie, że człowiek po przyjęciu szczepionki zawierającej obcy antygen uzyskuje odporność swoistą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do rozwoju odporności humoralnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Swoista, ponieważ po przyjęciu antygenu powstaną przeciwciała, wiążące się z tym antygenem. • Po podaniu antygenu rozwinie się odporność swoista, polegająca na wytworzeniu przez limfocyty B specyficznych przeciwciał. • Układ odpornościowy po rozpoznaniu obcego antygenu wytworzy plazmocyty oraz komórki pamięci, biorące udział w zwalczaniu konkretnego patogenu, a więc jest to odporność swoista. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłączenie do definicji odporności swoistej, np. „Jest to odpowiedź swoista, bo jest ona skierowana przeciwko konkretnemu patogenowi”.
(0–1) Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki obserwacji – średni czas snu dzieci i młodzieży w ciągu doby z podziałem na grupy wiekowe. Przy każdym słupku podano liczbę obserwowanych osób w danej grupie wiekowej. Obserwacji poddano łącznie 5095 osób.
1 pkt – za poprawnie sformułowany problem badawczy obserwacji, odnoszący się do związku między wiekiem a długością snu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Czy długość snu jest różna u dzieci i młodzieży w różnym wieku? • Czy u dzieci i młodzieży występuje zależność między wiekiem a długością snu? • Czy występuje korelacja między czasem snu dzieci i młodzieży a ich wiekiem? • Czy wraz z wiekiem zmienia się długość snu w ciągu doby? • Zależność między czasem snu a wiekiem. • W jakim stopniu poszczególne grupy wiekowe różnią się dobową długością snu? • Jakie są normy dla długości snu w poszczególnych klasach wiekowych?
Pokrycie ciała u różnych grup kręgowców jest zróżnicowane. U płazów skóra jest naga. U pozostałych kręgowców powierzchnię ciała pokrywają łuski, pióra lub włosy, które są wytworami naskórka albo skóry właściwej i pełnią różne funkcje. Dzięki odpowiedniej budowie naskórek człowieka pełni m.in. funkcję ochronną. Na poniższym wykresie przedstawiono tempo wymiany gazowej przez płuca i skórę w różnych temperaturach u ropuchy Bufo americanus. Wyniki pomiarów podano w przeliczeniu na kg masy ciała zwierzęcia. 80 h–1 ∙ kg–1 wymiana gazowa przez skórę ∙ 60 ml wymiana gazowa przez płuca gazowa, 40 wymiana 20 5 15 25 temperatura, °C
| CO 2 | skóra płuca | ||
|---|---|---|---|
| O 2 | |||
| O 2 | skóra | ||
Na podstawie informacji przedstawionych na wykresie sformułuj jeden przykładowy wniosek odnoszący się do wpływu temperatury na usuwanie CO2 u ropuchy Bufo americanus.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące pokrycia ciała kręgowców są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skóra płazów wytwarza gruczoły potowe. |
1 pkt – za poprawnie sformułowany wniosek, odnoszący się do większego tempa usuwania CO2 wraz ze wzrostem temperatury lub do większego znaczenia skóry w porównaniu z płucami w usuwaniu CO2 niezależnie od temperatury. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Im wyższa temperatura, tym większa ilość uwalnianego przez skórę CO2. • W przypadku skóry oraz płuc występuje ta sama zależność: w niższej temperaturze jest usuwane mniej dwutlenku węgla. • U ropuchy Bufo americanus, bez względu na temperaturę, zawsze przez skórę usuwane jest więcej CO2 niż przez płuca.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skóra płazów wytwarza gruczoły potowe. | ✓ | ✓ |
(0–1)
Uzupełnij tabelę – wpisz w odpowiednie pola w tabeli rangi taksonomiczne wybrane spośród podanych tak, aby powstała prawidłowa systematyka bociana białego (Ciconia ciconia). rodzina królestwo gromada typ rząd
| Ranga taksonomiczna | Takson |
|---|---|
| zwierzęta (Animalia) | |
| strunowce (Chordata) | |
| podtyp | kręgowce (Vertebrata) |
| ptaki (Aves) | |
| brodzące (Ciconiiformes) | |
| bociany (Ciconiidae) | |
| gatunek | bocian biały (Ciconia ciconia) |
Ranga taksonomiczna Takson królestwo zwierzęta (Animalia) typ strunowce (Chordata) podtyp kręgowce (Vertebrata) gromada ptaki (Aves) rząd brodzące (Ciconiiformes) rodzina bociany (Ciconiidae) gatunek bocian biały (Ciconia ciconia)
1 pkt – za poprawne przedstawienie systematyki bociana białego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Babeszjoza jest groźną chorobą psów (również dziko żyjących psowatych), wywoływaną przez pasożytniczego protista – Babesia canis. Do zarażenia psa dochodzi po ukąszeniu go przez kleszcza, w którego organizmie znajdują się pasożyty. Psy można chronić przed babeszjozą przez podanie szczepionki. Na poniższym schemacie przedstawiono cykl rozwojowy B. canis. Pasożyt namnaża się bezpłciowo w erytrocycie psa, niszczy erytrocyt i atakuje kolejny. Po kilku takich cyklach w erytrocytach psa powstają prekursory komórek płciowych protista, które do zamknięcia cyklu rozwojowego wymagają przedostania się do organizmu kleszcza. W jelitach kleszcza powstaje ruchliwa zygota – ookineta – wędrująca do różnych jego narządów. Ookinety wnikają również do oocytów. Umożliwia to przenoszenie B. canis na kolejne pokolenia larw i imago kleszczy, co jednak nie zagraża ich życiu.
Określ, który organizm – pies czy kleszcz – jest żywicielem ostatecznym B. canis. Odpowiedź uzasadnij.
Uzasadnij, że – mimo istnienia szczepionki – całkowita eliminacja B. canis ze środowiska jest w zasadzie niemożliwa. Podaj jeden argument odnoszący się do cyklu rozwojowego pasożyta.
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że żywicielem ostatecznym jest kleszcz, wraz z uzasadnieniem odnoszącym się do procesu rozmnażania płciowego pasożyta zachodzącego w organizmie kleszcza. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Żywicielem ostatecznym pasożyta Babesia canis jest kleszcz, ponieważ w organizmie kleszcza odbywa się jego rozród płciowy. • Kleszcz – w tym organizmie dochodzi do zapłodnienia B. canis.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do obecności pasożyta w kolejnych pokoleniach raz zainfekowanych kleszczy (bez konieczności zamykania cyklu rozwojowego) LUB do rezerwuaru B. canis wśród dzikich psowatych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Profilaktyka zarażeń psów nie wyeliminuje pasożyta, bo ten może bez zamykania cyklu życiowego przetrwać w kolejnych pokoleniach kleszczy – ookinety Babesia są obecne w oocytach kleszczy i mogą przenosić się z pokolenia na pokolenie. • Nawet gdyby skutecznie zaszczepić wszystkie hodowane psy, to pasożyt mógłby zamknąć cykl życiowy po zakażeniu dzikiego wilka lub lisa.
rozwiązań zadań
(0–1) Prowadzono badania na rudaczkach północnych – kolibrach żyjących w Górach Skalistych. Rudaczki odżywiają się nektarem kwiatów. W celu zbadania, czy podczas zapamiętywania źródła pokarmu rudaczki północne kierują się barwą kwiatów, czy – ich lokalizacją przestrzenną, wykonano następujący eksperyment. W dwóch turach ustawiano w określonych miejscach cztery sztuczne różnokolorowe kwiaty. W pierwszej turze jeden wybrany kwiat zawierał sztuczny nektar – roztwór sacharozy, a rudaczki nauczyły się podlatywać do tego kwiatu po pokarm. W drugiej turze eksperymentu zamieniano kwiaty miejscami i do żadnego z kwiatów nie dodawano słodkiego roztworu. Na poniższym schemacie przedstawiono typowy wynik eksperymentu. Kwiaty zawierające nektar oznaczono znakiem „+”, a puste – znakiem „–”. Symbolem ptaka oznaczono lokalizację kwiatu, do którego rudaczek podleciał w pierwszej kolejności w drugiej turze eksperymentu.
1 pkt – za poprawnie sformułowany wniosek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W poszukiwaniu pokarmu rudaczki kierują się orientacją przestrzenną, a nie – barwą kwiatów. • Rudaczki północne zapamiętują lokalizację przestrzenną kwiatów z nektarem.
W organizmie dorosłego człowieka krąży prawie bilion płytek krwi (trombocytów). Płytki krwi to bezjądrowe fragmenty megakariocytów – olbrzymich (50–100 μm) komórek szpiku kostnego. W szpiku kostnym występują naczynia zatokowe – kapilary pozbawione błony podstawnej, mające stosunkowo dużą średnicę (ponad 30 µm). Śródbłonek naczyń zatokowych ma liczne pory, pełniące ważną funkcję w wytwarzaniu płytek krwi. Dojrzewanie megakariocytów polega na kilku niepełnych podziałach komórkowych, podczas których nie zachodzi cytokineza. Prowadzi to do powstania poliploidalnej komórki o dużej powierzchni błony i o powiększonej cytoplazmie. W dojrzałych megakariocytach występują wydłużone wypustki plazmatyczne – propłytki, których długość dochodzi do 500 µm. Z końcowych odcinków propłytek oddzielają się płytki krwi. W płytkach krwi znajdują się m.in. ziarnistości α, zawierające – swoiste dla płytek – peptydy i białka. Na poniższych rysunkach przedstawiono: występujący w czerwonym szpiku kostnym człowieka dojrzały megakariocyt przylegający do zewnętrznej powierzchni naczynia zatokowego (rysunek A) oraz budowę płytki krwi krążącej w krwiobiegu (rysunek B). Płytki krwi u ssaków nie mają jąder komórkowych, dzięki czemu osiągają niewielkie rozmiary (1–3 μm). Pomimo braku jądra komórkowego płytki krwi zawierają wiele typowych struktur komórkowych – mają rozbudowany cytoszkielet, mitochondria oraz swoiste ziarnistości (rysunek B). W płytkach krwi zachodzi synteza białka na podstawie mRNA pochodzącego z megakariocytów.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Dojrzewające megakariocyty inicjują cykl komórkowy, w czasie którego (przechodzą fazy / nie przechodzą faz) G1, S oraz G2. Pominięcie późnej anafazy i telofazy oraz cytokinezy powoduje, że ilość DNA w dojrzewającym megakariocycie (wzrasta / jest stała).
Wykaż związek budowy naczyń zatokowych z wytwarzaniem płytek krwi.
Określ znaczenie powstawania licznych rozgałęzień megakariocytu w procesie wytwarzania płytek krwi.
Dojrzewające megakariocyty inicjują cykl komórkowy, w czasie którego (przechodzą fazy / nie przechodzą faz) G1, S oraz G2. Pominięcie późnej anafazy i telofazy oraz cytokinezy powoduje, że ilość DNA w dojrzewającym megakariocycie (wzrasta / jest stała).
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między budową naczyń zatokowych a wytwarzaniem płytek krwi, odnoszące się do przechodzenia wypustek plazmatycznych megakariocytów przez pory naczyń zatokowych i powstawania płytek w świetle naczynia krwionośnego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Naczynia zatokowe mają pory, przez które mogą przechodzić wypustki plazmatyczne (propłytki) megakariocytów, dzięki czemu powstające z nich płytki krwi trafiają do krwi. • Naczynia zatokowe nie mają błony podstawnej, dzięki czemu wypustki megakariocytów mogą przez nie przechodzić, a powstające z nich płytki mogą trafić do krwi. • Naczynia zatokowe mają dużą średnicę (ponad 30 µm średnicy), co umożliwia występowanie w nich dużej liczby wypustek megakariocytów i powstawanie dużej liczby płytek krwi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne określenie znaczenia, odnoszące się do zwiększonej liczby wytwarzanych płytek krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zapewnia to zwiększenie ostatecznej liczby uwolnionych płytek krwi. • Ma na celu zwiększenie liczby zakończeń dla zachodzącej trombopoezy.
Wśród bakterii zachodzi intensywny międzykomórkowy przepływ informacji genetycznej, który odbywa się na drodze transformacji, transdukcji lub koniugacji. Człowiek wykorzystuje naturalnie zachodzące zjawiska do otrzymywania organizmów modyfikowanych genetycznie, np. bakterii wytwarzających ludzkie białko – insulinę. Jednak aby doszło do produkcji insuliny w komórkach bakterii, ludzki gen insuliny musi zostać pozbawiony dwóch intronów, rozdzielających trzy eksony. Ludzki gen ulega replikacji razem z plazmidem bakteryjnym i dzięki temu występuje w komórce bakteryjnej w dużej liczbie kopii, umożliwiającej syntezę białka na wysokim poziomie.
Do każdego z rodzajów przepływu informacji genetycznej przyporządkuj jeden właściwy opis spośród podanych poniżej (1.–4.). 1. Zachodzi z udziałem wirusów, które stają się wektorami przenoszącymi DNA z jednej bakterii do drugiej. 2. Polega na pobieraniu przez komórki bakteryjne materiału genetycznego ze środowiska. 3. Jest to proces płciowy polegający na przekazaniu materiału genetycznego z komórki dawcy do komórki biorcy. Może zachodzić pomiędzy różnymi gatunkami bakterii. 4. Polega na przepisaniu informacji genetycznej z RNA na DNA, dzięki czemu dochodzi do integracji takiego materiału genetycznego z genomem bakterii. transformacja – ……… transdukcja – ……… koniugacja – ………
Wyjaśnij, dlaczego przed wprowadzeniem ludzkiego genu kodującego insulinę do genomu bakterii usuwa się z tego genu sekwencje intronów. W odpowiedzi uwzględnij znaczenie wycinania intronów u człowieka oraz przebieg ekspresji informacji genetycznej u bakterii.
transformacja – 2. transdukcja – 1. koniugacja – 3.
1 pkt – za przyporządkowanie do trzech nazw prawidłowych opisów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku mechanizmów wycinania intronów eukariotycznych u bakterii oraz znaczenia wycinana intronów (np. połączenie sekwencji kodujących, składanie eksonów). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Bakterie nie potrafią wycinać ludzkich intronów, których wycięcie jest konieczne, aby eksony zostały połączone w jedną ciągłą sekwencję kodującą białko. • U eukariontów, w tym u człowieka, znajdują się spliceosomy, które są odpowiedzialne za wycinanie intronów, ale brakuje ich u bakterii. Bez wycięcia intronów insulina zawierałaby wstawione fragmenty losowej sekwencji aminokwasowej. • Bakterie nie potrafią wycinać intronów, a więc białko syntezowane na podstawie pre- mRNA miałoby zmienioną sekwencję aminokwasową, bo eksony byłyby niepołączone. • Introny przerywają sekwencję kodującą białka, a ich wycięcie jest konieczne do połączenia fragmentów kodujących i otrzymania prawidłowej sekwencji aminokwasowej. Bakterie nie mają mechanizmów wycinania intronów i dlatego trzeba to zrobić przed wprowadzeniem genu do ich genomu.
2 pkt – za poprawne określenie funkcji dwóch enzymów. 1 pkt – za poprawne określenie funkcji jednego enzymu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Enzym Funkcja w procesie replikacji plazmidowego DNA denaturacja nici DNA / rozplątywanie DNA / helikaza rozrywanie wiązań wodorowych DNA / rozdzielenie nici DNA prymaza synteza starterów / synteza krótkich odcinków RNA
PCR to procedura, która służy do powielenia materiału genetycznego. Do probówki dodaje się następujące odczynniki: materiał genetyczny, który ma podlegać powieleniu (matrycę), nukleotydy, polimerazę DNA oraz startery – oligonukleotydy DNA wyznaczające początek i koniec powielanego fragmentu. Reakcja przebiega w powtarzających się cyklach. Każdy cykl zaczyna się od podniesienia temperatury do ok. 95 °C, aby nici DNA się rozdzieliły, następnie obniża się temperaturę, aby startery przyłączyły się do odpowiednich miejsc w matrycy. W kolejnym etapie dochodzi do syntezy komplementarnej nici. Na tym etapie w wyniku błędów polimerazy mogą zostać wprowadzone mutacje. Za pomocą PCR powielono ludzki gen MECP2 kodujący białko MECP2A, konieczne do prawidłowego funkcjonowania mózgu. Poniżej przedstawiono początek sekwencji nici kodującej genu MECP2 oraz początek sekwencji aminokwasowej białka MECP2A. Sekwencja nukleotydowa: 5′ ATG GTA GCT GGG ATG TTA GGG … 3′ Sekwencja aminokwasowa: N Met Val Ala Gly Met Leu Gly … C Podczas PCR doszło w trzeciej pozycji czwartego kodonu do dwóch niezależnych mutacji: do substytucji G A oraz do delecji jednego nukleotydu (G), w wyniku czego w mieszaninie poreakcyjnej oprócz wiernej kopii genu MECP2 znalazły się również dwa wadliwe warianty.
Wyjaśnij, dlaczego do przeprowadzenia PCR wykorzystuje się enzym – polimerazę DNA – pochodzący z organizmu termofilnego.
Określ, ile razy zwiększa się liczba cząsteczek DNA w trakcie każdego cyklu PCR, jeśli wydajność reakcji jest równa 100%.
Podaj sekwencje aminokwasowe kodowane przez przedstawiony fragment nici kodującej po zajściu opisanych mutacji. Sekwencje zapisz od końca aminowego do końca karboksylowego, posługując się trójliterowymi oznaczeniami aminokwasów. 1. substytucja G A – ......................................................................................................... 2. delecja G – ........................................................................................................................
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do odporności na wysoką temperaturę enzymów pochodzących z organizmów termofilnych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Polimeraza z organizmu termofilnego pozostaje aktywna po wystawieniu jej na działanie wysokiej temperatury, która występuje podczas PCR na etapie denaturacji. • Białka termofili nie są wrażliwe na wysoką temperaturę, panującą podczas jednego z etapów PCR. • Większość enzymów po podgrzaniu do 95 °C nieodwracalnie straciłaby aktywność. Polimerazy DNA organizmów termofilnych po podgrzaniu do 95 °C, a następnie – po schłodzeniu – dalej zachowują swoją aktywność.
rozwiązań zadań
1 pkt – za określenie, że w każdym cyklu PCR liczba cząsteczek DNA się podwaja. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • dwa razy / 2 / 2× • liczba powielonych cząsteczek jest proporcjonalna do 2n, gdzie n to liczba cykli PCR: 2n = 21 = 2
1. substytucja G A – Met Val Ala Gly Met Leu Gly 2. delecja G – Met Val Ala Gly Cys Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto pełnych nazw aminokwasów lub kody IUPAC.
2 pkt – za podanie dwóch poprawnych sekwencji aminokwasowych. 1 pkt – za podanie jednej poprawnej sekwencji aminokwasowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Na poniższej fotografii przedstawiono węża zbożowego (Pantherophis guttatus), mającego charakterystyczne ubarwienie ochronne w postaci pomarańczowych plam otoczonych szeroką czarną obwódką. Za takie ubarwienie odpowiadają dwa autosomalne geny zlokalizowane na różnych chromosomach: • gen A – determinuje wystąpienie pomarańczowego barwnika • gen B – odpowiada za wytworzenie czarnego barwnika. Recesywne allele tych genów w układzie homozygotycznym uniemożliwiają syntezę barwników (allel a – brak pomarańczowych plam, allel b – brak czarnej obwódki). Węże mogą mieć ubarwienie: • z pomarańczowymi plamami z czarnymi obwódkami – typ dziki • z pomarańczowymi plamami bez czarnych obwódek • z samymi czarnymi obwódkami bez pomarańczowego wypełnienia • albinotyczne.
Zapisz wszystkie możliwe genotypy węży o ubarwieniu typu dzikiego.
Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany stosunek fenotypowy potomstwa podwójnie heterozygotycznej samicy o ubarwieniu dzikim i albinotycznego samca. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.
AABB, AaBB, AaBb, AABb
1 pkt – za poprawne zapisanie czterech możliwych genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej oraz za poprawne podanie stosunku fenotypowego. 1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Krzyżówka genetyczna: ♀ AaBb × ♂ aabb ♀ AB Ab aB ab ♂ ab AaBb Aabb aaBb aabb Stosunek fenotypowy: 1 : 1 : 1 : 1 / wszystkie cztery klasy fenotypowe w równych proporcjach
Agammaglobulinemia Brutona (XLA) charakteryzuje się śladową obecnością we krwi dojrzałych limfocytów B i – w konsekwencji – całkowitym brakiem przeciwciał. Przyczyną choroby są mutacje genu BTK, znajdującego się na chromosomie X. Poniżej przedstawiono dziedziczenie tej choroby w pewnej rodzinie. Rodzice (II.4 i II.5) zgłosili się do lekarza z powodu objawów XLA – nawracających zapaleń zatok i uszu – u jednego z ich synów. Chory chłopiec (III.4) miał zdrowego brata (III.3) oraz zdrowych rodziców, ale u dwóch braci matki chorego chłopca zdiagnozowano wcześniej XLA. Poniżej rodowodu przedstawiono wynik sekwencjonowania nici kodującej DNA tej części genu BTK, w której zidentyfikowano mutację będącą przyczyną choroby w tej rodzinie. Strzałką wskazano nukleotyd, który uległ mutacji, a pod sekwencjami nukleotydów zapisano kodowaną sekwencję aminokwasową. III.4: T T C A A G A A G G C C T G T T T C T C T T G A Phe Lys Lys Ala Cys Phe Ser x
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały zidentyfikowaną u chorego chłopca (III.4) mutację w genie BTK oraz jej konsekwencje dla sekwencji aminokwasowej białka kodowanego przez ten gen. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Mutacja zidentyfikowana w genie BTK u chorego chłopca polega na (delecji / substytucji) jednego nukleotydu w sekwencji kodującej. Zmieniona sekwencja aminokwasów w łańcuchu polipeptydowym wytwarzanym w komórkach chorego chłopca wynika (z przesunięcia ramki odczytu / ze zmiany kodu genetycznego).
Określ, czy XLA jest warunkowana mutacją recesywną, czy – dominującą. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do osób przedstawionych w rodowodzie.
Podaj genotyp osoby oznaczonej jako III.2. Zastosuj następujące oznaczenia alleli: B – allel dominujący oraz b – allel recesywny.
Mutacja zidentyfikowana w genie BTK u chorego chłopca polega na (delecji / substytucji) jednej pary komplementarnych nukleotydów. Zmieniona sekwencja aminokwasów w łańcuchu polipeptydowym wytwarzanym w komórkach chorego chłopca wynika (z przesunięcia ramki odczytu / ze zmiany kodu genetycznego).
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za określenie, że agammoglobulinemia jest chorobą warunkowaną mutacją recesywną, wraz z poprawnym uzasadnieniem odwołującym się do osób przedstawionych w rodowodzie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Warunkowana jest mutacją recesywną, ponieważ zdrowi rodzice (I.1 i I.2) mają chore dziecko/dzieci/syna/synów. • Zdrowi rodzice (II.4 i II.5) mają chore dziecko/chorego syna, a więc jest to mutacja recesywna. • Jest to choroba dziedziczona w sposób recesywny, bo zdrowa matka (I.2) ma chorego syna/synów (II.2 i II.3). • Zdrowa matka (II.4) ma chorego syna (III.4) – mutacja jest recesywna. • Recesywny, ponieważ chory ojciec (II.2) ma zdrową córkę (III.2).
XBXb
Ekologiczna nisza podstawowa gatunku, czyli nisza potencjalnie zajmowana przez ten gatunek w warunkach optymalnych, jest często inna niż nisza realizowana, czyli rzeczywista, zajmowana w danych warunkach abiotycznych i biotycznych. Na poniższym rysunku przedstawiono występowanie trzech naziemnych gatunków gołębiowatych (Columbidae) – Chalcophaps indica, Chalcophaps stephani i Gallicolumba rufigula – na czterech melanezyjskich wyspach: Nowej Gwinei, Bagabag, Nowej Brytanii i Espiritu Santo. Te ptaki są spotykane w trzech różnych biotopach: w zaroślach nadmorskich, w świetlistych lasach niskopiennych oraz w wysokopiennym lesie deszczowym. Na Nowej Gwinei występują wszystkie trzy gatunki i każdy zajmuje odmienny biotop. Na Bagabag obecne są tylko dwa gatunki Chalcophaps, a na Nowej Brytanii i na Espiritu Santo występuje tylko po jednym gatunku Chalcophaps.
Określ, czy na podstawie przedstawionych informacji można sformułować wniosek: „Konkurencja międzygatunkowa powoduje, że nisza realizowana G. rufigula jest zawężona w stosunku do jego niszy podstawowej”. Odpowiedź uzasadnij.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe dotyczące wpływu drapieżnictwa na populację ofiary. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Drapieżnik (zmniejsza / zwiększa) konkurencję wewnątrzgatunkową o zasoby pokarmowe w populacji ofiary. Zmniejszenie liczebności ofiary na ogół prowadzi do (zawężenia / rozszerzenia) niszy realizowanej gatunku konkurującego z ofiarą.
Na podstawie przedstawionych informacji określ, czy dwa gatunki ptaków występujące na wyspie Bagabag są klasyfikowane w jednym, czy – w dwóch rodzajach. Odpowiedź uzasadnij.
1 pkt – za odpowiedź, że takiego wniosku nie można sformułować, oraz za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do braku danych dotyczących biotopów zajmowanych przez G. rufigula bez współwystępowania z C. indica oraz C. stephani. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Takiego wniosku nie można sformułować na podstawie tych informacji, ponieważ nie wiadomo, jaka byłaby nisza realizowana G. rufigula, gdyby na wyspie nie było gatunków z rodzaju Chalcophaps.
Drapieżnik (zmniejsza / zwiększa) konkurencję wewnątrzgatunkową o zasoby pokarmowe w populacji ofiary. Zmniejszenie liczebności ofiary na ogół prowadzi do (zawężenia / rozszerzenia) niszy zrealizowanej gatunku konkurującego z ofiarą.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne określenie, że ptaki z wyspy Bagabag są klasyfikowane w jednym rodzaju, oraz za poprawne uzasadnienie, uwzględniające tę samą nazwę rodzajową tych ptaków (po łacinie). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tak, bo nazwy rodzajowe obu gatunków gołębi to Chalcophaps. • Należą one do tego samego rodzaju, skoro mają tę samą nazwę rodzajową.
Jedną z głównych przyczyn wymierania płazów na świecie jest chytrydiomikoza – choroba wywoływana przez mikroskopijnego grzyba Batrachochytrium dendrobatidis. Patogen atakuje naskórek płazów, zwłaszcza na spodniej części ciała. W skórze zakażonych osobników rozwijają się zoosporangia grzyba, a uwalniające się z nich zoospory z łatwością przemieszczają się w wodzie i wnikają w naskórek kolejnych płazów. Zakażenie jest przyczyną silnego nawarstwienia, rogowacenia i łuszczenia się naskórka. Uszkodzona skóra odpada płatami, a na ciele pojawiają się rany. Chytrydiomikoza pierwotnie występowała tylko w Afryce, a do jej rozprzestrzeniania na innych kontynentach przyczynił się człowiek ze względu na handel płazami oraz prowadzenie masowych hodowli płazów. Człowiek wprowadził także obce gatunki płazów do Europy, szczególnie afrykańską platanę szponiastą (Xenopus laevis) i północnoamerykańską żabę ryczącą (Lithobates catesbeianus).
Wyjaśnij, dlaczego silne zrogowacenie skóry płazów spowodowane chytrydiomikozą jest dla nich śmiertelne. W odpowiedzi uwzględnij budowę i funkcjonowanie zdrowej skóry płazów.
Uzasadnij, że okres godowy płazów może sprzyjać rozprzestrzenianiu się zakażenia grzybem Batrachochytrium dendrobatidis wśród płazów.
Wykaż, że przestrzeganie konwencji waszyngtońskiej (CITES) przyczynia się do ograniczenia rozprzestrzeniania się na świecie zakaźnych chorób płazów, które są pierwotnie chorobami o zasięgu lokalnym.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające ograniczenie dyfuzji gazów oddechowych przez naskórek i – w konsekwencji – uduszenie się zwierzęcia LUB zniesienie funkcji ochronnej skóry i – w konsekwencji – rozwój np. infekcji. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Skóra płazów jest narządem wymiany gazowej dzięki cienkiemu naskórkowi pokrytemu śluzem, a zrogowacenie naskórka ogranicza dyfuzję gazów oddechowych i prowadzi do uduszenia się zwierzęcia. • Skóra płazów jest silnie unaczyniona, co jest adaptacją do wymiany gazowej. Zrogowacenie naskórka uniemożliwia dotarcie tlenu do unaczynionej warstwy skóry i płaz staje się niedotleniony. • Skóra płazów stanowi barierę dla patogenów, np. dla bakterii, które łatwo wnikają do organizmu płaza przez rany i są przyczyną poważnych chorób.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do gromadzenia się płazów LUB do bezpośredniego kontaktu płazów podczas kopulacji. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Podczas okresu godowego płazy migrują do zbiorników wodnych i występują w dużych liczebnościach na małym obszarze, co sprzyja rozwojowi chorób zakaźnych. • Samiec podczas kopulacji wchodzi na samicę i w ten sposób dochodzi do zarażenia się samicy – grzyb z brzusznej strony ciała samca dostaje się na grzbiet samicy. • Podczas kopulacji zoospory grzyba uwalniające się ze skóry jednego z partnerów mogą łatwiej wniknąć w naskórek kolejnego płaza, ponieważ sprzyja temu kontakt fizyczny. • W okresie godowym płazy tworzą większe skupiska – gromadzą się w zbiorniku wodnym, co zwiększa ryzyko zakażenia tym grzybem. • Okres godowy płazów i ich rozwój odbywa się w wodzie, co sprzyja poruszającym się w wodzie zarodnikom grzyba zakazić kolejne osobniki.
(0–1) W Wielkiej Brytanii wzdłuż wybrzeży morskich występują dwa gatunki kormoranów: kormoran czarny i kormoran czubaty. Żywią się one organizmami morskimi występującymi w wodach, nad którymi się gnieżdżą. Budują gniazda na skałach i na półkach klifu. Kormoran czubaty buduje gniazda głównie z wodorostów, a kormoran czarny – z patyków i traw morskich. Na poniższych wykresach przedstawiono zróżnicowanie diety tych gatunków. odsetek złowionych ofiar kormoran czubaty kormoran czarny 49 33 33 26 0 1 1 2 dobijaki śledzie flądry krewetki ofiary kormoranów żyjące przy ofiary kormoranów żyjące przy powierzchni wody dnie
1 pkt – za poprawne podanie dwóch różnic w realizowanych niszach ekologicznych kormoranów, z uwzględnieniem niszy siedliskowej i niszy pokarmowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie 1. Kormorany wykorzystują różny materiał do budowy gniazd. 2. Jeden gatunek żywi się przede wszystkim rybami żyjącymi przy powierzchni, a drugi – rybami żyjącymi przy dnie.
rozwiązań zadań Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do różnic w tylko jednym elemencie niszy (siedliskowym lub pokarmowym), np.: • 1. Kormoran czubaty buduje gniazda z wodorostów. 2. Kormoran czarny buduje gniazda z patyków i traw morskich. • 1. Kormoran czubaty żywi się dobijakami i śledziami. 2. Kormoran czarny zjada flądry i krewetki.
| 2 | Auksyny są jednym z czynników hamujących proces kiełkowania. |
| 3 | Do kiełkowania nasion jest niezbędna obecność tlenu. |
| 2 | Auksyny są jednym z czynników hamujących proces kiełkowania. | ✓ | ✓ |
| 3 | Do kiełkowania nasion jest niezbędna obecność tlenu. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 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.
| 1 | Bacillus jest bliżej spokrewniony z Clostridium niż z Mycoplasma. | ||
| 2 | Najbliższym krewnym Rhodomicrobium jest Escherichia. | ||
| 3 | Arthrobacter jest w takim samym stopniu spokrewniony z Mycoplasma, co – z Bifidobacterium. |
| ✓ |
| 2 | Najbliższym krewnym Rhodomicrobium jest Escherichia. | ✓ | ✓ |
| 3 | Arthrobacter jest w takim samym stopniu spokrewniony z Mycoplasma, co – z Bifidobacterium. | ✓ | ✓ |
1. – P, 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.
| malaria |
Uzupełnij tabelę – uporządkuj w odpowiedniej kolejności etapy odpowiedzi humoralnej organizmu na pojawienie się patogenu w organizmie. Wpisz numery 2.–4. w odpowiednie miejsca tabeli. Etap najwcześniejszy oznaczono numerem 1.
| Etapy | Kolejność |
|---|---|
| Aktywne limfocyty T wchodzą w interakcję z kompetentnymi limfocytami B. | |
| Przez komórki plazmatyczne są wydzielane przeciwciała, łączące się z antygenami. | |
| Limfocyty B różnicują się w kierunku komórek plazmatycznych i komórek pamięci. | |
| Limfocyty T ulegają aktywacji, dzielą się i wydzielają cytokiny. | 1 |
Określ, czy człowiek po przyjęciu szczepionki zawierającej obcy antygen uzyskuje odporność swoistą, czy – nieswoistą. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do mechanizmów odporności rozwijanych po przyjęciu szczepionki.
| CO 2 |
| płuca |
| 2 | Gruczoły potowe ssaków są wytworami skóry właściwej. |
| 3 | Łuski występujące u kręgowców lądowych są wytworami naskórka. |
Uzasadnij, że budowa naskórka człowieka umożliwia ochronę przed wnikaniem patogenów do wnętrza organizmu.
| 2 | Gruczoły potowe ssaków są wytworami skóry właściwej. | ✓ | ✓ |
| 3 | Łuski występujące u kręgowców lądowych są wytworami naskórka. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 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.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające wielowarstwowość naskórka LUB ścisłe przyleganie komórek naskórka LUB zrogowacenie naskórka, który tworzy barierę dla patogenów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Naskórek człowieka jest wielowarstwowy (położony na błonie podstawnej), a komórki ściśle do siebie przylegają, co hamuje wnikanie patogenów do wnętrza ciała. • Ściśle przylegające do siebie komórki naskórka chronią człowieka przed wnikaniem patogenów. • Zrogowaciały naskórek uniemożliwia wnikanie bakterii do niższych warstw skóry.
rozwiązań zadań
Wykaż związek między wytwarzaniem wielu długich wypustek plazmatycznych przez megakariocyty a dużą zawartością gładkiej siateczki śródplazmatycznej w tych komórkach.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące budowy i metabolizmu płytek krwi występujących we krwi ssaków są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W płytkach krwi znajdują się rybosomy pochodzące z megakariocytów. | ||
| 2 | W płytkach krwi zachodzi fosforylacja oksydacyjna. |
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między wytwarzaniem wielu długich wypustek plazmatycznych megakariocytu a dużą zawartością gładkiej siateczki śródplazmatycznej, odnoszące się do dużego zapotrzebowania komórki na wytwarzane przez gładką siateczkę śródplazmatyczną (SER) lipidy wchodzące w skład błony komórkowej LUB do transportu wewnętrznego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • SER jest miejscem syntezy lipidów błonowych, co umożliwia rozbudowę błony komórkowej i wytwarzanie wielu długich wypustek plazmatycznych megakariocytu. • W siateczce śródplazmatycznej powstają fosfolipidy wchodzące w skład błony komórkowej megakariocytu. • Siateczka śródplazmatyczna gładka bierze udział w syntezie fosfolipidów wykorzystywanych do rozbudowy błony komórkowej megakariocytu. • Rozwinięta siateczka może połączyć się z błona komórkową i zwiększyć jej pole powierzchni. • Wewnątrz siateczki gładkiej zachodzi transport substancji do wypustek plazmatycznych.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W płytkach krwi znajdują się rybosomy pochodzące z megakariocytów. | ✓ | ✓ |
| 2 | W płytkach krwi zachodzi fosforylacja oksydacyjna. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P.
1 pkt – za prawidłową ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Enzym | Funkcja w procesie replikacji plazmidowego DNA |
|---|---|
| helikaza | |
| prymaza |
Określ, jakie jest prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko ze związku osób II.4 i II.5 będzie chore. Zapisz genotypy tych osób oraz odpowiednią krzyżówkę genetyczną. Zastosuj następujące oznaczenia alleli: B – allel dominujący oraz b – allel recesywny. Genotyp kobiety II.4 .................................. Genotyp mężczyzny II.5 ............................ Prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko będzie chore: .................. %.
Genotyp osoby II.4: XBXb Genotyp osoby II.5: XBY Gamety XB Xb XB XBXB XBXb Y XBY XbY Prawdopodobieństwo urodzenia się chorego dziecka: 25%
3 pkt – za podanie dwóch właściwych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej, ORAZ właściwe określenie prawdopodobieństwa urodzenia się dziecka chorego na agammoglobulinemię. 2 pkt – za podanie dwóch właściwych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej. 1 pkt – za podanie dwóch właściwych genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za wykazanie, że przestrzeganie konwencji waszyngtońskiej (CITES) przyczynia się do ograniczenia rozprzestrzeniania się na świecie chorób zakaźnych, odnoszące się od ograniczenia międzynarodowego handlu gatunkami zagrożonymi wyginięciem. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Konwencja waszyngtońska ogranicza handel międzynarodowy zwierzętami zagrożonymi wyginięciem. Przestrzeganie tej konwencji pozwala ograniczyć rozprzestrzenianie się płazów i razem z nimi patogenów będących przyczyną chorób zakaźnych. • Same czynniki zakaźne mają z reguły niewielką zdolność do rozprzestrzeniania się na większe odległości, ale mogą się rozprzestrzeniać razem z gospodarzem. CITES zabrania międzynarodowego handlu płazami, które są zwierzętami narażonymi na wymarcie, a więc ogranicza to rozprzestrzenianie zarazków razem z płazami. • Celem Konwencji waszyngtońskiej zwanej CITES jest regulacja międzynarodowego handlu dzikimi zwierzętami i roślinami gatunków zagrożonych, co może ograniczyć przenoszenie zainfekowanych osobników na nowe tereny, na których choroba jeszcze nie występuje.