Arkusz maturalny
Na poniższym schemacie przedstawiono wybrane procesy (1–5) zachodzące w komórce zwierzęcej. Uwaga: Nie uwzględniono części substratów i produktów poszczególnych przemian oraz stechiometrii przedstawionych reakcji.
| Oznaczenie etapu oddychania tlenowego ze schematu | Nazwa etapu | Lokalizacja etapu w komórce |
|---|---|---|
| 1 | ||
| 5 |
Oznaczenie przemiany ze schematu Produkty ATP CO 2 2 3 4
Określ pozostałe produkty przemian metabolicznych oznaczonych na schemacie numerami 2–4. W odpowiednie pola tabeli wpisz literę T (tak), jeśli bezpośrednim produktem danej przemiany jest ATP lub CO2, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.
Oznaczenie etapu oddychania Nazwa etapu Lokalizacja etapu w komórce tlenowego ze schematu glikoliza / szlak Embdena- cytozol / cytoplazma podstawowa / 1 Meyerhofa-Parnasa hialoplazma łańcuch oddechowy / łańcuch mitochondrium / grzebienie transportu elektronów / mitochondrialne / (wewnętrzna) błona 5 utlenianie końcowe / fosforylacja mitochondrium / wnętrze oksydacyjna mitochondrium Uwaga: Nie uznaje się zbyt ogólnej odpowiedzi „cytoplazma” jako lokalizacji etapów 1 i 5. 1 Załącznik nr 2 do rozporządzenia Ministra Edukacji Narodowej z dnia 20 marca 2020 r. w sprawie szczególnych rozwiązań w okresie czasowego ograniczenia funkcjonowania jednostek systemu oświaty w związku z zapobieganiem, przeciwdziałaniem i zwalczaniem COVID-19 (Dz.U. poz. 493, z późn. zm.).
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli lub jednej kolumny tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Oznaczenie Produkty przemiany ze schematu ATP CO2 2 N N 3 N T 4 N (T) T Uwaga: Uznaje się odpowiedzi wskazujące na produkcję ATP w przemianach oznaczonych cyfrą 4 (cykl Krebsa). Bezpośrednim produktem cyklu Krebsa jest GTP (inny przenośnik energii), ale może on być następnie wykorzystywany do syntezy ATP.
2 pkt – za poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Poniżej przedstawiono wzór pewnego oligopeptydu. W polach oznaczonych numerami 1–4 przedstawiono cztery różne ugrupowania atomów występujące w białkach.
Które z powyższych ugrupowań atomów stanowi wiązanie powstające pomiędzy aminokwasami podczas syntezy peptydów w komórce? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych oraz podaj nazwę tego wiązania.
Zapisz sekwencję aminokwasową przedstawionego na schemacie oligopeptydu od końca aminowego do karboksylowego, posługując się pełnymi nazwami aminokwasów lub ich oznaczeniami literowymi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za wybór prawidłowej odpowiedzi oraz podanie poprawnej nazwy – wiązanie peptydowe lub amidowe. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania A Nazwa wiązania: • wiązanie peptydowe • peptydowe • amidowe
1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji aminokwasowej za pomocą pełnych nazw aminokwasów lub ich oznaczeń: jedno- lub trójliterowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • seryna, histydyna, cysteina, leucyna, lizyna • Ser, His, Cys, Leu, Lys • Ser-His-Cys-Leu-Liz • S, H, C, L, K (jednoliterowe oznaczenia wg standardów IUPAC) • SHCLK
(0–1)
Określ, który cukier – sacharoza czy skrobia – jest formą transportową asymilatów u roślin. Odpowiedź uzasadnij, porównując właściwości obu cukrów.
1 pkt – za prawidłowe określenie, że jest to sacharoza wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do: rozpuszczalności, właściwości osmotycznych lub wielkości cząsteczek obydwu cukrów – sacharozy i skrobi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Sacharoza – w przeciwieństwie do skrobi rozpuszcza się ona w wodzie. • Skrobia jest trudniej rozpuszczalna od sacharozy, która jest formą transportową cukrów u roślin. • Sacharoza, ponieważ jest cukrem czynnym osmotycznie, a skrobia nie jest osmotycznie czynna. • Formą transportową cukrów u roślin jest sacharoza. Ten cukier ma mniejszą masę cząsteczkową niż skrobia. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi uwzględniające wielkość cząsteczek, stanowiące jednocześnie klasyfikację sacharydów do dwucukrów albo wielocukrów, np.: „Skrobia ma złożoną budowę i jest polisacharydem, a sacharoza jest dwucukrem i dużo lepiej nadaje się do transportu”.
rozwiązań zadań
Atrazyna jest związkiem chemicznym swoiście reagującym z fotosystemem II. Ta substancja prowadzi do zahamowania działania fotosystemu II, co skutkuje zatrzymaniem syntezy ATP w chloroplastach. Na poniższym schemacie przedstawiono reakcje zachodzące w fazie fotosyntezy zależnej od światła. Symbolami PS I oraz PS II oznaczono – odpowiednio – fotosystemy I i II.
Na podstawie schematu wyjaśnij, dlaczego do syntezy ATP w chloroplastach niezbędny jest przepływ elektronów przez łańcuch transportu elektronów w błonie tylakoidu.
Określ, czy atrazyna zaburza syntezę ATP również w mitochondriach. Odpowiedź uzasadnij.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wytworzenie gradientu protonów, co jest konieczne do działania syntazy ATP. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Elektrony przekazywane przez elementy łańcucha przenośników elektronów umożliwiają powstanie gradientu protonów. Dzięki temu gradientowi może działać syntaza ATP. • Ponieważ skutkuje to przeniesieniem H+ do wnętrza tylakoidów. To powoduje, że jony H+ przepływają przez syntazę ATP do stromy, co umożliwia przekształcenie ADP w ATP. • Energia elektronów przenoszonych przez przekaźniki w błonie tylakoidów umożliwia przeniesienie protonów i wytworzenie ich gradientu. W ten sposób skumulowana energia jest przez syntazę ATP przetwarzana w energię chemiczną. • W czasie przepływu elektronów generowana jest różnica stężeń protonów między wnętrzem tylakoidu a stromą, a następnie przepływ zwrotny jonów przez syntazę ATP dostarcza energii do przekształcenia ADP w ATP. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zaprzeczających I zasadzie termodynamiki (zasadzie zachowania energii).
1 pkt – za poprawne określenie, że atrazyna nie zaburza syntezy ATP, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do braku fotosystemów w mitochondriach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Nie wpływa na syntezę ATP w mitochondriach, ponieważ nie ma w nich fotosystemów. • Nie, ponieważ atrazyna hamuje działanie tylko fotosystemu II, który nie bierze udziału w oddychaniu tlenowym. • Nie zaburza ze względu na to, że atrazyna jest swoistym inhibitorem fotosystemu II, a nie ma go w mitochondriach. • Atrazyna nie zaburza syntezy ATP w mitochondriach, ponieważ łączy się swoiście tylko z PSII, a nie – z białkami łańcucha oddechowego odpowiadającego za transport elektronów w błonie wewnętrznej mitochondrium. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, z których wynika, że atrazyna reaguje ogólnie z fotosystemami, a nie – swoiście z fotosytemem II.
Mitogeny to cząsteczki sygnałowe, które wiążą się z receptorami na powierzchni komórki. Związanie mitogenu z odpowiednim receptorem błonowym uruchamia szlaki sygnalizacyjne w komórce, umożliwiające przejście komórki z fazy G1 cyklu komórkowego do fazy S. Jednym z czynników hamujących to przejście jest aktywna forma białka Rb, które blokuje transkrypcję genów kodujących białka niezbędne do podziału komórki. Mutacja w genie RB1 zlokalizowanym na chromosomie 13, kodującym białko Rb, jest najczęstszą przyczyną retinoblastomy (siatkówczaka) – złośliwego nowotworu siatkówki występującego u dzieci z częstością 1/20 000 żywych urodzeń. Do rozwoju choroby dochodzi, gdy w komórce siatkówki zostanie całkowicie zahamowana produkcja białka Rb na skutek uszkodzenia lub usunięcia obu kopii genu RB1. Choroba może mieć podłoże dziedziczne. W przypadku odziedziczenia jednego uszkodzonego allelu genu RB1 od rodzica drugi zwykle ulega mutacji spontanicznej w komórkach siatkówki podczas rozwoju osobniczego. Dzieci, które odziedziczyły uszkodzony allel genu RB1, mają wrodzoną skłonność do rozwoju siatkówczaka – ryzyko zachorowania wynosi aż 90%.
W której fazie cyklu komórkowego zachodzi replikacja DNA? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
B
1 pkt – za wybór prawidłowej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za odpowiedź uwzględniającą zmniejszenie częstości lub zatrzymanie podziałów komórkowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • To białko wpływa negatywnie na częstość podziałów komórkowych. • To białko ogranicza liczbę podziałów komórkowych, ponieważ blokuje transkrypcję genów kodujących białka niezbędne do podziału. • Rb zatrzymuje podziały komórkowe. • Zmniejsza częstość podziałów. • Spowalnia.
C
1 pkt – za wybór prawidłowej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Jeden z antybiotyków – streptomycyna – łączy się bezpośrednio z małą podjednostką rybosomu. Zaburza to syntezę białek bakteryjnych. Jednak nie wszystkie bakterie są wrażliwe na streptomycynę. U bakterii Mycobacterium tuberculosis oporność na streptomycynę warunkuje mutacja w genie kodującym podjednostkę 16S rRNA. W celu ustalenia właściwej dawki antybiotyku stosowanego w leczeniu chorób bakteryjnych określa się wartości: • MIC (ang. minimum inhibitory concentration) – minimalne stężenie antybiotyku, które całkowicie hamuje wzrost szczepu bakterii w pożywce płynnej • MBC (ang. minimum bactericidal concentration) – najmniejsze stężenie w pełni bakteriobójcze dla danego szczepu. W celu ustalenia wartości MIC i MBC przygotowano osiem probówek z pożywką zawierającą taką samą, niewielką liczbę komórek pewnego szczepu bakterii. Po dodaniu do siedmiu probówek różnych ilości streptomycyny wszystkie osiem umieszczono w inkubatorze. Materiał z probówek, w których nie wykryto wzrostu bakterii, przeniesiono na pożywkę stałą bez streptomycyny. Poniższy schemat ilustruje wyniki tego doświadczenia. stężenie streptomycyny [mg/l] 4,0 2,0 1,0 0,5 0,25 0,125 0,06 0
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia odczytaj wartości MIC oraz MBC i wpisz je w wyznaczone poniżej miejsca.
Spośród podanych nazw chorób wybierz i zaznacz nazwy chorób bakteryjnych.
wartość MIC: • 0,25 (mg/l) • 0,125 < MIC ≤ 0,25 (mg/l) wartość MBC: • 2,0 (mg/l) • 1,0 < MBC ≤ 2,0 (mg/l)
1 pkt – za prawidłowe podanie wartości MIC oraz wartości MBC. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B (borelioza), D (gruźlica), E (tężec).
1 pkt – za wybór trzech poprawnych odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające: 1) zmianę struktury rybosomu, co utrudnia wiązanie się streptomycyny z rybosomem lub 2) rozprzestrzenienie się oporności dzięki selekcji pozytywnej opornych bakterii lub 3) rozprzestrzenianie się oporności poprzez horyzontalny transfer genów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W wyniku mutacji zmienia się kształt rybosomu, w wyniku czego antybiotyk nie może się już z nim wiązać. • Zmutowana bakteria może uzyskać przewagę selekcyjną w populacji i dojdzie w ten sposób do jej namnożenia, a inne nieoporne bakterie zginą. • Ponieważ między bakteriami dochodzi do koniugacji i bakteria będąca biorcą nabywa oporność na streptomycynę, ponieważ uzyskuje gen z mutacją od dawcy. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających określenie „odporność” na antybiotyki zamiast „oporność”.
Pełnik europejski (Trollius europaeus) to roślina zielna występująca głównie na mokrych łąkach, przy brzegach strumieni oraz w wilgotnych lasach liściastych. Mimo że roślina produkuje dużo nasion, rzadko spotyka się siewki w sąsiedztwie kęp pełnika, gdyż ich rozwojowi nie sprzyja konkurencja ze strony innych gatunków łąkowych. Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika sprawia, że łatwiej zachodzi kiełkowanie jego nasion. Stanowiska pełnika chroni się także poprzez regularne koszenie łąk, co zmniejsza udział gatunków ekspansywnych, takich jak np. pokrzywa zwyczajna lub ostrożeń polny. W Polsce pełnik jest objęty ochroną gatunkową. Kwiaty pełnika są okazałe, żółte i zapylane głównie przez kilka gatunków muchówek z rodzaju Chiastocheta. Muchówki wchodzą do kwiatu, gdzie zjadają pyłek i nektar. W kwiecie dochodzi też do kopulacji tych owadów i składania jaj. Wylęgające się larwy wgryzają się do słupków i wyjadają tam część zawiązków nasion. Przed przepoczwarzeniem larwy wydostają się z kwiatów i spadają na powierzchnię gleby. Na poniższych ilustracjach przedstawiono pokrój ogólny pełnika oraz – w powiększeniu – typowy liść łodygowy.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Pełnik europejski należy do klasy roślin
B2
rozwiązań zadań
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za prawidłowe wykazanie mutualizmu, uwzględniające jego definicję – obustronne korzyści – oraz przykłady tych korzyści dla pełnika i dla muchówek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Obie strony odnoszą w tej relacji korzyści – kwiaty pełnika zostają zapylone, a larwy mają pokarm pobrany z rośliny. • Larwy muchówek wykorzystują nasiona pełnika europejskiego jako pokarm, a imago składają w kwiatach tej rośliny jaja, ale też zapylają kwiaty pełnika europejskiego, więc obie strony mają korzyści, stąd jest to mutualizm. • Larwy muchówek mają pokarm – nasiona pełnika europejskiego, a imago zapylają kwiaty, więc zależność może być nazwana mutualizmem, ponieważ polega on na obopólnych korzyściach dla obu gatunków. • Mutualizm to korzyść dla obu stron. Kwiaty pełnika są zapylane przez muchówki, a pełnik służy jako pokarm dla muchówek.
: Jeżeli w odpowiedzi zdający odnosi się do strat ponoszonych przez pełnika, to jednocześnie musi podać, że korzyści przewyższają te straty (zysk netto). Nie uznaje się odpowiedzi, w której zdający podaje jako korzyść rozprzestrzenianie nasion przez larwy muchówek.
Rozkład materiałów zapasowych zgromadzonych w bielmie nasion jęczmienia zachodzi stopniowo. Bielmo jest zróżnicowane na zewnętrzną warstwę aleuronową, w której znajdują się głównie białka, oraz bielmo skrobiowe, w którym są zgromadzone głównie polisacharydy. We wczesnej fazie kiełkowania nasion są produkowane hormony aktywujące geny kodujące hydrolazy (peptydazę i α-amylazę) wytwarzane przez warstwę aleuronową. Przeprowadzono doświadczenie, w którym badano wpływ zarodka na wytwarzanie enzymów rozkładających polisacharydy w ziarniaku jęczmienia. Namoczone wcześniej ziarniaki przecięto na dwie części tak, aby tylko w jednej części znajdował się zarodek. Następnie na oddzielnych szalkach zawierających zestalony agarem kleik skrobiowy przygotowano dwie próby: • próba I – zawierała połówki ziarniaków z zarodkiem • próba II – zawierała połówki ziarniaków bez zarodka. W obu próbach połówki ziarniaków umieszczono powierzchnią przecięcia do podłoża. Po czterech dniach naniesiono na podłoże kilka kropli roztworu płynu Lugola. Zaobserwowano, że jedynie wokół połówek ziarniaków zawierających zarodki podłoże nie zabarwiło się na granatowo.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Do wyciągnięcia wniosków z przedstawionych badań
1 pkt – za sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do pobudzania przez zarodek w ziarniaku jęczmienia syntezy enzymów rozkładających polisacharydy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Obecność zarodka stymuluje wytwarzanie enzymów rozkładających polisacharydy w ziarniaku jęczmienia. • Zarodek w ziarniaku jęczmienia pobudza syntezę enzymu α-amylazy. • Zarodek jest konieczny do tego, żeby w ziarniaku jęczmienia były wytwarzane enzymy rozkładające skrobię. • Zarodek w badanym nasieniu wpływa pozytywnie na syntezę α-amylazy w ziarniaku. Uwaga: Nie uznaje się wniosków: ➢ zbyt ogólnych, np. „Zarodek wpływa na syntezę enzymu” ➢ zawierających tylko opis wyników, np. „W obecności zarodka skrobia została rozłożona, o czym świadczy żółte zabarwienie po dodaniu płynu Lugola” ➢ nie wynikających bezpośrednio z przedstawionych wyników doświadczenia, np. „Zarodek jęczmienia wytwarza hormony, które aktywują geny kodujące hydrolazy rozkładające skrobię” ➢ dotyczących braku zarodka lub wytwarzania przez zarodek enzymów trawiących polisacharydy.
B3
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–1) W warunkach wysokiej wilgotności powietrza transpiracja roślin jest ograniczona, ale mimo to rośliny nadal pobierają wodę z podłoża. W takich warunkach na brzegach blaszki liściowej można zaobserwować krople wody wydzielanej przez rośliny – to zjawisko nazywamy gutacją. Działaniem na roślinę 4-procentowym wodnym roztworem siarczanu miedzi można ograniczyć gutację. Jony miedzi są inhibitorami enzymów oddechowych.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające aktywny transport jonów, który skutkuje osmotycznym napływem wody do komórek korzenia oraz niedobór energii (ATP) w wyniku zahamowania oddychania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Gutacja jest skutkiem parcia korzeniowego, które polega na aktywnym transporcie soli mineralnych, a wraz z nimi wody. Zahamowanie oddychania komórkowego przez jony miedzi spowoduje, że ATP nie będzie powstawać, parcie korzeniowe osłabnie, a gutacja zostanie zahamowana. • Parcie korzeniowe polega na aktywnym transporcie jonów, któremu towarzyszy osmotyczny napływ wody. Do transportu aktywnego potrzebny jest ATP produkowany podczas oddychania, a więc zahamowanie oddychania ograniczy też gutację. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zaprzeczających I zasadzie termodynamiki (zasadzie zachowania energii).
rozwiązań zadań
Mikrotubule są dynamicznymi strukturami, które mogą wydłużać się lub skracać w wyniku polimeryzacji lub depolimeryzacji cząsteczek tubuliny. Na rysunku przedstawiono mikrotubulę, z której do cytozolu są uwalniane cząsteczki tubuliny, co prowadzi do skrócenia tej mikrotubuli.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące podziałów komórkowych są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Mikrotubule wrzeciona podziałowego w komórkach, zarówno zwierzęcych, jak i roślinnych, są wytwarzane w centrosomach z udziałem centrioli. | ||
| 2 | Zablokowanie polimeryzacji mikrotubul może hamować niekontrolowane podziały komórkowe w obrębie guza nowotworowego. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Mikrotubule wrzeciona podziałowego w komórkach, zarówno zwierzęcych, jak i roślinnych, są wytwarzane w centrosomach z udziałem centrioli. | ✓ | ✓ |
| 2 | Zablokowanie polimeryzacji mikrotubul może hamować niekontrolowane podziały komórkowe w obrębie guza nowotworowego. | ✓ |
Pobieranie przez komórkę wody z otoczenia powoduje przyrost objętości komórki, który jest pośrednią miarą wielkości potencjału wody w komórce. Aby określić potencjał wody w miękiszu spichrzowym bulw ziemniaka, przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono zmiany objętości tej tkanki w zależności od stężenia w roztworze zewnątrzkomórkowym sacharozy – substancji osmotycznie czynnej. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby powstał poprawny opis przebiegu wykonanego doświadczenia. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Z bulwy ziemniaka wycięto 18 kostek o (jednakowych / różnych) wymiarach. Następnie przygotowano wodne roztwory sacharozy o (jednakowych / dwóch różnych / kilku różnych) stężeniach, w których na godzinę umieszczono wcześniej przygotowane kostki. W celu obliczenia średnich zmian objętości kostek zmierzono ich wymiary za pomocą suwmiarki (tylko na początku / tylko na końcu / na początku i na końcu) doświadczenia.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące potencjału wody są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Punkt R na wykresie oznacza wyrównanie potencjału wody w komórce i środowisku zewnętrznym. |
Z bulwy ziemniaka wycięto 18 kostek o (jednakowych / różnych) wymiarach. Następnie przygotowano wodne roztwory sacharozy o (jednakowych / dwóch różnych / kilku różnych) stężeniach, w których na godzinę umieszczono wcześniej przygotowane kostki. W celu obliczenia średnich zmian objętości kostek zmierzono ich wymiary za pomocą suwmiarki (tylko na początku / tylko na końcu / na początku i na końcu) doświadczenia.
1 pkt – za wybór trzech poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Punkt R na wykresie oznacza wyrównanie potencjału wody w komórce i środowisku zewnętrznym. | ✓ |
W Ameryce Północnej wiewiórka czerwona (Tamiasciurus hudsonicus) i wiewiórka szara (Sciurus carolinensis) współwystępują w wielu regionach. Na Wyspach Brytyjskich jedynym rodzimym gatunkiem wiewiórki jest wiewiórka pospolita (Sciurus vulgaris), przedstawiona na zdjęciu obok. Wiewiórki szare zostały wprowadzone na Wyspy Brytyjskie w 1876 roku. Od tamtej pory liczebność wiewiórek pospolitych zaczęła się zmniejszać. Jedną z przyczyn jest przenoszenie wirusa ospy przez wiewiórki szare, które nie wykazują przy tym objawów choroby. Dla większości wiewiórek pospolitych ta infekcja jest śmiertelna. Oba gatunki wiewiórek, szara i pospolita, wykorzystują podobne zasoby pokarmowe, przy czym wiewiórka szara efektywniej wykorzystuje żołędzie.
Na podstawie przedstawionych informacji określ, czy wiewiórki Ameryki Północnej – wiewiórka czerwona i wiewiórka szara – są klasyfikowane w jednym, czy – w dwóch rodzajach. Odpowiedź uzasadnij.
Podaj dwie różne widoczne na zdjęciu cechy morfologiczne wiewiórki pospolitej, które pozwalają jednoznacznie zaklasyfikować ten gatunek do ssaków.
1 pkt – za poprawne określenie, że wiewiórki czerwona i szara są klasyfikowane w dwóch rodzajach, oraz poprawne uzasadnienie, uwzględniające różne nazwy rodzajowe tych wiewiórek (po łacinie). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wiewiórka czerwona i wiewiórka szara nie należą do tego samego rodzaju, ponieważ wiewiórka czerwona należy do rodzaju Tamiasciurus, a wiewiórka szara – do rodzaju Sciurus. • Są klasyfikowane w dwóch rodzajach, na co wskazują ich nazwy rodzajowe w języku łacińskim, które są inne. • Należą do dwóch rodzajów, gdyż mają odmienne pierwsze człony nazw łacińskich. • Nie, bo ich nazwy rodzajowe się różnią.
rozwiązań zadań
2 pkt – za podanie dwóch różnych (niezależnych) cech morfologicznych widocznych na zdjęciu charakterystycznych dla ssaków. 1 pkt – za podanie jednej cechy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • 1. włosy, 2. nos. • 1. sierść, 2. małżowina uszna. • 1. sutki, 2. wibrysy.
: Dopuszcza się odpowiedź „ucho zewnętrzne”. Nie uznaje się odpowiedzi: ➢ zbyt ogólnych, np. „ucho”, ponieważ wszystkie czworonogi mają narząd słuchu, ale tylko ssaki mają małżowiny uszne ➢ odnoszących się do heterodontyzmu, np. „Obecność siekaczy”, ponieważ na zdjęciu nie widać zróżnicowania w budowie zębów.
A3
(0–1) Budowa uzębienia ssaków zależy od rodzaju pobieranego pokarmu. Głównym składnikiem diety szympansów są owoce i liście, ale zjadają one także jaja oraz polują na ptaki i małe ssaki. Wiewiórki, należące do gryzoni, mają wydatne siekacze pozwalające na zgryzanie twardych łupin orzechów. Z kolei przeżuwacze, do których należy np. bydło domowe, ucierają ciężkostrawny pokarm roślinny dzięki rozbudowanym przedtrzonowcom i trzonowcom. Wzór zębowy opisuje układ i liczbę poszczególnych rodzajów zębów w połowie szczęki i żuchwy. Poniżej podano przykład wzoru zębowego dorosłego psa, mającego w jednej połowie szczęki: trzy siekacze, jeden kieł, cztery przedtrzonowce i dwa trzonowce. W porównaniu ze szczęką w żuchwie psa występuje jeden dodatkowy ząb trzonowy. 3 1 4 2 3 1 4 3 Do każdego z poniższych przedstawicieli ssaków przyporządkuj właściwy typ uzębienia. Wpisz odpowiednie oznaczenie literowe wzoru zębowego spośród podanych (A–D) przy odpowiednim gatunku. A. B. C. D. 0 0 3 3 2 1 2 3 1 0 2 3 1 0 0 3 3 0 3 3 2 1 2 3 1 0 1 3 0 0 0 3
szympans B wiewiórka C krowa A
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie wzorów zębowych do trzech przedstawicieli ssaków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Wytworzony w wątrobie człowieka cholesterol jest transportowany w krwiobiegu w postaci związanej z białkiem jako lipoproteina o małej gęstości – LDL. Warunkiem wniknięcia LDL do komórki jest jej przyłączenie do receptora błonowego i utworzenie kompleksu LDL-receptor. Te kompleksy trafiają następnie do endosomów, gdzie niskie pH sprzyja odłączaniu się LDL od receptora. Następnie LDL jest transportowana do lizosomu, w którym mają miejsce jej enzymatyczny rozkład i uwolnienie cholesterolu. Synteza błonowych receptorów LDL zależy od ilości cholesterolu w komórkach. Gdy cholesterolu w komórkach jest dużo, nie powstają nowe receptory LDL, przez co pobieranie LDL jest ograniczone. Na poniższym schematycznym rysunku przedstawiono pobieranie LDL i procesy prowadzące do uzyskania wolnego cholesterolu przez komórkę.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Przedstawiony na rysunku transport cząsteczki LDL do wnętrza komórki to przykład
A2
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Cholesterol jest prekursorem hormonów steroidowych, takich jak np. testosteron i estrogeny. | ✓ | ✓ |
Wspólny przodek wyższych naczelnych utracił w wyniku mutacji zdolność do syntezy witaminy C. Ta mutacja zaszła w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową – enzym katalizujący ostatni etap syntezy kwasu askorbinowego. Przy dużej podaży witaminy C w pokarmie został osłabiony dobór eliminujący osobniki niezdolne do jej syntezy, a dryf genetyczny utrwalił tę – zasadniczo nieszkodliwą – mutację. Czynnik transkrypcyjny HIF-1 uruchamia ekspresję genów odpowiedzialnych za adaptację organizmu do zmniejszonego stężenia tlenu (hipoksji). Efekty działania HIF-1 obejmują m.in. rozrost naczyń krwionośnych w tkankach. Białko HIF-1 jest stale produkowane przez komórkę, ale w warunkach normalnego stężenia tlenu jest szybko degradowane, a proces jego rozkładu rozpoczyna się od hydroksylacji jednej z dwóch reszt proliny. Specyficzne hydroksylazy katalizujące tę reakcję wymagają do działania obecności witaminy C. Duże dawki witaminy C są stosowane w leczeniu nowotworów rozwijających się w wyniku nieprawidłowej regulacji poziomu HIF-1.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące witaminy C są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skutkiem mutacji w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową jest zablokowanie szlaku metabolicznego syntezy witaminy C. | ||
| 2 | Dieta bogata w witaminę C była jedną z przyczyn utrwalenia mutacji uniemożliwiającej syntezę tej witaminy u przodka wyższych naczelnych. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skutkiem mutacji w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową jest zablokowanie szlaku metabolicznego syntezy witaminy C. | ✓ | ✓ |
| 2 | Dieta bogata w witaminę C była jedną z przyczyn utrwalenia mutacji uniemożliwiającej syntezę tej witaminy u przodka wyższych naczelnych. | ✓ |
(0–1) Wiele gatunków mew dokarmia swoje pisklęta poprzez zwracanie (regurgitację) części zjedzonego pokarmu. Głodne pisklęta, aby uzyskać pokarm od rodzica powracającego do gniazda, odruchowo uderzają w jego dziób, czym wywołują zwrot pokarmu. Z wykorzystaniem sztucznych modeli ptasich głów postanowiono sprawdzić, jakie cechy morfologiczne głowy dorosłej mewy wyzwalają opisane zachowanie piskląt. W badaniach • kształt głowy • kolor upierzenia • obecność oczu • kształt dzioba • występowanie plamki na dziobie. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.
1 pkt – za określenie poprawnej cechy morfologicznej głowy dorosłej mewy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • obecność plamki • plamka na dziobie
Populacje biegusów alaskańskich w północnej części zasięgu geograficznego gatunku mają nietypowy stosunek liczebności samców i samic wynoszący 3:1, zamiast typowego – 1:1. Postawiono następującą hipotezę: „Mały udział samic w populacjach biegusów jest spowodowany tym, że częściej padają one ofiarą sokołów wędrownych”. W celu weryfikacji tej hipotezy zebrano pióra po biegusach upolowanych przez sokoły, a następnie wyizolowano z nich DNA i przeprowadzono PCR w celu amplifikacji fragmentów genów CHD, zlokalizowanych na chromosomach płci Z i W (odpowiednio: CHD-Z i CHD-W). Samice biegusów są heterogametyczne (ZW), a samce – homogametyczne (ZZ). Rejony niekodujące w genach CHD-Z i CHD-W mają różną długość, co powoduje, że produkty amplifikacji rejonów niekodujących genów CHD-Z i CHD-W także różnią się długością. Elektroforetyczne rozdzielenie produktów PCR pozwoliło określić płeć ptaków, z których pochodziły zebrane pióra.
Rozstrzygnij, czy postawiona hipoteza została przyjęta, czy – odrzucona. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do wyników badań przedstawionych na wykresie.
Który obraz żelu agarozowego odpowiada prawidłowemu wynikowi elektroforetycznego rozdzielenia powielonych fragmentów genów CHD-Z i CHD-W u samca (♂) i samicy (♀)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
1 pkt – za prawidłowe: 1) rozstrzygnięcie, że wyniki badania nie potwierdziły postawionej hipotezy oraz 2) uzasadnienie, odnoszące się do zbliżonej proporcji płci w populacji żywych biegusów i biegusów będących ofiarami sokołów lub do większego udziału samców wśród ofiar sokołów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Hipoteza została odrzucona. Wyniki wskazują, że udział samic wśród ofiar sokołów jest podobny do ich udziału w populacji, a więc ta dysproporcja nie jest wynikiem ich częstszego odławiania przez sokoły wędrowne. • Mały udział samic w badanej populacji nie jest spowodowany tym, że samice częściej są łowione przez sokoły. Wyniki badania wskazują, że to samce częściej są ofiarami, a więc hipoteza nie została potwierdzona.
rozwiązań zadań • Odrzucona, ponieważ wśród ofiar sokołów jest więcej samców. • Hipoteza została odrzucona, ponieważ biegusy, niezależnie od płci, z jednakowym prawdopodobieństwem mogą stać się ofiarą sokołów. • Zweryfikowana negatywnie – płeć ofiary nie ma wpływu na złowienie jej przez sokoła, dlatego proporcja płci wśród ofiar odzwierciedla proporcję w populacji ogólnej.
C
1 pkt – za wybór prawidłowego obrazu rozdziału produktów PCR. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Autosomalny gen HTT koduje białko – huntingtynę. Niezmutowany allel h koduje huntingtynę o prawidłowej strukturze, podczas gdy zmutowany allel H skutkuje powstaniem niewłaściwej formy huntingtyny, warunkującej chorobę Huntingtona. Allel H ma charakter dominujący, a obecność nawet tylko jednej jego kopii w genomie jest przyczyną poważnych zaburzeń fizycznych i umysłowych, które powodują śmierć w przeciągu 15–20 lat od wystąpienia objawów. W genie HTT stosunkowo często pojawia się mutacja polegająca na występowaniu dodatkowych kodonów CAG. Wywołujący chorobę allel H ma więcej niż 35 takich trójek nukleotydów. W większości przypadków objawy choroby rozwijają się między czwartą a szóstą dekadą życia.
Podaj nazwę rodzaju mutacji genowej występującej w allelu H, polegającej na obecności dodatkowych kodonów CAG.
Opisz, na czym polega zmiana w I-rzędowej strukturze białka huntingtyny będąca skutkiem obecności dodatkowych kodonów CAG.
Określ prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona u dziecka heterozygotycznej matki pod względem genu HTT oraz ojca będącego homozygotą recesywną pod względem tego genu. Odpowiedź uzasadnij, zapisując genotypy rodziców oraz krzyżówkę genetyczną.
1 pkt – za podanie prawidłowej nazwy rodzaju mutacji genowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • insercja (wstawienie, addycja) • mutacja dynamiczna • powielenie (ekspansja, multiplikacja) • powtórzenie Uwaga: Dopuszcza się termin „duplikacja”.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne określenie zmiany w strukturze I-rzędowej huntingtyny polegającej na zwielokrotnieniu liczby reszt glutaminy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Skutek tej mutacji w budowie huntingtyny to wbudowanie wielu dodatkowych reszt glutaminy. • Zmiana w strukturze I-rzędowej huntingtyny polega na wielokrotnym wstawieniu aminokwasu glutaminy. • W białku następuje zwielokrotnienie liczby glutaminy. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi, które nie odnoszą się bezpośrednio do wstawiania wielu reszt glutaminy, np. „Zmiana polega na obecności dodatkowego aminokwasu – glutaminy”.
Genotyp matki: Hh Genotyp ojca: hh Krzyżówka: ♀ H h ♂ h Hh hh Prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona: • 50% • ½ • 0,5. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi: ➢ uwzględniające chromosomy płci, np. XXHh oraz XYhh ➢ zapisane w formie grafu, a nie – szachownicy Punnetta ➢ z innymi oznaczeniami alleli pod warunkiem, że została podana legenda.
2 pkt – za podanie poprawnych genotypów rodziców i określenie prawdopodobieństwa wystąpienia choroby Huntingtona wśród potomstwa na podstawie poprawnie wykonanej krzyżówki genetycznej. 1 pkt – za podanie poprawnych genotypów rodziców. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–1) W kameruńskim jeziorze wulkanicznym Barombi Mbo żyje 15 gatunków ryb, z czego 11 należy do pielęgnic – ryb z rodziny Cichlidae. Badania mitochondrialnego DNA wykazały, że endemiczne pielęgnice z Barombi Mbo stanowią grupę monofiletyczną – wszystkie są ze sobą bliżej spokrewnione niż z jakimkolwiek gatunkiem występującym w sąsiednich rzekach. Ze względu na regularny stożkowy kształt misy jeziornej, będącej kraterem wygasłego wulkanu, historyczne wahania poziomu wody nie mogły doprowadzić do podziału jeziora na kilka mniejszych. W obrębie jeziora nie występują też inne bariery geograficzne utrudniające kontakt tych aktywnych ryb. Jezioro Barombi Mbo jest prawie całkowicie odizolowane od lokalnego systemu rzek.
B2
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Miedź w śladowych ilościach jest niezbędna do wzrostu roślin, ale duża zawartość tego pierwiastka w glebie hamuje wzrost korzeni. Przeprowadzono badania, których celem było określenie wpływu wysokiego stężenia miedzi w podłożu na wzrost korzeni u trawy mietlicy rozłogowej (Agrostis stolonifera). W badaniu uwzględniono populacje rosnące przez okres od 4 do 70 lat na glebie skażonej miedzią. Badane rośliny uprawiano z wykorzystaniem pożywek zawierających miedź w dużym stężeniu. Jako wskaźnik tolerancji na miedź mierzono wzrost korzeni. Badania wykazały, że wzrost korzeni był w najmniejszym stopniu ograniczony u traw pochodzących ze starych populacji, rosnących na glebach zanieczyszczonych miedzią przez długi czas. Tolerancja na miedź jest cechą ilościową warunkowaną przez geny kumulatywne. Działanie tych genów sumuje się podczas kształtowania cechy fenotypowej.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. W tekście opisano skutki działania
A3
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające długie działanie pozytywnego doboru naturalnego polegającego na przetrwaniu i rozrodzie osobników z jak największą liczbą korzystnych mutacji (alleli, genów, cech) i w konsekwencji wzrost częstości korzystnych mutacji w czasie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Długotrwała ekspozycja roślin na toksyczną miedź spowodowała przetrwanie i rozmnażanie się w kolejnych pokoleniach osobników z coraz większą liczbą korzystnych mutacji. • Ponieważ rośliny, które przetrwały wysokie stężenie miedzi rozmnażały się i przekazywały potomkom geny warunkujące tolerancję na miedź, więc z pokolenia na pokolenie wraz z czasem tolerancja na miedź wzrastała, bo rośliny miały coraz więcej genów warunkujących tolerancję na miedź.
Spośród pary rodziców, którzy zgłosili się do poradni genetycznej, przyszły ojciec nie ma mutacji w genie RB1, ale przyszła matka odziedziczyła uszkodzony allel RB1 po swoim ojcu. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że u dziecka tej pary rodziców rozwinie się siatkówczak? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Wyjaśnij, dlaczego mutacja w jednym z genów kodujących rRNA bakterii M. tuberculosis może powodować nabycie przez szczep tych bakterii oporności na streptomycynę.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Rozprzestrzenianie się antybiotykooporności bezpośrednio między komórkami bakterii jest możliwe na drodze
Wykaż, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę. W odpowiedzi uwzględnij różnicę w budowie wirusów i bakterii oraz mechanizm działania streptomycyny.
C2
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za prawidłowe wykazanie, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę, uwzględniające wiązanie się streptomycyny z bakteryjnymi rybosomami, które nie występują u wirusów. 1 pkt – za prawidłowe opisanie mechanizmu działania streptomycyny lub za prawidłowe opisanie różnic w budowie wirusów i bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Streptomycyna działa na bakterie poprzez zahamowanie syntezy białek zachodzącej w rybosomach, których nie mają wirusy. • Ten antybiotyk łączy się z rybosomami, a wirusy nie mają własnych rybosomów, dlatego streptomycyna nie będzie miała wpływu na replikację wirusów. • Wirusy korzystają z maszynerii translacyjnej eukariotycznych komórek gospodarza, a streptomycyna oddziałuje z podjednostką rybosomu prokariotycznego.
Wykaż, że przedstawiona w tekście zależność między pełnikiem a muchówkami jest mutualizmem. Określ, na czym polega mutualizm, oraz podaj przykłady korzyści lub strat odnoszonych przez wymienione organizmy.
Określ typ przeobrażenia występujący u muchówki z rodzaju Chiastocheta. Odpowiedź uzasadnij.
1. Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika europejskiego. T N 2. Wpisanie pełnika europejskiego na listę gatunków chronionych. T N 3. Regularne koszenie łąk ze stanowiskami pełnika europejskiego. T N
Oceń, czy działania opisane w tabeli stanowią ochronę czynną pełnika europejskiego. Zaznacz T (tak), jeśli działanie jest przykładem ochrony czynnej, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.
1 pkt – za poprawne określenie typu przeobrażenia muchówki Chiastocheta oraz poprawne uzasadnienie, odnoszące się do występowania wyraźnych różnic między larwą a imago albo odnoszące się do obecności stadium poczwarki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Typ przeobrażenia: • zupełne • całkowite • holometabolia Uzasadnienie: • W rozwoju występują zarówno larwa, jak i poczwarka. • Czerw nie przypomina budową osobnika dorosłego. • W rozwoju jest poczwarka. • W czasie rozwoju występują aż cztery różne stadia rozwojowe – jajo, larwa, poczwarka i imago. • Dochodzi do przepoczwarzenia. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do innego typu larw niż czerw.
1. – T, 2. – N, 3. – T.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawną ocenę trzech działań. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch działań. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 3 | Zarówno w mitozie, jak i w mejozie mikrotubule wrzeciona podziałowego wiążą się z centromerami chromosomów metafazowych. |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis przebiegu mejozy. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Podczas II podziału mejotycznego skracanie się mikrotubul zachodzi w czasie (metafazy / anafazy) i umożliwia rozejście się (chromatyd siostrzanych / biwalentów) do przeciwległych biegunów komórki. II podział mejotyczny zapewnia właściwą (ilość DNA / ploidalność jąder) w komórkach potomnych.
Jaką funkcję pełnią mikrotubule w ruchu komórek? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
| ✓ |
| 3 | Zarówno w mitozie, jak i w mejozie mikrotubule wrzeciona podziałowego wiążą się z centromerami chromosomów metafazowych. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – P, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Podczas II podziału mejotycznego skracanie się mikrotubul zachodzi w czasie (metafazy / anafazy) i umożliwia rozejście się (chromatyd siostrzanych / biwalentów) do przeciwległych biegunów komórki. II podział mejotyczny zapewnia właściwą (ilość DNA / ploidalność jąder) w komórkach potomnych.
1 pkt – za wybór trzech poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
A
1 pkt – za wybór prawidłowej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 2 | W cytoplazmie komórki umieszczonej w wodzie destylowanej jest wyższy potencjał wody w porównaniu do jej otoczenia. |
Wyjaśnij, dlaczego badana tkanka umieszczona w roztworze sacharozy o stężeniu równym bądź większym od 0,2 mol/l zmniejszyła swoją objętość. W odpowiedzi uwzględnij zjawisko osmozy.
| ✓ |
| 2 | W cytoplazmie komórki umieszczonej w wodzie destylowanej jest wyższy potencjał wody w porównaniu do jej otoczenia. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające przyczynę – wyższe stężenie substancji osmotycznie czynnych w roztworze zewnątrzkomórkowym niż w komórce (niższy potencjał wody na zewnątrz komórki) oraz mechanizm – osmotyczny wypływ wody z komórek do środowiska zewnętrznego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tkanka umieszczona została w roztworze hipertonicznym, przez co osmotycznie traci wodę. • Np. w roztworze sacharozy o stężeniu 1,0 mol/l jest większe stężenie substancji osmotycznie czynnych niż w komórkach bulwy ziemniaka. Powoduje to dyfuzję wody do miejsca o wyższym stężeniu substancji osmotycznie czynnych, czyli w tym przypadku z wnętrza komórek do ich otoczenia. • Potencjał wody roztworu sacharozy o stężeniu większym niż 0,2 mol/l jest niższy od potencjału wody roztworu w badanej tkance. Woda przepływa na drodze osmozy zgodnie z różnicą potencjału wody, a więc z badanej tkanki (który ma wyższy potencjał wody) do roztworu sacharozy (która ma niższy potencjał wody). Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do występowania w roztworze zewnątrzkomórkowym innych cukrów osmotycznie czynnych niż sacharoza.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Spadek liczebności populacji wiewiórki pospolitej na Wyspach Brytyjskich jest wynikiem m.in.
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące cholesterolu w organizmie człowieka są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Cholesterol jest prekursorem hormonów steroidowych, takich jak np. testosteron i estrogeny. | ||
| 2 | Cholesterol jest jednym ze składników żółci wytwarzanej przez wątrobę. |
Określ wpływ cholesterolu na właściwości fizyczne błony komórkowej i funkcje pełnione przez tę błonę.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis regulacji ilości pobieranego cholesterolu przez komórkę. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Wzrost stężenia cholesterolu w komórce (aktywuje / hamuje) syntezę receptorów LDL. Dzięki temu komórka pobiera (mniej / więcej) cholesterolu z krwiobiegu. Taki mechanizm regulacji nazywa się (dodatnim / ujemnym) sprzężeniem zwrotnym.
Określ wpływ delecji obu alleli genu kodującego receptor LDL na pobieranie cholesterolu przez komórkę. Odpowiedź uzasadnij.
| 2 | Cholesterol jest jednym ze składników żółci wytwarzanej przez wątrobę. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za prawidłowe: 1) określenie wpływu cholesterolu na właściwości fizyczne błony komórkowej (np. regulacja: płynności, przepuszczalności lub lepkości) oraz 2) określenie funkcji pełnionej przez błonę komórkową (np. mechaniczna, ochronna, transportowa, receptorowa) lub określenie wpływu cholesterolu na funkcję pełnioną przez błonę komórkową. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Cholesterol zapewnia utrzymanie płynności błony komórkowej na odpowiednim poziomie. Błona komórkowa oddziela protoplast komórki od środowiska zewnętrznego. • Cholesterol reguluje płynność błony. Dzięki błonie komórkowej komórka utrzymuje swój kształt. • Cholesterol zapewnia odpowiednią płynność błony komórkowej. Ta błona chroni komórkę przed wnikaniem patogenów. • Cholesterol zwiększa płynność błony w niskich temperaturach, przez co nie tworzy się w błonie faza krystaliczna, co zabezpiecza komórkę przed uszkodzeniem. • Cholesterol pełni rolę bufora płynności zwierzęcych błon komórkowych, optymalizując funkcję transportową błony w różnych temperaturach. • Cholesterol zmniejsza płynność błony komórkowej, dzięki czemu lepiej chroni ona wnętrze komórki. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, które odnoszą się tylko do właściwości błony komórkowej, bez odniesienia do funkcji pełnionej przez tę błonę, np.: „Cholesterol usztywnia błonę komórkową, przez co staje się ona mniej przepuszczalna”.
rozwiązań zadań
Wzrost stężenia cholesterolu w komórce (aktywuje / hamuje) syntezę receptorów LDL. Dzięki temu komórka pobiera (mniej / więcej) cholesterolu z krwiobiegu. Taki mechanizm regulacji nazywa się (dodatnim / ujemnym) sprzężeniem zwrotnym.
1 pkt – za wybór trzech poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za określenie, że pobieranie cholesterolu przez komórki zostanie uniemożliwione lub ograniczone oraz poprawne uzasadnienie, uwzględniające brak receptora LDL w błonie komórkowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Delecja obu alleli tego genu ograniczy pobieranie cholesterolu przez komórkę, ponieważ LDL nie będzie oddziaływać z receptorem z powodu jego braku. • Nie utworzą się receptory LDL, przez co cholesterol nie będzie mógł być pobierany do komórki.
| 3 | Witamina C może dzięki właściwościom przeciwutleniającym obniżać stężenie wolnych rodników w komórkach. |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały prawdziwe informacje. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Duże dawki witaminy C powodują (wzrost / spadek) aktywności hydroksylaz HIF-1, co prowadzi do (wzrostu / spadku) stężenia HIF-1 w komórkach nowotworowych. Dzięki temu zostaje (pobudzony / zahamowany) rozwój naczyń krwionośnych w guzie nowotworowym.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Charakterystycznym objawem niedoboru witaminy C jest
| ✓ |
| 3 | Witamina C może dzięki właściwościom przeciwutleniającym obniżać stężenie wolnych rodników w komórkach. | ✓ | ✓ |
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 za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Duże dawki witaminy C powodują (wzrost / spadek) aktywności hydroksylaz HIF-1, co prowadzi do (wzrostu / spadku) stężenia HIF-1 w komórkach nowotworowych. Dzięki temu zostaje (pobudzony / zahamowany) rozwój naczyń krwionośnych w guzie nowotworowym.
rozwiązań zadań organizmu ze szczególnym uwzględnieniem roli witamin […]. VI. Genetyka i biotechnologia. 2. Cykl komórkowy. Zdający: 5) analizuje nowotwory jako efekt mutacji zaburzających regulację cyklu komórkowego.
1 pkt – za wybór trzech poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
D
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące techniki PCR są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów. | ||
| 2 | Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów. | ||
| 3 | Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA. |
| Nr |
|---|
| Stwierdzenie |
|---|
| P |
|---|
| F |
|---|
| 1 | Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów. | ✓ | ✓ |
| 2 | Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów. | ✓ | ✓ |
| 3 | Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 3. – F.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wyjaśnij, dlaczego w populacji ludzkiej utrzymuje się allel H warunkujący chorobę Huntingtona, mimo że jest on dominujący, a choroba – śmiertelna.
1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające przyczynę – brak objawów choroby na początku okresu reprodukcyjnego oraz mechanizm – przekazywanie zmutowanego allelu potomstwu przed śmiercią. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Choroba ujawnia się w późniejszym wieku, a nosiciele mutacji zwykle mają dzieci przed pojawieniem się pierwszych objawów choroby. Potomstwo dziedziczy zmutowany allel, co umożliwia jego występowanie w populacji człowieka. • Zwykle ludzie zakładający rodziny nie wiedzą, czy mają zmutowany allel H. Jeśli są nosicielami i mają dzieci, to przekazują allel H potomstwu i w ten sposób dochodzi do jego zachowania w populacji. • Zwykle choroba ujawnia się w wieku, w którym nosiciele mają już swoje dzieci, a zatem allel warunkujący chorobę nie jest odsiewany przez dobór.
rozwiązań zadań
Wyjaśnij, dlaczego najwyższy poziom tolerancji uzyskały rośliny z najstarszych populacji. W odpowiedzi uwzględnij działanie doboru naturalnego.