Arkusz maturalny
Biologia2024MAJformuła 2015POBIERZ
Zadanie 1.
3 pktW skład organizmów wchodzą różne wielkocząsteczkowe związki organiczne, które są polimerami, składającymi się z monomerów.
Ładowanie…
Arkusz maturalny
W skład organizmów wchodzą różne wielkocząsteczkowe związki organiczne, które są polimerami, składającymi się z monomerów.
| Grupa związków organicznych | Nazwa monomeru | Wiązanie łączące monomery (glikozydowe / fosfodiestrowe / peptydowe) | Przykład funkcji w organizmie |
|---|---|---|---|
| białka | budulcowa | ||
| monosacharyd | zapasowa |
Do każdej z poniższych struktur białkowych przyporządkuj właściwy opis wybrany spośród A–D. Wpisz litery w wyznaczone miejsca. A. Jest to struktura stabilizowana oddziaływaniami między resztami aminokwasowymi osobnych łańcuchów polipeptydowych. B. Jest to część łańcucha polipeptydowego zwinięta w regularną strukturę stabilizowaną wyłącznie wiązaniami wodorowymi. C. Jest to przestrzenne ułożenie pojedynczego łańcucha polipeptydowego stabilizowane oddziaływaniami niekowalencyjnymi i kowalencyjnymi. D. Jest to kolejność reszt aminokwasowych w łańcuchu polipeptydowym.
Wiązanie łączące monomery Grupa związków Nazwa Przykład funkcji (glikozydowe / fosfodiestrowe / organicznych monomeru w organizmie peptydowe) aminokwas / aminokwasy / białka peptydowe / amidowe budulcowa kwasy aminowe polisacharydy / cukry złożone / wielocukry / monosacharyd glikozydowe / O-glikozydowe zapasowa węglowodany złożone egzaminu maturalnego przeprowadzanego w roku szkolnym 2022/2023 i 2023/2024 (Dz.U. 2022, poz. 1698).
2 pkt – za poprawne uzupełnienie czterech komórek tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech komórek tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
: Nie uznaje się odpowiedzi „monopeptyd” w przypadku nazwy monomeru białek. Nie uznaje się odpowiedzi „cukry”, „sacharydy”, „węglowodany” w przypadku grupy związków organicznych, ponieważ nie każdy cukier jest syntezowany z monomerów – cukry proste nie są ani polimerami, ani oligomerami. Nie uznaje się odpowiedzi „dekstryny” w przypadku grupy związków organicznych, ponieważ nie pełnią one funkcji zapasowej. Dopuszcza się odpowiedzi „disacharydy”, „oligosacharydy” w przypadku grupy związków organicznych.
Struktura I-rzędowa: D Struktura II-rzędowa: B Struktura III-rzędowa: C
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie właściwego opisu do każdej z trzech struktur białkowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–2) Do komórek zainfekowanych przez retrowirusy, których materiał genetyczny stanowi jednoniciowy RNA, jest wprowadzany enzym – odwrotna transkryptaza. Na poniższym schemacie przedstawiono model strukturalny odwrotnej transkryptazy ludzkiego wirusa niedoboru odporności (HIV) z krótkim fragmentem kompleksu RNA-DNA. Odwrotna transkryptaza HIV składa się z dwóch podjednostek: p66 i p51, oznaczonych na schemacie – odpowiednio – kolorem czerwonym i pomarańczowym. Podjednostka p66 zawiera obszary wykazujące dwie różne aktywności wobec kwasów nukleinowych: polimerazy oraz rybonukleazy.
| Obszar odwrotnej transkryptazy HIV | Funkcja w procesie przepisywania wirusowego RNA na DNA |
|---|---|
| o aktywności polimerazy | |
| o aktywności rybonukleazy |
Obszar odwrotnej Funkcja w procesie przepisywania transkryptazy HIV wirusowego RNA na DNA o aktywności polimerazy synteza DNA (na matrycy RNA lub DNA) trawienie / degradacja / rozkład / hydroliza / o aktywności rybonukleazy cięcie / niszczenie RNA
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch komórek tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednej komórki tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do dobudowywania łańcucha DNA do startera – naturalnym starterem w przypadku odwrotnej transkryptazy HIV jest fragment cząsteczki tRNALys. Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnej „synteza łańcucha polinukleotydowego” w przypadku funkcji obszaru o aktywności polimerazy. Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych „odwrotna transkrypcja” lub „przepisywanie RNA na DNA”, ponieważ synteza DNA i trawienie RNA są etapami procesu odwrotnej transkrypcji. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do denaturacji kompleksu DNA-RNA w przypadku funkcji obszaru o aktywności rybonukleazy, np. „oddzielenie RNA od DNA”.
Bioluminescencja to zdolność żywych komórek do emisji promieniowania w zakresie światła widzialnego. Występuje u wielu owadów. Przykładowo: duże drapieżne samice tropikalnych świetlików Photuris lugubris wykształciły umiejętność wabienia swoich ofiar – małych samców świetlików Photinus palaciosi – poprzez imitację charakterystycznego wzoru sygnałów świetlnych wysyłanych przez samice Photinus palaciosi. Bioluminescencja świetlików jest wynikiem reakcji utleniania lucyferyny z udziałem enzymu – lucyferazy. Aby ta reakcja mogła zajść, niezbędna okazuje się również obecność ATP. Poniżej przedstawiono równanie reakcji. U świetlików ta reakcja zachodzi w wyspecjalizowanych narządach ulokowanych w segmentach odwłokowych i jest regulowana przez dopływ tlenu do świecących komórek. Lucyferynę i lucyferazę świetlika wykorzystuje się do wykrywania mikroorganizmów w różnych próbkach. Takie testy stosuje się w ocenie czystości, np. powierzchni szpitalnych i okazów muzealnych.
Przedstaw korzyść, jaką odnoszą samice świetlików Photuris lugubris dzięki umiejętności wabienia swoich ofiar.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały wykorzystanie lucyferyny i lucyferazy. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Testy wykorzystujące lucyferynę i lucyferazę świetlików w wykrywaniu mikroorganizmów opierają się na założeniu, że (AMP / ATP) jest związkiem chemicznym wytwarzanym w procesie oddychania komórkowego, którego stężenie (wzrasta / spada) wraz ze wzrostem liczby mikroorganizmów znajdujących się w danej próbce. O wykryciu bakterii świadczy (ustanie / wystąpienie) bioluminescencji.
Podaj nazwę tego narządu układu oddechowego świetlików, który odpowiada za doprowadzenie tlenu bezpośrednio do komórek ich ciała.
1 pkt – za poprawne przedstawienie korzyści, jaką odnoszą samice świetlików, polegającej na zmniejszeniu nakładów czasu LUB energii na polowanie, LUB polegającej na zdobywaniu większej ilości pokarmu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Samica Photuris wabi samce Photinus, które są ich pokarmem. W ten sposób drapieżnik wkłada mniej energii w polowanie. • Dzięki temu łatwiej zdobywają one pokarm – drapieżnik nie musi tak długo szukać ofiary, a więc częściej ją upoluje. • Te drapieżne owady nie muszą aktywnie poszukiwać ofiary. • W ten sposób częściej zdobywają pokarm. • Owady dzięki temu schwytają więcej ofiar.
: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do zdobywania pokarmu lub do łatwiejszego zdobywania pokarmu, bez wskazania, na czym to ułatwienie polega, np. „Dzięki temu lepiej im się poluje”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmniejszenia konkurencji wewnątrz- lub międzygatunkowej.
Testy wykorzystujące lucyferynę i lucyferazę świetlików w wykrywaniu mikroorganizmów opierają się na założeniu, że (AMP / ATP) jest związkiem chemicznym wytwarzanym w procesie oddychania komórkowego, którego stężenie (wzrasta / spada) wraz ze wzrostem liczby mikroorganizmów znajdujących się w danej próbce. O wykryciu bakterii świadczy (ustanie / wystąpienie) bioluminescencji.
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.
(0–1) Potencjał czynnościowy to krótko trwająca depolaryzacja błony neuronu i związana z nią repolaryzacja – powrót do stanu spoczynkowego. Na poniższym wykresie przedstawiono zmiany przewodnictwa jonów Na+ i K+, towarzyszące fazom depolaryzacji i repolaryzacji potencjału czynnościowego. W przebiegu choroby – stwardnienia rozsianego – dochodzi do uszkodzenia osłonek mielinowych neuronów i w konsekwencji do osłabienia przewodzenia impulsu nerwowego. Poprawę przewodnictwa nerwowego można osiągnąć przez wydłużenie czasu trwania potencjału czynnościowego. W tym celu pacjentom podaje się bloker odpowiedniego kanału jonowego, dzięki czemu ogranicza się przewodnictwo jednego z jonów.
A2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wiele bakterii to ekstremofile – organizmy żyjące w ekstremalnych warunkach środowiskowych. Skrajne wartości określonych czynników fizycznych i chemicznych są warunkiem koniecznym do prawidłowego zajścia procesów metabolicznych u ekstremofili. W zależności od wartości optymalnej temperatury wzrostu wyróżnia się wśród ekstremofili: • psychrofile – organizmy, które nie rosną w temperaturze powyżej 20 °C, a optymalne warunki do ich rozwoju stwarza temperatura poniżej 15 °C. Psychrofile wykształciły wiele adaptacji do niskich wartości temperatury, wśród których można wyróżnić mechanizmy chroniące przed nadmiernym zmniejszeniem płynności ich błon komórkowych; • termofile – organizmy, których optymalna temperatura wzrostu wynosi ponad 50 °C. Maksymalna temperatura umożliwiająca życie wynosi 122 °C. Wysoka temperatura powoduje wzrost płynności błony komórkowej oraz destabilizuje strukturę białek i kwasów nukleinowych termofili. Z tego powodu w białkach termofili znajdują się liczne mostki disiarczkowe, a cząsteczki rRNA i tRNA mają wysoką zawartość par zasad GC. Enzymy wytwarzane przez ekstremofile są wykorzystywane w biotechnologii.
Określ, które z poniższych modyfikacji składu chemicznego lipidów błony komórkowej stanowią adaptację do życia w niskiej temperaturze. Zaznacz T, jeśli modyfikacja jest adaptacją do życia w niskiej temperaturze, albo N – jeśli nią nie jest. 1. Wzrost zawartości nasyconych kwasów tłuszczowych. T N 2. Wzrost zawartości krótkich kwasów tłuszczowych. T N
Podaj nazwę aminokwasu niezbędnego do wytworzenia mostków disiarczkowych, stabilizujących strukturę przestrzenną białek bakterii termofilnych.
Wykaż, że stabilność cząsteczek rRNA i tRNA bakterii termofilnych zwiększa się wraz ze wzrostem zawartości w ich cząsteczkach par zasad GC kosztem zawartości par zasad AU.
1. – N, 2. – T.
1 pkt – za podanie dwóch poprawnych odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
cysteina Uwaga: Uznaje się odpowiedzi „Cys” (kod trójliterowy) oraz „C” (symbol IUPAC).
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu niezbędnego do wytworzenia mostków disiarczkowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stabilność cząsteczek rRNA i tRNA bakterii termofilnych zwiększa się wraz ze wzrostem zawartości w ich cząsteczkach par zasad GC kosztem zawartości par zasad AU, odnoszące się do większej liczby wiązań wodorowych w parze GC niż w parze AU, ORAZ do większej energii koniecznej do ich zerwania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Pary GC mają więcej wiązań wodorowych niż pary AU, co zwiększa stabilność takiej cząsteczki RNA, bo zerwanie wiązania wymaga dostarczenia energii. • W parach AU są tylko dwa oddziaływania wodorowe, a w parach GC – trzy, dlatego do denaturacji RNA zawierającego większy udział par GC potrzeba więcej energii.
rozwiązań zadań • Wraz ze wzrostem udziału par zasad GC rośnie w cząsteczce liczba oddziaływań wodorowych, stabilizujących cząsteczkę, a do zerwania większej liczby tych wiązań potrzeba więcej energii.
Bezlist (Buxbaumia) to wyjątkowy rodzaj mchów należący do prątników, występujący m.in. w polskich lasach. Gametofity męskie bezlistu są bardzo drobne – widoczne tylko pod mikroskopem. Gametofity żeńskie mają nierozgałęzioną łodyżkę, nieprzekraczającą 1 mm długości. Listki gametofitu żeńskiego zanikają podczas dojrzewania sporofitu i przekształcają się w nitkowate twory. Sporofit bezlistu osiąga do 2 cm wysokości i jest dobrze widoczny – na czerwonej secie znajduje się duża puszka zarodni, która przynajmniej na początku rozwoju jest zielona. Na poniższym zdjęciu są widoczne dwa sporofity bezlistu.
Na podstawie przedstawionych informacji wykaż, że dojrzały sporofit bezlistu pozyskuje związki organiczne niezależnie od gametofitu, z którego wyrasta.
Określ, czy gametofit bezlistu jest rośliną jednopienną, czy – dwupienną. Odpowiedź uzasadnij.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały przemianę pokoleń mchów. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Gametofity męskie mchów są (haploidalne / diploidalne) i wytwarzają plemniki zapładniające komórki jajowe, wytworzone w rodni gametofitu żeńskiego. Z zygoty rozwija się sporofit, wytwarzający w zarodni (identyczne / różne) genetycznie zarodniki.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że sporofit bezlistu odżywia się niezależnie od gametofitu, odnoszące się do fotosyntezy prowadzonej przez zielony sporofit (zawierający chlorofil i chloroplasty) LUB do braku fotosyntezy u zredukowanego gametofitu żeńskiego, LUB do dużej różnicy wielkości między gametofitem a sporofitem i niewystarczającej ilości zasobów gametofitu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Sporofit bezlistu zawiera chlorofil, a więc samodzielnie wytwarza związki na drodze fotosyntezy. • Sporofit ma zieloną zarodnię, co wskazuje na obecność chloroplastów, może więc wytwarzać samodzielnie związki organiczne. • Puszka zarodni sporofitu jest zielona, co wskazuje na obecność chlorofilu i możliwość odżywiania się na drodze fotosyntezy. • Gametofity bezlistu nie mają listków, a więc nie prowadzą fotosyntezy i nie mogą one odżywiać sporofitu. • Gdy sporofit jest dojrzały, to gametofit żeński nie ma już listków, które mogłyby przeprowadzać fotosyntezę, a więc gametofit nie może dostarczać sporofitowi związków organicznych. • Gametofit jest dużo mniejszy od sporofitu, a więc nie mógłby wyprodukować i zgromadzić tylu substancji pokarmowych, żeby odżywić sporofit.
rozwiązań zadań
: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do gametofitu męskiego – sporofit wyrasta z rodni gametofitu żeńskiego. Nie uznaje się odpowiedzi nieodnoszących się do cech sporofitu lub gametofitu przedstawionych w tekście lub na ilustracji, np. „Sporofit odżywia się samodzielnie, bo przeprowadza fotosyntezę”.
1 pkt – za określenie, że bezlist zwyczajny jest rośliną dwupienną, wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do występowania gametofitów żeńskich i gametofitów męskich. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Bezlist zwyczajny jest rośliną dwupienną, ponieważ występują gametofity męskie i gametofity żeńskie. • Występują rośliny męskie i żeńskie, a więc jest dwupienny. • Dwupienny – nie ma gametofitów obupłciowych. • Dwupienny – gamety żeńskie i męskie są wytwarzane przez różne rośliny. • Pokolenie gametofitu jest dwupienne, ponieważ rodnie i plemnie występują na innych osobnikach. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, z których wynika, że gametofity bezlistu nie są samodzielnymi roślinami, ale są organami lub roślinami wyrastającymi ze sporofitu, np. „Dwupienny – gametofity męskie i żeńskie znajdują się na innych osobnikach”.
(0–1) Na poniższym schemacie przedstawiono przekrój podłużny przez nasiono tytoniu (Nicotiana). Literami A–D oznaczono cztery różne struktury.
Oznaczenie bielma: C
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Okresy nasienne buka zwyczajnego (Fagus sylvatica) następują w odstępach 5–10 lat, a roczna wydajność produkowanych nasion jest zazwyczaj bardzo niska. Z tego powodu leśnicy gromadzą nasiona na zapas. W 2017 roku przeprowadzono doświadczenie, w którym wysiano nasiona buka zwyczajnego zebrane w latach: 2000, 2006, 2009 i 2017. Nasiona zebrane w latach 2000, 2006 i 2009 przechowywano w jednakowych warunkach. Nasiona zebrane w 2017 r. wysiano od razu po zbiorze. Na poniższym wykresie przedstawiono uśrednione wyniki doświadczenia. Na zdjęciu obok przedstawiono siewkę buka zwyczajnego.
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia sformułuj wniosek dotyczący żywotności nasion buka zwyczajnego.
Podaj nazwę oraz określ funkcję tej struktury siewki buka zwyczajnego, którą oznaczono literą X na zdjęciu.
1 pkt – za sformułowanie wniosku dotyczącego zmniejszania się wraz z upływem czasu zdolności kiełkowania nasion buka zwyczajnego LUB dotyczącego przydatności nasion do siewu tylko w początkowym okresie przechowywania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wraz z upływem czasu zmniejsza się zdolność nasion buka zwyczajnego do kiełkowania. • Wydłużanie czasu przechowywana nasion buka zwyczajnego zmniejsza ich siłę kiełkowania. • Im dłuższy czas przechowywania nasion buka, tym mniejsza siła kiełkowania. • Żywotność nasion spada podczas przechowywania.
rozwiązań zadań • Przez pierwszych osiem lat przechowywania nasiona buka są dobrym materiałem siewnym. • Po dłuższym okresie przechowywania zgromadzone nasiona nie nadają się do założenia lasu. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających wyłącznie opis wyników badań, np. „Między wszystkimi badanymi grupami występowały różnice w sile kiełkowania nasion”.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy oraz poprawne określenie funkcji struktury oznaczonej literą X. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Nazwa: liścienie / liście zarodkowe / liścień / liść zarodkowy Funkcja: przeprowadzanie fotosyntezy / asymilacyjna / gromadzenie substancji zapasowych / zapasowa / odżywianie siewki / odżywcza Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „listki zarodkowe”, „liście pierwotne”, „liście rzekome” (błąd merytoryczny) oraz „liście” (odpowiedź zbyt ogólna).
Na poniższym zdjęciu mikroskopowym przedstawiono fragment przekroju poprzecznego przez łodygę lipy (Tilia) o budowie pierwotnej.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały budowę łodygi lipy. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Na zdjęciu widoczna jest tkanka okrywająca – (skórka / korkowica), powstająca w wyniku działania (merystemu wierzchołkowego / kambium). Kolenchyma to (żywa / martwa) tkanka wzmacniająca.
Wykaż, że tkanka okrywająca przedstawiona na zdjęciu pełni funkcje ochronne. W odpowiedzi uwzględnij jedną cechę budowy tej tkanki widoczną na zdjęciu.
Na zdjęciu widoczna jest tkanka okrywająca – (skórka / korkowica), powstająca w wyniku działania (merystemu wierzchołkowego / kambium). Kolenchyma to (żywa / martwa) tkanka wzmacniająca.
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że skórka pełni funkcję ochronną, uwzględniające cechę budowy, np.: ścisłe przyleganie komórek LUB pokrycie komórek kutikulą, LUB silnie zgrubiałe ściany komórkowe, ORAZ uwzględniające znaczenie adaptacyjne wybranej cechy budowy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tkanka widoczna na zdjęciu pełni funkcje ochronne, ponieważ jej komórki ściśle do siebie przylegają, dzięki czemu do wnętrza łodygi nie wnikają patogeny. • Komórki tkanki mają zgrubienia zewnętrznych ścian komórkowych, co zapewnia jej odporność mechaniczną. • Skórka pełni funkcje ochronne, ponieważ pokrywa ją nieprzerwana warstwa kutykuli, a to ogranicza nadmierną utratę wody przez roślinę. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do znaczenia adaptacyjnego omawianej cechy budowy, np. „Skórka jest pokryta kutikulą, a więc pełni funkcje ochronne”.
rozwiązań zadań
W czasie ewolucji powstają nowe cechy zwiększające możliwości adaptacyjne organizmów. Poniżej przedstawiono drzewo filogenetyczne kręgowców, a literą X oznaczono pojawienie się w ich historii ewolucyjnej pewnej nowej cechy.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Na drzewie filogenetycznym literą X oznaczono wykształcenie
B
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Krokodyle są bliżej spokrewnione z ptakami niż z jaszczurkami i wężami. | ✓ | ✓ |
(0–2) Na poniższym schemacie przedstawiono rozmieszczenie wybranych gruczołów układu dokrewnego w organizmie człowieka.
| Funkcja gruczołu | Oznaczenie literowe | Nazwa gruczołu |
|---|---|---|
| Wydziela hormony peptydowe regulujące stężenie glukozy we krwi. | ||
| Odgrywa kluczową rolę w dojrzewaniu układu odpornościowego. | ||
| Część korowa tego gruczołu wydziela hormony steroidowe, np. kortyzol i niewielkie ilości androgenów. |
Oznaczenie Funkcja gruczołu Nazwa gruczołu literowe Wydziela hormony peptydowe regulujące stężenie D trzustka glukozy we krwi. Odgrywa kluczową rolę w dojrzewaniu układu B grasica odpornościowego. Część korowa tego gruczołu wydziela hormony nadnercze / C steroidowe, np. kortyzol i niewielkie ilości androgenów. nadnercza Uwaga: Uznaje się odpowiedź „kora nadnerczy” zamiast „nadnercza”.
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch kolumn tabeli. 1 pkt – za poprawne wypełnienie jednej kolumny ALBO dwóch wierszy tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Rotawirusy są patogenami wywołującymi biegunkę u ludzi, a także u pozostałych ssaków. Biegunka spowodowana rotawirusem ma bardzo podobny przebieg u wszystkich ssaków. Większość dzieci przechodzi co najmniej jedną infekcję rotawirusową przed ukończeniem piątego roku życia. Ostre biegunki stanowią natomiast ważną przyczynę strat w chowie młodych zwierząt. Rotawirus namnaża się w szczytowych komórkach kosmków jelitowych. Wskutek tego mikrokosmki ulegają zanikowi, a zakażone komórki się złuszczają. Utrata szczytowych części kosmków prowadzi do niedoboru disacharydaz – maltazy, laktazy i sacharazy, który może się utrzymywać przez kilka tygodni. Każda zakażona komórka wydziela do światła jelita jony chlorkowe. Disacharydy oraz jony chlorkowe są substancjami czynnymi osmotycznie. Wraz z nasilonym wydalaniem płynnego kału organizm traci nie tylko wodę, lecz także niestrawione i niewchłonięte składniki odżywcze. U chorych zwierząt obserwowano obniżenie podstawowego tempa metabolizmu, co stanowi przystosowanie do zmniejszonej dostępności glukozy. Dzieci, które przeszły zakażenie rotawirusowe, wykazują nietolerancję mleka, występującą nawet przez kilka tygodni po infekcji.
Wyjaśnij, w jaki sposób infekcja rotawirusowa doprowadza do zwiększonej utraty wody. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm osmotycznego zatrzymywania wody w treści jelitowej oraz mechanizm osmotycznego wydzielania wody do treści jelitowej.
Uzupełnij poniższe zdanie tak, aby w poprawny sposób opisywało wpływ znacznego odwodnienia na układ krwionośny. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. W wyniku znacznego odwodnienia organizmu objętość osocza (spada / wzrasta), a więc serce musi bić (szybciej / wolniej), aby utrzymać odpowiednie ciśnienie krwi i zaopatrzyć tkanki w tlen.
Wyjaśnij, dlaczego obniżenie tempa metabolizmu przy niskim stężeniu glukozy we krwi zwiększa szanse przeżycia chorego ssaka.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawne wyjaśnienie patomechanizmu biegunki osmotycznej, uwzględniające zwiększone stężenie disacharydów ORAZ biegunki sekrecyjnej, uwzględniające wydzielanie do treści jelita jonów chlorkowych, co skutkuje hipertonicznością treści jelitowej względem tkanki jelita. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie patomechanizmu biegunki osmotycznej ALBO biegunki sekrecyjnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zanik mikrokosmków w jelicie cienkim skutkuje ograniczeniem trawienia disacharydów, a więc aktywne osmotycznie związki pozostają w jelicie i hamują wchłanianie wody z jelita. Dodatkowo woda wypływa z enterocytów z powodu podwyższonego stężenia jonów chlorkowych w świetle jelita. • Niestrawione dwucukry nie mogą być wchłonięte z przewodu pokarmowego, a są to związki osmotycznie czynne – związana z nimi woda pokarmowa pozostaje w jelicie. Wydzielanie jonów chlorkowych z komórek nabłonka do światła jelita jest z kolei przyczyną napływu wody z enterocytów do światła jelita. • Zalegające w jelicie dwucukry są osmotycznie czynne, dlatego woda jest zatrzymywana w jelicie. Poza tym podwyższone stężenie Cl– jest przyczyną wypływania wody z enterocytów. • W treści jelitowej jest dużo związków osmotycznie czynnych: niestrawione dwucukry oraz wydzielane do jelita jony chlorkowe, i dlatego enterocyty wydzielają wodę do światła jelita.
: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do ograniczonego wchłaniania wody z jelita ze względu na zanikanie mikrokosmków, ponieważ zjawisko dotyczy tylko szczytowych części kosmków i nie wpływa znacząco na ilość wody, która może przechodzić między treścią jelitową a wnętrzem enterocytów. Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono nazwy „rotawirusy” i „retrowirusy”.
W wyniku znacznego odwodnienia organizmu objętość osocza (spada / wzrasta), a więc serce musi bić (szybciej / wolniej), aby utrzymać odpowiednie ciśnienie krwi i zaopatrzyć tkanki w tlen.
Jod jest niezbędnym składnikiem diety. Ten pierwiastek wchodzi w skład hormonów tarczycy. W razie długotrwałego niedoboru jodu w pożywieniu dochodzi do wzrostu wydzielania z przysadki mózgowej hormonu tyreotropowego (TSH).
Podaj nazwę przykładowego ludzkiego hormonu zawierającego jod.
Wyjaśnij, dlaczego w razie długotrwałego niskiego poziomu jodu w organizmie poziom hormonu tyreotropowego (TSH) jest podwyższony. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm sprzężenia zwrotnego ujemnego.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy przykładowego ludzkiego hormonu zawierającego jod. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • tyroksyna / tetrajodotyronina / T4 • trijodotyronina / trójjodotyronina / T3 • jodotyronina Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi „tyronina”, ponieważ ten związek nie zawiera jodu.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wydzielanie niedostatecznej ilości hormonów tarczycy ORAZ związane z tym ograniczenie zwrotnego hamowania wydzielania TSH. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W razie niedoboru jodu z tarczycy jest wydzielana zbyt mała ilość hormonów, czego konsekwencją okazuje się brak hamowania na drodze ujemnego sprzężenia zwrotnego wydzielania TSH przez przysadkę mózgową.
rozwiązań zadań • Niedobór jodu sprawia, że wytwarzanie dostatecznej ilości T4 staje się niemożliwe, zatem we krwi poziom T4 pozostaje na niskim poziomie, a tylko wysoki poziom T4 hamuje wydzielanie TSH. • Przy niedoborze jodu tarczyca wydziela niewielkie ilości tyroksyny, a niski poziom tyroksyny jest sygnałem dla przysadki do wydzielania TSH. • Niedobór jodu jest przyczyną niskiego stężenia hormonów tarczycy, co pobudza przysadkę do wydzielania TSH. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zupełnego braku syntezy T3 lub T4, ponieważ przy niedoborze jodu występuje jedynie ograniczenie syntezy tych hormonów.
Roztocza (Acari) są przystosowane do różnych środowisk: żyją w glebie, w kurzu – na przedmiotach lub w powietrzu, w strefie przybrzeżnej środowisk słodkowodnych, a nawet w gorących źródłach. Niektóre mogą przenosić choroby lub być szkodnikami magazynów. Alergeny pochodzące od roztocza kurzu domowego są jedną z najczęstszych przyczyn chorób alergicznych. Poniższe zdjęcie spod skaningowego mikroskopu elektronowego (SEM) przedstawia roztocza z gatunku Brevipalpus phoenicis. 120 µm
Określ gromadę stawonogów, do której należy B. phoenicis. Odpowiedź uzasadnij, podając jedną widoczną na zdjęciu cechę budowy świadczącą o przynależności tego gatunku do wybranej gromady.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały nadmierną odpowiedź immunologiczną ludzkiego organizmu na alergeny roztoczy. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Alergeny zawarte w odchodach roztoczy wiążą się z przeciwciałami klasy IgE występującymi na powierzchni (komórek tucznych / limfocytów B). Te komórki uwalniają histaminę, która powoduje (rozszerzenie / zwężenie) naczyń krwionośnych i (zwiększenie / zmniejszenie) przepuszczalności ścian naczyń włosowatych. Rozwija się obrzęk, zwęża się światło dróg oddechowych oraz pojawia się katar.
1 pkt – za poprawne określenie gromady (pajęczaki) ORAZ za podanie jednej widocznej na zdjęciu cechy budowy świadczącej o przynależności do pajęczaków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Gromada stawonogów: pajęczaki Cecha budowy: cztery pary / osiem odnóży krocznych / nóg / odnóży lokomotorycznych • Gromada stawonogów: Arachnida Cecha budowy: nogogłaszczki / pedipalpy
: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do szczękoczułków (chelicer), ponieważ nie są one widoczne na fotografii. Dopuszcza się w przypadku cechy budowy odpowiedzi odnoszące się do czterech par odnóży tułowiowych lub odnóży pochodzenia tułowiowego. Dopuszcza się w przypadku nazwy gromady podanie nazwy podtypu „szczękoczułkowce” („szczękoczułkopodobne”, „szczękoczułkokształtne”, „Chelicerata”).
Alergeny zawarte w odchodach roztoczy wiążą się z przeciwciałami klasy IgE występującymi na powierzchni (komórek tucznych / limfocytów B). Te komórki uwalniają histaminę, która powoduje (rozszerzenie / zwężenie) naczyń krwionośnych i (zwiększenie / zmniejszenie) przepuszczalności ścian naczyń włosowatych. Rozwija się obrzęk, zwęża się światło dróg oddechowych oraz pojawia się katar.
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.
PET – poli(tereftalan etylenu) – to wielkocząsteczkowy polimer stosowany m.in. do produkcji włókien oraz butelek o wysokiej odporności na biodegradację. Na składowisku ze sztucznymi tworzywami odkryto gatunek Gram-ujemnej bakterii Ideonella sakaiensis, który wykorzystuje produkty rozkładu PET jako źródło węgla i energii. Te bakterie wytwarzają enzym – PETazę, który rozkłada PET wydajniej niż inne enzymy – kutynazy, esterazy czy lipazy – występujące u innych saprobiontycznych bakterii oraz u grzybów. W środowisku naturalnym PET rozkłada się setki lat, ale PETaza może skrócić ten czas do zaledwie kilku tygodni.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały właściwości bakterii I. sakaiensis. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Ściana komórkowa u bakterii Gram-ujemnych jest (cieńsza / grubsza) niż u bakterii Gram-dodatnich. Ściana komórkowa I. sakaiensis (jest / nie jest) przeszkodą w pobieraniu PET do wnętrza komórki, a rozkład PET rozpoczyna się (w komórce / poza komórką).
Oceń, czy poniższe stwierdzenia związane z rozkładem PET przez mikroorganizmy są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Biodegradacja PET przez bakterie I. sakaiensis przyczynia się do obiegu węgla w przyrodzie. |
Ściana komórkowa u bakterii Gram-ujemnych jest (cieńsza / grubsza) niż u bakterii Gram-dodatnich. Ściana komórkowa I. sakaiensis (jest / nie jest) przeszkodą w pobieraniu PET do wnętrza komórki, a rozkład PET rozpoczyna się (w komórce / poza komórką).
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.
rozwiązań zadań
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Biodegradacja PET przez bakterie I. sakaiensis przyczynia się do obiegu węgla w przyrodzie. | ✓ |
Tułów ryby – brzanki sumatrzańskiej (Puntigrus tetrazona) – przecinają trzy poprzeczne czarne paski, ciągnące się od grzbietu do brzucha. Na poniższym zdjęciu przedstawiono trzy możliwe wzory paskowania występujące u brzanki sumatrzańskiej (1.–3.), różniące się długością paska oznaczonego strzałką. Wzór paskowania brzanki sumatrzańskiej zależy od dwóch niesprzężonych ze sobą loci – A i B z allelami dominującymi (A i B) i recesywnymi (a i b): • wzór 1. – obecność co najmniej jednego allelu dominującego w każdym z obu loci daje wzór pełnego paskowania • wzór 2. – homozygotyczność recesywna tylko w jednym z loci powoduje skrócenie paska środkowego, który jednak przecina linię naboczną • wzór 3. – podwójna homozygotyczność recesywna sprawia, że pasek środkowy jest skrócony o połowę i kończy się na linii nabocznej.
Uzupełnij tabelę – dla każdego z fenotypów brzanki sumatrzańskiej wymienionych w tabeli zapisz wszystkie możliwe genotypy warunkujące dany fenotyp. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.
| Fenotyp | Możliwe genotypy |
|---|---|
| pełne paskowanie – wzór 1. | |
| skrócony pasek środkowy przecinający linię naboczną – wzór 2. |
Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany rozkład wzoru paskowania wśród potomstwa dwóch podwójnie heterozygotycznych osobników brzanki sumatrzańskiej. Wzór paskowania wzór 1. wzór 2. wzór 3. Oczekiwane proporcje ………… : ………… : …………
Fenotyp Możliwe genotypy pełne paskowanie – wzór 1. AABB, AaBB, AABb, AaBb skrócony pasek środkowy AAbb, Aabb, aaBB, aaBb przecinający linię naboczną – wzór 2. Uwaga: Uznaje się zapis genotypu z uwzględnieniem położenia loci na chromosomach, 𝐴 𝐵 np.: „A/a B/b” lub „ 𝑎 𝑏”.
2 pkt – za podanie wszystkich właściwych genotypów brzanki sumatrzańskiej warunkujących wzór pełnego ORAZ skróconego paskowania. 1 pkt – za podanie wszystkich właściwych genotypów brzanki sumatrzańskiej warunkujących wzór pełnego ALBO skróconego paskowania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Krzyżówka genetyczna: AB Ab aB ab AB AABB AABb AaBB AaBb Ab AABb AAbb AaBb Aabb aB AaBB AaBb aaBB aaBb ab AaBb Aabb aaBb aabb Wzór paskowania wzór 1. wzór 2. wzór 3. Oczekiwane proporcje 9 : 6 : 1
2 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ za podanie właściwego stosunku fenotypów. 1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
: Uznaje się zapis genotypu z uwzględnieniem położenia loci na chromosomach, 𝐴 𝐵 np.: „A/a B/b” lub „ 𝑎 𝑏”. Uznaje się odpowiedzi z zapisem oczekiwanych proporcji w postaci ułamków lub procentów, np.: „9/16 : 6/16 : 1/16” lub „56,25% : 37,50% : 6,25%”. Uznaje się odpowiedzi, w których krzyżówka genetyczna została zapisana w innej formie niż szachownica Punnetta.
(0–1) Zespół ciężkiego złożonego niedoboru odporności (SCID) u koni czystej krwi arabskiej jest jednogenową chorobą autosomalną, która dziedziczy się w sposób autosomalny recesywny. Chore źrebięta są podatne na zakażenia z powodu niesprawnego układu immunologicznego i zwykle nie dożywają 5. miesiąca życia. Częstość występowania allelu powodującego zespół złożonego niedoboru odporności w pewnej hodowli koni arabskich liczącej 250 osobników wynosi 8,4%.
1 pkt – za określenie, że locus genu warunkującego SCID nie jest w równowadze Hardy’ego – Weinberga, oraz za podanie jednego poprawnego argumentu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Założenia prawa Hardy’ego – Weinberga nie są spełnione, ponieważ populacja jest stosunkowo mała i ograniczona pod względem liczebności. • Nie jest w równowadze, ponieważ nie występuje swobodny przepływ genów. • Nie, gdyż działa dobór naturalny. • Nie, dlatego że zwierzęta hodowlane podlegają doborowi sztucznemu. • Nie, ponieważ krzyżowanie nie jest losowe. • Nie jest w równowadze, na co wskazuje brak możliwości przekazania tego genu następnemu pokoleniu z powodu niedożywania chorych osobników do wieku rozrodczego. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Nie jest w równowadze, ponieważ gen warunkujący SCID zmniejsza szanse koni arabskich na przeżycie”.
Na poniższym schemacie przedstawiono budowę przestrzenną cząsteczki tRNA.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Cząsteczki tRNA są zbudowane
Określ funkcję pełnioną przez ramię akceptorowe oraz funkcję pełnioną przez antykodon cząsteczki tRNA.
A1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za określenie poprawnej funkcji ramienia akceptorowego, polegającej na przyłączeniu odpowiedniego aminokwasu ORAZ określenie poprawnej funkcji antykodonu, polegającej na parowaniu się z odpowiednim kodonem. 1 pkt – za określenie poprawnej funkcji ramienia akceptorowego ALBO określenie poprawnej funkcji antykodonu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Ramię akceptorowe – przyłączanie właściwego/specyficznego aminokwasu. Antykodon – łączenie się z właściwym/odpowiednim kodonem. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieuwzględniających specyficznego oddziaływania tRNA z mRNA, np. „Antykodon – umożliwia odczytanie informacji genetycznej”, „Antykodon – zawiera informację o przyłączonym aminokwasie”.
rozwiązań zadań
Ekspresja informacji genetycznej u eukariontów składa się z trzech etapów: z transkrypcji, z obróbki potranskrypcyjnej i z translacji. Na poniższym schemacie przedstawiono w uproszczony sposób fragment sekwencji nukleotydowej nici matrycowej DNA. Kolorem pomarańczowym zaznaczono sekwencję promotorową, a kolorem niebieskim – introny. Sekwencje nukleotydowe eksonów ujęto w ramki. 3′…TATTATACTGCTACGGGCGCACACACACTACGTATGCCATGACTCTCACAATT…5′
Jaką sekwencję nukleotydową będzie miał fragment dojrzałego mRNA transkrybowany na podstawie przedstawionej nici matrycowej? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
D
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji aminokwasowej pierwszego eksonu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • metionina, prolina, alanina, cysteina • Met-Pro-Ala-Cys • met pro ala cys
: Uznaje się odpowiedzi zapisane z wykorzystaniem kodów IUPAC: MPAC. Nie uznaje się odpowiedzi zapisanych z błędną orientacją łańcucha lub błędnym oznaczeniem jego końców, np.: ➢ C Met-Pro-Ala-Cys N ➢ Cys-Ala-Pro-Met ➢ 5′ Met-Pro-Ala-Cys 3′. Dopuszcza się odpowiedź: C Cys-Ala-Pro-Met N.
Przewlekła białaczka szpikowa to choroba o podłożu genetycznym. W komórce macierzystej szpiku kostnego w wyniku mutacji powstaje fuzyjny gen składający się z fragmentów dwóch genów: BCR oraz ABL1. Funkcja genu BCR jest nieznana. Gen ABL1 koduje enzym – kinazę tyrozynową, która fosforyluje różne białka i wpływa w ten sposób na procesy komórkowe. Komórka szpiku kostnego z fuzją genów BCR i ABL1 nie podlega wewnątrzkomórkowym procesom regulującym podziały komórkowe i dzieli się w sposób niekontrolowany, co prowadzi do rozwoju nowotworu. Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę chromosomów przed mutacją i po mutacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Przyczyną przewlekłej białaczki szpikowej jest
C
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Opisana mutacja powoduje zmiany w strukturze chromosomów oraz w ich liczbie. | ✓ | ✓ |
(0–1) W drugiej połowie XX wieku naukowcy zwrócili uwagę na globalne zmniejszanie się liczebności populacji płazów. Badacze zgodnie określają obecny trend jako szóste masowe wymieranie zwierząt o globalnym zasięgu. Badania prowadzone w Polsce wskazują kilka czynników negatywnie wpływających na liczebność płazów. Jednym z nich jest osuszanie naturalnych siedlisk płazów.
rozwiązań zadań VIII. Różnorodność biologiczna Ziemi. Zdający: 2) przedstawia wpływ człowieka na różnorodność biologiczną, podaje przykłady tego wpływu (zagrożenie gatunków rodzimych […]).
1 pkt – za poprawnie wykazanie wpływu osuszania siedlisk na zmniejszanie się liczebności płazów, odnoszące się do uzależnienia płazów od środowiska wodnego (np. rozród, rozwój, wymiana gazowa, żerowanie, pobieranie wody). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Utrata siedlisk – płazom do rozrodu niezbędna jest woda, ale z powodu zaniku małych zbiorników wodnych w wyniku osuszania utrudniony jest rozród, co skutkuje zmniejszaniem się liczebności populacji. • Osuszanie siedlisk powoduje, że płazy tracą żerowiska. • Stadium larwalne płazów – kijanka – żyje wyłącznie w środowisku wodnym, bez którego płazy nie mogłyby zamknąć cyklu życiowego. • Osuszanie prowadzi do fragmentacji siedlisk, co wymusza migracje płazów, które giną na drogach, bo szlaki migracji płazów przecinają drogi budowane przez człowieka. • Płazy mają wilgotną skórę, która nie może wyschnąć, bo inaczej wymiana gazowa nie będzie zachodziła na odpowiednim poziomie. • Płazy nie piją wody, ale pobierają ją przez skórę, a jest to możliwe tylko w wilgotnym środowisku. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do konkretnego przykładu biologii płazów, np. „Wilgotne środowisko jest niezbędne płazom do życia”.
(0–1) W Sudetach przeprowadzono restytucję jodły z wykorzystaniem wyłącznie lokalnych zasobów genetycznych jodły. Wymagało to wielu długotrwałych działań, często skomplikowanych (np. szczepienia drzew). Jodła sudecka różni się genetycznie od jodły karpackiej, licznie występującej w niektórych rejonach Karpat i wytwarzającej duże ilości nasion.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie odnoszące się do zachowania różnorodności biologicznej lub do przystosowania się jodły sudeckiej do lokalnych warunków środowiska. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wykorzystanie jodły sudeckiej w procesie restytucji pozwala zachować różnorodność biologiczną jodły występującej w Polsce. Zastosowanie jodły karpackiej poskutkowałoby wyparciem jodły sudeckiej i zmniejszyłoby różnorodność biologiczną. • Jodła sudecka najprawdopodobniej jest lepiej przystosowana do warunków panujących w Sudetach niż jodła karpacka, dlatego wykorzystanie jodły sudeckiej do restytucji zwiększa szansę powodzenia tego przedsięwzięcia. • Nie użyto łatwo dostępnych nasion jodły karpackiej, ponieważ celem restytucji było zachowanie jodły sudeckiej, która różni się genetycznie od jodły karpackiej, co mogłoby negatywnie wpłynąć na pulę genową jodły sudeckiej.
Oddziaływania międzygatunkowe u roślin mogą mieć charakter antagonistyczny, np. gdy w suchym środowisku występuje konkurencja korzeni o wodę, lub nieantagonistyczny – polegający na wzajemnym wspomaganiu wzrostu. Aby określić wpływ wzajemnego oddziaływania roślin jednorocznych i krzewów Ambrosia dumosa, przygotowano na pustyni następujące poletka doświadczalne: • próba A – usunięto rośliny jednoroczne, a pozostawiono krzewy A. dumosa • próba B – pozostawiono rośliny jednoroczne oraz krzewy A. dumosa • próba C – pozostawiono rośliny jednoroczne, a usunięto krzewy A. dumosa. Na poniższych ilustracjach przedstawiono próby: A, B i C. Rośliny jednoroczne w obecności krzewów charakteryzowały się większym przyrostem biomasy, natomiast przyrost biomasy krzewów w obecności roślin zielnych był ograniczony.
Uzupełnij tabelę – wpisz w puste komórki oznaczenia literowe tych prób, które należy porównać, aby zweryfikować poniższe hipotezy.
| Weryfikowana hipoteza | Oznaczenia literowe prób, które należy porównać |
|---|---|
| Obecność na tym samym obszarze krzewów A. dumosa skutkuje zwiększeniem przyrostu biomasy roślin jednorocznych. | |
| Obecność na tym samym obszarze roślin jednorocznych skutkuje ograniczeniem przyrostu biomasy krzewów A. dumosa. |
Wyjaśnij, w jaki sposób rzucanie cienia przez krzewy A. dumosa wpływa pozytywnie na przyrost biomasy roślin jednorocznych w warunkach suszy. W odpowiedzi uwzględnij bilans wodny roślin.
Oznaczenia literowe Weryfikowana hipoteza prób, które należy porównać Obecność na tym samym obszarze krzewów A. dumosa B, C skutkuje zwiększeniem przyrostu biomasy roślin jednorocznych. Obecność na tym samym obszarze roślin jednorocznych A, B skutkuje ograniczeniem przyrostu biomasy krzewów A. dumosa.
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednego wiersza tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające: • mechanizm – ograniczenie parowania wody z liści lub z podłoża i w związku z tym większą dostępność wody lub dwutlenku węgla dla mniejszych roślin jednorocznych ORAZ • skutek – wzrost intensywności fotosyntezy u roślin jednorocznych pozwalający na większy przyrost biomasy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Rośliny jednoroczne traciły w procesie transpiracji mniejszą ilość wody, która jest substratem fotosyntezy, a więc ten proces zachodził intensywniej. • Zacienienie podłoża pozwoliło na utrzymanie wody w glebie, a więc rośliny jednoroczne zachowały dodatni bilans wodny, co umożliwiło prowadzenie fotosyntezy. Dodatkowo zacienienie rośliny obniża temperaturę jej liści i ogranicza w ten sposób fotooddychanie. • Zacienienie roślin jednorocznych oraz podłoża przez krzewy stało się przyczyną ograniczenia parowania wody. Dlatego dla roślin jednorocznych ilość wody była wystarczająco duża, by mogły one intensywnie przeprowadzać fotosyntezę, co pozwoliło u nich na lepszy przyrost biomasy. • Zacienienie rośliny wpływa korzystnie na jej bilans wodny, dzięki czemu utrzymuje ona otwarte aparaty szparkowe i może pobrać więcej dwutlenku węgla, wiązanego potem w procesie fotosyntezy. • Ogranicza to straty wody podczas suszy, co pozwala roślinie na przeprowadzenie procesów metabolicznych, których substratem jest woda i które to przyczyniają się do przyrostu biomasy rośliny. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, które nie odnoszą się do zwiększenia intensywności fotosyntezy, ponieważ przyrost biomasy, a więc wzrost roślin, odbywa się na drodze samożywności.
tracheole
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
: Uznaje się odpowiedź „tchawki”. Nie uznaje się odpowiedzi „tchawki powietrzne”.
Określ, która grupa organizmów – psychrofile czy termofile – stanowi źródło polimeraz DNA wykorzystywanych do PCR. Odpowiedź uzasadnij.
Która cecha występuje u bakterii – organizmów prokariotycznych? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do siły oddziaływania zamiast do energii potrzebnej do zerwania wiązań. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „podwójnych” lub „potrójnych” wiązań wodorowych. Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono uracyl występujący w RNA z tyminą występującą w DNA, np. „W parze AT występują dwa wiązania wodorowe, do których zerwania trzeba mniejszej ilości energii niż w przypadku trzech wiązań wodorowych”. Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono cytozynę (zasada azotowa) z cysteiną (aminokwas).
1 pkt – za wybór grupy termofili wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do termostabilności ich enzymów LUB do wysokiej temperatury podczas PCR. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Termofile, ponieważ ich białka są stabilne w wysokich temperaturach – polimeraza Taq nie ulega denaturacji nawet w 90 °C, a więc w temperaturze denaturacji DNA stosowanej podczas PCR. • Termofile, dlatego że ich białka enzymatyczne są niewrażliwe na wysokie temperatury. • Termofile, bo podczas etapu denaturacji w PCR jest wysoka temperatura. • Termofile, bo poszczególne etapy cyklu PCR zachodzą w wysokich temperaturach.
D
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Gametofity męskie mchów są (haploidalne / diploidalne) i wytwarzają plemniki zapładniające komórki jajowe wytworzone w rodni gametofitu żeńskiego. Z zygoty rozwija się sporofit, wytwarzający w zarodni (identyczne / różne) genetycznie zarodniki.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Krokodyle są bliżej spokrewnione z ptakami niż z jaszczurkami i wężami. | ||
| 2 | Ptaki są grupą parafiletyczną. | ||
| 3 | Gady są grupą monofiletyczną. |
| 2 | Ptaki są grupą parafiletyczną. | ✓ | ✓ |
| 3 | Gady są grupą monofiletyczną. | ✓ | ✓ |
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.
Na podstawie przedstawionych informacji podaj przyczynę nietolerancji mleka występującej u dzieci po przebytym zakażeniu rotawirusem.
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 wyjaśnienie, odnoszące się do zmniejszonego zużycia glukozy w wyniku zmniejszonego zapotrzebowania energetycznego organizmu (np. ograniczanie oddychania komórkowego, zmniejszenie zużycia ATP, obniżenie temperatury ciała). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Skutkuje to obniżeniem aktywności enzymów, m.in. katalizujących procesy wewnątrzkomórkowego oddychania tlenowego, co jest przyczyną mniejszego zużycia glukozy. • Spadek intensywności oddychania wewnątrzkomórkowego – jednego z głównych szlaków metabolicznych – prowadzi do wolniejszego zużywania glukozy. • Obniżenie tempa metabolizmu zwierzęcia stałocieplnego skutkuje zmniejszeniem temperatury ciała. W takich warunkach reakcje chemiczne zachodzą wolniej i organizm zużywa mniej glukozy. • Zmniejszenie tempa metabolizmu ogranicza zużycie ATP, który powstaje w wyniku katabolizmu glukozy. Organizm oszczędza więc w ten sposób glukozę.
rozwiązań zadań • Przy niskim tempie metabolizmu organizm zużywa mniej glukozy, bo utrzymuje niższą temperaturę ciała, a utrzymanie odpowiednio wysokiego poziomu glukozy we krwi jest konieczne do prawidłowego funkcjonowania, np. mózgu.
1 pkt – za podanie przyczyny nietolerancji mleka po zakażeniu rotawirusem, odnoszącej się do niedoboru laktazy LUB do utrudnionego trawienia laktozy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W wyniku zakażenia rotawirusem dochodzi do zmniejszenia produkcji laktazy. • Zakażenie rotawirusowe jest przyczyną niedoboru laktazy. • W mleku jest zawarta laktoza, której dzieci zakażone rotawirusem nie mogą w całości strawić. • Laktoza zawarta w mleku nie może być w całości strawiona, bo jest ogólny niedobór disacharydaz. • Niedobór laktazy.
: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Po zakażeniu rotawirusem dochodzi do niedoboru disacharydaz”. Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono cukier – laktozę z enzymem – laktazą, np. „Dzieci po zakażeniu rotawirusem mają niedobór laktozy”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do całkowitego braku laktazy lub do całkowitego braku trawienia laktozy, ponieważ po przebytym zakażeniu rotawirusem występuje jedynie niedobór disacharydaz, a nie – ich całkowity brak.
| 2 | Bakterie I. sakaiensis są jedynymi znanymi organizmami zdolnymi do rozkładu PET. |
| 3 | Występowanie PET w środowisku jest przyczyną mutacji, dzięki którym u bakterii i u grzybów dochodzi do powstania genów kodujących PETazę. |
| ✓ |
| 2 | Bakterie I. sakaiensis są jedynymi znanymi organizmami zdolnymi do rozkładu PET. | ✓ | ✓ |
| 3 | Występowanie PET w środowisku jest przyczyną mutacji, dzięki którym u bakterii i u grzybów dochodzi do powstania genów kodujących PETazę. | ✓ | ✓ |
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 za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Podaj sekwencję aminokwasową kodowaną przez pierwszy ekson przedstawionego genu. Odpowiedź zapisz od końca aminowego do końca karboksylowego, z wykorzystaniem pełnych nazw aminokwasów lub ich oznaczeń trójliterowych.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Opisana mutacja powoduje zmiany w strukturze chromosomów oraz w ich liczbie. | ||
| 2 | Zmiany w strukturze chromosomów 9 i 22 – charakterystyczne dla przewlekłej białaczki szpikowej – są widoczne w kariotypie. |
| 2 | Zmiany w strukturze chromosomów 9 i 22 – charakterystyczne dla przewlekłej białaczki szpikowej – są widoczne w kariotypie. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – P.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.