Arkusz maturalny
Jądro komórkowe zawiera materiał genetyczny w postaci DNA. W jądrze komórkowym zachodzą intensywne procesy anaboliczne.
Zaznacz strukturę komórkową, w której skład wchodzą substancje wytwarzane wewnątrz jądra komórkowego.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące komórek eukariotycznych są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Komórki mogą mieć jedno jądro komórkowe, wiele jąder albo mogą być bezjądrowe. | ||
| 2 | U niektórych organizmów w jednej komórce mogą występować jądra mające różną informację genetyczną. | ||
| 3 | Istnieją komórki, które prawidłowo funkcjonują i dzielą się, pomimo że nie mają jądra komórkowego. |
B
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
PPF 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.).
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Na poniższym rysunku przedstawiono jeden z etapów translacji. Literami: E, P i A zaznaczono trzy miejsca funkcyjne rybosomu.
Podaj nazwę aminokwasu oznaczonego na rysunku literą X.
Oceń czy poniższe stwierdzenia dotyczące rybosomów w komórkach eukariotycznych są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Funkcjonalny rybosom w komórce eukariotycznej składa się z dwóch podjednostek: małej i dużej, które są zbudowane z białek i rRNA. |
fenyloalanina / Phe / F
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy lub skrótu nazwy aminokwasu wskazanego na rysunku. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie PFP
rozwiązań zadań
1. – P 2. – A 3. – P 4. – E
2 pkt – za prawidłowe przyporządkowanie oznaczeń miejsc funkcyjnych rybosomu do czterech podanych funkcji. 1 pkt – za prawidłowe przyporządkowanie oznaczeń miejsc funkcyjnych rybosomu do trzech lub dwóch podanych funkcji. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
Do połączenia podjednostek rybosomu dochodzi tylko w przypadku przyłączenia do (małej / dużej) podjednostki rybosomu odpowiedniego rodzaju kwasu nukleinowego – (tRNA / końca 3ʹ mRNA / końca 5ʹ mRNA). Zachodzi wtedy proces (inicjacji / elongacji / terminacji) translacji.
Pompa jonowa Na+/K+ zależna od ATP (czyli działająca jedynie w obecności ATP) to białko transportujące jony przez błonę komórkową: Na+ na zewnątrz komórki, a K+ do wnętrza komórki, tzn. z miejsca o niskim stężeniu danego jonu do miejsca o wysokim jego stężeniu. Badacze postanowili sprawdzić aktywność dwóch wariantów tego białka pochodzących od nowo odkrytych szczepów bakterii Vib-7 i Rod-9 w zależności od temperatury i pH. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.
Określ optymalną temperaturę i wartość pH dla działania pompy jonowej Na+/K+ zależnej od ATP pochodzącej ze szczepu Vib-7.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. W temperaturze 35 °C i przy pH 6,5 szybciej transportować jony będzie wariant pompy Na+/K+ pochodzący ze szczepu
1 pkt – za podanie temperatury w zakresie 32–35 °C oraz pH równego 7. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Optymalna temperatura: ok. 33 °C Optymalne pH: 7
A2
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie roli ATP, uwzględniające dostarczanie energii do aktywnego transportu jonów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Transport jonów przez błonę komórkową z miejsca o ich niższym stężeniu do miejsca, gdzie ich stężenie jest wyższe, jest energetycznie niekorzystne. Wykonanie takiej pracy wymaga energii pochodzącej z hydrolizy ATP. • Transportowane jony mają wyższe stężenie w miejscu docelowym. Przenoszenie jonów w tym kierunku wymaga nakładu energii.
Skonstruowano sztucznego bakteriofaga, łącząc osłonkę białkową (kapsyd) bakteriofaga A i DNA bakteriofaga B. Tak skonstruowanym bakteriofagiem zainfekowano komórki pewnych bakterii. Bakteriofagi uległy namnożeniu w komórkach bakterii, a następnie opuściły je poprzez zniszczenie komórki i zainfekowały następne bakterie.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Bakteriofag namnożony w komórkach bakteryjnych po infekcji tych komórek sztucznym bakteriofagiem będzie się składał z
B2
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
1 pkt – za wybranie cyklu litycznego oraz poprawne uzasadnienie, uwzględniające namnożenie fagów i zniszczenie (lizę) zainfekowanej komórki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Cykl lityczny, ponieważ doszło do namnożenia fagów i opuściły one komórkę bakterii, powodując jej zniszczenie. • Cykl lityczny, ponieważ powstały fagi potomne, które zniszczyły komórkę bakterii. • Cykl lityczny. W cyklu lizogenicznym nie doszłoby do namnożenia fagów i opuszczenia przez nie komórki bakterii. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których jako efekt cyklu litycznego podano jako jedyny skutek zniszczenie (lizę) komórki, bez odwołania się do namnożenia bakteriofagów w komórce bakterii.
W tabeli przedstawiono wyniki badania dotyczącego zagęszczenia i wielkości aparatów szparkowych występujących na liściach trzech gatunków roślin.
| Gatunek rośliny | Aparaty szparkowe | ||
|---|---|---|---|
| liczba [na 1 cm2] | wymiary [µm] | odległość między aparatami [mm] | |
| kukurydza zwyczajna | 7 000 | 19 × 5 | 0,14 |
| pomidor | 13 000 | 13 × 6 | 0,10 |
Które zdanie, na podstawie przedstawionych wyników badań, stanowi prawidłowo sformułowany wniosek? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. niż na liściach pszenicy i kukurydzy. rośliny.
D
rozwiązań zadań
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Zmiany potencjału wody w komórkach szparkowych są bezpośrednią przyczyną otwierania i zamykania aparatu szparkowego. Aktywny transport jonów K+ do komórek szparkowych powoduje (wzrost / spadek) potencjału wody w tych komórkach. Wówczas komórki szparkowe (pobierają / tracą) wodę i w efekcie następuje wzrost ich turgoru. W tej sytuacji szparka (otwiera się / zamyka się).
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawną odpowiedź, odnoszącą się do zmniejszonej utraty wody w wyniku transpiracji (parowania z powierzchni liści). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Spodnia strona liścia jest zacieniona, więc przez aparaty szparkowe wolniej paruje woda. • Zapobiega to nadmiernej utracie wody przez szparki w wyniku transpiracji. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do przeprowadzania wymiany gazowej przez dłuższy okres czasu dzięki otwarciu aparatów po zacienionej stronie liścia, np. „Dzięki temu aparaty szparkowe mogą być dłużej otwarte w słoneczne dni i prowadzić wymianę gazową, ponieważ promienie słoneczne nie docierają do spodniej strony liścia i komórki nie tracą turgoru”.
Na schemacie przedstawiono rozwój gametofitu żeńskiego rośliny okrytonasiennej.
Na powyższym schemacie zaznacz moment, w którym dochodzi do mejozy. Wpisz literę R nad odpowiednią strzałką.
Podaj ploidalność (1n, 2n lub 3n) komórki macierzystej makrospor oraz komórek zalążka oznaczonych na schemacie literami A i D. A. .............. , D. ............. .
Zapisz nazwy komórek woreczka zalążkowego, z którymi łączą się jądra plemnikowe, oraz podaj ich oznaczenia literowe ze schematu.
R
1 pkt – za prawidłowe zaznaczenie momentu zachodzenia mejozy – nad pierwszą strzałką od lewej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
komórka macierzysta makrospor: 2n A. n D. n
1 pkt – za podanie wszystkich prawidłowych ploidalności. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
Komórka jajowa – B, komórka centralna – C.
1 pkt – za podanie obu prawidłowych nazw obu komórek i oznaczeń literowych na schemacie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
Słonecznik bulwiasty – topinambur (Helianthus tuberosus L.) – to roślina pochodząca z Ameryki Północnej uprawiana na różnych kontynentach jako roślina jadalna, pastewna i ozdobna. Poza cienkimi korzeniami wytwarza rozłogi podziemne. Na ich końcach powstają podziemne bulwy, w których magazynowane są asymilaty. Bulwy zawierają inulinę składającą się z około 35 cząsteczek fruktozy. Inulina nie jest trawiona przez ludzi, w związku z czym bulwy mają niewielką wartość odżywczą. Na wykresie przedstawiono zmiany suchej masy różnych organów topinambura (korzeni, łodyg i liści) podczas jego wzrostu. Krzywe ilustrujące zmiany masy łodyg nadziemnych i bulw oznaczono literami A i B. Pomiary wykonywano w ciągu 33 tygodni, licząc od wysadzenia rośliny aż do momentu zakończenia formowania się nowych bulw.
Podaj, która z krzywych – A czy B – przedstawia zmiany masy bulw, a która – zmiany masy łodyg nadziemnych. Odpowiedź uzasadnij, uwzględniając funkcje tych struktur.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały one informacje prawdziwe. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Formą transportową produktów asymilacji z liści do bulw topinambura jest (glukoza / sacharoza). W transporcie związków magazynowanych w bulwach topinambura główną rolę odgrywa (floem / ksylem). Inulina będąca głównym związkiem przechowywanym w bulwach jest (dwucukrem / wielocukrem).
1 pkt – za prawidłowe rozpoznanie obu krzywych wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do magazynowania w bulwach substancji zapasowych dopiero po ich wyprodukowaniu w nadziemnej części pędu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Zmiana masy bulw: A Zmiana masy łodyg nadziemnych: B Uzasadnienie: Najpierw muszą się rozwinąć liście i łodygi prowadzące fotosyntezę, a dopiero potem wyprodukowane substancje organiczne są magazynowane w bulwach.
Formą transportową produktów asymilacji z liści do bulw topinambura jest (glukoza / sacharoza). W transporcie związków magazynowanych w bulwach topinambura główną rolę odgrywa (floem / ksylem). Inulina będąca głównym związkiem przechowywanym w bulwach jest (dwucukrem / wielocukrem).
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się nietrawienia inuliny w układzie pokarmowym człowieka i w konsekwencji brak wpływu inuliny na poziom glukozy we krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Topinambur zawiera w swoich bulwach inulinę, która nie jest trawiona w organizmie człowieka, dlatego nie wpływa na zmiany poziomu glukozy we krwi. • Bulwy zawierają inulinę, która jest cukrem nietrawionym przez ludzi, więc u osób chorych na cukrzycę nie dojdzie do zbyt wysokiego poziomu cukru po ich zjedzeniu.
Przeprowadzono doświadczenie w celu zbadania wpływu kierunkowego oświetlenia na wzrost wydłużeniowy siewek pieprzycy siewnej (Lepidium sativum), potocznie nazywanej rzeżuchą. W płaskim naczyniu, na wilgotnym podłożu, umieszczono kiełkujące nasiona rzeżuchy i oświetlono je kierunkowo, ustawiając włączoną lampę z jednej strony naczynia. Siewki systematycznie podlewano. Po sześciu dniach stwierdzono, że łodygi siewek wydłużyły się o średnio 4 cm i wszystkie były wygięte w stronę źródła światła (lampy).
Zaplanuj i opisz próbę kontrolną do powyższego doświadczenia, uwzględniając badany czynnik oraz warunki doświadczenia.
Podaj nazwę fitohormonu, który bierze udział w reakcjach fototropicznych siewek, oraz wyjaśnij, w jaki sposób warunkuje on kierunkowy wzrost ich łodyg w stronę źródła światła.
1 pkt – za poprawnie zaplanowanie próby kontrolnej, uwzględniające rozproszone oświetlenie oraz pozostałe warunki doświadczenia takie same jak w próbie badawczej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Należy zapewnić takiej samej liczbie kiełkujących nasion rzeżuchy taką samą wilgotność i temperaturę, ale oświetlić je światłem bezkierunkowym. • W płaskim naczyniu wysiać skiełkowane nasiona rzeżuchy, oświetlić światłem rozproszonym i systematycznie je podlewać, utrzymując pozostałe warunki takie same. • Taka sama jak próba badawcza, ale ze światłem rozproszonym zamiast kierunkowego. Uwaga Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zaciemnienia kiełkujących nasion, ponieważ badany jest wpływ kierunkowego oświetlenia, a nie oświetlenia w ogóle.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy fitohormonu – auksyny oraz poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wpływ auksyn na wzrost wydłużeniowy: przyczyna – większe stężenie auksyny po stronie zacienionej, mechanizm – szybszy wzrost łodyg po stronie zacienionej i skutek – zmiana kierunku wzrostu, czyli wygięcie się łodyg w stronę światła. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Auksyny. Światło padające kierunkowo na siewki powoduje przemieszczanie się auksyn na zacienioną stronę łodygi, przez co rośnie ona po tej stronie szybciej niż po stronie oświetlonej, i dlatego siewka wygina się w stronę światła. • Auksyny stymulują wzrost wydłużeniowy pędu. Pod wpływem światła przemieszczają się na zaciemnioną stronę łodygi siewki i powodują tam szybszy wzrost, przez co siewka wygina się w stronę światła. • Auksyny, które stymulują wzrost wydłużeniowy łodygi. Pod wpływem światła ulegają rozkładowi, przez co jest ich więcej po stronie zacienionej łodygi i ta strona rośnie szybciej, co powoduje wygięcie się w stronę światła.
rozwiązań zadań
Na schemacie przedstawiono cykl rozwojowy glisty ludzkiej. W Polsce glistnica jest chorobą coraz rzadszą, ale ciągle częstą w krajach tropikalnych, m.in. ze względu na nawożenie upraw ludzkimi odchodami.
Na podstawie schematu oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące glisty ludzkiej są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Glista ludzka jest organizmem rozdzielnopłciowym o wyraźnym dymorfizmie płciowym. | ||
| 2 | Glista ludzka jest pasożytem jednodomowym, ponieważ ma jednego żywiciela, którym jest człowiek. |
PPF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
AB
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Jętki należą do owadów związanych ze środowiskiem wodnym. Osobniki dorosłe żyją zaledwie kilka dni i giną zaraz po kopulacji i złożeniu jaj. Mają ciało pokryte cienkim, chitynowym oskórkiem. Odwłok jest zakończony długimi wyrostkami. Na głowie znajdują się duże oczy złożone i para krótkich, wieloczłonowych czułków. Aparat gębowy jest silnie uwsteczniony, gdyż postaci dorosłe nie pobierają pokarmu. Jaja składane są do wody, gdzie rozwijają się larwy. Mają one bardzo dobrze rozwinięty gryzący aparat gębowy i zasiedlają najczęściej dno koryta rzeki, odżywiając się zgromadzoną tam martwą materią organiczną. Dorastająca larwa linieje od 15 do 30 razy. W wyniku przedostatniego linienia powstaje uskrzydlone subimago. Jego jelito nie zawiera już treści pokarmowej, ale gaz ułatwiający wypłynięcie na powierzchnię wody i jej opuszczenie. W ciągu 24 godzin owad linieje po raz ostatni, przechodząc w postać dojrzałą. Dawniej jętki występowały powszechnie w rzekach Europy. Obecnie albo wyginęły, albo znajdują się na listach gatunków zagrożonych wyginięciem. Jętki są bardzo wrażliwe na zanieczyszczenia wody i inne zmiany jej parametrów fizykochemicznych. Poniższy rysunek przedstawia osobnika dorosłego i larwę bez zachowania skali.
Na podstawie tekstu i rysunku podaj dwie cechy budowy morfologicznej jętek, które występują wyłącznie u owadów.
Określ typ przeobrażenia występującego u jętki. Odpowiedź uzasadnij.
• ciało podzielone na głowę, tułów i odwłok / trzy tagmy • obecność (dwóch par) skrzydeł • trzy pary odnóży krocznych / sześć nóg Uwaga: Dopuszcza się odpowiedź „oczy złożone”, mimo że występują one u niektórych wijów i skorupiaków.
1 pkt – za podanie dwóch cech budowy jętki występujących wyłącznie u owadów, wymienionych w tekście lub widocznych na rysunku. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
Typ przeobrażenia: niezupełne / hemimetabolia Uzasadnienie: W rozwoju nie ma poczwarki
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy typu przeobrażenia oraz prawidłowe uzasadnienie, odnoszące się do braku stadium poczwarki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
B
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Owce to przeżuwacze o wielokomorowym żołądku, w którym bytują symbiotyczne pierwotniaki. Przeprowadzono doświadczenie, w którym określono średni przyrost dziennej masy ciała w dwóch grupach jagniąt owcy: • Grupa 1. – jagnięta mające w żwaczu symbiotyczne pierwotniaki, • Grupa 2. – jagnięta, które pozbawiono symbiotycznych pierwotniaków. Wyniki badań przedstawiono w tabeli.
| Liczba jagniąt | Liczba dni doświadczenia | Średni dzienny przyrost masy ciała [kg] | |
|---|---|---|---|
| Grupa 1. | 15 | 84 | 0,56 |
| Grupa 2. | 15 | 84 | 0,42 |
Spośród A–E wybierz i zapisz literę oznaczającą jeden poprawnie sformułowany problem badawczy przedstawionego doświadczenia i literę oznaczającą jedną hipotezę potwierdzoną wynikami tego doświadczenia. na średni dzienny przyrost masy? odżywczych u jagniąt owcy. przyrost ich masy ciała. owcy? dzienny przyrost ich masy ciała?
Problem badawczy: E Hipoteza: C
2 pkt – za poprawne zapisanie w wyznaczonym miejscu jednego problemu badawczego i jednej hipotezy. 1 pkt – za poprawne zapisanie w wyznaczonym miejscu tylko jednego problemu badawczego lub tylko jednej hipotezy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za wybór grupy 1. oraz prawidłowe uzasadnienie, odnoszące się do naturalnej obecności u tych owiec symbiotycznych mikroorganizmów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Grupa 1., ponieważ • owce w naturalnych warunkach mają symbiotyczne mikroorganizmy w żołądku, a więc nie wprowadzano w tej grupie żadnych zmian. • jagnięta bardzo szybko po urodzeniu nabywają symbiotyczne pierwotniaki – wyniki w tej grupie odzwierciedlają to, w jaki sposób funkcjonują zdrowe zwierzęta. • u tych owiec nie zmieniano naturalnego mikrobiomu żwacza. • nie usuwano pierwotniaków naturalnie występujących w ich żołądku.
: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do definicji próby kontrolnej np. „Grupa 1., ponieważ nie były wprowadzone żadne zmiany”. Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający odnosi się do badania wpływu symbiotycznych pierwotniaków na wydajność trawienia, ułatwianie wchłaniania lub ilość przyswajalnego pokarmu, ponieważ tych zjawisk nie badano w przedstawionym doświadczeniu.
Na rysunku przedstawiono budowę kręgosłupa człowieka w dwóch różnych fazach rozwojowych. Cyframi I–V oznaczono poszczególne odcinki kręgosłupa.
Określ, który z rysunków – A czy B – przedstawia budowę kręgosłupa noworodka. Odpowiedź uzasadnij, porównując wybraną cechę budowy kręgosłupa noworodka z odpowiednią cechą budowy kręgosłupa osoby dorosłej.
Wypisz z rysunku odcinki kręgosłupa dorosłego człowieka, które mają pomiędzy wszystkimi kręgami krążki międzykręgowe. Zapisz ich oznaczenia cyfrowe spośród I–V.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz odpowiedź 1., 2. albo 3. Krążki międzykręgowe występujące w kręgosłupie dorosłego człowieka są zbudowane z tkanki
1 pkt – za wybór rysunku A oraz prawidłowe uzasadnienie, wykazujące jedną różnicę w budowie kręgosłupa pomiędzy noworodkiem a człowiekiem dorosłym. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie A, ponieważ • kręgi w odcinku krzyżowym i guzicznym u noworodka nie są zrośnięte, a u dorosłego człowieka tworzą większe kości. • brak wygięć kręgosłupa u noworodka, a obecność lordoz i kifoz u dorosłego. • kręgosłup noworodka jest łukowaty, a kręgosłup dorosłego człowieka jest esowaty. • u noworodka nie ma charakterystycznego esowatego wygięcia.
II, III Uwaga: Dopuszcza się podanie nazw odcinków kręgosłupa: piersiowy, lędźwiowy.
1 pkt – za wypisanie z rysunku obu prawidłowych oznaczeń: II i III. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
B2
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Erytropoetyna (EPO) jest hormonem wydzielanym przez nerki, który stymuluje proces erytropoezy w szpiku kostnym. Zwiększenie ilości erytropoetyny w ustroju doprowadza do wzrostu ryzyka wystąpienia choroby zakrzepowo-zatorowej. W tej chorobie dochodzi do spowolnienia przepływu czerwonych krwinek, zatykania drobnych naczyń krwionośnych, zlepiania krwinek i tworzenia zakrzepów (zlepów płytek krwi, kolagenu, fibroblastów, erytrocytów). Zaleganie zakrzepów w żyłach powoduje z czasem uszkodzenie żył i znajdujących się w nich zastawek. Świeże skrzepliny mogą ulec oderwaniu i przemieszczeniu się do naczyń płucnych, powodując zator płucny. Zakrzepica jest trzecią co do częstości występowania chorobą układu sercowo-naczyniowego, a zator płucny (zatorowość płucna) – częstą przyczyną nagłych zgonów chorych leczonych w szpitalach.
Wyjaśnij, dlaczego zwiększenie ilości EPO w organizmie człowieka przyczynia się do wzrostu ryzyka wystąpienia choroby zakrzepowo-zatorowej. W odpowiedzi uwzględnij funkcję erytropoetyny w organizmie człowieka.
Wyjaśnij, dlaczego jednoczesne zaczopowanie obu tętnic płucnych prowadzi do natychmiastowego zatrzymania krążenia. W odpowiedzi uwzględnij budowę układu krwionośnego człowieka.
• Zwiększone ilości erytropoetyny, która stymuluje proces erytropoezy prowadzi do powstania zwiększonej ilości erytrocytów we krwi, co zwiększa ryzyko powstawania zakrzepów. • Erytropoetyna pobudza szpik kostny do produkcji czerwonych ciałek krwi, których zwiększona ilość może być przyczyną zakrzepów. • Zwiększona ilość erytropoetyny może prowadzić do nadprodukcji erytrocytów. Podwyższona ilość erytrocytów powoduje, że krew robi się lepka i gęsta i wzrasta ryzyko tworzenia się w naczyń krwionośnych zakrzepów.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające rolę erytropoetyny w pobudzaniu syntezy erytrocytów i zwiększeniu ich ilości we krwi, co skutkuje zwiększonym ryzykiem powstawania zakrzepów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.
• Obie tętnice płucne wychodzą z prawej komory serca i przepływa przez nie cała objętość wyrzutowa krwi odtlenowanej. Jak krew nie będzie krążyć w płucach, to także nie popłynie do tkanek, bo układ krążenia tworzy jedną całość. • Zaczopowanie tętnic płucnych doprowadzi do zatrzymania krążenia w małym obiegu krwi, bo zupełnie zatka się droga krwi do płuc. Duży obieg jest połączony z małym, a więc krążenie ustanie zupełnie. • Zamknie się dopływ krwi do płuc, a więc krew przestanie w ogóle przepływać przez płuca, a z płuc nie popłynie do dużego obiegu.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zatrzymanie krążenia w małym obiegu krwi i w konsekwencji także w krążeniu ustrojowym ze względu na połączenie obiegów krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Na rysunku przedstawiono budowę ludzkiego oka.
Wypisz ze schematu oznaczenia literowe wszystkich elementów budowy oka, które wchodzą w skład układu optycznego, oraz podaj ich nazwy.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące siatkówki oka człowieka są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Czopki siatkówki odpowiadają za widzenie barwne, a pręciki siatkówki – za czarno-białe. |
B – rogówka, C – ciecz wodnista, D – soczewka, F – ciało szkliste.
1 pkt – za wypisanie ze schematu oznaczeń literowych wszystkich elementów optycznych oka oraz podanie ich prawidłowych nazw. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
PFP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
2 pkt – za określenie prawidłowej funkcji rodopsyny w pochłanianiu światła i transdukcji sygnału oraz roli tęczówki w regulowaniu ilości światła docierającej do wnętrza oka. 1 pkt – za określenie prawidłowej funkcji rodopsyny w pochłanianiu światła i transdukcji sygnału lub roli tęczówki w regulowaniu ilości światła docierającej do wnętrza oka. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie 1. Rodopsyna zawarta w komórkach siatkówki: • pochłania światło i przekazuje dalej informację o działaniu bodźca. • absorbuje światło, co zmienia kształt jej cząsteczek, prowadząc do transdukcji sygnału. • pochłaniając fotony, zmienia swoją strukturę przestrzenną, co prowadzi do powstania impulsu nerwowego. 2. Tęczówka wraz ze źrenicą: • reguluje ilość światła docierającą do siatkówki. • zapobiega wnikaniu nadmiernej ilości światła do oka.
(0–1) Badano czynności mózgu u osób nieumiejących grać na fortepianie oraz u zawodowych pianistów. Badanym osobom pokazano film przedstawiający ruch naciskanych klawiszy fortepianu. Całkowicie wyciszono przy tym dźwięk filmu. Zaobserwowano, że: • u osób oglądających film, ale nieumiejących grać na fortepianie, aktywowała się jedynie kora wzrokowa, • u profesjonalnych pianistów aktywna była zarówno kora wzrokowa, jak i kora słuchowa.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do kształtowania w procesie uczenia się odruchów warunkowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Pianiści mieli wykształcone odruchy warunkowe, dzięki czemu rozpoznawali oni melodię po ruchach klawiszy, przez co aktywna była ich kora wzrokowa i słuchowa. • Pianiści mieli wykształcone łuki odruchów warunkowych, przez co mogli kojarzyć obraz z zapamiętanym dźwiękiem dzięki aktywności obu ośrodków kory – wzrokowego i słuchowego. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do obecności połączeń pomiędzy ośrodkami w korze wzrokowej i słuchowej u pianistów, powstałych w procesie uczenia się np. „Pianiści, dzięki wcześniejszej nauce, mieli wykształcone połączenia nerwowe między ośrodkami w korze mózgu, i dlatego kojarzyli oni ruch klawiszy z odpowiednimi dźwiękami”.
Rozwój metod analizy chromosomów umożliwił rutynowe badanie kariotypów w celu wykrycia występujących w nich nieprawidłowości. Opracowano technikę, dzięki której w krótkim czasie, stosując fitohemaglutyninę stymulującą podziały komórkowe, można otrzymać z krwi obwodowej noworodka dużą liczbę komórek (np. limfocyty T). Po odpowiednim przygotowaniu w tych komórkach można łatwo rozróżnić i policzyć pod mikroskopem chromosomy. Aby móc je obserwować, stosowana jest najpierw kolchicyna, hamująca podziały komórkowe w stadium metafazy mitozy, a następnie indukuje się pęcznienie komórek, aby ułatwić rozdzielenie się chromosomów. Na rysunku przedstawiono metodę analizy chromosomów z krwi obwodowej.
Wyjaśnij, dlaczego do opisanego badania wybrano z ludzkiej krwi limfocyty, a nie – erytrocyty. W odpowiedzi uwzględnij budowę obu rodzajów komórek.
Wyjaśnij, dlaczego użycie kolchicyny i roztworu soli bez wcześniejszego zastosowania fitohemaglutyniny byłoby niewystarczające do obserwacji chromosomów.
Uzasadnij, że w przedstawionym badaniu nie można umieścić limfocytów w wodzie destylowanej, ale należy umieścić je w odpowiednim roztworze soli.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające obecność w limfocytach jądra komórkowego warunkującego obserwacje chromosomów lub namnażanie komórek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Nie można wziąć do badania erytrocytów, ponieważ nie mają one chromosomów, a więc nie da się ustalić na ich podstawie kariotypu. Limfocyty mają normalne jądro komórkowe. • Limfocyty to komórki zawierające jądro komórkowe, dzięki któremu mogą się dzielić mitotycznie, a erytrocyty nie mają jądra. Limfocyty można zatem namnożyć, a erytrocytów nie da się namnażać.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające stymulujący wpływ fitohemaglutyniny na podziały komórkowe i w konsekwencji: 1) kondensację chromosomów lub 2) uzyskanie odpowiedniej ilości materiału do badań. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Bez fitohematoglutyniny, stymulującej podziały komórkowe, nie można byłoby uwidocznić chromosomów, które kondensują dopiero na początku mitozy. • Fitohemaglutyninę stosuje się, aby limfocyty umieszczone w pożywce zaczęły się dzielić i zwiększyła się ich liczba. • Gdyby najpierw zastosowano kolchicynę, to komórki przestałyby się dzielić i materiału do badania byłoby za mało.
rozwiązań zadań 3) wyjaśnia przebieg plazmolizy w komórkach roślinnych, odwołując się do zjawiska osmozy.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do możliwości rozerwania komórki umieszczonej w wodzie destylowanej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Woda destylowana spowodowałaby zbyt silne pęcznienie i w końcu pękanie badanych komórek. • Roztwór soli dobiera się w taki sposób, aby komórki napęczniały, ale nie zostały rozerwane, co się może stać po ich umieszczeniu w wodzie destylowanej. • Włożenie komórek do wody destylowanej rozerwałoby je.
(0–1) Która z wymienionych chorób genetycznych człowieka jest dziedziczona w sposób jednogenowy dominujący? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. 15.
D
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Mutacja genowa może być mutacją punktową, ale może też polegać na podstawieniu, wstawieniu bądź wycięciu większego odcinka DNA. Na schemacie strzałkami oznaczono podstawienia nukleotydowe w łańcuchu DNA. … …
Uzupełnij schemat – wpisz w wyznaczone kropkami miejsca symbole trzech pozostałych nukleotydów w taki sposób, aby schemat prawidłowo ilustrował transwersje – podstawienia nukleotydu purynowego na pirymidynowy i odwrotnie.
Określ, która z mutacji – insercja pojedynczego nukleotydu czy podstawienie – może spowodować zmianę ramki odczytu w sekwencji kodującej białko. Odpowiedź uzasadnij.
Oceń, czy poniższe informacje dotyczące mutacji są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie |
|---|
A G G A T C T C lub
1 pkt – za prawidłowe wpisanie trzech symboli nukleotydów. 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za wybór insercji oraz prawidłowe uzasadnienie, odnoszące się do przesunięcia pozycji kodonów w wyniku wstawienia nukleotydu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Insercja spowoduje, że np. nukleotyd, który był pierwszy w kodonie, będzie teraz odczytywany jako drugi. • Insercja, ponieważ wstawienie pojedynczego nukleotydu zmieni układ odczytywanych trójek nukleotydów – kodonów. • Insercja. Po dołożeniu jednego nukleotydu przesuną się odczytywane pozycje kodonów. • Insercja, ponieważ kod genetyczny jest trójkowy, a wstawienie jednego nukleotydu pomiędzy pozostałe zaburzy układ tych trójek.
PPP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Wywilżna karłowata (Drosophila melanogaster) ma 4 pary chromosomów, z których jedna para to chromosomy płci: X i Y. U tego gatunku płeć jest determinowana przez stosunek liczby chromosomów X do autosomów. Samice mają zazwyczaj dwa chromosomy X, a normalne płodne samce jeden chromosom X i jeden chromosom Y. Geny warunkujące kolor oczu (czerwony lub biały) oraz kolor ciała (jasnobrunatny lub czarny) dziedziczą się niezależnie od siebie. Allel warunkujący barwę czerwoną oczu (A) jest dominujący, podobnie jak allel warunkujący jasnobrunatną barwę ciała (B). Aby sprawdzić, która z podanych cech dziedziczy się autosomalnie, a która jest sprzężona z płcią, skrzyżowano czarnego samca (XY) o oczach czerwonych z jasnobrunatną samicą (XX) o oczach białych. Stwierdzono, że wszystkie osobniki z pierwszego pokolenia miały jasnobrunatną barwę ciała, ale wszystkie samce miały oczy białe, natomiast wszystkie samice miały oczy czerwone.
Podaj genotypy samca i samicy oraz ich potomstwa w przeprowadzonym doświadczeniu. Zastosuj podane w tekście oznaczenia alleli.
Podaj genotypy czarnego samca i jasnobrunatnej samicy, w których potomstwie mogłyby się pojawić się osobniki o czarnej barwie ciała. Odpowiedź uzasadnij.
Genotyp samca: bbXAY Genotyp samicy: BB XaXa Genotypy potomstwa (F1): Bb XAXa oraz Bb XaY
1 pkt – za podanie wszystkich prawidłowych genotypów: samca, samicy i ich potomstwa. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za poprawne zapisanie genotypów rodziców oraz prawidłowe uzasadnienie, odnoszące się do sposobu dziedziczenia barwy ciała u Drosophila melanogaster. 1 pkt – za poprawne zapisanie genotypów rodziców bez uzasadnienia lub z nieprawidłowym uzasadnieniem. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Genotyp samca: bb Genotyp samicy: Bb Uzasadnienie: samiec musi być homozygotą recesywną – to jest jedyny genotyp warunkujący czarną barwę ciała. Samica musi być heterozygotą – tylko w takim przypadku będzie jasnobrunatna, ale będzie mogła przekazać potomstwu recesywny allel. Uwaga: Uznaje się uzasadnienie w formie krzyżówki genetycznej.
rozwiązań zadań
(0–1) Przeprowadzono eksperyment na dziko żyjącej populacji niewielkich ryb – gupików. Ze zbiornika, w którym presja drapieżników była wysoka, a ryby żywiące się gupikami preferowały duże, dorosłe osobniki, przeniesiono kilkadziesiąt par dorosłych gupików do zbiornika, w którym drapieżniki polowały mniej intensywnie i wybierały głównie młode osobniki oraz dorosłe gupiki o niewielkich rozmiarach ciała. Po 11 latach (18 pokoleniach gupików) porównano średnią masę ciała dorosłych samic i samców w tej populacji gupików z gupikami pochodzącymi z populacji wyjściowej. Wyniki eksperymentu przedstawiono na wykresie.
TTN
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Pachnica dębowa (Osmoderma eremita) to gatunek dużego chrząszcza, którego naturalnym siedliskiem są dziuple starych drzew liściastych rosnących na nasłonecznionych stanowiskach w wiekowych starodrzewach, np. w Puszczy Białowieskiej. W szczelinach drzew rozwijają się mało ruchliwe larwy. Odżywiają się one gromadzącym się w dziuplach próchnem czyli drewnem na wpół rozłożonym przez grzyby. Trawienie tego próchna umożliwiają larwom mikroorganizmy występujące w ich przewodach pokarmowych. Rozwój larw trwa około 3 lat, po czym następuje przepoczwarzenie. Obecnie podstawowym siedliskiem pachnicy dębowej są wieloletnie, przydrożne drzewa, wiekowe parki i sady oraz zadrzewienia starych cmentarzy. Pachnica dębowa jest objęta ścisłą ochroną gatunkową. Została również wpisana do Polskiej Czerwonej Księgi Zwierząt, gdzie nadano jej status gatunku wysokiego ryzyka, narażonego na wyginięcie. Jeszcze w roku 1992 pachnica była znana w Polsce tylko z kilku rozproszonych stanowisk. Jednak ze względu na rosnące zainteresowanie ekologią gatunku w ostatnich latach odkryto wiele nowych miejsc występowania pachnicy, ale dane są w dalszym ciągu niekompletne. Na poniższej mapie Polski przedstawiono rozmieszczenie stanowisk pachnicy dębowej odkrytych do roku 2009. Białe punkty oznaczają stanowiska odnotowane przed 1995 rokiem, czarne punkty – stanowiska z roku 1995 i późniejsze.
Na podstawie tekstu i własnej wiedzy wpisz do tabeli nazwy odpowiednich taksonów określających przynależność systematyczną pachnicy dębowej.
| Typ | |
|---|---|
| Gromada | |
| Rząd | chrząszcze |
| Rodzaj | |
| Gatunek |
Typ Arthropoda / stawonogi Gromada Insecta / owady Rząd chrząszcze Rodzaj Osmoderma / pachnica Gatunek Osmoderma eremita / pachnica dębowa
1 pkt – za prawidłowe wypełnienie tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
1. mutualizm 2. komensalizm
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, odnoszące się do niszczenia naturalnych lasów (starodrzewu), co powoduje brak odpowiednich (spróchniałych) drzew z dziuplami. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Naturalne lasy ze starymi drzewami są niszczone, dlatego pachnica nie ma odpowiednich siedlisk – dziuplastych, częściowo spróchniałych drzew. • Ze względu na tworzenie lasów gospodarczych, w których drzewa są w tym samym wieku i nie ma tam starych, dziuplastych drzew. 21.3 (0–1) Wymagania egzaminacyjne 2021
1 pkt – za podanie obu poprawnych nazw zależności. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
(0–1) Jedną z najważniejszych ostoi ptaków wodno-błotnych w centralnej Polsce jest Dolina Nidy. Zachowano tam tradycyjną gospodarkę łąkarską – zaprzestano nawożenia nawozami mineralnymi, opóźniono terminy koszenia i wprowadzono także kontrolowany wypas bydła.
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, dotyczące zarastania łąk (sukcesji) lub do zmiany warunków siedliskowych, które powodują zanik siedlisk do gniazdowania lub brak miejsc do żerowania ptaków wodno-błotnych. 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zaniechanie wypasu i koszenia łąk skutkuje ich zarastaniem i zmianą biocenozy, w której bytowały ptaki wodno-błotne, czego skutkiem może być zarówno utrata miejsc do gniazdowania. • Zaniechanie wypasu i koszenia łąk może doprowadzić do ich zarastania i tym samym zmiany ekosystemu co może zagrażać ptakom wodno-błotnym, gdyż mogą zniknąć ich źródła pokarmu i miejsca bytowania. • Może to spowodować osuszanie terenu poprzez rozrastającą się roślinność, a ptaki wodno-błotne stracą miejsca do żerowania. • Zmiana warunków siedliskowych spowoduje znikanie miejsc odpowiednich do budowy gniazd. • Łąki to siedliska półnaturalne, tzn. wymagają koszenia, aby nie zarosły lasem, a w lesie wymienione ptaki nie będą zakładać gniazd. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do przekształceń biocenozy łąkowej w leśną, bez odniesienie się do rozmnażania lub do żerowania ptaków wodno-błotnych.
| 2 | Wszystkie rybosomy w komórce eukariotycznej są jednakowej wielkości i pełnią te same funkcje. |
| 3 | W komórkach eukariotycznych białka produkowane na eksport powstają na rybosomach związanych z siateczką śródplazmatyczną. |
Do funkcji rybosomu 1.–4., pełnionych podczas translacji przez poszczególne miejsca funkcyjne rybosomu, przyporządkuj ze schematu ich odpowiednie oznaczenia wybrane spośród: E, P lub A. 1. Przyłączanie inicjatorowego tRNA rozpoczynającego translację: ............... 2. Wiązanie aminoacylo-tRNA: ................. 3. Wiązanie peptydylo-tRNA: ................. 4. Uwalnianie z rybosomu wolnego tRNA: ...............
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały one prawdziwe informacje dotyczące translacji. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Do połączenia podjednostek rybosomu dochodzi tylko w przypadku przyłączenia do (małej / dużej) podjednostki odpowiedniego rodzaju kwasu nukleinowego – (tRNA / końca 3ʹ mRNA / końca 5ʹ mRNA). Zachodzi wtedy proces (inicjacji / elongacji / terminacji) translacji.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
Wyjaśnij, dlaczego opisana we wstępie do zadania pompa jonowa Na+/K+ wymaga do działania ATP.
Określ, czy sztuczny bakteriofag, którym zainfekowano bakterie, przechodził w tych komórkach cykl lityczny, czy – cykl lizogeniczny. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do charakterystycznych cech tego cyklu.
| pszenica | 1 000–2 000 | 38 × 7 | 0,30 |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały one informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Zmiany potencjału wody w komórkach szparkowych są bezpośrednią przyczyną otwierania i zamykania aparatu szparkowego. Aktywny transport jonów K+ do komórek szparkowych powoduje (wzrost / spadek) potencjału wody w tych komórkach. Wówczas komórki szparkowe (pobierają / tracą) wodę i w efekcie następuje wzrost ich turgoru. W tej sytuacji szparka (otwiera się / zamyka się).
Wykaż, że lokalizacja aparatów szparkowych głównie po spodniej stronie liścia jest adaptacją roślin do lądowego trybu życia.
Uzasadnij, że bulwy topinambura mogą być zalecane do zastosowania w diecie osób chorych na cukrzycę.
| 3 | Do rozwoju larw inwazyjnych dochodzi jeszcze zanim jaja opuszczą jelito człowieka. |
Z podanych poniżej przykładów ludzkich zachowań wybierz i zaznacz dwa stanowiące czynniki ryzyka zarażenia się glistą ludzką.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Narządem analogicznym do wypełnionego powietrzem przewodu pokarmowego jętki jest
Określ, czy larwy jętek mogą służyć jako bioindykatory czystości wód. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do zakresu tolerancji larw jętek na zanieczyszczenia środowiska.
1 pkt – za określenie, że larwy jętki mogą być bioindykatorami czystości wód oraz prawidłowe uzasadnienie odnoszące się do wąskiego zakresu tolerancji na zanieczyszczenia wody. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Larwy jętki mogą być bioindykatorem czystości wód, ponieważ • mają wąski zakres tolerancji ekologicznej. • są stenobiontami, a ich obecność świadczy o wysokiej jakości wody. • mają wąski zakres tolerancji w stosunku do zanieczyszczeń w środowisku ich życia, a więc w wodach silnie zanieczyszczonych nie będą występować.
Określ, która z grup doświadczalnych – 1. czy 2. – stanowiła próbę kontrolną w tym doświadczeniu. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do przebiegu doświadczenia.
Określ, jaką funkcję w trawieniu pokarmu pełnią pierwotniaki znajdujące się w żwaczu owiec.
1 pkt – za określenie prawidłowej funkcji symbiotycznych pierwotniaków polegającej na trawieniu celulozy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Pierwotniaki mają odpowiednie enzymy trawienne pozwalające na rozkład celulozy znajdującej się w komórkach roślin zjadanych przez owce. • Umożliwiają trawienie celulozy wchodzącej w skład pokarmu owcy. • Trawią celulozę.
rozwiązań zadań
: Nie uznaje się odpowiedzi, że pierwotniaki są źródłem białka dla owiec np. „Pierwotniaki w żwaczach owiec stanowią źródło białka dla owcy, gdyż rozmnażają się tam a następnie są transportowane do innych części żołądka, gdzie są trawione”. Nie uznaje się odpowiedzi z których wynika, że pierwotniaki dostarczają jagniętom enzymów potrzebnych do strawienia celulozy. Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych „biorą udział w trawieniu pokarmu”, „rozkładają niestrawione związki”.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące kręgosłupa dorosłego człowieka są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Kręgi w odcinku piersiowym mają powierzchnie stawowe dla żeber (dołki żebrowe). | ||
| 2 | Przez wszystkie odcinki kręgosłupa przechodzi kanał, w którym znajduje się rdzeń kręgowy. | ||
| 3 | We wszystkich kręgach w kręgosłupie wyróżnia się trzon, łuk i osadzone na nim wyrostki. |
rozwiązań zadań
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.
| 2 | Plamka żółta jest obszarem siatkówki, w którym pręciki występują w największym zagęszczeniu. |
| 3 | W obszarze tarczy nerwu wzrokowego nie występują ani czopki, ani pręciki. |
Określ, jaką funkcję w procesie widzenia pełnią w ludzkim oku: 1. rodopsyna zawarta w komórkach siatkówki 2. tęczówka wraz ze źrenicą.
| P |
|---|
| F |
|---|
| 1 | Konsekwencją mutacji genowej w pierwszej pozycji kodonu jest zwykle zmiana struktury pierwszorzędowej białka kodowanego przez ten gen. | ||
| 2 | U roślin okrytozalążkowych rozmnażających się generatywnie mutacje somatyczne mogą być przekazywane potomstwu. | ||
| 3 | Aneuploidie polegają na utracie lub występowaniu dodatkowych pojedynczych chromosomów. |
Wyjaśnij, dlaczego pachnica występuje obecnie w Polsce głównie na siedliskach zastępczych, np. w przydrożnych drzewach.
1. pachnicą a mikroorganizmami w jej przewodzie pokarmowym: ........................................... 2. pachnicą a starymi drzewami, w dziuplach których bytują jej larwy: ....................................
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące rozmieszczenia pachnicy w Polsce są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Przed rokiem 1992 pachnica nie występowała na terenie Polski. | ||
| 2 | W latach 1995–2009 pachnica rozprzestrzeniła się po całej Polsce i przestała być gatunkiem rzadkim. | ||
| 3 | Niewielka liczba odnotowanych stanowisk pachnicy na Pomorzu Zachodnim może być wynikiem niekompletnej inwentaryzacji gatunku. |
1 pkt – za podanie obu poprawnych nazw zależności. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
FFP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna lub niepełna albo brak odpowiedzi.