Biologia – Arkusz pokazowy CKE marzec, PR (F‑2023)

Ładowanie…

Biologia – Arkusz pokazowy CKE marzec, PR (F‑2023) | Biolchem

Zadanie 3.

5 pkt

Metabolizm Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Rośliny Sformułuj problem badawczy / hipotezę / wniosek Zamknięte

Salvadora persica to niewielkich rozmiarów roślina drzewiasta przystosowana do wzrostu na glebach o różnym poziomie zasolenia, tolerująca nawet ekstremalne warunki zasolenia. Poniżej przedstawiono wyniki doświadczenia uzyskane po 21 dniach hydroponicznej (bezglebowej) uprawy czterech grup siewek S. persica w zależności od stężenia NaCl w pożywce. Wszystkie siewki uprawiano w szklarni w optymalnych dla tej rośliny warunkach fotoperiodu, wilgotności powietrza i temperatury otoczenia.

Grupa siewek	Stężenie NaCl w pożywce [mmol/l]	Średnie zagęszczenie aparatów szparkowych [liczba aparatów szparkowych na mm2]		Średnie stężenie jonów Na+ w komórkach korzeni [mg/g suchej masy]
		skórka górna	skórka dolna
1.	0	82	67	2,0
2.	250	41

3.1. (0–2 pkt)

Dokończ zdanie. Zaznacz dwie właściwe odpowiedzi spośród podanych. Prawidłowo sformułowany problem badawczy do przedstawionego doświadczenia to: strony blaszki liściowej? S. persica? w komórkach korzeni S. persica? S. persica?

A.Czy zagęszczenie aparatów szparkowych u S. persica zależy od stężenia NaCl orazB.Czy stężenie NaCl w pożywce ma wpływ na stężenie jonów Na+ w komórkach korzeniC.Czy średnie zagęszczenie aparatów szparkowych wpływa na średnie stężenie jonów Na+D.Dlaczego stężenie NaCl wpływa na zagęszczenie aparatów szparkowych w skórce

Zadanie 4.

4 pkt

Metabolizm Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Rośliny Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres

W wewnętrznej błonie chloroplastów występują kompleksy białek i barwników fotosyntetycznych tworzące dwa układy fotosyntetyczne zawierające nieco inny zestaw cząsteczek chlorofilu: fotosystem I i fotosystem II. Na wykresie przedstawiono całościowe widmo absorpcyjne barwników chloroplastowych zielenicy Chlorella (czarna pogrubiona krzywa) oraz widma absorpcyjne poszczególnych barwników: chlorofilu a, chlorofilu b oraz β-karotenu – dominującego karotenoidu. Czerwona krzywa ilustruje wydajność kwantową fotosyntezy, czyli zależność intensywności fotosyntezy od długości fali świetlnej, wyznaczoną jako stosunek liczby atomów fotosyntetycznie asymilowanego węgla do liczby kwantów promieniowania słonecznego absorbowanego przez komórki. absorpcja ogólna absorpcja chlorofilu b wydajność kwantowa absorpcja β-karotenu fotosyntezy umowne] absorpcja chlorofilu a kwantowa [jednostki absorpcja wydajność 400 500 600 700 długość fali świetlnej [nm]

4.1. (0–1 pkt)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Niebieskozielone światło o długości fali 500 nm jest absorbowane głównie przez (β-karoten / chlorofile). Energia światła niebieskozielonego jest wykorzystywana (w całości / częściowo) do przeprowadzania reakcji fazy jasnej fotosyntezy.

Odpowiedź:

4.2. (0–1 pkt)

Opisz funkcję pełnioną przez cząsteczki karotenoidów występujące w błonach chloroplastów.

Odpowiedź:

4.3. (0–2 pkt)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące fotosystemów są prawdziwe.

Nr

Odpowiedzi

4.1.

Poprawna odpowiedź

Niebieskozielone światło o długości fali 500 nm jest absorbowane głównie przez (β-karoten / chlorofile). Energia światła niebieskozioelonego jest wykorzystywana (w całości / częściowo) do przeprowadzanie reakcji fazy jasnej fotosyntezy.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne podkreślenie dwóch określeń podanych w nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

4.2.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne opisanie funkcji karotenoidów polegającej na fotoprotekcji lub absorpcji światła wykorzystywanego do fotosyntezy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Arkusz pokazowy z egzaminu maturalnego z biologii Przykładowe rozwiązania • Chronią fotosystemy przed nadmiarem światła. • Karotenoidy absorbują i rozpraszają nadmiar energii świetlnej, która mogłaby uszkodzić cząsteczki chlorofilu. • Karotenoidy chronią cząsteczki innych barwników przed procesami fotooksydacji. • Absorbują one światło i przekazują energię na cząsteczki chlorofilu. • Wychwytują część energii świetlnej wykorzystywanej do fotosyntezy.

4.3.

Poprawna odpowiedź

Nr	Stwierdzenie	P	F

Zadanie 6.

4 pkt

Tkanki Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Rośliny Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

W korzeniach roślin przepływ wody pobranej przez włośniki odbywa się dwiema drogami: • kanałem apoplastycznym, który tworzą ściany komórek i przestrzenie międzykomórkowe • kanałem symplastycznym, który stanowią pasma cytoplazmy komórek połączonych ze sobą plazmodesmami. W przepływie wody od włośników do ksylemu ważną rolę odgrywają komórki śródskórni, których położone obwodowo ściany komórkowe są zaopatrzone w tzw. pasemka Caspary’ego – zgrubienia ściany komórkowej przesycone ligniną i lipofilową suberyną. Na rysunku przedstawiono budowę anatomiczną korzenia rośliny dwuliściennej w strefie włośnikowej oraz w powiększeniu – komórki śródskórni z pasemkami Caspary’ego. Litery A i B oznaczają dwie drogi przemieszczania się wody pobranej przez włośniki w miękiszu kory pierwotnej korzenia.

6.1. (0–1 pkt)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Na schemacie kanał apoplastyczny zaznaczono (literą A / literą B). Pasemka Caspary’ego blokują transport wody szlakiem (apoplastycznym / symplastycznym).

Odpowiedź:

6.2. (0–1 pkt)

Wyjaśnij, dlaczego pasemka Caspary’ego stanowią barierę dla przepływu wody z kory pierwotnej do walca osiowego. W odpowiedzi odnieś się do budowy i właściwości ściany komórkowej komórek śródskórni.

Odpowiedź:

6.3. (0–2 pkt)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące transportu wody w korzeniu są prawdziwe.

Nr

Odpowiedzi

6.1.

Poprawna odpowiedź

Na schemacie kanał apoplastyczny zaznaczono (literą A / literą B). Pasemka Caspary’ego blokują transport wody szlakiem (apoplastycznym / symplastycznym).

Zasady oceniania

1 pkt – za podkreślenie właściwych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

6.2.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające hydrofobowe właściwości pasemek Caspary’ego, z czego wynika ich nieprzepuszczalność dla wody, oraz ich obwodowe położenie w ścianie komórkowej, co zapewnia barierę dla wody przemieszczającej się z kory pierwotnej do walca osiowego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Pasemka są zbudowane z nieprzepuszczalnej dla wody ligniny i są usytuowane poprzecznie do kierunku przepływu wody. • Pasma Caspary’ego są zbudowane z suberyny nieprzepuszczalnej dla wody, a ponadto są one położone obwodowo w ścianie komórkowej, przez co staje się utrudniony przepływ wody przez apoplast. • Pasemka te są zbudowane z substancji hydrofobowej, a ich obwodowe położenie stanowi barierę dla wody przepływającej drogą apoplastyczną.

6.3.

Poprawna odpowiedź

Nr	Stwierdzenie	P

Zadanie 7.

3 pkt

Anatomia i fizjologia człowieka Genetyka Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres

W przebiegu odpowiedzi immunologicznej w organizmie człowieka są wytwarzane różne klasy przeciwciał: • immunoglobuliny M (IgM) – produkowane na początku odpowiedzi immunologicznej • immunoglobuliny G (IgG) – pojawiają się później, a ich wysokie stężenie utrzymuje się przez dłuższy okres w surowicy krwi i limfie. Są to jedyne przeciwciała przechodzące przez łożysko. Oznaczanie w surowicy pacjenta przeciwciał klasy IgG i IgM swoistych dla określonego antygenu stosuje się często w celach diagnostycznych. Takie badania serologiczne są podstawą diagnostyki w kierunku toksoplazmozy u kobiet w ciąży. Na poniższym schemacie przedstawiono zmiany stężenia przeciwciał IgG i IgM po zarażeniu Toxoplasma gondii.

7.1. (0–2 pkt)

Uzupełnij tabelę – do każdego z wyników badania wykrywającego obecność przeciwciał skierowanych przeciwko T. gondii dobierz jego właściwą interpretację spośród podanych (A–C). A. świadczy o braku odporności B. świadczy o przebytym w przeszłości zarażeniu C. świadczy o aktywnej, rozwijającej się inwazji pasożyta

Wynik badania serologicznego	Interpretacja wyniku
IgM (–), IgG (–)
IgM (–), IgG (+)

7.2. (0–1 pkt)

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Na skutek przechodzenia przez łożysko matczynych przeciwciał klasy IgG noworodek w sposób naturalny nabywa odporności

Zadanie 8.

3 pkt

Anatomia i fizjologia człowieka Budowa i funkcje komórki Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj / wymień

Na rysunku przedstawiono budowę serca człowieka. Literami A–D oznaczono niektóre z głównych naczyń krwionośnych, a literą E – jedną z zastawek.

8.1. (0–2 pkt)

Uzupełnij tabelę – dla każdego z naczyń krwionośnych A–D wybierz właściwy obieg krwi oraz kierunek przepływu krwi. Wpisz znak X w odpowiednie komórki tabeli.

Naczynie krwionośne	Element obiegu		Kierunek przepływu krwi
	dużego (ustrojowego)	małego (płucnego)	do serca	od serca
A

Zadanie 9.

3 pkt

Ekologia Kręgowce Genetyka Rośliny Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

Zdjęcie A przedstawia bursztynkę pospolitą (Succinea putris) – niewielkiego ślimaka spotykanego w zacienionych wilgotnych zaroślach. Na zdjęciu B widoczny jest osobnik bursztynki, który ma charakterystycznie zgrubiałe czułki, świadczące o obecności w nich larw pasożytniczej przywry Leucochloridium paradoxum. Czułki tego ślimaka barwą oraz kształtem przypominają gąsienice motyli i rytmicznie pulsują. Z tego powodu zwracają na nie uwagę ptaki owadożerne, np. sikory, zięby czy muchołówki, w których diecie zwykle nie występują ślimaki. Ptaki te zjadają czułki ślimaka, przez co zarażają się pasożytem. Bursztynki zarażają się przywrą, zjadając wraz z roślinami ptasie odchody, w których znajdują się jaja z rozwiniętym w nich pierwszym stadium larwalnym pasożyta (miracidium). W przewodzie pokarmowym ślimaka rozwijają się z nich następne stadia larwalne (sporocysty), które rozmnażają się partenogenetycznie i wytwarzają charakterystyczne worki z larwami kolejnego stadium (metacerkariami), umiejscowione w czułkach bursztynki. Zbadano wpływ zarażenia przywrą na zachowanie ślimaków. Na wykresie przedstawiono pomiary natężenia oświetlenia w miejscach, które wybierały ślimaki mające czułki zmienione przez larwy Leucochloridium, oraz w miejscach, w których gromadziły się bursztynki bez objawów zarażenia tym pasożytem. Obserwacje osobników z obu grup trwały po 45 minut.

9.1. (0–1 pkt)

Na podstawie przedstawionych informacji oraz wykresu opisz zmianę w zachowaniu populacji ślimaków wywołaną zarażeniem L. paradoxum.

Odpowiedź:

9.2. (0–1 pkt)

Uzasadnij, że zdolność do wymuszania zmiany zachowania populacji bursztynek przez L. paradoxum stanowi adaptację do pasożytniczego trybu życia tej przywry.

Odpowiedź:

9.3. (0–1 pkt)

Określ, który organizm – bursztynka czy ptak owadożerny – jest żywicielem ostatecznym L. paradoxum. Odpowiedź uzasadnij.

Odpowiedź:

Zadanie 10.

4 pkt

Anatomia i fizjologia człowieka Kręgowce Genetyka Skład organizmów Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

Bielankowate (Channichthyidae), zwane też białokrwistymi, to endemiczna rodzina ryb morskich, licząca ponad 20 gatunków. Te ryby żyją w czystych wodach mórz antarktycznych, gdzie temperatura wody wynosi od –1,8 °C zimą do 1,5 °C latem. Bielankowate są jedynymi kręgowcami, które nie mają we krwi hemoglobiny. Nie mają też mioglobiny w mięśniach. Tlen w organizmach tych ryb jest transportowany we krwi w postaci rozpuszczonej w osoczu. Bielankowate, w porównaniu do ryb innych gatunków o podobnej wielkości, charakteryzują się bardzo dużym sercem o wysokiej pojemności minutowej oraz dużą objętością całkowitą krwi. Ich skóra nie jest pokryta łuskami, a naczynia włosowate tworzą w niej gęstą sieć. Duże serce i duża objętość krwi współczesnych przedstawicieli bielankowatych świadczą o tym, że utrata hemoglobiny nie była korzystna dla działania układu sercowo-naczyniowego przodka tych ryb. Z drugiej jednak strony utrata hemoglobiny ma znaczenie adaptacyjne jako przystosowanie do życia w warunkach niedoboru żelaza, które jest czynnikiem ograniczającym w środowiskach zamieszkałych przez ryby bielankowate.

10.1. (0–1 pkt)

Wykaż, że niska temperatura wody – w której żył przodek bielankowatych – była czynnikiem umożliwiającym przeżycie ryb, które utraciły zdolność do wytwarzania hemoglobiny.

Odpowiedź:

10.2. (0–1 pkt)

Wykaż związek między brakiem hemoglobiny we krwi bielankowatych a stosunkowo dużą objętością krwi krążącej w ich ciele.

Odpowiedź:

10.3. (0–1 pkt)

Uzasadnij, że naga skóra oraz gęsta sieć naczyń krwionośnych w skórze ryb bielankowatych są adaptacjami do pobierania tlenu z wody.

Odpowiedź:

Zadanie 11.

4 pkt

Anatomia i fizjologia człowieka Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Kręgowce Genetyka Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

W obrębie rzędu drapieżnych (Carnivora) wyróżnia się m.in. rodzinę szopowatych (Procyonidae) oraz rodzinę niedźwiedziowatych (Ursidae). Do rodziny szopowatych zaliczano dawniej oprócz szopa pracza (Procyon lotor) także pandkę rudą (Ailurus fulgens) oraz pandę wielką (Ailuropoda melanoleuca). Taka klasyfikacja była oparta o powierzchowne podobieństwo morfologiczne tych trzech gatunków. Wyniki badań molekularnych wykazały jednak, że panda wielka jest bliżej spokrewniona z niedźwiedziem brunatnym niż z szopem praczem i pandką rudą. Współcześnie w obrębie rodziny niedźwiedziowatych wyróżnia się trzy podrodziny: Ailuropodinae, do której należy tylko jeden gatunek – panda wielka, Tremarctinae – z jednym obecnie żyjącym przedstawicielem – andoniedźwiedziem okularowym oraz Ursinae – niedźwiedzie właściwe. Do podrodziny Ursinae należy kilka gatunków. Wszystkie z nich mają podobne cechy zewnętrzne, takie jak silne pazury i masywne ciało. Poniższy rysunek przedstawia drzewo filogenetyczne otrzymane dzięki analizie danych molekularnych oraz oparty na jego podstawie podział drapieżnych na rodziny: niedźwiedziowatych (Ursidae) i szopowatych (Procyonidae).

11.1. (0–1 pkt)

Określ, czy rodzina szopowatych w starym ujęciu obejmującym także pandę wielką stanowiła grupę monofiletyczną. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do definicji grupy monofiletycznej i relacji pokrewieństwa gatunków przedstawionych na drzewie filogenetycznym.

Odpowiedź:

11.2. (0–2 pkt)

Na podstawie przedstawionych informacji oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące filogenezy i taksonomii niedźwiedziowatych są prawdziwe.

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Do podrodziny niedźwiedzi właściwych (Ursinae) należy 6 gatunków.

Odpowiedzi

11.1.

Zasady oceniania

rozwiązań zadań

1 pkt – za określenie, że rodzina szopowatych w starym ujęciu nie była taksonem monofiletycznym, oraz za poprawne uzasadnienie zawierające: 1) definicję grupy monofiletycznej oraz 2) przykład relacji pokrewieństwa wykluczający monofiletyczny charakter omawianego taksonu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Grupa monofiletyczna obejmuje wszystkich potomków ostatniego wspólnego przodka. Od ostatniego wspólnego przodka pandy wielkiej i pandki rudej pochodzi m.in. niedźwiedź polarny, który nigdy nie był włączany do szopowatych, a więc szopowate w starym ujęciu nie były monofiletyczne. • Rodzina szopowatych w starym ujęciu nie stanowiła grupy monofiletycznej, ponieważ nie zawierała wszystkich potomków wspólnego przodka, jakim był przodek drapieżnych. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do definicji grupy parafiletycznej, zamiast do definicji grupy monofiletycznej, o ile jest ona w pełni poprawna merytorycznie.

11.2.

Poprawna odpowiedź

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Do podrodziny niedźwiedzi właściwych (Ursinae) należy 6 gatunków.

Zadanie 12.

3 pkt

Choroby człowieka Wpływ człowieka na środowisko i jego ochrona Podaj i uzasadnij / wyjaśnij Podaj / wymień

Krzywica to choroba skutkująca zmianami w układzie kostnym, których przyczyną są zaburzenia gospodarki wapniowo-fosforanowej. W Wielkiej Brytanii w ciągu dwóch ostatnich dekad podwoiła się liczba dzieci hospitalizowanych z powodu krzywicy. Przyczyn zaczęto szukać w rozpowszechnianiu się niezdrowych nawyków żywieniowych, a także w mniejszej ilości czasu, jaką spędzają małe dzieci na świeżym powietrzu. Tymczasem klimatolodzy twierdzą, że może stać za tym obserwowany w Wielkiej Brytanii wyraźny wzrost zachmurzenia w ciepłej połowie roku.

12.1. (0–1 pkt)

Wykaż, że wzrost zachmurzenia w Wielkiej Brytanii może być przyczyną zwiększonej zachorowalności dzieci na krzywicę.

Odpowiedź:

12.2. (0–2 pkt)

Podaj dwa przykłady nawyków żywieniowych będących czynnikami ryzyka krzywicy u dzieci.

Odpowiedź 1:Odpowiedź 2:

Zadanie 13.

2 pkt

Choroby człowieka Anatomia i fizjologia człowieka Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Zamknięte

(0–2) U słoni częstość występowania nowotworów jest zdumiewająco niska. Naukowcy wykryli, że w toku ewolucji blisko spokrewnionych ze sobą słoni, diugoni oraz góralków pojawiły się

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Mutacje przywracające funkcjonalność LIF6 powstały u przodków słoni, aby umożliwić wzrost wielkości ich ciała w toku ewolucji.
2	Zwiększenie się liczby pseudogenów LIF w toku ewolucji słoni świadczy o tym, że te zmiany były faworyzowane przez dobór naturalny.

Odpowiedzi

Poprawna odpowiedź

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Mutacje przywracające funkcjonalność LIF6 powstały u przodków słoni, aby umożliwić wzrost wielkości ich ciała w toku ewolucji.	✓	✓
2	Zwiększenie się liczby pseudogenów LIF w toku ewolucji słoni świadczy o tym, że te zmiany były faworyzowane przez dobór naturalny.	✓

Zadanie 14.

5 pkt

Prokarionty Metabolizm Wirusy, wiroidy, priony Budowa i funkcje komórki Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij Podaj / wymień

Plazmidy bakteryjne zazwyczaj nie zawierają genów metabolizmu podstawowego, ale mogą np. zapewniać oporność na antybiotyki. Plazmidy lub ich fragmenty mogą być przekazywane między komórkami bakteryjnymi w czasie podziału komórki lub w procesach horyzontalnego transferu genów: koniugacji, transdukcji i transformacji. Plazmidy mogą dawać bakteriom przewagę selekcyjną. Znalazły one także zastosowanie w biotechnologii. Bakterie mają wiele mechanizmów zapobiegających utracie plazmidów przez dzielące się komórki, np. system ccd plazmidu F bakterii Escherichia coli. Ten system tworzą dwa geny: gen ccdA kodujący antidotum oraz gen ccdB kodujący truciznę. Obydwa geny podlegają transkrypcji ze wspólnego promotora. Podczas normalnego funkcjonowania komórki bakteryjnej trucizna pozostaje związana przez antidotum i nie wywiera toksycznego wpływu na gyrazę – enzym usuwający napięcia w nici DNA powstające podczas replikacji materiału genetycznego. Jeśli komórka utraci po podziale plazmid z genami systemu ccd, obecne w jej cytoplazmie nietrwałe antidotum zostaje zdegradowane, a stosunkowo trwała toksyna wiąże się z gyrazą, co prowadzi do śmierci komórki w wyniku uszkodzenia DNA. Aktywność promotora genów ccdA i ccdB jest hamowana przez produkty tych genów. Na poniższych schematach przedstawiono funkcjonowanie systemu ccd: • schemat A – ekspresja genów ccdA oraz ccdB • schemat B – trucizna unieszkodliwiana przez antidotum • schemat C – degradacja antidotum i wiązanie trucizny z gyrazą.

14.1. (0–1 pkt)

Podaj nazwę sposobu horyzontalnego transferu genów zachodzącego z udziałem wirusów.

Odpowiedź:

14.2. (0–1 pkt)

Wykaż, że horyzontalny transfer genów zwiększa tempo ewolucji adaptacyjnej bakterii.

Odpowiedź:

14.3. (0–1 pkt)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby opis dotyczący funkcjonowania genów systemu ccd był prawdziwy. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Ekspresja genów systemu ccd regulowana jest na zasadzie (negatywnego / pozytywnego) sprzężenia zwrotnego. Obecność w komórce produktów genów systemu ccd sprawia, że (zachodzi / nie zachodzi) transkrypcja tych genów.

Odpowiedź:

Zadanie 15.

3 pkt

Choroby człowieka Anatomia i fizjologia człowieka Ekologia Genetyka Podaj i uzasadnij / wyjaśnij Podaj / wymień

Achromatopsja to całkowita ślepota na barwy, która jest warunkowana przez recesywny allel autosomalny (a). Osoba dotknięta tą chorobą widzi świat jedynie w czerni, bieli i odcieniach szarości ze względu na brak jednego z typów komórek światłoczułych w gałce ocznej. Jest to bardzo rzadkie zaburzenie – na świecie występuje z częstością 0,005%, ale aż 8% mieszkańców Pingelap – małej, izolowanej wyspy na Oceanie Spokojnym – wykazuje objawy achromatopsji. Przyczyny tego stanu rzeczy upatruje się w niszczycielskim tajfunie, który uderzył w wyspę Pingelap w 1775 r. i spowodował śmierć 90% jej mieszkańców. Kataklizm przeżyło tylko 20 osób i to one z czasem odnowiły populację Pingelap. Wszystko wskazuje na to, że jeden z ocalałych mężczyzn był nosicielem achromatopsji. Ponadto w tak małej i izolowanej populacji nie dało się uniknąć kojarzenia krewniaczego.

15.1. (0–1 pkt)

Podaj nazwę typu komórek światłoczułych, których brakuje u osób chorych na achromatopsję.

Odpowiedź:

15.2. (0–1 pkt)

Wyjaśnij, dlaczego śmierć 90% mieszkańców wyspy Pingelap w 1775 r. doprowadziła do zwiększonej współcześnie częstości występowania achromatopsji w tej populacji. W odpowiedzi uwzględnij genetyczne podłoże zjawiska.

Odpowiedź:

15.3. (0–1 pkt)

Wykaż, że już w drugim pokoleniu po przejściu tajfunu w populacji mogły się pojawić osoby z objawami achromatopsji. Uzupełnij szachownice Punetta – w odpowiednie miejsca wpisz genotypy gamet oraz genotypy potomstwa. ♂ ♂ A ♀ ♀ A Aa aa F1 F2

Odpowiedź:

Zadanie 16.

2 pkt

Tkanki Anatomia i fizjologia człowieka Skład organizmów Budowa i funkcje komórki Zamknięte Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

Zespół łamliwego chromosomu X jest najczęstszą przyczyną genetycznie uwarunkowanej niepełnosprawności intelektualnej. Choroba dziedziczy się jako cecha dominująca sprzężona z płcią. Jest ona spowodowana powieleniem sekwencji CGG w odcinku genu FMR1, położonym między promotorem transkrypcji a kodonem start. Ten odcinek w wyniku transkrypcji stanowi część mRNA, ale nie ulega translacji. U osób zdrowych liczba powtórzeń CGG w tym odcinku wynosi 6–54, jeśli powtórzeń jest 55–200 (tzw. premutacja), objawy nie występują, natomiast osoby chore mają ponad 200 takich powtórzeń (pełna mutacja). W locus genu FMR1, blisko końca długiego ramienia chromosomu X, w miejscu, w którym występują bardzo liczne powtórzenia CGG, pojawia się charakterystyczne przewężenie, tzw. miejsce łamliwe. Gen FMR1 warunkuje wytwarzanie białka FMRP, które jest jednym z najważniejszych regulatorów translacji w komórkach nerwowych i odpowiada za ich rozwój oraz prawidłowe funkcjonowanie.

16.1. (0–1 pkt)

Zaznacz schemat pary chromosomów X tworzących biwalent w profazie I mejozy u kobiety, która jest heterozygotą z pełną mutacją.

Odpowiedź:

16.2. (0–1 pkt)

Rozstrzygnij, czy w wyniku opisanej mutacji może powstać białko FMRP o dłuższym łańcuchu polipeptydowym niż prawidłowe białko FMRP. Odpowiedź uzasadnij.

Rozstrzygnięcie:Uzasadnienie:

Zadanie 19.

4 pkt

Tkanki Wpływ człowieka na środowisko i jego ochrona Ekologia Rośliny Zamknięte Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

Program Natura 2000 chroni cenne siedliska przyrodnicze oraz rzadkie lub zagrożone gatunki roślin i zwierząt. Ważnym elementem programu Natura 2000 są korytarze ekologiczne, gdyż umożliwiają przemieszczanie się organizmów między zachowanymi jeszcze ekosystemami.

19.1. (0–2 pkt)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące obszarów Natura 2000 są prawdziwe.

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Program Natura 2000 na terenie Polski jest ograniczony do parków narodowych i krajobrazowych.
2	Obszary objęte programem Natura 2000 są tworzone wyłącznie w krajach należących do Unii Europejskiej.

Odpowiedzi

19.1.

Poprawna odpowiedź

Nr	Stwierdzenie	P	F
1	Program Natura 2000 na terenie Polski jest ograniczony do parków narodowych i krajobrazowych.	✓	✓
2	Obszary objęte programem Natura 2000 są tworzone wyłącznie w krajach należących do Unii Europejskiej.	✓

Zadanie 20.

2 pkt

Wpływ człowieka na środowisko i jego ochrona Ekologia Uzupełnij tabelę / schemat / wykres Podaj i uzasadnij / wyjaśnij

Produkcja pierwotna to proces przeprowadzany w większości ekosystemów przez fotoautotrofy. Dwie miary produkcji pierwotnej to: • produkcja pierwotna brutto – ilość energii słonecznej, jaką producenci zamieniają w energię chemiczną, zgromadzoną w postaci syntetyzowanych związków organicznych • produkcja pierwotna netto – ta część produkcji pierwotnej brutto, która nie została zużyta przez producentów i jest dostępna dla konsumentów I rzędu. Poniżej przedstawiono piramidy energii oraz klimatogramy dwóch biomów: wilgotnych lasów równikowych oraz pustyni. Słupki oznaczają wielkość opadów, natomiast wykresy liniowe prezentują temperaturę; litery na dole są pierwszymi literami nazw miesięcy.

20.1. (0–1 pkt)

Wyjaśnij, dlaczego produkcja pierwotna netto jest mniejsza niż produkcja pierwotna brutto.

Odpowiedź:

20.2. (0–1 pkt)

Wyjaśnij, dlaczego produkcja pierwotna brutto jest dużo niższa na terenach pustynnych niż w wilgotnych lasach równikowych. W odpowiedzi uwzględnij dostępność kluczowego zasobu środowiskowego w obydwu biomach.

Odpowiedź:

11.3. (0–1 pkt)

Uzupełnij tabelę – uporządkuj w odpowiedniej kolejności rangi taksonów, do których należy niedźwiedź brunatny. Wpisz numery 2.–6. w ostatniej kolumnie tabeli.

Ranga	Takson	Kolejność
rodzaj	niedźwiedź (Ursus)
gromada	ssaki (Mammalia)	1
podrodzina	niedźwiedzie właściwe (Ursinae)
podgromada	łożyskowce (Eutheria)
rząd	drapieżne (Carnivora)
rodzina	niedźwiedziowate (Ursidae)
gatunek	niedźwiedź brunatny (Ursus arctos)	7

1	W kompleksach antenowych fotosystemów cząsteczki chlorofilu a i chlorofilu b oraz karotenoidów są związane z białkami.
2	Fotosystem I i fotosystem II, mimo innego zestawu cząsteczek chlorofilu, absorbują światło o takiej samej długości fali.
3	U roślin nasiennych zachodzi jedynie niecykliczny transport elektronów, w którym biorą udział fotosystem I i fotosystem II.

1	Aktywny transport jonów z miękiszu walca osiowego do komórek naczyń jest przyczyną transportu wody w tym samym kierunku.
2	Podczas przepływu wody z komórek miękiszu walca osiowego do naczyń potencjał wody w komórkach miękiszu jest niższy niż w naczyniach.
3	Cząsteczki wody przemieszczają się w górę naczyniami dzięki współdziałaniu siły kohezji i siły ssącej transpiracji.

Odpowiedzi

1.1. (0–1 pkt)

1.2. (0–1 pkt)

1.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

1.2.

Zasady oceniania

2.1. (0–1 pkt)

2.2. (0–1 pkt)

Odpowiedzi

2.1.

Zasady oceniania

2.2.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

3.1. (0–2 pkt)

Odpowiedzi

3.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

3.2.

Zasady oceniania

3.3.

Zasady oceniania

4.1. (0–1 pkt)

4.2. (0–1 pkt)

4.3. (0–2 pkt)

Odpowiedzi

4.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

4.2.

Zasady oceniania

4.3.

Poprawna odpowiedź

Odpowiedzi

Zasady oceniania

6.1. (0–1 pkt)

6.2. (0–1 pkt)

6.3. (0–2 pkt)

Odpowiedzi

6.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

6.2.

Zasady oceniania

6.3.

Poprawna odpowiedź

7.1. (0–2 pkt)

7.2. (0–1 pkt)

Odpowiedzi

7.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

7.2.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

8.1. (0–2 pkt)

Odpowiedzi

8.1.

Poprawna odpowiedź

Zasady oceniania

8.2.

Zasady oceniania

9.1. (0–1 pkt)

9.2. (0–1 pkt)

9.3. (0–1 pkt)

Odpowiedzi

9.1.

Zasady oceniania

9.2.

Zasady oceniania

9.3.

Zasady oceniania

10.1. (0–1 pkt)

10.2. (0–1 pkt)

10.3. (0–1 pkt)

Odpowiedzi

10.1.