Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
Biologia
Podaj nazwę związku azotowego, którego wydalanie wiąże się z: 1. największą stratą wody przez organizm – ...................................................................... 2. największym nakładem energii – .....................................................................................
Wyjaśnij, dlaczego zwierzęta żyjące w wodzie najczęściej wydalają amoniak, a zwierzęta lądowe – mocznik lub kwas moczowy. W odpowiedzi uwzględnij gospodarkę wodną tych organizmów i właściwości wymienionych produktów przemiany materii.
1. amoniak 2. kwas moczowy
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch związków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do oszczędniejszej gospodarki wodnej zwierząt lądowych w porównaniu do zwierząt wodnych oraz do toksyczności i do rozpuszczalności w wodzie azotowych produktów metabolizmu w wodzie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Amoniak jest związkiem bardziej toksycznym od mocznika i kwasu moczowego. Organizmy wodne mogą pozbywać się nadmiaru amoniaku bezpośrednio do wody, który natychmiast rozcieńcza się w środowisku wodnym. Organizmy lądowe syntetyzują mocznik lub kwas moczowy, które są mniej toksyczne i mogą osiągać wyższe stężenia w organizmie. • Organizmy wodne nie muszą oszczędzać wody, a więc mogą wydalać wraz z wodą bezpośredni produkt deaminacji aminokwasów – amoniak, który jest dobrze rozpuszczalny w wodzie. Organizmy lądowe oszczędzają wodę i dlatego syntezują kwas moczowy, który praktycznie nie rozpuszcza się w wodzie lub mocznik, który jest mniej toksyczny od amoniaku i dlatego może osiągać wyższe stężenia w organizmie.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Skurcz mięśnia jest wywołany impulsem nerwowym docierającym do włókna mięśniowego za pośrednictwem neuronów ruchowych. Rozgałęzione aksony tych neuronów tworzą z włóknami mięśniowymi synapsy nerwowo-mięśniowe. Wzbudzenie włókna mięśniowego i pojawienie się w nim potencjału czynnościowego powodują uwolnienie z siateczki sarkoplazmatycznej do cytozolu jonów Ca2+, które są niezbędne do rozpoczęcia skurczu. Utrzymanie wysokiego stężenia jonów wapnia wewnątrz miofibryli wymaga stałego dopływu impulsów nerwowych. Brak impulsu jest przyczyną szybkiego obniżenia stężenia jonów Ca2+ w sarkoplazmie do stanu spoczynkowego. Skutkuje to odłączeniem jonów Ca2+ od troponiny, a filament aktynowy w kompleksie z innymi białkami wchodzi w fazę spoczynkową. Na rysunku przedstawiono filament aktynowy w kompleksie z troponiną i topomiozyną w dwóch stanach: spoczynkowym (rysunek A) oraz pobudzonym (rysunek B).
Podaj funkcję tropomiozyny pełnioną podczas spoczynku mięśnia.
Wyjaśnij, w jaki sposób uwolnienie jonów Ca2+ do cytozolu włókna mięśniowego prowadzi do jego skurczu. W odpowiedzi uwzględnij oddziaływanie filamentów aktynowych i miozynowych.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały proces skurczu mięśnia. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Siła skurczu mięśnia zależy od liczby aktywowanych neuronów (czuciowych / ruchowych), od wielkości ich jednostek motorycznych oraz od częstotliwości stymulacji włókna mięśniowego. Na skutek sumowania kolejnych skurczów siła skurczu tężcowego (wzrasta / maleje) w stosunku do siły skurczu pojedynczego.
rozwiązań zadań różnych poziomach organizacji życia. Zdający: 2) wyjaśnia zjawiska i procesy biologiczne zachodzące w wybranych organizmach […].
1 pkt – za poprawne określenie funkcji tropomiozyny podczas spoczynku mięśnia, polegającej na hamowaniu oddziaływania między aktyną i miozyną. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tropomiozyna podczas spoczynku mięśnia utrudnia oddziaływanie miozyny z aktyną. • Gdy mięsień jest w spoczynku, tropomiozyna zasłania miejsca wiązania główek miozyny do włókien aktyny, dlatego miozyna nie może związać się z aktyną i filamenty nie przesuwają się względem siebie.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu zwiększonego stężenia jonów Ca2+ na przesunięcie tropomiozyny względem aktyny oraz na rozpoczęcie skurczu sarkomeru przez wiązanie miozyny z filamentem aktynowym. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wzrost stężenia jonów Ca2+ powoduje łączenie się Ca2+ z troponiną, co wywołuje przesunięcie tropomiozyny i wiązanie miozyny z filamentem aktynowym oraz zapoczątkowanie skurczu. • Uwolnione do cytozolu jony Ca2+ łączą się z troponiną, co powoduje przesunięcie tropomiozyny i odsłonięcie na filamentach aktynowych miejsc wiążących główki miozyny, a to umożliwia przesuwanie się filamentów aktynowych i miozynowych względem siebie.
Siła skurczu mięśnia zależy od liczby aktywowanych neuronów (czuciowych / ruchowych), od wielkości ich jednostek motorycznych oraz od częstotliwości stymulacji włókna mięśniowego. Na skutek sumowania kolejnych skurczów siła skurczu tężcowego (wzrasta / maleje) w stosunku do siły skurczu pojedynczego.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Stężenie glukozy w osoczu krwi jest regulowane przez wiele czynników. Na poniższym schemacie przedstawiono podstawowe przemiany glukozy w organizmie człowieka.
Uzupełnij powyższy schemat – wybierz spośród podanych i wpisz w wyznaczone miejsca (1. i 2.) odpowiednie nazwy brakujących na schemacie związków będących produktami przemian glukozy. acetylo-CoA fruktoza glikogen pirogronian sacharoza
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące przemian glukozy w organizmie człowieka są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wzrost stężenia glukozy we krwi pobudza komórki trzustki do wydzielania glukagonu. | ||
| 2 | Glukoza zużywana przez ośrodkowy układ nerwowy jest wychwytywana z krwiobiegu niezależnie od działania insuliny. |
1. – glikogen, 2. – pirogronian.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie brakujących dwóch nazw substancji na schemacie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wzrost stężenia glukozy we krwi pobudza komórki trzustki do wydzielania glukagonu. | ✓ |
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Na opakowaniu galaretki owocowej podano następującą informację: „Pamiętaj, że świeże owoce kiwi i ananasa powodują, że galaretka nie tężeje”, oraz zwrócono uwagę na obecność żelatyny w składzie produktu. Żelatyna to produkt częściowej hydrolizy białka – kolagenu. W celu sprawdzenia, czy sparzenie wrzącą wodą owoców kiwi wpłynie na aktywność proteazy w nich zawartej, uczniowie zaplanowali doświadczenie, do którego przygotowano następujące materiały: • dwie szklanki z ostudzoną, ale jeszcze niestężałą galaretką owocową • dwie miseczki z rozdrobnionymi owocami kiwi • wrzącą wodę.
Zaplanuj przebieg doświadczenia – opisz próbę badawczą i próbę kontrolną oraz
podaj sposób odczytania wyników.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Kolagen jest białkiem
3 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej ORAZ uwzgledniające sposób odczytania wyników. 2 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej. 1 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ALBO próby kontrolnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Próba badawcza: galaretka ze sparzonymi wrzącą wodą kawałkami owocu kiwi. Próba kontrolna: galaretka ze świeżymi kawałkami owocu kiwi. Sposób odczytania wyników: obserwowanie stopnia stężenia galaretki w obu naczyniach.
B1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią.
Dwójka zdrowych rodziców ma syna, który cierpi na hemofilię typu B.
Określ genotypy rodziców. Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo urodzenia się tym rodzicom dziecka chorego na hemofilię typu B. Allel dominujący oznacz jako H, a allel recesywny – jako h. ojciec – ............................................. matka – ............................................. matka ojciec
Wykaż, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B.
Genotypy rodziców: matka – XH Xh ojciec – XH Y Krzyżówka: matka XH Xh XH XH XH XH Xh ojciec Y XH Y Xh Y Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: 25%
3 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ określenie prawdopodobieństwa. 2 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej. 1 pkt – za poprawne określenie genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B, uwzględniające sprzężenie allelu warunkującego hemofilię z chromosomem X oraz hemizygotyczność mężczyzn. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Mężczyźni nie mogą być zatem nosicielami, ponieważ recesywny allel położony na chromosomie X zawsze będzie się u nich ujawniał ze względu na brak drugiego chromosomu X. • Mężczyźni mają tylko jeden chromosom X, a to właśnie na nim jest położony gen odpowiedzialny za hemofilię. Jeżeli mężczyzna ma allel warunkujący chorobę, to nie może on zostać zamaskowany przez drugi allel z chromosomu homologicznego. • Mężczyźni mający w swoim genotypie allel hemofilii B chorują na hemofilię, a nie są jej nosicielami, ponieważ mają tylko jeden chromosom X, a nosiciel musi mieć oprócz allelu h także allel H.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
U myszy allel warunkujący czarne ubarwienie sierści B dominuje nad allelem b warunkującym białą barwę sierści. W pewnej populacji tych gryzoni będącej w stanie równowagi genetycznej częstość allelu b wynosi 0,3.
Na podstawie prawa Hardy’ego – Weinberga oblicz częstość heterozygot w opisanej populacji.
1. Osobniki rozmnażają się wyłącznie płciowo. T N 2. Dochodzi do powstawania mutacji. T N 3. Działa dobór naturalny. T N
Oceń, czy podane warunki muszą być spełnione, aby w populacji została zachowana równowaga genetyczna Hardy’ego – Weinberga. Zaznacz T (tak), jeżeli warunek musi być spełniony, albo N (nie) – jeśli nie musi być spełniony.
1 pkt – za poprawne obliczenie częstości heterozygot. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązanie Obliczenia: 𝑝= 1– 𝑞= 1– 0,3 = 0,7 2𝑝𝑞= 2 × 0,3 × 0,7 = 0,42 Częstość heterozygot: 0,42 = 42%
1. – T, 2. – N, 3. – N.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech warunków. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch warunków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–2) Ekologiczna nisza podstawowa gatunku to nisza potencjalnie zajmowana przez ten gatunek w warunkach optymalnych, natomiast nisza zrealizowana jest częścią niszy podstawowej, zajmowaną przez gatunek w danych warunkach abiotycznych i biotycznych. Drożdże Saccharomyces cerevisiae w środowisku naturalnym bytują m.in. na powierzchni owoców winorośli, na której – mimo warunków tlenowych – głównie przeprowadzają fermentację alkoholową. Na powierzchni owoców winorośli występują także różne bakterie, które – podobnie jak S. cerevisiae – jako główne źródło energii wykorzystują glukozę. Badania wykazały, że bakterie wydzielają kwas mlekowy, modyfikujący metabolizm komórek drożdży. W obecności kwasu mlekowego drożdże wykorzystują do wzrostu związki, które nie są substratami fermentacji alkoholowej, dzięki czemu ich wzrost i żywotność są lepsze.
2 pkt – za poprawne podanie dwóch argumentów świadczących o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 1 pkt – za poprawne podanie jednego argumentu świadczącego o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Argument 1.: obie grupy organizmów występują na powierzchni winorośli i zajmują to samo siedlisko. • Argument 2.: obie grupy organizmów wykorzystują ten sam substrat pokarmowy – glukozę.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Przed epoką wielkich odkryć geograficznych występowała w Ameryce Północnej muchówka, której larwy żyły w owocach rodzimych głogów. Po przybyciu Europejczyków, którzy uprawiali drzewa owocowe, wykształciły się rasy pokarmowe tej muchy żerujące także na jabłoniach i wiśniach. Te trzy rasy są częściowo odizolowane od siebie, ponieważ owoce żywicielskie: wiśnia, jabłoń i głóg, dojrzewają w różnym czasie – od wiosny do lata. Jest to początkowe stadium specjacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Opisany proces powstawania trzech gatunków muchówek to specjacja
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród podanych. Aby opisane rasy pokarmowe można było nazwać odrębnymi gatunkami biologicznymi, musi dojść do
B2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
C
rozwiązań zadań
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Glifosat jest jednym z najczęściej stosowanych herbicydów. Jego działanie polega na zahamowaniu szlaku metabolicznego, który umożliwia roślinom, grzybom i bakteriom syntezę aminokwasów aromatycznych – dla zwierząt aminokwasy aromatyczne są związkami egzogennymi. W 1996 roku wprowadzono na rynek modyfikowaną genetycznie soję zawierającą gen kodujący kluczowy enzym opisanego szlaku, zmieniony tak, aby był odporny na działanie glifosatu. Dzięki temu rośliny soi mogą rosnąć i wydawać plony w obecności herbicydu. Od tego czasu opracowano też odmiany soi z innymi modyfikacjami genetycznymi, zapewniające odporność na inne herbicydy, na szkodniki czy ze zmienioną zawartością kwasów tłuszczowych. W 2018 roku soja stanowiła około 50% transgenicznych upraw.
Wykaż, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego glifosat jest nieskuteczny w zwalczaniu szkodników owadzich.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej, odnoszące się do szkodliwości stosowania glifosatu dla bakterii, grzybów i roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Glifosat to silny herbicyd uniemożliwiający wzrost innych roślin niż transgeniczna soja. Po przedostaniu się do gleby glifosat działa również zabójczo na bakterie i grzyby.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt, odnoszące się do niewystępowania u zwierząt szlaku metabolicznego hamowanego przez glifosat. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zwierzęta nie mają zdolności syntezy aminokwasów aromatycznych. Ze względu na to, że glifosat hamuje jeden z enzymów niezbędnych do syntezy aminokwasów aromatycznych, ten związek nie jest toksyczny dla zwierząt. • Glifosat działa hamująco na szlak syntezy aminokwasów aromatycznych. Te aminokwasy są dla zwierząt egzogenne, a więc muszą one przyjmować go z pokarmem. Dlatego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Lipiennik Loesela (Liparis loeselii) to storczyk objęty ochroną ścisłą oraz umieszczony w Polskiej czerwonej księdze roślin jako gatunek wysokiego ryzyka. Występuje on na terenach podmokłych – na torfowiskach lub turzycowiskach zasilanych wodami bogatymi w związki wapnia. W Polsce notowano jego obecność na ponad 200 stanowiskach na niżu: przede wszystkim w północnej, zachodniej i środkowej części kraju, w większości – w pasie pojezierzy i pobrzeża.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, że ochrona siedliskowa zapewni odpowiednie czynniki abiotyczne dla życia lipiennika – wilgotność siedlisk (torfowisk i turzycowisk) i wapienne podłoże. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ponieważ pozwoli to na przetrwanie tego gatunku ze względu na duży dostęp do wody i związków wapnia. • Ze względu na wymagania rośliny dotyczące dostępu do wody i składników mineralnych ochrona siedliska zapewni jej dostęp do tych zasobów. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do „odpowiednich warunków” bez wskazania na konkretne czynniki abiotyczne: wilgotność i dostępność związków mineralnych.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 3 | W przerwach między posiłkami w wątrobie człowieka zachodzi glikogenoliza. |
| 2 | Glukoza zużywana przez ośrodkowy układ nerwowy jest wychwytywana z krwiobiegu niezależnie od działania insuliny. | ✓ | ✓ |
| 3 | W przerwach między posiłkami w wątrobie człowieka zachodzi glikogenoliza. | ✓ | ✓ |
1 – F, 2 – P, 3 – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.