Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Biologia
Uzupełnij tabelę – wpisz w puste komórki właściwe informacje.
| 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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(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”.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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”.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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).
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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. | ✓ | ✓ |
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.