Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
Biologia
Ekspresja informacji genetycznej u eukariontów składa się z trzech etapów: z transkrypcji, z obróbki potranskrypcyjnej i z translacji. Na poniższym schemacie przedstawiono w uproszczony sposób fragment sekwencji nukleotydowej nici matrycowej DNA. Kolorem pomarańczowym zaznaczono sekwencję promotorową, a kolorem niebieskim – introny. Sekwencje nukleotydowe eksonów ujęto w ramki. 3′…TATTATACTGCTACGGGCGCACACACACTACGTATGCCATGACTCTCACAATT…5′
Jaką sekwencję nukleotydową będzie miał fragment dojrzałego mRNA transkrybowany na podstawie przedstawionej nici matrycowej? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Podaj sekwencję aminokwasową kodowaną przez pierwszy ekson przedstawionego genu. Odpowiedź zapisz od końca aminowego do końca karboksylowego, z wykorzystaniem pełnych nazw aminokwasów lub ich oznaczeń trójliterowych.
D
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji aminokwasowej pierwszego eksonu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • metionina, prolina, alanina, cysteina • Met-Pro-Ala-Cys • met pro ala cys
: Uznaje się odpowiedzi zapisane z wykorzystaniem kodów IUPAC: MPAC. Nie uznaje się odpowiedzi zapisanych z błędną orientacją łańcucha lub błędnym oznaczeniem jego końców, np.: ➢ C Met-Pro-Ala-Cys N ➢ Cys-Ala-Pro-Met ➢ 5′ Met-Pro-Ala-Cys 3′. Dopuszcza się odpowiedź: C Cys-Ala-Pro-Met N.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Przewlekła białaczka szpikowa to choroba o podłożu genetycznym. W komórce macierzystej szpiku kostnego w wyniku mutacji powstaje fuzyjny gen składający się z fragmentów dwóch genów: BCR oraz ABL1. Funkcja genu BCR jest nieznana. Gen ABL1 koduje enzym – kinazę tyrozynową, która fosforyluje różne białka i wpływa w ten sposób na procesy komórkowe. Komórka szpiku kostnego z fuzją genów BCR i ABL1 nie podlega wewnątrzkomórkowym procesom regulującym podziały komórkowe i dzieli się w sposób niekontrolowany, co prowadzi do rozwoju nowotworu. Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę chromosomów przed mutacją i po mutacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Przyczyną przewlekłej białaczki szpikowej jest
C
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Opisana mutacja powoduje zmiany w strukturze chromosomów oraz w ich liczbie. | ✓ | ✓ |
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
W drugiej połowie XX wieku naukowcy zwrócili uwagę na globalne zmniejszanie się liczebności populacji płazów. Badacze zgodnie określają obecny trend jako szóste masowe wymieranie zwierząt o globalnym zasięgu. Badania prowadzone w Polsce wskazują kilka czynników negatywnie wpływających na liczebność płazów. Jednym z nich jest osuszanie naturalnych siedlisk płazów.
Wykaż, że osuszanie siedlisk ma negatywny wpływ na liczebność płazów w Polsce.
Który z dokumentów i form ochrony przyrody reguluje zasady handlu gatunkami zagrożonymi wyginięciem? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawnie wykazanie wpływu osuszania siedlisk na zmniejszanie się liczebności płazów, odnoszące się do uzależnienia płazów od środowiska wodnego (np. rozród, rozwój, wymiana gazowa, żerowanie, pobieranie wody). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Utrata siedlisk – płazom do rozrodu niezbędna jest woda, ale z powodu zaniku małych zbiorników wodnych w wyniku osuszania utrudniony jest rozród, co skutkuje zmniejszaniem się liczebności populacji. • Osuszanie siedlisk powoduje, że płazy tracą żerowiska. • Stadium larwalne płazów – kijanka – żyje wyłącznie w środowisku wodnym, bez którego płazy nie mogłyby zamknąć cyklu życiowego. • Osuszanie prowadzi do fragmentacji siedlisk, co wymusza migracje płazów, które giną na drogach, bo szlaki migracji płazów przecinają drogi budowane przez człowieka. • Płazy mają wilgotną skórę, która nie może wyschnąć, bo inaczej wymiana gazowa nie będzie zachodziła na odpowiednim poziomie. • Płazy nie piją wody, ale pobierają ją przez skórę, a jest to możliwe tylko w wilgotnym środowisku. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do konkretnego przykładu biologii płazów, np. „Wilgotne środowisko jest niezbędne płazom do życia”.
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‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Oddziaływania międzygatunkowe u roślin mogą mieć charakter antagonistyczny, np. gdy w suchym środowisku występuje konkurencja korzeni o wodę, lub nieantagonistyczny – polegający na wzajemnym wspomaganiu wzrostu. Aby określić wpływ wzajemnego oddziaływania roślin jednorocznych i krzewów Ambrosia dumosa, przygotowano na pustyni następujące poletka doświadczalne: • próba A – usunięto rośliny jednoroczne, a pozostawiono krzewy A. dumosa • próba B – pozostawiono rośliny jednoroczne oraz krzewy A. dumosa • próba C – pozostawiono rośliny jednoroczne, a usunięto krzewy A. dumosa. Na poniższych ilustracjach przedstawiono próby: A, B i C. Rośliny jednoroczne w obecności krzewów charakteryzowały się większym przyrostem biomasy, natomiast przyrost biomasy krzewów w obecności roślin zielnych był ograniczony.
Uzupełnij tabelę – wpisz w puste komórki oznaczenia literowe tych prób, które należy porównać, aby zweryfikować poniższe hipotezy.
| Weryfikowana hipoteza | Oznaczenia literowe prób, które należy porównać |
|---|---|
| Obecność na tym samym obszarze krzewów A. dumosa skutkuje zwiększeniem przyrostu biomasy roślin jednorocznych. | |
| Obecność na tym samym obszarze roślin jednorocznych skutkuje ograniczeniem przyrostu biomasy krzewów A. dumosa. |
Wyjaśnij, w jaki sposób rzucanie cienia przez krzewy A. dumosa wpływa pozytywnie na przyrost biomasy roślin jednorocznych w warunkach suszy. W odpowiedzi uwzględnij bilans wodny roślin.
Oznaczenia literowe Weryfikowana hipoteza prób, które należy porównać Obecność na tym samym obszarze krzewów A. dumosa B, C skutkuje zwiększeniem przyrostu biomasy roślin jednorocznych. Obecność na tym samym obszarze roślin jednorocznych A, B skutkuje ograniczeniem przyrostu biomasy krzewów A. dumosa.
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednego wiersza tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań różnych poziomach organizacji życia. […] doświadczenie określające wpływ Zdający: czynników zewnętrznych na intensywność 5) przedstawia i wyjaśnia zależności między transpiracji. organizmami oraz między organizmem a środowiskiem.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające: • mechanizm – ograniczenie parowania wody z liści lub z podłoża i w związku z tym większą dostępność wody lub dwutlenku węgla dla mniejszych roślin jednorocznych ORAZ • skutek – wzrost intensywności fotosyntezy u roślin jednorocznych pozwalający na większy przyrost biomasy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Rośliny jednoroczne traciły w procesie transpiracji mniejszą ilość wody, która jest substratem fotosyntezy, a więc ten proces zachodził intensywniej. • Zacienienie podłoża pozwoliło na utrzymanie wody w glebie, a więc rośliny jednoroczne zachowały dodatni bilans wodny, co umożliwiło prowadzenie fotosyntezy. Dodatkowo zacienienie rośliny obniża temperaturę jej liści i ogranicza w ten sposób fotooddychanie. • Zacienienie roślin jednorocznych oraz podłoża przez krzewy stało się przyczyną ograniczenia parowania wody. Dlatego dla roślin jednorocznych ilość wody była wystarczająco duża, by mogły one intensywnie przeprowadzać fotosyntezę, co pozwoliło u nich na lepszy przyrost biomasy. • Zacienienie rośliny wpływa korzystnie na jej bilans wodny, dzięki czemu utrzymuje ona otwarte aparaty szparkowe i może pobrać więcej dwutlenku węgla, wiązanego potem w procesie fotosyntezy. • Ogranicza to straty wody podczas suszy, co pozwala roślinie na przeprowadzenie procesów metabolicznych, których substratem jest woda i które to przyczyniają się do przyrostu biomasy rośliny. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, które nie odnoszą się do zwiększenia intensywności fotosyntezy, ponieważ przyrost biomasy, a więc wzrost roślin, odbywa się na drodze samożywności.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Poniżej przedstawiono wzór strukturalny cząsteczki ludzkiego hormonu – wazopresyny. Wydzielanie tego hormonu prowadzi do różnych reakcji fizjologicznych organizmu, m.in. do skurczu tętniczek zaopatrujących w krew naczynia przedwłosowate i sieć naczyń włosowatych. Kofeina jest dla człowieka substancją egzogenną, obecną np. w ziarnach kawy. Spożycie kofeiny jest przyczyną ograniczenia resorpcji sodu w kanaliku bliższym (proksymalnym) nefronu, co przekłada się na większą ilość wody wydalanej wraz z moczem.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe dotyczące wazopresyny. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Wazopresyna należy do hormonów (steroidowych / niesteroidowych). Ten hormon jest wydzielany przez (podwzgórze / przysadkę mózgową) i wpływa na ilość (wody / glukozy) wydalanej wraz z moczem.
Uzupełnij poniższy schemat – wpisz dwie brakujące reszty aminokwasowe tak, aby powstała poprawna sekwencja wazopresyny. Odpowiedź zapisz z wykorzystaniem trójliterowych oznaczeń aminokwasów. Cys–Tyr –………–Gln–Asn–Cys–Pro–………–Gly–NH2
Określ wpływ wydzielania wazopresyny na wartość ciśnienia tętniczego krwi.
Wazopresyna należy do hormonów (steroidowych / niesteroidowych). Ten hormon jest wydzielany przez (podwzgórze / przysadkę mózgową) i wpływa na ilość (wody / glukozy) wydalanej wraz z moczem.
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.
Cys–Tyr–Phe–Gln–Asn–Cys–Pro–Arg–Gly–NH2 Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto pełnych nazw aminokwasów lub kody IUPAC (F – fenyloalanina oraz R – arginina).
1 pkt – za poprawne uzupełnienie schematu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne określenie, że wydzielanie wazopresyny jest przyczyną wzrostu wartości ciśnienia tętniczego krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wazopresyna podnosi ciśnienie krwi. • Wzrośnie ciśnienie tętnicze krwi. • Dodatni.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
W prawidłowo funkcjonujących komórkach zwierząt białko p53, które jest kodowane przez gen TP53, zatrzymuje komórkę z uszkodzonym DNA w tzw. punkcie kontrolnym G1/S, czyli na granicy faz G1/S cyklu komórkowego. Uszkodzenie DNA jest albo naprawiane i komórka przechodzi z opóźnieniem z fazy G1 do fazy S, albo – gdy uszkodzenie jest zbyt poważne i naprawa jest niemożliwa – komórka zostaje skierowana na drogę apoptozy. Retrogen to dodatkowa kopia genu powstająca na skutek odwrotnej transkrypcji mRNA danego genu. Genom słoni zawiera jeden gen TP53 i aż 19 retrogenów TP53, z których kilka podlega transkrypcji i translacji. W linii ewolucyjnej rzędu trąbowców (Proboscidea), do których należą słonie, stopniowo zwiększała się liczba retrogenów TP53. Dzięki ekspresji retrogenów TP53 białko p53 jest aktywne nawet przy niskim natężeniu czynników mutagennych. U słoni występuje także gen LIF6, którego transkrypcja jest pobudzana przez białko p53. Białko LIF6 jest transportowane do mitochondriów, gdzie prowadzi do uwolnienia do cytozolu cytochromu c, pełniącego funkcję cząsteczki wyzwalającej apoptozę. Nowotwory u słoni występują stosunkowo rzadko, zwłaszcza jeśli weźmie się pod uwagę dużą liczbę komórek ciała słoni oraz długość życia tych zwierząt.
Wyjaśnij, dlaczego zatrzymanie cyklu komórkowego komórek z uszkodzonym DNA w punkcie kontrolnym G1/S skutkuje ograniczeniem powstawania nowotworów.
Do każdej z podanych poniżej cech genomu trąbowców (1–2) przyporządkuj odpowiedni mechanizm przeciwnowotworowy (A–D), który jest warunkowany bezpośrednio przez tę cechę. 1. obecność wielu retrogenów TP53 ……… 2. obecność genu LIF6 ……… A. Po wykryciu uszkodzenia DNA komórki łatwiej wchodzą na drogę apoptozy. B. DNA w komórkach jest mniej podatny na działanie czynników mutagennych. C. Uszkodzenia DNA się kumulują, ale nie zaburzają kontroli cyklu komórkowego. D. Nawet niewielkie uszkodzenia DNA zatrzymują komórkę w punkcie kontrolnym G1/S.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uniknięcie replikacji uszkodzonego DNA lub uniknięcie przekazania uszkodzonego DNA do komórek potomnych, co ogranicza liczbę mutacji w genach regulujących cykl komórkowy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Umożliwia to naprawę DNA, zanim materiał genetyczny zostanie zreplikowany w fazie S. Dzięki temu nie ulegają uszkodzeniu geny odpowiedzialne za podziały komórkowe. • Blokuje to przejście do fazy S, w której uszkodzony DNA ulega replikacji, a uszkodzone geny, np. czynników wzrostu, są bezpośrednią przyczyną nowotworów. • Uniemożliwia to podział komórki, w wyniku którego powstałyby komórki potomne dziedziczące mutację, a mutacje w genach regulujących cykl komórkowy prowadzą do niekontrolowanych podziałów komórkowych.
1. – D, 2. – A.
2 pkt – za dwa poprawne przyporządkowania. 1 pkt – za jedno poprawne przyporządkowanie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Dziwidło olbrzymie (Amorphophallus titanum) – roślina występująca jedynie na indonezyjskiej Sumatrze – wytwarza jeden z największych kwiatostanów świata. Z podziemnej bulwy wyrasta kwiatostan – kolba przypominająca pojedynczy kwiat. Kolba składa się z dużej liczby drobnych kwiatów męskich, a u nasady – także żeńskich. Kwitnieniu (zwłaszcza kwiatów żeńskich) towarzyszy wyraźne podwyższenie temperatury kwiatostanu i cykliczne uwalnianie fal zapachowych, zsynchronizowane z impulsami ciepła.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające wabienie zapylaczy – bezpośrednio lub przez zwiększenie intensywności zapachu – lub wzmożenie aktywności zapylaczy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Dzięki ciepłu łatwiej rozprzestrzenia się zapach przyciągający zapylaczy. • Ciepło przyciąga zapylające owady, bo niektóre z nich silnie reagują na podczerwień. • Ciepło potęguje woń przyciągającą zapylaczy. • Podwyższona temperatura wzmaga aktywność zapylaczy, będących zmiennocieplnymi owadami.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Uczniowie postanowili sprawdzić, czy w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza. W tym celu przygotowali szalkę Petriego z wylanym i zestalonym podłożem agarowym zawierającym skrobię, na którym umieścili przekrojone wzdłuż kiełkujące ziarniaki pszenicy – tak, aby płaszczyzna przekroju ściśle przylegała do podłoża. Tak przygotowaną szalkę utrzymywali przez 60 min w temperaturze 20 °C. Następnie uczniowie usunęli z szalki ziarniaki, a na podłoże szalki nanieśli płyn Lugola. Po pewnym czasie przepłukali podłoże wodą destylowaną. Miejsca na szalce, w których wcześniej były położone ziarniaki – w przeciwieństwie do pozostałego obszaru podłoża – nie wybarwiły się na ciemnogranatowy kolor.
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia określ, czy w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza. Odpowiedź uzasadnij, uwzględniając substrat amylazy oraz sposób jego wykrywania.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące procesu kiełkowania nasion są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Spoczynek bezwzględny nasion można przerwać poprzez ich odpowiednie uwodnienie. |
1 pkt – za stwierdzenie, że w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do trawienia skrobi przez amylazę ORAZ do wybarwiania się skrobi płynem Lugola na kolor granatowy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W kiełkujących nasionach znajduje się aktywna amylaza, o czym świadczy trawienie skrobi, a powstające produkty nie barwią się płynem Lugola na kolor ciemnogranatowy. • Jest tam amylaza, ponieważ nastąpił rozkład skrobi, która barwi się na kolor granatowy w obecności płynu Lugola. • Brak zmiany zabarwienia na kolor niebieskogranatowy w miejscach, gdzie znajdowały się ziarniaki, wskazuje na brak skrobi, a to oznacza, że została ona rozłożona (do maltozy) przez amylazę.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Spoczynek bezwzględny nasion można przerwać poprzez ich odpowiednie uwodnienie. | ✓ |
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Na poniższym zdjęciu przedstawiono gałązkę brzozy brodawkowatej (Betula pendula). Kwiatostan męski oznaczono symbolem ♂, a kwiatostan żeński – symbolem ♀.
Określ, czy brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, czy – dwupienną. Odpowiedź uzasadnij.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały mechanizm podwójnego zapłodnienia u roślin okrytonasiennych. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Łagiewka pyłkowa wnika do zalążka i przenosi do woreczka zalążkowego komórki plemnikowe, które powstały w ziarnie pyłku na drodze (mitozy / mejozy). Jedna z komórek plemnikowych łączy się z komórką jajową, co prowadzi do powstania zygoty i do rozwoju zarodka. Druga komórka plemnikowa łączy się z (komórką centralną / jedną z synergid) – w ten sposób powstaje triploidalna tkanka odżywcza w postaci (bielma / obielma).
1 pkt – za określenie, że brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do występowania kwiatów męskich i kwiatów żeńskich na jednym osobniku. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, ponieważ na jednym drzewie występują zarówno kwiatostany męskie, jak i żeńskie. • Jednopienna, bo jeden osobnik wytwarza zarówno kwiaty męskie, jak i kwiaty żeńskie. • To roślina jednopienna, bo dany okaz wytwarza i słupki, i pręciki.
Łagiewka pyłkowa wnika do zalążka i przenosi do woreczka zalążkowego komórki plemnikowe, które powstały w ziarnie pyłku na drodze (mitozy / mejozy). Jedna z komórek plemnikowych łączy się z komórką jajową, co prowadzi do powstania zygoty i do rozwoju zarodka. Druga komórka plemnikowa łączy się z (komórką centralną / jedną z synergid) – w ten sposób powstaje triploidalna tkanka odżywcza w postaci (bielma / obielma).
rozwiązań zadań 3) wykazuje związki między strukturą a funkcją na różnych poziomach organizacji życia.
2 pkt – za wybór poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za wybór poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Poniżej przedstawiono kladogram wybranych rodzajów bakterii, otrzymany w wyniku porównania ich sekwencji nukleotydowych 16S rRNA.
Na podstawie przedstawionego kladogramu określ, czy takson złożony wyłącznie z rodzajów Bacillus i Clostridium byłby taksonem monofiletycznym. Odpowiedź
uzasadnij, odnosząc się do potomków ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium.
Na podstawie przedstawionego kladogramu oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące relacji pokrewieństwa pomiędzy rodzajami bakterii są prawdziwe.
Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|
1 pkt – za określenie, że takson złożony wyłączenie z rodzajów Bacillus i Clostridium nie byłby taksonem monofiletycznym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do pochodzenia Lactobacillus od ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Nie. Takson monofiletyczny to taki, który obejmuje wszystkich potomków ostatniego wspólnego przodka, a w przypadku ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium mamy do czynienia z jeszcze jednym potomkiem – Lactobacillus. • Nie może być taksonem monofiletycznym, bo nie obejmuje Lactobacillus – jeszcze jednego potomka najpóźniejszego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium. • Taki takson byłby taksonem parafiletycznym. Co prawda, Bacillus i Clostridium są blisko spokrewnione, ale od ich ostatniego wspólnego przodka pochodzi także Lactobacillus. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do przodka Bacillus i Clostridium bez wskazania, o którego przodka chodzi, np. „Nie, ponieważ przodek tych rodzajów jest także przodkiem innych rodzajów”.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Bacillus jest bliżej spokrewniony z Clostridium niż z Mycoplasma. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Opisana mutacja powoduje zmiany w strukturze chromosomów oraz w ich liczbie. | ||
| 2 | Zmiany w strukturze chromosomów 9 i 22 – charakterystyczne dla przewlekłej białaczki szpikowej – są widoczne w kariotypie. |
| 2 | Zmiany w strukturze chromosomów 9 i 22 – charakterystyczne dla przewlekłej białaczki szpikowej – są widoczne w kariotypie. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – P.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wyjaśnij, dlaczego wywołane przez kofeinę ograniczenie resorpcji jonów sodu w kanaliku bliższym nefronu skutkuje zwiększonym wydalaniem wody wraz z moczem.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do ograniczenia zwrotnego wchłaniania wody z kanalika bliższego (proksymalnego) z uwzględnieniem osmotycznego mechanizmu transportu wody. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Kofeina blokuje wchłanianie ze światła kanalika sodu – substancji osmotycznie czynnej. Woda pozostaje w świetle kanalika i jest wydalana z moczem, ponieważ nie jest wchłaniana zwrotnie na zasadzie osmozy. • W normalnych warunkach dzięki resorpcji jonów sodu w kanaliku proksymalnym dochodzi również do wchłaniania wody, ponieważ transport sodu jest przyczyną powstania gradientu osmotycznego. • W kanaliku bliższym dochodzi do tzw. resorpcji obowiązkowej wody. Transport wody zachodzi biernie – przez kanały białkowe. Aby woda przechodziła przez te pory, najpierw musi zostać aktywnie przetransportowany sód, który jest polarny, i za nim podąża woda.
| 2 | Auksyny są jednym z czynników hamujących proces kiełkowania. |
| 3 | Do kiełkowania nasion jest niezbędna obecność tlenu. |
| 2 | Auksyny są jednym z czynników hamujących proces kiełkowania. | ✓ | ✓ |
| 3 | Do kiełkowania nasion jest niezbędna obecność tlenu. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 3. – P.
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.
| 1 | Bacillus jest bliżej spokrewniony z Clostridium niż z Mycoplasma. | ||
| 2 | Najbliższym krewnym Rhodomicrobium jest Escherichia. | ||
| 3 | Arthrobacter jest w takim samym stopniu spokrewniony z Mycoplasma, co – z Bifidobacterium. |
| ✓ |
| 2 | Najbliższym krewnym Rhodomicrobium jest Escherichia. | ✓ | ✓ |
| 3 | Arthrobacter jest w takim samym stopniu spokrewniony z Mycoplasma, co – z Bifidobacterium. | ✓ | ✓ |
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.