Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
W latach 60. XX wieku wprowadzono w Polsce program szczepień ochronnych. Podobne działania podejmowano także w innych państwach na całym świecie. Dzięki szczepieniom niektóre choroby zakaźne udało się w zasadzie wyeliminować z ludzkiej populacji. Przykładem jest ospa prawdziwa.
Uzupełnij tabelę – do każdej nazwy choroby przyporządkuj odpowiedni czynnik chorobotwórczy, który jest jej przyczyną, oraz podaj główną drogę zarażenia lub zakażenia się człowieka.
| Nazwa choroby | Czynnik chorobotwórczy (wirus / bakteria / protist) | Główna droga zarażenia lub zakażenia się człowieka |
|---|---|---|
| ospa prawdziwa | ||
| gruźlica | ||
| malaria |
Uzupełnij tabelę – uporządkuj w odpowiedniej kolejności etapy odpowiedzi humoralnej organizmu na pojawienie się patogenu w organizmie. Wpisz numery 2.–4. w odpowiednie miejsca tabeli. Etap najwcześniejszy oznaczono numerem 1.
| Etapy | Kolejność |
|---|---|
| Aktywne limfocyty T wchodzą w interakcję z kompetentnymi limfocytami B. | |
| Przez komórki plazmatyczne są wydzielane przeciwciała, łączące się z antygenami. | |
| Limfocyty B różnicują się w kierunku komórek plazmatycznych i komórek pamięci. | |
Określ, czy człowiek po przyjęciu szczepionki zawierającej obcy antygen uzyskuje odporność swoistą, czy – nieswoistą. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do mechanizmów odporności rozwijanych po przyjęciu szczepionki.
Czynnik chorobotwórczy Główna droga zarażania Nazwa choroby (wirus / bakteria / protist) lub zakażania się człowieka ospa prawdziwa wirus kropelkowa / oddechowa gruźlica bakteria kropelkowa / oddechowa malaria protist ukłucie komara / odzwierzęca
2 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli ALBO za poprawne uzupełnienie jednej kolumny tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Etapy Kolejność Aktywne limfocyty T wchodzą w interakcję z kompetentnymi limfocytami B. 2 Komórki plazmatyczne wydzielają przeciwciała, łączące się z antygenami. 4 Limfocyty B różnicują się w kierunku komórek plazmatycznych i komórek 3 pamięci. Limfocyty T ulegają aktywacji, dzielą się i wydzielają cytokiny. 1
1 pkt – za wpisanie poprawnej kolejności etapów odpowiedzi immunologicznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za określenie, że człowiek po przyjęciu szczepionki zawierającej obcy antygen uzyskuje odporność swoistą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do rozwoju odporności humoralnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Swoista, ponieważ po przyjęciu antygenu powstaną przeciwciała, wiążące się z tym antygenem. • Po podaniu antygenu rozwinie się odporność swoista, polegająca na wytworzeniu przez limfocyty B specyficznych przeciwciał. • Układ odpornościowy po rozpoznaniu obcego antygenu wytworzy plazmocyty oraz komórki pamięci, biorące udział w zwalczaniu konkretnego patogenu, a więc jest to odporność swoista. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłączenie do definicji odporności swoistej, np. „Jest to odpowiedź swoista, bo jest ona skierowana przeciwko konkretnemu patogenowi”.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki obserwacji – średni czas snu dzieci i młodzieży w ciągu doby z podziałem na grupy wiekowe. Przy każdym słupku podano liczbę obserwowanych osób w danej grupie wiekowej. Obserwacji poddano łącznie 5095 osób.
1 pkt – za poprawnie sformułowany problem badawczy obserwacji, odnoszący się do związku między wiekiem a długością snu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Czy długość snu jest różna u dzieci i młodzieży w różnym wieku? • Czy u dzieci i młodzieży występuje zależność między wiekiem a długością snu? • Czy występuje korelacja między czasem snu dzieci i młodzieży a ich wiekiem? • Czy wraz z wiekiem zmienia się długość snu w ciągu doby? • Zależność między czasem snu a wiekiem. • W jakim stopniu poszczególne grupy wiekowe różnią się dobową długością snu? • Jakie są normy dla długości snu w poszczególnych klasach wiekowych?
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Pokrycie ciała u różnych grup kręgowców jest zróżnicowane. U płazów skóra jest naga. U pozostałych kręgowców powierzchnię ciała pokrywają łuski, pióra lub włosy, które są wytworami naskórka albo skóry właściwej i pełnią różne funkcje. Dzięki odpowiedniej budowie naskórek człowieka pełni m.in. funkcję ochronną. Na poniższym wykresie przedstawiono tempo wymiany gazowej przez płuca i skórę w różnych temperaturach u ropuchy Bufo americanus. Wyniki pomiarów podano w przeliczeniu na kg masy ciała zwierzęcia. 80 h–1 ∙ kg–1 wymiana gazowa przez skórę ∙ 60 ml wymiana gazowa przez płuca gazowa, 40 wymiana 20 5 15 25 temperatura, °C
| CO 2 | skóra płuca | ||
|---|---|---|---|
| O 2 | |||
| O 2 | skóra | ||
| CO 2 | płuca | ||
Na podstawie informacji przedstawionych na wykresie sformułuj jeden przykładowy wniosek odnoszący się do wpływu temperatury na usuwanie CO2 u ropuchy Bufo americanus.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące pokrycia ciała kręgowców są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skóra płazów wytwarza gruczoły potowe. |
1 pkt – za poprawnie sformułowany wniosek, odnoszący się do większego tempa usuwania CO2 wraz ze wzrostem temperatury lub do większego znaczenia skóry w porównaniu z płucami w usuwaniu CO2 niezależnie od temperatury. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Im wyższa temperatura, tym większa ilość uwalnianego przez skórę CO2. • W przypadku skóry oraz płuc występuje ta sama zależność: w niższej temperaturze jest usuwane mniej dwutlenku węgla. • U ropuchy Bufo americanus, bez względu na temperaturę, zawsze przez skórę usuwane jest więcej CO2 niż przez płuca.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Skóra płazów wytwarza gruczoły potowe. | ✓ | ✓ |
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1)
Uzupełnij tabelę – wpisz w odpowiednie pola w tabeli rangi taksonomiczne wybrane spośród podanych tak, aby powstała prawidłowa systematyka bociana białego (Ciconia ciconia). rodzina królestwo gromada typ rząd
| Ranga taksonomiczna | Takson |
|---|---|
| zwierzęta (Animalia) | |
| strunowce (Chordata) | |
| podtyp | kręgowce (Vertebrata) |
| ptaki (Aves) | |
| brodzące (Ciconiiformes) | |
| bociany (Ciconiidae) | |
| gatunek | bocian biały (Ciconia ciconia) |
Ranga taksonomiczna Takson królestwo zwierzęta (Animalia) typ strunowce (Chordata) podtyp kręgowce (Vertebrata) gromada ptaki (Aves) rząd brodzące (Ciconiiformes) rodzina bociany (Ciconiidae) gatunek bocian biały (Ciconia ciconia)
1 pkt – za poprawne przedstawienie systematyki bociana białego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Babeszjoza jest groźną chorobą psów (również dziko żyjących psowatych), wywoływaną przez pasożytniczego protista – Babesia canis. Do zarażenia psa dochodzi po ukąszeniu go przez kleszcza, w którego organizmie znajdują się pasożyty. Psy można chronić przed babeszjozą przez podanie szczepionki. Na poniższym schemacie przedstawiono cykl rozwojowy B. canis. Pasożyt namnaża się bezpłciowo w erytrocycie psa, niszczy erytrocyt i atakuje kolejny. Po kilku takich cyklach w erytrocytach psa powstają prekursory komórek płciowych protista, które do zamknięcia cyklu rozwojowego wymagają przedostania się do organizmu kleszcza. W jelitach kleszcza powstaje ruchliwa zygota – ookineta – wędrująca do różnych jego narządów. Ookinety wnikają również do oocytów. Umożliwia to przenoszenie B. canis na kolejne pokolenia larw i imago kleszczy, co jednak nie zagraża ich życiu.
Określ, który organizm – pies czy kleszcz – jest żywicielem ostatecznym B. canis. Odpowiedź uzasadnij.
Uzasadnij, że – mimo istnienia szczepionki – całkowita eliminacja B. canis ze środowiska jest w zasadzie niemożliwa. Podaj jeden argument odnoszący się do cyklu rozwojowego pasożyta.
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że żywicielem ostatecznym jest kleszcz, wraz z uzasadnieniem odnoszącym się do procesu rozmnażania płciowego pasożyta zachodzącego w organizmie kleszcza. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Żywicielem ostatecznym pasożyta Babesia canis jest kleszcz, ponieważ w organizmie kleszcza odbywa się jego rozród płciowy. • Kleszcz – w tym organizmie dochodzi do zapłodnienia B. canis.
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do obecności pasożyta w kolejnych pokoleniach raz zainfekowanych kleszczy (bez konieczności zamykania cyklu rozwojowego) LUB do rezerwuaru B. canis wśród dzikich psowatych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Profilaktyka zarażeń psów nie wyeliminuje pasożyta, bo ten może bez zamykania cyklu życiowego przetrwać w kolejnych pokoleniach kleszczy – ookinety Babesia są obecne w oocytach kleszczy i mogą przenosić się z pokolenia na pokolenie. • Nawet gdyby skutecznie zaszczepić wszystkie hodowane psy, to pasożyt mógłby zamknąć cykl życiowy po zakażeniu dzikiego wilka lub lisa.
rozwiązań zadań
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Prowadzono badania na rudaczkach północnych – kolibrach żyjących w Górach Skalistych. Rudaczki odżywiają się nektarem kwiatów. W celu zbadania, czy podczas zapamiętywania źródła pokarmu rudaczki północne kierują się barwą kwiatów, czy – ich lokalizacją przestrzenną, wykonano następujący eksperyment. W dwóch turach ustawiano w określonych miejscach cztery sztuczne różnokolorowe kwiaty. W pierwszej turze jeden wybrany kwiat zawierał sztuczny nektar – roztwór sacharozy, a rudaczki nauczyły się podlatywać do tego kwiatu po pokarm. W drugiej turze eksperymentu zamieniano kwiaty miejscami i do żadnego z kwiatów nie dodawano słodkiego roztworu. Na poniższym schemacie przedstawiono typowy wynik eksperymentu. Kwiaty zawierające nektar oznaczono znakiem „+”, a puste – znakiem „–”. Symbolem ptaka oznaczono lokalizację kwiatu, do którego rudaczek podleciał w pierwszej kolejności w drugiej turze eksperymentu.
1 pkt – za poprawnie sformułowany wniosek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W poszukiwaniu pokarmu rudaczki kierują się orientacją przestrzenną, a nie – barwą kwiatów. • Rudaczki północne zapamiętują lokalizację przestrzenną kwiatów z nektarem.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
W organizmie dorosłego człowieka krąży prawie bilion płytek krwi (trombocytów). Płytki krwi to bezjądrowe fragmenty megakariocytów – olbrzymich (50–100 μm) komórek szpiku kostnego. W szpiku kostnym występują naczynia zatokowe – kapilary pozbawione błony podstawnej, mające stosunkowo dużą średnicę (ponad 30 µm). Śródbłonek naczyń zatokowych ma liczne pory, pełniące ważną funkcję w wytwarzaniu płytek krwi. Dojrzewanie megakariocytów polega na kilku niepełnych podziałach komórkowych, podczas których nie zachodzi cytokineza. Prowadzi to do powstania poliploidalnej komórki o dużej powierzchni błony i o powiększonej cytoplazmie. W dojrzałych megakariocytach występują wydłużone wypustki plazmatyczne – propłytki, których długość dochodzi do 500 µm. Z końcowych odcinków propłytek oddzielają się płytki krwi. W płytkach krwi znajdują się m.in. ziarnistości α, zawierające – swoiste dla płytek – peptydy i białka. Na poniższych rysunkach przedstawiono: występujący w czerwonym szpiku kostnym człowieka dojrzały megakariocyt przylegający do zewnętrznej powierzchni naczynia zatokowego (rysunek A) oraz budowę płytki krwi krążącej w krwiobiegu (rysunek B). Płytki krwi u ssaków nie mają jąder komórkowych, dzięki czemu osiągają niewielkie rozmiary (1–3 μm). Pomimo braku jądra komórkowego płytki krwi zawierają wiele typowych struktur komórkowych – mają rozbudowany cytoszkielet, mitochondria oraz swoiste ziarnistości (rysunek B). W płytkach krwi zachodzi synteza białka na podstawie mRNA pochodzącego z megakariocytów.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Dojrzewające megakariocyty inicjują cykl komórkowy, w czasie którego (przechodzą fazy / nie przechodzą faz) G1, S oraz G2. Pominięcie późnej anafazy i telofazy oraz cytokinezy powoduje, że ilość DNA w dojrzewającym megakariocycie (wzrasta / jest stała).
Wykaż związek budowy naczyń zatokowych z wytwarzaniem płytek krwi.
Określ znaczenie powstawania licznych rozgałęzień megakariocytu w procesie wytwarzania płytek krwi.
Dojrzewające megakariocyty inicjują cykl komórkowy, w czasie którego (przechodzą fazy / nie przechodzą faz) G1, S oraz G2. Pominięcie późnej anafazy i telofazy oraz cytokinezy powoduje, że ilość DNA w dojrzewającym megakariocycie (wzrasta / jest stała).
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między budową naczyń zatokowych a wytwarzaniem płytek krwi, odnoszące się do przechodzenia wypustek plazmatycznych megakariocytów przez pory naczyń zatokowych i powstawania płytek w świetle naczynia krwionośnego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Naczynia zatokowe mają pory, przez które mogą przechodzić wypustki plazmatyczne (propłytki) megakariocytów, dzięki czemu powstające z nich płytki krwi trafiają do krwi. • Naczynia zatokowe nie mają błony podstawnej, dzięki czemu wypustki megakariocytów mogą przez nie przechodzić, a powstające z nich płytki mogą trafić do krwi. • Naczynia zatokowe mają dużą średnicę (ponad 30 µm średnicy), co umożliwia występowanie w nich dużej liczby wypustek megakariocytów i powstawanie dużej liczby płytek krwi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne określenie znaczenia, odnoszące się do zwiększonej liczby wytwarzanych płytek krwi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zapewnia to zwiększenie ostatecznej liczby uwolnionych płytek krwi. • Ma na celu zwiększenie liczby zakończeń dla zachodzącej trombopoezy.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Wśród bakterii zachodzi intensywny międzykomórkowy przepływ informacji genetycznej, który odbywa się na drodze transformacji, transdukcji lub koniugacji. Człowiek wykorzystuje naturalnie zachodzące zjawiska do otrzymywania organizmów modyfikowanych genetycznie, np. bakterii wytwarzających ludzkie białko – insulinę. Jednak aby doszło do produkcji insuliny w komórkach bakterii, ludzki gen insuliny musi zostać pozbawiony dwóch intronów, rozdzielających trzy eksony. Ludzki gen ulega replikacji razem z plazmidem bakteryjnym i dzięki temu występuje w komórce bakteryjnej w dużej liczbie kopii, umożliwiającej syntezę białka na wysokim poziomie.
Do każdego z rodzajów przepływu informacji genetycznej przyporządkuj jeden właściwy opis spośród podanych poniżej (1.–4.). 1. Zachodzi z udziałem wirusów, które stają się wektorami przenoszącymi DNA z jednej bakterii do drugiej. 2. Polega na pobieraniu przez komórki bakteryjne materiału genetycznego ze środowiska. 3. Jest to proces płciowy polegający na przekazaniu materiału genetycznego z komórki dawcy do komórki biorcy. Może zachodzić pomiędzy różnymi gatunkami bakterii. 4. Polega na przepisaniu informacji genetycznej z RNA na DNA, dzięki czemu dochodzi do integracji takiego materiału genetycznego z genomem bakterii. transformacja – ……… transdukcja – ……… koniugacja – ………
Wyjaśnij, dlaczego przed wprowadzeniem ludzkiego genu kodującego insulinę do genomu bakterii usuwa się z tego genu sekwencje intronów. W odpowiedzi uwzględnij znaczenie wycinania intronów u człowieka oraz przebieg ekspresji informacji genetycznej u bakterii.
transformacja – 2. transdukcja – 1. koniugacja – 3.
1 pkt – za przyporządkowanie do trzech nazw prawidłowych opisów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku mechanizmów wycinania intronów eukariotycznych u bakterii oraz znaczenia wycinana intronów (np. połączenie sekwencji kodujących, składanie eksonów). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Bakterie nie potrafią wycinać ludzkich intronów, których wycięcie jest konieczne, aby eksony zostały połączone w jedną ciągłą sekwencję kodującą białko. • U eukariontów, w tym u człowieka, znajdują się spliceosomy, które są odpowiedzialne za wycinanie intronów, ale brakuje ich u bakterii. Bez wycięcia intronów insulina zawierałaby wstawione fragmenty losowej sekwencji aminokwasowej. • Bakterie nie potrafią wycinać intronów, a więc białko syntezowane na podstawie pre- mRNA miałoby zmienioną sekwencję aminokwasową, bo eksony byłyby niepołączone. • Introny przerywają sekwencję kodującą białka, a ich wycięcie jest konieczne do połączenia fragmentów kodujących i otrzymania prawidłowej sekwencji aminokwasowej. Bakterie nie mają mechanizmów wycinania intronów i dlatego trzeba to zrobić przed wprowadzeniem genu do ich genomu.
2 pkt – za poprawne określenie funkcji dwóch enzymów. 1 pkt – za poprawne określenie funkcji jednego enzymu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Enzym Funkcja w procesie replikacji plazmidowego DNA denaturacja nici DNA / rozplątywanie DNA / helikaza rozrywanie wiązań wodorowych DNA / rozdzielenie nici DNA prymaza synteza starterów / synteza krótkich odcinków RNA
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
PCR to procedura, która służy do powielenia materiału genetycznego. Do probówki dodaje się następujące odczynniki: materiał genetyczny, który ma podlegać powieleniu (matrycę), nukleotydy, polimerazę DNA oraz startery – oligonukleotydy DNA wyznaczające początek i koniec powielanego fragmentu. Reakcja przebiega w powtarzających się cyklach. Każdy cykl zaczyna się od podniesienia temperatury do ok. 95 °C, aby nici DNA się rozdzieliły, następnie obniża się temperaturę, aby startery przyłączyły się do odpowiednich miejsc w matrycy. W kolejnym etapie dochodzi do syntezy komplementarnej nici. Na tym etapie w wyniku błędów polimerazy mogą zostać wprowadzone mutacje. Za pomocą PCR powielono ludzki gen MECP2 kodujący białko MECP2A, konieczne do prawidłowego funkcjonowania mózgu. Poniżej przedstawiono początek sekwencji nici kodującej genu MECP2 oraz początek sekwencji aminokwasowej białka MECP2A. Sekwencja nukleotydowa: 5′ ATG GTA GCT GGG ATG TTA GGG … 3′ Sekwencja aminokwasowa: N Met Val Ala Gly Met Leu Gly … C Podczas PCR doszło w trzeciej pozycji czwartego kodonu do dwóch niezależnych mutacji: do substytucji G A oraz do delecji jednego nukleotydu (G), w wyniku czego w mieszaninie poreakcyjnej oprócz wiernej kopii genu MECP2 znalazły się również dwa wadliwe warianty.
Wyjaśnij, dlaczego do przeprowadzenia PCR wykorzystuje się enzym – polimerazę DNA – pochodzący z organizmu termofilnego.
Określ, ile razy zwiększa się liczba cząsteczek DNA w trakcie każdego cyklu PCR, jeśli wydajność reakcji jest równa 100%.
Podaj sekwencje aminokwasowe kodowane przez przedstawiony fragment nici kodującej po zajściu opisanych mutacji. Sekwencje zapisz od końca aminowego do końca karboksylowego, posługując się trójliterowymi oznaczeniami aminokwasów. 1. substytucja G A – ......................................................................................................... 2. delecja G – ........................................................................................................................
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do odporności na wysoką temperaturę enzymów pochodzących z organizmów termofilnych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Polimeraza z organizmu termofilnego pozostaje aktywna po wystawieniu jej na działanie wysokiej temperatury, która występuje podczas PCR na etapie denaturacji. • Białka termofili nie są wrażliwe na wysoką temperaturę, panującą podczas jednego z etapów PCR. • Większość enzymów po podgrzaniu do 95 °C nieodwracalnie straciłaby aktywność. Polimerazy DNA organizmów termofilnych po podgrzaniu do 95 °C, a następnie – po schłodzeniu – dalej zachowują swoją aktywność.
rozwiązań zadań
1 pkt – za określenie, że w każdym cyklu PCR liczba cząsteczek DNA się podwaja. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • dwa razy / 2 / 2× • liczba powielonych cząsteczek jest proporcjonalna do 2n, gdzie n to liczba cykli PCR: 2n = 21 = 2
1. substytucja G A – Met Val Ala Gly Met Leu Gly 2. delecja G – Met Val Ala Gly Cys Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto pełnych nazw aminokwasów lub kody IUPAC.
2 pkt – za podanie dwóch poprawnych sekwencji aminokwasowych. 1 pkt – za podanie jednej poprawnej sekwencji aminokwasowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Na poniższej fotografii przedstawiono węża zbożowego (Pantherophis guttatus), mającego charakterystyczne ubarwienie ochronne w postaci pomarańczowych plam otoczonych szeroką czarną obwódką. Za takie ubarwienie odpowiadają dwa autosomalne geny zlokalizowane na różnych chromosomach: • gen A – determinuje wystąpienie pomarańczowego barwnika • gen B – odpowiada za wytworzenie czarnego barwnika. Recesywne allele tych genów w układzie homozygotycznym uniemożliwiają syntezę barwników (allel a – brak pomarańczowych plam, allel b – brak czarnej obwódki). Węże mogą mieć ubarwienie: • z pomarańczowymi plamami z czarnymi obwódkami – typ dziki • z pomarańczowymi plamami bez czarnych obwódek • z samymi czarnymi obwódkami bez pomarańczowego wypełnienia • albinotyczne.
Zapisz wszystkie możliwe genotypy węży o ubarwieniu typu dzikiego.
Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany stosunek fenotypowy potomstwa podwójnie heterozygotycznej samicy o ubarwieniu dzikim i albinotycznego samca. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.
AABB, AaBB, AaBb, AABb
1 pkt – za poprawne zapisanie czterech możliwych genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej oraz za poprawne podanie stosunku fenotypowego. 1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Krzyżówka genetyczna: ♀ AaBb × ♂ aabb ♀ AB Ab aB ab ♂ ab AaBb Aabb aaBb aabb Stosunek fenotypowy: 1 : 1 : 1 : 1 / wszystkie cztery klasy fenotypowe w równych proporcjach
| Limfocyty T ulegają aktywacji, dzielą się i wydzielają cytokiny. |
| 1 |
| 2 | Gruczoły potowe ssaków są wytworami skóry właściwej. |
| 3 | Łuski występujące u kręgowców lądowych są wytworami naskórka. |
Uzasadnij, że budowa naskórka człowieka umożliwia ochronę przed wnikaniem patogenów do wnętrza organizmu.
| 2 | Gruczoły potowe ssaków są wytworami skóry właściwej. | ✓ | ✓ |
| 3 | Łuski występujące u kręgowców lądowych są wytworami naskórka. | ✓ | ✓ |
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 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające wielowarstwowość naskórka LUB ścisłe przyleganie komórek naskórka LUB zrogowacenie naskórka, który tworzy barierę dla patogenów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Naskórek człowieka jest wielowarstwowy (położony na błonie podstawnej), a komórki ściśle do siebie przylegają, co hamuje wnikanie patogenów do wnętrza ciała. • Ściśle przylegające do siebie komórki naskórka chronią człowieka przed wnikaniem patogenów. • Zrogowaciały naskórek uniemożliwia wnikanie bakterii do niższych warstw skóry.
rozwiązań zadań
Wykaż związek między wytwarzaniem wielu długich wypustek plazmatycznych przez megakariocyty a dużą zawartością gładkiej siateczki śródplazmatycznej w tych komórkach.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące budowy i metabolizmu płytek krwi występujących we krwi ssaków są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W płytkach krwi znajdują się rybosomy pochodzące z megakariocytów. | ||
| 2 | W płytkach krwi zachodzi fosforylacja oksydacyjna. |
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między wytwarzaniem wielu długich wypustek plazmatycznych megakariocytu a dużą zawartością gładkiej siateczki śródplazmatycznej, odnoszące się do dużego zapotrzebowania komórki na wytwarzane przez gładką siateczkę śródplazmatyczną (SER) lipidy wchodzące w skład błony komórkowej LUB do transportu wewnętrznego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • SER jest miejscem syntezy lipidów błonowych, co umożliwia rozbudowę błony komórkowej i wytwarzanie wielu długich wypustek plazmatycznych megakariocytu. • W siateczce śródplazmatycznej powstają fosfolipidy wchodzące w skład błony komórkowej megakariocytu. • Siateczka śródplazmatyczna gładka bierze udział w syntezie fosfolipidów wykorzystywanych do rozbudowy błony komórkowej megakariocytu. • Rozwinięta siateczka może połączyć się z błona komórkową i zwiększyć jej pole powierzchni. • Wewnątrz siateczki gładkiej zachodzi transport substancji do wypustek plazmatycznych.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W płytkach krwi znajdują się rybosomy pochodzące z megakariocytów. | ✓ | ✓ |
| 2 | W płytkach krwi zachodzi fosforylacja oksydacyjna. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P.
1 pkt – za prawidłową ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Enzym | Funkcja w procesie replikacji plazmidowego DNA |
|---|---|
| helikaza | |
| prymaza |