Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
Biologia
Zaburzenia liczby chromosomów w komórce mogą być spowodowane przez nondysjunkcję. Dochodzi do niej, kiedy para chromosomów homologicznych lub chromatyd siostrzanych nieprawidłowo rozdzieli się – odpowiednio – podczas pierwszego lub drugiego podziału mejotycznego. Na poniższym schemacie przedstawiono, jak może dojść do nondysjunkcji podczas I podziału mejotycznego oraz podczas II podziału mejotycznego. Miejsce zachodzenia nondysjunkcji oznaczono literami ND.
Określ skutki nondysjunkcji podczas II podziału mejotycznego. Wpisz w wyznaczone miejsca tabeli liczbę chromosomów w każdej z komórek potomnych oznaczonych na schemacie literami A–D.
Określ, czy procesy wskazane poniżej zachodzą w I, w II, czy – w obu podziałach mejotycznych. Wpisz w odpowiednie komórki tabeli literę T (tak), jeżeli dany proces zachodzi, albo literę N (nie) – jeżeli nie zachodzi. Uwaga: Przyjmij założenie, że podział mejotyczny zachodzi prawidłowo.
| Proces | I podział | II podział |
|---|---|---|
| Skracają się włókna wrzeciona podziałowego. | ||
| Tworzą się biwalenty. | ||
| Centromery w chromosomach ulegają rozdzieleniu. |
2 pkt – poprawne wypełnienie czterech komórek tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie trzech komórek tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Komórka potomna Liczba chromosomów A n + 1 albo 3 B n – 1 albo 1 C n albo 2 D n albo 2 Komórka potomna Liczba chromosomów A n – 1 albo 1 B n + 1 albo 3 C n albo 2 D n albo 2
Proces I podział II podział Skracają się włókna wrzeciona podziałowego. T T Tworzą się biwalenty. T N Centromery w chromosomach ulegają rozdzieleniu. N T
2 pkt – poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie dwóch wierszy LUB jednej kolumny tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Pando to północnoamerykański las złożony z jednego gatunku drzewa liściastego – topoli osikowej (Populus tremuloides), a zarazem jest to jeden organizm – jeden osobnik rozmnażający się wegetatywnie. Na pędach Pando wyrastają wyłącznie kwiaty męskie. Pando jest jednym z najstarszych i najcięższych organizmów na Ziemi. Ma około 47 tysięcy pędów wyrastających ze wspólnego systemu korzeniowego. Większość pni obumiera po około 130 latach. Jeleniowate i inne zwierzęta roślinożerne odżywiają się młodymi odrostami Pando. Według naukowców ten las powoli zamiera. Zamieranie tego lasu zbiegło się w czasie z większą aktywnością ludzi – wytępiono na tym terenie duże drapieżniki, a w okolicy wybudowano domki letniskowe i zakazano polowań na jeleniowate. Poniższe zdjęcie przedstawia fragment Pando w okresie jesiennym.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Topola osikowa jest
B1
rozwiązań zadań
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do przemiany faz jądrowych. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie odmienne
• Powstają z mejospor. • Ziarna pyłku to gametofity, rozwijające się z mikrospor, a mikrospory powstają na drodze mejozy, której towarzyszy crossing-over. • W czasie powstawania zarodników, z których powstają ziarna pyłku, dochodzi do losowego rozchodzenia się chromosomów homologicznych / chromatyd siostrzanych o różnych zestawach alleli. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w której zdający odnosi się do ziarna pyłku jako do struktury powstałej bezpośrednio na drodze mejozy.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do mechanizmu – wzrostu liczebności (populacji) zwierząt roślinożernych odżywiających się młodymi pędami. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Brak drapieżników jest przyczyną wzrostu liczebności roślinożerców, zjadających młode pędy Pando. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający odnosi się do zmniejszenia liczebności osobników Pando, ponieważ ten las jest utworzony przez jednego osobnika.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Przeprowadzono doświadczenie, którego celem było zbadanie wpływu czerwonego światła na suchą masę siewek soi (Glycine max). Nasiona soi odmiany BRS 537 podzielono na cztery grupy. Nasiona z każdej grupy naświetlono dawkami światła laserowego o długości fali 660 nm według następującego schematu: • grupa T0 – nasiona nienaświetlane • grupa T1 – dawka naświetlania 0,8 J ∙ cm–2 • grupa T2 – dawka naświetlania 1,6 J ∙ cm–2 • grupa T3 – dawka naświetlania 3,2 J ∙ cm–2. Następnie nasiona z każdej grupy umieszczono na oddzielnych bibułkach do kiełkowania, przykryto kolejnym arkuszem bibuły i zwilżono wodą destylowaną w proporcji 2,5-krotności suchej masy bibuły. Bibuły zwinięto w rolkę, umieszczono w plastikowej torbie, a następnie przechowywano w inkubatorze w temperaturze 25 °C i przy 12-godzinnym fotoperiodzie (12 h dzień / 12 h noc) przez 7 dni. Po tym okresie zważono suchą masę siewek w każdej grupie. W przypadku każdej opisanej grupy zastosowano cztery powtórzenia po 25 siewek. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia w postaci wartości średnich z czterech powtórzeń, wraz z odchyleniem standardowym.
Na podstawie przedstawionych informacji sformułuj wniosek z doświadczenia.
Uzasadnij, że w celu otrzymania wiarygodnych wyników było konieczne: 1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Wyniki w próbie T2 były
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego zróżnicowany wpływ czerwonego światła na suchą masę siewek soi. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Naświetlanie laserem o długości fali 660 nm przy odpowiedniej dawce światła jest w stanie zwiększyć suchą masę siewek soi. • Niektóre efekty biostymulacji nasion soi czerwonym laserem są pozytywne i zwiększają tempo rozwoju struktur sadzonek, a co za tym idzie – ich suchą masę. • W zależności od dawki światła o długości 660 nm, służącego do naświetlania nasion, siewki soi mogą mieć zmniejszoną lub zwiększoną suchą masę. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do światła bez podania jego koloru lub długości fali.
2 pkt – dwa poprawne uzasadnienia. 1 pkt – jedno poprawne uzasadnienie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach: • Dzięki temu wiadomo, że temperatura nie miała wpływu na uzyskane wyniki. • Gdyby temperatura się różniła między próbami, to mogłoby się to przełożyć na zróżnicowanie wyników. 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie: • Dzięki temu nasiona nie wyschły, a ich siła kiełkowania była wysoka. • Woda jest konieczna do kiełkowania nasion, a plastikowa torba utrzymuje wysoką wilgotność.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Larwy motyla tantnisia krzyżowiaczka (Plutella xylostella) żerują na liściach kapusty brukselskiej (Brassica oleracea var. gemmifera). Korzenie kapusty są pokarmem larw muchówki śmietki kapuścianej (Delia radicum). Samica śmietki składa około 100–150 jaj na hipokotylu lub w glebie. Po 5–10 dniach z jaj wylęgają się larwy. Przez 2–30 dni larwy żyją wewnątrz korzeni, drążąc w nich korytarze. Po tym czasie przechodzą w stadium poczwarki, w którym pozostają przez 15–20 dni. Badacze postanowili sprawdzić hipotezę, że żerowanie tantnisia krzyżowiaczka na kapuście jest przyczyną ograniczenia rozwoju śmietki kapuścianej poprzez uruchomienie mechanizmów obronnych rośliny. W tym celu przygotowano następującą próbę badawczą: I. Na najmłodszy w pełni rozwinięty liść trzytygodniowej kapusty brukselskiej wprowadzono 10 larw tantnisia krzyżowiaczka. Ogonek tego liścia owinięto watą, aby zapobiec rozprzestrzenieniu się larw na inne liście. II. Po dwóch dniach dziesięć nowo wyklutych larw śmietki kapuścianej umieszczono bezpośrednio na hipokotylu rośliny. III. Następnie po trzech dniach usunięto larwy tantnisia krzyżowiaczka. IV. Przez 35 kolejnych dni liczono pojawiające się dorosłe postaci śmietki kapuścianej. Próba kontrolna była taka sama jak próba badawcza – z tym wyjątkiem, że nie wprowadzono larw motyla. Zastosowano kilkadziesiąt powtórzeń obu prób. W tabeli przedstawiono wyniki eksperymentu.
| Próba kontrolna | Próba badawcza | |
|---|---|---|
| Odsetek larw śmietki kapuścianej przeobrażonych w imago | 79,8 % | 59,4 % |
Sformułuj wniosek z przeprowadzonego eksperymentu.
Określ, w jakim celu po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści owady – larwy tantnisia krzyżowiaczka, mimo że eksperyment nadal trwał. W odpowiedzi uwzględnij testowaną hipotezę.
Uzasadnij, że zastosowanie wielokrotnych powtórzeń w przedstawionym doświadczeniu było konieczne, aby uzyskane wyniki były wiarygodne.
rozwiązań zadań
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego negatywny wpływ skutków żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej LUB pozytywny wpływ na mechanizmy obronne kapusty. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Potwierdzono hipotezę. • Skutki żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka mają negatywny wpływ na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej. • W wyniku żerowania larw motyla roślina uruchamia mechanizmy obronne.
1 pkt – poprawna odpowiedź, uwzględniająca wykluczenie wpływu bezpośredniej obecności na roślinie larwy tantnisia krzyżowiaczka na rozwój śmietki kapuścianej żerującej na roślinie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Zrobiono to, aby potwierdzić, że to skutki żerowania, a nie – sama obecność larw tantnisia, wpływają na rozwój śmietki. • Po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści rośliny larwy tantnisia krzyżowiaczka, aby udowodnić, że to nie bezpośrednia obecność motyla na roślinie wpływa na rozwój muchówki, ale że decydują o tym mechanizmy obronne samej rośliny. • Dzięki temu wiadomo, że śmietka rozwija się gorzej nie w wyniku konkurencji o pokarm z larwami motyla.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Pełzakowica to choroba wywoływana przez jednokomórkowego pasożyta – pełzaka czerwonki (Entamoeba histolytica). Do zarażenia dochodzi najczęściej drogą pokarmową: przez ręce, przez wodę lub przez pokarm – zanieczyszczone cystami pasożytów pochodzącymi z kału człowieka zarażonego tym pasożytem. Ostra pełzakowica jest chorobą zagrażającą życiu, ale u zarażonych osób nie zawsze rozwijają się objawy choroby. Decydują o tym przede wszystkim sprawność układu odpornościowego i ogólny stan zdrowia człowieka. W cyklu życiowym pełzaka czerwonki występują dwie formy: • trofozoit – postać wegetatywna, która aktywnie się przemieszcza oraz wytwarza enzymy proteolityczne i enterotoksyny, powodujące obumieranie komórek gospodarza • cysta – postać przetrwalnikowa, odporna na warunki środowiska. Do układu pokarmowego człowieka dostają się cysty, z których zostają uwolnione trofozoity w dolnym odcinku jelita cienkiego lub w górnym odcinku jelita grubego. Trofozoity są bardzo ruchliwe i szybko rozmnażają się przez podziały. W ostrych postaciach pełzakowicy trofozoity mogą wnikać do błony podśluzowej jelita i wraz z krwią dostać się do wątroby lub do innych narządów, gdzie pochłaniają krwinki czerwone i uszkadzają ściany naczyń włosowatych. Trofozoity mogą przekształcić się w cysty i wówczas są wydalane z kałem do środowiska zewnętrznego. Poniżej przedstawiono budowę trofozoitu pełzaka czerwonki.
Rozstrzygnij, czy pełzak czerwonki to bakteria, czy – protist. Odpowiedź uzasadnij.
Określ funkcję, jaką pełni pseudopodium u pełzaka czerwonki.
Uzasadnij, dlaczego połknięcie pełzaka czerwonki w formie trofozoitu zazwyczaj nie prowadzi do rozwoju choroby.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że pełzak czerwonki to protist, wraz z poprawnym uzasadnieniem. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie protist
• Ma jądro komórkowe. • Wytwarza wodniczki pokarmowe. • Porusza się za pomocą pseudopodiów. • Ma ekto- i endoplazmę. • Jest pokryty pellikulą. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „Nie ma ściany komórkowej”.
1 pkt – podanie poprawnego przykładu funkcji pseudopodium pełzaka czerwonki. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• lokomotoryczna / umożliwia ruch pełzakowaty • pokarmowa / umożliwia pobieranie pokarmu na drodze fagocytozy • czuciowa / odbiór bodźców czuciowych / lokalizacja ofiary
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do niszczenia form troficznych w żołądku. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pełzaki czerwonki w formie troficznej są trawione przez enzymy zawarte w soku żołądkowym. • Formy troficzne są nieodporne na warunki panujące w żołądku.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Wampir zwyczajny (Desmodus rotundus) jest gatunkiem krwiopijnego nietoperza, występującym od Meksyku po południową Argentynę. Samica rodzi jedno młode, które początkowo jest karmione mlekiem, a następnie razem z matką wyrusza na łowy. Wampir zwyczajny żeruje nocą, pijąc krew ptaków i ssaków. Ostrymi zębami nacina skórę swych żywicieli i zlizuje krew, spływającą z ran. W ślinie wampirów znajdują się antykoagulanty – substancje zapobiegąjace nadmiernemu krzepnięciu krwi – oraz peptydy o działaniu znieczulającym. Żołądek wampira odpowiada za gromadzenie pobranej krwi oraz za wchłanianie z niej wody. Podczas pobierania pokarmu nerki zwierzęcia wytwarzają duże ilości hipoosmotycznego moczu. Kiedy nietoperz trawi pokarm podczas snu w dziennych kryjówkach, jego nerki wytwarzają małą ilość hiperosmotycznego moczu z wysokim stężeniem mocznika.
Na podstawie przedstawionych informacji podaj jedną cechę fizjologiczną wampira zwyczajnego, która pozwala jednoznacznie zaklasyfikować ten gatunek do ssaków.
Wykaż, że wydalanie przez wampira zwyczajnego dużych ilości hipoosmotycznego moczu podczas pobierania pokarmu jest adaptacją fizjologiczną do latania.
Określ, na czym polega pasożytnictwo, oraz wykaż, że przedstawiona w tekście zależność między wampirem zwyczajnym a ssakami i ptakami jest pasożytnictwem.
1 pkt – poprawna odpowiedź, uwzględniająca karmienie przez wampira zwyczajnego potomstwa mlekiem wytwarzanym przez matkę. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Karmienie potomstwa mlekiem matki. • Wytwarzanie mleka przez samicę. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „Obecność gruczołów mlecznych” – jako cechy anatomicznej.
1 pkt – poprawne wykazanie, że wydalanie dużych ilości hipoosmotycznego moczu wiąże się ze zmniejszeniem masy ciała nietoperza. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Wraz z wydalanym moczem są usuwane duże ilości wody, co wpływa na obniżenie masy ciała.
1 pkt – podanie poprawnej definicji pasożytnictwa – korzyść dla pasożyta i szkoda dla żywiciela, które nie wiążą się z natychmiastowym zabiciem ofiary – oraz przykładów tych korzyści dla wampira i strat dla ssaków lub ptaków. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których mowa jedynie o korzyściach jednej ze stron i stratach drugiej bez uwzględnienia informacji o tym, że ofiary nie są od razu zabijane (co odróżnia pasożytnictwo od drapieżnictwa).
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ukwiał Nematostella vectensis to gatunek modelowy w badaniach biologicznych. Zbadano wpływ GABA (kwasu gamma-aminomasłowego) na rozwój N. vectensis. Larwy – planule – były hodowane w sztucznej wodzie morskiej. Do jednej hodowli dodano dodatkową porcję sztucznej wody morskiej, a do drugiej – roztwór GABA, którego stężenie końcowe wynosiło 10−3 mol ∙ dm−3. Doświadczenie wykonano w trzech powtórzeniach, a w każdym powtórzeniu użyto 100 larw. Poniżej przedstawiono wyniki badania: A – odsetek planul przekształconych w polipy oraz B – typowe formy zwierzęcia w kolejnych dniach po zapłodnieniu. Na wykresie przedstawiono wartości średnie, słupki błędów oznaczają odchylenie standardowe.
Podaj nazwę typu zwierząt, do którego należy N. vectensis.
Rozstrzygnij, która próba – tylko ze sztuczną wodą morską czy z dodatkiem GABA – była próbą kontrolną. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
parzydełkowce / Cnidaria
1 pkt – podanie poprawnego taksonu w randze typu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że próbą kontrolną jest woda morska, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do roli tej próby jako poziomu odniesienia dla próby badawczej LUB do eliminacji wpływu innych czynników niż obecność GABA na rozwój larw. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie tylko ze sztuczną wodą morską / woda morska / woda
• Dzięki tej próbie wiadomo, jak silne jest działanie GABA, które można ocenić przez porównanie wyników próby badawczej z wynikami próby kontrolnej. • Próba z wodą pokazała, że GABA faktycznie działa, a powolny rozwój larw nie wynika z innych, nieznanych czynników.
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do hamowania rozwoju ukwiału przez GABA. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• GABA jest przyczyną hamowania rozwoju polipa Nematostella. • Metamorfoza Nematostella jest hamowana przez GABA. • Kwas gamma-aminomasłowy uniemożliwia prawidłowe przekształcanie się planuli w polip ukwiału. • GABA negatywnie wpływa na rozwój N. vectensis. • GABA spowalnia rozwój larwy polipa N. vectensis. • GABA w tak dużym stężeniu nie tylko opóźnia, ale wręcz uniemożliwia rozwój ukwiału.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
U człowieka zmiany objętości krwi mogą wpływać na jej ciśnienie tętnicze. Jeśli objętość krwi wzrasta, to ciśnienie krwi rośnie, podczas gdy spadek objętości krwi jest przyczyną spadku ciśnienia krwi. Niewielki wzrost objętości krwi występujący w ciągu dnia jest spowodowany m.in. przyjmowaniem pokarmu i płynów.
Uzupełnij schemat przedstawiający regulację ciśnienia krwi w organizmie człowieka. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Podaj nazwę hormonu wydzielanego przez tylny płat przysadki mózgowej, który to hormon reguluje objętość wydalanego moczu, oraz wyjaśnij, na czym polega działanie tego hormonu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm oraz skutek działania hormonu.
BD
rozwiązań zadań Zdający: 4) objaśnia funkcjonowanie organizmu człowieka na różnych poziomach złożoności […].
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu i poprawne wyjaśnienie, uwzględniające pobudzanie resorpcji wody w kanalikach nerkowych przez hormon antydiuretyczny, co jest przyczyną zagęszczenia moczu i zmniejszenia jego objętości. 1 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Nazwa: hormon antydiuretyczny / ADH / adiuretyna / wazopresyna / AVP Wyjaśnienie: Pobudza resorpcję wody w kanalikach nerkowych, co przekłada się na zagęszczenie moczu i zmniejszenie jego objętości.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Na poniższym schemacie przedstawiono reakcję układu odpornościowego wywołaną kontaktem z alergenem – pyłkiem roślin. Po pierwszym kontakcie z alergenem – przez aktywowane komórki układu odpornościowego – są wytwarzane przeciwciała łączące się z odpowiednimi receptorami na powierzchni komórek efektorowych. Po ponownym kontakcie z alergenem dochodzi do rozpoznania antygenu na powierzchni pyłku przez te przeciwciała i – w konsekwencji – do uwolnienia histaminy i innych mediatorów z komórek efektorowych. Na schemacie nie zachowano proporcji wielkości poszczególnych elementów. pierwszy kontakt ponowny kontakt z alergenem z alergenem pobudzenie wytwarzanie pyłek 2 przeciwciał 1 cytokiny 3 limfocyt Th pobudzenie receptor dla przeciwciał histamina i inne mediatory namnożone limfocyty Th
Do komórek oznaczonych na schemacie 1.–3. dopasuj ich odpowiednie nazwy spośród poniższych. Wpisz odpowiednie nazwy w wyznaczone miejsca. bazofil plazmocyt limfocyt B limfocyt T pomocniczy
Która klasa przeciwciał jest zaangażowana w reakcję alergiczną prowadzącą do uwolnienia histaminy w wyniku powtórnego kontaktu z alergenem? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
1. limfocyt B 2. plazmocyt 3. bazofil
2 pkt – podanie poprawnych nazw trzech komórek. 1 pkt – podanie poprawnych nazw dwóch komórek. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Helicobacter pylori to bakteria, która może występować w żołądku człowieka. Jednym z ważniejszych mechanizmów umożliwiających tej bakterii zasiedlanie żołądka jest wytwarzanie ureazy – enzymu koniecznego do utrzymania niemal neutralnego pH cytoplazmatycznego, tzn. w zakresie 5,0–7,0. Podwyższone względem soku żołądkowego pH obserwuje się także w bezpośrednim sąsiedztwie komórki bakteryjnej. Wytwarzana przez wszystkie szczepy H. pylori ureaza jest białkiem składającym się z dwunastu identycznych podjednostek, z których każda zawiera dwa łańcuchy: UreA i UreB. W każdym z dwunastu miejsc aktywnych znajduje się trwale związana para atomów niklu, niezbędnych do katalizy reakcji przedstawionej poniżej: W diagnostyce zakażenia H. pylori stosuje się tzw. ureazowy test oddechowy. Zasada tego testu opiera się na zdolności ureazy do rozkładu mocznika wprowadzanego do organizmu. W tym teście pacjent wypija roztwór mocznika, którego atom węgla jest znakowany izotopowo (np. 13C). Gdy mocznik jest rozkładany w żołądku przez bakteryjną ureazę, to znakowany 13CO2, będący produktem tej reakcji, jest wchłaniany przez warstwę śluzową żołądka i usuwany z organizmu wraz z wydychanym powietrzem. Wówczas staje się możliwe wykrycie izotopu węgla 13C w wydychanym powietrzu. Analiza próbek wydychanego powietrza opiera się na spektrometrii masowej wysokiej rozdzielczości, pozwalającej wykryć różnicę masy między cząsteczkami zawierającymi izotop 13C a cząsteczkami zawierającymi izotop 12C. Diagnostyka inwazyjna opiera się na izolacji H. pylori z materiału pobranego podczas badania górnego odcinka przewodu pokarmowego.
Wyjaśnij, w jaki sposób wytwarzanie ureazy przez bakterie H. pylori zapobiega niszczącemu działaniu pepsyny na ich komórki. W odpowiedzi uwzględnij odczyn najbliższego otoczenia komórek tych bakterii.
Rozstrzygnij, czy aktywna forma ureazy jest białkiem prostym, czy – złożonym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej cechy budowy tego białka.
rozwiązań zadań 4) objaśnia funkcjonowanie organizmu e) przedstawia rolę wydzielin gruczołów człowieka na różnych poziomach złożoności i komórek gruczołowych w obróbce i w poszczególnych etapach ontogenezy. pokarmu.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do wpływu ureazy na (1) zwiększenie pH w najbliższym otoczeniu bakterii, a przez to – (2) na zmniejszenie aktywności pepsyny w bezpośrednim kontakcie z komórką H. pylori i zahamowanie trawienia białek bakteryjnych przez ten enzym. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ureaza powoduje neuturalizację silnie kwaśnego pH w bezpośrednim sąsiedztwie bakterii, co hamuje aktywność pepsyny i trawienie przez nią białek osłony komórkowej H. pylori. • Ureaza katalizuje reakcję, w której powstają jony hydroksylowe, co przyczynia się do wzrostu pH do wartości, w których pepsyna nie jest aktywna i nie trawi bakteryjnych białek peryplazmatycznych i cytoplazmatycznych. • Działanie ureazy jest przyczyną wzrostu pH w bezpośrednim sąsiedztwie komórki, co prowadzi do spadku aktywności pepsyny, a gdy pH osiąga wartość powyżej 6,5 – jej aktywność ustaje. Dzięki temu pepsyna nie niszczy białkowych składników komórki i jej otoczki. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do: – wzrostu pH w całym żołądku w wyniku działania ureazy (w rzeczywistości zmiana wywoływana przez ureazę ma charakter lokalny, ale bakteria doprowadza do wzrostu pH w całym żołądku przez ograniczenie wydzielania kwasu solnego) – uniemożliwienia przekształcenia się pepsynogenu do pepsyny (w rzeczywistości lokalne zmiany odczynu nie mają na to przekształcenie większego wpływu).
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że ureaza jest białkiem złożonym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do obecności w budowie tego białka atomów niklu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Jest białkiem złożonym. / złożonym
Rozstrzygnij, czy ziarna pyłku wytwarzane przez jednego osobnika rośliny nasiennej są jednakowe, czy – odmienne genetycznie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przemiany faz jądrowych.
Wyjaśnij, dlaczego brak dużych drapieżników na terenie Pando jest jedną z przyczyn zamierania tego lasu.
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Rośliny dnia krótkiego do zainicjowania kwitnienia wymagają okresu nieprzerwanej ciemności A B od pewnej wartości krytycznej. Ta wartość C D taka sama dla roślin różnych gatunków zaliczanych do grupy roślin dnia krótkiego.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
BD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. U śmietki kapuścianej występuje rozwój złożony z przeobrażeniem
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające wykluczenie wpływu przypadkowego czynnika na wynik eksperymentu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Doświadczenie powinno być przeprowadzone na więcej niż jednym osobniku kapusty brukselskiej, aby wykluczyć wpływ przypadkowego czynnika na wyniki eksperymentu. • Aby wykluczyć, że to zmienność osobnicza pojedynczej rośliny kapusty brukselskiej odpowiadała za nietypową reakcję na stres wywołany żerowaniem motyla. • Aby uniknąć wpływu indywidualnych cech badanych osobników na wnioskowanie.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych. Trofozoity dostają się wraz z krwią z jelita do wątroby człowieka
Które działanie stanowi profilaktykę pełzakowicy? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
B
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych. Aby pobrać fragment błony śluzowej żołądka diagnozowanego pacjenta, należy wykonać
• Oprócz reszt aminokwasowych zawiera również atomy niklu. • Zawiera atomy niklu, które znajdują się w miejscu aktywnym ureazy.
1 pkt – poprawny opis, uwzględniający wchłanianie 13CO2 do naczyń krwionośnych w ścianie przewodu pokarmowego oraz transport wraz z krwią do płuc. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Powstający w żołądku 13CO2 przenika do naczyń krwionośnych znajdujących się w ścianie żołądka, następnie jest wraz z krwią transportowany do płuc. • Dwutlenek węgla jest wchłaniany do krwi z przewodu pokarmowego, a potem jest transportowany z krwią do płuc. • 13CO2 jest wchłaniany do naczyń włosowatych żołądka, a następnie krew płynie następującą drogą: żyłki odprowadzające → żyły żołądkowe (lewa, prawa oraz krótkie) → żyła wrotna → naczynia krwionośne wątroby → żyła wątrobowa → żyła główna dolna → prawy przedsionek serca → prawa komora serca → pień płucny → tętnice płucne → tętniczki płucne → naczynia włosowate płuc.
A
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.