Zbiór zadań maturalnych

Biologia — zadania maturalne

Ćwicz zadania maturalne z odpowiedziami. Wspólne informacje i ilustracje znajdziesz nad podzadaniami. Procent CKE to średni procent zdobytych punktów.

689 w całym zbiorze

Ćwicz zadania maturalne z odpowiedziami.

Co oznacza procent CKE?

To średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza łatwiejsze zadanie.

Przedmiot

Poziom

Dział

14 zadań i wiązekStrona 1 z 2

Zadanie 15

Matura 2026 · maj · Formuła 2023 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Wirusowe zapalenie wątroby typu C (WZW typu C) jest chorobą wywołaną przez wirus zapalenia wątroby typu C (HCV), którego genom stanowi pojedyncza nić RNA. Większość infekcji wywołanych HCV ma przebieg bezobjawowy. W niektórych przypadkach dochodzi do samoistnej eliminacji HCV przez układ odpornościowy (spontaniczne wyzdrowienie). Większość zakażeń przechodzi jednak w infekcje przewlekłe, co może prowadzić do zapalenia wątroby, do jej marskości i do rozwoju nowotworu wątroby. Przewlekłym infekcjom HCV towarzyszy ciągłe uwalnianie do krwi cząstek wirusa z zakażonych hepatocytów. Nie opracowano dotąd skutecznej szczepionki przeciw HCV.

Na podstawie: J. Bal, Genetyka medyczna i molekularna, Warszawa 2018; W. Irving i in., Krótkie wykłady. Mikrobiologia medyczna, Warszawa 2008.

Zadanie 15.1

Inny dział1 pkt

Układ odpornościowy

51%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Wirusowe zapalenie wątroby typu C (WZW typu C) jest chorobą wywołaną przez wirus zapalenia wątroby typu C (HCV), którego genom stanowi pojedyncza nić RNA. Większość infekcji wywołanych HCV ma przebieg bezobjawowy. W niektórych przypadkach dochodzi do samoistnej eliminacji HCV przez układ odpornościowy (spontaniczne wyzdrowienie). Większość zakażeń przechodzi jednak w infekcję przewlekłą, co może prowadzić do zapalenia wątroby, do jej marskości i do rozwoju nowotworu wątroby. Przewlekłym infekcjom HCV towarzyszy ciągłe uwalnianie do krwi cząstek wirusa z zakażonych hepatocytów. Nie opracowano dotąd skutecznej szczepionki przeciw HCV.

Na podstawie: J. Bal, Genetyka medyczna i molekularna, Warszawa 2018; W. Irving i in., Krótkie wykłady. Mikrobiologia medyczna, Warszawa 2008.

Wyjaśnij, dlaczego dodatni wynik badania na obecność przeciwciał anty-HCV we krwi dorosłej osoby nie przesądza o obecności wirusa we krwi w chwili badania.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe odpowiedzi

Przez limfocyty B pamięci są wytwarzane przeciwciała po zakończonej odpowiedzi immunologicznej, podczas której wirusy zostały zwalczone.
HCV może nie być we krwi, ponieważ został on wyeliminowany przez układ odpornościowy, jednak wciąż obecne są przeciwciała anty-HCV, które długo utrzymują się we krwi.
Limfocyty B, wytwarzające przeciwciała, są długowieczne, więc pomimo samoistnego wyzdrowienia wytworzone wcześniej przeciwciała są obecne we krwi.
Prawdopodobnie w przebiegu WZW typu C doszło do wytworzenia specyficznych przeciwciał. Choroba została zwalczona, lecz przeciwciała nadal są w organizmie.
Nastąpił wcześniejszy kontakt z wirusem bez wystąpienia choroby.

1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zakończonej skutecznej odpowiedzi immunologicznej.

0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Zadanie 15.2

1 pkt

Biotechnologia molekularna

25%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Wyjaśnij, dlaczego diagnostyka oparta na amplifikacji genomu HCV metodą łańcuchowej reakcji polimerazy (PCR) jest poprzedzona zastosowaniem odwrotnej transkryptazy.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe odpowiedzi

Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję syntezy DNA na matrycy RNA HCV, więc potem można powielać ten DNA metodą PCR.
Genom wirusa HCV to pojedyncza nić RNA, a ponieważ PCR polega na powielaniu DNA, to trzeba najpierw zmienić nośnik informacji genetycznej z RNA na DNA – co katalizuje odwrotna transkryptaza.
RT używa wirusowego RNA jako matrycy do syntezy cDNA, wykorzystywanego w PCR.

Uwagi:

Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do „przepisywania RNA na DNA” zamiast „syntezy DNA na matrycy RNA”.

Nie uznaje się odpowiedzi będących jedynie tautologią, np. „Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję odwrotnej transkrypcji”.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do HCV jako do retrowirusa, np. „HCV zawiera odwrotną transkryptazę, zatem na matrycy RNA wirusowego powstaje DNA – substrat PCR”.

1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające rodzaj materiału genetycznego HCV (RNA) oraz substrat PCR – DNA, oraz rodzaj reakcji katalizowanej przez odwrotną transkryptazę.

0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Zadanie 13

Matura 2025 · maj · Formuła 2023 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Jedną z obiecujących metod leczenia celowanego nowotworów jest stosowanie kompleksów przeciwciało – lek (ADC, ang. antibody-drug conjugate), które tworzy się przez chemiczne łączenie przeciwciał monoklonalnych z substancjami toksycznymi – lekami mającymi niszczyć komórki nowotworowe. Przeciwciała monoklonalne to przeciwciała powstające z jednego klonu limfocytów B. Takie przeciwciała mają wysoką specyficzność, tzn. mogą się łączyć tylko z jednym konkretnym fragmentem antygenu, stanowiącym receptor dla ADC.

ADC podaje się pacjentowi dożylnie. Duże znaczenie w skuteczności tej metody ma dobranie zarówno przeciwciał właściwych dla antygenu charakterystycznego dla danej komórki nowotworowej, jak i odpowiedniego łącznika chemicznego, dzięki któremu ADC nie rozpada się w krążeniu ogólnoustrojowym.

Na poniższym schemacie przedstawiono mechanizm działania ADC.

Na podstawie: C. Peters i S. Brown, Antibody–Drug Conjugates as Novel Anti-Cancer Chemotherapeutics, „Bioscience Reports” 35(4), 2015; P.J. Wysocki, Mechanizmy działania przeciwciał monoklonalnych w nowotworach litych, „Onkologia w Praktyce Klinicznej” 10(4), 2014; D. Schrama i in., Antibody Targeted Drugs as Cancer Therapeutics, „Nature Reviews Drug Discovery” 5(2), 2006.

Schemat mechanizmu działania ADC z oznaczeniami: łącznik, lek, przeciwciało monoklonalne, antygen, lizosom, toksyczne działanie leku i komórka nowotworowa.

Zadanie 13.1

1 pkt

Biotechnologia molekularna

56%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na poniższym schemacie przedstawiono mechanizm działania ADC.

Wyjaśnij, dlaczego ADC dostarcza toksyczne substancje tylko do komórek nowotworowych, z pominięciem komórek zdrowych. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm działania ADC.

Schemat mechanizmu działania ADC z oznaczeniami łącznika, leku, przeciwciała monoklonalnego, antygenu, lizosomu i toksycznego działania leku w komórce nowotworowej

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające użycie przeciwciał (monoklonalnych) skierowanych przeciwko antygenom swoistym dla komórek nowotworowych.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

ADC jest pobierany przez komórki nowotworowe, ponieważ mają one odpowiednie receptory rozpoznawane przez przeciwciało wchodzące w skład ADC.
W odróżnieniu od komórek zdrowych chore komórki mają specyficzne antygeny konieczne do związania kompleksu ADC, zawierającego swoiste przeciwciała.

Zadanie 13.2

1 pkt

Biotechnologia molekularna

49%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na poniższym schemacie przedstawiono mechanizm działania ADC.

Wykaż, że zachowanie stabilności łącznika w ADC podczas transportu ADC w krążeniu ogólnoustrojowym jest konieczne do prawidłowego działania leku.

Schemat mechanizmu działania ADC z oznaczeniami jego składników, antygenu, komórki nowotworowej, lizosomu i toksycznego działania leku.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe odpowiedzi

ADC nie może zostać rozłożony przed związaniem się z odpowiednim antygenem komórki nowotworowej. Gdyby łącznik był niestabilny, ADC nie zostałby dostarczony do odpowiednich komórek.
Przedwczesny rozpad łącznika w ADC podczas transportu w krwiobiegu spowodowałby, że substancja terapeutyczna obecna w ADC nie dotarłaby do komórek nowotworowych.
Brak stabilności łącznika ADC podczas transportu zakłóciłby dostarczanie leku do komórki nowotworowej, gdyż lek nie byłby połączony z konkretnym przeciwciałem – koniecznym do rozpoznania komórki nowotworowej.
Przedwczesny rozpad kompleksu ADC spowodowałby to, że stężenie leku w komórkach nowotworowych byłoby niedostateczne.
Rozpad łącznika w ADC podczas jego transportu w płynach ogólnoustrojowych spowodowałby uwolnienie toksycznej substancji, która dotarłaby również do innych, zdrowych komórek w organizmie.
Łącznik ADC musi zachować stabilność w czasie transportu w krążeniu ogólnoustrojowym, ponieważ – gdyby się rozpadł – toksyczne substancje mogłyby zostać rozprowadzone po całym ciele i uszkodzić zdrowe tkanki.
Łącznik musi zachować stabilność, ponieważ w innym przypadku toksyczne substancje zostałyby uwolnione do krwiobiegu, w wyniku czego zatrułyby cały organizm.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wykazanie, że łącznik w ADC musi zachować stabilność podczas transportu, odnoszące się do skuteczniejszego transportu leku do komórek nowotworowych LUB do ograniczenia toksyczności leku dla zdrowych komórek.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 13.3

Inny dział1 pkt

Komórka – budowa i funkcje

41%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na poniższym schemacie przedstawiono mechanizm działania ADC.

Na podstawie: C. Peters i S. Brown, Antibody–Drug Conjugates as Novel Anti-Cancer Chemotherapeutics, „Bioscience Reports” 35(4), 2015;
P.J. Wysocki, Mechanizmy działania przeciwciał monoklonalnych w nowotworach litych, „Onkologia w Praktyce Klinicznej” 10(4), 2014;
D. Schrama i in., Antibody Targeted Drugs as Cancer Therapeutics, „Nature Reviews Drug Discovery” 5(2), 2006.

Przedstaw rolę lizosomów obecnych w komórce nowotworowej w mechanizmie działania ADC.

Schemat mechanizmu działania ADC z oznaczeniami przeciwciała monoklonalnego, leku, łącznika, antygenu, komórki nowotworowej, lizosomu i toksycznego działania leku.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe odpowiedzi

Lizosomy powodują rozkład łącznika w kompleksie ADC i uwolnienie z niego leku.
Lizosomy są niezbędne, ponieważ przyczyniają się do rozkładu ADC w komórce nowotworowej, czyli do odłączenia leku wywołującego efekt terapeutyczny.
Enzymy zawarte w lizosomach trawią łącznik ADC i umożliwiają uwolnienie leku w komórce nowotworowej, który może przeniknąć np. do jądra komórkowego.
Lizosomy odłączają lek od przeciwciała, dzięki czemu lek może działać w komórce.
W lizosomach jest niskie pH przyczyniające się do strawienia wiązania między łącznikiem a lekiem, który ulega w ten sposób aktywacji.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne przedstawienie roli lizosomów w mechanizmie działania ADC, uwzględniające rozkład ADC (trawienie ADC) ORAZ – w konsekwencji – uwolnienie lub aktywację leku.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 14

Matura 2025 · maj · Formuła 2023 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Na poniższym schemacie przedstawiono w uproszczony sposób metodę otrzymywania roślin transgenicznych. W tej metodzie wykorzystuje się bakterie Agrobacterium tumefaciens, mogące infekować rośliny. Podczas infekcji fragment plazmidu bakterii, tzw. T-DNA, wnika do komórki roślinnej i integruje się z jej chromosomowym DNA. Symbolami E1 i E2 oznaczono dwa różne enzymy wykorzystywane podczas otrzymywania rośliny transgenicznej.

Na podstawie: G.J. Tortora i in., Microbiology: An Introduction, Harlow 2021.

Schemat otrzymywania rośliny transgenicznej z użyciem Agrobacterium tumefaciens; oznaczenia E1 i E2, T-DNA, obcy DNA oraz etapy powstawania zrekombinowanego plazmidu i rośliny.

Zadanie 14.1

2 pkt

Biotechnologia molekularna

38%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na podstawie: G.J. Tortora i in., Microbiology: An Introduction, Harlow 2021.

Uzupełnij tabelę – zapisz nazwy enzymów oznaczonych na powyższym schemacie symbolami E1 i E2. Określ funkcję każdego z tych enzymów w otrzymywaniu zrekombinowanego plazmidu.

Enzym	Nazwa enzymu (helikaza, ligaza, restryktaza)	Funkcja enzymu
E1
E2

Schemat otrzymywania rośliny transgenicznej z użyciem Agrobacterium tumefaciens; obejmuje plazmid, obcy DNA, enzymy E1 i E2, zrekombinowany plazmid, komórkę roślinną i hodowlę in vitro.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe odpowiedzi

Enzym	Nazwa enzymu (helikaza, ligaza, restryktaza)	Funkcja enzymu
E1	restryktaza	przecina nić DNA tnie plazmid tnie DNA wycina obcy DNA rozcina materiał genetyczny hydrolizuje wiązania fosfodiestrowe rozcina wiązania fosfoestrowe
E2	ligaza	łączy końce cząsteczek DNA łączy fragmenty plazmidu skleja plazmid z obcym DNA zespala fragmenty DNA tworzenie wiązania fosfodiestrowego katalizuje powstawanie wiązania fosfoestrowego łączy nukleotydy należące do dwóch fragmentów DNA

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do rozrywania wiązań przez restryktazę, np. „rozrywanie fragmentów DNA” (mechanizm działania restryktazy polega nie na rozciąganiu nici DNA, ale na jej cięciu przez hydrolizę wiązania fosfoestrowego).

Zasady oceniania

2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.

1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 14.2

1 pkt

Biotechnologia molekularna

33%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na podstawie: G.J. Tortora i in., Microbiology: An Introduction, Harlow 2021.

Wykaż, że w przedstawionej metodzie otrzymywania roślin transgenicznych bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora.

Schemat otrzymywania rośliny transgenicznej z użyciem Agrobacterium tumefaciens; zawiera oznaczenia E1, E2, T-DNA i podpisy etapów.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wykazanie, że w przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, odnoszące się do przenoszenia przez tę bakterię zrekombinowanego plazmidu.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

Przenosi obcy DNA (transgen) do komórki docelowej.
Bakteria A. tumefaciens jest wektorem, ponieważ wprowadza zrekombinowany plazmid do komórki roślinnej.
Te bakterie stanowią formę transportu obcego genu do komórki roślinnej, w której ten gen wbudowuje się w materiał genetyczny.
Wektorem nazywamy organizmy lub cząsteczki zdolne do przenoszenia np. DNA od dawcy do biorcy. Dlatego bakteria A. tumefaciens, która umożliwia wprowadzenie zrekombinowanego w tym procesie DNA do komórki roślinnej, jest wektorem.
Wektory przenoszą obcy fragment DNA do innego organizmu, a ta bakteria przenosi fragment obcego DNA do komórki roślinnej.
W tej metodzie bakteria jest nośnikiem zrekombinowanego plazmidu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do definicji wektora genetycznego, np. „Bakteria jest wektorem, ponieważ przenosi DNA”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do tego, że bakteria jest dawcą plazmidu bez odniesienia się do roli bakterii w przeniesieniu zrekombinowanego plazmidu do komórek roślinnych, np. „W przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, ponieważ stanowi źródło plazmidu, który po zrekombinowaniu jest wszczepiany do rośliny”.

Zadanie 15

Matura 2025 · maj · Formuła 2023 · poziom rozszerzony

2 pkt

Biotechnologia molekularna

26%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Elektroforeza DNA w żelu agarozowym jest standardową techniką pozwalającą na rozdzielenie cząsteczek DNA w zależności od ich masy. Aby wykryć położenie cząsteczek DNA w żelu agarozowym, znakuje się je barwnikami fluorescencyjnymi.

W czasie apoptozy powstają fragmenty DNA o wielkości ok. 180 par zasad i ich wielokrotności, natomiast podczas niekontrolowanej śmierci komórki (nekrozy) dochodzi do losowej fragmentacji DNA. Materiał genetyczny pochodzący ze zdrowych żywych komórek podczas izolacji ulega fragmentacji tylko w niewielkim stopniu.

Na poniższej fotografii przedstawiono wynik elektroforezy DNA wyizolowanego z trzech różnych populacji komórek (A–C).

Na podstawie: M. Zabel i J. Kawiak, Seminaria z cytofizjologii dla studentów medycyny, weterynarii i biologii, Wrocław 2021.
Fotografia: L.D. Tomei i F.O. Cope (red.), Apoptosis: the Molecular Basis of Cell Death, Plainview 1991.

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby stanowiły prawidłową interpretację powyższych wyników badań. W każdym nawiasie podkreśl właściwą literę.

Wynik elektroforezy DNA wyizolowanego z komórek obumierających w wyniku nekrozy ilustruje ścieżka ( A / B / C ). Wynik elektroforezy DNA wyizolowanego z komórek obumierających w wyniku apoptozy ilustruje ścieżka ( A / B / C ).

Fotografia wyniku elektroforezy DNA w żelu agarozowym z oznaczonymi ścieżkami A, B i C oraz strzałką wskazującą obszar nanoszenia DNA na żel agarozowy.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Zasady oceniania

2 pkt – za podkreślenie dwóch poprawnych określeń.

1 pkt – za podkreślenie jednego poprawnego określenia.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 13

Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

5 podzadania5 pkt

Informacja do podzadań

U bydła rasy holsztyńsko-fryzyjskiej autosomalny dominujący allel (A) genu ASL warunkuje wytwarzanie aktywnej syntetazy argininobursztynianowej – enzymu biorącego udział w cyklu mocznikowym.

Cytrulinemia to choroba genetyczna wywoływana przez recesywny allel (a) tego genu. Osobniki będące nosicielami mają normalny fenotyp, natomiast cielęta homozygotyczne przeżywają tylko pierwsze 5–6 dni po urodzeniu, a przyczyną śmierci jest upośledzenie zdolności syntezy mocznika w organizmie.

Opracowano test diagnostyczny, umożliwiający wykrywanie osobników, które są nosicielami wadliwego allelu – w celu wykluczenia ich z hodowli. W teście na nosicielstwo cytrulinemii wykorzystuje się kilka technik inżynierii genetycznej. Po uzyskaniu kopii fragmentu badanego genu, w ilości wystarczającej do testu, przecina się otrzymany DNA za pomocą enzymów restrykcyjnych. Następnie rozdziela się uzyskane fragmenty ze względu na ich długość i porównuje wyniki tego rozdziału (metoda PCR-RFLP). W tym teście wykorzystuje się fakt, że allele A i a różnią się występowaniem w ich obrębie miejsca restrykcyjnego dla enzymu AvaII: to miejsce jest obecne w allelu dominującym, natomiast nie ma go w allelu recesywnym.

Na podstawie: A. Kumar i in., Designing Multiplex PCR Tests for Simultaneous Screening of Bovine Leukocyte Adhesion Deficiency, Bovine Citrullinemia and Factor XI Deficiency Genetic Diseases in Cattle, „Ruminant Science” 6(2), 2017;
K.M. Charon, M. Świtoński, Genetyka i genomika zwierząt, Warszawa 2012.

Zadanie 13.1

Inny dział1 pkt

Genetyka mendlowska

39%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Zapisz wszystkie możliwe genotypy zdrowych osobników, stosując podane w tekście oznaczenia alleli genów warunkujących produkcję syntetazy argininobursztynianowej.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

AA oraz Aa

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne zapisanie dwóch możliwych genotypów.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 13.2

Inny dział1 pkt

Genetyka mendlowska

15%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Wyjaśnij, dlaczego z hodowli bydła wyklucza się nosicieli zmutowanego allelu odpowiadającego za rozwój tej choroby. W odpowiedzi uwzględnij sposób dziedziczenia cytrulinemii.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Z hodowli należy eliminować osobniki będące nosicielami tej mutacji, ponieważ w wyniku skrzyżowania ze sobą dwóch heterozygot istnieje prawdopodobieństwo urodzenia się potomstwa będącego homozygotą recesywną, czyli ze śmiertelną chorobą.
Przy krzyżowaniu dwóch nosicieli istnieje 25% prawdopodobieństwo urodzenia się osobnika chorego, co jest z punktu widzenia hodowcy niekorzystne.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie uwzględniające sposób dziedziczenia się tej cechy i możliwość urodzenia się chorych osobników przy krzyżowaniu dwóch nosicieli.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 13.3

1 pkt

Biotechnologia molekularna inżynieria genetyczna i medycyna molekularna Biotechnologia i inżynieria genetyczna

16%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Uporządkuj opisane w zadaniu techniki inżynierii genetycznej zgodnie z kolejnością ich zastosowania w teście na cytrulinemię. Wpisz numery 1.–3. we właściwe komórki tabeli.

Nazwa techniki	Kolejność wykonania
cięcie DNA enzymem restrykcyjnym
elektroforeza DNA
łańcuchowa reakcja polimerazy (PCR)

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Nazwa techniki	Kolejność wykonania
cięcie DNA enzymem restrykcyjnym	2
elektroforeza DNA	3
łańcuchowa reakcja polimerazy (PCR)	1

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne ustalenie kolejności technik inżynierii genetycznej stosowanych w teście na cytrulinemię.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 13.4

1 pkt

Biotechnologia molekularna inżynieria genetyczna i medycyna molekularna Biotechnologia i inżynieria genetyczna

13%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Przyporządkuj wymienionym genotypom A–C oznaczenia wyników 1.–3., otrzymanych po elektroforezie w teście na cytrulinemię.

Obraz uzyskany po elektroforezie:

jeden prążek z cząsteczkami DNA zawierającymi 185 pz [pary zasad].
dwa prążki z cząsteczkami DNA zawierającymi 103 pz albo 82 pz.
trzy prążki z cząsteczkami DNA zawierającymi 185 pz, 103 pz albo 82 pz.

Homozygota dominująca:
Heterozygota:
Homozygota recesywna:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne przyporządkowanie trzech wyników elektroforezy do odpowiednich genotypów.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

A – 2, B – 3, C – 1.

Zadanie 13.5

Inny dział1 pkt

Genetyka mendlowska Porównanie struktur zwierząt odpowiedzialnych za realizację różnych czynności życiowych

2%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Wyjaśnij, dlaczego płody cieląt, które są homozygotyczne pod względem allelu a, rozwijają się prawidłowo.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Podczas ciąży krew matki w łożysku odbiera toksyczne produkty przemian azotowych od płodu. Organizm matki metabolizuje i usuwa z organizmu te związki, w wyniku czego nie dochodzi do zatrucia płodu.
Organizm płodu jest oczyszczany z nadmiaru amoniaku przez organizm matki.

Uwaga:

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do usuwania przez organizm matki mocznika wytworzonego przez organizm płodu, ponieważ w cytrulinemii płód nie wytwarza mocznika.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające oczyszczanie przez organizm matki krwi płodowej z produktów przemian azotowych.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 13

Matura 2023 · maj · Formuła 2023 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Na poniższym schemacie przedstawiono przebieg pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR. Uwzględniono tylko dwa z czterech deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA.

Uwaga: deoksyrybonukleotydy oznacza się czteroliterowymi skrótowcami, np. trifosforan deoksyguanozyny – dGTP (ang. deoxyguanosine triphosphate).

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2016.

Schemat pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR z oznaczeniami etapów, starterów, polimerazy DNA, dGTP, dTTP i dwoma pustymi miejscami.

Zadanie 13.1

1 pkt

Biotechnologia molekularna

50%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na poniższym schemacie przedstawiono przebieg pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR. Uwzględniono tylko dwa z czterech deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA.

Uwaga: deoksyrybonukleotydy oznacza się czteroliterowymi skrótowcami, np. trifosforan deoksyguanozyny – dGTP (ang. deoxyguanosine triphosphate).

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2016.

Uzupełnij powyższy schemat – wpisz w wyznaczone miejsca (+ ........) oznaczenia dwóch deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA, brakujących na schemacie.

Schemat pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR, obejmujący rozdzielenie nici DNA, przyłączenie starterów oraz syntezę DNA; przy polimerazie DNA widnieją dGTP, dTTP i dwa puste miejsca.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Odpowiedź i zasady oceniania z klucza CKE:

Oficjalna odpowiedź i zasady oceniania CKE, zadanie 13.1

Zadanie 13.2

1 pkt

Biotechnologia molekularna

36%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na poniższym schemacie przedstawiono przebieg pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR. Uwzględniono tylko dwa z czterech deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA.

Uwaga: deoksyrybonukleotydy oznacza się czteroliterowymi skrótowcami, np. trifosforan deoksyguanozyny – dGTP (ang. deoxyguanosine triphosphate).

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2016.

Określ, w jaki sposób przeprowadza się rozdzielenie dwuniciowego DNA podczas pierwszego etapu każdego cyklu PCR.

Schemat pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR, obejmujący rozdzielenie nici DNA, przyłączenie starterów i syntezę DNA.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Odpowiedź i zasady oceniania z klucza CKE:

Oficjalna odpowiedź i zasady oceniania CKE, zadanie 13.2

Zadanie 13.3

1 pkt

Biotechnologia molekularna

17%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Na poniższym schemacie przedstawiono przebieg pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR. Uwzględniono tylko dwa z czterech deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA.

Uwaga: deoksyrybonukleotydy oznacza się czteroliterowymi skrótowcami, np. trifosforan deoksyguanozyny – dGTP (ang. deoxyguanosine triphosphate).

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2016.

Wyjaśnij, dlaczego w cyklu PCR etap syntezy DNA musi być poprzedzony przyłączeniem starterów. W odpowiedzi uwzględnij właściwości polimerazy DNA.

Schemat pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR, obejmujący rozdzielenie nici DNA, przyłączenie starterów i syntezę DNA.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Odpowiedź i zasady oceniania z klucza CKE:

Oficjalna odpowiedź i zasady oceniania CKE, zadanie 13.3

Zadanie 17

Matura 2022 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania4 pkt

Informacja do podzadań

Populacje biegusów alaskańskich w północnej części zasięgu geograficznego gatunku mają nietypowy stosunek liczebności samców i samic wynoszący 3:1, zamiast typowego – 1:1. Postawiono następującą hipotezę:

„Mały udział samic w populacjach biegusów jest spowodowany tym, że częściej padają one ofiarą sokołów wędrownych”.

W celu weryfikacji tej hipotezy zebrano pióra po biegusach upolowanych przez sokoły, a następnie wyizolowano z nich DNA i przeprowadzono PCR w celu amplifikacji fragmentów genów CHD, zlokalizowanych na chromosomach płci Z i W (odpowiednio: CHD-Z i CHD-W). Samice biegusów są heterogametyczne (ZW), a samce – homogametyczne (ZZ).

Rejony niekodujące w genach CHD-Z i CHD-W mają różną długość, co powoduje, że produkty amplifikacji rejonów niekodujących genów CHD-Z i CHD-W także różnią się długością. Elektroforetyczne rozdzielenie produktów PCR pozwoliło określić płeć ptaków, z których pochodziły zebrane pióra.

Wyniki badań przedstawiono na poniższym wykresie.

Zadanie 17.1

Inny dział1 pkt

Elementy genetyki populacji

71%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Treść podzadania — poza wybranym działem

Rozstrzygnij, czy postawiona hipoteza została przyjęta, czy – odrzucona. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do wyników badań przedstawionych na wykresie.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Hipoteza została odrzucona. Wyniki wskazują, że udział samic wśród ofiar sokołów jest podobny do ich udziału w populacji, a więc ta dysproporcja nie jest wynikiem ich częstszego odławiania przez sokoły wędrowne.
Mały udział samic w badanej populacji nie jest spowodowany tym, że samice częściej są łowione przez sokoły. Wyniki badania wskazują, że to samce częściej są ofiarami, a więc hipoteza nie została potwierdzona.

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłowe:

1) rozstrzygnięcie, że wyniki badania nie potwierdziły postawionej hipotezy oraz

2) uzasadnienie, odnoszące się do zbliżonej proporcji płci w populacji żywych biegusów i biegusów będących ofiarami sokołów lub do większego udziału samców wśród ofiar sokołów.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Odrzucona, ponieważ wśród ofiar sokołów jest więcej samców.
Hipoteza została odrzucona, ponieważ biegusy, niezależnie od płci, z jednakowym prawdopodobieństwem mogą stać się ofiarą sokołów.
Zweryfikowana negatywnie – płeć ofiary nie ma wpływu na złowienie jej przez sokoła, dlatego proporcja płci wśród ofiar odzwierciedla proporcję w populacji ogólnej.

Zadanie 17.2

1 pkt

Biotechnologia molekularna inżynieria genetyczna i medycyna molekularna

30%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Który obraz żelu agarozowego odpowiada prawidłowemu wynikowi elektroforetycznego rozdzielenia powielonych fragmentów genów CHD-Z i CHD-W u samca (♂) i samicy (♀)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Zasady oceniania

1 pkt – za wybór prawidłowego obrazu rozdziału produktów PCR.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 17.3

2 pkt

Biotechnologia molekularna inżynieria genetyczna i medycyna molekularna

46%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące techniki PCR są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.


1.	Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów.	P	F
2.	Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów.	P	F
3.	Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA.	P	F

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

1. – P, 2. – P, 3. – F.

Zasady oceniania

2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.

1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 5

Matura 2020 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

6 podzadania

Informacja do podzadań

Transfer materiału genetycznego (DNA) między komórkami bakterii odbywa się na drodze koniugacji, transdukcji lub transformacji:

koniugacja – polega na jednokierunkowym transferze plazmidowego DNA z jednej komórki bakteryjnej do drugiej;
transdukcja – zachodzi z udziałem wirusów;
transformacja – polega na pobieraniu przez bakterie materiału genetycznego ze środowiska.

Na podstawie: U. Kasprzykowska, M. Sobieszczańska, Plastyczność bakteryjnych genomów – międzykomórkowy transfer informacji genetycznej, „Postępy mikrobiologii”, 53 (2) 2014.

Zadanie 5.1

Inny dział1 pkt

Bakterie

Treść podzadania — poza wybranym działem

Uporządkuj przedstawione poniżej etapy koniugacji bakterii (A–E) w kolejności ilustrującej przebieg tego procesu.

Schemat pięciu etapów koniugacji bakterii oznaczonych A–E; zawiera podpisy: bakteria, plazmid, plazmid jest nacinany w swoistym miejscu, powielanie DNA plazmidowego.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

kolejność: A, C, E, D, B

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne podanie kolejności etapów koniugacji przedstawionych na schemacie.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 5.2

Inny dział1 pkt

Bakterie

Treść podzadania — poza wybranym działem

Uzasadnij, że do przekazania informacji genetycznej zapisanej w plazmidzie, na drodze koniugacji, wystarczy przeniesienie do komórki – biorcy tylko jednej nici DNA plazmidowego.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Dzięki temu, że DNA tworzą dwie nici, które są komplementarne, na matrycy jednej nici przekazanej do komórki biorcy możliwa jest synteza drugiej nici.
Ponieważ druga nić zostanie wytworzona w oparciu o regułę komplementarności zasad azotowych.
Wystarczy przekazać do komórki biorcy tylko jedną nić DNA plazmidowego, ponieważ może ona zostać dobudowana (dzięki komplementarnym zasadom azotowym).
Ponieważ nici DNA są komplementarne względem siebie, dlatego mając jedną mogą dobudować drugą.
Ponieważ na podstawie jednej nici komórka bakteryjna może dobudować drugą (komplementarną do niej) nić.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne określenie przyczyny uwzględniające komplementarność zasad azotowych lub możliwość syntezy drugiej nici DNA na matrycy jednej nici.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 5.3

Inny dział1 pkt

Bakterie

Treść podzadania — poza wybranym działem

Transfer materiału genetycznego (DNA) między komórkami bakterii odbywa się na drodze koniugacji, transdukcji lub transformacji:

• koniugacja – polega na jednokierunkowym transferze plazmidowego DNA z jednej komórki bakteryjnej do drugiej;
• transdukcja – zachodzi z udziałem wirusów;
• transformacja – polega na pobieraniu przez bakterie materiału genetycznego ze środowiska.

Na podstawie: U. Kasprzykowska, M. Sobieszczańska, Plastyczność bakteryjnych genomów – międzykomórkowy transfer informacji genetycznej, „Postępy mikrobiologii”, 53 (2) 2014.

Uzasadnij, że bakteria, która jest biorcą DNA plazmidowego w procesie koniugacji, może odnieść korzyści z tego procesu. W odpowiedzi uwzględnij przykład takiej korzyści.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Bakterie w ten sposób uzyskują nowe cechy np. oporność na antybiotyki.
Dzięki koniugacji bakteria otrzymuje nowe geny, które kodują białka nadające bakteriom nowe cechy, np. zdolność do wytwarzania niektórych aminokwasów.
Dzięki koniugacji bakteria otrzymuje materiał genetyczny, dzięki którym bakterie nabierają nowych właściwości, np. zdolność do rozkładu określonych związków organicznych.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne uzasadnienie uwzględniające przykład korzyści, którą odnoszą bakterie z procesu koniugacji, odnoszącej się do nabycia konkretnych nowych adaptacyjnych cech.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 5.4

Inny dział1 pkt

Bakterie

Treść podzadania — poza wybranym działem

Uzasadnij, że bakteriofagi mogą być wektorami przenoszącymi DNA pomiędzy komórkami bakterii.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Wirusy przeprowadzające cykl lityczny mogą być wektorami przenoszącymi DNA pomiędzy komórkami bakterii, dlatego że w czasie tego cyklu wirusy uwalniają się z komórki bakterii i mogą przenieść odcinek DNA bakteryjnego do innej bakterii.

Schemat punktowania

1 p. – za za uzasadnienie, że wirusy przeprowadzające cykl lityczny mogą być wektorem przenoszącym DNA z jednej bakterii do drugiej odnoszące się do rozpadu zainfekowanej komórki bakteryjnej i uwalniania się z niej fagów, z których część może pełnić funkcje wektorów przenoszących DNA.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 5.5

Inny dział1 pkt

Zmienność genetyczna

Treść podzadania — poza wybranym działem

Wyjaśnij, dlaczego intensywna międzykomórkowa wymiana informacji genetycznej zachodząca w populacji bakterii zapewnia tym mikroorganizmom bardzo szybkie tempo ewolucji adaptacyjnej.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Intensywny transfer informacji genetycznej, prowadzi do ogromnej zmienności genetycznej tych organizmów w obrębie jednego gatunku / populacji, a dzięki temu zwiększa się prawdopodobieństwo, że będą jakieś osobniki, które są lepiej przystosowane do danych warunków środowiska.
Transfer informacji genetycznej powoduje, że bakterie różnią się między sobą pod względem informacji genetycznej, a więc także pod względem cech, jakie wykazują. Dzięki temu gatunek może przeżyć w różnych warunkach środowiska, ponieważ znajdą się osobniki przystosowane do tych warunków.
Zapewnia on wymianę materiału genetycznego, a co za tym idzie wzrost zmienności genetycznej. Zmienność genetyczna sprawia, że pojawią się bakterie, które będą przystosowane do zmiennych warunków środowiska.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wyjaśnienie konsekwencji intensywnej wymiany informacji genetycznej prowadzącej do zmienności genetycznej bakterii, umożliwiającej lepsze przystosowanie do warunków środowiska lub przeżycie organizmów.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 5.6

1 pkt

Biotechnologia molekularna

Do podanych w tabeli cech wektora plazmidowego 1.–3., wykorzystywanego przy wprowadzaniu obcego DNA do komórek bakterii, przyporządkuj spośród A–D po jednym jego znaczeniu w tym procesie.

	Cecha wektora plazmidowego	Znaczenie podczas wprowadzania DNA do bakterii
1.	Miejsce inicjacji replikacji bogate w pary AT, a nie – w pary CG.
2.	Obecność fragmentu z wieloma miejscami rozpoznawalnymi przez enzymy restrykcyjne.
3.	Obecność genu oporności na określony antybiotyk.

A. Umożliwia rozdzielenie wektorów do komórek potomnych.

B. Umożliwia selekcję szczepów, które pobrały plazmid.

C. Umożliwia włączenie obcego DNA do wektora plazmidowego.

D. Ułatwia miejscowe rozplecenie helisy DNA.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

1. – D, 2. – C, 3. – B

Schemat punktowania

1 p. – za przyporządkowanie poprawnych znaczeń dotyczących cech wektorów w procesie wprowadzania obcego DNA dla trzech cech wektorów.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 18

Matura 2019 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania

Informacja do podzadań

W procesie replikacji DNA bierze udział m.in. prymaza – enzym, który katalizuje syntezę starterów będących krótkimi odcinkami RNA, komplementarnymi do matrycowego DNA. Łańcuchowa reakcja polimerazy (PCR) naśladuje replikację DNA i służy do powielania fragmentu DNA bez udziału komórek – w probówce.

Na poniższym schemacie przedstawiono proces dobudowywania komplementarnej nici w czasie replikacji DNA w komórce.

Na podstawie: http://faculty.samford.edu/~djohnso2/44962w/405/06/CELL4e-Fig-06-04-0.jpg

Schemat A. inicjacja replikacji, B. synteza startera, C. synteza DNA. Zawiera oznaczenia zasad nici matrycowej, prymazy, kierunków syntezy oraz klamry wskazujące odcinki RNA i DNA.

Zadanie 18.1

Inny dział1 pkt

Kwasy nukleinowe

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na poniższym schemacie przedstawiono proces dobudowywania komplementarnej nici w czasie replikacji DNA w komórce.

Na podstawie: http://faculty.samford.edu/~djohnso2/44962w/405/06/CELL4e-Fig-06-04-0.jpg

Podaj, używając symboli: A, T, C, G, U, sekwencje nukleotydowe fragmentu nici RNA i fragmentu nici DNA, które zaznaczono klamrami na rysunku C.

RNA: 5’ … 3’

DNA: 5’ … 3’

Schemat A–C dobudowywania nici podczas replikacji DNA, z oznaczeniami RNA i DNA oraz klamrami na rysunku C.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

RNA: 5’ C U C U 3’
DNA: 5’ A A C T G A 3’

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne podanie sekwencji nukleotydowych RNA i DNA stanowiących uzupełnienie schematu C.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 18.2

Inny dział1 pkt

Cykl komórkowy

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na poniższym schemacie przedstawiono proces dobudowywania komplementarnej nici w czasie replikacji DNA w komórce.

Na podstawie: Samford University, rysunek CELL4e-Fig-06-04-0.jpg.

Wybierz spośród A–D i zaznacz prawidłowe dokończenie poniższego zdania.

Replikacja DNA jądrowego zachodzi w czasie cyklu komórkowego podczas

Schemat dobudowywania komplementarnej nici podczas replikacji DNA: A. inicjacja replikacji, B. synteza startera, C. synteza DNA; z oznaczeniami matrycowej nici DNA, prymazy, RNA oraz DNA.

fazy G1.

fazy S.

fazy G2.

fazy M.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie dokończenia zdania.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 18.3

Inny dział1 pkt

Kwasy nukleinowe

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na poniższym schemacie przedstawiono proces dobudowywania komplementarnej nici w czasie replikacji DNA w komórce.

Na podstawie: http://faculty.samford.edu/~djohnso2/44962w/405/06/CELL4e-Fig-06-04-0.jpg

Podaj nazwę wiązań występujących w cząsteczce DNA, które są rozrywane podczas replikacji przy udziale helikazy, oraz nazwę czynnika, który powoduje ich rozerwanie podczas przebiegu PCR.

Nazwa wiązań:

Nazwa czynnika:

Schemat A–C przedstawiający inicjację replikacji, syntezę startera RNA i syntezę DNA, z oznaczeniami matrycowej nici DNA oraz kierunku 3′–5′.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Nazwa wiązań: (wiązania) wodorowe
Nazwa czynnika: wysoka temperatura / temperatura ok. 95°C / temperatura ok. 90 C.

Schemat punktowania

1 p. – za podanie poprawnej nazwy wiązań, które ulegają rozerwaniu podczas replikacji DNA oraz poprawne określenie wysokiej temperatury jako czynnika, który powoduje rozerwanie tych wiązań (wiązań wodorowych) w czasie przebiegu PCR.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 18.4

1 pkt

Biotechnologia molekularna

Na poniższym schemacie przedstawiono proces dobudowywania komplementarnej nici w czasie replikacji DNA w komórce.

Na podstawie: http://faculty.samford.edu/~djohnso2/44962w/405/06/CELL4e-Fig-06-04-0.jpg

Spośród wymienionych poniżej przykładów A–D wybierz i zaznacz ten, do którego niezbędne jest zastosowanie techniki PCR.

Schemat etapów A–C dobudowywania nici komplementarnej podczas replikacji DNA, z oznaczeniami matrycowej nici DNA, prymazy, startera RNA i dobudowywanej nici DNA.

Diagnostyka zespołu Turnera u noworodków.

Określanie oporności szczepów bakterii na dany antybiotyk.

Oznaczanie poziomu TSH (hormonu tyreotropowego) we krwi pacjenta.

Ustalanie tożsamości przestępcy na podstawie śladowej ilości materiału genetycznego.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie przykładu, do którego niezbędne jest zastosowanie techniki PCR.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 15

Matura 2018 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

1 pkt

Biotechnologia molekularna

Geny organizmów eukariotycznych mogą być przechowywane w tzw. bibliotekach genów. Wyróżnia się ich dwa rodzaje:

1. biblioteki genomowe – są otrzymywane przez wyizolowanie i oczyszczenie całego genomowego DNA danego organizmu, a następnie przez pocięcie go i umieszczenie w wektorach.

2. biblioteki cDNA – zbiór klonów komórek bakteryjnych, np. Escherichia coli, zawierający cDNA komplementarny do mRNA całego transkryptomu danego organizmu.

Podaj, którą z bibliotek genów organizmu eukariotycznego – genomową czy cDNA – należy wykorzystać w celu uzyskania produktów białkowych w komórkach bakterii. Odpowiedź uzasadnij.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Biblioteka genomowa DNA reprezentuje cały genom, a więc zawiera zarówno sekwencje kodujące, jak i sekwencje niekodujące, dlatego nie można jej zastosować do produkcji białka w przypadku bakterii, które nie mają możliwości wycinania intronów / przeprowadzenia splicingu.
Biblioteka cDNA zawiera tylko eksony, a więc takie DNA można użyć do produkcji konkretnego białka w komórkach bakterii, ponieważ nie wymaga obróbki potranskrypcyjnej, której bakterie nie mogą przeprowadzić.

1 p. – za prawidłowe wskazanie rodzaju biblioteki genów i poprawne uzasadnienie odnoszące się do obecności intronów w DNA z biblioteki genomowej lub obecności samych eksonów (z mRNA) w genach z biblioteki cDNA oraz braku możliwości przeprowadzenia splicingu przez bakterie.

0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.