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

15 zadań i wiązekStrona 1 z 2

Zadanie 14

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Kontakt erytrocytów mających w błonie komórkowej określony antygen ze skierowanym przeciwko niemu przeciwciałem obecnym w surowicy krwi skutkuje aglutynacją – zlepianiem się krwinek. Z tego powodu przetoczenie krwi niezgodnej pod względem grupy układu AB0 i czynnika Rh stanowi zagrożenie życia.

W celu potwierdzenia u pacjenta grupy krwi B Rh(–) wykonano test aglutynacji, stosując trzy rodzaje surowic:

1. z przeciwciałami anty-A
2. z przeciwciałami anty-B
3. z przeciwciałami anty-Rh (inaczej anty-D).

Zadanie 14.1

Inny dział2 pkt

Układ krwionośny

Treść podzadania — poza wybranym działem

Określ, jaki wynik będzie jednoznacznie potwierdzać grupę krwi B Rh(–) tego pacjenta. Zaznacz w tabeli literę T (tak), jeśli w danej probówce dojdzie do aglutynacji, albo N (nie) – jeśli do niej nie dojdzie.

Przeciwciało	Aglutynacja
anty-A	T	N
anty-B	T	N
anty-Rh	T	N

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

1. – N, 2. – T, 3. – N.

Zasady oceniania

2 pkt – za określenie poprawnego wyniku w tabeli dla trzech badanych prób.

1 pkt – za określenie poprawnego wyniku w tabeli dla dwóch badanych prób.

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

Zadanie 14.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji

Około 16% Europejczyków ma krew Rh(–). Za brak czynnika Rh odpowiada recesywny allel d.

Korzystając z prawa Hardy’ego-Weinberga, oblicz częstość występowania heterozygot w tej populacji. Zapisz obliczenia.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne obliczenie prawdopodobieństwa na podstawie wzoru Hardy’ego-Weinberga.

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

Przykładowe rozwiązanie

\(q^{2}=0{,}16;\ q=0{,}4;\ p=1-0{,}4=0{,}6;\ 2pq=2\times0{,}6\times0{,}4=0{,}48\)

Częstość wynosi: 48%

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

1 pkt

Elementy genetyki populacji

71%średni wynik CKE

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

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

Inny dział1 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.

Treść podzadania — poza wybranym działem

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

Inny dział2 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.

Treść podzadania — poza wybranym działem

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 18

Matura 2022 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania5 pkt

Informacja do podzadań

Autosomalny gen HTT koduje białko – huntingtynę. Niezmutowany allel h koduje huntingtynę o prawidłowej strukturze, podczas gdy zmutowany allel H skutkuje powstaniem niewłaściwej formy huntingtyny, warunkującej chorobę Huntingtona. Allel H ma charakter dominujący, a obecność nawet tylko jednej jego kopii w genomie jest przyczyną poważnych zaburzeń fizycznych i umysłowych, które powodują śmierć w przeciągu 15–20 lat od wystąpienia objawów.

W genie HTT stosunkowo często pojawia się mutacja polegająca na występowaniu dodatkowych kodonów CAG. Wywołujący chorobę allel H ma więcej niż 35 takich trójek nukleotydów. W większości przypadków objawy choroby rozwijają się między czwartą a szóstą dekadą życia.

Na podstawie: journals.viamedica.pl; www.huntington.pl

Zadanie 18.1

Inny dział1 pkt

Zmienność genetyczna

32%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Podaj nazwę rodzaju mutacji genowej występującej w allelu H, polegającej na obecności dodatkowych kodonów CAG.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

insercja (wstawienie, addycja)
mutacja dynamiczna
powielenie (ekspansja, multiplikacja)
powtórzenie

Uwaga:
Dopuszcza się termin „duplikacja”.

Zasady oceniania

1 pkt – za podanie prawidłowej nazwy rodzaju mutacji genowej.

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

Zadanie 18.2

Inny dział1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

7%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Opisz, na czym polega zmiana w I-rzędowej strukturze białka huntingtyny będąca skutkiem obecności dodatkowych kodonów CAG.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Skutek tej mutacji w budowie huntingtyny to wbudowanie wielu dodatkowych reszt glutaminy.
Zmiana w strukturze I-rzędowej huntingtyny polega na wielokrotnym wstawieniu aminokwasu glutaminy.
W białku następuje zwielokrotnienie liczby glutaminy.

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi, które nie odnoszą się bezpośrednio do wstawiania wielu reszt glutaminy, np. „Zmiana polega na obecności dodatkowego aminokwasu – glutaminy”.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne określenie zmiany w strukturze I-rzędowej huntingtyny polegającej na zwielokrotnieniu liczby reszt glutaminy.

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

Zadanie 18.3

Inny dział2 pkt

Genetyka mendlowska

60%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Określ prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona u dziecka heterozygotycznej matki pod względem genu HTT oraz ojca będącego homozygotą recesywną pod względem tego genu. Odpowiedź uzasadnij, zapisując genotypy rodziców oraz krzyżówkę genetyczną.

Genotyp matki: Genotyp ojca:

Krzyżówka:

Prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Genotyp matki: Hh　Genotyp ojca: hh

Krzyżówka:

Prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona:

\(50\%\)
\(\frac{1}{2}\)
\(0{,}5\).

Krzyżówka genetyczna z oznaczeniami płci, gametami H i h oraz genotypami potomstwa Hh i hh.

Zasady oceniania

2 pkt – za podanie poprawnych genotypów rodziców i określenie prawdopodobieństwa wystąpienia choroby Huntingtona wśród potomstwa na podstawie poprawnie wykonanej krzyżówki genetycznej.

1 pkt – za podanie poprawnych genotypów rodziców.

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

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi:

uwzględniające chromosomy płci, np. XXHh oraz XYhh
zapisane w formie grafu, a nie – szachownicy Punnetta
z innymi oznaczeniami alleli pod warunkiem, że została podana legenda.

Zadanie 18.4

1 pkt

Elementy genetyki populacji

37%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego w populacji ludzkiej utrzymuje się allel H warunkujący chorobę Huntingtona, mimo że jest on dominujący, a choroba – śmiertelna.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Choroba ujawnia się w późniejszym wieku, a nosiciele mutacji zwykle mają dzieci przed pojawieniem się pierwszych objawów choroby. Potomstwo dziedziczy zmutowany allel, co umożliwia jego występowanie w populacji człowieka.
Zwykle ludzie zakładający rodziny nie wiedzą, czy mają zmutowany allel H. Jeśli są nosicielami i mają dzieci, to przekazują allel H potomstwu i w ten sposób dochodzi do jego zachowania w populacji.
Zwykle choroba ujawnia się w wieku, w którym nosiciele mają już swoje dzieci, a zatem allel warunkujący chorobę nie jest odsiewany przez dobór.

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające przyczynę – brak objawów choroby na początku okresu reprodukcyjnego oraz mechanizm – przekazywanie zmutowanego allelu potomstwu przed śmiercią.

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

Zadanie 14

Matura 2021 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania3 pkt

Informacja do podzadań

Witamina C (kwas L-askorbinowy) pełni kilka istotnych funkcji w procesach metabolicznych zachodzących w organizmie człowieka, który musi ją przyjmować wraz z pokarmem. Szacuje się, że organizm dorosłego człowieka potrzebuje około 90 mg witaminy C na dobę. Źródłem witaminy C w diecie człowieka są przede wszystkim rośliny, ale większość zwierząt ma zdolność do jej syntezy. Utrata tej zdolności jest skutkiem mutacji genu kodującego enzym katalizujący ostatni etap syntezy witaminy C.

Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono historię ewolucyjną ssaków – szarym kolorem wyróżniono linie filogenetyczne, w których doszło do utraty zdolności do syntezy witaminy C.

Zadanie 14.1

Inny dział1 pkt

42%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Oceń, czy poniższe stwierdzenia odnoszące się do przedstawionego drzewa filogenetycznego są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.


1.	Ssaki, które nie mają zdolności do syntezy witaminy C, stanowią grupę polifiletyczną.	P	F
2.	Utrata zdolności do syntezy witaminy C zaszła co najmniej trzykrotnie, niezależnie w różnych liniach rozwojowych ssaków.	P	F
3.	Wszystkie naczelne są pozbawione możliwości syntezy witaminy C.	P	F

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

1. – P, 2. – P, 3. – F.

1 pkt – za prawidłową ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.

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

Zadanie 14.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji Dobór naturalny

8%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego mutacja uniemożliwiająca syntezę witaminy C, która pojawiła się u przodka małp, nie została wyeliminowana przez dobór naturalny.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do: 1) przyczyny – diety bogatej w witaminę C oraz 2) mechanizmu – ograniczonych skutków fenotypowych mutacji nie mających wpływu na przeżycie i rozród.

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

Przykładowe rozwiązania

Małpy, u których doszło do tej mutacji, miały dietę bogatą w witaminę C i dlatego enzym katalizujący ostatni etap wytwarzania tej witaminy nie był im potrzebny do zachowania zdrowia, a więc ich dostosowanie się nie obniżyło.
Małpy, które nie miały zdolności do syntezy witaminy C, pobierały tę witaminę wraz z pokarmem, a więc nie miały negatywnych skutków zdrowotnych i dzięki temu przekazywały zmutowany allel potomstwu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do przeżycia osobników mających dostęp do witaminy C, np. „Ponieważ witamina C była dostarczana wraz z dietą, nie pojawiły się negatywne skutki jej niedoboru, które zwiększyłyby śmiertelność osobników niezdolnych do jej syntezy”. Dobór naturalny polega bowiem na przeżyciu i rozrodzie najlepiej dostosowanych osobników.

Zadanie 14.3

Inny dział1 pkt

Układ wydalniczy Układ pokarmowy i przebieg procesów trawiennych

18%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Wyjaśnij, dlaczego witamina C, w odróżnieniu od witaminy A, nie kumuluje się w organizmie człowieka. W odpowiedzi odnieś się do właściwości obu witamin.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Witamina C należy do witamin rozpuszczalnych w wodzie, dlatego jej nadmiar może być wydalany wraz z moczem. Witamina A jest rozpuszczalna w tłuszczach.
Ponieważ witamina C jest rozpuszczalna w wodzie, która jest głównym składnikiem moczu, z którym jest wydalana. Witamina A rozpuszcza się w tłuszczach, a więc nie jest wydalana z moczem, i dlatego kumuluje się w organizmie.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „wypłukiwania” witaminy C z organizmu.

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające: 1) rozpuszczalność w wodzie witaminy C i możliwość wydalania jej z moczem oraz 2) rozpuszczalność w tłuszczach witaminy A.

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

Zadanie 17

Matura 2021 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania3 pkt

Informacja do podzadań

Przyczyną wrodzonej nietolerancji fruktozy są mutacje w genie ALDOB, kodującym enzym aldolazę B i zlokalizowanym na chromosomie 9. Jeżeli uszkodzona jest tylko jedna kopia genu, oznacza to nosicielstwo tej choroby, co w większości przypadków nie wywołuje żadnych objawów. Częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy u człowieka wynosi 1/40000. Objawy choroby ujawniają się zwykle w okresie niemowlęcym po zakończeniu karmienia dziecka wyłącznie mlekiem matki, kiedy do diety dziecka wprowadzane są pierwsze owoce i warzywa. Wrodzona nietolerancja fruktozy prowadzi, po spożyciu tego cukru, do gromadzenia się jego metabolitów w komórkach wątroby: brak aldolazy B powoduje nagromadzenie fruktozo-1-fosforanu, co z kolei prowadzi do upośledzenia glukoneogenezy oraz ograniczenia syntezy ATP. U osób chorych należy wykluczyć z diety owoce, niektóre warzywa, miód oraz cukier spożywczy (sacharozę).

Na podstawie: https://biotechnologia.pl/;
L. Szablewski, A. Skopińska, Zaburzenia metabolizmu węglowodanów powodowane mutacjami i rola diety jako terapii. Część II. Fruktozemia, „Medycyna Rodzinna” 4, 2005.

Zadanie 17.1

Inny dział1 pkt

Genetyka mendlowska

72%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Wrodzona nietolerancja fruktozy jest dziedziczona w sposób

autosomalny recesywny.
autosomalny dominujący.
sprzężony z płcią recesywny.
sprzężony z płcią dominujący.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

1 pkt – za zaznaczenie właściwego dokończenia zdania.

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

Zadanie 17.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji

18%średni wynik CKE

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

Oblicz częstość występowania nosicieli wrodzonej nietolerancji fruktozy w populacji pozostającej w stanie równowagi genetycznej, w której częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy wynosi 1/40000.

Obliczenia:

Częstość występowania nosicieli wrodzonej nietolerancji fruktozy wynosi:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Obliczenia wartości q:

\(q^2 = 0{,}000025 \Rightarrow q = 0{,}005\)
\(q^2 = 1/40\,000 \Rightarrow q = 1/200 = 0{,}005\)
\(q^2 = 1/40000 \Rightarrow q = 1/200\)

Obliczenia wartości p:

\(p = 1 - q = 1 - 0{,}005 = 0{,}995 = 199/200\) (w przybliżeniu 1)

Obliczenia 2pq:

\(2pq = 2 \times 0{,}995 \times 0{,}005 = 0{,}00995\)
\(2pq = 2 \times 1/200 \times 199/200 = 398/40000\) (można skrócić do \(199/20000\))

Częstość występowania nosicieli wrodzonej nietolerancji fruktozy wynosi 0,00995 / 0,995% lub po zaokrągleniu 0,01 / 1%.

1 pkt – za poprawne obliczenie i podanie wartości częstości występowania w populacji nosicieli choroby.

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

Zadanie 17.3

Inny dział1 pkt

Układ pokarmowy i przebieg procesów trawiennych Węglowodany

17%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Uzasadnij, że osoba cierpiąca na wrodzoną nietolerancję fruktozy powinna wyeliminować z diety sacharozę.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające fruktozę jako jeden z produktów trawienia sacharozy.

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

Przykładowe rozwiązania

Tak, powinna, ponieważ sacharoza to dwucukier składający się z cząsteczki glukozy i fruktozy. Spożywanie spowoduje jej rozpad na glukozę i fruktozę.
Ponieważ w wyniku trawienia sacharozy powstaje oprócz glukozy także fruktoza.
Sacharoza jest źródłem fruktozy, która jest uwalniana w czasie degradacji sacharozy w jelicie.
Sacharoza jest dwucukrem złożonym m.in. z fruktozy, która jest uwalniana podczas hydrolizy tego dwucukru.
Jednym z produktów rozkładu sacharozy jest fruktoza.

Zadanie 18

Matura 2020 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

5 podzadania

Informacja do podzadań

Dystrofia mięśniowa Duchenne'a jest najczęstszą i najcięższą z postępujących dystrofii mięśniowych. Jest to choroba genetycznie uwarunkowana – dziedziczy się w sposób recesywny sprzężony z płcią. Wynikiem obecności nieprawidłowego allelu d genu DMD, jest synteza nieprawidłowej dystrofiny w komórce mięśniowej – białka tworzącego „szkielet” komórki mięśniowej. Chorzy umierają zwykle w wieku przedreprodukcyjnym.

Poniżej na schemacie przedstawiono fragment sekwencji nukleotydowej DNA (poszczególne kodony zostały oddzielone przerwami) prawidłowego (I) i zmutowanego genu DMD (II). Zamieszczone fragmenty nie zawierają intronów.

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:

\(5’\ \mathrm{CAG\ CAG\ CAG\ CAG\ CAG}\ 3’\)

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:

\(5’\ \mathrm{CAG\ CAG\ TAG\ CAG\ CAG}\ 3’\)

Zadanie 18.1

Inny dział1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

Treść podzadania — poza wybranym działem

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:
\(5^{\prime}\ \mathrm{CAG\ CAG\ CAG\ CAG\ CAG}\ 3^{\prime}\)

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:
\(5^{\prime}\ \mathrm{CAG\ CAG\ TAG\ CAG\ CAG}\ 3^{\prime}\)

Wpisz, posługując się trójliterowymi skrótami nazw aminokwasów, w wykropkowane miejsca na schemacie sekwencje kodowanego fragmentu białka, zakodowanego w zapisanych fragmentach DNA I i II genu DMD.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

I　gln-gln-gln-gln-gln / Gln-Gln-Gln-Gln-Gln /

II　gln-gln / Gln-Gln　lub　gln-gln-stop / Gln-Gln-Stop

1 p. – za wpisanie w wyznaczonym miejscu na schemacie poprawnych sekwencji kodowanego fragmentu białka zapisanych w obu (I i II) fragmentach genu dystrofiny.

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

Zadanie 18.2

Inny dział1 pkt

Zmienność genetyczna

Treść podzadania — poza wybranym działem

Dystrofia mięśniowa Duchenne'a jest najczęstszą i najcięższą z postępujących dystrofii mięśniowych. Jest to choroba genetycznie uwarunkowana – dziedziczy się w sposób recesywny sprzężony z płcią. Wynikiem obecności nieprawidłowego allelu d genu DMD, jest synteza nieprawidłowej dystrofiny w komórce mięśniowej – białka tworzącego „szkielet” komórki mięśniowej. Chorzy umierają zwykle w wieku przedreprodukcyjnym.

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:
5’ CAG CAG CAG CAG CAG 3’

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:
5’ CAG CAG TAG CAG CAG 3’

Na podstawie sekwencji I i II genu DMD określ rodzaj mutacji genowej warunkującej rozwój dystrofii mięśniowej Duchenne’a.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne określenie rodzaju przedstawionej mutacji genowej.

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

Przykładowe rozwiązania

substytucja
tranzycja
nonsensowna

Uwaga: Uznaje się odpowiedź, w której zamiast nazwy jest opis mutacji, np. „Wymiana jednego nukleotydu”

Zadanie 18.3

Inny dział1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

Treść podzadania — poza wybranym działem

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:
5’ CAG CAG CAG CAG CAG 3’

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:
5’ CAG CAG TAG CAG CAG 3’

Określ, jakie będą skutki przedstawionej mutacji dla pierwszorzędowej struktury białka, w porównaniu z jego prawidłową strukturą.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Kodon stop spowoduje zahamowanie dalszej syntezy białka, w wyniku czego będzie ono krótsze.
W wyniku mutacji zamiast kodonu aminokwasu glutamina powstanie kodon STOP, więc w I – rzędowej strukturze białka dojdzie do zmiany, gdyż łańcuch peptydowy ulegnie skróceniu.
Łańcuch polipeptydowy będzie krótszy.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wyjaśnienie skutków przedstawionej mutacji odnoszących się do pierwszorzędowej struktury polipeptydu.

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

Zadanie 18.4

1 pkt

Elementy genetyki populacji

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:

5’ CAG CAG CAG CAG CAG 3’

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:

5’ CAG CAG TAG CAG CAG 3’

Wyjaśnij, dlaczego mimo działania doboru naturalnego w populacji ludzkiej utrzymuje się allel warunkujący zespół Duchenne’a.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wyjaśnienie odnoszące się do nieujawniania się allelu recesywnego u heterozygot / kobiet nosicielek, (a przez to braku możliwości eliminacji tego allelu z puli genowej), co przyczynia się do przekazywania go potomstwu.

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

Przykładowe rozwiązania

Allele recesywne nie ujawniają się w układzie heterozygotycznym, a więc kobieta nosicielka allelu dystrofii mięśniowej jest zdrowa i może przekazać ten allel potomstwu żeńskiemu, a więc wciąż będzie on obecny w ludzkiej puli genowej.
Kobiety, które są nosicielkami allelu warunkującego dystrofię Duchenne’a są zdrowe, a dobór naturalny eliminuje określone allele, tylko gdy ujawniają się one u osobników. Kobieta nosicielka może przekazać allel recesywny potomstwu, a więc nadal będzie on obecny w puli genowej człowieka.
Utrzymuje się, ponieważ warunkowana jest przez allel recesywny. Oznacza to, że osobnik (w tym przypadku płci żeńskiej) może posiadać allel warunkujący chorobę, ale nie zachorować (jest heterozygotą) i przekazać wadliwy gen swoim córkom.

Zadanie 18.5

Inny dział2 pkt

Genetyka mendlowska

Treść podzadania — poza wybranym działem

I. Fragment prawidłowej sekwencji nici kodującej:

5’ CAG CAG CAG CAG CAG 3’

II. Fragment sekwencji nici kodującej, w której występuje mutacja:

5’ CAG CAG TAG CAG CAG 3’

Określ, jakie jest prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko zdrowych rodziców, którzy mają już jednego syna chorego na dystrofię mięśniową typu Duchenne’a, będzie chore na tę chorobę. W odpowiedzi uwzględnij genotypy rodziców oraz zapisz krzyżówkę genetyczną lub obliczenia.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Genotypy rodziców: X^DX^d　 X^DY

Prawdopodobieństwo: 25%

Krzyżówka genetyczna potomstwa rodziców XᴰXᵈ i XᴰY z wyróżnionym genotypem XᵈY

Schemat punktowania

2 p. – za poprawne oznaczenie alleli (allel recesywny warunkujący dystrofię mięśniową), podanie genotypów rodziców, poprawnie rozpisaną krzyżówkę genetyczną oraz poprawnie podanym prawdopodobieństwem urodzenia się chorego dziecka (25%).

1 p. – za poprawne oznaczenie alleli (allel recesywny warunkujący dystrofię mięśniową) oraz prawidłowy zapis genotypów rodziców

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

Zadanie 22

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania4 pkt

Informacja do podzadań

Żbik europejski (Felis silvestris silvestris) jest obok rysia euroazjatyckiego (Lynx lynx) jedynym dzikim przedstawicielem rodziny kotowatych (Felidae) występującym w Polsce. Żbiki są terytorialne: terytorium samca pokrywa się z terytoriami 2–3 samic. Żyją w lasach liściastych lub mieszanych, z bogatym podszytem. Pokarm zdobywają przede wszystkim na obrzeżach lasów, a także w zakrzaczeniach śródpolnych, na polanach leśnych, w dolinach potoków i rzek.

Żbiki występują w południowo-wschodniej Polsce i są to rozproszone, niewielkie populacje - o łącznej liczebności co najwyżej 200 osobników. Trudność w oszacowaniu liczby żbików sprawia ich swobodne krzyżowanie się z kotami domowymi (Felis silvestris catus), które pochodzą od afrykańskiego podgatunku żbika (Felis silvestris lybica). Niektórzy naukowcy uważają nawet, że kotożbiki (płodne mieszańce kota ze żbikiem) stanowią większość osobników żyjących na wolności. Jak dotychczas, ścisła ochrona gatunkowa żbika oraz ochrona jego siedlisk nie doprowadziły do znaczącego wzrostu liczebności populacji tego kota.

Głównymi czynnikami zagrażającymi zmienności genetycznej żbika europejskiego są także mała liczebność populacji i postępująca fragmentacja jego siedlisk. Zalecanym działaniem ochronnym jest wyznaczenie i odtworzenie sieci korytarzy migracyjnych łączących ostoje tego gatunku.

Na podstawie: Polska Czerwona Księga Zwierząt. Kręgowce, pod red. Z. Głowacińskiego, Warszawa 2001,
P. Adamski i inni, Gatunki zwierząt (z wyjątkiem ptaków). Poradniki ochrony siedlisk i gatunków Natura 2000, t.6, Warszawa 2004

Zadanie 22.1

Inny dział1 pkt

Powstawanie gatunków Zasady klasyfikacji i sposoby identyfikacji organizmów

47%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na podstawie przedstawionych informacji oceń, które z poniższych wniosków są uprawnione. Zaznacz T (tak), jeśli wniosek jest uprawniony, albo N (nie) – jeśli jest nieuprawniony.


1.	Ryś i żbik są klasyfikowane do różnych rodzajów należących do jednej rodziny.	T	N
2.	Kot domowy i żbik europejski są podgatunkami jednego gatunku.	T	N
3.	Żbik europejski jest przodkiem kota domowego.	T	N

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie
1. – T, 2. – T, 3. – N.

Zasady oceniania
1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 22.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji Różnorodność biologiczna i jej zagrożenia

26%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego krzyżowanie się żbików z kotami domowymi stanowi zagrożenie dla istnienia żbika europejskiego. W odpowiedzi odnieś się do zmian w puli genowej żbika.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Dopływ genów kota domowego do puli genowej żbika europejskiego sprzyja utrwalaniu się cech kota domowego w populacji żbika i tym samym może zagrozić jego przetrwaniu.
Krzyżowanie się żbików z kotami domowymi mogło spowodować zanikanie genów odpowiadających za cechy żbika i w efekcie zagrażać jego przetrwaniu.
Krzyżowanie się żbików z kotami domowymi mogło spowodować zawężenie puli genowej żbika.

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zawężenia puli genowej żbika.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający klasyfikuje żbika europejskiego, kota domowego lub kotożbika do różnych gatunków.

Zadanie 22.3

Inny dział2 pkt

Różnorodność biologiczna i jej zagrożenia

47%średni wynik CKE

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

Treść podzadania — poza wybranym działem

Na podstawie przedstawionych informacji wyjaśnij, dlaczego rozbudowa sieci drogowej na terenach, na których występują żbiki europejskie, jest zagrożeniem dla ich liczebności i różnorodności genetycznej. W odpowiedzi odnieś się do biologii żbika lub procesów ewolucyjnych.

1. Zagrożenie dla ich liczebności:

2. Zagrożenie dla ich różnorodności genetycznej:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

1. Zagrożenie dla ich liczebności:

Im więcej dróg, tym więcej żbików będzie ginąć pod kołami samochodów.
Niszczone są ich naturalne siedliska, w których żbiki mogą występować i swobodnie się rozmnażać.
Fragmentacja ich siedlisk sprawia, że żbikom trudniej upolować ofiarę.

2. Zagrożenie dla ich różnorodności genetycznej:

W wyniku fragmentacji siedlisk żbika powstają małe populacje, w których silniej działa dryf genetyczny sprzyjający utracie alleli.
Poszczególne grupy żbików zostają odizolowane, a więc przepływ genów między odizolowanymi populacjami jest utrudniony, co zmniejsza różnorodność genetyczną.
W małych subpopulacjach żbika częściej dochodzi do chowu wsobnego, co pogłębia zubożenie puli genowej żbika.

Zasady oceniania
2 p. – za wyjaśnienie wpływu rozbudowy sieci drogowej na obie cechy populacji:

liczebność – zwiększona śmiertelność, ograniczenie możliwości rozmnażania i krzyżowania się lub utrudnione zdobywanie pokarmu,
różnorodność genetyczna – wzmożony dryf genetyczny, izolacja subpopulacji lub chów wsobny.

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie wpływu badanego czynnika na tylko jedną cechę populacji.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 16

Matura 2019 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

W rozmnażającej się płciowo populacji zwierząt, pozostającej w stanie równowagi genetycznej, w pewnym locus występują dwa allele genu autosomalnego. Allel A wykazuje pełną dominację nad allelem a.

Na poniższym wykresie przedstawiono liczbę osobników tej populacji o określonych genotypach. Samce i samice są jednakowo licznie reprezentowane wśród wszystkich genotypów.

Zadanie 16.1

1 pkt

Elementy genetyki populacji

31%średni wynik CKE

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

Oblicz częstość występowania alleli a i A w tej populacji. Zapisz odpowiednie obliczenia.

Częstość występowania allelu a:

Częstość występowania allelu A:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Częstość występowania allelu a: częstość homozygot recesywnych to \(20/500 = 0{,}04\) zatem częstość allelu to \(\sqrt{0{,}04} = 0{,}2\) lub \(1/5\)
Częstość występowania allelu A: \(1 - 0{,}2 = 0{,}8\) lub \(4/5\)
Częstość występowania allelu a: \((40+160) / 1000 = 0{,}2\) lub \(1/5\)
Częstość występowania allelu A: \((640+160) / 1000 = 0{,}8\) lub \(4/5\)
Częstość występowania allelu a: \(q^2 = 4/100 \rightarrow q = 2/10 = 20\%\)
Częstość występowania allelu A: 80%

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne obliczenie i wskazanie wartości częstości alleli a i A w populacji.

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

Zadanie 16.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji Dobór naturalny

18%średni wynik CKE

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

Określ, które spośród wymienionych poniżej zjawisk mogłoby spowodować zmianę częstości alleli tego genu w tej populacji. Zaznacz T (tak), jeśli zjawisko może powodować zmiany w częstości występowania alleli w populacji, albo N (nie) – jeśli tych zmian spowodować nie może.


1.	Dobór naturalny	T	N
2.	Dobór sztuczny	T	N
3.	Efekt wąskiego gardła	T	N

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

1. – T, 2. – T, 3. – T

Schemat punktowania

1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech czynników.

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

Zadanie 18

Matura 2018 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

W pewnej populacji motyli (populacja I), w której występują dwa allele warunkujące ubarwienie ciała, pozostającej w stanie równowagi genetycznej pod względem tych alleli, występowały zarówno motyle ciemne, jak i jasne. Jednorazowe pojawienie się drapieżnika spowodowało śmierć wszystkich osobników o fenotypie jasnym. W wyniku rozmnażania się osobników ciemnych, które przeżyły, powstała populacja II. Ubarwienie ciała tego gatunku motyla jest cechą autosomalną, determinowaną przez: dominujący allel A – warunkujący ubarwienie ciemne i recesywny allel a – warunkujący ubarwienie jasne.

Zadanie 18.1

1 pkt

Genetyka mendlowska Elementy genetyki populacji

24%średni wynik CKE

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

Oblicz częstość allelu warunkującego ciemne ubarwienie ciała motyli w populacji I przed atakiem drapieżnika. Zapisz obliczenia.

Obliczenia:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Obliczenia: \(p^2 = 0{,}64 \Rightarrow p = 0{,}8\)
Obliczenia: \((2 \times 640 + 320) / 2000 = 4/5\)
Obliczenia: \(p^2 = 640/1000 \Rightarrow p = \sqrt{640/1000} = 0{,}8\)
Obliczenia: \(n_{aa} = 40;\ q^2 = 40/1000 \Rightarrow q = \sqrt{40/1000} = 0{,}2;\ p + q = 1 \land q = 0{,}2 \Rightarrow p = 0{,}8\).

Częstość allelu warunkującego ciemne ubarwienie w populacji I wynosi: 0,8 lub 80%.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne obliczenie i wskazanie wartości częstości allelu warunkującego ciemne ubarwienie w populacji I.

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

Zadanie 18.2

1 pkt

Genetyka mendlowska Elementy genetyki populacji

52%średni wynik CKE

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

Po przyjęciu założenia, że krzyżowanie się osobników jest losowe, określ, czy w populacji II motyli będą występowały osobniki o jasnym ubarwieniu ciała. Odpowiedź uzasadnij.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne określenie, że w populacji II będą występowały osobniki o jasnym ubarwieniu ciała, i poprawne uzasadnienie, uwzględniające obecność heterozygot w populacji.

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

Przykładowe rozwiązania

Tak, w populacji II motyli będą występowały osobniki o jasnym ubarwieniu ciała, ponieważ wśród pozostałych ciemno ubarwionych motyli były również heterozygoty, które krzyżując się ze sobą dadzą potomstwo zróżnicowane na osobniki ciemne i jasne.
Tak, ponieważ allel warunkujący jasne ubarwienie zachował się u heterozygot.
Będą, ponieważ w populacji I przeżyły heterozygoty.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi, w których w uzasadnieniu przedstawiono krzyżówkę dwóch heterozygot wraz z jej interpretacją, polegającą na wskazaniu osobnika jasnego.

Zadanie 20

Matura 2017 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Jedna z grup antygenów, znajdujących się na powierzchni ludzkich erytrocytów, określana jest jako grupa MN. Allele determinujące grupę krwi MN są kodominujące, co pozwala rozróżnić wszystkie trzy genotypy: MM, MN, NN.

Poniżej podano dane o liczzbie genotypów dla grupy krwi MN występujące u ludzi w Stanach Zjednoczonych, dla próby liczącej 1000 osób.

Genotyp	Liczba osób
MM	320
MN	480
NN	200
Razem	1000

Na podstawie: E.P. Solomon, L.R. Berg, D.W. Martin, Biologia, Warszawa 2014.

Zadanie 20.1

1 pkt

Elementy genetyki populacji

Poniżej podano dane o liczbie genotypów dla grupy krwi MN występujące u ludzi w Stanach Zjednoczonych, dla próby liczącej 1000 osób.

Genotyp	Liczba osób
MM	320
MN	480
NN	200
Razem	1000

Na podstawie: E.P. Solomon, L.R. Berg, D.W. Martin, Biologia, Warszawa 2014.

Oblicz częstości obu alleli warunkujących grupę krwi MN w tej próbie. Zapisz obliczenia.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

(Jeżeli próba ma 1000 diploidalnych osobników to w badanej próbie jest 2000 alleli.)

częstość allelu M: \(p=(2\times320+480):2000=0{,}56\)
częstość allelu N: \(q=(2\times200+480):2000=0{,}44\) lub \(1-0{,}56=0{,}44\)

Uwaga:
Zdający może obliczyć na podstawie danych z tabeli częstość jednego allelu (M lub N) a częstość drugiego otrzymać odejmując uzyskaną wartość od 1, lub stosując inny sposób obliczenia:
\(MM=p^2,\ NN=q^2,\ MN=2pq.\)
\(p=M\) to pierwiastek z \(0{,}32=0{,}5656854\) (0,57)
\(q=N\) to pierwiastek z \(0{,}2=0{,}4472135\), (0,45)

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne obliczenie częstości każdego z dwóch alleli warunkujących grupę krwi MN w badanej populacji wynikających z prawa Hardy’ego-Weinberga.

0 p. – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi.

Zadanie 20.2

1 pkt

Elementy genetyki populacji

Na podstawie częstości alleli oblicz oczekiwane częstości poszczególnych genotypów, przy założeniu, że populacja była w stanie równowagi genetycznej.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

częstość genotypu MM wynosi:
\(p\times p=p^2\); \(M^2=0{,}56^2=0{,}3136\) (≈ 0,31)
częstość genotypu MN (wynosi:
\((p\times q)+(p\times q)=2pq\); \(2MN=2\times0{,}56\times0{,}44=0{,}4928\) (≈ 0,49)
częstość genotypu NN wynosi:
\((q\times q)\); \(N^2=0{,}44^2=0{,}1936\) (≈ 0,20)

Uwaga:
Zdający może podać tylko wyniki obliczeń oczekiwanych częstości genotypów w przypadku, gdy prawidłowo obliczył częstości alleli w zadaniu 20.1, świadczące o umiejętności zastosowania prawa Hardy’ego-Weinberga.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe obliczenie oczekiwanych częstości wszystkich trzech genotypów na podstawie obliczonych częstości alleli.

0 p. – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi.