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.

493 zadań i wiązekStrona 11 z 50

Filtry zadań

Wyczyść filtry
Zadanie 18
Matura 2023 · czerwiec · Formuła 2023 · poziom rozszerzony
2 pkt
Powstawanie gatunków

Powszechne prawie na całym świecie komary Culex pipiens są wektorami wielu poważnych chorób odzwierzęcych, głównie dlatego, że licznie występują na obszarach miejskich. Taksonomia i systematyka tej grupy stanowi wyzwanie dla badaczy.

Formy komarów Culex pipiens f. molestus oraz Culex pipiens f. pipiens wykazują istotne różnice fizjologiczne i ekologiczne. W przeciwieństwie do C. pipiens f. pipiens, który żyje na powierzchni, komary z londyńskiego metra nie hibernują i żywią się krwią ssaków (ludzi i szczurów), a nie – ptaków.

Komary C. pipiens f. molestus, które rozmnażają się w korytarzach londyńskiego metra, zaczęły stopniowo odróżniać się genetycznie od tych przebywających na powierzchni. Różnice genetyczne są znaczące – między osobnikami z subpopulacji C. pipiens f. pipiens oraz C. pipiens f. molestus występuje izolacja prezygotyczna i postzygotyczna.

Na podstawie: J. Jońca, Miejska dżungla, „Wiedza i Życie” 9, 2020; K. Byrne, R. Nichols, Culex pipiens in London Underground Tunnels: […], „Heredity” 82, 1999; M.L. Aardema i in., Global Evaluation of Taxonomic Relationships and Admixture within the Culex pipiens Complex of Mosquitoes, „Parasites & Vectors” 13(8), 2020.

Na podstawie przedstawionych informacji oceń, czy poniższe stwierdzenia są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1.Na podstawie nazw łacińskich komarów C. pipiens f. molestus i C. pipiens f. pipiens można stwierdzić, że te komary są klasyfikowane jako jeden gatunek.PF
2.Brak przepływu genów między opisywanymi populacjami komarów wskazuje, że należą one do różnych gatunków biologicznych.PF
3.Opisane subpopulacje komarów wykazują adaptacje fizjologiczne do lokalnych warunków środowiska.PF
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

1. – P, 2. – P, 3. – P.

2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.

1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.

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

Zadanie 19
Matura 2023 · czerwiec · Formuła 2023 · poziom rozszerzony
2 podzadania
Informacja do podzadań

U wybrzeży Australii przeprowadzono badanie wpływu roślinożernych jeżowców na rozprzestrzenianie się brunatnic. Uważa się, że jeżowce są biotycznym czynnikiem ograniczającym rozprzestrzenianie się tych glonów. Aby odróżnić efekty wywołane przez jeżowce od efektu wywołanego przez ślimaka żywiącego się wodorostami – czareczki – przygotowano trzy poletka doświadczalne:

  • z pierwszego usunięto zarówno jeżowce, jak i czareczki
  • z drugiego usunięto tylko jeżowce
  • z trzeciego usunięto tylko czareczki.

Wyniki porównano z próbą kontrolną, w której występowały oba gatunki żywiące się brunatnicami. Wyniki obserwacji zilustrowano na poniższym wykresie.

Na podstawie: W.J. Fletcher, Interactions Among Subtidal Australian Sea Urchins, Gastropods, and Algae: Effects of Experimental Removals, „Ecological Monographs” 57(1), 1987.

Wykres pokrycia glonami (%) w sierpniu 1982 r., lutym 1983 r. i sierpniu 1983 r.; legenda: usunięte jeżowce i czareczki, usunięte jeżowce, usunięte czareczki oraz próba kontrolna (występują jeżowce i czareczki).

Zadanie 19.1

1 pkt
Zależności międzygatunkowe

U wybrzeży Australii przeprowadzono badanie wpływu roślinożernych jeżowców na rozprzestrzenianie się brunatnic. Uważa się, że jeżowce są biotycznym czynnikiem ograniczającym rozprzestrzenianie się tych glonów. Aby odróżnić efekty wywołane przez jeżowce od efektu wywołanego przez ślimaka żywiącego się wodorostami – czareczki – przygotowano trzy poletka doświadczalne:

  • z pierwszego usunięto zarówno jeżowce, jak i czareczki
  • z drugiego usunięto tylko jeżowce
  • z trzeciego usunięto tylko czareczki.

Wyniki porównano z próbą kontrolną, w której występowały oba gatunki żywiące się brunatnicami. Wyniki obserwacji zilustrowano na poniższym wykresie.

Na podstawie: W.J. Fletcher, Interactions Among Subtidal Australian Sea Urchins, Gastropods, and Algae: Effects of Experimental Removals, „Ecological Monographs” 57(1), 1987.

Na podstawie analizy wykresu rozstrzygnij, które zwierzęta – jeżowce czy czareczki – miały decydujący wpływ na rozprzestrzenianie się brunatnic w badanym ekosystemie morskim. Odpowiedź uzasadnij.

Wykres pokrycia powierzchni glonami w procentach od sierpnia 1982 r. do sierpnia 1983 r.; legenda obejmuje usunięcie jeżowców i czareczek, usunięcie jeżowców, usunięcie czareczek oraz próbę kontrolną.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania:

  • Rozstrzygnięcie: jeżowce

    Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego stało się przyczyną znacznego wzrostu pokrycia glonami w stosunku do próby kontrolnej, czego nie zaobserwowano po usunięciu czareczek.

  • Rozstrzygnięcie: decydujący wpływ miały jeżowce

    Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego spowodowało zdecydowanie większy rozwój brunatnic w stosunku do próby kontrolnej niż usunięcie czareczek.

1 pkt – za rozstrzygnięcie, że obecność jeżowców ma decydujący wpływ na ograniczenie rozprzestrzeniania się brunatnic, wraz z prawidłowym uzasadnieniem, uwzględniającym porównanie wyników prób badawczych z próbą kontrolną.

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

Zadanie 19.2

1 pkt
Struktura i funkcjonowanie ekosystemu

U wybrzeży Australii przeprowadzono badanie wpływu roślinożernych jeżowców na rozprzestrzenianie się brunatnic. Uważa się, że jeżowce są biotycznym czynnikiem ograniczającym rozprzestrzenianie się tych glonów. Aby odróżnić efekty wywołane przez jeżowce od efektu wywołanego przez ślimaka żywiącego się wodorostami – czareczki – przygotowano trzy poletka doświadczalne:

  • z pierwszego usunięto zarówno jeżowce, jak i czareczki
  • z drugiego usunięto tylko jeżowce
  • z trzeciego usunięto tylko czareczki.

Wyniki porównano z próbą kontrolną, w której występowały oba gatunki żywiące się brunatnicami. Wyniki obserwacji zilustrowano na poniższym wykresie.

Na podstawie: W.J. Fletcher, Interactions Among Subtidal Australian Sea Urchins, Gastropods, and Algae: Effects of Experimental Removals, „Ecological Monographs” 57(1), 1987.

Jeżowce stanowią ważną część pożywienia wydr morskich.

Wyjaśnij, jak spadek liczebności wydr wpłynie na liczebność brunatnic w badanym ekosystemie. W odpowiedzi uwzględnij zależności pokarmowe między obserwowanymi organizmami.

Wykres pokrycia glonami (%) w sierpniu 1982 r., lutym 1983 r. i sierpniu 1983 r. dla poletek, z których usunięto jeżowce i czareczki, tylko jeżowce albo tylko czareczki, oraz dla próby kontrolnej. Legenda znajduje się po prawej stronie wykresu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania:

  • Spadek liczebności wydr poskutkuje wzrostem liczebności jeżowców, które jako odżywiające się brunatnicami spowodują zmniejszenie ilości brunatnic.
  • Spadek liczebności wydr spowoduje spadek liczebności brunatnic, ponieważ mniej wydr będzie polować na jeżowce, a tym samym więcej jeżowców będzie zjadało brunatnice, przez co zostanie ograniczona ich liczebność.

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu spadku liczebności wydr na spadek liczebności brunatnic w badanym ekosystemie, uwzględniające zależności pokarmowe między wydrami, jeżowcami i brunatnicami.

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

Zadanie 1
Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
4 podzadania4 pkt
Informacja do podzadań

Kolejnymi etapami oddychania tlenowego są: glikoliza, reakcja pomostowa, cykl Krebsa oraz łańcuch oddechowy.

Reakcję pomostową – oksydacyjną dekarboksylację pirogronianu do acetylo-CoA – katalizuje kompleks dehydrogenazy pirogronianowej, zawierający trzy enzymy: E1, E2 i E3.
Sumaryczna reakcja katalizowana przez ten kompleks w warunkach tlenowych jest następująca:

pirogronian + CoA-SH + NAD+ → acetylo-CoA + CO2 + NADH + H+

Na schemacie przedstawiono współdziałanie trzech enzymów wchodzących w skład kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej.

Zadanie 1.1

1 pkt
Oddychanie wewnątrzkomórkowe
32%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Uzupełnij tabelę – do każdego wymienionego typu reakcji zachodzącej podczas przekształcania pirogronianu do acetylo-CoA przyporządkuj odpowiednie oznaczenie enzymu (E1, E2 albo E3), który tę reakcję przeprowadza.

Typ reakcji Oznaczenie enzymu (E1 / E2 / E3)
transacetylacja
dehydrogenacja
dekarboksylacja
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź
Typ reakcjiOznaczenie enzymu (E1 / E2 / E3)
transacetylacjaE2
dehydrogenacjaE3
dekarboksylacjaE1

1 pkt – za poprawne przyporządkowanie trzech oznaczeń enzymów do typów przeprowadzanych reakcji.

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

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi, w których użyto znaków normalnej wielkości zamiast indeksów dolnych, np. E1 zamiast E1.

Zadanie 1.2

1 pkt
Oddychanie wewnątrzkomórkowe
30%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

W której części komórki eukariotycznej znajduje się aktywny kompleks dehydrogenazy pirogronianowej? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

  1. cytozol
  2. macierz mitochondrialna
  3. zewnętrzna błona mitochondrium
  4. wewnętrzna błona mitochondrium
  5. przestrzeń międzybłonowa w mitochondrium
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

B

1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi.

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

Zadanie 1.3

1 pkt
Ogólne zasady metabolizmu
3%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Wykaż, że funkcjonowanie kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej jest konieczne do połączenia szlaku glikolizy z cyklem Krebsa.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

  • Dehydrogenaza pirogronianowa umożliwia wytworzenie z pirogronianu acetylo-CoA. Pirogronian jest produktem glikolizy, a acetylo-CoA – substratem cyklu Krebsa.
  • Umożliwia to przekształcenie pirogronianu powstającego w glikolizie do acetylo-CoA, który jest substratem cyklu Krebsa.
  • Produktem glikolizy jest pirogronian, a substratem cyklu Krebsa – acetylokoenzym A, który powstaje w wyniku przemian pirogronianu katalizowanych przez dehydrogenazę pirogronianową.
  • Powstający w glikolizie pirogronian nie może być bezpośrednio włączony do cyklu Krebsa, ale musi być przekształcony przez dehydrogenazę pirogronianową do acetylo-CoA.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi, w których użyto alternatywnych określeń cyklu Krebsa, np.: cykl kwasów trójkarboksylowych, cykl kwasu cytrynowego, CKT.
Uznaje się odpowiedzi, w których użyto alternatywnych określeń acetylo-CoA, np.: aktywny octan, czynny octan.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do reszty acetylowej (zamiast acetylo-CoA) jako produktu reakcji pomostowej lub substratu cyklu Krebsa.

1 pkt – za poprawne wykazanie, że funkcjonowanie dehydrogenazy pirogronianowej jest konieczne do połączenia szlaku glikolizy z cyklem Krebsa, uwzględniające produkt glikolizy – pirogronian i substrat cyklu Krebsa – acetylo-CoA.

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

Zadanie 1.4

1 pkt
Ogólne zasady metabolizmu
1%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Wykaż, że zmniejszenie aktywności kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce mięśnia szkieletowego.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

  • Powstający w glikolizie pirogronian jest przetwarzany przez kompleks dehydrogenazy pirogronianowej do acetylo-CoA. Jeżeli ta reakcja jest ograniczona, to nadmiar pirogronianu zostaje przekształcony w mleczan.
  • Ograniczenie tlenowych przemian pirogronianu powoduje, że w komórce rośnie jego stężenie ze względu na stale zachodzącą glikolizę. Nadmiar pirogronianu w komórce zostaje zredukowany do mleczanu.
  • Ograniczenie utleniania pirogronianu w reakcji pomostowej doprowadzi do wzrostu w cytozolu stężenia pirogronianu, który cały czas powstaje z glukozy. Duża część tego pirogronianu zostanie skierowana na beztlenowy szlak metaboliczny, przekształcający ten związek w mleczan.
  • Zmniejszenie aktywności dehydrogenazy pirogronianowej jest przyczyną zwiększonego stężenia pirogronianu w komórce. Część pirogronianu jest przekształcana w mleczan, co prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce.
  • Prowadzi to do zmniejszenia wydajności reakcji pomostowej. Mniejsza ilość pirogronianu będzie przekształcana do acetylo-CoA, co przełoży się na spadek intensywności zachodzenia cyklu Krebsa i łańcucha oddechowego. Aby uzyskać NAD+, niezbędny do zajścia glikolizy, na drodze której komórka może uzyskać ATP, powstający pirogronian będzie redukowany do mleczanu – stężenie mleczanu w tej komórce wzrośnie.

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do całkowitej utraty aktywności przez kompleks dehydrogenazy pirogronianowej, np. „Zahamowanie powstawania acetylo-CoA spowoduje redukcję pirogronianu do mleczanu”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do znaczenia adaptacyjnego fermentacji mleczanowej, np. „Zmniejszenie aktywności tego kompleksu powoduje zmniejszenie wydajności oddychania tlenowego. Dlatego mięsień pracujący w takich warunkach pozyskuje energię także w sposób beztlenowy, czyli przeprowadzając fermentację mleczanową, której produktem jest mleczan”.

1 pkt – za poprawne wykazanie, że zmniejszenie aktywności kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce, uwzględniające powstawanie pirogronianu (w glikolizie), który nie może być w całości utleniony w reakcji pomostowej, i przekształcanie ciągle powstającego pirogronianu (nadmiaru pirogronianu) w mleczan.

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

Zadanie 2
Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
3 podzadania3 pkt
Informacja do podzadań

Goryczka wiosenna (Gentiana verna) to niewielka roślina o bardzo dużych kwiatach w stosunku do całego organizmu. Kolor jej kwiatów jest intensywnie niebieski. W kwiecie znajdują się jeden okółek pręcików i słupek zbudowany z dwóch owocolistków. Goryczka wiosenna jest rośliną zapylaną przez owady – głównie motyle i trzmiele.

Poniżej przedstawiono zdjęcie goryczki wiosennej (I) oraz schemat budowy jej kwiatu w przekroju podłużnym (II).

Zadanie 2.1

1 pkt
Rośliny – rozmnażanie się
6%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Podaj nazwy elementów okwiatu goryczki wiosennej oznaczonych na rysunku literami A i B.

A. B.
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

A. korona / płatek (korony) / płatki (korony) / działki korony
B. kielich / działka kielicha / działki kielicha

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi „działka okwiatu”, ponieważ odnosi się ona do obydwu pięter okwiatu – kielicha i korony (odpowiedź zbyt ogólna).
Dopuszcza się odpowiedzi: A – „płatek (o)kwiatu”, B – „kielich (o)kwiatu”.

1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch elementów okwiatu goryczki wiosennej.

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

Zadanie 2.2

1 pkt
Rośliny lądowe
21%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie.

Goryczka wiosenna należy do (nagonasiennych / okrytonasiennych). W przemianie pokoleń goryczki wiosennej pokoleniem dominującym jest (gametofit / sporofit).

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Goryczka wiosenna należy do (nagonasiennych / okrytonasiennych). W przemianie pokoleń goryczki wiosennej pokoleniem dominującym jest (gametofit / sporofit).

1 pkt – za wybór dwóch poprawnych określeń.

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

Zadanie 2.3

1 pkt
Rośliny – rozmnażanie się
53%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Wykaż, że produkcja barwnika w kwiatach jest korzystna dla goryczki wiosennej mimo kosztów energetycznych, związanych z syntezą tego barwnika.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

  • Dzięki barwnym kwiatom goryczka przywabia zapylacze.
  • Roślina jest niewielka, a dzięki barwnym kwiatom jest widoczna dla zapylaczy.
  • Intensywnie wybarwione kwiaty goryczki stanowią powabnię dla zapylaczy.
  • Synteza dużej ilości barwnika w kwiatach goryczki wiosennej jest potrzebna do przywabiania motyli i trzmieli, które doprowadzą do jej zapylenia.
  • Goryczka rośnie w górach, gdzie brakuje zapylaczy. Dostępność pyłku jest czynnikiem ograniczającym sukces reprodukcyjny rośliny, dlatego goryczka inwestuje zasoby w intensywnie wybarwione kwiaty zwiększające szanse na przywabienie owadów.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do przywabiania zwierząt, bez odniesienia do korzyści dla rośliny – zapylania, np. „Barwne kwiaty przywabiają owady”.

1 pkt – za poprawne wykazanie, że produkcja barwnika jest korzystna dla goryczki wiosennej, odnoszące się do korzyści związanych z możliwością przywabiania owadów będących zapylaczami goryczki.

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

Zadanie 3
Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
2 podzadania2 pkt
Informacja do podzadań

Naprzemienność zapłodnienia i mejozy występuje u wszystkich eukariontów rozmnażających się płciowo, jednak cykle życiowe poszczególnych grup taksonomicznych mogą się znacznie różnić. Poniżej przedstawiono w uproszczony sposób przemianę pokoleń u roślin (A) oraz metagenezę u zwierząt – krążkopławów (B).

Zadanie 3.1

1 pkt
Rośliny – rozmnażanie sięZwierzęta bezkręgowe
6%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Uzupełnij schematy A i B – w każdym cyklu życiowym obok właściwej strzałki zaznacz symbolem „R!” etap, podczas którego zachodzi mejoza.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi, w których zamiast symbolu „R!” użyto symboli „R” lub „!”, lub innych jednoznacznych oznaczeń.

Schemat A. rośliny i schemat B. krążkopławy z oznaczonymi miejscami mejozy R!

1 pkt – za poprawne zaznaczenie mejozy na schemacie A i na schemacie B.

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

Zadanie 3.2

1 pkt
Cykl komórkowy
1%średni wynik CKE
Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

Wykaż, że mejoza jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego eukariontów rozmnażających się płciowo.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

  • W czasie rozmnażania płciowego liczba chromosomów ulega podwojeniu, a mejoza ją zmniejsza, co umożliwia zachowanie stałej liczby chromosomów u gatunku.
  • Mejoza zapobiega podwajaniu się liczby chromosomów w każdym kolejnym pokoleniu rozmnażającym się płciowo.
  • Mejoza redukuje liczbę chromosomów, co kompensuje jej podwojenie podczas zapłodnienia.
  • Skoro zygota powstaje z połączenia dwóch gamet, to każda z gamet musi mieć połowę garnituru chromosomów – uzyskaną w wyniku podziału mejotycznego, zachodzącego bezpośrednio podczas tworzenia gamet lub na wcześniejszym etapie cyklu.
  • Dzięki niej gamety są haploidalne i po połączeniu tworzą diploidalną zygotę.

1 pkt – za poprawne wykazanie, że mejoza jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego eukariontów rozmnażających się płciowo, uwzględniające w sposób bezpośredni lub opisowy podwojenie (wzrost) liczby chromosomów w czasie zapłodnienia i konieczność jej redukcji podczas mejozy.

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

  • Mejoza prowadzi do redukcji materiału genetycznego, dzięki czemu z dwóch łączących się gamet powstaje diploidalna zygota i nie dochodzi do podwojenia się materiału genetycznego.
  • Bez mejozy cykl życiowy eukariontów rozmnażających się płciowo nie zostałby zamknięty, ponieważ każde kolejne pokolenie miałoby zwielokrotnioną liczbę chromosomów w wyniku zapłodnienia, a więc nie mogłoby się rozwijać.

Uwagi:

Nie uznaje się odpowiedzi niepełnych – odnoszących się tylko do powstawania gamet, ale nieuwzględniających zmian liczby chromosomów, np. „To stwierdzenie jest prawdziwe, ponieważ mejoza umożliwia wytworzenie gamet, niezbędnych do rozmnażania płciowego”.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do konieczności wytwarzania gamet bezpośrednio przez podział mejotyczny komórki, np. „Gamety u eukariontów mogą powstać tylko na drodze podziału mejotycznego komórki”. U roślin gamety powstają na drodze podziału mitotycznego, a mejoza występuje na wcześniejszym etapie cyklu.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do mejozy pre- lub postzygotycznej, np. „Mejoza jest niezbędna do zamknięcia cyklu, ponieważ podczas mejozy następuje redukcja materiału genetycznego z 2n do 1n, aby po połączeniu się gamet mieć w dalszym ciągu taką samą liczbę chromosomów jak organizmy rodzicielskie” lub opisujących jedynie cykle życiowe wybranych organizmów, np. „U roślin mejoza prowadzi do powstania haploidalnych zarodników, które dają początek gametofitom produkującym gamety, które się łączą, dając początek diploidalnym sporofitom produkującym zarodniki – cykl się zamyka”.

Zadanie 4
Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
3 podzadania3 pkt
Informacja do podzadań

Aby zbadać wpływ nawadniania i nawożenia mineralnego związkami azotu, fosforu i potasu (NPK) na budowę anatomiczną i morfologiczną oraz na plonowanie borówki wysokiej (Vaccinium corymbosum), wykonano następujące doświadczenie. Prowadzono uprawę borówki odmiany ‘Patriot’ na glebie ubogiej w składniki pokarmowe i substancje organiczne (zawartość humusu ok. 1,5%). Przed założeniem doświadczenia zakwaszono glebę do pH 4,0–4,5.

Uprawę prowadzono w różnych warunkach wilgotności:

  • W1 (niższa wilgotność) – 50–60%
  • W2 (wyższa wilgotność) – 90–95%

    • oraz przy różnej dostępności minerałów:

  • bez nawożenia
  • z nawożeniem 390 kg NPK/ha (w proporcjach 6 : 3 : 4).

    • W tabeli przedstawiono wyniki badań wpływu wilgotności i nawożenia NPK na budowę morfologiczną i na plon jagód 5-letnich roślin borówki wysokiej.

    Średnie wartości parametrów Wilgotność W1 Wilgotność W2
    bez nawożenia nawożenie NPK bez nawożenia nawożenie NPK
    Wysokość rośliny [cm] 69,9 74,6 72,6 84,6
    Liczba pędów jednorocznych na
    krzewie    		 5,3 7,3 6,3 9,3
    Łączna długość pędów
    jednorocznych [cm/krzew]    		 179 290 253 349
    Plony jagód [kg/krzew] 1,12 0,55 1,64 0,94
    Na podstawie: Z. Koszański, E. Rumasz-Rudnicka, S. Friedrich, Wpływ nawadniania i nawożenia NPK na budowę anatomiczną i morfologiczną oraz plonowanie borówki wysokiej (Vaccinium corymbosum L.), „Acta Agrophysica” 11(3), 2008.

    Zadanie 4.1

    1 pkt
    Rośliny – odżywianie sięZagadnienia ogólne
    79%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Określ, które stwierdzenia dotyczące opisu wyników przedstawionego doświadczenia są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
    1. Średnia łączna długość pędów jednorocznych na krzewie, przy tym samym poziomie nawożenia, była wyższa w przypadku uprawy na glebie o wyższej wilgotności podłoża. P F
    2. Przy tej samej wilgotności podłoża średnia liczba pędów jednorocznych na krzewie była wyższa po zastosowaniu nawożenia NPK. P F
    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Rozwiązanie

    1 – P, 2 – P.

    1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.

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

    Zadanie 4.2

    1 pkt
    Rośliny – odżywianie sięZagadnienia ogólne
    28%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Na podstawie wyników przedstawionego doświadczenia sformułuj wniosek dotyczący wpływu obydwu czynników na plonowanie (owocowanie) borówki wysokiej.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązanie

    • Nawożenie mineralne podłoża skutkuje zmniejszeniem plonowania borówki wysokiej, a wyższa wilgotność podłoża zwiększa to plonowanie.
    • Wyższa wilgotność podłoża i brak nawożenia mineralnego powoduje wytworzenie większych plonów.
    • Wyższa wilgotność zwiększa owocowanie borówki wysokiej, a nawożenie NPK zmniejsza owocowanie.

    1 pkt – za sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego negatywny wpływ nawożenia oraz pozytywny wpływ podlewania na owocowanie borówki wysokiej.

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

    Zadanie 4.3

    1 pkt
    Zagadnienia ogólne
    11%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Określ rolę trzech pierwiastków – N, P i K – dla funkcjonowania roślin. Do każdego wymienionego poniżej pierwiastka przyporządkuj odpowiedni opis spośród podanych (1., 2., 3. albo 4.).

    1. Ten pierwiastek wchodzi w skład szkieletu DNA, z którym są związane zasady pirymidynowe i purynowe.
    2. Ten pierwiastek wchodzi w skład wszystkich aminokwasów budujących białka roślinne.
    3. Jon tego pierwiastka jest wiązany przez układ porfirynowy chlorofilu.
    4. Jony tego pierwiastka biorą udział w regulacji otwierania się aparatów szparkowych.

    N:
    P:
    K:

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Rozwiązanie

    N – 2, P – 1, K – 4.

    1 pkt – za przyporządkowanie roli pierwiastków do ich symboli.

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

    Zadanie 5
    Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
    4 podzadania7 pkt
    Informacja do podzadań

    Główną funkcją enzymu RuBisCO (karboksylaza/oksygenaza rybulozo-1,5-bisfosforanowa) jest przyłączanie dwutlenku węgla do rybulozo-1,5-bisfosforanu (RuBP) w cyklu Calvina. Jednak w wysokiej temperaturze i przy wysokim stężeniu O2 znacznie wzrasta aktywność RuBisCO polegająca na przyłączaniu tlenu do RuBP, co daje początek fotooddychaniu. Skutkiem tego procesu jest znaczne zmniejszenie wydajności wiązania CO2 przez roślinę.

    U roślin rejonów tropikalnych i subtropikalnych przeprowadzających fotosyntezę typu C4 proces fotooddychania jest ograniczony. Jest to związane z dwustopniowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla. Pierwotna asymilacja CO2 z wytworzeniem szczawiooctanu zachodzi w komórkach mezofilu, natomiast włączanie CO2 do cyklu Calvina zachodzi w komórkach pochwy okołowiązkowej. U niektórych roślin C4 w komórkach pochwy okołowiązkowej nie ma fotosystemu II (PS II).

    Na schemacie przedstawiono w uproszczeniu przebieg fazy fotosyntezy niezależnej od światła (fazy ciemnej) u roślin C4.

    Uwaga: nie zachowano stechiometrii przedstawionych reakcji.

    Zadanie 5.1

    2 pkt
    Fotosynteza
    6%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Podaj nazwy etapów cyklu Calvina oznaczonych na schemacie literami A, B i C.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Rozwiązanie

    A. karboksylacja (RuBP); odpowiedź dopuszczalna: asymilacja węgla / asymilacja CO2

    B. redukcja (PGA); odpowiedź dopuszczalna: hydrogenacja PGA / uwodornienie PGA

    C. regeneracja (akceptora CO2 – RuBP); odpowiedź dopuszczalna: odtworzenie RuBP

    2 pkt – za podanie poprawnych nazw trzech etapów cyklu Calvina.

    1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch etapów cyklu Calvina.

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

    Zadanie 5.2

    1 pkt
    Fotosynteza
    20%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz odpowiedź 1., 2. albo 3.

    Literą X na schemacie oznaczono

    A. enzym RuBisCO, który jest 1. pierwotnym produktem karboksylacji u roślin C4.
    B. acetylo-CoA, 2. kompleksem enzymatycznym, odpowiadającym za karboksylację.
    C. szczawiooctan, 3. pierwotnym akceptorem CO2 u roślin C4, podobnie jak RuBP u roślin C3.
    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Rozwiązanie

    C1

    1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.

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

    Zadanie 5.3

    2 pkt
    FotosyntezaRośliny – odżywianie się
    34%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące fotosyntezy typu C4 są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
    1. CO2 jest transportowany do komórek pochwy okołowiązkowej w postaci 3-węglowego pirogronianu. P F
    2. Ze względu na obecność RuBisCO następuje utlenianie RuBP, co daje początek intensywnemu fotooddychaniu u roślin C4. P F
    3. Redukcja 3-fosfoglicerynianu do aldehydu 3-fosfoglicerynowego zachodzi w komórkach mezofilu. P F
    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Rozwiązanie

    1. – F, 2. – F, 3. – F.

    2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.

    1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.

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

    Zadanie 5.4

    2 pkt
    FotosyntezaRośliny – odżywianie się
    1%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Wykaż związek między ograniczeniem procesu fotooddychania u roślin C4 a:

    1. dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla
    2. brakiem PS II w komórkach pochew okołowiązkowych.
    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązania

    • 1. To pozwala na znaczne zwiększenie stężenia CO2 w komórkach, gdzie znajduje się RuBisCO wiążące CO2.
      2. Dzięki temu nie jest wytwarzany tlen, który konkurowałby z CO2 o miejsce aktywne RuBisCO.
    • 1. Dwuetapowy mechanizm wiązania CO2 umożliwia wzrost stężenia CO2 w komórkach pochwy okołowiązkowej, przez co RuBisCO częściej łączy się z CO2 niż z O2.
      2. Ponieważ w komórce brak jest PS II, nie powstaje tlen z fotolizy wody, który przy wysokiej temperaturze otoczenia częściej niż CO2 przyłączyłby się do RuBisCO, czyli wzmagałoby to fotooddychanie.
    • 1. Dzięki temu jest wysokie stężenie CO2 w komórkach z RuBisCO.
      2. Powoduje to niskie stężenie O2 tam, gdzie działa RuBisCO.

    Uwaga:
    Uznaje się odpowiedzi, w których konkurencja dwutlenku węgla i tlenu o miejsce aktywne RuBisCO została opisana holistycznie tylko w jednej części odpowiedzi, bez powtórzenia w drugiej części, np.:

    1. Pozwala to na zwiększenie stężenia CO2 w komórkach pochwy okołowiązkowej, w których zachodzi cykl Calvina, przez co do RuBP jest przyłączany dwutlenek węgla, a nie – tlen.
    2. Dzięki temu w tych komórkach nie zachodzi fotoliza wody, co obniża w nich stężenie tlenu.

    2 pkt – za poprawne wykazanie związku między ograniczeniem procesu fotooddychania a:
    1) dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla z uwzględnieniem wysokiej dostępności CO2 dla RuBisCO ORAZ
    2) brakiem PSII w komórkach pochew okołowiązkowych z uwzględnieniem niskiej dostępności O2 dla RuBisCO.

    1 pkt – za poprawne wykazanie związku między ograniczeniem procesu fotooddychania a:
    1) dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla z uwzględnieniem wysokiej dostępności CO2 dla RuBisCO ALBO
    2) brakiem PSII w komórkach pochew okołowiązkowych z uwzględnieniem niskiej dostępności O2 dla RuBisCO.

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

    Zadanie 6
    Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
    2 podzadania2 pkt
    Informacja do podzadań

    Liście jabłoni, podobnie jak innych drzew liściastych klimatu umiarkowanego, rozwijają się z pąków na wiosnę i są zrzucane dopiero jesienią. Naturalny proces zrzucania liści polega na rozwoju strefy odcinającej u podstawy ogonka liściowego.

    Auksyny są hormonami roślinnymi produkowanymi m.in. przez wierzchołek wzrostu pędu oraz przez młode liście.

    Postawiono następującą hipotezę: Rozwój strefy odcinającej liści jabłoni jest hamowany przez auksyny wytwarzane w młodych liściach.

    Na poniższym rysunku przedstawiono przebieg doświadczenia przeprowadzonego w celu weryfikacji tej hipotezy. W doświadczeniu wykorzystano roczne pędy jabłoni z usuniętym wierzchołkiem wzrostu oraz naturalną auksynę – kwas indolilooctowy (IAA).

    Zadanie 6.1

    1 pkt
    Rośliny – reakcja na bodźce
    37%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Na podstawie przedstawionych wyników badań sformułuj wniosek na temat wpływu auksyn produkowanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej liści jabłoni.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązania

    • Jest on hamujący.
    • Auksyny syntetyzowane przez młode liście jabłoni hamują rozwój strefy odcinającej.
    • Młode liście jabłoni wytwarzają auksyny, które hamują rozwój strefy odcinającej.
    • Potwierdzono hipotezę postawioną powyżej.

    1 pkt – za poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego hamujący wpływ auksyn wytwarzanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej w ogonkach liści jabłoni.

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

    Zadanie 6.2

    1 pkt
    Rośliny – odżywianie się
    8%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Przedstaw, na czym polega adaptacja w postaci zrzucania liści przed zimą u drzew liściastych klimatu umiarkowanego. W odpowiedzi uwzględnij dostępność wody dla tych roślin w okresie zimowym oraz rolę liści w gospodarce wodnej roślin.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązania

    • Roślina zrzuca liście, aby nie dopuścić w procesie transpiracji do utraty wody, której dostępność spada w okresie zimowym.
    • Dostępność wody w glebie jest w zimie mała, dlatego rośliny zrzucają liście, aby ograniczyć parowanie wody z liści i w ten sposób zapobiegają nadmiernej utracie wody.
    • Ta adaptacja polega na ograniczeniu transpiracji przez liście. W zimie dostępność wody jest niska i roślina nie byłaby w stanie pobrać przez korzenie tyle wody, ile traciłaby przez transpirację.

    1 pkt – za poprawne przedstawienie, na czym polega adaptacja, uwzględniające ograniczenie transpiracji (szparkowej) w warunkach obniżonej dostępności wody w glebie.

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

    Zadanie 7
    Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
    2 podzadania3 pkt
    Informacja do podzadań

    Skóra płazów uczestniczy w wymianie gazowej zarówno w dobrze natlenionej wodzie, jak i w wilgotnym powietrzu. Oddychanie skórne płazów odgrywa istotną rolę w wymianie gazowej tych zwierząt ze względu na niską efektywność wymiany gazowej w płucach.

    Stężenie mocznika we krwi płazów jest dużo większe niż we krwi ssaków. Płazy nie piją wody, ale wchłaniają ją przez skórę.

    Na podstawie: H. Szarski, Historia zwierząt kręgowych, Warszawa 1998.

    Zadanie 7.1

    2 pkt
    Zwierzęta kręgowe
    2%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Wyjaśnij, dlaczego wymiana gazowa w płucach płazów jest mniej efektywna niż w płucach ssaków. W odpowiedzi uwzględnij dwie różnice między wymienionymi gromadami: jedną w budowie płuc i jedną w mechanizmie ich wentylacji.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązania

    • Płazy mają płuca workowe, o mniejszym stosunku powierzchni do objętości niż ssaki, które mają pęcherzykowate płuca. Płazy nie mają klatki piersiowej, którą mają ssaki, a której ruchy umożliwiają efektywne przeprowadzanie wdechu i wydechu.
    • Płazy mają workowate płuca o mniejszej powierzchni, a ssaki mają płuca o budowie pęcherzykowej i mają większą powierzchnię wymiany gazowej. Płazy prowadzą wentylację za pomocą ruchów dna jamy gębowej, a ssaki – za pomocą mięśni międzyżebrowych wymuszających ruchy klatki piersiowej, i dlatego ssaki wymieniają więcej powietrza niż płazy.
    • Płuca płazów są słabiej pofałdowane niż płuca ssaków i dlatego mają mniejszą powierzchnię. Płazy, w przeciwieństwie do ssaków, nie mają klatki piersiowej, dlatego wentylację płuc zapewniają ruchy dna jamy gębowo-gardzielowej, które są mniej wydajne niż zmiany objętości klatki piersiowej.
    • Płazy mają workowate płuca, a wentylacja odbywa się przy udziale ruchów jamy gębowo-gardzielowej, co jest mniej efektywne niż pęcherzykowate płuca ssaków o dużej powierzchni oraz ruchy klatki piersiowej i przepony.

    Zasady oceniania

    2 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające różnice:

    • w budowie płuc – płuca płazów są workowate / słabo pofałdowane / nie mają pęcherzyków, a więc mają mniejszą powierzchnię w porównaniu do pęcherzykowatych / silnie pofałdowanych / mających pęcherzyki płuc ssaków ORAZ
    • w mechanizmie wentylacji płuc – zmiany objętości klatki piersiowej u ssaków zapewniają bardziej wydajną wentylację w porównaniu z płazami, które nie mają klatki piersiowej / wentylują płuca za pomocą ruchów dna jamy gębowo-gardzielowej.

    1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające różnice:

    • w budowie płuc – płuca płazów są workowate / słabo pofałdowane / nie mają pęcherzyków, a więc mają mniejszą powierzchnię w porównaniu do pęcherzykowatych / silnie pofałdowanych / mających pęcherzyki płuc ssaków ALBO
    • w mechanizmie wentylacji płuc – zmiany objętości klatki piersiowej u ssaków zapewniają bardziej wydajną wentylację w porównaniu z płazami, które nie mają klatki piersiowej / wentylują płuca za pomocą ruchów dna jamy gębowo-gardzielowej.

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

    Uwagi:

    Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do różnicy w mechanizmie wentylacji w postaci tłoczenia powietrza do płuc u płazów i zasysania powietrza do płuc przez ssaki, np. „Płazy wentylują płuca poprzez wtłaczanie powietrza, a ssaki zasysają powietrze”.

    Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do mieszania się powietrza wdychanego i wydychanego, np. „U ssaków w mniejszym stopniu niż u płazów miesza się powietrze wdychane i wydychane”.

    Zadanie 7.2

    1 pkt
    Zwierzęta kręgowe
    5%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Określ, jakie znaczenie w pobieraniu wody przez płazy ma gromadzenie mocznika w ich płynach ustrojowych.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązania

    • Osocze jest hipertoniczne.
    • Dzięki temu osocze płaza jest silnie hipertoniczne w stosunku do otaczającej go wody.
    • Dzięki temu ich płyny ustrojowe są hiperosmotyczne względem słodkiej wody, w której płazy przebywają.
    • Płyny ustrojowe zawierające dużo mocznika mają większą osmolarność niż woda w środowisku życia płazów.
    • Umożliwia to osmotyczny napływ wody do ciała płaza.
    • Zapewnia to odpowiednio wysoki przepływ wody przez skórę do płynów ustrojowych płaza.

    Zasady oceniania

    1 pkt – za poprawne określenie gromadzenia mocznika w pobieraniu wody, uwzględniające zapewnienie hiperosmotyczności płynów ustrojowych względem środowiska zewnętrznego LUB zapewnienie wydajnego (osmotycznego) napływu wody.

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

    Zadanie 8
    Matura 2023 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony
    2 podzadania4 pkt
    Informacja do podzadań

    Na rysunku przedstawiono polipa stułbi zielonej (Chlorohydra viridissima), która jest przedstawicielem typu parzydełkowców (Cnidaria).

    Zadanie 8.1

    2 pkt
    Zwierzęta bezkręgowe
    20%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Określ dwa sposoby rozmnażania się stułbi zielonej. Odpowiedzi uzasadnij, odnosząc się do cech jej budowy widocznych na rysunku.

    Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

    Przykładowe rozwiązanie

    1. Rozmnażanie płciowe, o czym świadczy obecność u stułbi zielonej gonad (męskiej i żeńskiej).

    2. Rozmnażanie bezpłciowe (przez pączkowanie), ponieważ widać tworzący się pąk na polipie stułbi zielonej.

    Zasady oceniania

    2 pkt – za wskazanie rozmnażania płciowego wraz poprawnym z uzasadnieniem odnoszącym się do obecności gonad ORAZ za wskazanie rozmnażania bezpłciowego wraz z uzasadnieniem odwołującym się do obecności pąka.

    1 pkt – za wskazanie tylko rozmnażania płciowego wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do obecności gonad ALBO tylko za wskazanie rozmnażania bezpłciowego wraz z uzasadnieniem odwołującym się do obecności pąka.

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

    Uwaga:

    Uznaje się odpowiedzi „rozmnażanie wegetatywne” oraz „pączkowanie” w odniesieniu do rozmnażania bezpłciowego.

    Zadanie 8.2

    2 pkt
    Zwierzęta bezkręgowe
    59%średni wynik CKE
    Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających.

    Określ, które stwierdzenia dotyczące polipów parzydełkowców są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
    1. Ciało polipa jest zbudowane z warstwy ektodermy i z warstwy endodermy. P F
    2. Otwór gębowy polipa pełni zarazem funkcję otworu odbytowego i wydalniczego. P F
    3. Komórki parzydełkowe u polipów są zlokalizowane w endodermie. 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 lub za brak odpowiedzi.

    2026 Utworzone przez zespół MaturaPodKlucz