Biologia — zadania maturalne

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

2 pkt

Układ krwionośny

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 15

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania

Informacja do podzadań

U owiec gen BMP15 zlokalizowany jest na chromosomie X i zawiera dwa eksony oddzielone od siebie intronem o długości ok. 5400 pz (par zasad), a pełna długość sekwencji kodującej (z uwzględnieniem kodonu stop) to 1182 pz. Propeptyd białka BMP15 (niedojrzałe białko) zawiera peptyd sygnałowy, który następnie ulega usunięciu. Dojrzała forma białka BMP15 składa się ze 125 aminokwasów.

W poniższej tabeli opisano dwa zmutowane allele genu BMP15. Allele Fec X^B oraz Fec X^L są odpowiedzialne za zwiększenie częstości owulacji u owiec.

Allel genu BMP15	Podstawienie nukleotydu w kodonie	Pozycja podstawionego aminokwasu
w propeptydzie	w dojrzałym białku
Fec X^B	AGC → AUC	367	99
Fec X^L	UGU → UAU	321	53

Na podstawie: G. Smołucha, A. Piestrzyńska-Kajtoch, B. Rejduch, Genetyczny aspekt wysokiej plenności u owiec. Cz. I, „Wiadomości Zootechniczne” 1, 2012.

Zadanie 15.1

1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

Na podstawie przedstawionych informacji wykaż, że w procesie ekspresji genu BMP15 dochodzi do potranskrypcyjnej obróbki RNA.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Owczy gen BMP15 składa się z dwóch eksonów oddzielonych od siebie intronem, który jako odcinek niekodujący jest wycinany z pre-mRNA.
Podczas obróbki potranskrypcyjnej zachodzi splicing, czyli wycięcie jednego intronu i połączenie ze sobą dwóch eksonów w mRNA BMP15.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do definicji obróbki potranskrypcyjnej.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawną odpowiedź, odnoszącą się do wycinania intronów.

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

Zadanie 15.2

1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

U owiec gen BMP15 zlokalizowany jest na chromosomie X i zawiera dwa eksony oddzielone od siebie intronem o długości ok. 5400 pz (par zasad), a pełna długość sekwencji kodującej (z uwzględnieniem kodonu stop) to 1182 pz. Propeptyd białka BMP15 (niedojrzałe białko) zawiera peptyd sygnałowy, który następnie ulega usunięciu. Dojrzała forma białka BMP15 składa się ze 125 aminokwasów.

W poniższej tabeli opisano dwa zmutowane allele genu BMP15. Allele Fec X^B oraz Fec X^L są odpowiedzialne za zwiększenie częstości owulacji u owiec.

Allel genu BMP15	Podstawienie nukleotydu w kodonie	Pozycja podstawionego aminokwasu
w propeptydzie	w dojrzałym białku
Fec X^B	AGC → AUC	367	99
Fec X^L	UGU → UAU	321	53

Na podstawie: G. Smołucha, A. Piestrzyńska-Kajtoch, B. Rejduch, Genetyczny aspekt wysokiej plenności u owiec. Cz. I, „Wiadomości Zootechniczne” 1, 2012.

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Propeptyd białka BMP15 (niedojrzałe białko) zawiera

A. 125 aminokwasów.

B. 268 aminokwasów.

C. 393 aminokwasy.

D. 1179 aminokwasów.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

C

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.

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

Zadanie 15.3

1 pkt

Zmienność genetyczna

U owiec gen BMP15 zlokalizowany jest na chromosomie X i zawiera dwa eksony oddzielone od siebie intronem o długości ok. 5400 pz (par zasad), a pełna długość sekwencji kodującej (z uwzględnieniem kodonu stop) to 1182 pz. Propeptyd białka BMP15 (niedojrzałe białko) zawiera peptyd sygnałowy, który następnie ulega usunięciu. Dojrzała forma białka BMP15 składa się ze 125 aminokwasów.

W poniższej tabeli opisano dwa zmutowane allele genu BMP15. Allele Fec X^B oraz Fec X^L są odpowiedzialne za zwiększenie częstości owulacji u owiec.

Allel genu BMP15	Podstawienie nukleotydu w kodonie	Pozycja podstawionego aminokwasu
w propeptydzie	w dojrzałym białku
Fec X^B	AGC → AUC	367	99
Fec X^L	UGU → UAU	321	53

Na podstawie: G. Smołucha, A. Piestrzyńska-Kajtoch, B. Rejduch, Genetyczny aspekt wysokiej plenności u owiec. Cz. I, „Wiadomości Zootechniczne” 1, 2012.

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie.

Mutacje Fec X^B i Fec X^L są mutacjami (genowymi / chromosomowymi). Są to (mutacje punktowe / delecje), które (skutkują / nie skutkują) przesunięciem ramki odczytu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Mutacje Fec X^B i Fec X^L są mutacjami (genowymi / chromosomowymi). Są to (mutacje punktowe / delecje), które (skutkują / nie skutkują) przesunięciem ramki odczytu.

Zasady oceniania

1 pkt – za podkreślenie prawidłowych określeń w trzech nawiasach.

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

Zadanie 15.4

1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

U owiec gen BMP15 zlokalizowany jest na chromosomie X i zawiera dwa eksony oddzielone od siebie intronem o długości ok. 5400 pz (par zasad), a pełna długość sekwencji kodującej (z uwzględnieniem kodonu stop) to 1182 pz. Propeptyd białka BMP15 (niedojrzałe białko) zawiera peptyd sygnałowy, który następnie ulega usunięciu. Dojrzała forma białka BMP15 składa się ze 125 aminokwasów.

W poniższej tabeli opisano dwa zmutowane allele genu BMP15. Allele Fec X^B oraz Fec X^L są odpowiedzialne za zwiększenie częstości owulacji u owiec.

Allel genu BMP15	Podstawienie nukleotydu w kodonie	Pozycja podstawionego aminokwasu
w propeptydzie	w dojrzałym białku
Fec X^B	AGC → AUC	367	99
Fec X^L	UGU → UAU	321	53

Na podstawie: G. Smołucha, A. Piestrzyńska-Kajtoch, B. Rejduch, Genetyczny aspekt wysokiej plenności u owiec. Cz. I, „Wiadomości Zootechniczne” 1, 2012.

Zapisz nazwy aminokwasów, którymi różnią się białko kodowane przez prawidłowy allel genu BMP15 i białko kodowane przez zmutowany allel Fec X^L.

Nazwa aminokwasu w białku kodowanym przez

1. prawidłowy allel:

2. zmutowany allel Fec X^L:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Nazwa aminokwasu w białku kodowanym przez
1. prawidłowy allel: cysteina / Cys.
2. zmutowany allel Fec X^L: tyrozyna / Tyr.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne podanie nazw aminokwasów lub ich symboli.

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

Zadanie 16

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 pkt

Genetyka mendlowska

U królików podstawowe typy umaszczenia uwarunkowane są szeregiem alleli wielokrotnych (B, b^h, b) o pełnej dominacji. Umaszczenie dzikie warunkuje allel B, himalajskie – allel b^h, który jest recesywny względem B i dominujący względem b, natomiast umaszczenie albinotyczne warunkuje allel b w układzie homozygotycznym. Cecha dziedziczona jest autosomalnie.

Samica o umaszczeniu himalajskim i samiec o umaszczeniu dzikim mają albinotyczne potomstwo.

Na podstawie: K.M. Charon, M. Świtoński, Genetyka i genomika zwierząt, Warszawa 2012.

Określ prawdopodobieństwo, że kolejny potomek tej pary królików także będzie albinosem. Odpowiedź uzasadnij – zapisz krzyżówkę genetyczną (szachownicę Punnetta), posługując się oznaczeniami alleli podanymi w tekście.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Zasady oceniania

2 pkt – za poprawne wykonanie krzyżówki genetycznej i określenie prawdopodobieństwa.

1 pkt – za poprawne wykonanie krzyżówki genetycznej bez określenia prawdopodobieństwa.

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

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo wynosi: 25%

Krzyżówka genetyczna z oznaczeniami gamet i genotypów potomstwa

Zadanie 17

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Szacuje się, że w latach 1960–1969, w porównaniu z rokiem 1950, populacja tuńczyka w wodach europejskich zmniejszyła się trzykrotnie. Rozmiary osobników tuńczyka poławianego na wodach Morza Śródziemnego zmniejszyły się ponad dwukrotnie. To jedna z oznak nadmiernego eksploatowania łowisk (tzw. przeławiania) wskazująca, że populacja tuńczyka znalazła się na krawędzi wymarcia.

W celu ochrony zasobów ryb wprowadzono różne regulacje dotyczące ich połowu. Określają one wielkość oczek w sieciach rybackich, a także miejsce i termin połowu. Obecnie jednak uważa się, że najskuteczniejszą metodą utrzymania populacji ryb jest wprowadzanie niskich limitów połowów lub ich okresowe zaprzestanie.

Na podstawie: www.tygodnikpowszechny.pl

Zadanie 17.1

2 pkt

Populacja

Szacuje się, że w latach 1960–1969, w porównaniu z rokiem 1950, populacja tuńczyka w wodach europejskich zmniejszyła się trzykrotnie. Rozmiary osobników tuńczyka poławianego na wodach Morza Śródziemnego zmniejszyły się ponad dwukrotnie. To jedna z oznak nadmiernego eksploatowania łowisk (tzw. przeławiania) wskazująca, że populacja tuńczyka znalazła się na krawędzi wymarcia.

W celu ochrony zasobów ryb wprowadzono różne regulacje dotyczące ich połowu. Określają one wielkość oczek w sieciach rybackich, a także miejsce i termin połowu. Obecnie jednak uważa się, że najskuteczniejszą metodą utrzymania populacji ryb jest wprowadzenie niskich limitów połowów lub ich okresowe zaprzestanie.

Na podstawie: www.tygodnikpowszechny.pl

Uwzględniając cykl rozwojowy ryb, wykaż, że do utrzymania stałej liczebności populacji ryb w akwenie przyczyniają się:

1. stosowanie sieci o odpowiedniej wielkości oczek:

2. zabranianie połowów w określonych terminach:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

1. Stosowanie sieci o określonej wielkości oczek uniemożliwia łowienie ryb o zbyt małych rozmiarach, które nie osiągnęły jeszcze dojrzałości płciowej.

2. Zakaz połowów w terminach tarła umożliwia rybom rozmnożenie się i odtworzenie populacji danego gatunku w zbiorniku.

Zasady oceniania

2 pkt – za prawidłową odpowiedź odnoszącą się do:
1. ograniczenia połowów ryb niedojrzałych płciowo
oraz
2. ochrony ryb podczas tarła.

1 pkt – za prawidłowe wykazanie jednej przyczyny.

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

Zadanie 17.2

1 pkt

Populacja

Uzasadnij, że wprowadzanie niskich limitów połowów lub ich zaprzestanie może okazać się niezbędne dla samoodtwarzania się populacji ryb.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Pozwoli to utrzymać odpowiednią liczbę osobników dorosłych, mogących wydać na świat potomstwo, a tym samym utrzymać tę populację.
Zostanie wtedy zachowana większa liczba dojrzałych osobników ryb, co spowoduje wyższe prawdopodobieństwo rozrodu, ponieważ ryby te nie będą łowione, a więc spowoduje to samoodtwarzanie się populacji ryb.
Tempo wzrostu populacji jest wprost proporcjonalne do liczby rozmnażających się osobników w populacji, a bez ograniczenia połowów będzie zbyt mało dorosłych osobników w populacji, utrzymujących liczebność populacji.

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłowe uzasadnienie, uwzględniające konieczność zwiększenia liczby osobników dorosłych w populacji, które mogłyby wydać na świat potomstwo.

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

Zadanie 18

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 pkt

Porównanie struktur zwierząt odpowiedzialnych za realizację różnych czynności życiowych

Mrówkojad wielki (Myrmecophaga tridactyla) to ssak z rzędu szczerbaków zamieszkujący Amerykę Środkową i Południową. Żywi się głównie termitami i gatunkami mrówek żyjącymi w ziemi. Korzystając ze znakomitego węchu, wyszukuje mrowiska i termitiery, a następnie zakrzywionymi przednimi pazurami rozgrzebuje je częściowo i za pomocą długiego i cienkiego języka wyciąga owady z ich wnętrza. Jego rurkowaty pysk nie ma zębów, a język pokryty jest zakrzywionymi do tyłu twardymi brodawkami i grubą warstwą lepkiej śliny wydzielanej z dużych gruczołów ślinowych. Owady miażdżone są najpierw o podniebienie, a następnie w silnie umięśnionym żołądku. Mrówkojad ten nie produkuje w żołądku kwasu solnego, ale wykorzystuje do trawienia kwas mrówkowy zawarty w jadzie mrówek, którymi się żywi.

Na podstawie: D. MacDonald, The Encyclopedia of Mammals, Oxford 2001; dinoanimals.pl

Wypisz z tekstu dwie cechy budowy mrówkojada wielkiego, będące adaptacją do zdobywania pokarmu, oraz określ, na czym polega każda z tych adaptacji.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

rurkowaty pysk – umożliwia sięgnięcie po pokarm w głąb termitiery lub mrowiska
język z twardymi i zakrzywionymi brodawkami – umożliwia utrzymanie pokarmu na języku
duże gruczoły ślinowe – umożliwiają produkcję grubej warstwy lepkiej śliny niezbędnej do pobrania i utrzymania pokarmu w pysku
zakrzywione przednie pazury – umożliwiają rozgrzebywanie termitiery lub mrowiska

Zasady oceniania

2 pkt – za prawidłowe wskazanie dwóch cech budowy mrówkojada wielkiego będących przystosowaniem do zdobywania pokarmu wraz z określeniem, na czym polegają te adaptacje.

1 pkt – za prawidłowe wskazanie jednej cechy budowy mrówkojada wielkiego będącej przystosowaniem do zdobywania pokarmu wraz z określeniem, na czym polega ta adaptacja.

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

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający odwołuje się do:

dobrego węchu i wydzielania śliny przez mrówkojada, ponieważ nie są to cechy jego budowy
silnego umięśnienia żołądka, ponieważ nie uczestniczy on bezpośrednio w zdobywaniu (pobieraniu) pokarmu
braku zębów.

Zadanie 19

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Soplówka bukowa (Hericium coralloides) jest grzybem z rodziny soplówkowatych (Hericiaceae). Rośnie jako saprotrof na drewnie stojących i leżących pni gatunków drzew liściastych. W Polsce spotykana jest głównie na drewnie buka (Fagus sylvatica), rzadziej na brzozie brodawkowatej (Betula pendula) i topoli osice (Populus tremula). Soplówka bukowa powoduje białą zgniliznę drewna, zwykle pni i dużych gałęzi.

Przez 10 dni hodowano w laboratorium soplówkę w warunkach różnej temperatury oraz na pożywkach o odmiennym pH, po czym zmierzono średnicę kolonii. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.

Wykres 1.

Wykres 2.

Na podstawie: J. Piętka, Czynna ochrona zagrożonych grzybów nadrzewnych w lasach, Warszawa 2013.

Wykres 1. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od temperatury [°C].

Wykres 2. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od odczynu [pH].

Zadanie 19.1

1 pkt

Grzyby

Soplówka bukowa (Hericium coralloides) jest grzybem z rodziny soplówkowatych (Hericiaceae). Rośnie jako saprotrof na drewnie stojących i leżących pni gatunków drzew liściastych. W Polsce spotykana jest głównie na drewnie buka (Fagus sylvatica), rzadziej na brzozie brodawkowatej (Betula pendula) i topoli osice (Populus tremula). Soplówka bukowa powoduje białą zgniliznę drewna, zwykle pni i dużych gałęzi.

Przez 10 dni hodowano w laboratorium soplówkę w warunkach różnej temperatury oraz na pożywkach o odmiennym pH, po czym zmierzono średnicę kolonii. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.

Na podstawie: J. Piętka, Czynna ochrona zagrożonych grzybów nadrzewnych w lasach, Warszawa 2013.

Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.

Wykres 1. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od temperatury [°C].

Wykres 2. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od odczynu [pH].

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Wpływ temperatury i odczynu podłoża na wzrost grzybni soplówki bukowej.
Czy temperatura i pH podłoża mają wpływ na wzrost grzybni soplówki bukowej?
Jakie jest optimum temperatury i odczynu podłoża dla wzrostu soplówki bukowej?

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne sformułowanie problemu badawczego, uwzględniającego 1) badany gatunek, 2) zmienne niezależne: temperaturę i odczyn podłoża oraz 3) zmienną zależną: wzrost grzybni.

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

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do określenia optimum ekologicznego lub zakresu tolerancji grzyba pod względem badanych czynników, np. „Jakie są wymagania soplówki bukowej pod względem temperatury i odczynu podłoża?”.

Zadanie 19.2

1 pkt

Grzyby

Soplówka bukowa (Hericium coralloides) jest grzybem z rodziny soplówkowatych (Hericiaceae). Rośnie jako saprotrof na drewnie stojących i leżących pni gatunków drzew liściastych. W Polsce spotykana jest głównie na drewnie buka (Fagus sylvatica), rzadziej na brzozie brodawkowatej (Betula pendula) i topoli osice (Populus tremula). Soplówka bukowa powoduje białą zgniliznę drewna, zwykle pni i dużych gałęzi.

Przez 10 dni hodowano w laboratorium soplówkę w warunkach różnej temperatury oraz na pożywkach o odmiennym pH, po czym zmierzono średnicę kolonii. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.

Na podstawie: J. Piętka, Czynna ochrona zagrożonych grzybów nadrzewnych w lasach, Warszawa 2013.

Odczytaj z wykresów i podaj wartość optimum temperatury i optimum odczynu podłoża dla wzrostu soplówki bukowej.

Temperatura:

Odczyn podłoża:

Wykres 1. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od temperatury [°C].

Wykres 2. Średnica kolonii grzybni [cm] w zależności od odczynu [pH].

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Temperatura: 26 °C (24–28 °C).
Odczyn podłoża: pH 5 (4,5–6,5).

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne odczytanie i podanie wartości optimum ekologicznego dla temperatury i odczynu podłoża.

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

Zadanie 19.3

1 pkt

Grzyby

Soplówka bukowa (Hericium coralloides) jest grzybem z rodziny soplówkowatych (Hericiaceae). Rośnie jako saprotrof na drewnie stojących i leżących pni gatunków drzew liściastych. W Polsce spotykana jest głównie na drewnie buka (Fagus sylvatica), rzadziej na brzozie brodawkowatej (Betula pendula) i topoli osice (Populus tremula). Soplówka bukowa powoduje białą zgniliznę drewna, zwykle pni i dużych gałęzi.

Przez 10 dni hodowano w laboratorium soplówkę w warunkach różnej temperatury oraz na pożywkach o odmiennym pH, po czym zmierzono średnicę kolonii. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.

Na podstawie: J. Piętka, Czynna ochrona zagrożonych grzybów nadrzewnych w lasach, Warszawa 2013.

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A lub B oraz jej uzasadnienie 1., 2., albo 3.

Soplówka bukowa jest …, ponieważ jako saprotrof …

Wykres 1. Zależność średnicy kolonii grzybni [cm] od temperatury [°C].

Wykres 2. Zależność średnicy kolonii grzybni [cm] od odczynu [pH].

A. autotrofem,

B. heterotrofem,

1. odżywia się drewnem żywych drzew liściastych.

2. przyczepia się do powierzchni kory drzew liściastych, ale nie odżywia się ich tkankami.

3. odżywia się tkankami martwych drzew liściastych.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

B3

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.

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

Zadanie 20

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

1 pkt

Struktura i funkcjonowanie ekosystemu

W faunie Wielkich Jezior Ameryki Północnej oraz w wodach śródlądowych Europy pojawiły się przypadkowo zawleczone gatunki pochodzące z obszaru Morza Czarnego i Morza Kaspijskiego, do których należy m.in. małż – racicznica zmienna (Dreissena polymorpha).

W rzece Hudson w Nowym Jorku zaobserwowano, że biomasa fitoplanktonu po inwazji racicznicy zmniejszyła się o 80–90%, a biomasa zooplanktonu żywiącego się fitoplanktonem o ponad 70%. Stwierdzono również, że występowanie ogromnej ilości tych małży na płyciznach rzek i jezior przyczyniło się do bujniejszego wzrostu roślin o liściach zanurzonych w wodzie.

Na podstawie: D. Rachalewska, Invasional meltdown – zbieg okoliczności czy reguła?, „Kosmos” 63, 2014; Ch.J. Krebs, Ekologia, Warszawa 2011.

Wyjaśnij, dlaczego masowe pojawienie się inwazyjnej racicznicy zmiennej w rzece Hudson doprowadziło do bujniejszego wzrostu występujących tam roślin zanurzonych w wodzie. W odpowiedzi uwzględnij czynności życiowe małży i roślin.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Racicznice, żywiąc się fitoplanktonem, powodują spadek liczebności zooplanktonu. To prowadzi do wzrostu przejrzystości wód i zwiększa dostęp żyjącym tam roślinom do światła, które jest im potrzebne do fotosyntezy, co umożliwia im bujniejszy wzrost.
Racicznice w zbiornikach wodnych pobierają zawieszone w wodzie drobne cząstki organiczne, przez co wpływają korzystnie na jej przejrzystość. To z kolei prowadzi do zwiększenia dostępności światła dla żyjących pod wodą roślin, które jest im potrzebne do fotosyntezy, co zapewnia ich bujniejszy wzrost.

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wpływ racicznicy zmiennej na przejrzystość wód i dostępność światła niezbędnego zanurzonym roślinom wodnym do fotosyntezy.

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

Zadanie 21

Matura 2022 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Na rysunkach przedstawiono dwa rodzaje ssaków potrafiące wykonywać loty ślizgowe. Lotopałanka karłowata (Petaurus breviceps) jest przedstawicielem australijskich torbaczy i charakteryzuje się obecnością długiego chwytnego ogona oraz fałdów skórnych stanowiących powierzchnię nośną. Assapan południowy (Glaucomys volans) jest przedstawicielem amerykańskich łożyskowców. Jego ogon jest długi, szeroki i puszysty, a wzdłuż boków ciała, pomiędzy przednimi a tylnymi kończynami, ciągnie się owłosiony fałd skórny.

Na podstawie: wilderness.org.au; dailymail.co.uk

Fotografia lotopałanki karłowatej z podpisem „lotopałanka karłowata”

Fotografia assapana południowego z podpisem „assapan południowy”

Zadanie 21.1

1 pkt

Źródła wiedzy o mechanizmach i przebiegu ewolucji

Na rysunkach przedstawiono dwa rodzaje ssaków potrafiące wykonywać loty ślizgowe. Lotopałanka karłowata (Petaurus breviceps) jest przedstawicielem australijskich torbaczy i charakteryzuje się obecnością długiego chwytnego ogona oraz fałdów skórnych stanowiących powierzchnię nośną. Assapan południowy (Glaucomys volans) jest przedstawicielem amerykańskich łożyskowców. Jego ogon jest długi, szeroki i puszysty, a wzdłuż boków ciała, pomiędzy przednimi a tylnymi kończynami, ciągnie się owłosiony fałd skórny.

Na podstawie: wilderness.org.au; dailymail.co.uk

Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A lub B oraz jej uzasadnienie 1., 2., albo 3.

Wykształcenie się struktur będących przystosowaniem do ślizgowego lotu u obu opisywanych gatunków jest przykładem ewolucji …, ponieważ wytworzone powierzchnie lotne …

Lotopałanka karłowata podczas lotu ślizgowego; podpis: lotopałanka karłowata.

Assapan południowy podczas lotu ślizgowego; podpis: assapan południowy.

A. A. zbieżnej,

B. B. rozbieżnej,

1. 1. powstały niezależnie od siebie u różnych taksonów.

2. 2. powstały z tej samej struktury, ale zróżnicowały się w toku ewolucji.

3. 3. chociaż bardzo podobne do siebie, powstały z innych struktur.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

A1

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.

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

Zadanie 21.2

1 pkt

Zwierzęta kręgowe

Na rysunkach przedstawiono dwa rodzaje ssaków potrafiące wykonywać loty ślizgowe. Lotopałanka karłowata (Petaurus breviceps) jest przedstawicielem australijskich torbaczy i charakteryzuje się obecnością długiego chwytnego ogona oraz fałdów skórnych stanowiących powierzchnię nośną. Assapan południowy (Glaucomys volans) jest przedstawicielem amerykańskich łożyskowców. Jego ogon jest długi, szeroki i puszysty, a wzdłuż boków ciała, pomiędzy przednimi a tylnymi kończynami, ciągnie się owłosiony fałd skórny.

Na podstawie: wilderness.org.au; dailymail.co.uk

Uzupełnij tabelę – spośród podanych cech budowy zwierząt (A–F) wybierz cechy wspólne dla łożyskowców i torbaczy oraz cechy charakterystyczne tylko dla danej grupy.

Cechy	Oznaczenia literowe cech
wspólne dla łożyskowców i torbaczy
występujące tylko u łożyskowców
występujące tylko u torbaczy

Lotopałanka karłowata podczas lotu ślizgowego; podpis: lotopałanka karłowata.

Assapan południowy podczas lotu ślizgowego; podpis: assapan południowy.

A. A. Owłosiona skóra.

B. B. Obecność gruczołów mlecznych.

C. C. Dobrze wytworzone łożysko podczas ciąży.

D. D. Wykształcenie sutków.

E. E. Obecność macicy u samic.

F. F. Worek skórny u samic służący za miejsce rozwoju i ochrony potomstwa.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Cechy	Oznaczenia literowe cech
wspólne dla łożyskowców i torbaczy	A, B, D, E
występujące tylko u łożyskowców	C
występujące tylko u torbaczy	F

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne przyporządkowanie wszystkich sześciu cech do właściwych kategorii.

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

Zadanie 1

Matura 2022 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania4 pkt

Informacja do podzadań

Na poniższym schemacie przedstawiono wybrane procesy (1–5) zachodzące w komórce zwierzęcej.

Uwaga: Nie uwzględniono części substratów i produktów poszczególnych przemian oraz stechiometrii przedstawionych reakcji.

Zadanie 1.1

2 pkt

Ogólne zasady metabolizmu

32%średni wynik CKE

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

Uzupełnij tabelę – podaj nazwę oraz określ lokalizację w komórce każdego z etapów oddychania tlenowego oznaczonych na schemacie numerami 1 oraz 5.

Oznaczenie etapu oddychania tlenowego ze schematu	Nazwa etapu	Lokalizacja etapu w komórce
1
5

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Oznaczenie etapu oddychania tlenowego ze schematu	Nazwa etapu	Lokalizacja etapu w komórce
1	glikoliza / szlak Embdena-Meyerhofa-Parnasa	cytozol / cytoplazma podstawowa / hialoplazma
5	łańcuch oddechowy / łańcuch transportu elektronów / utlenianie końcowe / fosforylacja oksydacyjna	mitochondrium / grzebienie mitochondrialne / (wewnętrzna) błona mitochondrium / wnętrze mitochondrium

Zasady oceniania

2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli lub jednej kolumny tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Uwaga:
Nie uznaje się zbyt ogólnej odpowiedzi „cytoplazma” jako lokalizacji etapów 1 i 5.

Zadanie 1.2

2 pkt

Ogólne zasady metabolizmu

25%średni wynik CKE

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

Określ pozostałe produkty przemian metabolicznych oznaczonych na schemacie numerami 2–4. W odpowiednie pola tabeli wpisz literę T (tak), jeśli bezpośrednim produktem danej przemiany jest ATP lub CO₂, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.

Oznaczenie przemiany ze schematu	Produkty
Oznaczenie przemiany ze schematu	ATP	CO₂
2
3
4

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Oznaczenie przemiany ze schematu	Produkty
ATP	CO₂
2	N	N
3	N	T
4	N (T)	T

Zasady oceniania

2 pkt – za poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi wskazujące na produkcję ATP w przemianach oznaczonych cyfrą 4 (cykl Krebsa). Bezpośrednim produktem cyklu Krebsa jest GTP (inny przenośnik energii), ale może on być następnie wykorzystywany do syntezy ATP.

Zadanie 2

Matura 2022 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

Poniżej przedstawiono wzór pewnego oligopeptydu. W polach oznaczonych numerami 1–4 przedstawiono cztery różne ugrupowania atomów występujące w białkach.

Zadanie 2.1

1 pkt

Zagadnienia ogólne Białka

49%średni wynik CKE

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

Które z powyższych ugrupowań atomów stanowi wiązanie powstające pomiędzy aminokwasami podczas syntezy peptydów w komórce? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych oraz podaj nazwę tego wiązania.

1
2
3
4

Nazwa wiązania:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

A

Nazwa wiązania:

wiązanie peptydowe
peptydowe
amidowe

Zasady oceniania

1 pkt – za wybór prawidłowej odpowiedzi oraz podanie poprawnej nazwy – wiązanie peptydowe lub amidowe.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 2.2

1 pkt

Białka

22%średni wynik CKE

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

Zapisz sekwencję aminokwasową przedstawionego na schemacie oligopeptydu od końca aminowego do karboksylowego, posługując się pełnymi nazwami aminokwasów lub ich oznaczeniami literowymi.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

seryna, histydyna, cysteina, leucyna, lizyna
Ser, His, Cys, Leu, Lys
Ser-His-Cys-Leu-Liz
S, H, C, L, K (jednoliterowe oznaczenia wg standardów IUPAC)
SHCLK

Zasady oceniania

1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji aminokwasowej za pomocą pełnych nazw aminokwasów lub ich oznaczeń: jedno- lub trójliterowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.