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

493 zadań i wiązekStrona 27 z 50

Zadanie 17

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

1 pkt

Genetyka mendlowska

22%średni wynik CKE

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

Polidaktylia jest wadą wrodzoną polegającą na obecności dodatkowego palca bądź palców. Poniżej przedstawiono rodowód pewnej rodziny, w której ta wada jest uwarunkowana genetycznie.

Spośród odpowiedzi A–C wybierz i zaznacz poprawne dokończenie poniższego zdania. Odpowiedź uzasadnij. Na podstawie analizy przedstawionego rodowodu można wykluczyć, że polidaktylia występująca w tej rodzinie jest efektem mutacji

autosomalnej recesywnej.
autosomalnej dominującej.
sprzężonej z płcią dominującej.

Uzasadnienie: ………………

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

C., sprzężonej z płcią dominującej, ponieważ:

ojciec z polidaktylią (z pokolenia I lub III) ma córkę bez wady.
matka bez wady (z pokolenia I lub III) ma synów z polidaktylią.
ojciec z polidaktylią i matka bez wady mają syna z polidaktylią.
w przypadku ojca z polidaktylią oraz matki bez wady wszystkie córki powinny mieć polidaktylię, a synowie – nie mieć tej wady. Natomiast w opisanym przykładzie potomstwo w drugim pokoleniu choruje niezależnie od płci.
gdyby to była mutacja sprzężona z płcią dominująca, to wszystkie córki chorego ojca i zdrowej matki byłyby chore.
jeżeli choroba byłaby sprzężona z płcią dominująca, to w pokoleniu IV wszyscy mężczyźni byliby zdrowi, a tak nie jest.

Zasady oceniania
1 p. – za wybór odpowiedzi C wraz z poprawnym uzasadnieniem, wprost lub przez zaprzeczenie, odnoszącym się do dziedziczenia cech sprzężonych z płcią oraz wynikającym z analizy rodowodu.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 18

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania3 pkt

Informacja do podzadań

Allele genu warunkującego barwę sierści u większości szczepów myszy wykazują dominację zupełną: dominujący allel B warunkuje umaszczenie czarne, a recesywny allel b – umaszczenie brązowe. Recesywny allel d innego niesprzężonego genu hamuje w układzie homozygotycznym ekspresję alleli B i b, co powoduje, że nie dochodzi do syntezy barwnika i sierść jest wtedy biała.

Zadanie 18.1

1 pkt

Genetyka mendlowska

32%średni wynik CKE

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

Zapisz wszystkie możliwe genotypy myszy o sierści czarnej, uwzględniając oba geny odpowiadające za umaszczenie myszy.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie
BBDD, BBDd, BbDD, BbDd

Zasady oceniania
1 p. – za zapisanie wszystkich czterech poprawnych genotypów myszy o czarnej sierści.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 18.2

2 pkt

Genetyka mendlowska

36%średni wynik CKE

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

Określ stosunek liczbowy możliwych fenotypów wśród potomstwa podwójnie heterozygotycznej samicy i samca będącego podwójną homozygotą recesywną. Zapisz genotypy osobników rodzicielskich oraz odpowiednią krzyżówkę genetyczną (szachownicę Punnetta).

Genotyp samicy: Genotyp samca:

Krzyżówka:

Fenotypy potomstwa i ich stosunek liczbowy:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie
Genotyp samicy: BbDd
Genotyp samca: bbdd

Krzyżówka:

Przykładowe rozwiązania
Fenotypy potomstwa i ich stosunek liczbowy:

czarne, brązowe i białe w stosunku 1:1:2
25% czarnych, 25% brązowych, 50% białych
¼ czarnych : ¼ brązowych : ½ białych

Uwagi:

Uznaje się odpowiedzi, w których podano fenotypy potomstwa i ich stosunek liczbowy, mimo braku opisania fenotypów w krzyżówce.
Uznaje się odpowiedzi, w których krzyżówka genetyczna została zapisana w formie grafu, a nie – szachownicy Punnetta.

Krzyżówka genetyczna z gametami oraz genotypami i fenotypami potomstwa

Zasady oceniania
2 p. – za podanie poprawnych genotypów osobników rodzicielskich i określenie fenotypów potomstwa oraz ich stosunku liczbowego na podstawie poprawnie wykonanej krzyżówki genetycznej.
1 p – za podanie poprawnych genotypów osobników rodzicielskich i wykonanie krzyżówki genetycznej, przy jednoczesnym błędnym określeniu stosunku liczbowego i rodzajów fenotypów potomstwa.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 19

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania3 pkt

Informacja do podzadań

Na rysunku przedstawiono naprawę uszkodzonego DNA. Uszkodzenie polegało na utworzeniu wiązania kowalencyjnego pomiędzy zasadami tyminowymi sąsiadującymi ze sobą na jednej nici DNA i na powstaniu tzw. dimeru tyminowego, co skutkowało powstaniem charakterystycznego wybrzuszenia, utrudniającego replikację. Fragment uszkodzonej nici został najpierw wycięty przez nukleazę, a powstała luka została następnie uzupełniona nukleotydami komplementarnymi do niezniszczonej nici. W wypełnianiu takich luk biorą udział dwa enzymy: polimeraza DNA i ligaza DNA. Dimery tyminowe często powstają na skutek działania promieni UV.

Jedna z chorób skóry – tzw. skóra pergaminowa – w większości przypadków spowodowana jest dziedzicznym defektem jednego z enzymów opisanego systemu naprawy DNA.

Zadanie 19.1

1 pkt

Kwasy nukleinowe

87%średni wynik CKE

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

Na podstawie przedstawionych informacji ustal kolejność etapów naprawy uszkodzonego DNA. Wpisz numery 2.–4., którymi te etapy oznaczono na schemacie, w odpowiednie miejsca tabeli.

Etapy naprawy uszkodzonego DNA	Kolejność
Enzym syntetyzuje brakujący odcinek nici zgodnie z zasadą komplementarności.
Dimer tyminowy powoduje odkształcenie fragmentu cząsteczki DNA.	1
Enzym nacina uszkodzoną nić DNA.
Enzym łączy wolne końce nowo dobudowanego fragmentu i starego DNA.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Etapy naprawy uszkodzonego DNA	Kolejność
Enzym syntetyzuje brakujący odcinek nici zgodnie z zasadą komplementarności.	3
Dimer tyminy powoduje odkształcenie fragmentu cząsteczki DNA.	1
Enzym nacina uszkodzoną nić DNA.	2
Enzym łączy wolne końce nowo dobudowanego fragmentu i starego DNA.	4

Zasady oceniania
1 p. – za określenie prawidłowej kolejności wszystkich czterech etapów naprawy uszkodzonego DNA.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 19.2

1 pkt

Kwasy nukleinowe Zmienność genetyczna

59%średni wynik CKE

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

Spośród odpowiedzi I – IV wybierz i zapisz nazwy enzymów biorących udział w naprawie DNA, oznaczonych na schemacie literami A, B i C.

ligaza DNA
polimeraza RNA
nukleaza
polimeraza DNA

Enzymy:

A. B. C.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie
A. nukleaza
B. polimeraza DNA
C. ligaza DNA

lub

A. III
B. IV
C. I

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne przyporządkowanie nazw wszystkich trzech enzymów oznaczeniom literowym ze schematu.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 19.3

1 pkt

Budowa i funkcje skóry

33%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego osoby chore na tzw. skórę pergaminową muszą unikać promieniowania słonecznego. W odpowiedzi uwzględnij przyczynę powstawania tej choroby, opisaną w tekście.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Promieniowanie UV ma działanie mutagenne, a u chorych na tę chorobę brak jest możliwości naprawy skutków takiej mutacji, ponieważ jeden z enzymów zaangażowanych w naprawę DNA nie działa.
Osoby chore na „skórę pergaminową” muszą unikać promieniowania słonecznego, ponieważ defekt nukleazy uniemożliwia naprawę DNA w przypadku mutacji powstałej pod wpływem promieniowania UV.

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające mutagenne działanie promieniowania UV i brak możliwości naprawy skutków takiej mutacji ze względu na defekt jednego z enzymów systemu naprawy DNA.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 20

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

Szacuje się, że jelito człowieka zamieszkuje 500–1000 gatunków bakterii. W różnych częściach jelita człowieka bytują odmienne gatunki bakterii.

Zbadano genom bakterii Bacteroides thetaiotaomicron żyjącej w ludzkich jelitach i stwierdzono, że występują w nim m.in. geny zaangażowane w syntezę węglowodanów oraz witamin niezbędnych dla człowieka.

Odkryto również, że ta bakteria wydziela cząsteczki sygnałowe, które aktywują w komórkach człowieka geny odpowiedzialne za budowanie sieci naczyń krwionośnych niezbędnych do wchłaniania cząstek pokarmowych. Inny rodzaj wydzielanych przez nią cząsteczek sygnałowych pobudza z kolei komórki jelita człowieka do produkowania substancji antybakteryjnych, na które bakteria Bacteroides thetaiotaomicron nie jest wrażliwa, ale zmniejszają one liczebność populacji innych, konkurujących z nią gatunków bakterii.

Na podstawie: N.A. Campbell i inni, Biologia, Poznań 2013.

Zadanie 20.1

1 pkt

Zależności międzygatunkowe

33%średni wynik CKE

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

Określ, czy bakteria Bacteroides thetaiotaomicron jest dla człowieka komensalem, czy – gatunkiem mutualistycznym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przedstawionych informacji.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Opisana bakteria jest dla człowieka gatunkiem mutualistycznym, ponieważ ta interakcja jest korzystna dla obu gatunków:

człowiek otrzymuje od bakterii niezbędne dla niego substancje, np. węglowodany i witaminy,

natomiast

bakteria zyskuje wskutek ograniczenia konkurencji ze strony innych bakterii dzięki produkowaniu przez człowieka substancji antybakteryjnych.
bakteria czerpie substancje odżywcze ze światła jelita.
bakteria uzyskuje miejsce do bytowania.

Uwagi:

Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do rozbudowywania naczyń krwionośnych w jelicie jako korzyści dla człowieka.
Nie uznaje się uzasadnienia odnoszącego się wyłącznie do definicji mutualizmu lub odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się do obecności w jelitach człowieka bakterii innych niż Bacteroides thetaiotaomicron.

Zasady oceniania
1 p. – za określenie, że bakteria Bacteroides thetaiotaomicron jest dla człowieka gatunkiem mutualistycznym wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym przykłady korzyści dla obu gatunków.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 20.2

1 pkt

Układ pokarmowy i przebieg procesów trawiennych

60%średni wynik CKE

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

Wybierz spośród wymienionych witamin i podkreśl tę, którą organizm człowieka pozyskuje również dzięki wytwarzaniu jej przez bakterie jelitowe.

witamina A witamina C witamina D₃ witamina K

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

witamina A　 witamina C　 witamina D3　 witamina K

Zasady oceniania
1 p. – za podkreślenie nazwy właściwej witaminy.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 21

Matura 2020 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania5 pkt

Informacja do podzadań

W 1963 r. u południowych wybrzeży Islandii, na skutek serii erupcji wulkanicznych, wyłoniła się z morza niewielka wyspa Surtsey. Wyspa jest całkowicie izolowana przez ocean, a od Islandii oddziela ją 32 km otwartego morza. Od samego początku powstania Surtsey została objęta ścisłą ochroną oraz zakazem wstępu, dzięki czemu stała się ważnym miejscem badań, m.in. procesów kolonizacyjnych.

Już w 1965 r. odnaleziono pierwszą roślinę nasienną, która wyrosła na wyspie. Była nią jednoroczna rukwiel nadmorska (Cakile maritima). Wkrótce potem pojawiły się inne rośliny. Ptaki początkowo wykorzystywały wyspę jako miejsce odpoczynku podczas wędrówek. Pojedynczo gniazdowały na klifach. W 1986 r. pojawiły się jednak pierwsze ślady gniazdowania mew na zupełnie nagiej lawie.

Diaspory (nasiona, owoce i inne części roślin służące do ich rozmnażania i rozprzestrzeniania się) dostały się na wyspę za pomocą zwierząt (zoochoria), wiatru (anemochoria) lub zostały przyniesione przez wodę (hydrochoria).

Na wykresie przedstawiono ilościowe zestawienie trzech sposobów kolonizacji wyspy Surtsey przez rośliny.

Kolonizacja Surtsey – młodej, wulkanicznej wyspy na północnym Atlantyku

Zadanie 21.1

2 pkt

Rośliny – rozmnażanie się

23%średni wynik CKE

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

Na podstawie wykresu określ, który sposób rozprzestrzeniania się roślin dominował w latach sześćdziesiątych na wyspie Surtsey, i podaj dwie cechy diaspor roślin, umożliwiające tę kolonizację.

Sposób rozprzestrzeniania:

Cechy diaspor:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Sposób rozprzestrzeniania:

hydrochoria
przez wodę

Cechy diaspor:

mają dużą powierzchnię (dlatego łatwo unoszą się na powierzchni wody).
mają mniejszą gęstość niż woda (dlatego nie toną); posiadają aerenchymę (dzięki czemu unoszą się na wodzie).
obecność korka (są odporne na nasiąkanie wodą); ściany diaspor są nieprzepuszczalne dla wody.
są zdolne do przetrwania długiego zanurzenia w (słonej) wodzie; są odporne na zasolenie.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, które odnoszą się do lekkich diaspor, ponieważ cechą warunkującą dodatnią pływalność jest gęstość mniejsza od gęstości wody, a nie – ciężar całkowity ciała.

Zasady oceniania
2 p. – za określenie hydrochorii jako sposobu rozprzestrzeniania się roślin i podanie dwóch właściwych, różnych cech diaspor.
1 p. – za określenie hydrochorii jako sposobu rozprzestrzeniania się roślin i podanie jednej cechy diaspor umożliwiającej taki sposób ich rozprzestrzeniania się.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 21.2

1 pkt

Struktura i funkcjonowanie ekosystemu

72%średni wynik CKE

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

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące kolonizacji wyspy Surtsey są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.


1.	Anemochoria nie odegrała głównej roli w kształtowaniu flory Surtsey.	P	F
2.	W ciągu pięciu lat od powstania wyspy zoochoria miała niewielkie znaczenie w kolonizacji wyspy przez rośliny.	P	F
3.	Na początku lat osiemdziesiątych obserwowano dynamiczny wzrost liczby gatunków roślin na wyspie.	P	F

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie
1. – P, 2. – P, 3. – F.

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

Zadanie 21.3

1 pkt

Rośliny – rozmnażanie się

50%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, w jaki sposób do rozprzestrzeniania roślin na wyspie przyczyniły się ptaki. W odpowiedzi uwzględnij cechy diaspor tych roślin.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Owoce zawierające nasiona mogą stanowić pokarm dla ptaków i dlatego diaspory mogą być transportowane w układzie pokarmowym ptaków na teren wyspy.
Nasiona po zjedzeniu owocu przez ptaka nie są trawione w układzie pokarmowym i mogą być przenoszone na inne tereny, gdzie są usuwane z odchodami.
Nasiona niektórych roślin zachowują zdolność kiełkowania po przejściu przez przewód pokarmowy ptaków i dlatego mogą być rozprzestrzeniane przez ptaki.
Diaspory wielu gatunków mogą przyczepiać się do piór ptaków i odpadać w różnych miejscach wyspy, przyczyniając się do rozprzestrzeniania tych roślin.

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające jedną z następujących cech diaspor: zawartość substancji pokarmowych, odporność na działanie enzymów trawiennych, zachowanie zdolności kiełkowania po przejściu przez układ pokarmowy lub obecność elementów czepnych.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Zadanie 21.4

1 pkt

Struktura i funkcjonowanie ekosystemu

20%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego powstanie kolonii mew na wyspie spowodowało nową falę kolonizacji Surtsey przez rośliny w początkach lat dziewięćdziesiątych.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Użyźnienie podłoża przez ptasie odchody stworzyło warunki do kiełkowania diaspor gatunków o większych wymaganiach.
Kolonizacja wyspy przez mewy spowodowała szybsze wzbogacanie podłoża w niezbędne do wzrostu roślin substancje odżywcze, co stworzyło warunki dla bardziej wymagających gatunków roślin.
Wzrost liczebności mew, w zestawieniu z bliskością innych wysp archipelagu, spowodował, że zwiększyło się prawdopodobieństwo przeniesienia przez ptaki diaspor różnych roślin, co przyczyniło się do wzrostu liczby gatunków roślin kolonizujących wyspę.

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające:

mechanizm – nawożenie podłoża przez mewy lub częstszą zoochorię z udziałem mew,
skutek – pojawienie się i możliwość rozwoju diaspor nowych gatunków roślin.

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

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odwołujących się do zwiększenia liczebności populacji roślin, zamiast – do wzrostu liczby gatunków roślin.

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

1 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.

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

2 pkt

Różnorodność biologiczna i jej zagrożenia

47%średni wynik CKE

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

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 1

Matura 2019 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 pkt

Enzymy

Oksydaza polifenolowa jest enzymem, który u roślin odpowiada za brązowienie tkanek po ich mechanicznym uszkodzeniu. Katalizuje ona reakcje, których przebieg wymaga obecności tlenu i pH w zakresie 6–7. Opracowano kilka sposobów powstrzymywania reakcji enzymatycznego brązowienia pokrojonych warzyw i owoców, m.in. przez blanszowanie, polegające na krótkim ogrzaniu produktów spożywczych w temperaturze 75–100 °C, albo przez dodanie kwasu cytrynowego lub substancji wiążących wodę.

Na podstawie: R. Dębowska, Oksydazy polifenolowe roślin wyższych, „Postępy Biochemii”, t. 48, 1/2002; www.food-info.net/pl/colour/enzymaticbrowning, www.worthingtonbiochem.com/ty/default

Wyjaśnij, dlaczego brązowienie warzyw jest powstrzymywane przez

1. blanszowanie:

2. spryskiwanie ich sokiem z cytryny:

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

2 p. – za poprawne wyjaśnienie działania blanszowania uwzględniające wpływ wysokiej temperatury na denaturację oksydazy polifenolowej powodującą utratę jej właściwości katalitycznych oraz za wyjaśnienie wpływu soku z cytryny uwzględniające obniżenie pH środowiska, w którym działa oksydaza polifenolowa i w konsekwencji – obniżenie aktywności tego enzymu.

1 p. – za poprawne wyjaśnienie uwzględniające tylko wpływ wysokiej temperatury (blanszowania) albo tylko wpływ soku cytrynowego na działanie enzymu.

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

Zadanie 2

Matura 2019 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Na schemacie przedstawiono strukturę i funkcjonowanie łańcucha oddechowego.

Na podstawie: https://d1yboe6750e2cu.cloudfront.net/i/0fef08daa1f60f450ef6969da514d770456bedf8

Schemat struktury i funkcjonowania łańcucha oddechowego z kompleksami I, III i IV, CoQ, Cyt C oraz syntazą ATP.

Zadanie 2.1

1 pkt

Oddychanie wewnątrzkomórkowe

Na schemacie przedstawiono strukturę i funkcjonowanie łańcucha oddechowego.

Na podstawie: https://d1yboe6750e2cu.cloudfront.net/i/0fef08daa1f60f450ef6969da514d770456bedf8

Określ lokalizację białkowych kompleksów łańcucha oddechowego w komórce prokariotycznej i komórce eukariotycznej. W miejsce wyznaczone przy każdym rodzaju komórki (A–B) wpisz numer właściwej struktury wybrany spośród 1.–5.

Rodzaj komórki	Lokalizacja białkowych kompleksów łańcucha oddechowego
A. prokariotyczna:
B. eukariotyczna:

Schemat łańcucha oddechowego i syntazy ATP z wszystkimi oznaczeniami kompleksów, przenośników, protonów i produktów

1. zewnętrzna błona mitochondrium

2. błona komórkowa

3. cytozol

4. nukleosom

5. wewnętrzna błona mitochondrium

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Komórka:
A. prokariotyczna – 2
B. eukariotyczna – 5

Schemat punktowania

1 p. – za oba poprawne przyporządkowania lokalizacji kompleksów białkowych łańcucha oddechowego w komórce prokariotycznej i w komórce eukariotycznej.

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

Zadanie 2.2

1 pkt

Oddychanie wewnątrzkomórkowe

Na schemacie przedstawiono strukturę i funkcjonowanie łańcucha oddechowego.

Wykaż związek między działaniem kompleksów białkowych łańcucha oddechowego, oznaczonych na schemacie cyframi I, III i IV, a działaniem syntazy ATP.

Schemat struktury i funkcjonowania łańcucha oddechowego wraz z podanym pod nim źródłem.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za wykazanie związku uwzględniającego rolę kompleksów białkowych łańcucha oddechowego w wytworzeniu gradientu stężeń protonów H⁺ w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium, warunkującego działanie syntazy ATP lub warunkującego syntezę ATP.

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

Przykładowe rozwiązania

Te trzy kompleksy pompują (transportują) jony H⁺ na drugą stronę błony / do przestrzeni międzybłonowej, wytwarzając w ten sposób gradient (elektrochemiczny) protonów, który umożliwia działanie syntazy ATP.
Z udziałem kompleksów białkowych I, III i IV zachodzi transport aktywny protonów / H⁺ do przestrzeni międzybłonowej, a powrót protonów z przestrzeni międzybłonowej do matriks warunkuje działanie syntazy ATP.
Przepływ elektronów przez te trzy kompleksy białkowe powoduje wypompowanie protonów z matriks mitochondrialnej i prowadzi do tworzenia się potencjału błonowego. Przepływ protonów z powrotem do matriks przez kanał w syntazie ATP umożliwia syntezę ATP.
Dzięki działalności kompleksów białkowych łańcucha oddechowego możliwe jest zachowanie (właściwego) gradientu protonów po obu stronach błony, co umożliwia syntezę ATP (z ADP).

Zadanie 2.3

1 pkt

Oddychanie wewnątrzkomórkowe

Na schemacie przedstawiono strukturę i funkcjonowanie łańcucha oddechowego.

Na podstawie: https://d1yboe6750e2cu.cloudfront.net/i/0fef08daa1f60f450ef6969da514d770456bedf8

Oceń, czy poniższe informacje dotyczące funkcjonowania łańcucha oddechowego są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli informacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.

1.	NADH + H⁺ oddaje elektrony kompleksom białkowym łańcucha oddechowego, w wyniku czego utlenia się do NAD⁺.	P	F
2.	Kompleksy białkowe łańcucha oddechowego są uszeregowane na schemacie według wzrastającego powinowactwa do elektronów.	P	F
3.	Ostatecznym akceptorem elektronów i protonów przenoszonych w łańcuchu oddechowym jest woda.	P	F

Schemat struktury i funkcjonowania łańcucha oddechowego z kompleksami I, III i IV oraz syntazą ATP.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

1 – P, 2 – P, 3 – F

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłową ocenę wszystkich trzech informacji.

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

Zadanie 3

Matura 2019 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Przeprowadzono doświadczenie dotyczące warunków przebiegu fotosyntezy u moczarki kanadyjskiej. W tym celu przygotowano cztery zestawy doświadczalne A–D:

Jednakowej długości pędy moczarki kanadyjskiej umieszczono w zlewkach z wodnym roztworem sody oczyszczonej, które następnie przykryto szklanym lejkiem. Na szczycie każdego lejka umieszczono szklaną probówkę wypełnioną wodą.
Wszystkie zestawy oświetlano światłem o takim samym natężeniu, ale w każdym zestawie utrzymywano inną temperaturę wody.

Na rysunkach przedstawiono wyniki przeprowadzonego doświadczenia uzyskane w zestawach A–D.

Na podstawie: http://www.proprofs.com/quiz-school/story.php?title=le-hw4111b

Rysunki zestawów doświadczalnych A–D z moczarką kanadyjską, temperaturami 15 °C, 20 °C, 25 °C i 70 °C oraz oznaczeniami: światło, woda, pęcherzyki gazu, moczarka kanadyjska.

Zadanie 3.1

1 pkt

Fotosynteza

Przeprowadzono doświadczenie dotyczące warunków przebiegu fotosyntezy u moczarki kanadyjskiej. W tym celu przygotowano cztery zestawy doświadczalne A–D:

Jednakowej długości pędy moczarki kanadyjskiej umieszczono w zlewkach z wodnym roztworem sody oczyszczonej, które następnie przykryto szklanym lejkiem. Na szczycie każdego lejka umieszczono szklaną probówkę wypełnioną wodą.
Wszystkie zestawy oświetlano światłem o takim samym natężeniu, ale w każdym zestawie utrzymywano inną temperaturę wody.

Na rysunkach przedstawiono wyniki przeprowadzonego doświadczenia uzyskane w zestawach A–D.

Na podstawie: ProProfs.

Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.

Rysunki zestawów doświadczalnych A–D wraz z oznaczeniami temperatury i wynikami doświadczenia

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Wpływ temperatury (wody / środowiska) na intensywność procesu fotosyntezy u moczarki kanadyjskiej.
Czy temperatura ma wpływ na intensywność fotosyntezy u badanej rośliny?
W zakresie jakich temperatur proces fotosyntezy u badanej rośliny zachodzi najintensywniej?

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne sformułowanie problemu badawczego uwzględniającego wpływ temperatury na proces fotosyntezy u moczarki kanadyjskiej.

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

Zadanie 3.2

1 pkt

Fotosynteza

Przeprowadzono doświadczenie dotyczące warunków przebiegu fotosyntezy u moczarki kanadyjskiej. W tym celu przygotowano cztery zestawy doświadczalne A–D:

Jednakowej długości pędy moczarki kanadyjskiej umieszczono w zlewkach z wodnym roztworem sody oczyszczonej, które następnie przykryto szklanym lejkiem. Na szczycie każdego lejka umieszczono szklaną probówkę wypełnioną wodą.
Wszystkie zestawy oświetlano światłem o takim samym natężeniu, ale w każdym zestawie utrzymywano inną temperaturę wody.

Na rysunkach przedstawiono wyniki przeprowadzonego doświadczenia uzyskane w zestawach A–D.

Na podstawie: ProProfs, quiz-school/story.php?title=le-hw4111b.

Określ, w którym zestawie doświadczalnym (A–D) proces fotosyntezy zachodził z największą intensywnością. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przedstawionych wyników doświadczenia.

Rysunki wyników doświadczenia w zestawach A–D, z oznaczeniami temperatur 15°C, 20°C, 25°C i 70°C oraz podpisami: światło, pęcherzyki gazu, woda, moczarka kanadyjska.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Zestaw C, ponieważ w górnej części probówki zgromadziła się największa objętość / ilość tlenu, który jest produktem fotosyntezy.
Zestaw C, ponieważ im większa jest intensywność fotosyntezy, tym więcej powstaje produktu w postaci tlenu, który zbiera się w probówce.

Schemat punktowania

1 p. – za wskazanie zestawu C doświadczenia wraz z uzasadnieniem odnoszącym się do zgromadzenia największej ilości tlenu w probówce (górnej części probówki).

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

Uwaga:

Nie uznaje się uzasadnienia odnoszącego do innych czynników z pominięciem wydzielanego tlenu np. „C, bo to optymalna temperatura dla przebiegu fotosyntezy dla badanej rośliny” lub „Zestaw C, widoczne największe zużycie wody”.

Zadanie 4

Matura 2019 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Mchy pokrywają glebę dużymi, zwartymi darniami. Na zdjęciu przedstawiono fragment pewnej komórki mchu złotowłosa strojnego. Literami oznaczono:

m – mitochondria, v – wakuole, c – chloroplasty, g – krople tłuszczu zawarte w cytoplazmie.

Przeprowadzono obserwację, której celem było określenie odporności złotowłosa strojnego na niską temperaturę. Wiosną i zimą zmierzono zawartość chlorofilu i aktywność fotosyntetyczną tkanki, której komórkę przedstawiono na powyższym zdjęciu.

Wyniki badania podano w tabeli.

Pora roku	Temperatura powietrza [°C]	Zawartość chlorofilu [µg/g świeżej masy]	Aktywność fotosyntetyczna [µmol O₂/g świeżej masy]
wiosna	+2	2,53	125,12
zima	−5	2,17	115,13

Na podstawie: N. Ljube, M. Wrischer, T. Prebeg, Z. Devide. Structural changes […] of the moss Polytrichum formosum […], „Acta Bot. Croat.” 64, 2005.

Mikrofotografia fragmentu komórki mchu z oznaczeniami m, v, c, g oraz podziałką 1 µm.

Zadanie 4.1

1 pkt

Rośliny lądowe

Mchy pokrywają glebę dużymi, zwartymi darniami.

Na zdjęciu przedstawiono fragment pewnej komórki mchu złotowłosa strojnego. Literami oznaczono: m – mitochondria, v – wakuole, c – chloroplasty, g – krople tłuszczu zawarte w cytoplazmie.

Wyniki badania podano w tabeli.

Pora roku	Temperatura powietrza [°C]	Zawartość chlorofilu [µg/g świeżej masy]	Aktywność fotosyntetyczna [µmol O₂/g świeżej masy]
wiosna	+2	2,53	125,12
zima	−5	2,17	115,13

Na podstawie: N. Ljube, M. Wrischer, T. Prebeg, Z. Devide. Structural changes […] of the moss Polytrichum formosum […], „Acta Bot. Croat.” 64, 2005.

Określ, czy na zdjęciu przedstawiono komórkę dojrzałego sporofitu czy – gametofitu złotowłosa strojnego. Odpowiedź uzasadnij – podaj jedną, widoczną na zdjęciu, cechę budowy charakterystyczną dla tego pokolenia.

Zdjęcie fragmentu komórki złotowłosa strojnego z oznaczeniami c, m, v i g oraz skalą 1 µm

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Jest to komórka gametofitu, ponieważ

zawiera chloroplasty.
widoczne są grana (z chlorofilem).

Schemat punktowania

1 p. – za określenie, że jest to komórka gametofitu wraz z prawidłowym uzasadnieniem uwzględniającym obecność chloroplastów.

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

Uwaga:

Nie uznaje się odpowiedzi wskazujących cechę charakterystyczną dla tego pokolenia, ale niewidoczną na zdjęciu, np. obecność chlorofilu.

Zadanie 4.2

1 pkt

Fotosynteza

Mchy pokrywają glebę dużymi, zwartymi darniami.

Wyniki badania podano w tabeli.

Pora roku	Temperatura powietrza [°C]	Zawartość chlorofilu [µg/g świeżej masy]	Aktywność fotosyntetyczna [µmol O₂/g świeżej masy]
wiosna	+2	2,53	125,12
zima	−5	2,17	115,13

Na podstawie: N. Ljube, M. Wrischer, T. Prebeg, Z. Devide. Structural changes […] of the moss Polytrichum formosum […], „Acta Bot. Croat.” 64, 2005.

Wybierz i zaznacz właściwe dokończenie zdania spośród A–B oraz jego poprawne uzasadnienie wybrane spośród 1.–3.

Na podstawie wyników obserwacji można stwierdzić, że złotowłos strojny

ponieważ

Mikrofotografia fragmentu komórki złotowłosa strojnego z oznaczeniami c, m, v i g oraz podziałką 1 µm.

A. jest odporny na niską temperaturę,

B. nie jest odporny na niską temperaturę,

1. w temperaturze poniżej 0 °C w komórkach ustaje fotosynteza.

2. zimą gametofit zamiera i nie może zachodzić fotosynteza.

3. zimą fotosynteza zachodzi na poziomie tylko niewiele niższym niż wiosną.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

A 3.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie dokończenia zdania.

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

Zadanie 4.3

2 pkt

Rośliny lądowe

Mchy pokrywają glebę dużymi, zwartymi darniami.

Pora roku	Temperatura powietrza [°C]	Zawartość chlorofilu [μg/g świeżej masy]	Aktywność fotosyntetyczna [μmol O₂/g świeżej masy]
wiosna	+2	2,53	125,12
zima	−5	2,17	115,13

Na podstawie: N. Ljube, M. Wrischer, T. Prebeg, Z. Devide. Structural changes […] of the moss Polytrichum formosum […], „Acta Bot. Croat.” 64, 2005.

Wykaż, że mszaki

1. przyczyniają się do ochrony gleby przed erozją spowodowaną wiatrem:

2. wpływają na bilans wodny środowiska:

Zdjęcie fragmentu komórki mchu złotowłosa strojnego z oznaczeniami m, v, c i g oraz skalą 1 μm.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Mszaki rosną w zwartych darniach, co chroni glebę przed wywiewaniem cząstek gleby.
Mszaki rosną w dużych skupieniach, co chroni glebę przed niszczeniem jej struktury.

Przykładowe rozwiązania

Mszaki utrzymują wilgoć w ekosystemie / w glebie / w powietrzu dzięki swej możliwości magazynowania wody.
Mszaki rosną w dużych skupieniach, dzięki czemu ograniczają parowanie wody z gleby.
Mszaki ograniczają parowanie wody z gleby poprzez silne pokrycie jej darnią.
Mszaki, magazynując wodę, zwiększają wilgotność podłoża, a taka gleba jest mniej podatna na działanie wiatru.

Schemat punktowania

2 p. – za odpowiedź określającą rolę mszaków w ochronie gleby przed erozją poprzez tworzenie zwartych darni, oraz rolę mszaków w zmniejszeniu wahań bilansu wodnego, poprzez ograniczenie parowania wody z gleby lub zdolność magazynowania wody.

1 p. – za odpowiedź określającą rolę mszaków tylko w ochronie gleby przed erozją albo rolę mszaków tylko w zmniejszaniu wahań bilansu wodnego.

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