Biologia — zadania maturalne

Przykładowe rozwiązania

• Deacetylacja, ponieważ odłączenie grup acetylowych od ogonków białek histonowych skutkuje wytworzeniem bardziej zwartej struktury chromatyny, a więc nie dochodzi do inicjacji transkrypcji.
• Deacetylacja, ponieważ skutkuje ściślejszym upakowaniem nici DNA, co uniemożliwia przyłączenie czynników transkrypcyjnych.
• Deacetylacja, ponieważ wskutek kondensacji chromatyny miejsca przyłączenia polimerazy RNA zależnej od DNA są niedostępne.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w której uwzględniona jest zmiana struktury chromatyny bez podania jej znaczenia w hamowaniu ekspresji informacji genetycznej, np. „Deacetylacja, ponieważ powoduje kondensację chromatyny, co hamuje ekspresję informacji genetycznej danego fragmentu DNA”.

Schemat punktowania

1 p. – za wskazanie procesu deacetylacji wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym kondensację chromatyny oraz znaczenie tej zmiany w zahamowaniu transkrypcji.

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

Przykładowe rozwiązania

• Jest prawdziwe, ponieważ mitochondria nie mają białek histonowych związanych z DNA.
• Tak, ponieważ mtDNA nie tworzy chromatyny takiej, jak w jądrze komórkowym.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się w uzasadnieniu do braku histonów lub do braku chromatyny w mitochondriach.

Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do niemożności zachodzenia przedstawionych na schemacie procesów w mitochondriach (bez jednoznacznego „tak” na początku zdania), jeśli uzasadnienie jednoznacznie na tę niemożność wskazuje, np. „Nie mogą, ponieważ w mitochondriach histony nie wiążą się z DNA”.

Schemat punktowania

1 p. – za określenie, że stwierdzenie jest prawdziwe, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do braku w mitochondriach białek histonowych związanych z DNA.

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

Rozwiązanie

BBdd, Bbdd, Bb¹dd.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zastosowano inne oznaczenia alleli niż podane w tekście lub zdający zapisał tę cechę jako sprzężoną z płcią, lub zastosowano zapis „BdBd” albo „Bd/Bd” wskazujący na sprzężenie genów.

Schemat punktowania

1 p. – za zapisanie wszystkich trzech możliwych genotypów niebieskiego kota brytyjskiego.

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

Rozwiązanie

Genotyp cynamonowej samicy: b¹b¹Dd. Genotyp czarnego samca: BbDd.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi, w których obok prawidłowych genotypów zdający zapisał także właściwe chromosomy płci, np.: b¹b¹Dd XX oraz BbDd XY.

Nie uznaje się odpowiedzi, w których zastosowano inne oznaczenia alleli niż podane w tekście lub zdający zapisał tę cechę jako sprzężoną z płcią.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne zapisanie genotypów obojga rodziców (cynamonowej samicy i czarnego samca).

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

Rozwiązanie

Prawdopodobieństwo, że kolejne kocię będzie niebieskie = \(1/8\) lub 0,125 lub 12,5%.

Dopuszczalne zaokrąglenie do pełnych procentów: 12% lub 13%.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi, w których zdający użył innego oznaczenia literowego alleli genu, np. „A” i „C”, ale podał legendę w zadaniu 17.2. lub 17.3., pod warunkiem, że poprawnie rozwiązał i zinterpretował krzyżówkę (otrzymuje 2 p.).
Zastosowanie innych oznaczeń bez legendy z poprawnym rozwiązaniem krzyżówki (otrzymuje 1 p.).

Jeżeli zdający zapisze gen jako sprzężony z płcią – otrzymuje 0 p. za całe zadanie, bez względu na otrzymaną wartość prawdopodobieństwa.

Schemat punktowania

2 p. – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej (szachownicy Punnetta) oraz za określenie na jej podstawie właściwego prawdopodobieństwa, że kolejne kocię będzie niebieskie.

1 p. – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej, ale niewłaściwe określenie prawdopodobieństwa.

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

Przykładowe rozwiązania

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

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

Schemat punktowania

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

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

Schemat punktowania

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

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

Przykładowe rozwiązania

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

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

Przykładowe rozwiązania

• Bakterie nie mają możliwości usuwania intronów, dlatego wprowadzenie do ich genomu cDNA, który nie zawiera intronów, umożliwia syntezę cekropiny.
• cDNA nie zawiera intronów, co umożliwia syntezę cekropiny A, ponieważ bakterie nie mają możliwości przeprowadzania splicingu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się tylko do braku intronów u bakterii.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku możliwości wycinania intronów z mRNA w komórkach bakterii.

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

Przykładowe rozwiązania

• Owadobójcze związki chemiczne uśmiercają owady, natomiast stosowanie transgenicznych bakterii nie powoduje śmierci owadów, a jedynie eliminuje świdrowca.
• Pestycydy są najczęściej mało selektywne i oprócz owadów będących wektorami choroby eliminują też inne owady, natomiast stosowanie transgenicznych bakterii nie powoduje śmierci owadów, a jedynie śmierć świdrowca żyjącego w ciele pluskwiaka.

Uwagi:
Nie uznaje się zbyt ogólnych odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do zanieczyszczenia środowiska pestycydami, np. „Chemiczne metody zwalczania pluskwiaka są przyczyną zanieczyszczenia środowiska w przeciwieństwie do transgenicznych bakterii”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zwalczania pluskwiaka za pomocą transgenicznych bakterii (a nie świdrowca), np. „Pestycydy uśmiercają różne owady, a transgeniczne bakterie zwalczają tylko pluskwiaka przenoszącego chorobę Chagasa”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do korzyści dla gospodarki człowieka, a nie środowiska, np. „Środki chemiczne zwalczają także pożyteczne owady, a transgeniczne bakterie nie czynią im szkody”.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające znacznie większą selektywność działania opisanej metody w porównaniu ze stosowaniem chemicznych środków owadobójczych.

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

Przykładowe rozwiązania

• Im wyższy poziom troficzny organizmu w łańcuchu pokarmowym, tym wyższe stężenie PCB.
• PCB kumulują się w kolejnych ogniwach łańcucha pokarmowego.
• Poziom PCB wzrasta przy przejściu z niższego na wyższy poziom troficzny.
• Organizmy z wyższych poziomów troficznych zawierają większe stężenia PCB niż organizmy z niższych poziomów troficznych.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „PCB kumulują się w organizmach”.

Schemat punktowania

1 p. – za sformułowanie poprawnego wniosku, wskazującego na wzrost stężenia PCB przy przejściu z niższego na wyższy poziom troficzny.

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

Przykładowe rozwiązania

• mewa i perkoz
• chełbia i śledź
• alka i mewa
• edredon i okoń

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe podanie dwóch przykładów organizmów, między którymi występuje konkurencja międzygatunkowa.

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

Przykładowe rozwiązania

• Wielkość wyspy jest czynnikiem wpływającym na bogactwo gatunkowe płazów i gadów wysp Karaibów.
• Różnorodność gatunkowa płazów i gadów zależy od wielkości powierzchni wyspy.
• Wraz ze wzrostem powierzchni wyspy wzrasta liczba gatunków płazów i gadów.
• Im większa powierzchnia wyspy, tym większa różnorodność gatunkowa badanych kręgowców.
• Im mniejsza powierzchnia wyspy, tym mniejsza różnorodność gatunkowa płazów i gadów.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi określających zależność między powierzchnią wyspy a liczbą gatunków jako wprost proporcjonalną, ponieważ na wykresie obie skale są logarytmiczne.

Schemat punktowania

1 p. – za sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do wpływu wielkości powierzchni wyspy na bogactwo gatunkowe płazów i gadów.

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

Rozwiązanie

1. – P, 2. – P, 3. – P.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłową ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.

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

Rycyna ma strukturę 4-rzędową, ponieważ:

• składa się z dwóch (różnych) łańcuchów aminokwasów/łańcuchów polipeptydowych.
• składa się z łańcucha polipeptydowego RTA i RTB.
• występuje mostek dwusiarczkowy między łańcuchami RTA i RTB.
• składa się z więcej niż jednego łańcucha polipeptydowego. (odp. dopuszczalna)

1 p. – za poprawne określenie rzędowości struktury rycyny wraz z prawidłowym uzasadnieniem uwzględniającym obecność dwóch łańcuchów aminokwasów / RTA i RTB / więcej niż jednego łańcucha polipeptydowego.

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

• Łańcuch RTA jest enzymem rozrywającym wiązania glikozydowe i powoduje usunięcie adeniny z łańcucha rybosomalnego RNA wskutek czego nie powstają rybosomy i nie zachodzi synteza białek.
• Łańcuch RTA powoduje usunięcie adeniny z łańcucha rRNA, co powoduje inaktywację rybosomów i skutkuje zatrzymaniem syntezy białek.
• Łańcuch RTA (jedna z podjednostek cząsteczki rycyny) niszczy rybosomy, usuwając adeninę z łańcucha rRNA, co powoduje zatrzymanie syntezy białek.

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie toksycznego działania rycyny na komórki uwzględniające niszczący wpływ łańcucha RTA na rybosomy i zatrzymanie syntezy białek.

0 p. – za odpowiedź, która nie spełnia powyższych wymagań, lub za brak odpowiedzi.

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie przyczyny nietoksycznego działania na organizm człowieka peptydu RTA w nasionach jęczmienia uwzględniające konieczność występowania drugiego łańcucha rycyny RTB w nadawaniu rycynie toksyczności.

0 p. – za odpowiedź, która nie spełnia powyższych wymagań, lub za brak odpowiedzi.

• Białko RTA w nasionach jęczmienia jest nietoksyczne dla człowieka, ponieważ nie ma w nasionach drugiego łańcucha RTB koniecznego do transportu RTA do cytozolu komórki, gdzie niszczyłby rybosomy.
• Białko RTA w nasionach jęczmienia jest nietoksyczne dla człowieka, ponieważ do transportu RTA do cytozolu komórki potrzebny jest peptyd RTB, który wiążąc się z receptorem błonowym, umożliwiłby przedostanie się RTA komórki.
• Rycyna wykazuje toksyczne właściwości tylko wtedy, jeżeli obie jej podjednostki występują razem. W nasionach jęczmienia zawierających RTA nie ma podjednostki RTB, która umożliwiałaby transport RTA do komórek.

• II – nie jest sposobem rozmnażania, ponieważ w wyniku tego procesu nie zwiększa się liczba komórek potomnych.
• II – ponieważ jest to zjawisko wymiany części materiału genetycznego między uczestniczącymi komórkami, w wyniku czego nie zmienia się liczba komórek.

1 p. – za prawidłowy wybór procesu II oraz właściwe wyjaśnienie uwzględniające brak zwiększenia się liczby komórek potomnych.

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

1 – F, 2 – F, 3 – P

1 p. – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń dotyczących sposobów nabywania lekooporności przez bakterie.

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

• Przyczyną plazmolizy jest odwodnienie/ubytek wody z komórek, spowodowane umieszczeniem ich w roztworze hipertonicznym. Woda przemieszcza się (z wakuoli i cytoplazmy) komórek do środowiska zewnętrznego, co powoduje zmniejszenie objętości protoplastu i jego odsuwanie się od ściany komórkowej.
• Umieszczenie komórek listka mchu w roztworze o wyższym stężeniu niż roztwór soku komórkowego spowodował odpływ wody z komórek, co skutkowało zmniejszeniem objętości protoplastu i jego odsuwaniem się od ściany komórkowej.

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie widocznych w komórce objawów plazmolizy, uwzględniające: osmotyczny odpływ wody z komórek spowodowany umieszczeniem ich w roztworze hipertonicznym i tego efekty.

0 p. – za odpowiedź, która nie spełnia powyższych wymagań, lub za brak odpowiedzi.

• Należy obserwowany listek/fragment listka, w którym była plazmoliza umieścić w czystej wodzie/wodzie destylowanej/środowisku hipotonicznym i po chwili umieścić go na szkiełku mikroskopowym, a następnie obserwować zmiany zachodzące w komórkach.
• Należy dodać na szkiełko mikroskopowe, na którym znajduje się obserwowany preparat, kilka kropli wody destylowanej/czystej wody i obserwować zmiany protoplastu będące skutkiem napływu wody do komórek.

1 p. – za prawidłowy opis przeprowadzenia obserwacji deplazmolizy, uwzględniający umieszczenie listka, w którym była plazmoliza, w odpowiednim środowisku/środowisku hipotonicznym i obserwację mikroskopową zmian zachodzących w komórkach.

0 p. – za odpowiedź, która nie spełnia powyższych wymagań, lub za brak odpowiedzi.

1 p. – za podanie prawidłowej nazwy i funkcji struktur oznaczonych na rysunku literą X.

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

Nazwa struktur X: plazmodesmy

Funkcja w komórce:

• umożliwiają kontakt protoplastów sąsiednich komórek, oddzielonych ścianą komórkową.
• umożliwiają transport różnych substancji pomiędzy sąsiednimi komórkami.