Biologia — zadania maturalne

Rozwiązanie

\(20=\frac{2\,1\,0\,2}{2\,1\,0\,2}\)

Dopuszcza się odpowiedź: \(20=\frac{2\,1\,2}{2\,1\,2}\)

Schemat punktowania

1 p. – za zapisanie poprawnego wzoru uzębienia mlecznego uwzględniającego wszystkie rodzaje zębów i ich sumę.

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

Przykładowe rozwiązania

• Zęby trzonowe służą do rozcierania pokarmu, dlatego ich powierzchnia jest duża i ma wgłębienia, które to umożliwiają.
• Zęby trzonowe służą do rozgniatania pokarmu, dlatego są masywne, a na powierzchni mają guzki.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, że zęby trzonowe są „płaskie” lub „spłaszczone”.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wykazanie związku budowy zębów trzonowych z ich funkcją związaną z rozcieraniem pokarmu, uwzględniające ich wielkość i ukształtowanie powierzchni.

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

Rozwiązanie

Ploidalność jądra komórkowego: haploidalne / n
Liczba autosomów: 22

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne określenie ploidalności plemnika (haploidalny) i określenie charakterystycznej dla niego liczby chromosomów autosomalnych (22).

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

Przykładowe rozwiązania

• Z akrosomu uwalniane są enzymy, które trawią osłonkę wieńca promienistego i osłonkę przejrzystą oocytu, co umożliwia dotarcie plemnika do błony komórkowej oocytu.
• W akrosomie znajdują się enzymy, które rozpuszczają osłony oocytu.
• W akrosomie znajduje się np. hialuronidaza, która rozpuszcza wieniec promienisty i akrozyna, która rozpuszcza błonę żółtkową oocytu.

Uwaga:
Dopuszcza się użycie terminu „komórka jajowa” zamiast „oocyt” oraz „otoczka” zamiast „osłonka”.
Nie uznaje się odpowiedzi z błędami merytorycznymi dotyczącymi oocytu, np. „Akrosom przebija ścianę komórki oocytu” lub „Enzymy zawarte w akrosomie trawią błonę komórkową oocytu”.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne opisanie roli akrosomu, uwzględniające rolę zawartych w nim enzymów w pokonaniu osłonek oocytu.

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

Przykładowe rozwiązania

• Mitochondria dostarczają ATP koniecznego do poruszania się plemnika.
• W mitochondriach wytwarzany jest ATP konieczny do poruszania wicią, dzięki której przemieszcza się plemnik.
• Mitochondria dostarczają energii do poruszania wicią, która umożliwia przemieszczanie się plemnika w układzie rozrodczym kobiety i dotarcie do oocytu.

Schemat oceniania

1 p. – za poprawne wykazanie związku między funkcjonowaniem plemnika a obecnością licznych mitochondriów w jego wstawce, uwzględniające dostarczanie energii potrzebnej do poruszania się plemnika.

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

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zawarte jest stwierdzenie, że energia powstaje lub jest wytwarzana albo produkowana.
Nie uznaje się odpowiedzi z błędami merytorycznymi, np. dotyczącymi zapłodnienia w macicy lub magazynowania energii w mitochondriach.

Rozwiązanie
C 1

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wskazanie genotypu dziecka i genotypów jego rodziców (C i 1).

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

Przykładowe rozwiązania

I.
Prawdopodobieństwo, że następne dziecko tych rodziców nie będzie chore na fenyloketonurię: 75%.

II.
Ff × Ff
FF, Ff, Ff, ff
Prawdopodobieństwo, że następne dziecko tych rodziców nie będzie chore na fenyloketonurię: 0,75.

Schemat punktowania

2 p. – za poprawne obliczenie prawdopodobieństwa wynikającego z prawidłowo zapisanej krzyżówki genetycznej lub obliczeń.

1 p. – za poprawnie zapisanie krzyżówki genetycznej przy niewłaściwie obliczonym prawdopodobieństwie.

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

III.
Prawdopodobieństwo urodzenia chorego dziecka: \(\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)
Prawdopodobieństwo urodzenia zdrowego dziecka: \(1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)

Prawdopodobieństwo, że następne dziecko tych rodziców nie będzie chore na fenyloketonurię: \(\frac{3}{4}\).

Uwaga:
W przypadku, gdy zdający użyje innego oznaczenia literowego alleli genu, np. „A” i „a” i poda legendę, może otrzymać 2 p., jeżeli poprawnie rozwiąże i zinterpretuje krzyżówkę. Zastosowanie innych oznaczeń bez legendy z poprawnym rozwiązaniem krzyżówki i podaniem prawdopodobieństwa – oznacza przyznanie 1 p.

Jeżeli zdający zapisze gen jako sprzężony z płcią – otrzymuje 0 p. za całe zadanie, pomimo wyniku 75% uzyskanego na podstawie krzyżówki.

Przykładowe rozwiązanie

\(q^2=\frac{1}{10000}\) lub \(0{,}0001\)
\(q=\frac{1}{100}\) lub \(0{,}01\)
\(p=1-0{,}01=0{,}99\)
\(2pq=2\times0{,}01\times0{,}99=0{,}0198\approx0{,}02\)

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo bycia nosicielem fenyloketonurii: 1,98% lub 2%, lub 0,0198, lub 0,02, lub 1/50, lub 99/5000.

Schemat punktowania

2 p. – za poprawne obliczenie prawdopodobieństwa na podstawie wzoru Hardy’ego-Weinberga.

1 p. – za właściwą metodę, wynikającą ze wzoru Hardy’ego-Weinberga (określenie częstości allelu warunkującego fenyloketonurię oraz zapis częstości heterozygot), ale błąd rachunkowy w obliczeniach lub niepoprawny zapis matematyczny.

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

Uwaga:
Gdy zdający nie wyciągnie pierwiastka z 1/10000, tylko traktuje tę wartość jako częstość allelu lub po uzyskaniu wartości 2pq wykonuje jeszcze dalsze obliczenia, świadczące o niezrozumieniu, że jest to częstość nosicieli – jest to błąd metody, a nie błąd rachunkowy.

Rozwiązanie

1. – P, 2. – F, 3. – F

Schemat punktowania

1 p. – za właściwą ocenę wszystkich trzech stwierdzeń dotyczących opisanej cechy kury domowej.

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

Rozwiązanie

Genotyp samicy (kury): Z^bW Genotyp samca (koguta): Z^BZ^b

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne zapisanie genotypów osobników rodzicielskich.

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

Uwaga:
Dopuszczalne zapisy: kura b/W i kogut B/b; kura ZW^b(-) i kogut ZZ^Bb.

0 p. – za zapisy układów: ZWb i ZZBb (niejednoznaczna przynależność allelu b do chromosomu w przypadku kury oraz brak indeksu górnego przy zapisie alleli); ZbW i ZBZb (brak indeksu górnego przy zapisie alleli); Z_bW i ZBZb (indeks dolny przy zapisie alleli).

0 p. – za genotypy z zapisem chromosomów X i Y zamiast Z i W.

Rozwiązanie

Fenotypy potomstwa i ich stosunek:

• jastrzębiate samice : jastrzębiate samce : czarne samice : czarne samce w stosunku 1:1:1:1.
• 25% jastrzębiate kury, 25% jastrzębiate koguty, 25% czarne kury, 25% czarne koguty.
• 1/4 jastrzębiate kury, 1/4 jastrzębiate koguty, 1/4 czarne kury, 1/4 czarne koguty.

Schemat punktowania

2 p. – za właściwe określenie stosunku fenotypów w potomstwie na podstawie poprawnie wykonanej krzyżówki genetycznej.

1 p. – za niewłaściwe lub niepełne określenie stosunku fenotypów w potomstwie (np. podanie tylko stosunku 1:1:1:1), ale poprawnie wykonaną krzyżówkę genetyczną.

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

Uwaga:
Zdający może otrzymać pełną punktację (2 p.) za poprawną krzyżówkę, jeżeli nie uzyskał punktów za użycie błędnych symboli w zapisie genotypów wymienionych w uwadze do zadania 15.2, pod warunkiem, że zapisy w obu zadaniach (15.2 i 15.3) są spójne, a krzyżówka i dalsza część zadania 15.3 rozwiązana jest poprawnie.

Zdający może otrzymać maksymalną liczbę punktów, jeżeli w odpowiedzi zapisał jedynie stosunek liczbowy (1:1:1:1; wszystkie fenotypy w równej proporcji), ale w poprawnie wykonanej krzyżówce opisał fenotypy (płeć i kolor) przy wszystkich genotypach.

Zdający otrzymuje tylko 1 p., jeżeli jako interpretację poprawnie wykonanej krzyżówki zapisał: 1 kogut jastrzębiaty, 1 kogut czarny, 1 samica jastrzębiata, 1 samica czarna (przepisanie tabeli w jednym wierszu zamiast określenia rozkładu).

Nie uznaje się odpowiedzi, w której zdający określił rozkład 1:1:1:1 w oparciu o krzyżówkę nieuwzględniającą sprzężenia tej cechy z płcią (wymaga się poprawnego zapisu chromosomów i poprawnego zapisu alleli, tzn. samiec zawiera dwa homologiczne chromosomy mające opisany allel, a samica zawiera dwa różne chromosomy, z których tylko ten występujący u samca ma opisany allel).

Rozwiązanie

D.

Schemat punktowania

1 p. – za wskazanie właściwej nazwy rodzaju mutacji chromosomowej, w wyniku której powstał chromosom Filadelfia.

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

Rozwiązanie

1. – F, 2. – P, 3. – F

Schemat punktowania

1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń dotyczących opisanej mutacji.

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

Przykładowe rozwiązania

• Nie, ponieważ działa na poziomie białka, a nie genu.
• Nie jest to terapia genowa, ponieważ nie polega na zmianie w genach chorego, ale na blokowaniu aktywności enzymu.
• To leczenie nie jest terapią genową, ponieważ nie polega na wprowadzaniu do organizmu właściwego genu lub blokowaniu ekspresji tego genu, ale na blokowaniu produktów jego ekspresji.

Schemat punktowania

1 p. – za określenie, że nie jest to terapia genowa i poprawne uzasadnienie, odnoszące się do braku modyfikacji DNA chorego i do hamowania aktywności enzymu.

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

Uwaga:

Nie uznaje się uzasadnienia odnoszącego się wyłącznie do definicji terapii genowej (tautologia). Odpowiedź musi być skonstruowana w oparciu o przykład opisany we wstępie do zadania.

Rozwiązanie

B.

Schemat punktowania

1 p. – za zaznaczenie właściwej nazwy zależności pomiędzy raflezjami i lianami.

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

Przykładowe rozwiązania

• Nie, ponieważ w zależności mutualistycznej korzyści powinny odnosić oba organizmy, a dla much nie jest ona korzystna.
• Nie jest przykładem mutualizmu, ponieważ muchy nie znajdują w kwiatach pokarmu, a tym samym nie odnoszą żadnej korzyści.
• Nie jest przykładem mutualizmu, ponieważ korzyści odnosi tylko raflezja.

Schemat punktowania

1 p. – za określenie, że nie jest to mutualizm, oraz prawidłowe uzasadnienie uwzględniające brak korzyści dla much.

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

Uwaga:
Nie uznaje się odniesienia wyłącznie do definicji mutualizmu np. „Nie, ponieważ nie jest to zależność obustronnie korzystna”. Zdający musi wykazać, że zależność nie jest obustronnie korzystna.

Nie uznaje się odpowiedzi dotyczących komensalizmu.

Przykładowe rozwiązania

• 1. Kolor kwiatów przypominający gnijące mięso.
  2. Kwiaty cuchnące padliną.
• 1. Zapach rozkładającego się białka.
  2. Mięsiste płatki przypominające padlinę.
• 1. Upodobnienie się kwiatów kolorem do mięsa.
  2. Wydzielanie przez kwiat zapachu padliny.

Schemat punktowania

1 p. – za wymienienie dwóch właściwych przystosowań kwiatów raflezji do zapylania przez muchy, czyli ich charakterystycznego wyglądu i zapachu.

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

Uwaga:
Kolejność odpowiedzi nie ma znaczenia.

Nie uznaje się zbyt ogólnych odpowiedzi dotyczących adaptacji do owadopylności: kolor, zapach, lepki pyłek, nieodnoszących się do zwabiania konkretnej grupy zapylaczy – much.

Przykładowe rozwiązania

• Do bytowania bukietnic konieczne są określone gatunki lian, na których pasożytuje, i owady, które je zapylają.
• Ponieważ raflezje pasożytują na lianach, które występują tam, gdzie rosną drzewa.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawną odpowiedź uwzględniającą przynajmniej dwie obligatoryjne zależności międzygatunkowe w lesie równikowym, w tym jedną z bezpośrednim udziałem raflezji (bukietnic).

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

Przykładowe rozwiązania

• Robinia wysusza glebę oraz wzbogaca ją w azot – może to spowodować zanikanie gatunków charakterystycznych dla niektórych siedlisk leśnych.
• Grochodrzew wpływa na zmiany w siedliskach leśnych poprzez zmianę stosunków wodnych, co może powodować zanikanie rzadkich gatunków leśnych.
• Gatunek ten powoduje wzbogacanie gleby w azot, co może sprzyjać inwazji gatunków azotolubnych.

Schemat punktowania

1 p. – za wyjaśnienie uwzględniające zmiany wilgotności lub żyzności gleby oraz tego skutki w postaci ustępowania gatunków leśnych, lub inwazji gatunków azotolubnych lub odpornych na przesuszenie gleby.

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

Przykładowe rozwiązania

• 1. Żyje w symbiozie z bakteriami brodawkowymi.
  2. Ma szeroki i silny system korzeniowy.
• 1. Jest wytrzymała na zanieczyszczenia powietrza.
  2. Ma niewielkie wymagania glebowe.
• 1. Wzbogaca glebę w azot.
  2. Jest odporna na zanieczyszczenia powietrza.

Uwaga: Kolejność odpowiedzi nie ma znaczenia, ale muszą to być dwie niezależne cechy.

Schemat punktowania

1 p. – za podanie dwóch odpowiednich, wymienionych w tekście, cech grochodrzewu decydujących o jego wykorzystaniu do rekultywacji gleb na terenach pogórniczych.

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