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 41 z 50

Zadanie 21

Matura 2017 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

Wszechstronne badania wykorzystujące zarówno dane paleontologiczne, jak i dane o sekwencjach DNA wykazały, że niektóre tradycyjnie uznawane grupy taksonomiczne nie są naturalne, ale sztuczne. Przykładowo kręgowce lądowe wywodzą się z ryb, ale nie są do nich zaliczane. Współczesne płazy są jedną gałęzią drzewa rodowego. Do płazów włącza się też pierwotne kręgowce lądowe będące zarówno przodkami współczesnych płazów, jak i owodniowców. Z kolei ostatni wspólny przodek gadów był też przodkiem ptaków. Rozróżnia się trzy rodzaje grup taksonomicznych:

monofiletyczne – obejmujące wspólnego przodka i wszystkich jego potomków

parafiletyczne – obejmujące ostatniego wspólnego przodka oraz niektórych jego potomków

polifiletyczne – niemające bliskiego wspólnego przodka (pochodzące od różnych bliskich przodków).

Na schemacie przedstawiono pokrewieństwa ewolucyjne wybranych grup taksonomicznych (I–III).

Zadanie 21.1

1 pkt

Zasady klasyfikacji i sposoby identyfikacji organizmów

33%średni wynik CKE

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

Podaj oznaczenie cyfrowe grupy parafiletycznej, wybrane spośród I–III. Odpowiedź uzasadnij, wykorzystując oznaczenia organizmów podane na schemacie.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Grupą parafiletyczną jest grupa III, ponieważ obejmuje tylko część gatunków wywodzących się od wspólnego przodka D.
III, ponieważ należą do niej tylko gatunki 4 i 5, ale nie należy gatunek 6, wywodzący się także od ostatniego wspólnego przodka gatunków 4 i 5.

Schemat punktowania

1 p. – za wskazanie grupy III i wykazanie, że nie obejmuje ona wszystkich potomków wspólnego przodka D.

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

Zadanie 21.2

1 pkt

Zasady klasyfikacji i sposoby identyfikacji organizmów

12%średni wynik CKE

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

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


1.	Jeśli do płazów zaliczymy zarówno gatunki współczesne, jak i najstarsze kręgowce lądowe, a także wspólnego przodka płazów i owodniowców, to płazy są grupą monofiletyczną.	P	F
2.	Wszystkie kręgowce lądowe są grupą parafiletyczną, ponieważ wywodzą się z ryb.	P	F
3.	Gady nie są grupą monofiletyczną, ponieważ ich ostatni wspólny przodek był też przodkiem ptaków.	P	F

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń dotyczących pokrewieństwa ewolucyjnego wybranych grup taksonomicznych.

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

Rozwiązanie

1. – F, 2. – F, 3. – P

Zadanie 22

Matura 2017 · maj · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania2 pkt

Informacja do podzadań

Większość ślimaków ma muszlę prawoskrętną, czyli o zwojach zgodnych z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Mutacja pojedynczego genu sprawia, że kierunek zwojów jest odwrotny. Lewoskrętny ślimak jest lustrzanym odbiciem prawoskrętnego i jego narządy rozrodcze znajdują się w położeniu uniemożliwiającym kopulację z prawoskrętnym partnerem, dlatego wydawałoby się, że lewoskrętne osobniki powinny po prostu wyginąć. Jednak wśród ślimaków z rodzaju Satsuma, którego różne gatunki żyją we wschodniej Azji oraz na Wyspach Japońskich i Tajwanie, tak często pojawiają się osobniki lewoskrętne, że znane są przypadki powstania nowych lewoskrętnych gatunków. Na przykład na Tajwanie występują dwa endemiczne gatunki: Satsuma bacca (lewoskrętny) i jego najbliższy krewny – prawoskrętny Satsuma batanica. Badania prowadzone przez zespół naukowców wykazały, że taka nietypowa budowa ślimaka ma swoje zalety. Filmowano w podczerwieni wyspecjalizowanego w polowaniu na ślimaki węża Pareas iwasakii, który używa specyficznie zbudowanych, asymetrycznych szczęk do wyciągania ciała ślimaka z muszli, i okazało się, że lewoskrętne ślimaki są dla tego węża trudne do wyciągnięcia – ponad 90% z nich przeżywało atak, podczas gdy wszystkie prawoskrętne zostały zjedzone.

Na podstawie: http://naukawpolsce.pap.pl;
www.nature.com

Zadanie 22.1

1 pkt

Elementy genetyki populacji Dobór naturalny

22%średni wynik CKE

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

Wyjaśnij, dlaczego w populacjach ślimaków z rodzaju Satsuma utrwala się mutacja powodująca lewoskrętność, mimo że utrudnia ona znalezienie partnera płciowego. W odpowiedzi uwzględnij działanie doboru naturalnego.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Ślimaki lewoskrętne są rzadziej zjadane przez węże, a tym samym mają większe szanse pozostawienia po sobie potomstwa.
Dzięki doborowi naturalnemu mutacja powodująca lewoskrętność może utrwalać się w populacji, bo zwiększa szanse przeżycia i pozostawienia po sobie potomstwa przez ślimaki lewoskrętne, które są rzadziej zjadane przez węże.
Mimo, że ślimakom lewoskrętnym trudniej jest znaleźć partnera płciowego, to mają one większą szansę przeżycia, a tym samym pozostawienia potomstwa. Z tego powodu lewoskrętne ślimaki mogą być lepiej dostosowane od prawoskrętnych.
Mutacja ta utrwala się w populacji, ponieważ ślimaki lewoskrętne mają większą szansę przeżycia ataku drapieżnika, dlatego zwiększa się szansa na spotkanie lewoskrętnego partnera do rozmnażania.

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne wyjaśnienie uwzględniające przewagę selekcyjną ślimaków lewoskrętnych: większe szanse przeżycia ataku drapieżnika przez osobniki lewoskrętne oraz wynikające z tego większe szanse na wydanie potomstwa.

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

Zadanie 22.2

1 pkt

Powstawanie gatunków

31%średni wynik CKE

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

Wybierz i zaznacz w tabeli odpowiedź A albo B, która jest poprawnym dokończeniem poniższego zdania, oraz jej poprawne uzasadnienie spośród odpowiedzi 1.–3.

Wyodrębnienie się nowego lewoskrętnego gatunku ślimaka Satsuma bacca jest przykładem specjacji

Odpowiedź	Specjacja
A.	allopatrycznej,
B.	sympatrycznej,

ponieważ

wąż polujący na ślimaki Satsuma żywi się tylko osobnikami prawoskrętnymi.
powstała bariera rozrodcza oddzielająca osobniki żyjące na jednym terytorium.
ślimaki Satsuma żyjące na różnych wyspach są oddzielone przez bariery geograficzne.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

B 2

Schemat punktowania

1 p. – za zaznaczenie właściwego dokończenia zdania (B) i jego poprawnego uzasadnienia (2).

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

Zadanie 1

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania

Informacja do podzadań

Na schemacie przedstawiono budowę typowej komórki bakterii.

Na podstawie: P.C. Turner, A.G. McLennan, A.D. Bates, M.R.H. White, Krótkie wykłady. Biologia molekularna, Warszawa 2005.

Schemat komórki bakterii z oznaczeniami A–E

Zadanie 1.1

1 pkt

Bakterie

Na schemacie przedstawiono budowę typowej komórki bakterii.

Na podstawie: P.C. Turner, A.G. McLennan, A.D. Bates, M.R.H. White, Krótkie wykłady. Biologia molekularna, Warszawa 2005.

Podanym strukturom bakterii przyporządkuj na podstawie schematu właściwe ich oznaczenia literowe (A–E).

plazmid …………　 błona komórkowa …………　 nukleoid …………

Schemat budowy typowej komórki bakterii z oznaczeniami A–E

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

plazmid – C, błona komórkowa – D, nukleoid – E

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe przyporządkowanie oznaczeń literowych do wszystkich trzech struktur.

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

Zadanie 1.2

1 pkt

Komórka – budowa i funkcje

Na schemacie przedstawiono budowę typowej komórki bakterii.

Na podstawie: P.C. Turner, A.G. McLennan, A.D. Bates, M.R.H. White, Krótkie wykłady. Biologia molekularna, Warszawa 2005.

Określ lokalizację DNA w komórce bakterii oraz w komórce miękiszu asymilacyjnego. Jeżeli DNA jest zlokalizowane w różnych przedziałach komórki, podaj je wszystkie.

Komórka bakterii:

Komórka miękiszu asymilacyjnego:

Schemat budowy typowej komórki bakterii z oznaczeniami A–E.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

komórka bakterii: cytoplazma / cytozol / nukleoid, (plazmid)
komórka miękiszu asymilacyjnego: jądro komórkowe, mitochondria, chloroplasty

Schemat punktowania

1 p. – za podanie prawidłowej lokalizacji całego genomu w komórce bakterii i w komórce miękiszu asymilacyjnego.

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

Uwaga:
Nie uznaje się określenia „genofor” lub „plazmid” jako miejsce występowania DNA w komórce bakteryjnej.

Zadanie 1.3

1 pkt

Bakterie

Na schemacie przedstawiono budowę typowej komórki bakterii.

Na podstawie: P.C. Turner, A.G. McLennan, A.D. Bates, M.R.H. White, Krótkie wykłady. Biologia molekularna, Warszawa 2005.

Zaznacz poniżej dwie choroby układu pokarmowego (A–E), w których najczęstszym źródłem zakażenia jest pokarm, i które są wywołane działaniem bakterii chorobotwórczych.

Schemat budowy typowej komórki bakterii z oznaczeniami A–E.

A. cholera

B. kiła

C. dur brzuszny

D. tężec

E. borelioza

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

A./ cholera
C./ dur brzuszny

Schemat punktowania:

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie nazw dwóch chorób.

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

Zadanie 1.4

1 pkt

Układ odpornościowy

Na schemacie przedstawiono budowę typowej komórki bakterii.

Na podstawie: P.C. Turner, A.G. McLennan, A.D. Bates, M.R.H. White, Krótkie wykłady. Biologia molekularna, Warszawa 2005.

Wybierz i zaznacz w tabeli odpowiedź A lub B, która jest poprawnym dokończeniem poniższego zdania, oraz jej uzasadnienie spośród odpowiedzi 1.–3.

W wyniku szczepień ochronnych uzyskuje się odporność

Schemat budowy typowej komórki bakterii z oznaczeniami A–E

A. swoistą,

B. nieswoistą,

1. tego rodzaju odporność nabywa się w wyniku kontaktu naturalnego z antygenem, po przebyciu choroby.

2. odporność tę uzyskuje się po wprowadzeniu do ustroju gotowych przeciwciał wytworzonych do tego celu w innym organizmie.

3. odporność ta powstaje, gdy wytworzone zostają przeciwciała, jako odpowiedź na antygeny wprowadzone do organizmu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

A 3

Schemat punktowania:

1 p. – za zaznaczenie właściwej odpowiedzi (A) i prawidłowego jej uzasadnienia (3).

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

Zadanie 2

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Lektyny to białka występujące w komórkach różnych organizmów, np. roślin i grzybów. Wiele lektyn działa toksycznie na komórki i hamuje ich namnażanie. Ich właściwości są przedmiotem badań w terapii nowotworów. Jedną z najlepiej poznanych toksycznych lektyn jest rycyna, która ma właściwości enzymatyczne (RNA-glikozydazy) i powoduje dezaktywację rybosomów.

Wśród lektyn pochodzenia roślinnego są też takie, które wykazują stosunkowo niską cytotoksyczność i jednocześnie wysoką aktywność immunostymulującą, np. lektyny uzyskane z jemioły. Powodują one wzrost liczby i aktywację limfocytów T, aktywację makrofagów, indukują produkcję cytokin przez limfocyty Th i namnażanie limfocytów B, a ponadto pobudzają rozwój grasicy.

Preparaty z jemioły zostały dopuszczone do stosowania terapeutycznego i podaje się je jako leki wspomagające nie tylko pomocniczo w terapii nowotworów, lecz także nosicielom HIV oraz chorym na AIDS.

Na podstawie: G. Końska i wsp., Możliwości zastosowania lektyn w diagnostyce i terapii. Cz. II. Zastosowanie terapeutyczne, „Przegląd Lekarski” 2008/65/5.

Zadanie 2.1

1 pkt

Informacja genetyczna i jej ekspresja

Na podstawie tekstu wyjaśnij, dlaczego rycyna będzie silniej działać na komórki nowotworowe niż na zdrowe komórki organizmu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Rycyna powoduje dezaktywację rybosomów, a tym samym zahamowanie translacji i syntezy białek, które są niezbędne podczas podziałów komórek, co jest szczególnie szkodliwe dla komórek nowotworowych, które się szybko dzielą (w przeciwieństwie do zdrowych komórek) i mają wysokie tempo metabolizmu / hamuje namnażanie się komórek (nowotworowych).

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie uwzględniające dezaktywację rybosomów i możliwość zahamowania syntezy białek ważnych dla podziałów komórkowych szybko dzielących się komórek nowotworowych.

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

Zadanie 2.2

1 pkt

Układ odpornościowy

Wyjaśnij, dlaczego preparaty z jemioły można wykorzystać w terapii wspomagającej leczenie osób chorych na AIDS. W odpowiedzi uwzględnij skutki działania HIV w organizmie człowieka.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Wirus HIV upośledza odporność organizmu, atakując komórki układu immunologicznego zawierające marker CD4, a więc m.in. limfocyty Th, dlatego właściwości immunostymulujące lektyn z preparatów z jemioły mogą być wykorzystane do podwyższenia ogólnej odporności organizmu, poprzez, np. zwiększenie:

aktywności makrofagów
namnażania się limfocytów B zwalczających patogeny atakujące osłabiony organizm
produkcji limfocytów T w szpiku kostnym i ich przekształcania się w grasicy.

Schemat punktowania:

1 p. – za wyjaśnienie uwzględniające spadek odporności w wyniku działania HIV oraz stymulację odporności przez lektyny z jemioły.

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

Zadanie 2.3

1 pkt

Układ odpornościowy

Uzupełnij poniższe zdania dotyczące wytwarzania limfocytów Th – wpisz w wyznaczone miejsca właściwe określenia wybrane z wymienionych.

grasica　żółty szpik kostny　czerwony szpik kostny　limfocyty B　limfocyty T

W ........................................, z komórek prekursorowych, powstają ................................. . Limfocyty te wędrują następnie do ........................................, gdzie przekształcają się w odpowiednie rodzaje limfocytów Th i nabywają w ten sposób kompetencji immunologicznych.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

W czerwonym szpiku kostnym, z komórek prekursorowych, powstają limfocyty T. Limfocyty te wędrują następnie do grasicy, gdzie przekształcają się w odpowiednie rodzaje limfocytów Th i nabywają w ten sposób kompetencji immunologicznych.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowo wybrane wszystkie trzy określenia uzupełniające oba zdania.

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

Zadanie 3

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania

Informacja do podzadań

Enzym ureaza, który występuje m.in. w nasionach dyni, przeprowadza następującą reakcję:

\(\mathrm{H_2N{-}CO{-}NH_2 + H_2O \rightarrow 2\ NH_3 + CO_2}\)

Powstający w ten sposób amoniak powoduje alkalizację (wzrost zasadowości) środowiska reakcji. Ureaza podana dożylnie jest śmiertelna dla człowieka nawet w niskich dawkach, ale nasiona dyni można jeść bezpiecznie.

Przeprowadzono doświadczenie, w którym przesącz z nasion dyni rozgniecionych w wodzie rozdzielono w równych ilościach do trzech probówek (I–III) i do każdej z nich dodano taką samą ilość mocznika. Stopień alkalizacji roztworu w probówkach mierzono za pomocą fenoloftaleiny, która w środowisku zasadowym przyjmuje barwę różową – tym intensywniejszą, im wyższe jest pH roztworu. Każdą probówkę inkubowano w innej temperaturze: I – 10 °C, II – 35 °C, III – 70 °C.

Po kilku minutach zaobserwowano zmianę zabarwienia roztworów w I i II probówce, natomiast w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Na podstawie: www.biocen.edu.pl/volvox/Protocols/PDFs/Urease_pl

Zadanie 3.1

1 pkt

Enzymy

Enzym ureaza, który występuje m.in. w nasionach dyni, przeprowadza następującą reakcję:

\(\mathrm{H_2N{-}CO{-}NH_2 + H_2O \rightarrow 2\,NH_3 + CO_2}\)

Po kilku minutach zaobserwowano zmianę zabarwienia roztworów w I i II probówce, natomiast w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Na podstawie: www.biocen.edu.pl/volvox/Protocols/PDFs/Urease_pl

Sformułuj problem badawczy do tego doświadczenia.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Schemat punktowania

1 p. – za poprawne sformułowanie problemu badawczego uwzględniającego wpływ temperatury na aktywność badanego enzymu / ureazy.

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

Przykładowe rozwiązania

Wpływ temperatury na aktywność enzymu ureazy / ureazy znajdującej się w pestkach dyni.
Czy temperatura ma wpływ na aktywność enzymu ureazy?
Jaka temperatura hamuje aktywność ureazy?

Zadanie 3.2

1 pkt

Enzymy

Enzym ureaza, który występuje m.in. w nasionach dyni, przeprowadza następującą reakcję:

\(\mathrm{H_2N{-}CO{-}NH_2} + \mathrm{H_2O} \rightarrow 2\,\mathrm{NH_3} + \mathrm{CO_2}\)

Po kilku minutach zaobserwowano zmianę zabarwienia roztworów w I i II probówce, natomiast w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Na podstawie: www.biocen.edu.pl/volvox/Protocols/PDFs/Urease_pl

Podaj przyczynę, która sprawiła, że w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

W probówce III, w temperaturze 70°C, roztwór się nie zabarwił, ponieważ nastąpiła denaturacja ureazy i mocznik nie został rozłożony.
Ureaza została zdenaturowana w wysokiej temperaturze (i nie nastąpiła reakcja rozkładu mocznika).

Schemat punktowania

1 p. – za podanie prawidłowego wyjaśnienia obserwacji uwzględniającej denaturację enzymu w wysokiej temperaturze.

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

Zadanie 3.3

1 pkt

Enzymy

Enzym ureaza, który występuje m.in. w nasionach dyni, przeprowadza następującą reakcję:

\(\mathrm{H_2N{-}CO{-}NH_2 + H_2O \rightarrow 2\,NH_3 + CO_2}\)

Po kilku minutach zaobserwowano zmianę zabarwienia roztworów w I i II probówce, natomiast w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Na podstawie: www.biocen.edu.pl/volvox/Protocols/PDFs/Urease_pl

Zaznacz poniżej klasę enzymów (A–D), do której należy ureaza.

A. A. liazy

B. B. ligazy

C. C. hydrolazy

D. D. oksydoreduktazy

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

C./ hydrolazy

Schemat punktowania:

1 p. – za zaznaczenie poprawnej odpowiedzi.

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

Zadanie 3.4

2 pkt

Enzymy

Enzym ureaza, który występuje m.in. w nasionach dyni, przeprowadza następującą reakcję:

\(\mathrm{H_2N{-}CO{-}NH_2 + H_2O \rightarrow 2\,NH_3 + CO_2}\)

Po kilku minutach zaobserwowano zmianę zabarwienia roztworów w I i II probówce, natomiast w probówce III roztwór się nie zabarwił.

Na podstawie: www.biocen.edu.pl/volvox/Protocols/PDFs/Urease_pl

Wyjaśnij, dlaczego wprowadzenie ureazy bezpośrednio do krwiobiegu człowieka stanowi dla niego śmiertelne zagrożenie, ale ureaza zawarta w nasionach dyni nie jest dla człowieka szkodliwa po ich zjedzeniu. W odpowiedzi uwzględnij oba miejsca działania tego enzymu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Ureaza wprowadzona do krwi rozkłada mocznik w niej znajdujący się do amoniaku, który jest silnie toksyczny i zatruwa organizm, natomiast po zjedzeniu nasion dyni, ureaza nie jest już szkodliwa, ponieważ jest białkiem i zostaje strawiona / rozłożona wraz z pestkami w przewodzie pokarmowym.
We krwi człowieka znajduje się mocznik, który ureaza rozkłada do toksycznego amoniaku, natomiast w układzie pokarmowym człowieka nie ma mocznika, który by ureaza rozkładała, a dodatkowo – w żołądku zaczyna się proces trawienia białek, więc ureaza, która jest białkiem ulegnie strawieniu.

Schemat punktowania

2 p. – za prawidłowe wyjaśnienie uwzględniające wpływ ureazy na organizm w zależności od obu miejsc jej działania – w krwiobiegu i w układzie pokarmowym.

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie uwzględniające tylko jedno miejsce działania ureazy w organizmie (albo w krwiobiegu, albo w układzie pokarmowym).

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

Zadanie 4

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 pkt

Fotosynteza

Poniżej przedstawiono trzy sumaryczne reakcje opisujące asymilację dwutlenku węgla przez różne grupy organizmów autotroficznych.

I. \(6\mathrm{H_2O}+6\mathrm{CO_2}\xrightarrow{\text{energia z utleniania }\mathrm{NH_4^+}\text{ do }\mathrm{NO_2^-}}\mathrm{C_6H_{12}O_6}+6\mathrm{O_2}\)

II. \(6\mathrm{H_2O}+6\mathrm{CO_2}\xrightarrow{\text{światło}}\mathrm{C_6H_{12}O_6}+6\mathrm{O_2}\)

III. \(12\mathrm{H_2S}+6\mathrm{CO_2}\xrightarrow{\text{światło}}\mathrm{C_6H_{12}O_6}+12\mathrm{S}+6\mathrm{H_2O}\)

Podaj, która z powyższych reakcji jest charakterystyczna dla chemosyntezy, a która – dla fotosyntezy przeprowadzanej przez niektóre bakterie siarkowe, np. purpurowe. W każdym przypadku uzasadnij swój wybór.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Chemosynteza: I, ponieważ:

źródłem energii do asymilacji CO₂ jest utlenianie związku nieorganicznego.
zachodzi bez udziału światła, a źródłem energii do asymilacji CO₂ jest utlenianie amoniaku.

Fotosynteza u niektórych bakterii siarkowych: III, ponieważ:

źródłem energii do asymilacji CO₂ jest światło i nie wydziela się tlen (fotosynteza anoksygeniczna).
źródłem energii do asymilacji CO₂ jest światło, a w wyniku rozkładu siarkowodoru (H₂S) wydziela się siarka.

Schemat punktowania

2 p. – za prawidłowe wskazanie reakcji charakterystycznej dla chemosyntezy i reakcji charakterystycznej dla fotosyntezy bakterii purpurowych oraz prawidłowe uzasadnienie każdej z nich.

1 p. – za prawidłowe wskazanie tylko reakcji charakterystycznej dla chemosyntezy i jej uzasadnienie, albo tylko reakcji charakterystycznej dla fotosyntezy bakterii purpurowych i jej uzasadnienie.

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

Zadanie 5

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

4 podzadania

Informacja do podzadań

Grzyby pleśniowe bardzo często tworzą naloty pleśni na wilgotnych produktach spożywczych pozostawionych w temp. ok. 20 °C.

Aby wykazać wpływ niskiej temperatury na rozwój grzybów pleśniowych, do doświadczenia przygotowano: kromkę spleśniałego chleba, kilka kromek świeżego (wilgotnego) chleba oraz plastikowe torebki. Do trzech szczelnie zamykanych torebek włożono po kromce świeżego chleba oraz po kawałku chleba spleśniałego i zamknięto je na kilka dni w lodówce, w temp. 4 °C.

Zadanie 5.1

1 pkt

Metodyka badań biologicznych

Zaplanuj i opisz próbę kontrolną do powyższego doświadczenia.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Próba kontrolna:

w zamykanej plastikowej torebce umieszczamy kromkę świeżego / wilgotnego chleba oraz kawałek spleśniałego chleba i zostawiamy ją na kilka dni w temperaturze pokojowej.
dokładnie taka sama, jak próba badawcza, ale inkubowana w temp. 20 °C.

Schemat punktowania:

1 p. – za prawidłowo opisaną próbę kontrolną uwzględniającą wszystkie parametry (odpowiednia wilgotność, temperatura pokojowa) konieczne do rozwoju pleśni.

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

Zadanie 5.2

1 pkt

Grzyby

Na podstawie tekstu, wymień dwa czynniki środowiska, inne niż podłoże organiczne, które warunkują rozwój pleśni. Podkreśl ten, który powinien pozostać niezmieniony w obu prawidłowo przygotowanych próbach: badawczej i kontrolnej.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

wilgotność i temperatura /brak ruchu powietrza (kolejność nie ma znaczenia).

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe podanie nazw obu czynników wraz z podkreśleniem wilgotności.

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

Zadanie 5.3

1 pkt

Metodyka badań biologicznych

Zaproponuj hipotezę badawczą, którą można było zweryfikować dzięki przeprowadzonemu doświadczeniu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Niska temperatura hamuje rozwój grzybów pleśniowych / pleśni.
Pleśń słabo się rozwija w niskich temperaturach.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowy zapis hipotezy badawczej odnoszącej się do wpływu temperatury na rozwój pleśni.

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

Zadanie 5.4

1 pkt

Grzyby

Podaj nazwę struktury grzyba pleśniowego, innej niż strzępki, z której (np. na chlebie) może rozwinąć się pleśń.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

zarodniki / zarodnik / spory

Schemat punktowania:

1 p. – za podanie prawidłowej nazwy wskazanej struktury grzyba.

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

Zadanie 6

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

3 podzadania

Informacja do podzadań

Acyklowir (ACV) to jeden z leków przeciwwirusowych. Jest on pochodną deoksyguanozyny, w której zmodyfikowana została reszta cukrowa. Uzyskany w ten sposób analog nukleozydowy jest specyficznym inhibitorem replikacji wirusa opryszczki, ospy wietrznej i półpaśca.

W zainfekowanej wirusem komórce acyklowir (ACV) uzyskuje aktywność wtedy, gdy w wyniku trzech kolejnych etapów fosforylacji zostanie przekształcony do postaci trifosforanu. W genomie wirusa, który stanowi liniowy, dwuniciowy DNA, znajduje się gen kodujący enzym kinazę tymidynową, która umożliwia pierwszą fosforylację ACV, natomiast kolejne fosforylacje tego związku są katalizowane przez enzymy zainfekowanej komórki, aż do powstania trifosforanu. W ten sposób ACV wprowadzany jest do puli nukleotydów, jako substrat dla polimerazy DNA wirusa, w wyniku czego staje się konkurentem deoksyguanozynotrifosforanu. Gdy trifosforan ACV zostanie włączony do nowo zreplikowanego łańcucha wirusowego DNA, zaczyna działać jako sygnał kończący replikację, gdyż pozbawiony jest grupy 3’OH.

Stwierdzono, że komórkowa polimeraza DNA nie jest wrażliwa na trifosforan acyklowiru.

Na podstawie J. Nicklin, K. Graeme-Cook, R. Killington: Krótkie wykłady. Mikrobiologia. Warszawa 2008.

Zadanie 6.1

1 pkt

Kwasy nukleinowe

Spośród rysunków A–D przedstawiających wybrane nukleozydy wybierz i zaznacz deoksyguanozynę. Podaj, na czym polega różnica między budową nukleotydu a budową nukleozydu w DNA.

Wzór strukturalny nukleozydu A

Wzór strukturalny nukleozydu B

Wzór strukturalny nukleozydu C

Wzór strukturalny nukleozydu D

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Przykładowe uzasadnienie:

Nukleotyd składa się z pięciowęglowego cukru /deoksyrybozy przyłączonego do jednej z czterech zasad azotowych (puryny lub pirymidyny) oraz grupy fosforanowej, której nie ma w nukleozydzie.
Nukleotyd to nukleozyd, do którego przyłączana jest reszta fosforanowa.

Schemat punktowania:

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie deoksyguanozyny wraz z poprawnym opisem różnicy w budowie nukleotydu i nukleozydu DNA.

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

Zadanie 6.2

2 pkt

Wirusy

Na podstawie analizy tekstu uzupełnij zdania 1. i 2., tak aby były prawdziwe: podkreśl właściwe określenia w nawiasach oraz oznaczenia literowe odpowiednich informacji spośród A–C.

Informacje:

Zdanie 1. Acyklowir jest (szkodliwy/nieszkodliwy) dla zdrowych, niezainfekowanych komórek człowieka, ponieważ A / B / C.

Zdanie 2. Acyklowir jest (szkodliwy/nieszkodliwy) dla komórek człowieka zainfekowanych wirusem, ponieważ A / B / C.

A. komórkowa polimeraza DNA nie rozpoznaje trifosforanu ACV jako substratu w procesie replikacji.

B. wirusowa polimeraza DNA dobudowuje do replikowanej nici DNA trifosforan ACV w miejsce nukleotydu guaninowego.

C. w tych komórkach brakuje kinazy tymidynowej niezbędnej do ufosforylowania ACV.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

zdanie 1: nieszkodliwy, C.
zdanie 2: nieszkodliwy, A.

Schemat punktowania:

2 p. – za prawidłowe zaznaczenie wszystkich czterech uzupełnień w obydwu zdaniach odnoszących się do działania ACV na komórki człowieka.

1 p. – za prawidłowe zaznaczenie uzupełnień tylko w jednym zdaniu.

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

Zadanie 6.3

1 pkt

Wirusy

Wymienione poniżej etapy infekcji wirusowej uporządkuj we właściwej kolejności – wpisz w tabelę numery 2–5.

Etapy infekcji wirusowej	Kolejność
Łączenie białek wirusowych z materiałem genetycznym wirusa.
Rozpoznawanie przez cząstki wirusa odpowiednich receptorów na powierzchni atakowanej komórki.	1
Uwalnianie nowych wirionów.
Replikacja materiału genetycznego wirusa.
Wnikanie wirionu do wnętrza komórki i rozpad kapsydu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

Etapy infekcji wirusowej	Kolejność
Łączenie białek wirusowych z materiałem genetycznym wirusa.	4
Rozpoznawanie przez cząstki wirusa odpowiednich receptorów na powierzchni atakowanej komórki.	1
Uwalnianie nowych wirionów.	5
Replikacja materiału genetycznego wirusa.	3
Wnikanie wirionu do wnętrza komórki i rozpad kapsydu.	2

Schemat punktowania:

1 p. – za uporządkowanie we właściwej kolejności wszystkich etapów infekcji wirusowej.

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

Zadanie 7

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

1 pkt

Rośliny – reakcja na bodźce

Fotoperiodyzm jest wynikiem ewolucyjnego przystosowania się roślin do życia w warunkach panujących na określonych szerokościach geograficznych. Tytoń (Nicotiana L.) jest rośliną dnia krótkiego. Na rysunkach A i B przedstawiono dwie rośliny tytoniu, uprawiane przez taki sam okres, ale w różnych warunkach oświetlenia.

Na podstawie: http://www.canstockphoto.pl/ilustracje/nikotyna.html#file_view.php?id=7103423

Określ warunki oświetlenia (długość dnia), w jakich rozwijał się tytoń przedstawiony na rysunku B. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do warunków, w jakich zakwita ta roślina.

Rysunki A i B przedstawiające dwie rośliny tytoniu; na rysunku A strzałka wskazuje kwiaty.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązanie

Długi dzień, ponieważ tytoń (jako roślina dnia krótkiego) w warunkach dnia długiego nie zakwita /nie kwitnie.

Schemat punktowania:

1 p. – za poprawne określenie warunków oświetlenia tytoniu na rysunku B i poprawne uzasadnienie odnoszące się do warunków zakwitania tej rośliny.

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

Zadanie 8

Matura 2016 · czerwiec · Formuła 2015 · poziom rozszerzony

2 podzadania

Informacja do podzadań

Ziemniak to bylina, której owocami są jagody. W celach spożywczych użytkowane są wyłącznie bulwy wypełnione skrobią. Na rysunku przedstawiono roślinę ziemniaka oraz rozwój nowych roślin ziemniaka z bulwy.

Na podstawie: S. Gertlerowa, L. Ogrzebacz: Sprawdzanie i utrwalanie wiadomości z botaniki, Warszawa 1986.

Roślina ziemniaka oraz rozwój nowej rośliny z bulwy.

Zadanie 8.1

1 pkt

Rośliny – rozmnażanie się

Na podstawie: S. Gertlerowa, L. Ogrzebacz: Sprawdzanie i utrwalanie wiadomości z botaniki, Warszawa 1986.

Wyjaśnij, dlaczego w uprawie konkretnej odmiany ziemniaków stosuje się rozmnażanie wegetatywne, a nie – płciowe. W odpowiedzi uwzględnij podłoże genetyczne tego procesu.

Rysunek rośliny ziemniaka oraz rozwoju nowej rośliny z bulwy

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Przykładowe rozwiązania

Poprzez rozmnażanie wegetatywne można uzyskać rośliny o jednakowych właściwościach / będące klonami, co w przypadku rozmnażania płciowego byłoby niemożliwe, ze względu na różnorodność genetyczną nasion.
Ponieważ w wypadku rozmnażania płciowego odmiana nie byłaby jednorodna genetycznie, natomiast wegetatywny sposób rozmnażania powoduje, że otrzymuje się jednakowe rośliny / klony.

Schemat punktowania

1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie uwzględniające albo odniesienie do jednorodności materiału genetycznego w rozmnażaniu wegetatywnym albo zróżnicowania genetycznego roślin potomnych w rozmnażaniu płciowym.

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

Ponieważ w wyniku rozmnażania płciowego dochodzi do rekombinacji i potomstwo może znacznie się różnić od organizmu macierzystego, np. może nie mieć charakterystycznych dla danej odmiany cech użytkowych, uzyskiwanych w rozmnażaniu wegetatywnym.
Podczas rozmnażania wegetatywnego zachowana jest wiernie informacja genetyczna rośliny rodzicielskiej, a podczas rozmnażania płciowego dochodzi do powstania rośliny genetycznie odmiennej od dwojga roślin rodzicielskich.

Zadanie 8.2

1 pkt

Rośliny – rozmnażanie się

Na podstawie: S. Gertlerowa, L. Ogrzebacz: Sprawdzanie i utrwalanie wiadomości z botaniki, Warszawa 1986.

Spośród niżej wymienionych przykładów owoców (A–D) wybierz i zaznacz owoc tego samego typu, do którego należy owoc ziemniaka. Odpowiedź uzasadnij, uwzględniając cechy budowy tego typu owocu.

Na podstawie: S. Gertlerowa, L. Ogrzebacz: Sprawdzanie i utrwalanie wiadomości z botaniki, Warszawa 1986.

Roślina ziemniaka oraz rozwój nowej rośliny z bulwy.

A. jabłko — przekrój owocu.

B. groch — owoc.

C. pomidor — przekrój owocu.

D. śliwka — przekrój owocu.

Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź

Rozwiązanie

C, ponieważ:

owocnia jest w całości mięsista / owoce mięsiste, pozbawione pestek.
ma liczne nasiona umieszczone w mięsistej owocni, co jest cechą jagód (odpowiedź dopuszczalna)

Schemat punktowania:

1 p. – za wskazanie, że jest to owoc C, oraz prawidłowe uzasadnienie odnoszące się do mięsistej owocni.

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