Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
C2

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór odpowiedzi B oraz poprawne uzasadnienie, odnoszące się do transportu przez kanały białkowe zgodnie z gradientem stężeń lub bez nakładu energii.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
B
Uzasadnienie:

• Transport substancji zachodzi przez kanały białkowe dzięki różnicy ich stężeń.
• Jest to dyfuzja, bo nie wymaga nakładu energii, i jest ona wspomagana, bo nie zachodzi bezpośrednio przez błonę, ale – przez kanały białkowe.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że ilość wydalanego moczu jest większa w porównaniu z normą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do ograniczenia wchłaniania zwrotnego wody w nefronie.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Spowoduje to wydalanie dużej ilości wodnistego moczu, gdyż w wyniku uszkodzenia białka budującego kanały akwaporyny woda nie jest resorbowana z moczu w nefronie.
• Ilość wydalanego moczu jest większa, bo zmieniona akwaporyna jest niefunkcjonalna i ogranicza wchłanianie zwrotne wody w kanaliku zbiorczym nefronu.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające mniejszą liczbę protonów transportowanych z macierzy do przestrzeni międzybłonowej w wyniku utlenienia FADH₂ w porównaniu do utlenienia NADH + H⁺ i – w konsekwencji – mniejszy przepływ protonów przez syntazę ATP i mniejszą liczbę syntetyzowanych cząsteczek ATP.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Elektrony przenoszone przez FADH₂ są przekazywane z pominięciem kompleksu I, a więc mniej protonów zostanie przeniesionych do przestrzeni międzybłonowej niż w przypadku NADH, a przepływ protonów jest bezpośrednim źródłem energii do syntezy ATP.
• Kompleks II, odbierający elektrony transportowane przez FADH₂, nie przenosi protonów do przestrzeni międzybłonowej w przeciwieństwie do kompleksu I, odbierającego elektrony od NADH, a więc syntaza ATP jest napędzana mniejszą liczbą protonów powracających do matrix.
• Kompleks odbierający elektrony z FADH₂ nie przenosi protonów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną, w przeciwieństwie do kompleksu odbierającego elektrony z NADH + H⁺, a im więcej protonów jest przenoszonych, tym więcej powraca do macierzy mitochondrialnej i napędza białko – syntazę ATP.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego ORAZ za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów. 1 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego LUB za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
U eukariontów synteza ATP zachodzi dzięki gradientowi (protonów / elektronów) w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium. U prokariontów syntaza ATP jest zlokalizowana (w błonie komórkowej / w cytozolu). W procesie oddychania tlenowego ATP ulega syntezie (tylko w fosforylacji oksydacyjnej / w fosforylacjach oksydacyjnej i substratowej).

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – F,    2. – F,    3. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające związanie blaszki jądrowej (oraz tworzących ją filamentów) z otoczką jądrową, która ulega rozpadowi podczas podziału komórkowego LUB uwzględniające konieczność rozdzielenia chromosomów do przeciwległych biegunów komórki.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Filamenty pośrednie blaszki jądrowej są związane z otoczką jądrową, która rozpada się podczas podziału komórki. Dlatego w trakcie podziału te filamenty ulegają również rozpadowi i są ponownie formowane podczas odtwarzania otoczki jądrowej.
• Ze względu na to, że otoczka jądrowa zanika w trakcie podziału komórkowego i na nowo formuje się w komórkach potomnych, związana z nią blaszka jądrowa także musi ulegać demontażowi i formowaniu na nowo.
• Laminy jądrowe są demontowane, ponieważ przeszkadzałyby podczas podziału komórki w rozdzieleniu się chromosomów do przeciwległych biegunów komórki. Następnie ulegają ponownemu formowaniu podczas odtwarzania otoczki jądrowej.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch tkanek.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. miękisz asymilacyjny / miękisz palisadowy / chlorenchyma
2. drewno / ksylem / tkanka przewodząca

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do obniżenia potencjału wody w liściach w wyniku transpiracji i wytworzenia w ten sposób siły ssącej, podciągającej słup wody w łodydze.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Transpiracja szparkowa prowadzi do osmotycznego napływu wody z wiązek przewodzących liścia do miękiszu asymilacyjnego. W ten sposób tworzy się w drewnie podciśnienie zasysające wodę z łodygi do liści.

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Komórka w stanie fizjologicznym A ma (mniejszą / większą) zdolność do pobierania wody w porównaniu z komórką w stanie fizjologicznym B, ponieważ 𝛹_𝑊 komórki w stanie fizjologicznym A wynosi około (−1,2 MPa / 0 MPa) i jest mniejsza niż 𝛹_𝑊 komórki w stanie fizjologicznym B, która wynosi około (−0,8 MPa / 0 MPa / +0,8 MPa).

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech komórkach tabeli.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch komórkach tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnych oznaczeń dwóch gametofitów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Gametofit mchu: B
Gametofit paproci: D

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,   2. – F,   3. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie związku budowy owocu czereśni ze sposobem jej rozprzestrzeniania, odnoszące się do: mięsistych owoców atrakcyjnych dla zwierząt LUB do pestki odpornej na enzymy trawienne zwierząt, ORAZ do rozprzestrzeniania nasion wraz z odchodami zwierząt (endozoochoria).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Mięsiste owoce czereśni są endozoochoryczne – są zjadane przez ptaki, wydalające pestki wraz z odchodami.
• Soczysta owocnia zwabia zwierzęta do zjedzenia owoców czereśni, a niestrawione nasiona, usunięte wraz z odchodami, przyczyniają się do rozprzestrzenienia się tych roślin w środowisku.
• W środku owocu jest zdrewniała pestka, która chroni nasiono przed strawieniem w układzie pokarmowym ptaków rozprzestrzeniających nasiona.
• Atrakcyjny kolor owoców czereśni zachęca zwierzęta do ich zjedzenia, a niestrawione nasiona, chronione przez pestkę, przyczyniają się do rozprzestrzeniania się czereśni.

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie trzech poprawnych określeń.
1 pkt – za podkreślenie dwóch poprawnych określeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Czereśnia należy do grupy roślin (nagonasiennych / okrytonasiennych). Owoce czereśni to (jagody / pestkowce), charakteryzujące się częściowo zdrewniałą owocnią. Woski obecne na powierzchni skórki (zwiększają / ograniczają) parowanie wody zawartej w owocu.

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że wielkość zdobyczy godowej wpływa na szansę przekazania przez samca swoich genów kolejnemu pokoleniu, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zależności między wielkością zdobyczy godowej a czasem trwania kopulacji, od której zależy liczba plemników przekazanych samicy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Wielkość zdobyczy godowej wpływa na szanse przekazania przez samca swoich genów kolejnemu pokoleniu, ponieważ

• większa zdobycz godowa zapewnia dłuższy czas trwania kopulacji i zwiększa szanse na przekazanie samicy większej liczby plemników, zawierających materiał genetyczny samca.
• mały rozmiar zdobyczy godowej oferowanej samicy przez samca sprawia, że czas kopulacji jest na tyle krótki, że samicy zostaje przekazana mała liczba plemników.
• zbyt mała zdobycz godowa powoduje, że czas kopulacji jest zbyt krótki (poniżej 5 minut), aby przekazać samicy plemniki, więc nie ma szansy na przekazanie potomstwu genów samca.

Zasady oceniania
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Samica wojsiłki wytwarza na drodze (mitozy / mejozy) gamety, które w porównaniu z gametami samca są bogatsze w substancje pokarmowe. Pokarm jest więc zasobem, który (wpływa / nie wpływa) na zdolność samicy do produkowania jaj.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch wniosków.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – T,    2. – T.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednego wiersza tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłową ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – F,    2. – F.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A2

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A1

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że dawka 0,4 g jest dopuszczalna, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do nasilenia objawów nie wyższego niż w przypadku placebo.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Ta dawka jest tolerowana przez badane osoby, ponieważ nasilenie objawów było praktycznie takie samo, jak przy podawaniu placebo.
• Nieszkodliwa – nasilenie objawów w grupach B i C jest wyraźnie mniejsze niż w grupie A.
• Jest dopuszczalna, bo po przyjęciu takiej dawki osoby nie czuły się gorzej niż osoby z grupy przyjmującej placebo.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A2

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie wpływu inhibitorów wychwytu serotoniny na stężenie serotoniny (wzrost stężenia) oraz na szybkość repolaryzacji (spowolnienie repolaryzacji).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Inhibitory wychwytu serotoniny powodują utrzymanie wysokiego stężenia serotoniny w szczelinie synaptycznej oraz spowolnienie repolaryzacji neuronu postsynaptycznego.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch związków.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. amoniak
2. kwas moczowy

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do oszczędniejszej gospodarki wodnej zwierząt lądowych w porównaniu do zwierząt wodnych oraz do toksyczności i do rozpuszczalności w wodzie azotowych produktów metabolizmu w wodzie.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Amoniak jest związkiem bardziej toksycznym od mocznika i kwasu moczowego. Organizmy wodne mogą pozbywać się nadmiaru amoniaku bezpośrednio do wody, który natychmiast rozcieńcza się w środowisku wodnym. Organizmy lądowe syntetyzują mocznik lub kwas moczowy, które są mniej toksyczne i mogą osiągać wyższe stężenia w organizmie.
• Organizmy wodne nie muszą oszczędzać wody, a więc mogą wydalać wraz z wodą bezpośredni produkt deaminacji aminokwasów – amoniak, który jest dobrze rozpuszczalny w wodzie. Organizmy lądowe oszczędzają wodę i dlatego syntezują kwas moczowy, który praktycznie nie rozpuszcza się w wodzie lub mocznik, który jest mniej toksyczny od amoniaku i dlatego może osiągać wyższe stężenia w organizmie.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie funkcji tropomiozyny podczas spoczynku mięśnia, polegającej na hamowaniu oddziaływania między aktyną i miozyną.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Tropomiozyna podczas spoczynku mięśnia utrudnia oddziaływanie miozyny z aktyną.
• Gdy mięsień jest w spoczynku, tropomiozyna zasłania miejsca wiązania główek miozyny do włókien aktyny, dlatego miozyna nie może związać się z aktyną i filamenty nie przesuwają się względem siebie.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu zwiększonego stężenia jonów Ca²⁺ na przesunięcie tropomiozyny względem aktyny oraz na rozpoczęcie skurczu sarkomeru przez wiązanie miozyny z filamentem aktynowym.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Wzrost stężenia jonów Ca²⁺ powoduje łączenie się Ca²⁺ z troponiną, co wywołuje przesunięcie tropomiozyny i wiązanie miozyny z filamentem aktynowym oraz zapoczątkowanie skurczu.
• Uwolnione do cytozolu jony Ca²⁺ łączą się z troponiną, co powoduje przesunięcie tropomiozyny i odsłonięcie na filamentach aktynowych miejsc wiążących główki miozyny, a to umożliwia przesuwanie się filamentów aktynowych i miozynowych względem siebie.

Zasady oceniania
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Siła skurczu mięśnia zależy od liczby aktywowanych neuronów (czuciowych / ruchowych), od wielkości ich jednostek motorycznych oraz od częstotliwości stymulacji włókna mięśniowego. Na skutek sumowania kolejnych skurczów siła skurczu tężcowego (wzrasta / maleje) w stosunku do siły skurczu pojedynczego.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uzupełnienie brakujących dwóch nazw substancji na schemacie.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – glikogen,    2. – pirogronian.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1 – F,    2 – P,    3 – P.

Zasady oceniania
3 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej ORAZ uwzględniające sposób odczytania wyników.
2 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej.
1 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ALBO próby kontrolnej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Próba badawcza: galaretka ze sparzonymi wrzącą wodą kawałkami owocu kiwi.
Próba kontrolna: galaretka ze świeżymi kawałkami owocu kiwi.
Sposób odczytania wyników: obserwowanie stopnia stężenia galaretki w obu naczyniach.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B1

Zasady oceniania
3 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ określenie prawdopodobieństwa.
2 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej.
1 pkt – za poprawne określenie genotypów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Genotypy rodziców:
matka – X^H X^h
ojciec – X^H Y

Krzyżówka:

Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: 25%

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B, uwzględniające sprzężenie allelu warunkującego hemofilię z chromosomem X oraz hemizygotyczność mężczyzn.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Mężczyźni nie mogą być zatem nosicielami, ponieważ recesywny allel położony na chromosomie X zawsze będzie się u nich ujawniał ze względu na brak drugiego chromosomu X.
• Mężczyźni mają tylko jeden chromosom X, a to właśnie na nim jest położony gen odpowiedzialny za hemofilię. Jeżeli mężczyzna ma allel warunkujący chorobę, to nie może on zostać zamaskowany przez drugi allel z chromosomu homologicznego.
• Mężczyźni mający w swoim genotypie allel hemofilii B chorują na hemofilię, a nie są jej nosicielami, ponieważ mają tylko jeden chromosom X, a nosiciel musi mieć oprócz allelu h także allel H.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne obliczenie częstości heterozygot.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Obliczenia:
𝑝 = 1– 𝑞 = 1 – 0,3 = 0,7
2𝑝𝑞 = 2 × 0,3 × 0,7 = 0,42

Częstość heterozygot: 0,42 = 42%

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech warunków.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch warunków.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – T,   2. – N,   3. – N.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne podanie dwóch argumentów świadczących o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii.
1 pkt – za poprawne podanie jednego argumentu świadczącego o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie

• Argument 1.: obie grupy organizmów występują na powierzchni winorośli i zajmują to samo siedlisko.
• Argument 2.: obie grupy organizmów wykorzystują ten sam substrat pokarmowy – glukozę.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B2

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
C

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej, odnoszące się do szkodliwości stosowania glifosatu dla bakterii, grzybów i roślin.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Glifosat to silny herbicyd uniemożliwiający wzrost innych roślin niż transgeniczna soja. Po przedostaniu się do gleby glifosat działa również zabójczo na bakterie i grzyby.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt, odnoszące się do niewystępowania u zwierząt szlaku metabolicznego hamowanego przez glifosat.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Zwierzęta nie mają zdolności syntezy aminokwasów aromatycznych. Ze względu na to, że glifosat hamuje jeden z enzymów niezbędnych do syntezy aminokwasów aromatycznych, ten związek nie jest toksyczny dla zwierząt.
• Glifosat działa hamująco na szlak syntezy aminokwasów aromatycznych. Te aminokwasy są dla zwierząt egzogenne, a więc muszą one przyjmować go z pokarmem. Dlatego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, że ochrona siedliskowa zapewni odpowiednie czynniki abiotyczne dla życia lipiennika – wilgotność siedlisk (torfowisk i turzycowisk) i wapienne podłoże.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Ponieważ pozwoli to na przetrwanie tego gatunku ze względu na duży dostęp do wody i związków wapnia.
• Ze względu na wymagania rośliny dotyczące dostępu do wody i składników mineralnych ochrona siedliska zapewni jej dostęp do tych zasobów.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do „odpowiednich warunków” bez wskazania na konkretne czynniki abiotyczne: wilgotność i dostępność związków mineralnych.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie czterech komórek tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech komórek tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi „monopeptyd” w przypadku nazwy monomeru białek.
Nie uznaje się odpowiedzi „cukry”, „sacharydy”, „węglowodany” w przypadku grupy związków organicznych, ponieważ nie każdy cukier jest syntezowany z monomerów – cukry proste nie są ani polimerami, ani oligomerami.
Nie uznaje się odpowiedzi „dekstryny” w przypadku grupy związków organicznych, ponieważ nie pełnią one funkcji zapasowej.
Dopuszcza się odpowiedzi „disacharydy”, „oligosacharydy” w przypadku grupy związków organicznych.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie właściwego opisu do każdej z trzech struktur białkowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Struktura I-rzędowa: D
Struktura II-rzędowa: B
Struktura III-rzędowa: C

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch komórek tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednej komórki tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do dobudowywania łańcucha DNA do startera – naturalnym starterem w przypadku odwrotnej transkryptazy HIV jest fragment cząsteczki tRNA^Lys.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnej „synteza łańcucha polinukleotydowego” w przypadku funkcji obszaru o aktywności polimerazy.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych „odwrotna transkrypcja” lub „przepisywanie RNA na DNA”, ponieważ synteza DNA i trawienie RNA są etapami procesu odwrotnej transkrypcji.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do denaturacji kompleksu DNA-RNA w przypadku funkcji obszaru o aktywności rybonukleazy, np. „oddzielenie RNA od DNA”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie korzyści, jaką odnoszą samice świetlików, polegającej na zmniejszeniu nakładów czasu LUB energii na polowanie, LUB polegającej na zdobywaniu większej ilości pokarmu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Samica Photuris wabi samce Photinus, które są ich pokarmem. W ten sposób drapieżnik wkłada mniej energii w polowanie.
• Dzięki temu łatwiej zdobywają one pokarm – drapieżnik nie musi tak długo szukać ofiary, a więc częściej ją upoluje.
• Te drapieżne owady nie muszą aktywnie poszukiwać ofiary.
• W ten sposób częściej zdobywają pokarm.
• Owady dzięki temu schwytają więcej ofiar.

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do zdobywania pokarmu lub do łatwiejszego zdobywania pokarmu, bez wskazania, na czym to ułatwienie polega, np. „Dzięki temu lepiej im się poluje”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmniejszenia konkurencji wewnątrz- lub międzygatunkowej.

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Testy wykorzystujące lucyferynę i lucyferazę świetlików w wykrywaniu mikroorganizmów opierają się na założeniu, że (AMP / ATP) jest związkiem chemicznym wytwarzanym w procesie oddychania komórkowego, którego stężenie (wzrasta / spada) wraz ze wzrostem liczby mikroorganizmów znajdujących się w danej próbce. O wykryciu bakterii świadczy (ustanie / wystąpienie) bioluminescencji.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
tracheole

Uwagi:
Uznaje się odpowiedź „tchawki”.
Nie uznaje się odpowiedzi „tchawki powietrzne”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A2

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie dwóch poprawnych odpowiedzi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – N,    2. – T.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu niezbędnego do wytworzenia mostków disiarczkowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
cysteina

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi „Cys” (kod trójliterowy) oraz „C” (symbol IUPAC).

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stabilność cząsteczek rRNA i tRNA bakterii termofilnych zwiększa się wraz ze wzrostem zawartości w ich cząsteczkach par zasad GC kosztem zawartości par zasad AU, odnoszące się do większej liczby wiązań wodorowych w parze GC niż w parze AU, ORAZ do większej energii koniecznej do ich zerwania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Pary GC mają więcej wiązań wodorowych niż pary AU, co zwiększa stabilność takiej cząsteczki RNA, bo zerwanie wiązania wymaga dostarczenia energii.
• W parach AU są tylko dwa oddziaływania wodorowe, a w parach GC – trzy, dlatego do denaturacji RNA zawierającego większy udział par GC potrzeba więcej energii.
• Wraz ze wzrostem udziału par zasad GC rośnie w cząsteczce liczba oddziaływań wodorowych, stabilizujących cząsteczkę, a do zerwania większej liczby tych wiązań potrzeba więcej energii.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do siły oddziaływania zamiast do energii potrzebnej do zerwania wiązań.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „podwójnych” lub „potrójnych” wiązań wodorowych.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono uracyl występujący w RNA z tyminą występującą w DNA, np. „W parze AT występują dwa wiązania wodorowe, do których zerwania trzeba mniejszej ilości energii niż w przypadku trzech wiązań wodorowych”.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono cytozynę (zasada azotowa) z cysteiną (aminokwas).

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór grupy termofili wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do termostabilności ich enzymów LUB do wysokiej temperatury podczas PCR.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Termofile, ponieważ ich białka są stabilne w wysokich temperaturach – polimeraza Taq nie ulega denaturacji nawet w 90 °C, a więc w temperaturze denaturacji DNA stosowanej podczas PCR.
• Termofile, dlatego że ich białka enzymatyczne są niewrażliwe na wysokie temperatury.
• Termofile, bo podczas etapu denaturacji w PCR jest wysoka temperatura.
• Termofile, bo poszczególne etapy cyklu PCR zachodzą w wysokich temperaturach.

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
D

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że sporofit bezlistu odżywia się niezależnie od gametofitu, odnoszące się do fotosyntezy prowadzonej przez zielony sporofit (zawierający chlorofil i chloroplasty) LUB do braku fotosyntezy u zredukowanego gametofitu żeńskiego, LUB do dużej różnicy wielkości między gametofitem a sporofitem i niewystarczającej ilości zasobów gametofitu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Sporofit bezlistu zawiera chlorofil, a więc samodzielnie wytwarza związki na drodze fotosyntezy.
• Sporofit ma zieloną zarodnię, co wskazuje na obecność chloroplastów, może więc wytwarzać samodzielnie związki organiczne.
• Puszka zarodni sporofitu jest zielona, co wskazuje na obecność chlorofilu i możliwość odżywiania się na drodze fotosyntezy.
• Gametofity bezlistu nie mają listków, a więc nie prowadzą fotosyntezy i nie mogą one odżywiać sporofitu.
• Gdy sporofit jest dojrzały, to gametofit żeński nie ma już listków, które mogłyby przeprowadzać fotosyntezę, a więc gametofit nie może dostarczać sporofitowi związków organicznych.
• Gametofit jest dużo mniejszy od sporofitu, a więc nie mógłby wyprodukować i zgromadzić tylu substancji pokarmowych, żeby odżywić sporofit.

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do gametofitu męskiego – sporofit wyrasta z rodni gametofitu żeńskiego.
Nie uznaje się odpowiedzi nieodnoszących się do cech sporofitu lub gametofitu przedstawionych w tekście lub na ilustracji, np. „Sporofit odżywia się samodzielnie, bo przeprowadza fotosyntezę”.

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że bezlist zwyczajny jest rośliną dwupienną, wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do występowania gametofitów żeńskich i gametofitów męskich.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Bezlist zwyczajny jest rośliną dwupienną, ponieważ występują gametofity męskie i gametofity żeńskie.
• Występują rośliny męskie i żeńskie, a więc jest dwupienny.
• Dwupienny – nie ma gametofitów obupłciowych
• Dwupienny – gamety żeńskie i męskie są wytwarzane przez różne rośliny
• Pokolenie gametofitu jest dwupienne, ponieważ rodnie i plemnie występują na innych osobnikach.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, z których wynika, że gametofity bezlistu nie są samodzielnymi roślinami, ale są organami lub roślinami wyrastającymi ze sporofitu, np. „Dwupienny – gametofity męskie i żeńskie znajdują się na innych osobnikach”.

Zasady oceniania
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Gametofity męskie mchów są (haploidalne / diploidalne) i wytwarzają plemniki zapładniające komórki jajowe wytworzone w rodni gametofitu żeńskiego. Z zygoty rozwija się sporofit, wytwarzający w zarodni (identyczne / różne) genetycznie zarodniki.

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Oznaczenie bielma: C

Zasady oceniania
1 pkt – za sformułowanie wniosku dotyczącego zmniejszania się wraz z upływem czasu zdolności kiełkowania nasion buka zwyczajnego LUB dotyczącego przydatności nasion do siewu tylko w początkowym okresie przechowywania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Wraz z upływem czasu zmniejsza się zdolność nasion buka zwyczajnego do kiełkowania.
• Wydłużanie czasu przechowywana nasion buka zwyczajnego zmniejsza ich siłę kiełkowania.
• Im dłuższy czas przechowywania nasion buka, tym mniejsza siła kiełkowania.
• Żywotność nasion spada podczas przechowywania.
• Przez pierwszych osiem lat przechowywania nasiona buka są dobrym materiałem siewnym.
• Po dłuższym okresie przechowywania zgromadzone nasiona nie nadają się do założenia lasu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zawierających wyłącznie opis wyników badań, np. „Między wszystkimi badanymi grupami występowały różnice w sile kiełkowania nasion”.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy oraz poprawne określenie funkcji struktury oznaczonej literą X.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Nazwa: liścienie / liście zarodkowe / liścień / liść zarodkowy
Funkcja: przeprowadzanie fotosyntezy / asymilacyjna / gromadzenie substancji zapasowych / zapasowa / odżywianie siewki / odżywcza

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi: „listki zarodkowe”, „liście pierwotne”, „liście rzekome” (błąd merytoryczny) oraz „liście” (odpowiedź zbyt ogólna).

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Na zdjęciu widoczna jest tkanka okrywająca – (skórka / korkowica), powstająca w wyniku działania (merystemu wierzchołkowego / kambium). Kolenchyma to (żywa / martwa) tkanka wzmacniająca.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że skórka pełni funkcję ochronną, uwzględniające cechę budowy, np.: ścisłe przyleganie komórek LUB pokrycie komórek kutikulą, LUB silnie zgrubiałe ściany komórkowe, ORAZ uwzględniające znaczenie adaptacyjne wybranej cechy budowy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Tkanka widoczna na zdjęciu pełni funkcje ochronne, ponieważ jej komórki ściśle do siebie przylegają, dzięki czemu do wnętrza łodygi nie wnikają patogeny.
• Komórki tkanki mają zgrubienia zewnętrznych ścian komórkowych, co zapewnia jej odporność mechaniczną.
• Skórka pełni funkcje ochronne, ponieważ pokrywa ją nieprzerwana warstwa kutykuli, a to ogranicza nadmierną utratę wody przez roślinę.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do znaczenia adaptacyjnego omawianej cechy budowy, np. „Skórka jest pokryta kutikulą, a więc pełni funkcje ochronne”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,    2. – F,    3. – F.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch kolumn tabeli.
1 pkt – za poprawne wypełnienie jednej kolumny ALBO dwóch wierszy tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwaga:
Uznaje się odpowiedź „kora nadnerczy” zamiast „nadnercza”

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne wyjaśnienie patomechanizmu biegunki osmotycznej, uwzględniające zwiększone stężenie disacharydów ORAZ biegunki sekrecyjnej, uwzględniające wydzielanie do treści jelita jonów chlorkowych, co skutkuje hipertonicznością treści jelitowej względem tkanki jelita.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie patomechanizmu biegunki osmotycznej ALBO biegunki sekrecyjnej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Zanik mikrokosmków w jelicie cienkim skutkuje ograniczeniem trawienia disacharydów, a więc aktywne osmotycznie związki pozostają w jelicie i hamują wchłanianie wody z jelita. Dodatkowo woda wypływa z enterocytów z powodu podwyższonego stężenia jonów chlorkowych w świetle jelita.
• Niestrawione dwucukry nie mogą być wchłonięte z przewodu pokarmowego, a są to związki osmotycznie czynne – związana z nimi woda pokarmowa pozostaje w jelicie. Wydzielanie jonów chlorkowych z komórek nabłonka do światła jelita jest z kolei przyczyną napływu wody z enterocytów do światła jelita.
• Zalegające w jelicie dwucukry są osmotycznie czynne, dlatego woda jest zatrzymywana w jelicie. Poza tym podwyższone stężenie Cl^– jest przyczyną wypływania wody z enterocytów.
• W treści jelitowej jest dużo związków osmotycznie czynnych: niestrawione dwucukry oraz wydzielane do jelita jony chlorkowe, i dlatego enterocyty wydzielają wodę do światła jelita.

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do ograniczonego wchłaniania wody z jelita ze względu na zanikanie mikrokosmków, ponieważ zjawisko dotyczy tylko szczytowych części kosmków i nie wpływa znacząco na ilość wody, która może przechodzić między treścią jelitową a wnętrzem enterocytów.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono nazwy „rotawirusy” i „retrowirusy”.

Zasady oceniania
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
W wyniku znacznego odwodnienia organizmu objętość osocza (spada / wzrasta), a więc serce musi bić (szybciej / wolniej), aby utrzymać odpowiednie ciśnienie krwi i zaopatrzyć tkanki w tlen.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zmniejszonego zużycia glukozy w wyniku zmniejszonego zapotrzebowania energetycznego organizmu (np. ograniczanie oddychania komórkowego, zmniejszenie zużycia ATP, obniżenie temperatury ciała).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Skutkuje to obniżeniem aktywności enzymów, m.in. katalizujących procesy wewnątrzkomórkowego oddychania tlenowego, co jest przyczyną mniejszego zużycia glukozy.
• Spadek intensywności oddychania wewnątrzkomórkowego – jednego z głównych szlaków metabolicznych – prowadzi do wolniejszego zużywania glukozy.
• Obniżenie tempa metabolizmu zwierzęcia stałocieplnego skutkuje zmniejszeniem temperatury ciała. W takich warunkach reakcje chemiczne zachodzą wolniej i organizm zużywa mniej glukozy.
• Zmniejszenie tempa metabolizmu ogranicza zużycie ATP, który powstaje w wyniku katabolizmu glukozy. Organizm oszczędza więc w ten sposób glukozę.
• Przy niskim tempie metabolizmu organizm zużywa mniej glukozy, bo utrzymuje niższą temperaturę ciała, a utrzymanie odpowiednio wysokiego poziomu glukozy we krwi jest konieczne do prawidłowego funkcjonowania, np. mózgu.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie przyczyny nietolerancji mleka po zakażeniu rotawirusem, odnoszącej się do niedoboru laktazy LUB do utrudnionego trawienia laktozy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• W wyniku zakażenia rotawirusem dochodzi do zmniejszenia produkcji laktazy.
• Zakażenie rotawirusowe jest przyczyną niedoboru laktazy.
• W mleku jest zawarta laktoza, której dzieci zakażone rotawirusem nie mogą w całości strawić.
• Laktoza zawarta w mleku nie może być w całości strawiona, bo jest ogólny niedobór disacharydaz.
• Niedobór laktazy.

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Po zakażeniu rotawirusem dochodzi do niedoboru disacharydaz”.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których pomylono cukier – laktozę z enzymem – laktazą, np. „Dzieci po zakażeniu rotawirusem mają niedobór laktozy”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do całkowitego braku laktazy lub do całkowitego braku trawienia laktozy, ponieważ po przebytym zakażeniu rotawirusem występuje jedynie niedobór disacharydaz, a nie – ich całkowity brak

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy przykładowego ludzkiego hormonu zawierającego jod.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• tyroksyna / tetrajodotyronina / T4
• trijodotyronina / trójjodotyronina / T3
• jodotyronina

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi „tyronina”, ponieważ ten związek nie zawiera jodu.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wydzielanie niedostatecznej ilości hormonów tarczycy ORAZ związane z tym ograniczenie zwrotnego hamowania wydzielania TSH.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• W razie niedoboru jodu z tarczycy jest wydzielana zbyt mała ilość hormonów, czego konsekwencją okazuje się brak hamowania na drodze ujemnego sprzężenia zwrotnego wydzielania TSH przez przysadkę mózgową.
• Niedobór jodu sprawia, że wytwarzanie dostatecznej ilości T4 staje się niemożliwe, zatem we krwi poziom T4 pozostaje na niskim poziomie, a tylko wysoki poziom T4 hamuje wydzielanie TSH.
• Przy niedoborze jodu tarczyca wydziela niewielkie ilości tyroksyny, a niski poziom tyroksyny jest sygnałem dla przysadki do wydzielania TSH.
• Niedobór jodu jest przyczyną niskiego stężenia hormonów tarczycy, co pobudza przysadkę do wydzielania TSH.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zupełnego braku syntezy T3 lub T4, ponieważ przy niedoborze jodu występuje jedynie ograniczenie syntezy tych hormonów.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie gromady (pajęczaki) ORAZ za podanie jednej widocznej na zdjęciu cechy budowy świadczącej o przynależności do pajęczaków.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Gromada stawonogów: pajęczaki
  Cecha budowy: cztery pary / osiem odnóży krocznych / nóg / odnóży lokomotorycznych
• Gromada stawonogów: Arachnida
  Cecha budowy: nogogłaszczki / pedipalpy

Uwagi:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do szczękoczułków (chelicer), ponieważ nie są one widoczne na fotografii.
Dopuszcza się w przypadku cechy budowy odpowiedzi odnoszące się do czterech par odnóży tułowiowych lub odnóży pochodzenia tułowiowego.
Dopuszcza się w przypadku nazwy gromady podanie nazwy podtypu „szczękoczułkowce” („szczękoczułkopodobne”, „szczękoczułkokształtne”, „Chelicerata”).

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Alergeny zawarte w odchodach roztoczy wiążą się z przeciwciałami klasy IgE występującymi na powierzchni (komórek tucznych / limfocytów B). Te komórki uwalniają histaminę, która powoduje (rozszerzenie / zwężenie) naczyń krwionośnych i (zwiększenie / zmniejszenie) przepuszczalności ścian naczyń włosowatych. Rozwija się obrzęk, zwęża się światło dróg oddechowych oraz pojawia się katar.

Zasady oceniania
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Ściana komórkowa u bakterii Gram-ujemnych jest (cieńsza / grubsza) niż u bakterii Gram-dodatnich. Ściana komórkowa I. sakaiensis (jest / nie jest) przeszkodą w pobieraniu PET do wnętrza komórki, a rozkład PET rozpoczyna się (w komórce / poza komórką).

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,    2. – F,    3. – F.

Zasady oceniania
2 pkt – za podanie wszystkich właściwych genotypów brzanki sumatrzańskiej warunkujących wzór pełnego ORAZ skróconego paskowania.
1 pkt – za podanie wszystkich właściwych genotypów brzanki sumatrzańskiej warunkujących wzór pełnego ALBO skróconego paskowania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwaga:
Uznaje się zapis genotypu z uwzględnieniem położenia loci na chromosomach, np.: „A/a B/b” lub

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ za podanie właściwego stosunku fenotypów.
1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Krzyżówka genetyczna:

Uwagi:
Uznaje się zapis genotypu z uwzględnieniem położenia loci na chromosomach, np.: „A/a B/b” lub
Uznaje się odpowiedzi z zapisem oczekiwanych proporcji w postaci ułamków lub procentów, np.: „9/16 : 6/16 : 1/16” lub „56,25% : 37,50% : 6,25%”.
Uznaje się odpowiedzi, w których krzyżówka genetyczna została zapisana w innej formie niż szachownica Punnetta.

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że locus genu warunkującego SCID nie jest w równowadze Hardy’ego – Weinberga, oraz za podanie jednego poprawnego argumentu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Założenia prawa Hardy’ego – Weinberga nie są spełnione, ponieważ populacja jest stosunkowo mała i ograniczona pod względem liczebności.
• Nie jest w równowadze, ponieważ nie występuje swobodny przepływ genów.
• Nie, gdyż działa dobór naturalny.
• Nie, dlatego że zwierzęta hodowlane podlegają doborowi sztucznemu.
• Nie, ponieważ krzyżowanie nie jest losowe
• Nie jest w równowadze, na co wskazuje brak możliwości przekazania tego genu następnemu pokoleniu z powodu niedożywania chorych osobników do wieku rozrodczego.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Nie jest w równowadze, ponieważ gen warunkujący SCID zmniejsza szanse koni arabskich na przeżycie”.