Zadania maturalne z biologii

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

Rozwiązanie

Uwaga:
Uznaje się w wierszu 1. odpowiedzi „kostna drobnowłóknista”, „kostna beleczkowa”, „kostna gąbczasta”, „kostna zbita”.
Nie uznaje się w wierszach 1. i 2. odpowiedzi zbyt ogólnych – „oporowa”, „szkieletowa”.
Nie uznaje się w wierszu 3. wyłącznie odpowiedzi „włóknista”, „zbita”, ponieważ te określenia pasują zarówno do tkanek łącznych oporowych (tkanka chrzęstna włóknista, tkanka kostna zbita), jak i do tkanki łącznej właściwej.

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

Rozwiązanie
B3

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie roli mazi stawowej, uwzględniające zmniejszenie tarcia w stawie (między powierzchniami stawowymi) LUB amortyzację obciążeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Maź stawowa zmniejsza tarcie chrząstek o siebie w czasie zginania stawu, dzięki czemu zapobiega ich ścieraniu.
• Redukuje tarcie, co zapobiega uszkodzeniom powierzchni stawowych.
• Zapewnia poślizg powierzchni stawowych.
• Dzięki mazi stawowej kości nie ścierają się podczas ruchu.
• Ma działanie amortyzujące.
• Maź stawowa tworzy poduszkę hydrauliczną absorbującą wstrząsy.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych dotyczących ochrony mechanicznej bez wskazania, na czym ta ochrona polega, np. „Maź stawowa chroni powierzchnie stawowe”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do odżywiania powierzchni stawowych.

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

Rozwiązanie

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

Rozwiązanie
A1

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
Znaczne podwyższenie poziomu glukozy w osoczu wynikające z (nadmiaru / niedoboru) insuliny przekracza możliwości resorpcji zwrotnej w kanalikach nerkowych, w wyniku czego nadmiar glukozy jest wydalany z moczem. Zwiększenie osmolarności osocza krwi jest przyczyną (zmniejszenia / zwiększenia) ilości wazopresyny uwalnianej do krwi oraz (nasilenia / osłabienia) uczucia pragnienia.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przyporządkowania dwóch nazw.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Transport białka GLUT4 do błony komórkowej we włóknach mięśni szkieletowych w czasie spoczynku w okresie sytości: B / egzocytoza.

Transport glukozy z wnętrza komórki wątroby do płynu zewnątrzkomórkowego w okresie głodu: C / dyfuzja wspomagana.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające fosforylację cząsteczek glukozy wewnątrz komórek wątroby lub syntezę glikogenu ORAZ utrzymanie dzięki temu różnicy stężeń glukozy między krwią a komórką wątroby.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W okresie sytości insulina powoduje, że cząsteczki glukozy w komórkach wątroby ulegają fosforylacji, co skutkuje obniżeniem stężenia glukozy w komórkach wątroby względem krwi, dzięki czemu glukoza cały czas dyfunduje do wnętrza komórki.
• W okresie sytości insulina pośrednio aktywuje konwersję glukozy do glukozofosforanu, co pozwala utrzymać wewnątrz komórki niższy poziom glukozy niż we krwi, a to umożliwia dyfuzję glukozy do hepatocytu.
• Insulina uruchamia kaskadę sygnałową, prowadzącą do syntezy glikogenu z glukozy w komórce wątroby, dzięki czemu wewnątrz komórki wątroby jest stale niskie stężenie glukozy.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie znaczenia transporterów glukozy GLUT2 w błonie komórkowej komórek wątroby, uwzględniające umożliwienie dyfuzji glukozy przez błonę komórkową.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

• Dzięki obecności transporterów GLUT2 w błonie komórkowej hepatocytów możliwe w okresie głodu staje się transportowanie glukozy do krwi.
• Glukoza jest polarna i nie przechodzi przez błonę komórkową, co umożliwia białko GLUT2.
• Glukoza jest transportowana na zewnątrz komórek wątroby przez GLUT2.
• Transportery GLUT2 zapewniają transport glukozy do płynu zewnątrzkomórkowego.
• Umożliwiają sprawną dyfuzję glukozy przez błonę komórkową hepatocytu.

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

Przykładowe odpowiedzi

• glukagon
• adrenalina / epinefryna / nadnerczyna
• noradrenalina / norepinefryna
• dopamina
• grelina
• wazopresyna
• hormon wzrostu / GH / somatotropina / STH
• kortykotropina / adrenokortykotropina / hormon adrenokortykotropowy / ACTH
• kortyzol
• aldosteron
• tyreotropina / TSH
• tyroksyna / tetrajodotyronina / T4
• trijodotyronina / trójjodotyronina / T3
• kalcytonina
• parathormon

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do grup hormonów zamiast do konkretnych hormonów, np. „endorfiny”.
Nie uznaje się odpowiedzi opisowych, niepodających właściwej nazwy hormonu, np. „hormon stresu”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające użycie przeciwciał (monoklonalnych) skierowanych przeciwko antygenom swoistym dla komórek nowotworowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• ADC jest pobierany przez komórki nowotworowe, ponieważ mają one odpowiednie receptory rozpoznawane przez przeciwciało wchodzące w skład ADC.
• W odróżnieniu od komórek zdrowych chore komórki mają specyficzne antygeny konieczne do związania kompleksu ADC, zawierającego swoiste przeciwciała.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że łącznik w ADC musi zachować stabilność podczas transportu, odnoszące się do skuteczniejszego transportu leku do komórek nowotworowych LUB do ograniczenia toksyczności leku dla zdrowych komórek.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• ADC nie może zostać rozłożony przed związaniem się z odpowiednim antygenem komórki nowotworowej. Gdyby łącznik był niestabilny, ADC nie zostałby dostarczony do odpowiednich komórek.
• Przedwczesny rozpad łącznika w ADC podczas transportu w krwiobiegu spowodowałby, że substancja terapeutyczna obecna w ADC nie dotarłaby do komórek nowotworowych.
• Brak stabilności łącznika ADC podczas transportu zakłóciłby dostarczanie leku do komórki nowotworowej, gdyż lek nie byłby połączony z konkretnym przeciwciałem – koniecznym do rozpoznania komórki nowotworowej.
• Przedwczesny rozpad kompleksu ADC spowodowałby to, że stężenie leku w komórkach nowotworowych byłoby niedostateczne.
• Rozpad łącznika w ADC podczas jego transportu w płynach ogólnoustrojowych spowodowałby uwolnienie toksycznej substancji, która dotarłaby również do innych, zdrowych komórek w organizmie.
• Łącznik ADC musi zachować stabilność w czasie transportu w krążeniu ogólnoustrojowym, ponieważ – gdyby się rozpadł –toksyczne substancje mogłyby zostać rozprowadzone po całym ciele i uszkodzić zdrowe tkanki.
• Łącznik musi zachować stabilność, ponieważ w innym przypadku toksyczne substancje zostałyby uwolnione do krwiobiegu, w wyniku czego zatrułyby cały organizm.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie roli lizosomów w mechanizmie działania ADC, uwzględniające rozkład ADC (trawienie ADC) ORAZ – w konsekwencji – uwolnienie lub aktywację leku.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Lizosomy powodują rozkład łącznika w kompleksie ADC i uwolnienie z niego leku.
• Lizosomy są niezbędne, ponieważ przyczyniają się do rozkładu ADC w komórce nowotworowej, czyli do odłączenia leku wywołującego efekt terapeutyczny.
• Enzymy zawarte z lizosomach trawią łącznik ADC i umożliwiają uwolnienie leku w komórce nowotworowej, który może przeniknąć np. do jądra komórkowego.
• Lizosomy odłączają lek od przeciwciała, dzięki czemu lek może działać w komórce.
• W lizosomach jest niskie pH przyczyniające się do strawienia wiązania między łącznikiem a lekiem, który ulega w ten sposób aktywacji.

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

Przykładowe odpowiedzi

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do rozrywania wiązań przez restryktazę, np. „rozrywanie fragmentów DNA” (mechanizm działania restryktazy polega nie na rozciąganiu nici DNA, ale na jej cięciu przez hydrolizę wiązania fosfoestrowego).

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że w przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, odnoszące się do przenoszenia przez tę bakterię zrekombinowanego plazmidu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Przenosi obcy DNA (transgen) do komórki docelowej.
• Bakteria A. tumefaciens jest wektorem, ponieważ wprowadza zrekombinowany plazmid do komórki roślinnej.
• Te bakterie stanowią formę transportu obcego genu do komórki roślinnej, w której ten gen wbudowuje się w materiał genetyczny
• Wektorem nazywamy organizmy lub cząsteczki zdolne do przenoszenia np. DNA od dawcy do biorcy. Dlatego bakteria A. tumefaciens, która umożliwia wprowadzenie zrekombinowanego w tym procesie DNA do komórki roślinnej, jest wektorem.
• Wektory przenoszą obcy fragment DNA do innego organizmu, a ta bakteria przenosi fragment obcego DNA do komórki roślinnej.
• W tej metodzie bakteria jest nośnikiem zrekombinowanego plazmidu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do definicji wektora genetycznego, np. „Bakteria jest wektorem, ponieważ przenosi DNA”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do tego, że bakteria jest dawcą plazmidu bez odniesienia się do roli bakterii w przeniesieniu zrekombinowanego plazmidu do komórek roślinnych, np. „W przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, ponieważ stanowi źródło plazmidu, który po zrekombinowaniu jest wszczepiany do rośliny”.

Zasady oceniania
2 pkt – za podanie prawidłowych genotypów obojga osobników rodzicielskich ORAZ poprawne wypełnienie szachownicy.
1 pkt – za podanie prawidłowych genotypów obojga osobników rodzicielskich LUB poprawne wypełnienie szachownicy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Genotypy osobników rodzicielskich:

Krzyżówka:

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

Rozwiązanie
delecja

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi „mutacja punktowa” (synonimu określenia „mutacja genowa”).

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

Przykładowe odpowiedzi

• Leu-Val-Val-Pro-Leu
• Leu – Val – Val – Pro – Leu
• Leu, Val, Val, Pro, Leu
• leucyna, walina, walina, prolina, leucyna
• LVVPL

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi zawierające oznaczenia końców peptydu, np.:

• N Leu-Val-Val-Pro-Leu C
• C Leu-Pro-Val-Val-Leu N (z odwróconą kolejnością).

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

Rozwiązanie
A

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnie zapisanych czterech genotypów warunkujących grupę krwi A.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• HHIᴬIᴬ    HhIᴬIᴬ    HHIᴬi    HhIᴬi    LUB    IᴬIᴬHH    IᴬIᴬHh    IᴬiHH    IᴬiHh
• H_Iᴬ_    LUB    Iᴬ_H_

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi z użyciem innych oznaczeń alleli niż podane we wprowadzeniu do zadania, pod warunkiem zamieszczenia odpowiedniej legendy.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie wartości optimum temperatury wody dla aktywności płaskogłowa ciemnogłowego równego w przybliżeniu 23 °C lub określenie przedziału temperatur, w którym leży to optimum: powyżej 20 °C i poniżej 25 °C lub węższego, ale skoncentrowanego wokół wartości 23 °C.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• około 23 °C
• 23 °C
• 20 °C < optimum < 25 °C
• optimum ∈ (20 °C; 25 °C)
• 22 °C–24 °C

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że podniesienie się średniej temperatury wody może stanowić zagrożenie dla płaskogłowa ciemnogłowego, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do spadku aktywności ryby po przekroczeniu optimum temperaturowego.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Tak / Jest to zagrożeniem.

Przykładowe uzasadnienia

• Ryba w temperaturze powyżej 25 °C ma wyraźnie obniżoną aktywność.
• Ryba w wysokiej temperaturze osiąga bardzo niskie przyśpieszenia, co przekłada się na spadek liczby upolowanych ofiar.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do śmierci płaskogłowa w wyniku szoku termicznego w temperaturze ≥ 27 °C, ponieważ z przedstawionych danych wynika jedynie spadek aktywności ryby w temperaturze 27 °C.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmniejszonej dostępności pokarmu w wysokiej temperaturze, np. „Rozstrzygnięcie: tak. Uzasadnienie: Spadek liczebności krewetek, które są zmiennocieplne i giną w wysokiej temperaturze”, ponieważ uzasadnienie nie odnosi się do przedstawionych wyników badań.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do wnioskowania opartego na obserwacji zachowania ryby w temperaturze większej lub równej 27 °C, np. „Rozstrzygnięcie: tak. Uzasadnienie: Powyżej 27 stopni C obserwowano brak aktywności ryby”, ponieważ takich obserwacji nie przeprowadzono, a jedynie w modelu dopasowanym do uzyskanych danych przewidziano brak aktywności ryby powyżej 27 °C.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do wnioskowania opartego na braku obserwacji zachowania ryby w temperaturze większej lub równej 27 °C, np. „Rozstrzygnięcie: Może. Uzasadnienie: Ponieważ od temperatury 27 stopni C wzwyż nie zaobserwowano aktywności ryby, a więc nie jest w stanie polować”, ponieważ pomiary były prowadzone w środowisku naturalnym i brak pomiarów powyżej 27 °C wynika z ograniczeń klimatycznych, a nie przesądza o braku aktywności w takiej temperaturze.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne wskazanie dwóch cech ryby stanowiących adaptację do drapieżnictwa wraz z przedstawieniem, na czym polega każda z nich.
1 pkt – za poprawne wskazanie jednej cechy ryby stanowiącej adaptację do drapieżnictwa wraz z przedstawieniem, na czym ono polega.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Silne spłaszczenie grzbietobrzuszne sprawia, że ryba jest trudniej zauważalna (przez ofiary).
• Zakopywanie się w piasku umożliwia rybie ataki z ukrycia.
• Wykształcona zdolność zmiany ubarwienia ciała przez rybę umożliwia jej upodobnienie się do tła, co stanowi doskonały kamuflaż.
• Osadzenie oczu na czubku spłaszczonej głowy ułatwia obserwację ofiary, gdy drapieżnik jest zagrzebany w piasku.
• Zdolność do dużych przyśpieszeń sprawia, że dopadnięcie ofiary staje się łatwiejsze.
• Ryba jest w stanie funkcjonować w bezruchu, czekając na ofiarę, żeby następnie zaatakować ją z zaskoczenia.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do ułatwienia polowania bez określenia, na czym to ułatwienie polega, np. „Spłaszczone ciało umożliwia rybie łatwiejsze upolowanie ofiary”.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że wytwarzanie form poduszkowych wśród roślin wysokogórskich jest wynikiem konwergencji, wraz z poprawnym uzasadnieniem, przedstawiającym argument na rzecz niezależnego wykształcenia tej cechy, np. wykształcenie cechy u innych rodzin botanicznych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Jest to przykład konwergencji.

Przykładowe uzasadnienia

• Wytwarzanie form poduszkowatych powstało niezależnie od siebie w różnych grupach taksonomicznych roślin.
• Rośliny należące do różnych, niespokrewnionych rodzin funkcjonują w tym samym środowisku i przystosowały się do niego w ten sam sposób.
• W różnych obszarach górskich rośliny zaadaptowały się do podobnych, skrajnych warunków środowiskowych.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do definicji konwergencji, np. „Rozstrzygnięcie: konwergencja. Uzasadnienie: Wytwarzanie form poduszkowych wyewoluowało wielokrotnie niezależnie”.
Nie uznaje się odpowiedzi nieodnoszących się jednoznacznie do procesów ewolucyjnych, np. „Wytwarzanie form poduszkowatych jest spowodowane warunkami, w jakich rosną te rośliny”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie jednego czynnika abiotycznego (np. odnoszącego się do temperatury, zasobności w wodę lub wiatru) ORAZ określenia jego nasilenia lub poziomu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• niska temperatura (powietrza, podłoża) / mróz
• silny wiatr / wiatr halny / wicher
• niewielka dostępność wody / susza
• silne nasłonecznienie

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do dużych opadów śniegu.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wypełnienie czterech pól tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie