Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
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.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, odnoszące się do braku celowego działania ze strony człowieka.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Opisana obserwacja jest wprawdzie konsekwencją działania człowieka, ale nie były to celowe działania człowieka.
• W tym przypadku człowiek nie selekcjonował umyślnie osobników do rozrodu.

Zasady oceniania
2 pkt – za opisanie planu doświadczenia umożliwiającego weryfikację hipotezy ORAZ za określenie sposobu wnioskowania.
1 pkt – za opisanie tylko planu doświadczenia umożliwiającego weryfikację hipotezy bez określenia sposobu wnioskowania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Opis: Wypuszczenie w zanieczyszczonym obszarze (na którym występują drzewa z ciemną korą) równej liczby ciemnych i jasnych osobników, i sprawdzenie po ustalonym czasie, ile jasnych i ile ciemnych owadów zostało upolowanych przez drapieżniki.
  Weryfikacja hipotezy: Przewaga jasnych osobników wśród upolowanych owadów pozwoli na potwierdzenie hipotezy
• Opis: Wpuszczenie do zamkniętej woliery z określonymi drapieżnikami (np. dwie muchołówki) i z drzewami o przyciemnionej korze określonej liczby ciemnych i jasnych motyli; obserwacja, np. poprzez programy umożliwiające śledzenie (video tracking) indywidualnych losów motyli.
  Weryfikacja hipotezy: Szybsze upolowanie przez drapieżniki motyli jasnych potwierdziłoby hipotezę.
• Opis: Umieszczenie na fragmentach ciemnej i jasnej kory drzew takiej samej liczby martwych motyli (atrap motyli) jasnych i ciemnych za pomocą nietoksycznego kleju. Monitorowanie ich losów, np. za pomocą fotopułapek.
  Weryfikacja hipotezy: Szybsze upolowanie przez drapieżniki motyli jasnych na ciemnym vs. jasnym tle potwierdziłoby hipotezę.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że przedstawione wyniki badań potwierdzają hipotezę o efekcie rozcieńczenia, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do negatywnego związku między bogactwem gatunkowym roślin a częstością infekcji grzybowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie:   Tak / Są zgodne

Przykładowe uzasadnienia

• Wyniki pokazują, że im większa różnorodność gatunkowa roślin na poletku tym niższy poziom infekcji wśród żywicieli.
• Dane z wykresu B potwierdzają, że im większa liczba gatunków roślin na poletku, tym mniejszy procent roślin jest zainfekowanych.
• Na poletkach o największej liczbie gatunków roślin, mimo wielu gatunków patogenów, był mały procent zakażeń roślin.
• Wraz ze wzrostem liczby gatunków roślin zmniejsza się odsetek roślin zaatakowanych przez grzyby.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne sformułowanie dodatniej zależności między bogactwem gatunkowym roślin a bogactwem gatunkowym grzybów pasożytniczych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowa odpowiedź
Wraz ze wzrostem bogactwa gatunkowego roślin wzrasta bogactwo gatunkowe grzybów infekujących rośliny.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne zapisanie fragmentu sieci pokarmowej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
2 pkt – za podanie dwóch poprawnych argumentów, odnoszących się do 1) większej kaloryczności tłuszczów niż cukrów w przeliczeniu na masę ORAZ do 2) możliwości gromadzenia tłuszczów bez gromadzenia wody.
1 pkt – za podanie jednego poprawnego argumentu, odnoszącego się do 1) większej kaloryczności tłuszczów niż cukrów w przeliczeniu na masę ALBO do 2) możliwości gromadzenia tłuszczów bez gromadzenia wody.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowa odpowiedź

1. Glikogen ma mniejszą kaloryczność w przeliczeniu na masę cząsteczkową niż trójglicerydy.
2. Trójglicerydy, w przeciwieństwie do glikogenu, są gromadzone bez udziału wody.

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
Wazopresyna należy do hormonów (steroidowych / niesteroidowych). Ten hormon jest wydzielany przez (podwzgórze / przysadkę mózgową) i wpływa na ilość (wody / glukozy) wydalanej wraz z moczem.

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

Rozwiązanie
Cys–Tyr–Phe–Gln–Asn–Cys–Pro–Arg–Gly–NH₂

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi, w których użyto pełnych nazw aminokwasów lub kody IUPAC (F – fenyloalanina oraz R – arginina).

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że wydzielanie wazopresyny jest przyczyną wzrostu wartości ciśnienia tętniczego krwi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Wazopresyna podnosi ciśnienie krwi.
• Wzrośnie ciśnienie tętnicze krwi.
• Dodatni.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do ograniczenia zwrotnego wchłaniania wody z kanalika bliższego (proksymalnego) z uwzględnieniem osmotycznego mechanizmu transportu wody.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Kofeina blokuje wchłanianie ze światła kanalika sodu – substancji osmotycznie czynnej. Woda pozostaje w świetle kanalika i jest wydalana z moczem, ponieważ nie jest wchłaniana zwrotnie na zasadzie osmozy.
• W normalnych warunkach dzięki resorpcji jonów sodu w kanaliku proksymalnym dochodzi również do wchłaniania wody, ponieważ transport sodu jest przyczyną powstania gradientu osmotycznego.
• W kanaliku bliższym dochodzi do tzw. resorpcji obowiązkowej wody. Transport wody zachodzi biernie – przez kanały białkowe. Aby woda przechodziła przez te pory, najpierw musi zostać aktywnie przetransportowany sód, który jest polarny, i za nim podąża woda.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uniknięcie replikacji uszkodzonego DNA lub uniknięcie przekazania uszkodzonego DNA do komórek potomnych, co ogranicza liczbę mutacji w genach regulujących cykl komórkowy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Umożliwia to naprawę DNA, zanim materiał genetyczny zostanie zreplikowany w fazie S. Dzięki temu nie ulegają uszkodzeniu geny odpowiedzialne za podziały komórkowe.
• Blokuje to przejście do fazy S, w której uszkodzony DNA ulega replikacji, a uszkodzone geny, np. czynników wzrostu, są bezpośrednią przyczyną nowotworów.
• Uniemożliwia to podział komórki, w wyniku którego powstałyby komórki potomne dziedziczące mutację, a mutacje w genach regulujących cykl komórkowy prowadzą do niekontrolowanych podziałów komórkowych.

Zasady oceniania
2 pkt – za dwa poprawne przyporządkowania.
1 pkt – za jedno poprawne przyporządkowanie.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – D,    2. – A.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające wabienie zapylaczy – bezpośrednio lub przez zwiększenie intensywności zapachu – lub wzmożenie aktywności zapylaczy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Dzięki ciepłu łatwiej rozprzestrzenia się zapach przyciągający zapylaczy.
• Ciepło przyciąga zapylające owady, bo niektóre z nich silnie reagują na podczerwień.
• Ciepło potęguje woń przyciągającą zapylaczy.
• Podwyższona temperatura wzmaga aktywność zapylaczy, będących zmiennocieplnymi owadami.

Zasady oceniania
1 pkt – za stwierdzenie, że w kiełkujących ziarniakach pszenicy znajduje się aktywna amylaza, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do trawienia skrobi przez amylazę ORAZ do wybarwiania się skrobi płynem Lugola na kolor granatowy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• W kiełkujących nasionach znajduje się aktywna amylaza, o czym świadczy trawienie skrobi, a powstające produkty nie barwią się płynem Lugola na kolor ciemnogranatowy.
• Jest tam amylaza, ponieważ nastąpił rozkład skrobi, która barwi się na kolor granatowy w obecności płynu Lugola
• Brak zmiany zabarwienia na kolor niebieskogranatowy w miejscach, gdzie znajdowały się ziarniaki, wskazuje na brak skrobi, a to oznacza, że została ona rozłożona (do maltozy) przez amylazę.

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 określenie, że brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do występowania kwiatów męskich i kwiatów żeńskich na jednym osobniku.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Brzoza brodawkowata jest rośliną jednopienną, ponieważ na jednym drzewie występują zarówno kwiatostany męskie, jak i żeńskie.
• Jednopienna, bo jeden osobnik wytwarza zarówno kwiaty męskie, jak i kwiaty żeńskie.
• To roślina jednopienna, bo dany okaz wytwarza i słupki, i pręciki.

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

Rozwiązanie
Łagiewka pyłkowa wnika do zalążka i przenosi do woreczka zalążkowego komórki plemnikowe, które powstały w ziarnie pyłku na drodze (mitozy / mejozy). Jedna z komórek plemnikowych łączy się z komórką jajową, co prowadzi do powstania zygoty i do rozwoju zarodka. Druga komórka plemnikowa łączy się z (komórką centralną / jedną z synergid) – w ten sposób powstaje triploidalna tkanka odżywcza w postaci (bielma / obielma).

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że takson złożony wyłączenie z rodzajów Bacillus i Clostridium nie byłby taksonem monofiletycznym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do pochodzenia Lactobacillus od ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Nie. Takson monofiletyczny to taki, który obejmuje wszystkich potomków ostatniego wspólnego przodka, a w przypadku ostatniego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium mamy do czynienia z jeszcze jednym potomkiem – Lactobacillus.
• Nie może być taksonem monofiletycznym, bo nie obejmuje Lactobacillus – jeszcze jednego potomka najpóźniejszego wspólnego przodka Bacillus i Clostridium.
• Taki takson byłby taksonem parafiletycznym. Co prawda, Bacillus i Clostridium są blisko spokrewnione, ale od ich ostatniego wspólnego przodka pochodzi także Lactobacillus.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do przodka Bacillus i Clostridium bez wskazania, o którego przodka chodzi, np. „Nie, ponieważ przodek tych rodzajów jest także przodkiem innych rodzajów”.

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 uzupełnienie trzech wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli ALBO za poprawne uzupełnienie jednej kolumny tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za wpisanie poprawnej kolejności etapów odpowiedzi immunologicznej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że człowiek po przyjęciu szczepionki zawierającej obcy antygen uzyskuje odporność swoistą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do rozwoju odporności humoralnej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Swoista, ponieważ po przyjęciu antygenu powstaną przeciwciała, wiążące się z tym antygenem.
• Po podaniu antygenu rozwinie się odporność swoista, polegająca na wytworzeniu przez limfocyty B specyficznych przeciwciał.
• Układ odpornościowy po rozpoznaniu obcego antygenu wytworzy plazmocyty oraz komórki pamięci, biorące udział w zwalczaniu konkretnego patogenu, a więc jest to odporność swoista.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłączenie do definicji odporności swoistej, np. „Jest to odpowiedź swoista, bo jest ona skierowana przeciwko konkretnemu patogenowi”.