Filtry wyszukiwania:

Kategorie zadań

Typ zadań

Poziom

Typ matury

Formuła matury

Rok matury

Miesiąc matury

Zadania maturalne z biologii

Znalezionych zadań: 2026
11

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 11. (6 pkt)

Podstawową jednostką funkcjonalno-strukturalną nerki jest nefron. W początkowej części nefronu znajduje się ciałko nerkowe, zbudowane z kłębuszka nerkowego oraz otaczającej go torebki Bowmana. Śródbłonek kapilar kłębuszka jest zespolony z nabłonkiem blaszki trzewnej torebki Bowmana, co sprawia, że płyn przefiltrowany przez kapilary kłębuszka przepływa bezpośrednio do światła torebki Bowmana, a następnie – do kanalika bliższego nefronu.

Część osocza krwi przepływającej przez naczynia włosowate kłębuszków nerkowych ulega przefiltrowaniu do światła torebki Bowmana. Związki przefiltrowane do przesączu kłębuszkowego przepływają następnie przez kanaliki nerkowe, gdzie dochodzi do wchłaniania zwrotnego.

W tabeli przedstawiono zawartość wybranych związków w przesączu kłębuszkowym oraz ilości tych związków ulegające wchłanianiu zwrotnemu u zdrowego człowieka.

Nazwa związku Zawartość w przesączu kłębuszkowym, g/doba Ilość ulegająca wchłanianiu zwrotnemu, g/doba Ilość pozostająca w moczu, g/doba
glukoza 180 180 0
jony sodu 588 584 4

Na podstawie: J.E. Hall, Guyton and Hall Textbook of Medical Physiology, Filadelfia 2016; D.U. Silverthon, Fizjologia człowieka. Zintegrowane podejście, Warszawa 2021.

Zadanie 11.1. (0–2)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące procesów zachodzących w nefronie zdrowego człowieka są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Budowa ciałka nerkowego uniemożliwia przemieszczanie się elementów morfotycznych krwi do światła kanalika nerkowego. P F
2. Podczas filtracji kłębuszkowej większość białek osocza przemieszcza się do światła kanalika nerkowego. P F
3. Zmiany średnicy tętniczki doprowadzającej pozwalają na utrzymanie względnie stałego przepływu krwi przez kłębuszek nerkowy mimo zmian ciśnienia krwi w tętnicy nerkowej. P F
Zadanie 11.2. (0–1)

Określ czynniki warunkujące przechodzenie glukozy z osocza krwi do światła torebki Bowmana. W odpowiedzi uwzględnij wielkość cząsteczki glukozy oraz jedną cechę budowy kapilar kłębuszka nerkowego.

Zadanie 11.3. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały funkcjonowanie nefronu. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie.

Wchłanianie zwrotne Na+ w kanaliku bliższym powoduje, że płyn zewnątrzkomórkowy śródmiąższu nerki staje się (hipertoniczny / hipotoniczny) w stosunku do filtratu pozostałego w świetle kanalika. Dzięki temu woda jest (wydzielana do / wchłaniana z) kanalika bliższego.

Zadanie 11.4. (0–2)

Każdy z hormonów wymienionych poniżej (1.–4.) przyporządkuj do odpowiedniego składnika moczu, którego wchłanianie zwrotne ze światła kanalika nerkowego jest regulowane przez ten hormon. W wyznaczone miejsca wpisz odpowiednie oznaczenie hormonu (lub hormonów).

  1. hormon antydiuretyczny (wazopresyna)
  2. parathormon
  3. kalcytonina
  4. aldosteron

woda: …………………………….       jony sodu: …………………..       jony wapnia: ………………………..

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 11.1. (0–2)

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.

Zadanie 11.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie czynników warunkujących przechodzenie glukozy z osocza krwi do światła torebki Bowmana, uwzględniające względnie małe rozmiary cząsteczek glukozy oraz obecność porów w ścianie naczyń tworzących kłębuszek nerkowy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Dzięki temu, że cząsteczki glukozy są małe, mogą się przemieszczać przez pory występujące w ścianie naczyń włosowatych.
  • Cząsteczki glukozy mają małą masę cząsteczkową i mogą przechodzić przez szczeliny filtracyjne.
Zadanie 11.3. (0–1)

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

Rozwiązanie
Wchłanianie zwrotne Na+ w kanaliku bliższym powoduje, że płyn zewnątrzkomórkowy śródmiąższu nerki staje się (hipertoniczny / hipotoniczny) w stosunku do filtratu pozostałego w świetle kanalika. Dzięki temu woda jest (wydzielana do / wchłaniana z) kanalika bliższego.

Zadanie 11.4. (0–2)

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne przyporządkowanie oznaczeń hormonów do trzech składników moczu.
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie oznaczeń hormonów do dwóch składników moczu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
woda: 1.       jony sodu: 4.       jony wapnia: 2., 3.

12

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 12. (2 pkt)

W trakcie polowania nietoperze emitują i odbierają ultradźwięki o częstotliwości niekiedy przekraczającej 200 kiloherców.

Na podstawie: M.B. Fenton i in., Signal Strength, Timing, and Self-Deafening: The Evolution of Echolocation in Bats, „Paleobiology” 21(2), 1995.

Zadanie 12.1. (0–1)

Wykaż, że zdolność nietoperzy do emitowania i odbierania dźwięków o wysokiej częstotliwości jest przystosowaniem do nocnego trybu życia, który prowadzą nietoperze.

Zadanie 12.2. (0–1)

Spośród podanych cech nietoperzy A–E wybierz i zaznacz dwie, które świadczą o przynależności nietoperzy do gromady ssaków.

A. występowanie błon płodowych
B. obecność włosów
C. obecność kręgosłupa
D. stałocieplność
E. karmienie młodych mlekiem matki

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 12.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między emitowaniem i odbieraniem ultradźwięków a nocnym trybem życia, odnoszące się do umiejętności echolokacji.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Nietoperze wykorzystują ultradźwięki do echolokacji, dzięki czemu mogą ustalić odległość, wielkość i prędkość przeszkód podczas lotu w nocy.
  • Nietoperze korzystają z tego zjawiska, żeby czerpać informację o otoczeniu w warunkach złej widoczności, ponieważ prowadzą nocny tryb życia.
Zadanie 12.2. (0–1)

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

Rozwiązanie
B, E

13

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 13. (1 pkt)

W komórkach zwierząt DNA znajduje się w jądrze komórkowym oraz w mitochondrium.
Dziedziczenie mitochondrialnego DNA określa się jako dziedziczenie pozajądrowe i zachodzi ono według innych reguł niż dziedziczenie DNA jądrowego – dziedziczy się tylko w linii matczynej. Na poniższych rysunkach I i II przedstawiono genotypy dwóch gamet – męskiej i żeńskiej, a na rysunku III – zygotę powstałą w wyniku połączenia się tych gamet.

Podaj genotyp zygoty – w miejsca wyznaczone na rysunku III (……) wpisz w jądrze komórkowym i w mitochondrium odpowiednie oznaczenia alleli.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 13. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie genotypu zygoty.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
W jądrze komórkowym: Aa
W mitochondrium: G

14

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 14. (5 pkt)

Krew i jej składniki są substancjami medycznymi pochodzenia ludzkiego. Pod pojęciem krwi pełnej jest rozumiana krew pobrana od zdrowego dawcy, zawierająca wszystkie składniki krwi. Obecnie przetaczanie krwi pełnej w zasadzie nie jest już stosowane, a pacjentom są przetaczane jedynie składniki krwi, których niedobór występuje u danej osoby. Koncentrat krwinek czerwonych (KKCz) zawiera jednak pewną ilość osocza, ponieważ otrzymuje się go z krwi pełnej, a proces usuwania osocza nie ma 100% wydajności.

Przetoczenie krwi jest poprzedzone dwukrotnym oznaczeniem grupy krwi biorcy w układzie ABO oraz próbą zgodności serologicznej, podczas której jest weryfikowana zgodność grup krwi dawcy i biorcy. Do oznaczania przynależności grupowej krwi w układzie ABO służą hemotesty, zawierające aglutyniny anty-A (α) uzyskane z krwi grupy B, aglutyniny anty-B (β) uzyskane z krwi grupy A oraz aglutyniny anty-A (α) i anty-B (β) uzyskane z krwi grupy O.
Technika oznaczania grupy krwi polega na dodaniu do surowicy testowej zawiesiny badanych krwinek w soli fizjologicznej oraz na obserwacji, czy zachodzi ich aglutynacja (zlepianie się).

Niebezpieczeństwo powikłań po przetoczeniu krwi jest minimalizowane przez stosowanie do transfuzji krwi grupy jednoimiennej, czyli takiej, jaką ma pacjent. Jeżeli grupa krwi biorcy nie jest znana, a występują bezpośrednie zagrożenie życia chorego i konieczność natychmiastowego przetoczenia, lekarz może podjąć decyzję o podaniu KKCz grupy O.

Grupa krwi w układzie ABO jest warunkowana przez allele kodominujące IA i IB oraz allel recesywny i.

Na podstawie: praca zbiorowa, Wytyczne w zakresie leczenia krwią i jej składnikami oraz produktami krwiopochodnymi w podmiotach leczniczych, Warszawa 2014; red. T. Brzozowski, Konturek. Fizjologia człowieka, Wrocław 2019.

Rodzice, z których matka ma grupę krwi AB, a ojciec – grupę krwi O, spodziewają się dziecka.

Zadanie 14.1. (0–1)

Podaj grupę krwi układu ABO, której krwinki nie ulegają aglutynacji w żadnej z surowic testowych.

Zadanie 14.2. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego przetoczenie KKCz grupy O może być szkodliwe dla biorcy, który ma grupę krwi B. W odpowiedzi odnieś się do układu ABO.

Zadanie 14.3. (0–3)

Podaj genotypy rodziców. Na podstawie krzyżówki genetycznej określ wszystkie możliwe grupy krwi potomstwa oraz prawdopodobieństwo wystąpienia grupy krwi AB u dziecka tej pary rodziców. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.

Genotyp matki: ………………………..
Genotyp ojca: ………………………..

Krzyżówka genetyczna:

Możliwe grupy krwi potomstwa:


Prawdopodobieństwo wystąpienia grupy krwi AB: ………….. %

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 14.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie grupy krwi układu ABO.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
grupa krwi O

Zadanie 14.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające występowanie aglutynin β w niewielkiej objętości osocza zawartego w preparacie KKCz grupy O oraz możliwość aglutynacji czerwonych krwinek grupy B u biorcy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Po przetoczeniu KKCz krwi grupy O we krwi biorcy pojawi się niskie stężenie aglutynin β – pochodzących z małej ilości osocza pozostałego w KKCz od dawcy – które mogą spowodować aglutynację krwinek biorcy.

Zadanie 14.3. (0–3)

Zasady oceniania
3 pkt – za poprawne podanie genotypów rodziców, zapis krzyżówki genetycznej, określenie możliwych grup krwi potomstwa oraz określenie prawdopodobieństwa wystąpienia grupy krwi AB wśród potomstwa.
2 pkt – za poprawne podanie genotypów rodziców oraz zapis krzyżówki genetycznej.
1 pkt – za poprawne podanie genotypów rodziców.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Genotyp matki: IAIB
Genotyp ojca: ii

Krzyżówka genetyczna:

IA IB
i IAi IBi

albo

IA IB
i IAi IBi
i IAi IBi

Możliwe grupy krwi potomstwa: A, B
Prawdopodobieństwo wystąpienia grupy krwi AB: 0%

15

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 15. (3 pkt)

Wąż zbożowy (Elaphe guttata) ma charakterystyczne ubarwienie w postaci pomarańczowych plam otoczonych czarną obwódką – jest to tzw. ubarwienie typu dzikiego (zdjęcie A).
Te plamy są nieregularnie rozmieszczone na całym ciele węża, które jest zabarwione na kolor żółtawy. Ubarwienie tego gada kontrolują dwa geny:

  • dominujący allel R jest odpowiedzialny za wytwarzanie barwnika pomarańczowego, natomiast recesywny allel r odpowiada za brak barwnika pomarańczowego
  • dominujący allel B warunkuje powstanie barwnika czarnego, natomiast recesywny allel b uniemożliwia syntezę czarnego pigmentu.

W populacji występują zarówno węże mające pomarańczowe plamy bez czarnych obwódek (zdjęcie B), jak i węże z czarnymi obwódkami, ale bez ich pomarańczowego wypełnienia (zdjęcie C). Natomiast podwójne homozygoty recesywne są formami albinotycznymi, na których ciele występują jednak blade plamy w tej samej liczbie i w tych samych miejscach, co kolorowe plamy ubarwienia typu dzikiego (zdjęcie D).

W poniższej tabeli przedstawiono częstości poszczególnych genotypów i odpowiadających im fenotypów otrzymane po skrzyżowaniu podwójnie heterozygotycznych osobników o ubarwieniu dzikim.

Częstość genotypu Genotyp Fenotyp
1/16 RRBB dziki
2/16 RRBb dziki
1/16 RRbb pomarańczowe plamy bez czarnych obwódek
2/16 RrBB dziki
4/16 RrBb dziki
2/16 Rrbb pomarańczowe plamy bez czarnych obwódek
1/16 rrBB czarne obwódki wokół jasnych plam
2/16 rrBb czarne obwódki wokół jasnych plam
1/16 rrbb albinotyczny

Na podstawie: red. M. Maćkowiak, A. Michalak, Biologia. Jedność i różnorodność, Warszawa 2008; www.sussexvt.k12.de.us

Zadanie 15.1. (0–1)

Na podstawie przedstawionych wyników krzyżówki określ, czy geny warunkujące ubarwienie węża zbożowego są ze sobą sprzężone. Odpowiedź uzasadnij.

Zadanie 15.2. (0–2)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące dziedziczenia ubarwienia ciała węża zbożowego są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Allel B wykazuje niepełną dominację względem allelu b. P F
2. Allel R w pełni dominuje nad allelem r. P F
3. Za liczbę plam na ciele węża odpowiadają zarówno allel B, jak i allel R. P F
Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 15.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że geny R i B nie są ze sobą sprzężone, wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym otrzymane w krzyżówce podwójnych heterozygot rozszczepienie fenotypowe 9 : 3 : 3 : 1, typowe dla niezależnej segregacji chromosomów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Geny R i B nie są ze sobą sprzężone, ponieważ w krzyżówce podwójnych heterozygot rozszczepienie fenotypowe wynosi 9 : 3 : 3 : 1, a jest to typowe dla niezależnej segregacji chromosomów.
  • Oba geny nie są ze sobą sprzężone – w krzyżówce podwójnych heterozygot otrzymane rozszczepienie fenotypowe to 9 : 3 : 3 : 1, a otrzymanie takiego rozszczepienia jest możliwe tylko wtedy, gdy geny dziedziczą się niezależnie od siebie.
Zadanie 15.2. (0–2)

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. – P, 3. – F.

16

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 16. (1 pkt)

Chromotrypsja to zjawisko polegające na rozległej fragmentacji jednego lub kilku chromosomów i ich nieprawidłowej naprawie, która skutkuje licznymi rearanżacjami genomu.
Jedną z możliwych konsekwencji chromotrypsji jest połączenie sekwencji promotora z sekwencją kodującą białko pochodzących z dwóch różnych genów. Obecnie uważa się, że to zjawisko odpowiada za powstawanie wielu nowotworów złośliwych.

Na podstawie: I. Cortés-Ciriano i in., Comprehensive Analysis of Chromothripsis in 2,658 Human Cancers Using Whole-Genome Sequencing, „Nature Genetics” 52, 2020.

Wykaż, że połączenie na skutek chromotrypsji sekwencji promotora z sekwencją kodującą białko pochodzących z dwóch różnych genów, może być przyczyną rozwoju nowotworu.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 16. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że połączenie sekwencji promotora z sekwencją kodującą białko pochodzących z dwóch różnych genów może być przyczyną rozwoju nowotworu, odnoszące się do zmian w ilości LUB w czasie syntezy białek regulujących przebieg cyklu komórkowego.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Może powstać nowy, nieprawidłowy gen, który cały czas aktywuje komórkę do podziałów komórkowych.
  • Białka regulujące cykl komórkowy mogą być syntetyzowane w niewłaściwym momencie, ponieważ ekspresję tych białek warunkuje niewłaściwy promotor.
17

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 17. (4 pkt)

Fuzja centryczna to mutacja powstająca, gdy dwa chromosomy pękną w pobliżu centromeru, a uszkodzenie zostanie niewłaściwie naprawione. Ramiona długie dwóch chromosomów zostają połączone w centromerze i w efekcie powstaje jeden duży dwuramienny chromosom, natomiast ramiona krótkie chromosomów zostają utracone. Ramiona krótkie zawierają przede wszystkim sekwencje powtarzalne i dlatego ich urata nie ma negatywnych skutków dla organizmu. Skutkiem takiej mutacji jest jednak zmniejszenie liczby chromosomów o jeden. W trakcie mejozy chromosomy z par chromosomów uczestniczących w fuzji centrycznej tworzą triwalent zamiast dwóch biwalentów.

Na rysunkach przedstawiono sposób powstawania fuzji centrycznej.

Na podstawie: K.M. Charon, M. Świtoński, Genetyka i genomika zwierząt, Warszawa 2012.

Zadanie 17.1. (0–1)

Uzasadnij, że opisana mutacja jest mutacją chromosomową.

Zadanie 17.2. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. Podkreśl właściwe określenie w każdym nawiasie.

Biwalenty, czyli pary połączonych ze sobą chromosomów homologicznych, tworzą się w (profazie I / profazie II) mejozy. Odbudowa jąder komórkowych podczas mejozy ma miejsce w (anafazie / telofazie).

Zadanie 17.3. (0–1)

Uzupełnij poniższy schemat przedstawiający trzy możliwe wyniki segregacji chromosomów triwalentu do gamet (A–C) podczas mejozy. Określ ploidalność każdej z gamet – wpisz w wyznaczone na schemacie miejsca (…………): „n + 1” lub „n – 1”.

Uwaga: przyjmij założenie, że segregacja pozostałych chromosomów przebiega prawidłowo.

Zadanie 17.4. (0–1)

Wykaż, że możliwe jest urodzenie się potomstwa o prawidłowym kariotypie, w przypadku, gdy jeden z rodziców ma fuzję centryczną chromosomów, a drugi – takiej mutacji nie ma.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 17.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe uzasadnienie, odwołujące się do zmiany struktury chromosomów ALBO do zmiany liczby chromosomów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Mutacja chromosomowa powoduje zmianę w strukturze lub liczbie chromosomów, a w tym przypadku w wyniku translokacji zmieniła się zarówno struktura, jak i liczba chromosomów w komórce.
  • Zmieniła się liczba chromosomów w jądrze komórkowym.
  • Doszło do zmian w budowie chromosomów.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych np. „Jest to mutacja chromosomowa, ponieważ występuje ona w chromosomach”. Mutacje punktowe także zachodzą w DNA chromosomalnym, ale nie powodują zmiany ani struktury, ani liczby chromosomów.

Zadanie 17.2. (0–1)

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

Rozwiązanie
Biwalenty, czyli pary połączonych ze sobą chromosomów homologicznych, tworzą się w (profazie I / profazie II) mejozy. Odbudowa jąder komórkowych podczas mejozy ma miejsce w (anafazie / telofazie).

Zadanie 17.3. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe podanie ploidalności czterech gamet.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zadanie 17.4. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że możliwe jest urodzenie się potomstwa o prawidłowym kariotypie, uwzględniające losowe łączenie się gamet podczas zapłodnienia, umożliwiające połączenie się gamet z właściwą liczbą i strukturą chromosomów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Zgodnie z prawami Mendla gamety łączą się ze sobą w sposób losowy, dlatego istnieje prawdopodobieństwo, że gameta z prawidłową liczbą i strukturą chromosomów od osobnika z mutacją połączy się z prawidłową gametą od drugiego osobnika i powstała zygota nie będzie obciążona taką mutacją.

18

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 18. (2 pkt)

Rodzina storczykowatych jest jedną z grup systematycznych roślin najbardziej zagrożonych wyginięciem w skali światowej. Jednym z głównych powodów tego zagrożenia są zmiany zachodzące w siedliskach zajmowanych przez storczyki.

Miodokwiat krzyżowy (Herminium monorchis), należący do rodziny storczykowatych, jest rośliną niezwykle rzadką, światłożądną, niewielkich rozmiarów, kwitnącą od maja do sierpnia i zapylaną przez owady. W Europie rośnie na ciepłolubnych murawach i na wilgotnych łąkach. W Polsce ze wszystkich wcześniej zidentyfikowanych naturalnych stanowisk zachowało się do chwili obecnej tylko jedno – znajdujące się w obszarze chronionego krajobrazu „Dolina Rospudy”. To stanowisko w Puszczy Augustowskiej liczyło w 1987 r. około 100 roślin kwitnących i 50 płonnych, rosnących w skupieniach po 2 do 8 osobników, na powierzchni około dwóch hektarów. W Puszczy Augustowskiej miodokwiat rośnie na silnie nawodnionym, rozległym torfowisku. Dla ochrony tego stanowiska zaproponowano utworzenie rezerwatu. Ten projekt nie doczekał się jednak realizacji, ale wprowadzono zabiegi ochrony czynnej polegające m.in. na usuwaniu siewek drzew i krzewów. Miodokwiat krzyżowy podlega ścisłej ochronie gatunkowej oraz ochronie na mocy konwencji CITES.

Na podstawie: F. Jarzombkowski, Krajowy program ochrony miodokwiatu krzyżowego Herminium monorchis, Świebodzin 2012; Polska Czerwona Księga Roślin, Kraków 2001; siedliska.gios.gov.pl

Zadanie 18.1. (0–1)

Wykaż, że usuwanie siewek drzew i krzewów na terenie występowania miodokwiatu krzyżowego w Puszczy Augustowskiej sprzyja przetrwaniu tego gatunku.

Zadanie 18.2. (0–1)

Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Miodokwiat krzyżowy podlega ochronie na mocy konwencji CITES, co oznacza, że

A. handel okazami tego gatunku podlega ograniczeniom.
B. konieczna jest ochrona terenów podmokłych na terenie występowania tego gatunku.
C. zabroniona jest budowa dróg w pobliżu terenów występowania okazów tego gatunku.
D. zabronione jest zbieranie okazów tego gatunku poza specjalnie wyznaczonymi miejscami.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 18.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że usuwanie siewek drzew i krzewów zwiększa dostępność światła dla miodokwiatu krzyżowego, który jest rośliną światłożądną.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Usuwania siewek drzew i krzewów spowoduje, że miodokwiat krzyżowy będzie miał dostęp do światła.
  • Jeżeli urosłyby drzewa i krzewy w pobliżu miodokwiatu, to zostałby on zacieniony, a jest rośliną światłożądną. Dlatego należy usuwać siewki drzew i krzewów.
  • Usuwanie tych roślin nie dopuszcza do zacienienia światłożądnego miodokwiatu.
Zadanie 18.2. (0–1)

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

Rozwiązanie
A

19

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 19. (2 pkt)

Powszechne prawie na całym świecie komary Culex pipiens są wektorami wielu poważnych chorób odzwierzęcych, głównie dlatego, że licznie występują na obszarach miejskich.
Taksonomia i systematyka tej grupy stanowi wyzwanie dla badaczy.

Formy komarów Culex pipiens f. molestus oraz Culex pipiens f. pipiens wykazują istotne różnice fizjologiczne i ekologiczne. W przeciwieństwie do C. pipiens f. pipiens, który żyje na powierzchni, komary z londyńskiego metra nie hibernują i żywią się krwią ssaków (ludzi i szczurów), a nie – ptaków.

Komary C. pipiens f. molestus, które rozmnażają się w korytarzach londyńskiego metra, zaczęły stopniowo odróżniać się genetycznie od tych przebywających na powierzchni.
Różnice genetyczne są znaczące – między osobnikami z subpopulacji C. pipiens f. pipiens oraz C. pipiens f. molestus występuje izolacja prezygotyczna i postzygotyczna.

Na podstawie: J. Jońca, Miejska dżungla, „Wiedza i Życie” 9, 2020; K. Byrne, R. Nichols, Culex pipiens in London Underground Tunnels: […], „Heredity” 82, 1999; M.L. Aardema i in., Global Evaluation of Taxonomic Relationships and Admixture within the Culex pipiens Complex of Mosquitoes, „Parasites & Vectors” 13(8), 2020.

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

1. Na podstawie nazw łacińskich komarów C. pipiens f. molestus i C. pipiens f. pipiens można stwierdzić, że te komary są klasyfikowane jako jeden gatunek. P F
2. Brak przepływu genów między opisywanymi populacjami komarów wskazuje, że należą one do różnych gatunków biologicznych. P F
3. Opisane subpopulacje komarów wykazują adaptacje fizjologiczne do lokalnych warunków środowiska. P F
Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 19. (0–2)

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. – P, 3. – P.

20

Matura Czerwiec 2023, Poziom Rozszerzony (Arkusze CKE), Formuła od 2015,
Zadanie 20. (2 pkt)

U wybrzeży Australii przeprowadzono badanie wpływu roślinożernych jeżowców na rozprzestrzenianie się brunatnic. Uważa się, że jeżowce są biotycznym czynnikiem ograniczającym rozprzestrzenianie się tych glonów. Aby odróżnić efekty wywołane przez jeżowce od efektu wywołanego przez ślimaka żywiącego się wodorostami – czareczki – przygotowano trzy poletka doświadczalne:

  • z pierwszego usunięto zarówno jeżowce, jak i czareczki
  • z drugiego usunięto tylko jeżowce
  • z trzeciego usunięto tylko czareczki.

Wyniki porównano z próbą kontrolną, w której występowały oba gatunki żywiące się brunatnicami. Wyniki obserwacji zilustrowano na poniższym wykresie.

Na podstawie: W.J. Fletcher, Interactions Among Subtidal Australian Sea Urchins, Gastropods, and Algae: Effects of Experimental Removals, „Ecological Monographs” 57(1), 1987.

Jeżowce stanowią ważną część pożywienia wydr morskich.

Zadanie 20.1. (0–1)

Na podstawie analizy wykresu rozstrzygnij, które zwierzęta – jeżowce czy czareczki – miały decydujący wpływ na rozprzestrzenianie się brunatnic w badanym ekosystemie morskim. Odpowiedź uzasadnij.

Rozstrzygnięcie:


Uzasadnienie:



Zadanie 20.2. (0–1)

Wyjaśnij, jak spadek liczebności wydr wpłynie na liczebność brunatnic w badanym ekosystemie. W odpowiedzi uwzględnij zależności pokarmowe między obserwowanymi organizmami.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 20.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że obecność jeżowców ma decydujący wpływ na ograniczenie rozprzestrzeniania się brunatnic, wraz z prawidłowym uzasadnieniem, uwzględniającym porównanie wyników prób badawczych z próbą kontrolną.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Rozstrzygnięcie: jeżowce
    Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego stało się przyczyną znacznego wzrostu pokrycia glonami w stosunku do próby kontrolnej, czego nie zaobserwowano po usunięciu czareczek.
  • Rozstrzygnięcie: decydujący wpływ miały jeżowce
    Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego spowodowało zdecydowanie większy rozwój brunatnic w stosunku do próby kontrolnej niż usunięcie czareczek.
Zadanie 20.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu spadku liczebności wydr na spadek liczebności brunatnic w badanym ekosystemie, uwzględniające zależności pokarmowe między wydrami, jeżowcami i brunatnicami.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

  • Spadek liczebności wydr poskutkuje wzrostem liczebności jeżowców, które jako odżywiające się brunatnicami spowodują zmniejszenie ilości brunatnic.
  • Spadek liczebności wydr spowoduje spadek liczebności brunatnic, ponieważ mniej wydr będzie polować na jeżowce, a tym samym więcej jeżowców będzie zjadało brunatnice, przez co zostanie ograniczona ich liczebność.