Zadania maturalne z biologii

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. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawną odpowiedź, odnoszącą się do kodowania części białek budujących RuBisCO przez geny występujące w DNA jądrowym lub przez geny znajdujące się w DNA chloroplastowym.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Chloroplasty są organellami półautonomicznymi, ponieważ pomimo własnego DNA i obecności rybosomów część białek budujących RuBisCO jest kodowana przez geny występujące w DNA jądrowym.
• Tylko część białek budujących Rubisco jest kodowana przez genom chloroplastowy, dlatego chloroplasty należy uznać za półautonomiczne.
• Chloroplasty są częściowo autonomiczne ze względu na to, że mają one swój kolisty genom zawierający gen rbcL, kodujący większy łańcuch RuBisCO.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do RuBisCO, a podających jedynie definicję organellów półautonomicznych.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie nazw do tkanek wskazanych na mikrofotografii.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A. drewno      B. sklerenchyma

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnego opisu uwzględniającego:
1) wycięcie za pomocą skalpela skrawka z zewnętrznej (dolnej, odosiowej) skórki liścia spichrzowego cebuli
2) umieszczenie skrawka cebuli w kropli wody na szkiełku podstawowym
3) przykrycie skrawka cebuli szkiełkiem nakrywkowym.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Z dolnej strony liścia spichrzowego cebuli (warstwy z pigmentem) należy wyciąć za pomocą skalpela cienki skrawek i umieścić go w kropli wody na szkiełku podstawowym, a następnie przykryć szkiełkiem nakrywkowym.
• Przygotowanie preparatu mikroskopowego wymaga przecięcia skalpelem wierzchniej warstwy liścia cebuli, umieszczenia skrawka cebuli w kropli wody na szkiełku podstawowym i przykrycia skrawka szkiełkiem nakrywkowym.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi, w których odwrócono kolejność działań – najpierw położenie skrawka na szkiełku podstawowym, a następnie dodanie kropli wody.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne opisanie widocznych zmian – odstawanie protoplastów od ścian komórek (plazmoliza) oraz poprawne wyjaśnienie tych zmian uwzględniające zachodzenie osmotycznego wypływu wody z komórek po umieszczeniu komórek w roztworze hipertonicznym.
1 pkt – za poprawne opisanie widocznych zmian – odstawanie protoplastów od ścian komórek (plazmoliza).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Opis zmian wyglądu komórek: obkurczanie się protoplastów, które zaczęły odstawać od ścian komórkowych.
  Wyjaśnienie zaobserwowanych zmian: umieszczenie fragmentu skórki liścia spichrzowego w hipertonicznym roztworze NaCl spowodowało odpływ wody z komórek.
• Opis zmian wyglądu komórek: doszło do plazmolizy w tych komórkach.
  Wyjaśnienie zaobserwowanych zmian: tkanka widoczna na fotografii 2. została umieszczona w roztworze hipertonicznym, co wywołało osmotyczny wypływ wody z komórek.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że zmiany w wyglądzie komórek można odwrócić poprzez umieszczenie komórek w środowisku hipotonicznym.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Wyjściowy wygląd obserwowanych komórek można przywrócić, gdy umieści się je w wodzie.
• Deplazmoliza zajdzie po umieszczeniu preparatu w środowisku hipotonicznym w stosunku do wnętrza komórki

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

Przykładowe rozwiązania

• CAU
• 5′ CAU 3′

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że obserwowano tkankę twórczą (merystematyczną) pierwotną.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• tkanka twórcza pierwotna
• merystem pierwotny korzenia
• merystem wierzchołkowy korzenia

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne przyporządkowanie faz mitozy do trzech komórek.
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie faz mitozy do dwóch komórek.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A. profaza       B. metafaza       C. anafaza

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie znaczenia wytworzonego białka Imm w uniemożliwianiu przedostania się DNA kolejnego faga T4 do wnętrza komórki bakterii i w konsekwencji zatrzymanie wtórnej infekcji na etapie wnikania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• W komórkach bakterii zainfekowanych fagiem T4 dochodzi do wytworzenia białka Imm, które kieruje DNA kolejnego faga T4 do przestrzeni międzybłonowej, co uniemożliwia dalszy przebieg infekcji i namnażanie kolejnego faga T4.
• Białko Imm, wytworzone na podstawie informacji genetycznej faga T4 wprowadzonej do komórki bakterii wskutek pierwotnej infekcji, uniemożliwia wniknięcie materiału genetycznego kolejnego faga do wnętrza komórki, co wstrzymuje cykl jego namnażania na etapie wnikania.
• Obecność białka Imm w komórkach bakteryjnych zainfekowanych fagiem T4 skutkuje skierowaniem materiału genetycznego kolejnego faga do przestrzeni międzybłonowej, gdzie jest on trawiony przez obecne tam nukleazy.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie nazwy składnika ściany komórkowej bakterii.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• mureina / mureina z mostkami peptydowymi
• peptydoglikan

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że E. coli jest bakterią Gram-ujemną wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do jednej cechy budowy bakterii widocznej na schemacie – obecności błony zewnętrznej lub cienkiej ściany komórkowej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Jest to bakteria Gram-ujemna, ponieważ

• ma oprócz błony komórkowej dodatkową błonę zewnętrzną.
• cienka ściana komórkowa jest z zewnątrz okryta dodatkową błoną.
• ma cienką ścianę komórkową.

Zasady oceniania
1 pkt – za pozytywną odpowiedź na postawione pytanie badawcze.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Tak.
• Pozwala to na ograniczenie używania nawozu.
• Równoczesna obecność dwu badanych szczepów Azotobacter chroococcum pozwala na ograniczenie używania sztucznych nawozów azotowych w uprawie bawełny.
• Uprawa bawełny w obecności szczepu AC1 i AC10 tej bakterii pozwala na ograniczenie używania syntetycznych nawozów azotowych.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie związku pomiędzy obecnością ureazy w glebie a wzrostem bawełny, uwzględniające rozkład przez urazę mocznika do łatwiej przyswajalnych przez bawełnę jonów amonowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Ureaza katalizuje rozkład mocznika dostarczanego jako nawóz do jonów amonowych, które są łatwiej przyswajalne dla roślin.
• Ten enzym katalizuje reakcję, w wyniku której z mocznika dostarczanego jako nawóz powstają łatwo przyswajalne przez rośliny jony amonowe.

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

Rozwiązanie
Bakteria A. chroococcum jest (chemoautotrofem / heterotrofem). Prowadzi (pasożytniczy / saprobiontyczny) tryb życia, ponieważ (wydziela enzymy proteolityczne / pobiera substancje pokarmowe wydzielane przez korzenie roślin).

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że jest to mutualizm, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do korzyści uzyskiwanych zarówno przez rośliny – dostęp do związków azotowych, jak i bakterie – otrzymywanie substancji pokarmowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Jest to mutualizm, ponieważ bakterie otrzymują produkty fotosyntezy od rośliny, a rośliny mają łatwiejszy dostęp do związków azotowych. Jest to więc zależność obustronnie korzystna.
• Mutualizm to relacja dwóch organizmów, w której obydwa osiągają korzyść netto. W tym przypadku rośliny otrzymują związki zawierające azot, a bakterie uzyskują związki organiczne wytworzone przez rośliny. Jest to więc mutualizm.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne podanie po jednym przykładzie zmiennej niezależnej, zależnej i kontrolowanej.
1 pkt – za poprawne podanie po jednym przykładzie zmiennej niezależnej i zależnej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Zmienna niezależna: temperatura otoczenia
Zmienna zależna: całkowite tempo przemiany materii / wewnętrzna temperatura / współczynnik oddechowy
Zmienna kontrolowana: pochodzenie zwierząt (z jednej populacji) / sposób karmienia przed zapadnięciem w stan hibernacji.

Zasady oceniania
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.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne stwierdzenie, że nie przez cały czas trwania stanu hibernacji substratem energetycznym są tłuszcze, wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do wyników pomiaru współczynnika oddechowego w zależności od temperatury.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Tłuszcze nie stanowiły jedynego substratu energetycznego susłogonów podczas trwania stanu hibernacji, ponieważ współczynnik oddechowy bliski 0,7 – a więc typowy dla spalania tłuszczów – występował tylko wtedy, gdy temperaturze otoczenia była w zakresie 4–8 °C.
• Tłuszcze nie stanowiły jedynego substratu energetycznego, ponieważ, gdy temperatura otoczenia wynosiła poniżej 4 °C / powyżej 8 °C, współczynnik oddechowy był znacznie wyższy niż 0,7, co wskazuje na wykorzystanie również innych niż tłuszcze substratów energetycznych.
• Tłuszcze nie stanowiły jedynego substratu energetycznego, ponieważ, gdy hibernacja odbywała się w temperaturze otoczenia −8 °C lub 12 °C, współczynnik oddechowy wynosił około 0,8, co wskazuje na wykorzystanie białek jako substratów energetycznych.
• Nie, ponieważ w zależności od temperatury otoczenia (w niskich, gdy susłogon hibernuje) współczynnik oddechowy zwierzęcia się zmienia, a gdyby jedynym substratem energetycznym były tłuszcze, to byłby stały, a jego wartość wyniosłaby około 0,7.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie, że ślinianki są gruczołami wydzielania zewnętrznego, wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do miejsca wyprowadzania wydzieliny lub do obecności przewodów wyprowadzających.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Nie są gruczołami wydzielania wewnętrznego / są gruczołami wydzielania zewnętrznego, ponieważ

• wydzielina przez nie produkowana wydzielana jest do jamy ustnej.
• wydzielina przez nie produkowana trafia do światła przewodu pokarmowego.
• wydzielina przez nie wytwarzana jest wyprowadzana z gruczołu przez przewody wyprowadzające, których nie mają gruczoły wydzielania wewnętrznego.
• mają przewody wyprowadzające.

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór poprawnej nazwy rodzaju zęba oznaczonego na rysunku literą X.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie związku budowy jamy ustnej z trawieniem skrobi, uwzględniające obecność gruczołów ślinowych, wydzielanie śliny oraz obecność w ślinie amylazy ślinowej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Obecność w jamie ustnej ślinianki (podżuchwowej), która wydziela ślinę zawierającą amylazę ślinową umożliwiającą trawienie skrobi / hydrolizę wiązań 1,4-α-glikozydowych obecnych w skrobi.
• W ślinie wydzielanej przez ślinianki występuje enzym, który przeprowadza hydrolizę wiązań glikozydowych, występujących w cząsteczce skrobi.

Uwagi:
Uznaje się odniesienie do ślinianki podjęzykowej, gdyż wytwarza ona również niewielką ilość śliny surowiczej.
Uznaje się odniesienie do zawartości wody w ślinie, która jest środowiskiem reakcji trawienia enzymatycznego / jest substratem do reakcji hydrolizy.

Zasady oceniania
1 pkt – za wybór dwóch produktów spożywczych zawierających skrobię.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
kasza jęczmienna, marynowana cebula

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 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.

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.

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.