Zadania maturalne z biologii

Zadanie 15. (0–3)

15.1. (0–2)

Zasady oceniania

2 p – za podanie dwóch poprawnych przykładów reakcji organizmu człowieka w podanych zakresach temperatur wraz z poprawnym określeniem znaczenia adaptacyjnego tych reakcji uwzględniającym:
1) wzrost tempa metabolizmu powodujący zwiększone generowanie ciepła,
2) wzrost intensywności pocenia się lub zwiększenia ukrwienia skóry powodujący zwiększoną utratę ciepła.
1 p. – za podanie jednego prawidłowego przykładu reakcji organizmu człowieka na wskazane zmiany temperatur otoczenia wraz z poprawnym określeniem znaczenia adaptacyjnego tej reakcji.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
1. Zmiana temperatury otoczenia z 20 °C do 10 °C

• W wyniku większej intensywności reakcji metabolicznych większa część energii chemicznej ulega zamianie w ciepło.
• Intensywniejsze procesy kataboliczne prowadzą do uwalniania ciepła, dzięki czemu pomimo obniżania się temperatury otoczenia temperatura ciała utrzymana jest na stałym poziomie.
• Wzrost intensywności wewnątrzkomórkowego oddychania tlenowego prowadzi do uwalniania większych ilości ciepła.
• Podczas zintensyfikowanych przemian metabolicznych uwalniane jest ciepło.

Uwagi:

• Nie uznaje się odpowiedzi „Wzrost tempa metabolizmu prowadzi do pojawienia się dreszczy/skurczy mięśni szkieletowych”, ponieważ wzrost tempa metabolizmu jest skutkiem szybkich skurczy włókien mięśniowych, a nie – jego przyczyną.
• Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do podwyższania temperatury ciała, ponieważ zadanie dotyczy zakresu temperatur środowiska, w którym temperatura ciała jest względnie stała, tzn. sprawnie działają mechanizmy termoregulacyjne zapobiegające jej zmianie.
• Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający odnosi się do wytwarzania energii, a nie – przetwarzania jednej postaci w inną. W szczególności nie uznaje się odpowiedzi, że energia powstaje lub energia jest produkowana, wytwarzana lub generowana.

2. Zmiana temperatury otoczenia z 40 °C do 50 °C

• Silniejsze pocenie się umożliwia odbieranie z organizmu większej ilości ciepła.
• Wzrost wydzielania się potu umożliwia pozbywanie się nadmiaru ciepła z organizmu.
• Intensywniejsze pocenie się – w trakcie parowania woda zawarta w pocie odbiera z organizmu ciepło, co zapobiega przegrzaniu ciała.
• Zwiększenie ukrwienia skóry umożliwia pozbywanie się ciepła z organizmu
• Zwiększenie przepływu krwi przez naczynia skórne umożliwia pozbywanie się ciepła z organizmu.
• Zwiększony przepływ krwi przez naczynia skórne sprawia, że nadmiar ciepła jest wypromieniowywany z organizmu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obniżania temperatury ciała, ponieważ zadanie dotyczy zakresu temperatur środowiska, w którym temperatura ciała jest względnie stała, tzn. sprawnie działają mechanizmy termoregulacyjne zapobiegające jej zmianie.

15.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające pobudzanie tarczycy przez TSH, co skutkuje wzrostem wydzielania hormonów tarczycy i w efekcie przyczynia się do wzrostu tempa metabolizmu i wzrostu temperatury ciała.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Utrata dużej ilości ciepła powoduje obniżanie się temperatury organizmu, co powoduje wzrost wydzielania TSH, który z kolei pobudza tarczycę do wydzielania hormonów tarczycy, a te pobudzają w komórkach organizmu metabolizm, zwiększając wytwarzanie ciepła w organizmie.
• Obniżenie się temperatury organizmu zwiększa wydzielanie TSH, który pobudza tarczycę do wydzielania tyroksyny wpływającej na zwiększenie oddychania tlenowego i wytwarzanie ciepła.
• Hormon tyreotropowy pobudza tarczycę do wydzielania hormonów tarczycy: T₄ i T₃ zwiększających tempo metabolizmu i produkcję większej ilości ciepła chroniącego organizm przed wychłodzeniem.
• Odebranie przez ośrodek termoregulacji w podwzgórzu informacji o obniżeniu temperatury organizmu powoduje uwalnianie liberyn, które pobudzają przysadkę do wydzielania TSH, pod wpływem którego tarczyca wydziela tyroksynę, zwiększającą tempo metabolizmu i w konsekwencji uwalnianie większej ilości ciepła.

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do wzrostu tempa metabolizmu bez określenia jego wpływu na produkcję ciepła, np. „TSH pobudza tarczycę do wydzielania hormonów zwiększających tempo metabolizmu”.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

Zadanie nr 15.1:

1. Spadek temperatury otoczenia z 20 °C do 10 °C powoduje zwiększenie względnego tempa metabolizmu, co skutkuje zintensyfikowaniem procesów metabolicznych, podczas których wydzielane jest ciepło ogrzewające ciało człowieka, co wpływa na utrzymanie względnie stałej temperatury ciała w chłodnym otoczeniu
2. Wzrost temperatury otoczenia z 40 °C do 50 °C powoduje wzrost wydzielania potu. Odparowująca z powierzchni skóry woda sprawia, że odbierane i usuwane jest także ciepło, co zapobiega przegrzaniu organizmu człowieka w środowisku o wysokiej temperaturze.Wzrost temperatury otoczenia z 40 °C do 50 °C powoduje zwiększenie ukrwienia skóry, co zapewnia sprawne wypromieniowanie ciepła z powierzchni ciała człowieka, dzięki czemu zmniejsza się ryzyko przegrzania organizmu.

Zadanie nr 15.2:

Podczas utraty dużych ilości ciepła następuje pobudzenie ośrodka termoregulacji znajdującego się w podwzgórzu, przez co podwzgórze zaczyna produkować tyreoliberynę (TRH). Ta z kolei pobudza przysadkę do wydzielania tyreotropiny (TSH). Tyreotropina działa pobudzająco na tarczycę, która wytwarza hormony T3 i T4, w wyniku czego możemy zaobserwować podwyższony poziom TSH i hormonów tarczycy, które wpływają pobudzająco na metabolizm człowieka, pozwalając na sprawną termoregulację i ochronę przed wychłodzeniem, dzięki podwyższeniu temperatury ciała człowieka.

Zadanie 16. (0–7)

16.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za prawidłowe wypełnienie tabeli, uwzględniające wszystkie możliwe genotypy.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwaga:
Nie uznaje się zapisów genotypów z oznaczeniami alleli innymi niż podane w tekście zadania.

16.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za określenie prawdopodobieństwa 25% i poprawne uzasadnienie odnoszące się do heterozygotyczności Ll2 obojga rodziców.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

•  Prawdopodobieństwo urodzenia kolejnego chorego dziecka z wrodzoną nietolerancją laktozy wynosi 25%, ponieważ oboje rodzice muszą być heterozygotami Ll2, gdyż mają już jedno chore dziecko, a sami są zdrowi.
•  Oboje rodzice są nosicielami choroby, a więc prawdopodobieństwo wynosi 25%.
• Krzyżówka:

Prawdopodobieństwo: 25%.

Uwagi:

• Uznaje się odpowiedzi, w których prawdopodobieństwo 25% zostało wyrażone w postaci ułamka właściwego zwykłego lub dziesiętnego, np. jako ¼ lub 0,25.
• Dopuszcza się oznaczenia alleli inne niż podane w tekście pod warunkiem, że są one jednoznaczne.
• Nie uznaje się odpowiedzi, w których genotypy rodziców lub potomstwa zostały zapisane z przecinkami rozdzielającymi allele.

16.3. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za prawidłowe dokończenie zdania.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B2

16.4. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za podkreślenie nazwy właściwego narządu.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

ślinianki          żołądek          wątroba          trzustka          jelito cienkie

16.5. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie celowości określenia podłoża nietolerancji laktozy, uwzględniające różny sposób postępowania w obu przypadkach:
• przy pierwotnej nietolerancji laktozy – konieczność ograniczenia spożycia laktozy (produktów mlecznych) lub stosowanie suplementacji laktazy,
• w przypadku wtórnej nietolerancji laktozy – możliwość podjęcia leczenia jej przyczyny.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Celem określenia podłoża nietolerancji laktozy jest podjęcie odpowiedniego postępowania:

• w przypadku stwierdzenia podłoża genetycznego konieczne jest zastosowanie diety, polegającej na całkowitej eliminacji laktozy lub uzupełniania laktazy,
  natomiast
• w przypadku nietolerancji laktozy o podłożu wtórym należy przede wszystkim dążyć do diagnozy i leczenia choroby podstawowej, której objawem jest nietolerancja laktozy

16.6. (0–2)

Zasady oceniania
2 p. – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające sposób żywienia noworodka i odżywiania się osoby dorosłej oraz skutki obu typów nietolerancji laktozy dla zdrowia człowieka.
1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające tylko sposób żywienia noworodka lub odżywiania się osoby dorosłej oraz skutki odpowiedniego typu nietolerancji laktozy dla zdrowia człowieka.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
1. Wrodzona nietolerancja laktozy:

• jest niebezpieczna dla zdrowia i życia noworodków, gdyż laktoza występuje w mleku matki, które jest naturalnym pokarmem noworodków.
• jest chorobą, ponieważ uniemożliwia naturalne karmienie noworodka lub niemowlęcia mlekiem matki.

2. Pierwotna nietolerancja laktozy:

• nie powoduje poważnych szkód w organizmie człowieka, gdyż polega na zmniejszonym wytwarzaniu laktazy wraz z wiekiem, a więc w okresie, w którym mleko nie musi być spożywane.
• jest wariantem normy, ponieważ osoby dorosłe odżywiają się zróżnicowanym pokarmem i mleko nie jest dla nich niezbędne.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl
Zadanie nr 16.1:

Zadanie nr 16.2:

Genotyp matki: Ll2

Genotyp ojca: Ll2

Prawdopodobieństwo wystąpienia wrodzonej nietolerancji u kolejnego dziecka podanych rodziców to: 25%

Zadanie nr 16.3:

B2

Zadanie nr 16.4:

jelito cienkie

Zadanie nr 16.5:

W przypadku wystąpienia objawów nietolerancji laktozy u osoby dorosłej należy ustalić czy ma ona podłoże genetyczne (pierwotna nietolerancja), czy została nabyta, ponieważ od tego zależy schemat dalszego postępowania. Wystąpienie nabytej nietolerancji laktozy może świadczyć o postępującym procesie chorobowym, który może wymagać leczenia, natomiast jeśli jest to wrodzona nietolerancja laktozy, osoba ta powinna ograniczyć jej spożywanie, żeby nie narażać się na uporczywe objawy ze strony przewodu pokarmowego.

Zadanie nr 16.6:

1. Wrodzona nietolerancja laktozy: laktoza jest głównym źródłem energii dla niemowląt odżywiających się mlekiem. Niedobór laktazy rozkładającego laktozę powoduje niemożliwość pobierania przez dzieci pokarmu w prawidłowy sposób co może skutkować uszczerbkiem na zdrowiu bąbelków
2. Pierwotna nietolerancja laktozy: laktoza jest głównym źródłem energii dla niemowląt żywiących się mlekiem. Wraz z rozwojem dziecka zmienia się jego dieta; spożywane są coraz mniejsze ilości mleka (zawierającego laktozę) więc ilość enzymu laktazy może się zmniejszać bez narażenia zdrowia jednostki.

Zadanie 17. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za wybór odpowiedzi C wraz z poprawnym uzasadnieniem, wprost lub przez zaprzeczenie, odnoszącym się do dziedziczenia cech sprzężonych z płcią oraz wynikającym z analizy rodowodu.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
C., sprzężonej z płcią dominującej, ponieważ:

• ojciec z polidaktylią (z pokolenia I lub III) ma córkę bez wady.
•  matka bez wady (z pokolenia I lub III) ma synów z polidaktylią.
• ojciec z polidaktylią i matka bez wady mają syna z polidaktylią.
• w przypadku ojca z polidaktylią oraz matki bez wady wszystkie córki powinny mieć polidaktylię, a synowie – nie mieć tej wady. Natomiast w opisanym przykładzie potomstwo w drugim pokoleniu choruje niezależnie od płci.
• gdyby to była mutacja sprzężona z płcią dominująca, to wszystkie córki chorego ojca i zdrowej matki byłyby chore.
• jeżeli choroba byłaby sprzężona z płcią dominująca, to w pokoleniu IV wszyscy mężczyźni byliby zdrowi, a tak nie jest.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

• Sprzężonej z płcią dominującej ponieważ chorzy ojcowie mieli zdrowe córki.
• Gdyby była sprzężona z płcią dominująca, to chory ojciec przekazałby swój jedyny chromosom X z allelem dominującym córce, więc wtedy, niezależnie od drugiego chromosomu X, byłaby ona chora.

Zadanie 18 (0–3)

18.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za zapisanie wszystkich czterech poprawnych genotypów myszy o czarnej sierści.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
BBDD, BBDd, BbDD, BbDd

18.2. (0–2)

Zasady oceniania
2 p. – za podanie poprawnych genotypów osobników rodzicielskich i określenie fenotypów potomstwa oraz ich stosunku liczbowego na podstawie poprawnie wykonanej krzyżówki genetycznej.
1 p – za podanie poprawnych genotypów osobników rodzicielskich i wykonanie krzyżówki genetycznej, przy jednoczesnym błędnym określeniu stosunku liczbowego i rodzajów fenotypów potomstwa.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Genotyp samicy: BbDd
Genotyp samca: bbdd

Krzyżówka:

Przykładowe rozwiązania
Fenotypy potomstwa i ich stosunek liczbowy:

• czarne, brązowe i białe w stosunku 1:1:2
• 25% czarnych, 25% brązowych, 50% białych
•  ¼ czarnych : ¼ brązowych : ½ białych

Uwagi:
• Uznaje się odpowiedzi, w których podano fenotypy potomstwa i ich stosunek liczbowy, mimo braku opisania fenotypów w krzyżówce.
• Uznaje się odpowiedzi, w których krzyżówka genetyczna została zapisana w formie grafu, a nie – szachownicy Punnetta.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

Zadanie nr 18.1:

BBDD, BBDd, BbDD, BbDd

Zadanie nr 18.2:

Samica: BbDd
Samiec: bbdd

Czarne:białe:brązowe

1:2:1

Zadanie 19. (0–3)

19.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za określenie prawidłowej kolejności wszystkich czterech etapów naprawy uszkodzonego DNA.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

19.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne przyporządkowanie nazw wszystkich trzech enzymów oznaczeniom literowym ze schematu.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A. nukleaza     B. polimeraza DNA     C. ligaza DNA
lub
A. III                 B. IV                                C. I

19.3. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające mutagenne działanie promieniowania UV i brak możliwości naprawy skutków takiej mutacji ze względu na defekt jednego z enzymów systemu naprawy DNA.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Promieniowanie UV ma działanie mutagenne, a u chorych na tę chorobę brak jest możliwości naprawy skutków takiej mutacji, ponieważ jeden z enzymów zaangażowanych w naprawę DNA nie działa.
• Osoby chore na „skórę pergaminową” muszą unikać promieniowania słonecznego, ponieważ defekt nukleazy uniemożliwia naprawę DNA w przypadku mutacji powstałej pod wpływem promieniowania UV.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

Zadanie nr 19.1:

od góry: 3 1 2 4

Zadanie nr 19.2:

(podać NAZWY enzymów)
A – nukleaza, B – polimeraza DNA, C – ligaza DNA

Zadanie nr 19.3:

Osoby chore na skórę pergaminową mają defekt jednego z opisanych enzymów naprawy DNA. W wyniku tego, gdy powstanie mutacja spowodowana np. promieniowaniem UV podczas ekspozycji na promieniowanie słoneczne, nie zostanie ona efektywnie naprawiona. Jeśli takie mutacje zajdą w genach regulujących cykl komórkowy, może to doprowadzić do niekontrolowanych podziałów komórkowych, a tym samym do nowotworzenia, więc istotne jest, żeby chorzy na skórę pergaminową nie narażali się na promieniowanie słoneczne, co pozwoli ograniczyć ryzyko powstania np. nowotworu skóry (czerniaka).

Zadanie 20. (0–2)

20.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za określenie, że bakteria Bacteroides thetaiotaomicron jest dla człowieka gatunkiem mutualistycznym wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym przykłady korzyści dla obu gatunków.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Opisana bakteria jest dla człowieka gatunkiem mutualistycznym, ponieważ ta interakcja jest korzystna dla obu gatunków:
• człowiek otrzymuje od bakterii niezbędne dla niego substancje, np. węglowodany i witaminy,
natomiast
• bakteria zyskuje wskutek ograniczenia konkurencji ze strony innych bakterii dzięki produkowaniu przez człowieka substancji antybakteryjnych.
• bakteria czerpie substancje odżywcze ze światła jelita.
• bakteria uzyskuje miejsce do bytowania.

Uwagi:
• Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do rozbudowywania naczyń krwionośnych w jelicie jako korzyści dla człowieka.
• Nie uznaje się uzasadnienia odnoszącego się wyłącznie do definicji mutualizmu lub odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się do obecności w jelitach człowieka bakterii innych niż Bacteroides thetaiotaomicron.

20.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za podkreślenie nazwy właściwej witaminy.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

witamina A          witamina C       witamina D₃      witamina K

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

Zadanie nr 20.1:

Jest ona gatunkiem mutualistycznym. Bakterie tego gatunku syntetyzują niezbędne do prawidłowego funkcjonowania człowieka węglowodany i witaminy, a także, przez pobudzanie budowy sieci naczyń krwionośnych, człowiek dzięki nim lepiej wchłania cząstki pokarmowe. Z drugiej strony, bakterie te są w stanie pobudzić komórki człowieka do produkowania substancji ograniczających konkurujące z nimi gatunki, dzięki czemu Bacteroides thetaiotaomicron mają większą przestrzeń do zasiedlenia i większą ilość substratów niezbędnych do przeprowadzania własnych procesów metabolicznych.

Zadanie nr 20.2:

wit. K

Zadanie 21. (0–5)

21.1. (0–2)

Zasady oceniania
2 p. – za określenie hydrochorii jako sposobu rozprzestrzeniania się roślin i podanie dwóch właściwych, różnych cech diaspor.
1 p. – za określenie hydrochorii jako sposobu rozprzestrzeniania się roślin i podanie jednej cechy diaspor umożliwiającej taki sposób ich rozprzestrzeniania się.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Sposób rozprzestrzeniania:

•  hydrochoria
• przez wodę

Cechy diaspor:

• mają dużą powierzchnię (dlatego łatwo unoszą się na powierzchni wody).
• mają mniejszą gęstość niż woda (dlatego nie toną); posiadają aerenchymę (dzięki czemu unoszą się na wodzie).
• obecność korka (są odporne na nasiąkanie wodą); ściany diaspor są nieprzepuszczalne dla wody.
• są zdolne do przetrwania długiego zanurzenia w (słonej) wodzie; są odporne na zasolenie.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, które odnoszą się do lekkich diaspor, ponieważ cechą warunkującą dodatnią pływalność jest gęstość mniejsza od gęstości wody, a nie – ciężar całkowity ciała.

21.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P, 2. – P, 3. – F.

21.3. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające jedną z następujących cech diaspor: zawartość substancji pokarmowych, odporność na działanie enzymów trawiennych, zachowanie zdolności kiełkowania po przejściu przez układ pokarmowy lub obecność elementów czepnych.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Owoce zawierające nasiona mogą stanowić pokarm dla ptaków i dlatego diaspory mogą być transportowane w układzie pokarmowym ptaków na teren wyspy.
• Nasiona po zjedzeniu owocu przez ptaka nie są trawione w układzie pokarmowym i mogą być przenoszone na inne tereny, gdzie są usuwane z odchodami.
• Nasiona niektórych roślin zachowują zdolność kiełkowania po przejściu przez przewód pokarmowy ptaków i dlatego mogą być rozprzestrzeniane przez ptaki.
• Diaspory wielu gatunków mogą przyczepiać się do piór ptaków i odpadać w różnych miejscach wyspy, przyczyniając się do rozprzestrzeniania tych roślin.

21.4. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające:
• mechanizm – nawożenie podłoża przez mewy lub częstszą zoochorię z udziałem mew,
• skutek – pojawienie się i możliwość rozwoju diaspor nowych gatunków roślin.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Użyźnienie podłoża przez ptasie odchody stworzyło warunki do kiełkowania diaspor gatunków o większych wymaganiach.
• Kolonizacja wyspy przez mewy spowodowała szybsze wzbogacanie podłoża w niezbędne do wzrostu roślin substancje odżywcze, co stworzyło warunki dla bardziej wymagających gatunków roślin.
• Wzrost liczebności mew, w zestawieniu z bliskością innych wysp archipelagu, spowodował, że zwiększyło się prawdopodobieństwo przeniesienia przez ptaki diaspor różnych roślin, co przyczyniło się do wzrostu liczby gatunków roślin kolonizujących wyspę.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odwołujących się do zwiększenia liczebności populacji roślin, zamiast – do wzrostu liczby gatunków roślin.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

Zadanie nr 21.1:

Hydrochoria

• Gruba łupina
• Woskowaty nalot
• Obecność miękiszu powietrznego
• Komory powietrzne

Zadanie nr 21.2

PPF

Zadanie nr 21.3

Diaspory roślin posiadają mięsistą owocnię, która jest atrakcyjnym pokarmem dla ptaków przyczyniających się do rozprzestrzeniania nasion. Przemieszczając się i wydalając je wraz z innymi niestrawionymi resztkami pokarmu umożliwiły rozsiewanie nasion tych roślin w dużej odległości na wyspie.

Zadanie nr 21.4

Wraz z powstaniem kolonii mew zwiększały się pokłady odchodów, które jako cenny nawóz naturalny przyczyniły się do użyźnienia wcześniej jałowych gleb wyspy oraz dostarczyły materii organicznej na skały magmowe (lawę). Użyźniona gleba zapewniła warunki do osiedlania się nowych gatunków roślin, przez co w latach 90 doszło do intensywnego wzrostu roślinności.

Zadanie 22. (0–4)

22.1. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – T, 2. – T, 3. – N

22.2. (0–1)

Zasady oceniania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zawężenia puli genowej żbika.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie

• Dopływ genów kota domowego do puli genowej żbika europejskiego sprzyja utrwalaniu się cech kota domowego w populacji żbika i tym samym może zagrozić jego przetrwaniu.
• Krzyżowanie się żbików z kotami domowymi mogło spowodować zanikanie genów odpowiadających za cechy żbika i w efekcie zagrażać jego przetrwaniu.
• Krzyżowanie się żbików z kotami domowymi mogło spowodować zawężenie puli genowej żbika.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający klasyfikuje żbika europejskiego, kota domowego lub kotożbika do różnych gatunków.

22.3. (0–2)

Zasady oceniania
2 p. – za wyjaśnienie wpływu rozbudowy sieci drogowej na obie cechy populacji:
• liczebność – zwiększona śmiertelność, ograniczenie możliwości rozmnażania  i krzyżowania się lub utrudnione zdobywanie pokarmu,
• różnorodność genetyczną – wzmożony dryf genetyczny, izolacja subpopulacji lub chów wsobny.
1 p. – za prawidłowe wyjaśnienie wpływu badanego czynnika na tylko jedną cechę populacji.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
1. Zagrożenie dla ich liczebności:

• Im więcej dróg, tym więcej żbików będzie ginąć pod kołami samochodów.
• Niszczone są ich naturalne siedliska, w których żbiki mogą występować i swobodnie się rozmnażać.
• Fragmentacja ich siedlisk sprawia, że żbikom trudniej upolować ofiarę.

2. Zagrożenie dla ich różnorodności genetycznej:

• W wyniku fragmentacji siedlisk żbika powstają małe populacje, w których silniej działa dryf genetyczny sprzyjający utracie alleli.
• Poszczególne grupy żbików zostają odizolowane, a więc przepływ genów między odizolowanymi populacjami jest utrudniony, co zmniejsza różnorodność genetyczną.
• W małych subpopulacjach żbika częściej dochodzi do chowu wsobnego, co pogłębia zubożenie puli genowej żbika.

Odpowiedź proponowana przez zespół www.maturabiolchem.pl

22.2

Krzyżowanie się żbików z kotami domowymi stanowi zagrożenie dla istnienia żbika europejskiego, ponieważ podczas krzyżowania się tych zwierząt dochodzi do powstania mieszańców, co powoduje, że czysta pula genowa żbika europejskiego ulega zmniejszeniu. Krzyżowanie takie dodatkowo ogranicza liczbę potomstwa żbika europejskiego, co przyczynia się do dodatkowego ograniczenia puli genowej.

22.3

Zagrożenie dla ich liczebności:

Wraz  z rozbudową sieci dróg zmniejsza się powierzchnia potencjalnego środowiska na którym żbik europejski mógłby żyć i zdobywać pokarm

Zagrożenie dla ich różnorodności genetycznej:

Budowa dróg prowadzi do wzmożonej fragmentacji jego siedlisk co stanowi zagrożenie dla różnorodności genetyczn

1.1 (0-1)

Schemat punktowania
1 p. – za poprawne wykazanie związku między obecnością licznych rybosomów w komórkach trzustki a obecnością dobrze widocznych jąderek, uwzględniające rolę jąderek w syntezie rRNA lub składania podjednostek rybosomów.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
• W jąderkach wytwarzany jest rRNA, który buduje rybosomy, dlatego jąderka są lepiej widoczne, gdyż są aktywne.
• W jąderkach wytwarzany jest rRNA, dlatego w sytuacji, kiedy powstaje dużo rRNA, to jąderka są bardziej wyraźne.
• W jąderkach syntezowany jest rRNA.
• Jąderka odpowiadają za syntezę podjednostek rybosomów.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do dojrzewania mRNA w jąderku, jeżeli zdający jednocześnie wykazał związek między mRNA a syntezą białek na rybosomach.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Jąderka uczestniczą w powstawaniu rybosomów”, „W jąderkach syntezowany jest RNA”, lub zawierających błędne uogólnienie, np. „Jąderka odpowiadają za syntezę rybosomów”, „W jąderkach powstają rybosomy”, albo niewykazujących związku określonego w poleceniu, np. „W jąderkach zawarty jest rRNA”.

1.2. (0–1)

Schemat punktowania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do syntezy w trzustce enzymów (trawiennych) z niej wydzielanych lub hormonów i uwzględniające rolę szorstkiej siateczki śródplazmatycznej w modyfikacji tych białek lub w ich transporcie poza komórkę.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
• W komórkach trzustki na rybosomach związanych z siateczką śródplazmatyczną są syntetyzowane enzymy trawienne, które ulegają w niej modyfikacji, a następnie są wydzielane.
• Komórki trzustki produkują enzymy białkowe wydzielane do jelita, a szorstka siateczka
śródplazmatyczna umożliwia transport tych białek poza komórki trzustki.
• W komórkach trzustki wytwarzane są hormony (przeznaczone do wydzielania poza komórkę), dlatego ich synteza zachodzi na rybosomach przyłączonych do siateczki śródplazmatycznej, która transportuje je dalej.
• Komórki trzustki wytwarzają insulinę, dlatego rybosomy, na których powstaje ten hormon, przyłączone są do siateczki śródplazmatycznej, która umożliwia jego egzocytozę.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi niepełnych, odnoszących się tylko do syntezy białek na rybosomach RER, nieuwzgledniających konkretnej funkcji wydzielniczej trzustki albo roli szorstkiej siateczki śródplazmatycznej w transporcie lub modyfikacji białek, np. „RER bierze udział w syntezie białek przeznaczonych na eksport”.

1.3. (0–1)

Schemat punktowania
1 p. – za określenie różnicy polegającej na występowaniu w mitochondriach rybosomów typu prokariotycznego, a w cytozolu rybosomów typu eukariotycznego albo określenie różnicy w wielkości obu typów rybosomów lub współczynnika sedymentacji obu tych
struktur.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
• W mitochondriach występują rybosomy typu prokariotycznego, które są mniejsze od rybosomów występujących w cytozolu komórek eukariotycznych.
• W mitochondriach występują rybosomy typu prokariotycznego, a w cytoplazmie – typu eukariotycznego.
• Rybosomy mitochondrialne są mniejsze od rybosomów występujących w cytozolu
komórek eukariotycznych.
• Rybosomy cytoplazmatyczne mają stałą sedymentacji 80S, a mitochondrialne – 55S.
• Stosunek rRNA do białek w rybosomach mitochondrialnych jest niższy (1 : 3) niż
w rybosomach cytoplazmatycznych (1 : 1).
• Rybosomy mitochondrialne są mniejsze.
• Rybosomy cytoplazmatyczne mają większą stałą sedymentacji.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi, w których współczynnik sedymentacji dla rybosomów mitochondrialnych został podany jako 70S zamiast 55S.
Nie uznaje się odpowiedzi nieokreślających kierunku różnicy, np.: „różnią się współczynnikiem sedymentacji”, „różnią się wielkością” lub „rybosomy cytoplazmatyczne mają stałą sedymentacji 80S”.
Nie uznaje się odpowiedzi odwołujących się do różnicy w funkcji wynikającej bezpośrednio z odmiennej lokalizacji rybosomów cytoplazmatycznych i mitochondrialnych, np. „Rybosomy mitochondrialne syntezują białka dla mitochondrium, a cytoplazmatyczne – dla całej komórki”.

2.1. (0–2)

Schemat punktowania
2 p. – za poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli.
1 p. – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwagi:
Uznaje się zapisy „NADPH”, „NADPH2” lub „NADPH, H+” zamiast „NADPH + H+” oraz „1⁄2 O2” zamiast „O2”.
Uznaje się cyfry arabskie w oznaczeniach fotosystemów oraz oznaczenia P700 i P680 zamiast, odpowiednio, PS I i PS II.
Nie uznaje się określenia „siła asymilacyjna” zamiast: „ATP i NADPH + H+”.

2.2. (0–1)

Schemat punktowania
1 p. – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do powstawania podczas fosforylacji niecyklicznej NADPH + H+ (zredukowanego przenośnika wodoru) i jego roli w cyklu Calvina.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
• W transporcie cyklicznym nie powstaje NADPH + H+, który jest niezbędny do redukcji węgla (CO2) w cyklu Calvina.
• Tylko podczas fosforylacji niecyklicznej powstaje zredukowany NADP, który jest niezbędny w fazie niezależnej od światła do wytworzenia PGAl z PGA.
• Tylko podczas fosforylacji niecyklicznej powstaje pełna siła asymilacyjna, czyli ATP i NADPH + H+, które są niezbędne do (etapu) redukcji w cyklu Calvina.

Uwaga:
Nie uznaje się określenia, że NADPH + H+ jest niezbędny w procesie regeneracji w cyklu Calvina, np. „ATP i NADPH + H+ biorą udział w redukcji i regeneracji w cyklu Calvina”.

2.3. (0–1)

Schemat punktowania
1 p. – za poprawną ocenę wszystkich trzech stwierdzeń.
0 p. – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – F, 2. – P, 3. – F