Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
TT

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że parowanie wody z powierzchni roślin jest przyczyną przyśpieszenia przepływu wody w drewnie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do mechanizmu transpiracyjno-kohezyjnego transportu wody.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie
Przyśpiesza.

Przykładowe uzasadnienia

• Ponieważ w liściach obniża się potencjał wody.
• Parowanie wody z powierzchni roślin przekłada się na zwiększone podciśnienie hydrostatyczne w naczyniach.
• Transpiracja generuje siłę ssącą.
• W wyniku parowania wody z mezofilu obniża się w tych komórkach potencjał osmotyczny, co przekłada się na podciąganie wody przez sąsiadujący ksylem.
• Spadek potencjału wody w liściach jest przyczyną przyśpieszenia transportu wody w drewnie, ponieważ powstaje siła ssąca, a słup wody liście – łodyga – korzenie jest spójny dzięki siłom kohezji.
• Ψ_W spada w liściu, ponieważ ΨS staje się bardziej ujemny, a Ψ_P staje się mniej dodatni.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku dostępu do wody oraz do roli wody w kiełkowaniu nasion, np. do pęcznienia nasion lub do przerwania spoczynku nasion.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Woda umożliwia zachodzenie procesów metabolicznych i przerwanie spoczynku nasion, a w tej grupie nie była zwilżana lignina.
• W tej próbie nie było dostępu do wody, a woda jest potrzebna do przerwania spoczynku nasion i do rozpoczęcia kiełkowania.
• Bez wody nie dochodzi do imbibicji nasion i do rozerwania łupiny nasiennej.
• Woda jest konieczna do pęcznienia nasion – pierwszego etapu kiełkowania nasion.
• Bez wody praktycznie nie zachodzą procesy metaboliczne, konieczne do rozwoju i wzrostu siewki.
• Pobieranie wody jest przyczyną pękania łupiny nasiennej.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do braku procesów metabolicznych w nasionach, np. „Nasiona są suche i dlatego nie zachodzi tam oddychanie komórkowe, które jest konieczne do kiełkowania. Dzięki wodzie nasiona przerywają spoczynek i są uruchamiane procesy metaboliczne”.
Uznaje się odpowiedzi zawierające archaiczne słownictwo, np. „pękanie skorupki” zamiast współcześnie obowiązującego terminu „pękanie łupiny”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „nabrzmiewania” lub „puchnięcia” nasion.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do fotosyntezy jako warunku koniecznego do kiełkowania nasion, np. „Bez wody nie zachodzi fotosynteza i dlatego w takich warunkach nasiona nie kiełkują”.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do zmiennej lub do nieokreślonej ilości wody w świeżej masie roślin.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Ponieważ świeże rośliny zawierają nieokreśloną ilość wody, zaburzającą wyniki pomiarów.
• Woda może stanowić >90 % świeżej masy siewek. Usunięcie jej przez suszenie sprawia, że stwierdzone eksperymentalnie różnice masy wynikają głównie z akumulacji lub utraty związków węgla.
• Kiełkujące i rosnące rośliny pobierają różną ilość wody, przez co niemożliwe staje się zmierzenie masy związków organicznych w świeżej masie materiału roślinnego.
• Nasiona w spoczynku mają bardzo niską zawartość wody, a kiełkujące nasiona pobierają jej dużo. Dlatego aby porównać ilość związków organicznych między grupami, należy wysuszyć próbki.
• Siewki pobierają wodę i dlatego nie wiadomo, czy przyrost ich masy wynika z asymilacji węgla, czy – z większej zawartości wody, różnej w różnych próbach.
• Świeża biomasa ≈ woda + związki organiczne, a więc, aby zmierzyć zawartość związków organicznych, trzeba pozbyć się wody z materiału roślinnego, bo nie wiadomo, ile jej w nim jest.
• Etiolowane siewki mają większą zawartość wody niż te rosnące na świetle. Wodę trzeba z nich usunąć, żeby móc ocenić różnice w zawartości innych związków.
• Ponieważ wyniki oszacowania bilansu węgla w roślinach są wiarygodne jedynie wtedy, gdy nasiona i siewki są w jednakowym stopniu pozbawione wody.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, odnoszących się wyłącznie do braku wody w suchej masie rośliny, np. „W suchej masie roślin nie ma wody”.

Zasady oceniania
1 pkt – wskazanie grupy 1., wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zachowania wyjściowego poziomu związków organicznych w tej próbie, bezpośrednio lub pośrednio – np. przez odniesienie się do ograniczenia procesów metabolicznych lub do braku fotosyntezy i oddychania.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie
Grupa 1.

Przykładowe uzasadnienia

• W grupie 1. procesy metaboliczne praktycznie nie zachodziły, a więc zachowała ona początkową zawartość związków organicznych i stanowi w tym doświadczeniu punkt odniesienia dla pozostałych grup: 2. i 3.
• Ze względu na brak wody nasiona w grupie 1. pozostały w spoczynku, a więc nie zmieniała się u nich zawartość związków organicznych podczas trwania eksperymentu.
• W tej grupie nie zachodziły procesy fotosyntezy i oddychania.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zawierających poprawne uzasadnienie, ale niewskazujących jednoznacznie numeru grupy, np. „Rozstrzygnięcie: —-; Uzasadnienie: W tej grupie nie zachodziły procesy ani fotosyntezy, ani oddychania”.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza, odnoszące się do przyrostu suchej masy.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W tej próbie był dostęp do wody i do światła, co jest konieczne do fotosyntezy, ale niewystarczające. Po wynikach doświadczenia widać, że ten proces rzeczywiście miał miejsce, ponieważ wzrosła sucha masa badanych roślin.
• W grupie 2. rośliny musiały rzeczywiście przeprowadzać fotosyntezę, ponieważ wzrosła ich sucha masa. Sama dostępność wody i światła nie przesądza o fotosyntezie, ponieważ np. nasiona mogłyby cechować się spoczynkiem bezwzględnym i w takim przypadku w ogóle by nie wykiełkowały.
• Sucha masa roślin na koniec doświadczenia przekraczała początkową świeżą masę, a więc w tej grupie doszło do asymilacji dwutlenku węgla – fotosyntezy.
• Grupa 2. miała większą suchą masę na koniec doświadczenia niż grupa 1., a więc musiało dojść do asymilacji węgla.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do obecności wody i światła – warunków koniecznych do zajścia fotosyntezy. W odpowiedzi musi znaleźć się wykazanie, że ten proces zachodził, odnoszące się do wyników doświadczenia.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
TT

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B2

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne podanie nazw obu tkanek przewodzących.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
I. łyko / floem / łyko pierwotne / floem pierwotny
II. drewno / ksylem / drewno pierwotne / ksylem pierwotny / metaksylem

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do braku rozmnażania płciowego Toxoplasma gondii w organizmie człowieka.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Ocena stwierdzenia
fałsz

Przykładowe uzasadnienia

• W organizmie człowieka, który jest żywicielem pośrednim T. gondii, pasożyt nie rozmnaża się płciowo.
• Jedynie w organizmie kotów ten pasożyt rozmnaża się płciowo.
• Człowiek nie jest dla tego pasożyta żywicielem ostatecznym, w przeciwieństwie do kotowatych.
• U człowieka występują trofozoity i nie są wytwarzane gamety.
• Człowiek jest żywicielem pośrednim.
• U człowieka pasożyt dzieli się mitotycznie, a tylko u kotów dochodzi do zapłodnienia i mejozy.

Uwaga:
Nie uznaje się argumentów odnoszących się do powstawania gamet na drodze mejozy, ponieważ T. gondii wytwarza gamety na drodze mitozy (cykl haplobiontyczny z mejozą postgamiczną).
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do człowieka jako do żywiciela przygodnego T. gondii.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
PP

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do faktycznej drogi zarażenia ludzi toksoplazmozą lub do braku możliwości zarażenia się przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie
Nie. / Nie powinny.

Przykładowe uzasadnienia

• Toksoplazmozą nie można się zarazić od drugiego człowieka – źródłem zarażenia są albo gleba skażona odchodami, albo mięso.
• Dorośli mogą się zarazić toksoplazmozą tylko drogą pokarmową albo przez transfuzję krwi.
• Mimo że toksoplazmoza u matki jest groźna dla płodu, to ciężarne nie mogą się zarazić przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem, np. przez podanie ręki.
• Codzienny kontakt z drugim człowiekiem nie prowadzi do transmisji choroby, nie jest to choroba przenoszona drogą kropelkową.

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do „zakażenia” zamiast do „zarażenia”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do teoretycznych możliwości transmisji pasożyta zamiast do zasad profilaktyki, np. „Rozstrzygnięcie: tak; Uzasadnienie: ponieważ kobieta może się zarazić przez kontakt z krwią lub nasieniem innej osoby”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do braku możliwości transmisji pasożyta między ludźmi, np. „Człowiek nie może się zarazić od drugiego człowieka”.
Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, nieodnoszących się do rodzaju kontaktu, np. „Nie, bo nie mogą się zarazić przez kontakt z drugim człowiekiem”.
Nie uznaje się odpowiedzi, odwołujących się do kotowatych jako jedynej drogi zakażenia, np. „Nie, ponieważ żywicielem ostatecznym są wyłącznie kotowate i to one są przenosicielami pasożytów”.

Zasady oceniania
1 pkt – podanie poprawnych nazw kości.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Nazwa kości X: obojczyk / clavicula
Nazwa kości Y: łopatka / scapula

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi „kość obojczykowa” oraz „kość łopatkowa”

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
AD

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
AD

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
PP

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
NT

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku, uwzględniającego ograniczenie LUB zapobieganie denaturacji CI2 wywołanej działaniem mocznika.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• TMAO chroni białko CI2 przed utratą odpowiedniej struktury przestrzennej spowodowaną obecnością mocznika o wysokim stężeniu.
• TMAO zapobiega denaturacji inhibitora chymotrypsyny 2 pod wpływem mocznika o wysokim stężeniu.
• TMAO chroni inhibitor chymotrypsyny 2 przed zmianą struktury trzeciorzędowej.
• Wpływ na to białko jest ochronny.
• Wpływ jest ochronny.
• TMAO stabilizuje strukturę przestrzenną CI2.
• TMAO ogranicza wpływ mocznika na strukturę przestrzenną CI2.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „renaturacji” białka CI2.
Uznaje się odpowiedzi typu:

• TMAO ma wpływ na utrzymanie struktury przestrzennej CI2.
• TMAO ma korzystny wpływ na strukturę przestrzenną CI2.
• Ten związek ogranicza negatywny wpływ mocznika na kształt białka.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego większą zawartość TMAO w tkance mięśniowej ryb żyjących na większych głębokościach, zarówno w przypadku ryb kostnoszkieletowych, jak i chrzęstnoszkieletowych.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Zarówno u ryb kostnoszkieletowych, jak i u chrzęstnoszkieletowych wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej.
• Wraz ze wzrostem głębokości, na której żyją ryby, wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej, przy czym u ryb chrzęstnoszkieletowych stężenie TMAO jest wyższe niż u ryb kostnoszkieletowych.
• W każdej z tych dwóch grup ryb występuje pozytywna korelacja.
• U ryb wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta stężenie TMAO.
• Im głębiej występują ryby kostnoszkieletowe i chrzęstnoszkieletowe, tym wyższa jest zawartość TMAO w ich tkance mięśniowej, przy czym chrzęstnoszkieletowe mają wyższą zawartość TMAO niż kostnoszkieletowe na tej samej głębokości.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi mówiących o:

• związku przyczynowo-skutkowym, np. „Wzrost zawartości TMAO jest przyczyną wzrostu głębokości występowania tych ryb”
• występowaniu określonych grup ryb na określonych głębokościach, np. „Ryby chrzęstnoszkieletowe występują jedynie do głębokości 3000 m”.
• większym stężeniu TMAO u ryb chrzęstnoszkieletowych niezależnie od głębokości, np. „U ryb chrzęstnoszkieletowych obserwuje się wyższe stężenie TMAO w tkance mięśniowej niż u kostnoszkieletowych na tej samej głębokości” jako jedynym wniosku.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
PP

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne określenie znaczenia próby kontrolnej, odnoszące się do wykluczenia wpływu innych czynników niż procesy przeprowadzane przez jaszczurkę na zmiany zawartości tlenu w bańce powietrza LUB do poziomu odniesienia dla pomiarów w próbie badawczej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Dzięki tym pomiarom wiadomo było, że ubytek tlenu w bańce powietrza na głowie jaszczurki jest związany z procesami przeprowadzanymi przez to zwierzę.
• Dzięki tej próbie można było wykluczyć, że wraz z upływem czasu tlen z bańki powietrza przenika do otaczającej wody.
• Ta próba kontrolna stanowi poziom referencyjny dla wyników pomiarów uzyskanych w próbie badawczej.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawna ocena prawdziwości hipotezy, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się zarówno do zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza przylegającej do głowy jaszczurki, jak i do stałej (w przybliżeniu) zawartości tlenu w bańce w próbie kontrolnej, wraz z logicznym powiązaniem wyników uzyskanych w obu próbach.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie
Potwierdzenie hipotezy: tak

Przykładowe uzasadnienia

• Jaszczurka Anolis aquaticus korzysta z tlenu znajdującego się w wydychanym powietrzu zgromadzonego w bańce powietrza, ponieważ zawartość tlenu w tej bańce się zmniejsza – co nie miało miejsca w próbie kontrolnej.
• Odnotowany brak zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod wodą wskazuje, że zmniejszanie się pO₂ w bańce znajdującej się na głowie jaszczurki wynika z tego, że tlen z tej bańki jest pobierany przez jaszczurkę.
• Skoro w próbie kontrolnej pO₂ minimalnie rosło, to spadek tego parametru w próbie badawczej musiał wynikać z procesów fizjologicznych jaszczurki.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawna odpowiedź uwzględniająca niszczenie zdrowych komórek organizmu.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Zadaniem komórek CAR-T jest niszczenie komórek nowotworowych, przy jednoczesnym oszczędzaniu prawidłowych komórek organizmu.
• Nie należy stosować receptorów CAR rozpoznających niespecyficzne antygeny nowotworowe, ponieważ komórki CAR-T powinny rozpoznawać i niszczyć tylko komórki nowotworowe z odpowiednim antygenem, a nie – zdrowe komórki organizmu.
• Gdyby tego nie zrobiono, komórki CAR-T działałby tak, że rozpoznawałyby i niszczyłyby również inne niż nowotworowe komórki w organizmie.
• Brak wytypowania antygenu charakterystycznego tylko dla danej komórki nowotworowej powodowałby, że terapia CAR-T przypominałaby chorobę autoimmunizacyjną.
• Taka terapia prowadziłaby do niszczenia zdrowych komórek.
• Receptory CAR rozpoznające niespecyficzne antygeny nowotworowe stosuje się wtedy, kiedy nie można znaleźć na komórkach nowotworowych antygenów specyficznych, ponieważ taka terapia prowadzi do niszczenia zarówno komórek nowotworowych, jak i komórek zdrowych.
• Celem terapii CAR-T są często antygeny (np. CD19, BCMA) występujące nie tylko na powierzchni komórek nowotworowych, lecz także na powierzchni tej populacji zdrowych komórek pacjenta, z której wywodzi się nowotwór. Te antygeny są jednak zawsze dokładnie zdefiniowane, a ich występowanie – ograniczone do tej populacji komórek gospodarza (np. do limfocytów CD19+), tak aby pozostałe, zdrowe komórki pacjenta nie stały się celem CAR-T.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające konieczność prezentacji fizjologicznym limfocytom T antygenów przez cząsteczki MHC oraz możliwość rozpoznawania przez limfocyty CAR-T antygenów komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w komórkach nowotworowych jest obniżona.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W przeciwieństwie do fizjologicznych limfocytów T, CAR-T rozpoznają i wiążą antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w tych komórkach jest obniżona.
• Limfocyty CAR-T rozpoznają antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od obecności białka MHC na ich powierzchni, czego nie potrafią limfocyty fizjologiczne, a komórki nowotworowe mają małą ilość białek MHC.
• Ilość białka MHC w komórkach nowotworowych jest obniżona, a więc niszczenie ich z udziałem fizjologicznych limfocytów, wymagających obecności białek MHC, byłoby mniej skuteczne. CAR-T są aktywowane przez kontakt z antygenem niezależnie od cząsteczek MHC.

Zasady oceniania
2 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ORAZ uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia.
1 pkt – wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ALBO uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Kiedy limfocyt T zostaje zainfekowany cząsteczkami retrowirusa zawierającymi gen kodujący receptor CAR, ten gen zostaje wbudowany do genomu komórki i podlega wielokrotnej ekspresji. Natomiast mRNA jest stosunkowo niestabilną cząsteczką, więc otrzymywanie receptora CAR w wyniku translacji tego mRNA też będzie krótkotrwałe.
• Po elektroporacji czas półtrwania mRNA jest krótki – białka powstaje niewiele. Użycie retrowirusa zapewnia długotrwałe wytwarzanie białka, bo gen odpowiedzialny za to białko trafia do genomu gospodarza.
• W przypadku elektroporacji stężenie mRNA ulega zmniejszeniu przy każdym kolejnym podziale komórki. Ten efekt nie występuje w przypadku wbudowania się genu kodującego receptor CAR, co ma miejsce w przypadku zastosowania infekcji wirusowej.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do translacji cząsteczki mRNA tylko jeden raz, np. „W przypadku elektroporacji mamy do czynienia z jednorazowym wytworzeniem receptora CAR na podstawie mRNA wprowadzonego do komórki, podczas gdy zastosowanie retrowirusa warunkuje wielokrotną syntezę receptorów CAR przez limfocyt po wbudowaniu genu CAR do genomu”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do dużych ilości mRNA w przypadku zastosowania infekcji wirusowej oraz małych ilości mRNA w przypadku elektroporacji, np. „W terapii z użyciem retrowirusa gen kodujący receptor CAR wbudowuje się w genom limfocytu T, przez co może on wytworzyć mRNA kodujący ten receptor w dużych ilościach, natomiast elektroporacja ogranicza wytwarzanie receptora CAR jedynie do ilości mRNA mechanicznie wprowadzonego do komórki – komórka nie może wytworzyć kolejnych nici mRNA”, zamiast odniesienia się do stabilności kwasów nukleinowych.

Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
PP

Zasady oceniania
1 pkt – podanie poprawnej nazwy narządu.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
grasica / thymus

Uwaga:
Uznaje się odpowiedź „ciało tłuszczowe zamostkowe” – anatomiczne określenie mocno stłuszczonej grasicy, zawierającej – oprócz tkanki tłuszczowej – także funkcjonalną tkankę limfatyczną.