Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zakończonej skutecznej odpowiedzi immunologicznej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Przez limfocyty B pamięci są wytwarzane przeciwciała po zakończonej odpowiedzi immunologicznej, podczas której wirusy zostały zwalczone.
• HCV może nie być we krwi, ponieważ został on wyeliminowany przez układ odpornościowy, jednak wciąż obecne są przeciwciała anty-HCV, które długo utrzymują się we krwi.
• Limfocyty B, wytwarzające przeciwciała, są długowieczne, więc pomimo samoistnego wyzdrowienia wytworzone wcześniej przeciwciała są obecne we krwi.
• Prawdopodobnie w przebiegu WZW typu C doszło do wytworzenia specyficznych przeciwciał. Choroba została zwalczona, lecz przeciwciała nadal są w organizmie.
• Nastąpił wcześniejszy kontakt z wirusem bez wystąpienia choroby.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające rodzaj materiału genetycznego HCV (RNA) oraz substrat PCR – DNA, oraz rodzaj reakcji katalizowanej przez odwrotną transkryptazę.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję syntezy DNA na matrycy RNA HCV, więc potem można powielać ten DNA metodą PCR.
• Genom wirusa HCV to pojedyncza nić RNA, a ponieważ PCR polega na powielaniu DNA, to trzeba najpierw zmienić nośnik informacji genetycznej z RNA na DNA – co katalizuje odwrotna transkryptaza.
• RT używa wirusowego RNA jako matrycy do syntezy cDNA, wykorzystywanego w PCR.

Uwagi:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do „przepisywania RNA na DNA” zamiast „syntezy DNA na matrycy RNA”.
Nie uznaje się odpowiedzi będących jedynie tautologią, np. „Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję odwrotnej transkrypcji”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do HCV jako do retrowirusa, np. „HCV zawiera odwrotną transkryptazę, zatem na matrycy RNA wirusowego powstaje DNA – substrat PCR”.

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

Rozwiązanie
BC

Zasady oceniania
2 pkt – poprawne wypełnienie czterech komórek tabeli.
1 pkt – poprawne wypełnienie pierwszej kolumny tabeli LUB jednego wiersza tabeli.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

Uwaga:
Kolejność wierszy w tabeli nie ma znaczenia.

Zasady oceniania
1 pkt – podanie poprawnej nazwy wiązania hydrolizowanego przez separazy.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi
peptydowe / amidowe

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „wiązanie kowalencyjne”

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

Przykładowe odpowiedzi

• na granicy metafazy i anafazy
• anafaza, metafaza

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

Przykładowe odpowiedzi

• faza S
• interfaza
• faza S interfazy

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

Rozwiązanie
NT

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

Rozwiązanie
A

Zasady oceniania
3 pkt – poprawne podanie:

• genotypu samicy ORAZ
• genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia ORAZ
• prawdopodobieństwa pojawienia się wśród potomstwa krzyżowanej pary muszek osobnika barwy brązowej o normalnie wykształconych odnóżach.

2 pkt – poprawne podanie:

• genotypu samicy ORAZ
• genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia

1 pkt – poprawne podanie genotypu samicy.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1.       lub       bd / bd ,       lub       bd // bd
2. 1. BD 41,25 % lub 0,4125
   2. bd 41,25 % lub 0,4125
   3. Bd 8,75 % lub 0,0875
   4. bD 8,75 % lub 0,0875
3. 41,25 % lub 0,4125

Uwaga:
Jeżeli zdający podaje niepełne rozwiązanie w przypadku genotypu samicy: bbdd, a więc właściwy genotyp, ale nieuwzględniający w zapisie położenia loci na chromosomach, to za rozwiązanie całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt.
Jeżeli zdający stosuje podczas obliczeń zaokrąglenia, to za rozwiązanie całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt.
Dopuszcza się odpowiedzi, z których wynika, że rekombinacja genetyczna zachodzi wyłącznie u samic D. melanogaster.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające argument na rzecz niezależnego pochodzenia cechy.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Pojawienie się szablastych zębów u Thylacosmilus i u Smilodon to efekt ewolucji zbieżnej, ponieważ zęby pojawiły się niezależnie u torbaczy i u kotowatych.
• Jest to przykład konwergencji, ponieważ ta sama cecha rozwinęła się w dwóch różnych liniach ewolucyjnych, różniących się morfologicznie.
• Ostatni wspólny przodek tych dwóch rodzajów miał zęby normalnej długości, a więc ta cecha musiała powstać niezależnie.
• Thylacosmilus i Smilodon wykształciły zęby szablaste niezależnie od siebie, gdyż pojawienie się tych zębów nastąpiło dwa razy na podanym drzewie filogenetycznym (czerwone kropki), co oznacza, że jest to wynik konwergencji.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do definicji konwergencji np. „Jest to cecha, która powstała niezależnie” lub „Zęby u obu rodzajów miały różne pochodzenie”.
Dopuszcza się odpowiedzi, w których rodzaje Thylacosmilus i Smilodon są traktowane jako gatunki.

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

Rozwiązanie
FF

Zasady oceniania
1 pkt – podanie poprawnej nazwy zależności ORAZ poprawne uzasadnienie, odnoszące się do przykładów korzyści (netto) dla obydwu organizmów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Nazwa zależności
mutualizm / mutualizm fakultatywny

Przykładowe uzasadnienia

• Pająki umożliwiają żabie dostęp do żerowania, a żaba pomaga w ograniczeniu liczebność mrówek i larw much, które odżywiają się jajami oraz potomstwem pająka.
• Pająk chroni żabę przed drapieżnikami, a żaba zjada mrówki, które szkodzą pająkowi.

Uwaga:
Nie uznaje się zbyt ogólnych sformułowań, np.: zależność nieantagonistyczna, protekcjonizm.
Nie uznaje się uzasadnień odnoszących się wyłącznie do definicji mutualizmu, bez odniesienia do przykładów korzyści odnoszonych przez organizmy, np. „Jest to mutualizm, ponieważ obydwa organizmy odnoszą z tej zależności korzyści netto”.
Nie uznaje się odpowiedzi: „mutualizm obligatoryjny” oraz „symbioza”.
Dopuszcza się odpowiedź „protokooperacja” jako nazwę zależności.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne porównanie sposobów trawienia: pozajelitowego i wewnątrzustrojowego przez pająki oraz wewnątrzustrojowego przez płazy.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Pająki zaczynają trawić pokarm pozaustrojowo, a płazy trawią wyłącznie wewnątrzustrojowo.
• Pająki trawią pokarm głównie pozajelitowo, a płazy – wewnątrz układu pokarmowego.
• Pająki odżywiają się pokarmem płynnym, powstającym w wyniku trawienia proteolitycznego ofiary, a potem kończą trawienie pokarmu wewnątrzustrojowo. Płazy trawią tylko w obrębie przewodu pokarmowego.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „wewnątrzkomórkowego” trawienia pokarmu u płazów, np. „Pająki zewnątrzkomórkowo, a płazy – wewnątrzkomórkowo”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do trawienia przez pająki wyłącznie pozaustrojowo, np. „Pająki trawią pozaustrojowo, a płazy – wewnątrzustrojowo”.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wypisanie z tekstu wszystkich żywicieli pośrednich i ostatecznych przywry B. polymorphus.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi
Żywiciele pośredni:
– racicznica zmienna / Dreissena polymorpha / racicznica / Dreissena / małż
– ryby karpiowate / Cyprinidae
Żywiciele ostateczni:
– ryby rybożerne

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające specyficzność pierwszego żywiciela pośredniego.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Pierwszym żywicielem pośrednim tej przywry może być tylko racicznica zmienna.
• Racicznica jest niezbędna do rozwoju sporocyst i cerkarii B. polymorphus.
• Na pewnym etapie larwy mogą żyć wyłącznie w racicznicy.
• Miracidium może wnikać jedynie do ciała D. polymorpha.

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

Rozwiązanie
FF

Zasady oceniania
1 pkt – poprawna ocena stwierdzenia (że jest fałszywe), wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do tego, że nisza podstawowa to zbiór wymagań środowiskowych, a nie – zasięg geograficzny.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Ocena stwierdzenia
fałsz

Przykładowe uzasadnienie
Podstawowa nisza ekologiczna to zbiór warunków środowiskowych, które są potrzebne, aby organizm mógł żyć i rozwijać się, a nie – konkretne miejsce, w którym występują przedstawiciele gatunku, jak w podanym zdaniu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których zasięg geograficzny gatunku jest mylony z jego siedliskiem, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Podstawowa nisza ekologiczna to zakres warunków środowiskowych umożliwiających przeżycie gatunku, a w zdaniu opisano siedlisko krewetki”, lub z niszą zrealizowaną, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Ocean Atlantycki to nisza zrealizowana, którą gatunek zajmuje w warunkach konkurencji z innymi gatunkami, a nisza podstawowa to teoretyczna przestrzeń korzystnych warunków środowiskowych”.

Zasady oceniania
1 pkt – podanie poprawnego przedziału optimum temperaturowego, którego dolna granica mieści się między 9 °C a 13 °C, natomiast górna – między 21 °C a 26 °C.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• 10 °C < optimum < 25 °C
• optimum ∈ (10 °C; 25 °C)
• 10 °C–25 °C
• 9–26 st. C
• 13 °C–21 °C

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury lub z niepoprawną jednostką np.: „Od 10 do 25” lub „Od 10 °C do 25 °C przy zasoleniu od 20 °C do 40 ‰”, lub „10–25 °C przy zasoleniu 25 %”.

Proponowana odpowiedź od maturabiolchem.pl

W skład albuminy wchodzi 35 reszt cystein, które mogą tworzyć mostki disiarczkowe. Do utworzenia jednego mostka niezbędna jest para reszt cystein, zatem w albuminie maksymalnie może powstać 17 mostków disiarczkowych.

Odpowiedź od CKE

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że strukturę III-rzędową albuminy stabilizuje maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych (siedemnaście), odnoszące się do 35 reszt cysteiny tworzących maksymalnie 17 par w cząsteczce.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Ponieważ reszt cysteiny w tym białku jest 35, a więc może być maksymalnie 17 par cystein, a mostki disiarczkowe powstają tylko pomiędzy parą takich reszt.
• W albuminie jest 17 mostków disiarczkowych, a każdy mostek disiarczkowy jest tworzony przez dwie reszty cysteiny, których jest łącznie 35.
• Jest ich maksymalnie 17, ponieważ 35 / 2 = 17,5, a więc jest tylko 17 pełnych par reszt cysteiny.
• Ponieważ w tym białku występuje 17 par reszt cysteiny oraz jedna reszta cysteiny jest bez pary, a każda para tworzy jedno wiązanie disiarczkowe.
• Ponieważ w tym białku występuje 17 cystyn i jedna reszta cysteiny bez pary.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do cystein zamiast do reszt cysteiny.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do liczby reszt aminokwasów siarkowych, ponieważ metionina to również aminokwas siarkowy.

Proponowana odpowiedź od maturabiolchem.pl

Albuminy są białkami dobrze rozpuszczalnymi w wodzie, która stanowi większość osocza krwi. Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe są hydrofobowe przez co słabo rozpuszczają się w wodzie. dlatego po związaniu kwasów tłuszczowych z albuminami tworzą się rozpuszczalne kompleksy które mogą być transportowane we krwi.

Odpowiedź od CKE

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do słabej rozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu krwi i dobrej rozpuszczalności albuminy w osoczu krwi.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się dobrze w wodzie, która jest głównym składnikiem osocza krwi. Albumina jest białkiem dobrze rozpuszczalnym w wodzie, a więc po przyłączeniu kwasów tłuszczowych uczestniczy w ich transporcie we krwi.
• W przeciwieństwie do albuminy takie kwasy tłuszczowe słabo rozpuszczają się w osoczu krwi i dlatego są transportowane dopiero po związaniu się z cząsteczkami albuminy.
• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się w płynach ustrojowych, dlatego muszą się wiązać z cząsteczkami albuminy dobrze rozpuszczalnymi w osoczu.
• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie są rozpuszczalne w osoczu. Dzięki połączeniu z rozpuszczalną w osoczu albuminą możliwy staje się ich transport, dlatego że powstały kompleks jest rozpuszczalny.
• Ponieważ albuminy to białka dobrze rozpuszczalne, a kwasy tłuszczowe to związki słabo rozpuszczalne.
• Albumina jest rozpuszczalna, a DKT – nie są.

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do rozpuszczania się we krwi – zamiast w osoczu krwi.
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do całkowitej nierozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w wodzie.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmiany właściwości kwasów tłuszczowych w wyniku ich związania z albuminą, np. „Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe stają się rozpuszczalne w osoczu krwi po przyłączeniu się do albuminy”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do hydrofobowości lub niepolarności kwasów tłuszczowych, np.:

• DKT mają charakter hydrofobowy, więc bez związania z hydrofilową albuminą ich transport we krwi nie byłby możliwy.
• DKT mają charakter niepolarny, więc dopiero po związaniu się z polarną albuminą ich transport we krwi staje się możliwy.