Zadania maturalne z biologii

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B2

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie znaczenia pamięci immunologicznej, która pozwala na skrócenie czasu odpowiedzi immunologicznej i rozwinięcie silniejszej odpowiedzi immunologicznej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Odpowiedź wtórna jest szybsza od pierwotnej i powstaje więcej przeciwciał.
• Pamięć immunologiczna podczas wtórnej odpowiedzi immunologicznej skraca czas odpowiedzi i zwiększa jej siłę.

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

Rozwiązanie

A. gruźlica       B. AIDS       C. grypa       D. tężec       E. borelioza

Zasady oceniania
2 pkt – za wybór trzech prawidłowych dokończeń zdań.
1 pkt – za wybór dwóch prawidłowych dokończeń zdań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B, C, E

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
C2

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie, że próba badawcza to próba 4. wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do jednoczesnego użycia dwóch szczepów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Nr próby badawczej: 4.
Uzasadnienie: w tej próbie użyto obydwu szczepów – R i S.

Zasady oceniania
2 pkt – za prawidłowy wybór dwóch wariantów doświadczenia wraz z prawidłowym uzasadnieniem, odnoszącym się do skrócenia kawałków bulwy ziemniaka na skutek osmotycznego odpływu wody oraz do zachowania długości kawałków bulwy ziemniaka w warunkach równowagi osmotycznej.
1 pkt – za prawidłowy wybór jednego z wariantów doświadczenia wraz z prawidłowym uzasadnieniem.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Kawałki bulwy ziemniaka skróciły się w wariancie: III
Uzasadnienie: stężenie soli było tak duże, że woda zaczęła odpływać z komórek do środowiska zewnętrznego.

Długość kawałków bulwy ziemniaka pozostała bez zmian w wariancie: II
Uzasadnienie: roztwór w zlewce były izotoniczny w stosunku do soku komórkowego, a więc woda ani nie napływała do komórek, ani z nich nie odpływała.

Zasady oceniania
1 pkt – za trzy poprawne przyporządkowania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A2, B4, C1

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające ograniczający wpływ na proces fotosyntezy przykładów innych czynników niż natężenie światła.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Dzieje się tak ze względu na inne czynniki ograniczające wydajność fotosyntezy, np. dostępność CO₂.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłową odpowiedź, odnoszącą się do gromadzenia wody kapilarnej w różnych przestrzeniach, np.: między listkami a łodyżką, w komórkach retortowych, lub pomiędzy szeregami komórek asymilacyjnych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
U mchów występują liczne mikroskopijne przestrzenie, w których może gromadzić się woda, np. pomiędzy szeregami komórek asymilacyjnych na powierzchni listków.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie numerów dwóch gatunków mchów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
3, 4

Zasady oceniania
3 pkt – za poprawne wypełnienie czterech wierszy tabeli.
2 pkt – za poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
2 pkt – za podanie dwóch cech wraz ze znaczeniem adaptacyjnym.
1 pkt – za podanie jednej cechy wraz ze znaczeniem adaptacyjnym.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie

1. Obecność żwacza – osobnej komory żołądka – umożliwia symbiozę z bakteriami i orzęskami wytwarzającymi enzymy rozkładające celulozę.
2. Długie jelito cienkie zapewnia dużą powierzchnię wchłaniania produktów trawienia składników pokarmowych.

Zasady oceniania
2 pkt – za prawidłowe podanie dwóch sekwencji.
1 pkt – za prawidłowe podanie jednej sekwencji.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
III. mRNA: 5′ AUG GGG CCC 3′
IV. peptyd: NH₂ Met-Gly-Pro COOH

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie prawidłowych nazw trzech etapów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. transkrypcja
2. składanie eksonów / splicing / wycinanie intronów / dojrzewanie pre-mRNA
3. translacja

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłową odpowiedź, odnoszącą się od alternatywnego splicingu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Z tego samego pre-mRNA mogą zostać wycięte inne introny, a to spowoduje powstanie
różnych mRNA i ostatecznie peptydów.

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

Rozwiązanie
A

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie prawdopodobieństwa.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B

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

Rozwiązanie
I i IV

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. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że mostki disiarczkowe stabilizują III-rzędową strukturę rybonukleazy, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odwołującym się do powstawania ich w obrębie jednego łańcucha polipeptydowego tego białka.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Trzeciorzędową

Przykładowe uzasadnienia

• Rybonukleaza ma jeden łańcuch.
• Rybonukleaza jest zbudowana z pojedynczego łańcucha polipeptydowego, więc nie ma struktury czwartorzędowej.
• Mostki tworzą się pomiędzy aminokwasami budującymi ten sam łańcuch polipeptydowy.
• Struktura czwartorzędowa dotyczy oddziaływań między odrębnymi podjednostkami – a rybonukleaza jest białkiem monomerycznym, w którym te mostki powstają między dwiema resztami cysteiny tego samego łańcucha polipeptydowego.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie czterech luk.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech luk.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Podczas dojrzewania owoców obecne w fotosyntetyzującej część owocu chloroplasty, widoczne na mikrofotografii A, mogą się przekształcać w chromoplasty – plastydy wypełnione karotenoidami, widoczne na mikrofotografii B.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie jednej przykładowej wspólnej cechy budowy dla plastydów wymienionych w tekście.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• otoczenie dwiema błonami
• oddzielenie od cytozolu błoną biologiczną
• obecność rybosomów
• kolisty DNA / obecność DNA / obecność materiału genetycznego
• duża zawartość sulfolipidów i galaktolipidów w błonach przy małej zawartości fosfolipidów
• wypełnienie macierzą / matrix / stromą

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczenia plastydów błoną komórkową lub podwójną błoną.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie nazwy odczynnika zawierającego wolny jod cząsteczkowy w połączeniu z anionami jodkowymi.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• płyn Lugola
• roztwór jodu w jodku potasu / I₂ w KI

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi „jodyna” oraz „alkoholowy roztwór jodu”.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy strefy korzenia.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• strefa elongacyjna
• strefa wzrostu na długość
• wydłużeniowa
• wydłużania

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do strefy merystematycznej (strefy podziałów komórkowych, stożka wzrostu).
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do strefy wzrostu (przyrostu) bez określenia, że chodzi o wzrost wydłużeniowy, np. „strefa wzrostu”, „strefa przyrostu”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne sformułowanie problemu badawczego, uwzględniającego wpływ temperatury na właściwości aktynidazy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Wpływ temperatury na właściwości aktynidazy.
• Wpływ temperatury na aktywność katalityczną proteinazy z owocu kiwi.
• Czy temperatura wpływa na szybkość reakcji katalizowanej przez proteazę obecną w owocach kiwi?

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do wpływu aktynidazy na włókna kolagenowe w zależności od temperatury, np.: „Jak działa aktynidaza na żel kolagenowy w różnych temperaturach”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do wpływu dwóch czynników: obecności aktynidazy i temperatury, na włókna kolagenowe, np. „Jak temperatura i obecność aktynidazy wpływają na włókna kolagenowe obecne w galaretce”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające dostatecznie dużą aktywność aktynidazy w temperaturze pokojowej (w porównaniu z niższą temperaturą) ORAZ zniszczenie włókien kolagenowych żelu (w wyniku trawienia).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W wyższej temperaturze aktynidaza wykazuje wyższą aktywność enzymatyczną, przez co powoduje rozpad włókien kolagenu, a w konsekwencji – uwolnienie wody z galaretki.
• W temperaturze pokojowej aktynidaza wykazuje wyższą aktywność enzymatyczną niż w niskiej temperaturze, np. utrzymywanej w lodówce, i katalizuje reakcję hydrolizy wiązań peptydowych w cząsteczkach kolagenu, co skutkuje zniszczeniem sieci tworzonej przez włókienka kolagenu.
• W temperaturze 20 °C enzymy wykazują wyższą aktywność niż w temperaturze 5 °C, zatem w temperaturze pokojowej proteinaza z owocu kiwi szybciej pocięła włókna kolagenu tworzące galaretkę.
• Ponieważ w temperaturze 20 stopni aktynidaza jest aktywna i rozkłada kolagen, dochodzi do upłynnienia galaretki. W temperaturze 5 stopni aktynidaza nie jest aktywna, czyli nie rozkłada kolagenu – galaretka pozostaje w postaci żelu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do rozplatania lub denaturacji włókien kolagenowych przez enzym, który trawi wiązania peptydowe.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do temperatury 20 °C jako temperatury optymalnej dla działania aktynidazy.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do struktury galaretki na zbyt ogólnym poziomie, tj. upłynniania się lub rozpuszczania się galaretki bez odniesienia do włókien kolagenowych.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie znaczenia zestawów kontrolnych 3. i 4. w interpretacji wyników doświadczenia, odnoszące się do wykluczenia wpływu innych czynników niż aktywność aktynidazy (np. temperatury lub składu galaretki) na wyniki doświadczenia (stan galaretki).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Dzięki próbom 3. i 4. wiadomo, że kolagen nie ulega spontanicznemu rozkładowi w badanych temperaturach.
• Te próby kontrolne upewniają nas, że upłynnienie galaretki jest spowodowane działaniem aktynidazy, a nie – zachodzi spontanicznie w danych warunkach otoczenia
• Te próby miały na celu sprawdzenie, czy kolagen jest trwały w badanym zakresie temperatur.
• Te zestawy pozwalają sprawdzić, czy sama temperatura ma wpływ na wyniki doświadczenia.
• Gdyby galaretka upłynniła się w próbach kontrolnych 3. i 4., to wyniki uzyskane w próbach 1. i 2. byłyby niewiarygodne, bo kolagen ulegałby rozkładowi z innego powodu niż działanie aktynidazy.
• Gdyby w próbach 3. i 4. doszło do upłynnienia galaretki, to mogłoby to oznaczać np. jej wadliwy skład i wtedy nie można byłoby wyciągnąć wniosku z wyników otrzymanych w próbach badawczych 1. i 2.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „Porównanie wyników doświadczenia z zestawów kontrolnych 3. i 4. z próbami badawczymi 1. i 2. pozwala na wyciągnięcie wniosków z doświadczenia”.

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 ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,    2. – F.

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

Przykładowe odpowiedzi

• chityna
• polimer N-acetyloglukozaminy

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że raki muszą linieć w trakcie życia, uwzględniające ograniczenie – przez oskórek – wzrostu lub rozmnażania się.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Linienie, czyli zrzucanie zewnętrznej, nierozciągliwej części powłoki ciała, jest konieczne, aby osobnik mógł zwiększyć wymiary ciała.
• Pancerz raków ogranicza wzrost osobnika, a ponieważ w początkowym okresie życia raki rosną najszybciej, to często przechodzą linienie.
• W trakcie życia raków musi dochodzić do linienia, ponieważ pancerz sam w sobie nie rośnie, a tym samym ogranicza dalszy wzrost.
• Dzięki zrzuceniu chitynowego pancerza możliwy jest wzrost skokowy.
• Dorosłe raki linieją raz w roku na jesieni, co umożliwia im wtedy rozmnażanie się.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, z których wynika, że linienie zachodzi w wyniku wzrostu, np. „Nierozciągliwy pancerz podczas wzrostu staje się za mały, dlatego konieczne jest linienie”.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że obydwa gatunki nie mogą służyć jako gatunki wskaźnikowe, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do środowiska życia raka szlachetnego i raka pręgowatego pod względem czystości wód.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Nie mogą / Tylko rak szlachetny może być bioindykatorem.

Przykładowe uzasadnienia

• Środowiskiem życia raka szlachetnego są tylko wody czyste. Rak pręgowaty żyje zarówno w wodach czystych, jak i w zanieczyszczonych.
• Rak szlachetny ma wąski zakres tolerancji i zamieszkuje tylko bardzo czyste wody, a rak pręgowaty ma szeroki zakres tolerancji względem zawartości zanieczyszczeń w środowisku wodnym.
• Raki szlachetne nie występują w wodach zanieczyszczonych i wskazują na czystą wodę. Raki pręgowate występują w wodach o różnej jakości – zarówno w tych czystych, jak i w zanieczyszczonych. Dlatego ich obecność w zbiorniku wodnym nie wskazuje, jaki jest stan tych wód pod względem zanieczyszczenia.
• Tylko pierwszy występuje tylko w czystych wodach, a ten drugi ma szeroki zakres tolerancji na jakość wody.
• Ponieważ rak szlachetny jest stenobiontem w odniesieniu do czystości wody, a pręgowaty – eurybiontem.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których opis nie jest przyporządkowany do odpowiedniego gatunku, np. „Te gatunki raków się różnią – występują albo tylko w wodach czystych, albo we wszystkich klasach czystości wód”.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że rak szlachetny i rak pręgowaty są klasyfikowane w dwóch rodzajach, wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym różne nazwy rodzajowe tych raków (po łacinie).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: W dwóch

Przykładowe uzasadnienia

• Ich nazwy rodzajowe się różnią.
• Ich nazwy rodzajowe w języku łacińskim są różne.
• Mają odmienne pierwsze człony nazw łacińskich.
• Rak szlachetny należy do rodzaju Astacus, a rak pręgowaty – do rodzaju Faxonius.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do epitetów gatunkowych raków, ponieważ nie świadczą one o klasyfikacji do tego samego lub innego rodzaju.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie wpływu osuszania terenów na zmniejszanie się liczebności płazów, odnoszące się do uzależnienia płazów od środowiska wodnego (np. rozród, rozwój, wymiana gazowa, żerowanie, pobieranie wody).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Utrata siedlisk – płazom do rozrodu niezbędna jest woda.
• Osuszanie terenów powoduje, że płazy tracą żerowiska.
• Stadium larwalne płazów żyje wyłącznie w środowisku wodnym, bez którego płazy nie mogą zamknąć cyklu życiowego.
• Osuszanie prowadzi do fragmentacji siedlisk, co wymusza migracje płazów, które giną na drogach.
• Na osuszonych terenach wysycha skóra płazów, przez którą zachodzi u nich wymiana gazowa.
• Płazy nie piją wody, ale pobierają ją przez skórę, a jest to możliwe tylko w wilgotnym środowisku.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do konkretnego przykładu biologii płazów, np. „Wilgotne środowisko jest niezbędne płazom do życia”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
C2

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.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie konieczności pobierania jonów Na⁺ i Cl⁻ ze środowiska, uwzględniające mniejsze stężenie tych jonów w środowisku (środowisko hipotoniczne) życia względem płynów ustrojowych ryb, ORAZ wynikającą z tego
1) dyfuzję jonów Na⁺ i Cl⁻ do otaczającej wody (przez skrzela)
LUB
2) utratę Na⁺ i Cl⁻ wraz z moczem, którego duże objętości wynikają z pozbywania się nadmiaru wody osmotycznie napływającej do ciała ryby,
co skutkuje potrzebą uzupełniania tych jonów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W wodach słodkich, które stanowią środowisko życia tilapii nilowej, jest mniejsze stężenie jonów Na⁺ i Cl⁻ niż w płynach ustrojowych ryby, dlatego te jony dyfundują z ciała ryby do wody i ryby muszą odzyskiwać te jony z wody.
• W płynach ustrojowych ryb słodkowodnych jest większe stężenie jonów Na⁺ i Cl⁻ niż w środowisku, dlatego do ciała tych ryb osmotycznie napływa woda, której nadmiaru ryby pozbywają się wraz z moczem. Ponieważ ryba wydala duże objętości moczu, traci ona Na⁺ i Cl⁻, przez co musi uzupełniać niedobory tych jonów przez pobieranie ich ze środowiska.
• Tilapia żyje w środowisku dla niej hipotonicznym i dlatego nie pije wody zawierającej jony, a woda dyfunduje do jej ciała. Ta ryba musi drogą transportu aktywnego przez skrzela uzupełnić niedobór jonów traconych wraz z moczem.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do utraty jonów przez rybę na drodze osmozy, która dotyczy wyłącznie dyfuzji wody – rozpuszczalnika.
Nie uznaje się określenia utraty jonów przez rybę mianem „wypłukiwania”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, że adaptacja w postaci noszenia w jamie gębowej zapłodnionych jaj, larw i narybku przez samice pielęgnicowatych zwiększa szansę na przeżycie potomstwa, uwzględniające np. ochronę przed drapieżnikami, zapewnienie odpowiedniej temperatury lub dostępności tlenu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Jaja, larwy i narybek ukryte w pysku samicy są narażone w mniejszym stopniu na ataki drapieżników, a tym samym ich szanse na przeżycie znacznie rosną.
• Przetrzymywanie jaj w jamie gębowej samicy zapewnia ikrze optymalną temperaturę do rozwoju.
• Zapewnia to ikrze odpowiedni poziom tlenu, dzięki czemu więcej jaj rozwija się prawidłowo.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do ochrony potomstwa, bez określenia, na czym ta ochrona polega, np. „Dzięki temu narybek ma odpowiednie warunki”.

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

Rozwiązanie
płazy / Amphibia

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że naczynia oznaczone literą X to tętnice, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do kierunku przepływu krwi – z serca.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Tętnice

Przykładowe uzasadnienia

• Te naczynia wyprowadzają krew z komory serca.
• Naczyniami X płynie krew z serca do płuc.

Uwaga:
Nie uznaje się uzasadnień odnoszących się do stopnia natlenowania krwi lub do rodzaju transportowanej krwi jako kryterium określającego tętnice, np. „Ponieważ przepływa nimi krew odtlenowana”.
Nie uznaje się uzasadnień zawierających dwa argumenty, z których jeden z nich jest błędny, np. „Ponieważ te naczynia wyprowadzają z serca krew odtlenowaną”.
Uznaje się uzasadnienia zawierające informację o stopniu natlenowania krwi w formie dopowiedzenia, np. „Żyły doprowadzają krew do serca, a tętnice wyprowadzają krew z serca. Naczyniami X jest wyprowadzana krew odtlenowana, a więc są to tętnice”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B1

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch kolumn tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednej kolumny tabeli LUB dwóch wierszy tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Uwaga:
Uznaje się w wierszu 1. odpowiedzi „kostna drobnowłóknista”, „kostna beleczkowa”, „kostna gąbczasta”, „kostna zbita”.
Nie uznaje się w wierszach 1. i 2. odpowiedzi zbyt ogólnych – „oporowa”, „szkieletowa”.
Nie uznaje się w wierszu 3. wyłącznie odpowiedzi „włóknista”, „zbita”, ponieważ te określenia pasują zarówno do tkanek łącznych oporowych (tkanka chrzęstna włóknista, tkanka kostna zbita), jak i do tkanki łącznej właściwej.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
B3

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie roli mazi stawowej, uwzględniające zmniejszenie tarcia w stawie (między powierzchniami stawowymi) LUB amortyzację obciążeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Maź stawowa zmniejsza tarcie chrząstek o siebie w czasie zginania stawu, dzięki czemu zapobiega ich ścieraniu.
• Redukuje tarcie, co zapobiega uszkodzeniom powierzchni stawowych.
• Zapewnia poślizg powierzchni stawowych.
• Dzięki mazi stawowej kości nie ścierają się podczas ruchu.
• Ma działanie amortyzujące.
• Maź stawowa tworzy poduszkę hydrauliczną absorbującą wstrząsy.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych dotyczących ochrony mechanicznej bez wskazania, na czym ta ochrona polega, np. „Maź stawowa chroni powierzchnie stawowe”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do odżywiania powierzchni stawowych.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednego wiersza tabeli LUB jednej kolumny tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A1

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

Rozwiązanie
Znaczne podwyższenie poziomu glukozy w osoczu wynikające z (nadmiaru / niedoboru) insuliny przekracza możliwości resorpcji zwrotnej w kanalikach nerkowych, w wyniku czego nadmiar glukozy jest wydalany z moczem. Zwiększenie osmolarności osocza krwi jest przyczyną (zmniejszenia / zwiększenia) ilości wazopresyny uwalnianej do krwi oraz (nasilenia / osłabienia) uczucia pragnienia.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przyporządkowania dwóch nazw.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Transport białka GLUT4 do błony komórkowej we włóknach mięśni szkieletowych w czasie spoczynku w okresie sytości: B / egzocytoza.

Transport glukozy z wnętrza komórki wątroby do płynu zewnątrzkomórkowego w okresie głodu: C / dyfuzja wspomagana.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające fosforylację cząsteczek glukozy wewnątrz komórek wątroby lub syntezę glikogenu ORAZ utrzymanie dzięki temu różnicy stężeń glukozy między krwią a komórką wątroby.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• W okresie sytości insulina powoduje, że cząsteczki glukozy w komórkach wątroby ulegają fosforylacji, co skutkuje obniżeniem stężenia glukozy w komórkach wątroby względem krwi, dzięki czemu glukoza cały czas dyfunduje do wnętrza komórki.
• W okresie sytości insulina pośrednio aktywuje konwersję glukozy do glukozofosforanu, co pozwala utrzymać wewnątrz komórki niższy poziom glukozy niż we krwi, a to umożliwia dyfuzję glukozy do hepatocytu.
• Insulina uruchamia kaskadę sygnałową, prowadzącą do syntezy glikogenu z glukozy w komórce wątroby, dzięki czemu wewnątrz komórki wątroby jest stale niskie stężenie glukozy.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie znaczenia transporterów glukozy GLUT2 w błonie komórkowej komórek wątroby, uwzględniające umożliwienie dyfuzji glukozy przez błonę komórkową.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

• Dzięki obecności transporterów GLUT2 w błonie komórkowej hepatocytów możliwe w okresie głodu staje się transportowanie glukozy do krwi.
• Glukoza jest polarna i nie przechodzi przez błonę komórkową, co umożliwia białko GLUT2.
• Glukoza jest transportowana na zewnątrz komórek wątroby przez GLUT2.
• Transportery GLUT2 zapewniają transport glukozy do płynu zewnątrzkomórkowego.
• Umożliwiają sprawną dyfuzję glukozy przez błonę komórkową hepatocytu.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie jednej poprawnej nazwy hormonu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• glukagon
• adrenalina / epinefryna / nadnerczyna
• noradrenalina / norepinefryna
• dopamina
• grelina
• wazopresyna
• hormon wzrostu / GH / somatotropina / STH
• kortykotropina / adrenokortykotropina / hormon adrenokortykotropowy / ACTH
• kortyzol
• aldosteron
• tyreotropina / TSH
• tyroksyna / tetrajodotyronina / T4
• trijodotyronina / trójjodotyronina / T3
• kalcytonina
• parathormon

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do grup hormonów zamiast do konkretnych hormonów, np. „endorfiny”.
Nie uznaje się odpowiedzi opisowych, niepodających właściwej nazwy hormonu, np. „hormon stresu”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające użycie przeciwciał (monoklonalnych) skierowanych przeciwko antygenom swoistym dla komórek nowotworowych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• ADC jest pobierany przez komórki nowotworowe, ponieważ mają one odpowiednie receptory rozpoznawane przez przeciwciało wchodzące w skład ADC.
• W odróżnieniu od komórek zdrowych chore komórki mają specyficzne antygeny konieczne do związania kompleksu ADC, zawierającego swoiste przeciwciała.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że łącznik w ADC musi zachować stabilność podczas transportu, odnoszące się do skuteczniejszego transportu leku do komórek nowotworowych LUB do ograniczenia toksyczności leku dla zdrowych komórek.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• ADC nie może zostać rozłożony przed związaniem się z odpowiednim antygenem komórki nowotworowej. Gdyby łącznik był niestabilny, ADC nie zostałby dostarczony do odpowiednich komórek.
• Przedwczesny rozpad łącznika w ADC podczas transportu w krwiobiegu spowodowałby, że substancja terapeutyczna obecna w ADC nie dotarłaby do komórek nowotworowych.
• Brak stabilności łącznika ADC podczas transportu zakłóciłby dostarczanie leku do komórki nowotworowej, gdyż lek nie byłby połączony z konkretnym przeciwciałem – koniecznym do rozpoznania komórki nowotworowej.
• Przedwczesny rozpad kompleksu ADC spowodowałby to, że stężenie leku w komórkach nowotworowych byłoby niedostateczne.
• Rozpad łącznika w ADC podczas jego transportu w płynach ogólnoustrojowych spowodowałby uwolnienie toksycznej substancji, która dotarłaby również do innych, zdrowych komórek w organizmie.
• Łącznik ADC musi zachować stabilność w czasie transportu w krążeniu ogólnoustrojowym, ponieważ – gdyby się rozpadł –toksyczne substancje mogłyby zostać rozprowadzone po całym ciele i uszkodzić zdrowe tkanki.
• Łącznik musi zachować stabilność, ponieważ w innym przypadku toksyczne substancje zostałyby uwolnione do krwiobiegu, w wyniku czego zatrułyby cały organizm.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przedstawienie roli lizosomów w mechanizmie działania ADC, uwzględniające rozkład ADC (trawienie ADC) ORAZ – w konsekwencji – uwolnienie lub aktywację leku.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Lizosomy powodują rozkład łącznika w kompleksie ADC i uwolnienie z niego leku.
• Lizosomy są niezbędne, ponieważ przyczyniają się do rozkładu ADC w komórce nowotworowej, czyli do odłączenia leku wywołującego efekt terapeutyczny.
• Enzymy zawarte z lizosomach trawią łącznik ADC i umożliwiają uwolnienie leku w komórce nowotworowej, który może przeniknąć np. do jądra komórkowego.
• Lizosomy odłączają lek od przeciwciała, dzięki czemu lek może działać w komórce.
• W lizosomach jest niskie pH przyczyniające się do strawienia wiązania między łącznikiem a lekiem, który ulega w ten sposób aktywacji.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne wypełnienie dwóch wierszy tabeli.
1 pkt – za poprawne wypełnienie jednego wiersza tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do rozrywania wiązań przez restryktazę, np. „rozrywanie fragmentów DNA” (mechanizm działania restryktazy polega nie na rozciąganiu nici DNA, ale na jej cięciu przez hydrolizę wiązania fosfoestrowego).

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie, że w przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, odnoszące się do przenoszenia przez tę bakterię zrekombinowanego plazmidu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Przenosi obcy DNA (transgen) do komórki docelowej.
• Bakteria A. tumefaciens jest wektorem, ponieważ wprowadza zrekombinowany plazmid do komórki roślinnej.
• Te bakterie stanowią formę transportu obcego genu do komórki roślinnej, w której ten gen wbudowuje się w materiał genetyczny
• Wektorem nazywamy organizmy lub cząsteczki zdolne do przenoszenia np. DNA od dawcy do biorcy. Dlatego bakteria A. tumefaciens, która umożliwia wprowadzenie zrekombinowanego w tym procesie DNA do komórki roślinnej, jest wektorem.
• Wektory przenoszą obcy fragment DNA do innego organizmu, a ta bakteria przenosi fragment obcego DNA do komórki roślinnej.
• W tej metodzie bakteria jest nośnikiem zrekombinowanego plazmidu.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do definicji wektora genetycznego, np. „Bakteria jest wektorem, ponieważ przenosi DNA”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do tego, że bakteria jest dawcą plazmidu bez odniesienia się do roli bakterii w przeniesieniu zrekombinowanego plazmidu do komórek roślinnych, np. „W przedstawionej metodzie bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora, ponieważ stanowi źródło plazmidu, który po zrekombinowaniu jest wszczepiany do rośliny”.

Zasady oceniania
2 pkt – za podanie prawidłowych genotypów obojga osobników rodzicielskich ORAZ poprawne wypełnienie szachownicy.
1 pkt – za podanie prawidłowych genotypów obojga osobników rodzicielskich LUB poprawne wypełnienie szachownicy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Genotypy osobników rodzicielskich:

Krzyżówka:

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy mutacji genowej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
delecja

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi „mutacja punktowa” (synonimu określenia „mutacja genowa”).

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

Przykładowe odpowiedzi

• Leu-Val-Val-Pro-Leu
• Leu – Val – Val – Pro – Leu
• Leu, Val, Val, Pro, Leu
• leucyna, walina, walina, prolina, leucyna
• LVVPL

Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi zawierające oznaczenia końców peptydu, np.:

• N Leu-Val-Val-Pro-Leu C
• C Leu-Pro-Val-Val-Leu N (z odwróconą kolejnością).

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
A

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnie zapisanych czterech genotypów warunkujących grupę krwi A.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• HHIᴬIᴬ    HhIᴬIᴬ    HHIᴬi    HhIᴬi    LUB    IᴬIᴬHH    IᴬIᴬHh    IᴬiHH    IᴬiHh
• H_Iᴬ_    LUB    Iᴬ_H_

Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi z użyciem innych oznaczeń alleli niż podane we wprowadzeniu do zadania, pod warunkiem zamieszczenia odpowiedniej legendy.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie wartości optimum temperatury wody dla aktywności płaskogłowa ciemnogłowego równego w przybliżeniu 23 °C lub określenie przedziału temperatur, w którym leży to optimum: powyżej 20 °C i poniżej 25 °C lub węższego, ale skoncentrowanego wokół wartości 23 °C.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• około 23 °C
• 23 °C
• 20 °C < optimum < 25 °C
• optimum ∈ (20 °C; 25 °C)
• 22 °C–24 °C

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że podniesienie się średniej temperatury wody może stanowić zagrożenie dla płaskogłowa ciemnogłowego, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do spadku aktywności ryby po przekroczeniu optimum temperaturowego.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Tak / Jest to zagrożeniem.

Przykładowe uzasadnienia

• Ryba w temperaturze powyżej 25 °C ma wyraźnie obniżoną aktywność.
• Ryba w wysokiej temperaturze osiąga bardzo niskie przyśpieszenia, co przekłada się na spadek liczby upolowanych ofiar.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do śmierci płaskogłowa w wyniku szoku termicznego w temperaturze ≥ 27 °C, ponieważ z przedstawionych danych wynika jedynie spadek aktywności ryby w temperaturze 27 °C.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmniejszonej dostępności pokarmu w wysokiej temperaturze, np. „Rozstrzygnięcie: tak. Uzasadnienie: Spadek liczebności krewetek, które są zmiennocieplne i giną w wysokiej temperaturze”, ponieważ uzasadnienie nie odnosi się do przedstawionych wyników badań.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do wnioskowania opartego na obserwacji zachowania ryby w temperaturze większej lub równej 27 °C, np. „Rozstrzygnięcie: tak. Uzasadnienie: Powyżej 27 stopni C obserwowano brak aktywności ryby”, ponieważ takich obserwacji nie przeprowadzono, a jedynie w modelu dopasowanym do uzyskanych danych przewidziano brak aktywności ryby powyżej 27 °C.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do wnioskowania opartego na braku obserwacji zachowania ryby w temperaturze większej lub równej 27 °C, np. „Rozstrzygnięcie: Może. Uzasadnienie: Ponieważ od temperatury 27 stopni C wzwyż nie zaobserwowano aktywności ryby, a więc nie jest w stanie polować”, ponieważ pomiary były prowadzone w środowisku naturalnym i brak pomiarów powyżej 27 °C wynika z ograniczeń klimatycznych, a nie przesądza o braku aktywności w takiej temperaturze.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne wskazanie dwóch cech ryby stanowiących adaptację do drapieżnictwa wraz z przedstawieniem, na czym polega każda z nich.
1 pkt – za poprawne wskazanie jednej cechy ryby stanowiącej adaptację do drapieżnictwa wraz z przedstawieniem, na czym ono polega.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Silne spłaszczenie grzbietobrzuszne sprawia, że ryba jest trudniej zauważalna (przez ofiary).
• Zakopywanie się w piasku umożliwia rybie ataki z ukrycia.
• Wykształcona zdolność zmiany ubarwienia ciała przez rybę umożliwia jej upodobnienie się do tła, co stanowi doskonały kamuflaż.
• Osadzenie oczu na czubku spłaszczonej głowy ułatwia obserwację ofiary, gdy drapieżnik jest zagrzebany w piasku.
• Zdolność do dużych przyśpieszeń sprawia, że dopadnięcie ofiary staje się łatwiejsze.
• Ryba jest w stanie funkcjonować w bezruchu, czekając na ofiarę, żeby następnie zaatakować ją z zaskoczenia.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się jedynie do ułatwienia polowania bez określenia, na czym to ułatwienie polega, np. „Spłaszczone ciało umożliwia rybie łatwiejsze upolowanie ofiary”.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że wytwarzanie form poduszkowych wśród roślin wysokogórskich jest wynikiem konwergencji, wraz z poprawnym uzasadnieniem, przedstawiającym argument na rzecz niezależnego wykształcenia tej cechy, np. wykształcenie cechy u innych rodzin botanicznych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Jest to przykład konwergencji.

Przykładowe uzasadnienia

• Wytwarzanie form poduszkowatych powstało niezależnie od siebie w różnych grupach taksonomicznych roślin.
• Rośliny należące do różnych, niespokrewnionych rodzin funkcjonują w tym samym środowisku i przystosowały się do niego w ten sam sposób.
• W różnych obszarach górskich rośliny zaadaptowały się do podobnych, skrajnych warunków środowiskowych.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do definicji konwergencji, np. „Rozstrzygnięcie: konwergencja. Uzasadnienie: Wytwarzanie form poduszkowych wyewoluowało wielokrotnie niezależnie”.
Nie uznaje się odpowiedzi nieodnoszących się jednoznacznie do procesów ewolucyjnych, np. „Wytwarzanie form poduszkowatych jest spowodowane warunkami, w jakich rosną te rośliny”.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie jednego czynnika abiotycznego (np. odnoszącego się do temperatury, zasobności w wodę lub wiatru) ORAZ określenia jego nasilenia lub poziomu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• niska temperatura (powietrza, podłoża) / mróz
• silny wiatr / wiatr halny / wicher
• niewielka dostępność wody / susza
• silne nasłonecznienie

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do dużych opadów śniegu.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wypełnienie czterech pól tabeli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zwiększenie różnorodności genetycznej
reintrodukowanej populacji i – w konsekwencji:

• ograniczenie negatywnych skutków chowu wsobnego LUB
• ograniczenie negatywnych skutków dryfu genetycznego, LUB
• zwiększenie możliwości adaptacyjnych do warunków środowiska, LUB
• zwiększenie szans na przeżycie populacji.

0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Takie postępowanie zapewnia większą różnorodność genetyczną populacji i zmniejsza ryzyko wystąpienia negatywnych skutków chowu wsobnego
• Dzięki ptakom pochodzącym z ogrodów zoologicznych odtwarzana lokalna populacja zyskuje nowe linie genetyczne, dzięki czemu maleje ryzyko ujawnienia się niekorzystnych recesywnych mutacji.
• Większa pula genowa pozwoli uniknąć skutków dryfu genetycznego.
• Nowe linie filogenetyczne, mające inne geny, zmniejszą ryzyko utrwalenia się w populacji niekorzystnych mutacji genetycznych.
• Dzięki temu jest zapewniona większa różnorodność genetyczna reintrodukowanej populacji, co zwiększa szanse na jej adaptację do środowiska.
• Większa różnorodność genetyczna reintrodukowanej populacji zwiększa liczbę alleli genów, z których może czerpać dobór naturalny.
• W populacjach o większej różnorodności genetycznej jest niższa śmiertelność osobnicza.
• Dzięki temu reintrodukowana populacja będzie miała większą pulę genową, co się przełoży na jej większe szanse przeżycia w wyniku większej odporności na infekcje.

Zasady oceniania
1 pkt – za przedstawienie znaczenia ochrony na mocy konwencji CITES, odnoszące się do treści przepisów CITES, np. do zakazu handlu (międzynarodowego) okazami szpaka balijskiego lub do regulacji przewozu okazów szpaka balijskiego.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• Dzięki ujęciu szpaka balijskiego w załączniku konwencji waszyngtońskiej międzynarodowy handel okazami ptaków tego gatunku jest zabroniony.
• CITES reguluje handel osobnikami gatunków zagrożonych wyginięciem, dzięki czemu wywożenie z Indonezji osobników szpaka balijskiego jest nielegalne.
• Przepisy CITES regulują handel osobnikami szpaka balijskiego, dzięki czemu nie jest możliwy legalny obrót międzynarodowy osobnikami tego gatunku.
• Kłusownicy mają utrudniony eksport szpaków złapanych na Bali, bo celnicy mają ten gatunek na liście gatunków objętych zakazem obrotu międzynarodowego.
• Ze względu na zakaz handlu tymi ptakami kłusownicy mają problem ze sprzedażą pozyskanych okazów.
• Przepisy CITES regulują przewóz okazów szpaka balijskiego przez granice państwowe.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zakazu kłusownictwa przez przepisy CITES.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie uwzględniające: (1) rozkład RNA przez rybonukleazę na terenie jądra i cytoplazmy oraz (2) wiązanie się jednego z barwników mieszaniny Unny-Pappenheima (zieleni metylowej) tylko do DNA.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Pod wpływem rybonukleazy dochodzi do rozkładu RNA na terenie jądra komórkowego i cytoplazmy. Użyty barwnik zwiąże się więc tylko do DNA na terenie jądra, przez co jąderka i cytoplazma będą niezabarwione.
• Mieszanina Unny-Pappenheima zwiąże się tylko z DNA znajdującym się w jądrze komórkowym i zabarwi je, ponieważ RNaza rozłoży RNA jądrowe i cytoplazmatyczne.
• Po zastosowaniu mieszaniny Unny-Pappenheima w komórkach, zabarwiony zostanie tylko DNA jądrowy, ponieważ RNA obecny w jądrze i cytoplazmie uległ rozkładowi przez RNazę.

Uwagi:
Uznaje się podawanie zamiast rybonukleazy nazwę RNaza oraz zapis, że po zastosowaniu RNazy, a następnie mieszaniny Unny-Pappenheima zabarwieniu ulegnie DNA obecny w jądrze, mitochondriach i plastydach (nie chloroplastach – epiderma wewnętrzna liścia spichrzowego cebuli nie zawiera chloroplastów).
Nie uznaje się podawania zamiast RNazy nazw: nukleazy, enzymy rozkładające kwasy nukleinowe ani enzymy trawienne.

Zasady oceniania
1 pkt – za zaznaczenie właściwego dokończenia zdania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Prawidłowe rozwiązanie
A2

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe sformułowanie problemu badawczego, uwzględniające wpływ temperatury na czas trwania poszczególnych faz cyklu komórkowego w komórkach merystematycznych korzenia cebuli.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Czy temperatura w zakresie 10–30 ºC ma wpływ na czas trwania poszczególnych faz cyklu komórkowego u badanej rośliny?
• Czy czas trwania faz: G1, S, G2 i mitozy u badanej rośliny zależy od temperatury?
• Wpływ temperatury (w zakresie 10–30 ºC) na czas trwania różnych faz cyklu komórkowego w komórkach merystematycznych korzenia cebuli.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, odnoszące się do pozytywnego wpływu temperatury na tempo procesów metabolicznych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Procesy metaboliczne zachodzące w poszczególnych fazach cyklu komórkowego zależne są od enzymów białkowych, a działają one tym szybciej im wyższa jest temperatura.
• Reakcje chemiczne zachodzą szybciej w wyższych temperaturach.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie czterech nazw elementów budowy korzenia przedstawionej na rysunku.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy strefy korzeniowej oraz cechy budowy charakterystycznej dla tej strefy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
strefa włośnikowa – widoczne są włośniki

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne określenie różnicy między transportem symplastowym a apoplastowym, uwzględniające przepływ wody przez żywe lub martwe elementy tkanki.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie
Transport symplastowy zachodzi przez cytoplazmę komórek, a apoplastowy – przez ich ściany komórkowe.

Zasady oceniania
1 pkt – za określenie próby B jako próbę kontrolną i poprawne określenie roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia, uwzględniające sprawdzenie działania odczynników lub stworzenie wzorca barwnego do porównania z próbą badawczą.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Zestaw B to próba kontrolna. Dzięki niej wiadomo, że odczynniki w trakcie wykonywania doświadczenia działały prawidłowo.
• Próba B to próba stanowiąca wzorzec barwny reakcji z tłuszczami do porównania z próbą badawczą.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie odnoszące się do wykorzystania glukozy jako substratu oddychania komórkowego, dzięki któremu powstaje ATP, niezbędny w reakcjach anabolicznych lub odnoszące się do wykorzystania glukozy jako substratu do syntezy polisacharydów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Z rozkładu skrobi powstają cukry proste, które są substratem reakcji katabolicznych, dzięki którym powstaje ATP, niezbędny do reakcji anabolicznych zachodzących w rozwijającej się siewce.
• Cukry proste powstałe z rozkładu skrobi są wykorzystywane w procesie oddychania komórkowego, który dostarcza ATP do syntezy cząsteczek potrzebnych podczas kiełkowania.
• Glukoza powstająca w wyniku rozkładu skrobi jest substratem do syntezy celulozy wchodzącej w skład ścian komórkowych.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,     2. – P,     3. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe sformułowanie wniosku, uwzględniającego udział mrówek w zwiększeniu przeżywalności akacji lub ich przyrostu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Obecność mrówek na akacjach zwiększa ich przyrosty.
• Mrówki powodują zwiększenie przeżywalności badanego drzewa.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe wykazanie mutualizmu między akacjami i mrówkami.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązanie

• Mutualizm to zależność organizmów, w której obie strony odnoszą korzyści. Mrówki otrzymują schronienie, a akacje osiągają większe przyrosty w obecności mrówek, a więc jest to mutualizm.
• Jest to mutualizm, ponieważ obydwie strony odnoszą korzyści – akacje lepiej rosną, a mrówki mają schronienie.

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

Rozwiązanie
Transport glukozy do wnętrza komórek nabłonka kanalika krętego I rzędu zachodzi tym wydajniej im (niższe / wyższe) jest stężenie Na⁺ w komórce. Transport glukozy z komórki nabłonkowej do tętniczki odprowadzającej zachodzi dzięki dyfuzji (prostej / ułatwionej).

Zasady oceniania
2 pkt – za prawidłowe wykazanie związku między funkcjonowaniem komórki nabłonka kanalika proksymalnego a:

1. ukształtowaniem powierzchni tej komórki od strony światła kanalika odnoszące się do licznych mikrokosmków na powierzchni komórki zwiększających powierzchnię chłonną tej części nefronu
2. występowaniem w niej licznych mitochondriów, odnoszące się do dostarczania energii niezbędnej do pobierania substancji (glukozy, jonów, aminokwasów) ze światła kanalika.

1 pkt – za prawidłowe wykazanie związku między funkcjonowaniem komórki nabłonka kanalika proksymalnego a ukształtowaniem powierzchni tej komórki od strony światła kanalika albo występowaniem w niej licznych mitochondriów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania
Ukształtowanie powierzchni komórki:

• Obecność mikrokosmków na powierzchni tych komórek zwiększa powierzchnię wchłaniania jonów, glukozy, aminokwasów z moczu pierwotnego.
• Liczne mikrokosmki na powierzchni tych komórek powodują, że powierzchnia pobierania związków takich jak glukoza jest większa.

Występowanie licznych mitochondriów:

• Liczne mitochondria dostarczają energii dla białek transportujących związki pobierane z moczu pierwotnego.
• Mitochondria w komórkach nabłonkowych kanalika proksymalnego dostarczają ATP koniecznego do działania pompy sodowo-potasowej.

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, w których wskazano, że komórki nabłonkowe kanalika krętego I rzędu mają na powierzchni kosmki.

Zasady oceniania
1 pkt – za prawidłowe przyporządkowanie procesów do wszystkich elementów nefronu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

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

Rozwiązanie
mocznik, kwas moczowy

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P,   2. – P,   3. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uporządkowanie etapów otrzymywania roślin transgenicznych.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne wykazanie cech organizmu transgenicznego i GMO.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Przedstawiona roślina jest GMO i transgeniczna, ponieważ jej genom został zmieniony metodami inżynierii genetycznej w celu uzyskania nowych cech fizjologicznych (GMO) oraz wprowadzono nowy gen, który jest obcy dla tego organizmu (organizm transgeniczny).
• Transgeniczna, ponieważ ma gen pochodzący z innego organizmu, oraz modyfikowana genetycznie, ponieważ zmieniono jej genom metodami inżynierii genetycznej.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie korzyści dla środowiska upraw roślin genetycznie modyfikowanych i odpornych na choroby wywołane przez grzyby pasożytynicze, uwzględniające brak konieczności stosowania chemicznych środków ochrony upraw.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Wprowadzanie do roślin genów odporności na choroby pasożytnicze spowoduje, że mniejsze ilości pestycydu trafią do środowiska.
• Obecność genów odporności na grzyby pasożytnicze umożliwia stosowanie mniejszej ilości pestycydów w uprawach rolniczych. Dzięki temu pestycydy wpływają w mniejszym stopniu na funkcjonowanie niepasożytniczych grzybów w środowisku.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne podanie nazw obu enzymów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

1. przecinania DNA w obrębie określonych sekwencji nukleotydowych: endonukleazy restrykcyjne / enzymy restrykcyjne / restryktazy
2. łączenia ze sobą dwuniciowych cząsteczek DNA: ligazy DNA

Uwaga:
Uznaje się odpowiedź „ligazy”, ponieważ ta nazwa, choć odnosi się do wszystkich enzymów należących do grupy 6. wg klasyfikacji EC, jest szeroko stosowana jako synonim „ligazy DNA”.
Nie uznaje się odpowiedzi „nukleazy”, ponieważ jedynie endonukleazy restrykcyjne wykazują tak dużą swoistość w stosunku do określonych sekwencji nukleotydowych.

Zasady oceniania
1 pkt – za poprawne uzasadnienie, uwzględniające brak mechanizmu wycinającego introny u bakterii.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe rozwiązania

• Bakterie nie prowadzą splicingu, więc nie powstałoby właściwe białko.
• Gen ten nie może zawierać intronów, ponieważ w komórce bakteryjnej nie ma mechanizmu ich wycinania, więc nie powstałoby właściwe białko.

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. – P.

Zasady oceniania
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że mostki disiarczkowe stabilizują III-rzędową strukturę rybonukleazy, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odwołującym się do powstawania ich w obrębie jednego łańcucha polipeptydowego tego białka.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozstrzygnięcie: Trzeciorzędową

Przykładowe uzasadnienia

• Rybonukleaza ma jeden łańcuch.
• Rybonukleaza jest zbudowana z pojedynczego łańcucha polipeptydowego, więc nie ma struktury czwartorzędowej.
• Mostki tworzą się pomiędzy aminokwasami budującymi ten sam łańcuch polipeptydowy.
• Struktura czwartorzędowa dotyczy oddziaływań między odrębnymi podjednostkami – a rybonukleaza jest białkiem monomerycznym, w którym te mostki powstają między dwiema resztami cysteiny tego samego łańcucha polipeptydowego.

Zasady oceniania
2 pkt – za poprawne uzupełnienie czterech luk.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie trzech luk.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Podczas dojrzewania owoców obecne w fotosyntetyzującej część owocu chloroplasty, widoczne na mikrofotografii A, mogą się przekształcać w chromoplasty – plastydy wypełnione karotenoidami, widoczne na mikrofotografii B.

Zasady oceniania
1 pkt – za podanie jednej przykładowej wspólnej cechy budowy dla plastydów wymienionych w tekście.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.

Przykładowe odpowiedzi

• otoczenie dwiema błonami
• oddzielenie od cytozolu błoną biologiczną
• obecność rybosomów
• kolisty DNA / obecność DNA / obecność materiału genetycznego
• duża zawartość sulfolipidów i galaktolipidów w błonach przy małej zawartości fosfolipidów
• wypełnienie macierzą / matrix / stromą

Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczenia plastydów błoną komórkową lub podwójną błoną.