Biologia - Arkusz maturalny 6 ze schematem oceniania.pdf

Diagnoza PRZED MATURĄ – styczeń 2015 www.matura-diagnoza.nowaera.pl

Arkusz maturalny Zadanie 1. (0–3) W końcowym etapie oddychania tlenowego przenośniki elektronów wytworzone podczas glikolizy i cyklu Krebsa są utleniane, a ostatecznym akceptorem elektronów i protonów jest tlen. Energia uwalniana w tym etapie jest zużywana do produkcji ATP. Przenośniki elektronów ulegają redukcji głównie w  procesach utleniania cukrów i tłuszczów.

a) Podaj nazwę grupy związków organicznych, do której należą przenośniki elektronów.

b) Wyjaśnij, dlaczego utlenianie w komórce jednego grama tłuszczów jest wydajniejsze energetycznie niż utlenianie jednego grama cukrów.

Arkusz maturalny

c) Wymień nazwy przedziałów mitochondrialnych, pomiędzy którymi w ostatnim etapie oddychania tlenowego dochodzi do przemieszczania się protonów i syntezy ATP.

Zadanie 2. (0–2) Rysunki przedstawiają dwa rodzaje endocytozy: pinocytozę i endocytozę kierowaną receptorami. Pinocytoza

Endocytoza receptorowa receptor

płyn zewnątrzkomórkowy

pęcherzyk

cytozol

a) Określ, który rodzaj endocytozy zachodzi podczas niewybiórczego pobierania przez komórkę różnych cząsteczek obecnych w płynie pozakomórkowym. Odpowiedź uzasadnij.

b) Określ, jaki jest skutek pinocytozy dla powierzchni błony komórkowej.

1

Arkusz maturalny

Zadanie 3. (0–4) Lizosomy odpowiadają za trawienie wewnątrzkomórkowe. Zawierają one enzymy hydrolityczne rozkładające m.in. białka, kwasy nukleinowe, lipidy i  polisacharydy. Enzymy te są najbardziej aktywne w kwaśnym środowisku lizosomu, gdzie pH ≈ 5. W błonie lizosomalnej znajdują się białka transportujące produkty trawienia z powrotem do cytozolu oraz enzym H+-ATP-aza, zwany również pompą protonową. Specyficzną cechą błony lizosomalnej jest silna glikozylacja jej wewnętrznej powierzchni, polegająca na przyłączeniu grup cukrowcowych do białek błonowych kontaktujących się ze środowiskiem wewnętrznym lizosomu.

nośnik metabolitów

pH ≈ 5,0 błona lizosomu

KWAŚNE HYDROLAZY nukleazy proteazy glikozydazy lipazy fosfatazy sulfatazy fosfolipazy H+ pompa protonowa

pH ≈ 7,2 ATP

ADP + Pi

Arkusz maturalny

CYTOZOL

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2009, s. 527.

a) Wyjaśnij, jaką rolę w prawidłowym funkcjonowaniu lizosomu odgrywa pompa protonowa.

b)  Wykaż związek pomiędzy glikozylacją białek wewnętrznej powierzchni błony lizosomalnej a aktywnością lizosomalnych enzymów proteolitycznych.

c) Podaj nazwę innych niż lizosomy struktur komórkowych zaangażowanych w proces degradacji białek.

d)  Wyjaśnij, w jaki sposób cytoplazma komórki jest chroniona przed działaniem enzymów hydrolitycznych w przypadku uszkodzenia lizosomu.

2

Arkusz maturalny

Zadanie 4. (0–4) Informacja Bakterie prototroficzne charakteryzują się zdolnością wytwarzania niezbędnych do ich wzrostu związków organicznych (np. aminokwasów) ze składników pożywki minimalnej, która zawiera oprócz składników mineralnych tylko jedno organiczne źródło węgla. Bakterie auksotroficzne są pozbawione zdolności wytwarzania określonych, niezbędnych do ich wzrostu związków organicznych, przykładowo auksotrofy lizynowe nie potrafią syntetyzować aminokwasu lizyny. Od pacjenta z infekcją górnych dróg oddechowych pobrano wymaz z gardła w celu wykonania posiewu bakterii odpowiedzialnych za chorobę. Spodziewano się wykrycia bakterii: X – auksotrofów lizynowych i względnych aerobów, Y – prototrofów wrażliwych na penicylinę i względnych aerobów, Z – prototroficznych bezwzględnych tlenowców.

a) Zaproponuj skład pożywki i warunki hodowli, pozwalające na wzrost:

– tylko bakterii X: – tylko bakterii Y:

Arkusz maturalny

b) Podaj przykład mechanizmu, dzięki któremu bakteria prototroficzna może się stać auksotrofem lizynowym.

c) Określ, w jaki naturalny sposób bakterie mające plazmid oporności na penicylinę mogą go przekazać bakteriom Y.

Zadanie 5. (0–1) Wykres przestawia zmiany zawartości DNA w cyklu życiowym komórki diploidalnej. ilość DNA [c]/liczba chromosomów [n] 4c 2c/2n

1c/1n

G1 ilość DNA

S

G2 M liczba chromosomów

G1

Określ liczbę chromosomów oraz ilość DNA w komórce eugleny zielonej bezpośrednio przed podziałem i bezpośrednio po nim.

Przed podziałem komórki: Po podziale komórki:

3

Arkusz maturalny

Zadanie 6. (0–2) W  celu określenia względnej długości trwania czterech faz mitozy wykonano preparat z  wierzchołka korzenia cebuli. Preparat wybarwiono barwnikiem nadającym czerwony kolor kwasom nukleinowym i  pod mikroskopem policzono komórki znajdujące się w  danej fazie podziału mitotycznego. Na 124 dzielące się komórki 58 znajdowało się w profazie, 13 – w metafazie, 22 – w anafazie i 31 – w telofazie.

a) Określ, czy przedstawiony opis dotyczy obserwacji, czy – doświadczenia. Odpowiedź uzasadnij.

b) Oceń poprawność poniższych stwierdzeń dotyczących przeprowadzonego badania. Wpisz znak X w odpowiednie miejsca tabeli. PRAWDA Do badania podziałów komórkowych u roślin stosuje się preparaty wykonywane z tkanki merystematycznej.

2.

Najkrótszą fazą podziału mitotycznego komórki jest profaza.

3.

Opisana metoda nie pozwala na ustalenie bezwzględnej długości trwania faz mitozy.

Arkusz maturalny

1.

FAŁSZ

Zadanie 7. (0–1) Auksyny są hormonami roślinnymi, które odpowiadają m.in. za zjawisko dominacji wierzchołkowej. Auksyny syntetyzowane w pąku szczytowym pędu są transportowane w dół rośliny, gdzie stymulują wzrost wydłużeniowy komórek pędu głównego, a hamują rozrastanie się pędów bocznych. Na stężenie auksyn w tkankach rośliny wpływa światło, które prawdopodobnie powoduje rozkład lub inaktywację cząsteczek hormonu.

Na podstawie analizy tekstu wyjaśnij, dlaczego wiele drzew, np. jodły i świerki, ma kształt stożka.

4

Arkusz maturalny

Zadanie 8. (0–4) Schemat przedstawia cykl rozwojowy zarodźca wywołującego malarię. Jednym z etapów tego cyklu jest schizogonia – specyficzny typ podziału komórki, polegający na wielokrotnym podziale jądra komórkowego pasożyta bez podziału cytoplazmy. Cytokineza następuje później. Schizogonia zachodzi w erytrocytach człowieka. W jej efekcie powstaje jednocześnie wiele komórek potomnych, co w konsekwencji prowadzi do rozpadu czerwonych krwinek i ataku malarii.

ookineta przekształcająca się w oocystę

rosnąca oocysta z dzielącymi się jądrami

ookineta przenikająca przez ściany jelita komara

sporozoity opuszczające oocystę

ruchliwa zygota – ookineta

sporozoity w gruczole ślinowym komara

makrogameta tworzenie się mikrogamet

Arkusz maturalny

KOMAR CZŁOWIEK

gametocyty

merozoity

schizogonia erytrocytarna

sporozoity przenikające do komórek wątroby rosnący schizont

schizont rozpadający się na merozoity

Źródło: A. Czubaj (red.), Biologia, Warszawa 1999, s. 112.

a) Wyjaśnij, jakie znaczenie ma schizogonia dla rozprzestrzeniania się zarodźca malarii.

b) Określ, który żywiciel zarodźca malarii jest żywicielem pośrednim, a który – żywicielem ostatecznym. Odpowiedź uzasadnij.

c) Podaj nazwę stadium życiowego zarodźca, które wykazuje przystosowanie do życia zarówno w organizmie samicy komara, jak i w organizmie człowieka.

5

Arkusz maturalny

Zadanie 9. (0–3) Sporofit skrzypu polnego składa się z  podziemnego kłącza, które wytwarza korzenie przybyszowe i  bulwki pędowe. Z  kłącza wyrastają dwa rodzaje pędów nadziemnych: bezzieleniowy pęd wiosenny zakończony kłosem zarodnionośnym oraz silnie rozgałęziony pęd letni o  funkcji asymilacyjnej. Pęd wiosenny jest krótkotrwały – obumiera wkrótce po uwolnieniu zarodników z zarodni. Zredukowane gametofity skrzypu polnego są dwupienne. Na rysunkach przedstawiono elementy budowy skrzypu polnego. Pęd wiosenny

Zarodniki ze sprężycami

Pęd letni

kłos zarodnionośny

Arkusz maturalny

bulwka pędowa

Na podstawie: A. Czubaj (red.), Biologia, Warszawa 1999, s. 133.

a) Wyjaśnij, w jaki sposób odżywia się pęd wiosenny skrzypu polnego.

b) Określ, jaką rolę odgrywają sprężyce w rozsiewaniu zarodników skrzypów, biorąc pod uwagę dwupienność gametofitów.

c) Podaj nazwę organu rośliny okrytonasiennej homologicznego do kłosa zarodnionośnego skrzypów.

6

Arkusz maturalny

Zadanie 10. (0–2) W celu przeprowadzenia pewnego doświadczenia przygotowano w 24 szalkach podłoża stałe z dodatkiem zestawu soli mineralnych i z różną zawartością sacharozy (której stężenie wyrażono w mol/l pożywki). Do połowy szalek dodano kroplę wyciągu (W) z korzeni pewnego drzewa żyjącego w mikoryzie z grzybem. Szalki, do których dodano wyciąg, oznaczono jako + W, natomiast te, do których nie dodano wyciągu, jako – W. Na powierzchni każdej szalki rozprowadzono kroplę zawiesiny zarodników konidialnych grzyba, a następnie szalki umieszczono w trzech termostatach, w temperaturze +4°C, +12°C i +20°C. Schemat doświadczenia przedstawiono w tabeli (1–24 – numery szalek). Temp.

Sacharoza 0 mol/l

Sacharoza 0,1 mol/l

Sacharoza 0,2 mol/l

Sacharoza 0,3 mol/l

–W

+W

–W

+W

–W

+W

–W

+W

+4°C

1

2

3

4

5

6

7

8

+12°C

9

10

11

12

13

14

15

16

+20°C

17

18

19

20

21

22

23

24

a) Sformułuj problem badawczy do tego doświadczenia.

Arkusz maturalny

b) Określ, czy użycie w doświadczeniu zarodników konidialnych zapewniło niezbędną jednorodność materiału badawczego. Odpowiedź uzasadnij.

Zadanie 11. (0–3) U ssaków zachodzi przede wszystkim rozmnażanie płciowe. Rozmnażanie bezpłciowe jest stosunkowo rzadkie, a jego przykładem może być poliembrionia występująca u pancerników. U niektórych ssaków, m.in. u człowieka, w prawidłowym cyklu jajnikowym powstaje jeden oocyt, który następnie jest zapładniany jednym plemnikiem. Zdarzają się jednak przypadki, kiedy w tym samym cyklu jajnikowym powstają dwa oocyty i oba zostają zapłodnione pojedynczymi plemnikami. Dzięki istnieniu mechanizmów zabezpieczających u ssaków nie występuje polispermia, czyli wnikanie do oocytu więcej niż jednego plemnika. Niekiedy dochodzi jednak do polispermii patologicznej, która prowadzi do obumierania zarodków.

a) Określ, na czym polega rozmnażanie bezpłciowe występujące niekiedy u człowieka, określane mianem naturalnego klonowania.

b) Określ ploidalność zarodka powstającego wskutek zapłodnienia oocytu dwoma plemnikami.

7

Arkusz maturalny

c) Zaznacz zdanie, które zawiera prawdziwe informacje dotyczące efektu zapłodnienia dwóch oocytów dwoma plemnikami. A. W wyniku zapłodnienia powstają dwa prawie identyczne osobniki potomne tej samej płci. B. W wyniku zapłodnienia powstają dwa prawie identyczne osobniki potomne różnej płci. C. W wyniku zapłodnienia powstają dwa różne osobniki potomne różnej płci. D. W wyniku zapłodnienia powstają dwa różne osobniki potomne różnej lub tej samej płci. Zadanie 12. (0–3) Białka ulegają w  przewodzie pokarmowym hydrolizie enzymatycznej, w  której wyniku powstają wolne aminokwasy. Do enzymów proteolitycznych działających w przewodzie pokarmowym człowieka należą endopeptydazy, rozrywające wiązania pomiędzy aminokwasami występującymi wewnątrz łańcucha polipeptydowego, oraz egzopeptydazy, rozrywające wiązania pomiędzy skrajnymi aminokwasami a  resztą łańcucha. Do endopeptydaz jelita cienkiego należą: trypsyna (1) i  chymotrypsyna (2), do egzopeptydaz: karboksypeptydazy (3), odcinające aminokwasy z końca –COOH, i aminopeptydazy (4), odcinające aminokwasy z końca –NH2.

a)  Uzupełnij schemat przedstawiający enzymatyczną hydrolizę fragmentu białka, wpisując w wykropkowane miejsca cyfry (1–4) odpowiadające właściwym enzymom.

Arkusz maturalny

HOOC

NH2

b) Oceń poprawność poniższych stwierdzeń dotyczących enzymów proteolitycznych działających w przewodzie pokarmowym człowieka. Wpisz znak X w odpowiednie miejsca tabeli. PRAWDA 1.

Trypsyna i chymotrypsyna są wytwarzane przez trzustkę w postaci nieaktywnych proenzymów.

2.

W aktywacji trypsynogenu uczestniczy kwas solny, wytwarzany przez komórki błony śluzowej żołądka.

3.

Trawienie białek w dwunastnicy wymaga zasadowego odczynu treści pokarmowej.

FAŁSZ

c) Zaznacz prawidłowy opis działania enzymów proteolitycznych. A. Główną funkcją enzymów proteolitycznych jest rozrywanie wiązań wodorowych występujących pomiędzy kolejnymi skrętami α-helisy białka. B. Główną funkcją enzymów proteolitycznych jest rozrywanie wiązań peptydowych występujących pomiędzy grupą karboksylową jednego aminokwasu a grupą aminową drugiego aminokwasu. C.  Główną funkcją enzymów proteolitycznych jest niszczenie trzeciorzędowej struktury białka, w wyniku rozrywania mostków disiarczkowych łączących aminokwasy siarkowe.

8

Arkusz maturalny

Zadanie 13. (0–3) Schematy przedstawiają mechanizmy działania hormonów steroidowych oraz hormonów białkowych. błona komórkowa

A. receptor

receptor na DNA

DNA transkrypcja

hormon

cytozol jądro

translacja mRNA białko zmetabolizowany hormon

Arkusz maturalny

B.

hormon

białko G

cyklaza adenylanowa

ATP

błona komórkowa

cAMP + PPi

receptor

kinaza białkowa (nieczynna)

cAMP

kinaza białkowa (czynna)

aktywacja swoistych enzymów

fosforylacja enzymów inaktywacja swoistych enzymów

Schemat A na podstawie: T. Krzymowski, J. Przała (red.), Fizjologia zwierząt, Warszawa 2005, s. 171. Schemat B na podstawie: Z. Traczyk, A. Trzebski (red.), Fizjologia człowieka z elementami fizjologii stosowanej i klinicznej, Warszawa 2004, s. 339.

a) Ustal, który ze schematów (A czy B) przedstawia mechanizm działania hormonu białkowego. Uzasadnij swój wybór.

Schemat: Uzasadnienie:

b) Wyjaśnij na podstawie schematu mechanizm działania hormonu steroidowego.

9

Arkusz maturalny

Zadanie 14. (0–3) Wątroba człowieka jest ukrwiona dwoma łączącymi się ze sobą systemami naczyń włosowatych – jeden otrzymuje krew z tętnicy wątrobowej, a drugi – z żyły wrotnej odchodzącej od jelit. Krążenie wrotne nie jest jednak wyłącznie cechą wątroby. Żyłą wrotną, prowadzącą krew z podwzgórza, ukrwiona jest także przednia (gruczołowa) część przysadki.

a) Wyjaśnij, dlaczego wątroba jest zaopatrywana w krew zarówno przez tętnicę wątrobową, jak i przez żyłę wrotną.

b) Wyjaśnij, dlaczego niektóre narządy są ukrwione za pomocą krążenia wrotnego.

Arkusz maturalny

Zadanie 15. (0–2) Podczas spoczynku włókna mięśni poprzecznie prążkowanych gromadzą substancje, które są następnie wykorzystywane do skurczu mięśnia. Do substancji tych należą: jony wapnia, fosfokreatyna, glikogen oraz mioglobina.

a) Określ rolę jonów wapnia w inicjacji skurczu włókna mięśniowego.

b) Wyjaśnij, dlaczego tlen zawarty w  hemoglobinie przenika z  krwi do mięśni, gdzie łączy się z mioglobiną.

10

Arkusz maturalny

Zadanie 16. (0–3) Schemat przedstawia widełki replikacyjne. C

A B

D

E F

a)  Wpisz w miejscach oznaczonych na schemacie literami (A–F) odpowiednie oznaczenia (3' lub 5') określające polarność nici DNA. b) Podaj nazwę enzymu odpowiadającego za łączenie fragmentów nici oznaczonej na schemacie literą E w jedną ciągłą nić.

Arkusz maturalny

c) Wykaż związek pomiędzy replikacją DNA a zdolnością komórki do podziału.

Zadanie 17. (0–1) W cyklu życiowym mchu płonnika naprzemiennie występują pokolenie diploidalnego sporofitu i pokolenie haploidalnego gametofitu. Podczas tworzenia się komórki jajowej w gametoficie jednego z osobników płonnika doszło do mutacji w genie kodującym pewien enzym cyklu Calvina. Komórka jajowa otrzymała recesywny allel letalny genu. W wyniku zapłodnienia tej komórki powstała w pełni żywotna heterozygota.

Określ, w którym cyklu przemiany pokoleń z populacji płonnika zostanie usunięty recesywny allel letalny opisanego genu. Odpowiedź uzasadnij.

11

Arkusz maturalny

Zadanie 18. (0–3) Schemat przedstawia dziedziczenie tej samej choroby w dwóch różnych rodzinach: A i B. Rodzina A

Rodzina B

I

I 1

1

2

II

2

II 3

4

5

3

III

4

5

6

III 6

7

7

zdrowa kobieta chora kobieta zdrowy mężczyzna

Arkusz maturalny

chory mężczyzna

a) Ustal na podstawie schematu sposób dziedziczenia tej choroby.

b) Podaj genotypy członków rodziny A oznaczonych w rodowodzie numerami 1, 2 i 3 oraz członków rodziny B oznaczonych w rodowodzie numerami 2, 4 i 7.

A1:



B2:

A2:



B4:

A3:



B7:

c) Określ prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka płci męskiej parze: kobieta z rodziny A oznaczona w rodowodzie numerem 7 i mężczyzna z rodziny B oznaczony w rodowodzie numerem 7.

12

Arkusz maturalny

Zadanie 19. (0–2) Konkurencja jest oddziaływaniem, które może występować pomiędzy osobnikami należącymi do tego samego gatunku lub osobnikami należącymi do różnych gatunków.

a) Wyjaśnij, dlaczego konkurencja wewnątrzgatunkowa jest silniejsza od konkurencji międzygatunkowej.

b) Wyjaśnij, dlaczego występowanie u owadów rozwoju złożonego z przeobrażeniem zupełnym jest przykładem redukcji konkurencji wewnątrzgatunkowej.

Arkusz maturalny

Zadanie 20. (0–3) Karol Darwin opisał mechanizmy doboru naturalnego, doboru sztucznego i doboru płciowego, które do dziś stanowią fundament myśli ewolucyjnej, ściśle związanej z ekologią.

a) Podaj dwie różnice pomiędzy doborem naturalnym a doborem sztucznym.

1. 2. b)  Oceń poprawność poniższych stwierdzeń dotyczących doboru płciowego. Wpisz znak X w odpowiednie miejsca tabeli. PRAWDA 1.

W mechanizmie doboru płciowego rolę selekcjonera odgrywa osobnik tego samego gatunku i tej samej płci.

2.

Dobór płciowy przejawia się zazwyczaj w silnej konkurencji samców o samice.

3.

Dobór płciowy prowadzi do dymorfizmu płciowego, czyli występowania różnic w wyglądzie osobników męskich i żeńskich należących do jednego gatunku.

FAŁSZ

c) Zaznacz stwierdzenie, które jest fałszywe. A. Konkurencja między dwoma spokrewnionymi gatunkami może prowadzić do ewolucyjnego wzrostu zróżnicowania ich potrzeb i rozdzielenia ich nisz ekologicznych. B. Pasożytnictwo odgrywa znaczną rolę w ewolucji wielu gatunków. C. Roślinożerność sprzyja zubożeniu składu gatunkowego roślin w naturalnych ekosystemach. D. Mutualizm sprzyja koewolucji współżyjących gatunków.

13

Arkusz maturalny

Zadanie 21. (0–3) W kościach wymarłych organizmów znajdują się niewielkie ilości DNA. Na podstawie porównania sekwencji DNA mitochondrialnego wyizolowanego z kości neandertalczyka z sekwencjami DNA mitochondrialnego człowieka współczesnego skonstruowano drzewo filogenetyczne przedstawione poniżej.

neandertalczyk

człowiek współczesny

Źródło: T.A. Brown, Genomy, Warszawa 2012, s. 617.

a) Na podstawie analizy drzewa filogenetycznego określ, czy neadertalczyk był przodkiem człowieka współczesnego. Odpowiedź uzasadnij. Arkusz maturalny

b)  Wyjaśnij, dlaczego w  filogenetyce molekularnej stosuje się zwykle DNA mitochondrialny, a nie DNA jądrowy.

c) Podaj nazwę techniki biologii molekularnej stosowanej do powielania m.in. DNA kopalnego.

14

Arkusz maturalny

Zadanie 22. (0–2) W tabeli przedstawiono dane z 2013 r. dotyczące zanieczyszczenia atmosfery SO2. Pomiary automatyczne stężenia SO2 przeprowadzono w dwóch różnych lokalizacjach na terenie województwa śląskiego. Stacja

Jednostka

Miesiąc I

II

III

IV

V

VI

VII

VIII

IX

X

XI

XII

Katowice

μg/m3

35

25

21

17

12

10

7

7

8

9

14

16

Złoty Potok, leśniczówka, Kamienna Góra

μg/m3

18

9

8

6

4

2

3

4

3

8

8

16

Na podstawie: Śląski monitoring powietrza, http://stacje.katowice.pios.gov.pl/ [dostęp: 2.10.2014]

Arkusz maturalny

a) Na podstawie danych z  tabeli narysuj wykres liniowy, ilustrujący zmiany stężenia SO2 w obu lokalizacjach w poszczególnych miesiącach.

b) Sformułuj jeden wniosek wynikający z analizy wykresu lub danych zawartych w tabeli.

15

Arkusz maturalny

Zadanie 23. (0–3) „Największe światowe badania na temat wpływu genetycznych modyfikacji upraw na „dziką”, otaczającą uprawy faunę i florę przeprowadzono w Wielkiej Brytanii w latach 1999–2003. Badano między innymi kukurydzę, buraki cukrowe oraz jary i  ozimy rzepak. Modyfikacja polegała na oporności na herbicyd, mierzono liczbę oraz rodzaj chwastów i  ich nasion, populacje różnych gatunków owadów, pająków. Sformułowano ogólny wniosek, że w  otaczającym uprawy dzikim życiu zaszły zmiany jakościowe i ilościowe, ale nie są one wynikiem genetycznej modyfikacji, lecz zmiany zachowań farmerów, którym zaproponowano nowy sposób kontroli chwastów w ich uprawach. [...] różnorodność chwastów w Wielkiej Brytanii znacząco zmniejszyła się już w  latach 60., ze względu na agresywne stosowanie chemicznych herbicydów. [...] Jednym ze sposobów zmniejszenia potencjalnych zagrożeń [stwarzanych – red.] przez rośliny genetycznie modyfikowane jest wprowadzenie pożądanych transgenów do DNA chloroplastów. Zmniejsza to m.in. zagrożenie transgenicznym pyłkiem innych gatunków [...], ponieważ w pyłku nie ma chloroplastów.” Źródło: P. Węgleński (red.), Genetyka molekularna, Warszawa 2006, s. 502.

a) Wyjaśnij, dlaczego pyłek roślin nie zawiera chloroplastów.

Arkusz maturalny

b) Określ, jaka cecha chloroplastów sprawia, że można je wykorzystywać do genetycznych modyfikacji roślin.

c) Zaznacz dwa działania, które prowadzą do zachowania różnorodności biologicznej. A. Introdukcja na określony teren gatunku pochodzącego z innego regionu geograficznego. B. Zachowywanie upraw tradycyjnych odmian roślin i hodowli tradycyjnych ras zwierząt. C. Niszczenie chwastów za pomocą herbicydów. D. Restytucja populacji ginących gatunków w miejscach ich tradycyjnych areałów. E. Zwalczanie szkodników lasów metodami chemicznymi.

16

Zadanie 1. (0–3) 1.a) (0–1) Rozwiązanie

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Arkusz maturalny Nukleotydy, przenośniki elektronów zob. Vademecum, s. 38, 66

Nukleotydy. / Dinukleotydy. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie przynależności chemicznej przenośników elektronów w komórkach; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 1.b) (0–1) Rozwiązanie

Metabolizm tłuszczów zob. Vademecum, s. 91

Tłuszcze zawierają więcej atomów wodoru w cząsteczkach / są mniej utlenione / są bardziej zredukowane niż cukry, a im więcej jonów H+ zostanie przyłączonych przez przenośniki elektronów, tym więcej energii zostanie zmagazynowanej w ATP. Schemat punktowania 1 pkt –  za odpowiedź uwzględniającą większą zawartość wodoru w  cząsteczkach tłuszczów niż w  cząsteczkach cukrów oraz powiązanie redukcji przenośników elektronów z  uzyskiwaniem energii przez komórkę; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 1.c) (0–1) Rozwiązanie

Łańcuch oddechowy zob. Vademecum, s. 87

Matrix / Matriks / macierz (mitochondrialna) oraz przestrzeń międzybłonowa / perimitochondrialna. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie obu przedziałów mitochondrialnych; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 2. (0–2) 2.a) (0–1) Rozwiązanie

Endocytoza zob. Vademecum, s. 45

Pinocytoza, ponieważ nie wiąże się ona z  rozpoznawaniem określonych cząsteczek przez receptory błonowe. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne określenie rodzaju endocytozy oraz każde poprawne uzasadnienie uwzględniające brak receptorów błonowych; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 2.b) (0–1) Ubytek powierzchni błony komórkowej. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne określenie skutku pinocytozy; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 3. (0–4) 3.a) (0–1) Rozwiązanie

Endocytoza zob. Vademecum, s. 45

Lizosomy zob. Vademecum, s. 53

Pompa protonowa transportuje jony H+, które odpowiadają za kwaśny odczyn wnętrza lizosomu. Teraz matura. Vademecum

17

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Schemat punktowania 1 pkt –  za wyjaśnienie funkcji pompy protonowej z  uwzględnieniem jej udziału w  utrzymywaniu niskiego pH wnętrza lizosomu; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 3.b) (0–1) Rozwiązanie

Lizosomy zob. Vademecum, s. 53

Warstwa cukrów na / Glikozylacja wewnętrznej powierzchni błony lizosomalnej zabezpiecza białka błonowe przed strawieniem przez enzymy proteolityczne. Schemat punktowania 1 pkt – za wykazanie związku pomiędzy glikozylacją białek błonowych a  ich odpornością na trawienie przez enzymy proteolityczne; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 3.c) (0–1) Rozwiązanie

Proteosomy zob. Vademecum, s. 55

Proteasomy. Schemat punktowania 1 pkt – za podanie poprawnej nazwy; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 3.d) (0–1) Rozwiązanie

Cytozol zob. Vademecum, s. 48, 49

Cytozol ma odczyn pH zbliżony do obojętnego, dlatego enzymy hydrolityczne lizosomu nie będą w nim aktywne. Enzymy te są aktywne tylko w środowisku kwasowym. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 4. (0–4) 4.a) (0–2) Rozwiązanie

– tylko bakterii X: pożywka minimalna z dodatkiem lizyny i penicyliny, hodowla beztlenowa. – tylko bakterii Y: pożywka minimalna, hodowla beztlenowa. Schemat punktowania 2 pkt – za poprawne podanie składu pożywki i  warunków hodowli pozwalających na wzrost tylko bakterii X oraz tylko bakterii Y; 1 pkt – za poprawne podanie składu pożywki i  warunków hodowli pozwalających na wzrost tylko bakterii X lub tylko bakterii Y; 0 pkt – za odpowiedź uwzględniającą tylko częściowo skład odpowiednich pożywek lub warunków hodowli bakterii, odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 4.b) (0–1) Rozwiązanie

Mutacje zob. Vademecum, s. 413

Bakteria prototroficzna może stać się auksotrofem lizynowym np.: – wskutek wystąpienia u niej mutacji w jednym z genów kodujących któryś z enzymów szlaku biosyntezy lizyny; – wskutek wystąpienia u niej mutacji uniemożliwiającej poprawne działanie operonu lizynowego. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie odpowiedniej mutacji jako przyczyny auksotrofii u  bakterii uprzednio prototroficznej; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 18

Rozwiązanie

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

4.c) (0–1)

Koniugacja, źródła zmienności genetycznej u bakterii zob. Vademecum, s. 107, 412.

(Naturalnym sposobem przekazania cechy oporności na penicylinę może być) Koniugacja bakterii wrażliwej na antybiotyk / bakterii Y z bakterią mającą plazmid z genem oporności na ten antybiotyk. Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź uwzględniającą koniugację wymienionych bakterii; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 5. (0–1) Rozwiązanie

Zmiany zawartości DNA w komórkach zob. Vademecum, s. 62

Przed podziałem komórki: 2n 4c Po podziale komórki: 2n 2c Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne określenie liczby chromosomów i ilości DNA przed podziałem komórki i po nim; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 6. (0–2) 6.a) (0–1) Rozwiązanie

Rodzaje metod naukowych zob. Vademecum, s. 20

Opis ten dotyczy obserwacji. Nie dotyczy doświadczenia, gdyż nie ingerowano w  proces podziału komórkowego. Schemat punktowania 1 pkt – za określenie rodzaju metody badania biologicznego oraz poprawne uzasadnienie; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 6.b) (0–1) Rozwiązanie

Mitoza zob. Vademecum, s. 58, 59

1 – P, 2 – F, 3 – P Schemat punktowania 1 pkt – za trzy poprawne oceny; 0 pkt – za dwie, jedną lub zero poprawnych ocen. Zadanie 7. (0–1) Rozwiązanie

Auksyny zob. Vademecum, s. 174

Stężenie auksyn w  górnej części pędu jest największe, dlatego właśnie tam odbywa się najsilniejsze hamowanie rozwoju pędów bocznych. W niższych częściach pędu stężenie auksyn jest znacznie mniejsze, ponieważ auksyny częściowo ulegają inaktywacji lub rozkładowi pod wpływem światła, a  częściowo rozpraszają się w  tkankach, które mają coraz większą objętość. W  związku z  tym hamowanie rozwoju pędów bocznych w dolnej części pędu jest najsłabsze. Efektem jest stożkowaty pokrój drzewa. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu auksyn na przyjmowanie stożkowatego kształtu drzew; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 8. (0–4) 8.a) (0–1) Rozwiązanie

Cykl rozwojowy zarodźca malarii zob. Vademecum, s. 113

Schizogonia powoduje zwielokrotnienie liczby merozoitów / komórek zarodźca / stadiów larwalnych zarodźca, przez co więcej komarów pobiera krew zakażoną pasożytem. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie znaczenia schizogonii; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 19

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

8.b) (0–2) Rozwiązanie

Cykl rozwojowy zarodźca malarii, żywiciel pośredni i ostateczny zob. Vademecum, s. 113, 193

Żywicielem pośrednim jest człowiek, ponieważ w  jego organizmie zarodziec rozmnaża się bezpłciowo. Żywicielem ostatecznym jest komar, ponieważ w jego organizmie zarodziec rozmnaża się płciowo. Schemat punktowania 2 pkt – za poprawne określenie obu żywicieli i poprawne uzasadnienie; 1 pkt – za poprawne określenie obu żywicieli i błędne uzasadnienie; 0 pkt – za błędne określenie żywicieli wraz z błędnym uzasadnieniem lub brak odpowiedzi. 8.c) (0–1) Rozwiązanie

Cykl rozwojowy zarodźca malarii zob. Vademecum, s. 113

Sporozoit. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie nazwy stadium życiowego zarodźca malarii; 0 pkt – za odpowiedź niepoprawną lub brak odpowiedzi. Zadanie 9. (0–3) 9.a) (0–1) Rozwiązanie

Budowa skrzypu zob. Vademecum, s. 146

Pęd wiosenny korzysta z substancji odżywczych zmagazynowanych w bulwkach pędowych. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie sposobu odżywiania pędu wiosennego; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 9.b) (0–1) Rozwiązanie

Budowa skrzypu zob. Vademecum, s. 146

Zarodniki sczepiają się sprężycami, dzięki czemu są przenoszone w  grupach. Zwiększa to prawdopodobieństwo wykiełkowania obok siebie gametofitu męskiego i  żeńskiego / różnych płciowo gameto­fitów. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie znaczenia sprężyc w  rozsiewaniu się zarodników, z  uwzględnieniem dwupienności gametofitów; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 9.c) (0–1) Rozwiązanie

Homologia struktur u paprotników i roślin nasiennych zob. Vademecum, s. 164

Kwiat. Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 10. (0–2) 10.a) (0–1) Rozwiązanie

Problem badawczy zob. Vademecum, s. 20

Zależność rozwoju grzybni od temperatury, stężenia sacharozy oraz obecności wyciągu. / Czy na rozwój grzybni ma wpływ temperatura, stężenie sacharozy i obecność wyciągu? Schemat punktowania 1 pkt –  za poprawne sformułowanie problemu badawczego doświadczenia, uwzględniające wpływ temperatury, stężenie sacharozy i obecność wyciągu (W) na rozwój grzybni (z zarodników); 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 20

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

10.b) (0–1)

Zarodniki konidialne zob. Vademecum, s. 117

Rozwiązanie

Tak, ponieważ zarodniki konidialne są jednorodne genetycznie, ponieważ powstają na drodze mitozy. Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną oraz poprawne uzasadnienie; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 11. (0–3) 11.a) (0–1)

Klony naturalnie występujące w przyrodzie zob. Vademecum, s. 437

Rozwiązanie

Rozmnażanie bezpłciowe u człowieka polega / Polega ono na podziale jednego zarodka, w wyniku czego powstają bliźnięta jednojajowe. Schemat punktowania 1 pkt – za wskazanie przypadku bliźniąt jednojajowych; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 11.b) (0–1)

Poliploidie zob. Vademecum, s. 417

Rozwiązanie

3n / Zarodek jest triploidalny. / Triploidalność. Schemat punktowania 1 pkt – za prawidłowe określenie ploidalności zarodka; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 11.c) (0–1)

Bliźnięta zob. Vademecum, s. 367

Rozwiązanie

D Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 12. (0–3) 12.a) (0–1)

Etapy trawienia białek zob. Vademecum, s. 287

Rozwiązanie

NH2

HOOC 3

lub

1

2

4 NH2

HOOC 3

2

1

4

Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne uzupełnienie całego schematu; 0 pkt – za częściowe lub błędne uzupełnienie schematu albo brak odpowiedzi. 12.b) (0–1) Rozwiązanie

Etapy trawienia białek zob. Vademecum, s. 287

1 – P, 2 – F, 3 – P Schemat punktowania 1 pkt – za trzy poprawne oceny; 0 pkt – za dwie, jedną lub zero poprawnych ocen. 21

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

12.c) (0–1) Rozwiązanie

Etapy trawienia białek zob. Vademecum, s. 287

B Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 13. (0–3) 13.a) (0–2)

Mechanizm działania hormonów zob. Vademecum, s. 346, 347

Rozwiązanie

Schemat: B Uzasadnienie: Ponieważ hormony białkowe działają przez receptor zlokalizowany w błonie komórkowej. / Ponieważ hormony białkowe nie są w stanie przenikać przez błonę komórkową. Schemat punktowania 2 pkt – za poprawne ustalenie, który schemat przedstawia mechanizm działania hormonu białkowego oraz poprawne uzasadnienie; 1 pkt – za poprawne ustalenie, który schemat przedstawia mechanizm działania hormonu białkowego i błędne uzasadnienie; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 13.b) (0–1) Rozwiązanie

Mechanizm działania hormonów zob. Vademecum, s. 346, 347

Hormon steroidowy łączy się z receptorem w cytozolu / z receptorem cytoplazmatycznym. Kompleks hormon– receptor wnika do jądra komórkowego, gdzie łączy się z receptorem na DNA. Takie połączenie powoduje transkrypcję określonego genu / określonych genów oraz translację / syntezę odpowiedniego białka. / Takie połączenie powoduje ekspresję określonego genu / określonych genów i syntezę odpowiedniego białka. Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną, z uwzględnieniem obu receptorów oraz wpływu hormonu steroidowego na ekspresję genów; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 14. (0–3) 14.a) (0–2)

Ukrwienie wątroby zob. Vademecum, s. 284

Rozwiązanie

Wątrobę cechuje wysoki poziom metabolizmu, dlatego potrzebuje ona dużej ilości tlenu, który dociera do niej tętnicą wątrobową. Z jelita żyłą wrotną docierają do wątroby m.in. składniki pokarmowe oraz toksyny wchłonięte w  jelicie cienkim. Wątroba jest czasowym magazynem nadmiaru związków wchłoniętych w jelicie oraz przeprowadza detoksykację związków toksycznych. Schemat punktowania 2 pkt – za poprawne wykazanie, dlaczego wątroba musi być zaopatrywana w krew zarówno utlenowaną, dostarczaną tętnicą wątrobową, jak i krew ze składnikami odżywczymi i toksynami, dostarczaną żyłą wrotną; 1 pkt – za poprawne wykazanie, dlaczego wątroba musi być zaopatrywana tętnicą wątrobową w  krew utlenowaną lub żyłą wrotną w krew ze składnikami odżywczymi i toksynami; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 14.b) (0–1) Rozwiązanie

Układ wrotny zob. Vademecum, s. 306

Ukrwienie wrotne pozwala na bezpośrednie doprowadzenie z krwią produktów działania jednego narządu do drugiego narządu, w którym ten produkt jest wykorzystywany. Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 22

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Zadanie 15. (0–2) 15.a) (0–1)

Molekularny mechanizm skurczu mięśnia zob. Vademecum, s. 237

Rozwiązanie

Jony wapnia (uwalniane z  siateczki śródplazmatycznej / (ER) / siateczki sarkoplazmatycznej do sarko­ plazmy pod wpływem impulsu nerwowego) łączą się z troponiną, co odsłania na aktynie miejsca wiążące głowy miozyny. (Czasowe połączenie obu białek umożliwia ich ruch względem siebie, co w konsekwencji pociąga za sobą skrócenie sarkomerów oraz skurcz włókna mięśniowego). Schemat punktowania 1 pkt – za określenie roli jonów wapnia w inicjacji skurczu włókna mięśniowego; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 15.b) (0–1)

Mioglobina zob. Vademecum, s. 296

Rozwiązanie

Ponieważ mioglobina wykazuje wyższe powinowactwo do tlenu niż hemoglobina. Schemat punktowania 1 pkt – za wyjaśnienie, dlaczego tlen zawarty w hemoglobinie łączy się w mięśniach z mioglobiną; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 16. (0–3) 16.a) (0–1)

Synteza nowych nici podczas replikacji DNA zob. Vademecum, s. 383

Rozwiązanie

C 3' 5' A 3' B

D 5'

E 3' F 5'

Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne uzupełnienie całego schematu; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 16.b) (0–1) Rozwiązanie

Enzymy biorące udział w replikacji zob. Vademecum, s. 381

Ligaza. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie nazwy enzymu; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 16.c) (0–1) Rozwiązanie

Cechy replikacji DNA zob. Vademecum, s. 380

W  wyniku replikacji DNA powstają dwie identyczne cząsteczki DNA, które mogą zostać rozdzielone w trakcie podziału komórkowego do komórek potomnych. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wykazanie związku pomiędzy replikacją DNA a zdolnością podziałową komórki; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi.

23

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Zadanie 17. (0–1) Rozwiązanie

Cykl rozwojowy mchów, allel letalny zob. Vademecum, s. 143, 408

Allel ten zostanie usunięty z populacji w pierwszym cyklu przemiany pokoleń, gdyż wywoła efekt letalny w pokoleniu haploidalnego gametofitu. Schemat punktowania 1 pkt – za określenie cyklu, w  którym nastąpi eliminacja z  populacji recesywnego allelu letalnego, oraz poprawne uzasadnienie; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 18. (0–3) 18.a) (0–1) Rozwiązanie

Analiza rodowodów zob. Vademecum, s. 424

Choroba jest dziedziczona autosomalnie recesywnie. Schemat punktowania 1 pkt – za określenie sposobu dziedziczenia choroby; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 18.b) (0–1) Rozwiązanie

Analiza rodowodów zob. Vademecum, s. 424

A1: Aa B2: Aa A2: aa B4: aa A3: Aa B7: Aa Schemat punktowania 1 pkt – za podanie wszystkich poprawnych genotypów; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 18.c) (0–1) Rozwiązanie

Dziedziczenie płci u człowieka zob. Vademecum, s. 404

50% lub 0,5 Schemat punktowania 1 pkt – za określenie prawdopodobieństwa urodzenia się dziecka płci męskiej podanej parze; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 19. (0–2) 19.a) (0–1) Rozwiązanie

Konkurencja zob. Vademecum, s. 463

Konkurencja wewnątrzgatunkowa jest silniejsza od konkurencji międzygatunkowej, ponieważ wymagania / potrzeby / elementy niszy ekologicznej są takie same u osobników jednego gatunku / populacji, natomiast u różnych gatunków / populacji mogą być bardzo zbliżone, ale zazwyczaj się różnią. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 19.b) (0–1) Rozwiązanie

24

Typy rozwoju złożonego, konkurencja wewnątrzgatunkowa zob. Vademecum, s. 206, 463

W  przypadku rozwoju złożonego z  przeobrażeniem zupełnym występującego u  owadów larwy mają inną budowę i potrzeby / wymagania względem zasobów środowiska / korzystają z innych zasobów środowiska niż osobniki dorosłe (imago), co zmniejsza konkurencję (wewnątrzgatunkową) między nimi. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawną odpowiedź, uwzględniającą różnice między larwami a  postacią imago w  rodzaju wykorzystywanych zasobów; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Zadanie 20. (0–3) 20.a) (0–1)

Dobór naturalny i dobór sztuczny zob. Vademecum, s. 495

Dobór naturalny wynika z  wymagań środowiska, natomiast dobór sztuczny jest sterowany przez człowieka. / Dobór naturalny jest podstawowym mechanizmem ewolucji, natomiast dobór sztuczny jest podstawowym mechanizmem stosowanym w hodowli zwierząt i uprawie roślin. / W doborze naturalnym przeżywają osobniki najlepiej przystosowane do środowiska, natomiast w doborze sztucznym przeżywają osobniki wybrane przez człowieka do rozrodu. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie dwóch różnic pomiędzy doborem naturalnym a doborem sztucznym; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 20.b) (0–1) Rozwiązanie

Dobór płciowy zob. Vademecum, s. 497

1 – F, 2 – P, 3 – P Schemat punktowania 1 pkt – za trzy poprawne oceny; 0 pkt – za dwie, jedną lub zero poprawnych ocen. 20.c) (0–1) Rozwiązanie

Oddziaływania między organizmami, koewolucja zob. Vademecum, s. 463–467, 502

C Schemat punktowania 1 pkt – za odpowiedź poprawną; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 21. (0–3) 21.a) (0–1) Rozwiązanie

Drzewo filogenetyczne zob. Vademecum, s. 97

Nie, ponieważ analiza mitochondrialnego DNA / mtDNA wykazała znaczne różnice w  sekwencji nukleotydowej neandertalczyka i człowieka współczesnego, wskazujące na dwie oddzielne linie rozwojowe (pochodzące od wspólnego przodka). Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne określenie, czy neandertalczyk był przodkiem człowieka współczesnego oraz poprawne uzasadnienie; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 21.b) (0–1)

Dziedziczenie pozajądrowe, zastosowanie biotechnologii

Rozwiązanie

zob. Vademecum, s. 409, 448

Ponieważ jedynym źródłem jego zmienności są mutacje. / Ponieważ mitochondrialny DNA / mtDNA ma słabsze mechanizmy naprawcze (więc zmiany w jego sekwencji gromadzą się szybciej niż w sekwencji DNA jądrowego). Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie stosowania mitochondrialnego DNA w filogenetyce molekularnej; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 21.c) (0–1) Rozwiązanie

PCR zob. Vademecum, s. 429

PCR / Łańcuchowa reakcja polimerazy. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne podanie nazwy; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 25

Arkusz maturalny. Odpowiedzi

Zadanie 22. (0–2) 22.a) (0–1) Rozwiązanie stężenie SO2 [µg/m³]

Katowice

Złoty Potok (Kamienna Góra)

40 35 30 25 20 15 10 5 0

I

II

III

IV

V

VI

VII

VIII

IX

X

XI

XII miesiąc

Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne narysowanie wykresu wraz z wyskalowaniem i opisaniem obu osi; 0 pkt – za niepoprawne narysowanie wykresu lub niepoprawne wyskalowanie osi, lub brak opisu obu osi, lub za brak wykresu. 22.b) (0–1) Rozwiązanie

Stężenie SO2 w Katowicach jest wyższe niż stężenie SO2 w Złotym Potoku (leśniczówka, Kamienna Góra) (z  wyjątkiem miesiąca grudnia / 12 / XII). / Stężenie SO2 w  Złotym Potoku (leśniczówka, Kamienna Góra) jest niższe niż stężenie SO2 w Katowicach (z wyjątkiem miesiąca grudnia / 12 / XII). / Stężenie SO2 w miesiącach letnich jest niższe niż stężenie SO2 w miesiącach zimowych (w obu lokalizacjach). / Stężenie SO2 w miesiącach zimowych jest wyższe niż stężenie SO2 w miesiącach letnich (w obu lokalizacjach). Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyciągnięcie wniosku na podstawie danych zawartych w tabeli lub na wykresie; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. Zadanie 23. (0–3) 23.a) (0–1) Rozwiązanie

Ziarno pyłku zob. Vademecum, s. 151, 156

Ziarna pyłku nie zawierają chloroplastów, ponieważ nie pełnią funkcji asymilacyjnej / nie uczestniczą w fotosyntezie / nie zawierają miękiszu asymilacyjnego / uczestniczą w rozmnażaniu a nie w fotosyntezie. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie braku chloroplastów w ziarnach pyłku; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 23.b) (0–1) Rozwiązanie

Plastydy zob. Vademecum, s. 50, 51

Obecność własnego DNA. Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne określenie cechy chloroplastów; 0 pkt – za odpowiedź błędną lub brak odpowiedzi. 23.c) (0–1) Rozwiązanie

Restytucja gatunku zob. Vademecum, s. 482

B, D Schemat punktowania 1 pkt – za poprawne zaznaczenie dwóch działań mających na celu zachowanie różnorodności bio­logicznej; 0 pkt – za odpowiedź niepełną, błędną lub brak odpowiedzi. 26