Biologia, poziom rozszerzony — maj 2025
18 zadań z arkusza CKE (maj 2025, poziom rozszerzony), 58 pkt: Rybonukleaza — struktura białka; Plastydy — rozpoznawanie i budowa; Korzeń — statolity i strefy wzrostu; Aktynidaza kiwi — doświadczenie enzymatyczne. Polecenia, klucz odpowiedzi CKE i lekcje, w których asystent AI prowadzi pytaniami.
Zadanie 1 — Rybonukleaza — struktura białka (2 punkty)
Rybonukleaza to enzym zbudowany z jednego łańcucha polipeptydowego (124 reszty aminokwasowe), stabilizowanego czterema mostkami disiarczkowymi powstającymi między resztami cysteiny.
β-merkaptoetanol zrywa mostki disiarczkowe, a mocznik zrywa wiązania wodorowe → denaturacja i utrata aktywności. Po usunięciu czynników denaturujących enzym spontanicznie się zwija i odzyskuje aktywność (renaturacja).
Oceń, czy poniższe zdania są prawdziwe (P), czy fałszywe (F):
1. Utrata aktywności enzymatycznej rybonukleazy następuje na skutek zniszczenia jej struktury pierwszorzędowej.
2. Denaturacja rybonukleazy powoduje jej dezaktywację, a renaturacja przywraca aktywność katalityczną.
Rozstrzygnij, czy mostki disiarczkowe stabilizują strukturę trzeciorzędową, czy strukturę czwartorzędową rybonukleazy. Odpowiedź uzasadnij.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 1.1 — zdanie 1 (utrata aktywności przez zniszczenie struktury I-rzędowej) = F; zdanie 2 (denaturacja dezaktywuje, renaturacja przywraca aktywność) = P
- Punktacja: 1 pkt za obie poprawne oceny.
- 1.2 — rozstrzygnięcie: struktura trzeciorzędowa
- Uzasadnienie: rybonukleaza ma JEDEN łańcuch polipeptydowy, więc nie ma struktury IV-rzędowej — mostki disiarczkowe łączą reszty cysteiny tego samego łańcucha.
- Punktacja: 1 pkt za rozstrzygnięcie z uzasadnieniem.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 2 — Plastydy — rozpoznawanie i budowa (3 punkty)
Plastydy to zróżnicowana pod względem budowy i funkcji grupa organellów roślinnych. Zaliczamy do nich m.in.: proplastydy, amyloplasty, etioplasty, chloroplasty oraz chromoplasty. Podczas rozwoju rośliny jedne formy plastydów mogą się przekształcać w inne.
Na mikrofotografiach A, B i C przedstawiono niewybarwione tkanki roślinne z widocznymi plastydami (nie zachowano wspólnej skali).
Uzupełnij zdanie tak, aby poprawnie opisywało przemianę plastydów — w każdą lukę wpisz nazwę plastydu albo literę mikrofotografii (A–C):
Podczas dojrzewania owoców obecne w fotosyntetyzującej części owocu 1. ____ , widoczne na mikrofotografii 2. ____ , mogą się przekształcać w 3. ____ – plastydy wypełnione karotenoidami, widoczne na mikrofotografii 4. ____ .
Podaj jedną cechę budowy wspólną dla wszystkich pięciu wymienionych w tekście form plastydów (proplastydy, amyloplasty, etioplasty, chloroplasty, chromoplasty).
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
2.1 licznikowo (4 luki→2, 3→1, ≤2→0): chloroplasty/A/chromoplasty/B; 2.2: dwie błony / rybosomy / kolisty DNA / stroma / sulfolipidy — NIE: „podwójna błona", „błona komórkowa".
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 3 — Korzeń — statolity i strefy wzrostu (2 punkty)
Korzenie roślin wykazują najczęściej geotropizm dodatni. Centralna część czapeczki korzeniowej, w której znajdują się amyloplasty, jest miejscem odbioru kierunku działania siły ciężkości na korzeń. Przy zmianie położenia korzenia amyloplasty przesuwają się zawsze na dolną stronę komórki (pełnią funkcję statolitów).
Na mikrofotografii przedstawiono wierzchołkową część młodego korzenia rzodkiewnika pospolitego (Arabidopsis thaliana) z ziarnami skrobi wybarwionymi na granatowo.
Podaj nazwę odczynnika, który na granatowo wybarwia ziarna skrobi, np. w czapeczce korzeniowej.
Podaj nazwę strefy korzenia, w której zachodzi reakcja wzrostowa prowadząca do wygięcia się wierzchołka korzenia w dół.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 3.1 — odczynnik z wolnym jodem + jodkami (płyn Lugola / jodyna / roztwór I₂ w KI / alkoholowy roztwór jodu)
- 3.2 — strefa wydłużania (elongacyjna), NIE: merystematyczna / „strefa wzrostu" bez „wydłużeniowego".
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 4 — Aktynidaza kiwi — doświadczenie enzymatyczne (5 punktów)
Kiwi to owoc aktinidii smakowitej (Actinidia deliciosa). Aktinidia jest rośliną DWUPIENNĄ, a jej owoce rozwijają się z pojedynczych słupków. W owocach kiwi znajduje się enzym aktynidaza — proteinaza (enzym trawiący białka).
Doświadczenie
Uczniowie przygotowali cztery takie same pojemniki ze stężałą galaretką z żelatyny, zawierającą białko zwierzęce — kolagen. Włókna kolagenowe splatają się w sieć ograniczającą ruch wody, dzięki czemu galaretka ma postać żelu.
W zestawach 1. i 2. na powierzchni galaretki umieszczono świeży fragment kiwi, a w zestawach 3. i 4. pozostawiono samą galaretkę. Zestawy 1. i 3. trzymano w 20 °C, a 2. i 4. — w 5 °C.
Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.
Wyjaśnij, dlaczego w zestawie 1. — w przeciwieństwie do zestawu 2. — doszło do uwolnienia wody z galaretki. W odpowiedzi uwzględnij strukturę galaretki.
Przedstaw znaczenie zestawów kontrolnych 3. i 4. w interpretacji wyników doświadczenia.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia o aktinidii smakowitej są prawdziwe (P), czy fałszywe (F):
1. W zalążni słupka aktinidii smakowitej znajduje się tylko jeden zalążek.
2. Tylko część osobników aktinidii smakowitej wydaje owoce.
3. Aktinidia smakowita to roślina okrytozalążkowa.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 4.1 problem = wpływ temperatury na aktywność aktynidazy
- 4.2 = większa aktywność w temp. pokojowej + zniszczenie włókien kolagenowych (NIE denaturacja/optymalna/ogólnik)
- 4.3 = kontrole wykluczają spontaniczne upłynnienie/inne czynniki (NIE ogólnik)
- 4.4 P/F licznikowo 3→2/2→1: 1=F, 2=P, 3=P
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 5 — Raki — budowa, linienie, bioindykacja (5 punktów)
W Polsce występuje kilka gatunków raków, m.in. rak szlachetny i rak pręgowaty.
Rak szlachetny (Astacus astacus) występuje jedynie w rzekach i jeziorach o czystej, dobrze natlenionej wodzie; dojrzewa płciowo w trzecim roku życia, żyje nawet 20 lat.
Rak pręgowaty (Faxonius limosus), sprowadzony z Ameryki Północnej pod koniec XIX wieku, występuje powszechnie — także w silnie zeutrofizowanych i zanieczyszczonych wodach; dojrzewa w drugim roku życia.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące raków są prawdziwe (P), czy fałszywe (F):
1. W budowie ciała raków wyróżnia się dwie tagmy: głowotułów i odwłok.
2. Układ krwionośny raków jest otwarty, a serce leży po brzusznej stronie ciała.
Podaj nazwę polisacharydu będącego głównym składnikiem pancerza okrywającego ciało raków.
Wykaż, że w trakcie życia raków musi dochodzić do ich linienia.
Rozstrzygnij, czy obydwa opisane gatunki raków — rak szlachetny i rak pręgowaty — mogą służyć jako gatunki wskaźnikowe (bioindykatory) czystości wód. Odpowiedź uzasadnij; uwzględnij środowisko życia obu gatunków.
Rozstrzygnij, czy przedstawione gatunki raków są klasyfikowane w jednym, czy w dwóch rodzajach. Odpowiedź uzasadnij.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 5.1 P/F (1-P, 2-F, oba dobrze→1)
- 5.2 chityna
- 5.3 nierozciągliwy pancerz ogranicza wzrost (bramka: NIE „pancerz robi się za mały podczas wzrostu")
- 5.4 NIE oba (tylko szlachetny), pręgowaty żyje też w brudnej wodzie
- 5.5 dwa rodzaje (nazwy rodzajowe Astacus/Faxonius, bramka: NIE epitet gatunkowy)
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 6 — Zaskroniec — dobór kierunkowy i cechy gadów (4 punkty)
Zaskroniec zwyczajny (Natrix natrix) to niejadowity wąż, żywiący się głównie płazami.
W Puszczy Niepołomickiej w ciągu ostatnich kilkudziesięciu lat doszło do wyraźnego spadku długości ciała tych węży (średnia samic 77,7 cm — spadek o 8,2%; samców 55,9 cm — spadek o 16,7%). Naukowcy postawili dwie niewykluczające się hipotezy:
Hipoteza 1.: silny spadek liczebności płazów (głównego pokarmu), m.in. przez osuszanie terenów — niedobór pokarmu ogranicza wzrost zaskrońców.
Hipoteza 2.: wzrost liczby osób odwiedzających siedliska węży — większa śmiertelność WIĘKSZYCH osobników, łatwiej zauważanych i zabijanych przez człowieka.
![Biologia, poziom rozszerzony, matura 2025 CKE — Zadanie 6 (zaskroniec) · Arkusz CKE 2025 (biologia R); podpis w arkuszu: „Na podstawie: S. Bury i in., Decline in Body Size […] in the Grass Snake (Natrix natrix, Linnaeus, 1758) […], „Environmental Science and Pollution Research” 29(6), 2022; www.puszczaniepolomicka.pl. Fotografia: G. Xulescu" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2025-z6.jpg)
Wykaż związek między osuszaniem terenów a spadkiem liczebności płazów, stanowiących pokarm zaskrońców zwyczajnych.
Dokończ zdanie — wybierz rodzaj doboru (A, B albo C) ORAZ uzasadnienie (1, 2 albo 3).
Hipoteza 2. zakłada, że na populację zaskrońca zwyczajnego działa …………, który polega na eliminowaniu z populacji osobników o długości ………… .
A. dobór różnicujący
B. dobór stabilizujący
C. dobór kierunkowy
1. najdłuższych i najkrótszych
2. najdłuższych
3. o długości zbliżonej do wartości średniej
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące zaskrońca zwyczajnego są prawdziwe (P), czy fałszywe (F):
1. Zaskroniec zwyczajny utrzymuje względnie stałą temperaturę ciała, niezależnie od temperatury otoczenia.
2. Podczas rozwoju zarodka zaskrońca zwyczajnego dochodzi do wykształcenia błon płodowych.
3. Zaskroniec zwyczajny przechodzi rozwój złożony, a rozwój jego postaci larwalnych zachodzi w środowisku wodnym.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 6.1 płazy zależne od wody (bramka: NIE ogólnik)
- 6.2 = C (dobór kierunkowy) + 2 (najdłuższych)
- 6.3 P/F licznikowo 3→2/2→1: 1-F, 2-P, 3-F
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 7 — Tilapia — osmoregulacja i opieka rodzicielska (2 punkty)
Tilapia nilowa (Oreochromis niloticus) to słodkowodna ryba z rodziny pielęgnicowatych. Schemat obok pokazuje jej strategię osmoregulacyjną: jony Na⁺ i Cl⁻ dyfundują z ciała do wody, woda napływa osmotycznie do ciała, a ryba wydala dużą objętość moczu o niskim stężeniu jonów; jony Na⁺ i Cl⁻ są też pobierane z wody drogą transportu aktywnego.
Wiele pielęgnicowatych (w tym tilapia) to pyszczaki: samice po zapłodnieniu pobierają ikrę do pyska i noszą w jamie gębowej zapłodnione jaja, a często także larwy i narybek.
Wyjaśnij, dlaczego tilapia nilowa musi pobierać jony Na⁺ i Cl⁻ ze środowiska zewnętrznego. W odpowiedzi uwzględnij różnice między środowiskiem wewnętrznym ryby a środowiskiem zewnętrznym.
Uzasadnij, że adaptacja w postaci noszenia w jamie gębowej zapłodnionych jaj, larw i narybku przez samice pielęgnicowatych zwiększa szanse na przeżycie potomstwa.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
7.1 środowisko hipotoniczne → jony dyfundują na zewnątrz / tracone z moczem → trzeba uzupełniać (bramki: NIE osmoza jonów, NIE „wypłukiwanie"); 7.2 ochrona potomstwa przed drapieżnikami / optymalne warunki.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 8 — Serce płaza — budowa i naczynia (3 punkty)
Na schemacie przedstawiono budowę serca oraz głównych naczyń krwionośnych typową dla pewnej gromady kręgowców. Widoczne są: prawy i lewy przedsionek, jedna komora, stożek tętniczy z zastawką spiralną, zastawki przedsionkowo-komorowe oraz naczynia oznaczone literą X. Strzałki pokazują kierunek przepływu krwi natlenowanej (czerwone) i odtlenowanej (niebieskie).
Podaj nazwę gromady kręgowców, której budowę serca przedstawiono na schemacie.
Rozstrzygnij, czy naczynia krwionośne oznaczone na schemacie literą X to żyły, czy tętnice. Odpowiedź uzasadnij.
Dokończ zdanie — wybierz A albo B oraz 1 albo 2.
Zastawka spiralna występuje w sercu ………… , a jej funkcją jest ………… .
A. wszystkich dorosłych kręgowców
B. niektórych dorosłych kręgowców
1. rozdzielenie strumienia krwi płynącego w stożku tętniczym
2. zapobieganie cofaniu się krwi do komory serca
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 8.1 płazy/Amphibia
- 8.2 X=tętnice (uzasadnienie: krew płynie z serca; bramka: NIE „rodzaj krwi" jako kryterium)
- 8.3 = B1 (u niektórych dorosłych kręgowców; funkcja: rozdzielenie strumienia krwi w stożku tętniczym)
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 9 — Staw kolanowy — tkanki łączne, rodzaj stawu, maź (4 punkty)
Na ilustracji przedstawiono schematyczny przekrój przez staw kolanowy człowieka (struktury oznaczone numerami 1.–4.) oraz mikrofotografie czterech tkanek łącznych (A–D). Uwaga: nie zachowano wspólnej skali mikrofotografii.
Dla każdej tkanki łącznej oznaczonej na przekroju stawu kolanowego numerami 1.–4. podaj jej NAZWĘ oraz dopasuj właściwą MIKROFOTOGRAFIĘ (A–D).
Dokończ zdanie — wybierz A albo B oraz 1., 2. albo 3.
Staw kolanowy to ………… , ponieważ ………… .
A. staw prosty,
B. staw złożony,
1. umożliwia ruch w jednej osi.
2. umożliwia ruch w kilku osiach.
3. stanowi połączenie więcej niż dwóch kości.
Przedstaw rolę, jaką w funkcjonowaniu stawu pełni maź stawowa (płyn stawowy).
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 9.1 — 1=kostna(B), 2=chrzęstna szklista(C), 3=właściwa/zbita/włóknista/zwarta(A), 4=tłuszczowa żółta(D). Punktacja licznikowa 8 komórek: komplet (8)→2 pkt, pełna kolumna lub dwa wiersze (4)→1 pkt. Uwaga CKE: w wierszu 1 uznaje też „kostna zbita/gąbczasta/beleczkowa/drobnowłóknista"; NIE „oporowa"/„szkieletowa"; w wierszu 3 NIE samo „włóknista"/„zbita" (musi być „właściwa").
- 9.2 — B3 — staw kolanowy to staw ZŁOŻONY, bo łączy WIĘCEJ NIŻ DWIE kości (kość udowa, piszczelowa, rzepka).
- 9.3 — rola mazi stawowej = ZMNIEJSZENIE TARCIA między powierzchniami stawowymi LUB AMORTYZACJA obciążeń. NIE ogólnik „chroni powierzchnie" bez wskazania jak; NIE wyłącznie odżywianie.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 10 — Synapsa nerwowo-mięśniowa — neurotoksyny sinicowe i mielina (3 punkty)
Na schemacie przedstawiono synapsę między neuronem ruchowym a włóknem mięśnia szkieletowego człowieka. W szczelinie synaptycznej znajduje się acetylocholinesteraza — enzym rozkładający acetylocholinę do octanu i choliny. Toksyny sinicowe zaburzają działanie tej synapsy: anatoksyna-a naśladuje acetylocholinę (łączy się z receptorami i je aktywuje, sama nie jest degradowana przez enzym, ale wiąże się odwracalnie z jego miejscem aktywnym); guanitoksyna trwale wiąże się z miejscem aktywnym acetylocholinesterazy i blokuje enzym. Aksony neuronów ruchowych są okryte osłonką mielinową.
Określ efekty działania anatoksyny-a i guanitoksyny. Dla każdej z toksyn podaj T (tak) albo N (nie) dla dwóch efektów: – spowolnienie rozkładu acetylocholiny w szczelinie synaptycznej, – rozluźnienie włókien mięśniowych i zwiotczenie mięśni.
Dokończ zdanie — wybierz A albo B oraz 1. albo 2.
Osłonka mielinowa wokół aksonu neuronu ruchowego ………… przewodzenie potencjału czynnościowego wzdłuż aksonu, ponieważ mielina ………… .
A. przyśpiesza
B. spowalnia
1. pełni funkcję izolatora elektrycznego, co zapewnia skokowe przewodzenie potencjału czynnościowego między przewężeniami Ranviera.
2. sprawia, że potencjał czynnościowy jest przewodzony w sposób ciągły — w jego przewodzenie jest zaangażowana błona komórkowa aksonu na całej swojej długości.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 10.1 — tabela T/N (2 efekty × 2 toksyny). „Spowolnienie rozkładu acetylocholiny" → anatoksyna-a T, guanitoksyna T; „rozluźnienie/zwiotczenie mięśni" → anatoksyna-a N, guanitoksyna N. Punktacja licznikowa 4 komórki: dwa wiersze (4)→2 pkt, jeden wiersz lub jedna kolumna (2)→1 pkt.
- 10.2 — A1 — osłonka mielinowa PRZYŚPIESZA przewodzenie (A), bo pełni funkcję izolatora elektrycznego → skokowe przewodzenie między przewężeniami Ranviera (1).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 12 — Insulina i transportery glukozy GLUT — mięsień i wątroba (4 punkty)
Na schemacie przedstawiono regulację transportu glukozy przez insulinę w komórce mięśnia szkieletowego i w komórce wątroby, ograniczającą wahania poziomu glukozy we krwi. W mięśniu w spoczynku: w głodzie (I) transportery GLUT4 są wycofywane z błony i magazynowane w pęcherzykach, a w sytości (II) insulina kieruje je do błony. W wątrobie transport glukozy zachodzi przez GLUT2, których działanie zmienia się między głodem (III) a sytością (IV); insulina reguluje ten transport.
Do każdego przykładu transportu przyporządkuj właściwą nazwę spośród A–C.
A. endocytoza
B. egzocytoza
C. dyfuzja wspomagana
1. Transport białka GLUT4 do błony komórkowej w komórce mięśnia szkieletowego w spoczynku, w okresie sytości.
2. Transport glukozy z wnętrza komórki wątroby do płynu zewnątrzkomórkowego w okresie głodu.
Wyjaśnij, w jaki sposób insulina zapewnia ciągłą dyfuzję glukozy do komórek wątroby w sytuacji wysokiego poziomu glukozy we krwi w okresie sytości.
Przedstaw znaczenie obecności transporterów glukozy GLUT2 w błonie komórek wątroby dla ograniczenia spadku poziomu glukozy we krwi w okresie głodu.
Podaj nazwę przykładowego ludzkiego hormonu, którego działanie prowadzi do wzrostu poziomu glukozy we krwi.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 12.1 — 1. (GLUT4 do błony, sytość) = B egzocytoza; 2. (glukoza z wątroby na zewnątrz, głód) = C dyfuzja wspomagana
- Punktacja: 1 pkt za OBA poprawne.
- 12.2 — insulina → FOSFORYLACJA glukozy (do glukozo-6-fosforanu) LUB synteza glikogenu → niskie stężenie wolnej glukozy w komórce → utrzymanie RÓŻNICY STĘŻEŃ (krew > komórka) → ciągła dyfuzja glukozy do środka.
- 12.3 — GLUT2 umożliwia DYFUZJĘ glukozy przez błonę komórkową (w głodzie — na zewnątrz komórki wątroby, do krwi).
- 12.4
- nazwa hormonu PODWYŻSZAJĄCEGO glukozę (glukagon / adrenalina / noradrenalina / kortyzol / hormon wzrostu (GH) / ACTH / tyroksyna itd.). NIE insulina
- NIE nazwy grup („endorfiny")
- NIE opisy („hormon stresu")
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 13 — Kompleksy przeciwciało–lek (ADC) — terapia celowana nowotworów (3 punkty)
Kompleks przeciwciało–lek (ADC) tworzy się przez chemiczne połączenie przeciwciała monoklonalnego z toksycznym lekiem za pomocą łącznika. Przeciwciała monoklonalne (z jednego klonu limfocytów B) mają wysoką specyficzność — łączą się tylko z jednym konkretnym fragmentem antygenu, stanowiącym receptor dla ADC. ADC podaje się dożylnie. O skuteczności decyduje dobór przeciwciał właściwych dla antygenu charakterystycznego dla danej komórki nowotworowej ORAZ odpowiedniego łącznika, dzięki któremu ADC nie rozpada się w krążeniu ogólnoustrojowym.
Wyjaśnij, dlaczego ADC dostarcza toksyczne substancje tylko do komórek nowotworowych, z pominięciem komórek zdrowych. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm działania ADC.
Wykaż, że zachowanie stabilności łącznika w ADC podczas transportu w krążeniu ogólnoustrojowym jest konieczne do prawidłowego działania leku.
Przedstaw rolę lizosomów obecnych w komórce nowotworowej w mechanizmie działania ADC.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 13.1 — ADC ma przeciwciała monoklonalne skierowane przeciw antygenom SWOISTYM dla komórek nowotworowych — tylko te komórki mają dany antygen/receptor, więc ADC wiąże się wyłącznie z nimi (zdrowe komórki nie mają tego antygenu).
- 13.2 — stabilny łącznik nie rozpada się w krążeniu → lek nie uwalnia się przedwcześnie → dociera do komórek nowotworowych (skuteczność) LUB nie zatruwa komórek zdrowych (ograniczenie toksyczności).
- 13.3 — lizosomy TRAWIĄ/rozkładają ADC (łącznik) w komórce nowotworowej → UWOLNIENIE/aktywacja leku.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 14 — Rośliny transgeniczne — enzymy i Agrobacterium jako wektor (3 punkty)
Na schemacie przedstawiono metodę otrzymywania roślin transgenicznych z wykorzystaniem bakterii Agrobacterium tumefaciens, które mogą infekować rośliny. Podczas infekcji fragment plazmidu bakterii (T-DNA) wnika do komórki roślinnej i integruje się z jej chromosomowym DNA. Symbolami E1 i E2 oznaczono dwa różne enzymy używane przy otrzymywaniu zrekombinowanego plazmidu: E1 działa na plazmid i na obcy DNA, a E2 łączy powstałe fragmenty.
Zapisz nazwy enzymów oznaczonych symbolami E1 i E2 (spośród: helikaza, ligaza, restryktaza) oraz określ funkcję każdego z nich w otrzymywaniu zrekombinowanego plazmidu.
Wykaż, że w przedstawionej metodzie otrzymywania roślin transgenicznych bakteria A. tumefaciens pełni funkcję wektora.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 14.1 — E1 = restryktaza (tnie/przecina DNA — plazmid i obcy DNA); E2 = ligaza (łączy/skleja końce DNA — plazmid z obcym DNA)
- Punktacja: 2 pkt za dwa poprawne wiersze (nazwa + funkcja), 1 pkt za jeden wiersz. (Trzecia opcja „helikaza" jest dystraktorem.)
- 14.2 — A. tumefaciens pełni funkcję WEKTORA, bo PRZENOSI zrekombinowany plazmid (T-DNA z transgenem) DO komórki roślinnej. NIE ogólnik „przenosi DNA" (sama definicja wektora); NIE samo „jest dawcą plazmidu" bez roli przeniesienia.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 15 — Elektroforeza DNA — apoptoza a nekroza (2 punkty)
Elektroforeza DNA w żelu agarozowym rozdziela cząsteczki DNA według ich masy (krótsze wędrują dalej). W czasie apoptozy powstają fragmenty DNA o wielkości ok. 180 par zasad i ich wielokrotności, natomiast podczas nekrozy (niekontrolowanej śmierci komórki) dochodzi do LOSOWEJ fragmentacji DNA. Materiał genetyczny ze zdrowych, żywych komórek podczas izolacji fragmentuje się tylko w niewielkim stopniu. Na fotografii przedstawiono wynik elektroforezy DNA z trzech różnych populacji komórek (ścieżki A–C).
Uzupełnij zdania, wybierając właściwą ścieżkę (A, B albo C): – Wynik elektroforezy DNA z komórek obumierających w wyniku NEKROZY ilustruje ścieżka … . – Wynik elektroforezy DNA z komórek obumierających w wyniku APOPTOZY ilustruje ścieżka … .
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
nekroza → ścieżka C (losowa fragmentacja → rozmyty ślad/„smuga"); apoptoza → ścieżka B (fragmenty ~180 pz i ich wielokrotności → regularna „drabinka" prążków). (A = DNA zdrowych komórek — minimalna fragmentacja, pojedynczy prążek DNA o dużej masie.)
- Punktacja: 2 pkt za dwa poprawne podkreślenia, 1 pkt za jedno.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 16 — Mutacja allelu ABO — delecja, translacja i genotypy grupy krwi A (4 punkty)
W układzie ABO fenotypy A, B, AB, O zależą od antygenów A i B. Antygen H jest prekursorem antygenów A i B; jego wytworzenie warunkuje gen FUT1 (allel dominujący H → aktywny enzym i antygen H; allel recesywny h → enzym nieaktywny, brak antygenu H). Gen ABO ma trzy allele: IA (transferaza A → antygen A), IB (transferaza B → antygen B), i (recesywny, białko niefunkcjonalne). Geny FUT1 i ABO leżą na różnych chromosomach autosomalnych. W tabeli podano fragment nici kodującej allelu IA i odpowiadający fragment allelu i powstałego przez mutację.
Na podstawie danych z tabeli podaj nazwę mutacji genowej, która doprowadziła do powstania allelu i.
Podaj sekwencję aminokwasową kodowaną przez fragment nici kodującej allelu i (fragment z tabeli).
Dokończ zdanie. Sekwencja aminokwasowa allelu i jest inna niż allelu IA, ponieważ konsekwencją tej mutacji jest:
A. zmiana ramki odczytu.
B. substytucja aminokwasowa.
C. odwrócenie kolejności aminokwasów.
D. zwielokrotnienie liczby aminokwasów.
Podaj wszystkie możliwe genotypy warunkujące grupę krwi A. Uwzględnij allele genu FUT1 oraz genu ABO. Zastosuj oznaczenia alleli z wprowadzenia (H, h; IA, IB, i).
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 16.1 — delecja (delecja jednego nukleotydu). NIE „mutacja punktowa" (to synonim „mutacji genowej", zbyt ogólny).
- 16.2 — sekwencja allelu i = Leu – Val – Val – Pro – Leu (dop. LVVPL / pełne nazwy / z zaznaczeniem końców N…C).
- 16.3 — A (zmiana ramki odczytu — delecja 1 nukleotydu przesuwa ramkę).
- 16.4 — wszystkie genotypy grupy A: HH IAIA, Hh IAIA, HH IAi, Hh IAi (skrót H_ IA_, gdzie drugi allel ABO to IA lub i, NIE IB; FUT1 = HH lub Hh, NIE hh).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 17 — Płaskogłów ciemnogłowy — optimum temperaturowe i adaptacje drapieżcy (4 punkty)
Płaskogłów ciemnogłowy to ciepłolubna ryba z wybrzeży Australii. Ciało ma mocno spłaszczone grzbietobrzusznie, oczy osadzone na czubku spłaszczonej głowy, potrafi zmieniać ubarwienie i dopasowywać się do otoczenia; ukrywa się w piasku i czeka na ofiarę (mniejsze ryby, krewetki). Naukowcy przez 18 miesięcy mierzyli w rzece temperaturę wody oraz przyśpieszenie poruszających się ryb (czujniki), badając zależność aktywności ryby od temperatury.
Podaj wartość optimum temperaturowego wody dla aktywności płaskogłowa ciemnogłowego.
Rozstrzygnij, czy podnoszenie się temperatury wody może stanowić zagrożenie dla płaskogłowa ciemnogłowego. Uzasadnij, odwołując się do przedstawionych wyników badań.
Wypisz z tekstu dwie cechy płaskogłowa ciemnogłowego stanowiące adaptację do drapieżnictwa i przedstaw, na czym polega każda z tych adaptacji.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- Wykres B: przyśpieszenie ryby (m·s⁻²) rośnie z temperaturą do maksimum ok. 23 °C, a powyżej ~25 °C wyraźnie spada (model przewiduje brak aktywności powyżej ~27 °C).
- 17.1 (0–1) — optimum ≈ 23 °C (albo przedział 20–25 °C wokół 23 °C). Odpowiedź MUSI mieć jednostkę °C — bez jednostki nie uznaje się.
- 17.2 (0–1) — TAK, wzrost temperatury jest zagrożeniem. Uzasadnienie z wykresu: powyżej optimum (ok. 25 °C i więcej) aktywność (przyśpieszenie) ryby SPADA, co przekłada się na mniejszą skuteczność polowania (mniej upolowanych ofiar). NIE uznaje się uzasadnień o śmierci/szoku termicznym powyżej 27 °C (dane pokazują tylko spadek aktywności, nie śmierć); NIE o spadku liczebności ofiar/krewetek; NIE o braku aktywności wywnioskowanym z BRAKU pomiarów powyżej 27 °C.
- 17.3 (0–2) — dwie cechy adaptacyjne do DRAPIEŻNICTWA (z tekstu) + na czym polega każda:
- spłaszczenie grzbietobrzuszne → ryba jest trudniej zauważalna (dla ofiar) / lepiej ukryta na dnie
- oczy osadzone na czubku głowy → może obserwować ofiarę, gdy sama jest zagrzebana w piasku
- zdolność zmiany ubarwienia → upodabnia się do tła (kamuflaż)
- ukrywanie się w piasku → atak z ukrycia/zaskoczenia
- zdolność do dużych przyśpieszeń → łatwiej dopada ofiarę
- Punktacja: 2 pkt za DWIE cechy, każda z wyjaśnieniem
- Punktacja: 1 pkt za jedną. Sama nazwa cechy bez wyjaśnienia „na czym polega adaptacja" nie wystarcza; nie uznaje się ogólnika „ułatwia polowanie" bez wskazania jak.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 18 — Rośliny poduszkowe — konwergencja, czynnik abiotyczny i rozmnażanie lepnicy (3 punkty)
Niski wzrost i ciasne ułożenie liści w „poduszkę" to przystosowanie do skrajnych warunków wysokogórskich. Takie formy występują u ponad 300 gatunków z ponad 30 RÓŻNYCH rodzin botanicznych, w różnych obszarach geograficznych świata. Przykładem jest lepnica bezłodygowa (Silene acaulis), wytwarzająca różowe kwiaty na szczytach łodyg. W populacji tego gatunku występują zarówno osobniki żeńskie, jak i obupłciowe.
Rozstrzygnij, czy wytwarzanie form poduszkowatych wśród roślin wysokogórskich jest wynikiem konwergencji, czy dywergencji. Odpowiedź uzasadnij.
Podaj jeden przykład czynnika abiotycznego, do którego przystosowaniem jest poduszkowaty typ wzrostu lepnicy bezłodygowej. Uwzględnij rodzaj czynnika oraz jego nasilenie lub poziom.
Określ zdolność do wytwarzania ziaren pyłku i owoców przez osobniki żeńskie oraz obupłciowe lepnicy. Dla każdej z czterech komórek podaj T (jest taka możliwość) albo N (nie ma).
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 18.1 — konwergencja — forma poduszkowa wykształciła się NIEZALEŻNIE u ponad 30 różnych, NIESPOKREWNIONYCH rodzin botanicznych (w różnych obszarach), jako przystosowanie do podobnych, skrajnych warunków. NIE sama definicja konwergencji; NIE uzasadnienie nieodnoszące się do procesów ewolucyjnych.
- 18.2 — czynnik abiotyczny + nasilenie/poziom: niska temperatura/mróz, silny wiatr, niewielka dostępność wody/susza, silne nasłonecznienie. NIE duże opady śniegu.
- 18.3 — tabela — osobniki żeńskie: pyłek N, owoce T; osobniki obupłciowe: pyłek T, owoce T
- Punktacja: 1 pkt za poprawne wypełnienie CZTERECH pól.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 19 — Ochrona szpaka balijskiego — reintrodukcja i CITES (2 punkty)
Szpak balijski (Leucopsar rothschildi) to krytycznie zagrożony gatunek, endemiczny dla wyspy Bali. W 1990 r. na wolności stwierdzono tylko 15 osobników. Przyczyny wymierania: degradacja siedlisk oraz kłusownictwo na potrzeby handlu ptakami śpiewającymi. Gatunek ujęto w załączniku I konwencji waszyngtońskiej (CITES) i objęto programami hodowlanymi — nie tylko na Bali, ale też w wielu ogrodach zoologicznych na świecie. Część ptaków rozmnożonych w niewoli jest uwalniana do naturalnego środowiska (reintrodukcja) w celu odtworzenia dzikiej populacji.
Wyjaśnij, dlaczego podczas reintrodukcji szpaka balijskiego powinny być uwalniane osobniki pochodzące nie tylko z lokalnych programów hodowlanych, lecz także z różnych ogrodów zoologicznych. W odpowiedzi uwzględnij genetykę populacji.
Przedstaw znaczenie wpisania szpaka balijskiego do załącznika I konwencji waszyngtońskiej (CITES) dla skutecznej ochrony tego gatunku.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 19.1 — uwalnianie osobników z RÓŻNYCH ogrodów zoologicznych zwiększa RÓŻNORODNOŚĆ GENETYCZNĄ reintrodukowanej populacji, a w konsekwencji: ogranicza chów wsobny LUB ogranicza dryf genetyczny LUB zwiększa możliwości adaptacyjne LUB zwiększa szanse przeżycia populacji.
- 19.2 — CITES (załącznik I) ZAKAZUJE/reguluje MIĘDZYNARODOWY HANDEL okazami szpaka balijskiego (utrudnia legalny eksport/sprzedaż). NIE „zakaz kłusownictwa" (CITES reguluje handel międzynarodowy, nie kłusownictwo bezpośrednio).