Biologia, poziom rozszerzony — czerwiec 2026 (termin dodatkowy)
18 zadań z arkusza CKE (czerwiec 2026 (termin dodatkowy), poziom rozszerzony), 60 pkt: Celuloza i celulazy — budowa polisacharydu i współdziałanie enzymów; Komórka roślinna pod TEM — ściana, chloroplast i wakuola; Nondysjunkcja — skutki dla komórek potomnych i przebieg mejozy; Pando — jeden…
Zadanie 1 — Celuloza i celulazy — budowa polisacharydu i współdziałanie enzymów (4 punkty)
Mikroorganizmy celulolityczne wytwarzają wiele enzymów rozkładających celulozę. Funkcją celulaz jest hydroliza wiązań β-1,4-glikozydowych we włóknach celulozy. Wśród celulaz można wyróżnić:
endoglukanazy — działają w wewnętrznej, amorficznej części celulozy i rozkładają długie łańcuchy celulozy na oligodekstryny o różnej długości;
egzoglukanazy — działają na końcowe elementy łańcuchów cukrowych i mogą odłączać pojedyncze cząsteczki glukozy lub celobiozę (dwie cząsteczki glukozy połączone wiązaniem β-1,4-glikozydowym);
β-glukozydazy — degradują jednostki celobiozy oraz oligodekstryny do glukozy.

Jakim numerem na schemacie zaznaczono wiązanie β-1,4-glikozydowe? Wybierz odpowiedź spośród podanych.
A. 1 · B. 2 · C. 3 · D. 4
Uzupełnij zdanie. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Celuloza jest A/B polisacharydem, składającym się z kilku tysięcy reszt glukozy i stanowiącym składnik budulcowy C/D niektórych organizmów.
A. rozgałęzionym
B. nierozgałęzionym
C. ścian komórkowych
D. błon komórkowych
Wykaż, że endoglukanazy znacznie przyśpieszają rozkład celulozy katalizowany przez egzoglukanazy.
Podaj nazwę wiązania między łańcuchami celulozy w mikrofibrylach — włóknach celulozowych, składających się z wielu równoległych cząsteczek celulozy.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 1.1 — B (oznaczenie 2)
- 1.2 — BC (nierozgałęziony, ścian komórkowych)
- 1.3 — zwiększenie dostępności substratu dla egzoglukanaz (więcej wolnych końców łańcuchów)
- 1.4 — wiązania wodorowe.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 2 — Komórka roślinna pod TEM — ściana, chloroplast i wakuola (5 punktów)
Na zdjęciu z mikroskopu elektronowego przedstawiono budowę fragmentów dwóch komórek roślinnych — A i B, wchodzących w skład tej samej tkanki. Zaznaczono na nim wakuolę komórki A oraz wakuole komórki B.


Podaj nazwy i funkcje struktur komórki roślinnej, zaznaczonych na kopiach zdjęcia kolorem czerwonym — osobno dla struktury z panelu lewego i z panelu prawego.
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Sok komórkowy znajdujący się wewnątrz wakuoli A/B składem od cytozolu. W miarę wzrostu komórki miękiszowej objętość wakuoli C/D.
A. różni się
B. nie różni się
C. się zmniejsza
D. się zwiększa
Wyjaśnij, dlaczego wzrost stężenia cukrów prostych we wnętrzu wakuoli prowadzi do wzrostu turgoru komórki.
Podaj nazwę błony wakuolarnej, oddzielającej sok komórkowy od cytozolu.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 2.1 — ściana komórkowa (funkcja: bariera / kształt / ochrona przed uszkodzeniami) i chloroplast (funkcja: fotosynteza) — 2 pkt za cztery pola, 1 pkt za jedną kolumnę LUB pierwszy wiersz
- 2.2 — AD
- 2.3 — osmotyczny napływ wody do wakuoli
- 2.4 — tonoplast.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 3 — Nondysjunkcja — skutki dla komórek potomnych i przebieg mejozy (4 punkty)
Zaburzenia liczby chromosomów w komórce mogą być spowodowane przez nondysjunkcję. Dochodzi do niej, kiedy para chromosomów homologicznych lub chromatyd siostrzanych nieprawidłowo rozdzieli się — odpowiednio — podczas pierwszego lub drugiego podziału mejotycznego.
Na schemacie przedstawiono, jak może dojść do nondysjunkcji podczas I podziału mejotycznego oraz podczas II podziału mejotycznego. Miejsce zachodzenia nondysjunkcji oznaczono literami ND.

Określ skutki nondysjunkcji podczas II podziału mejotycznego. Podaj liczbę chromosomów w każdej z komórek potomnych oznaczonych na schemacie literami A–D (możesz zapisać ją jako n, n + 1 albo n − 1).
Określ, czy poniższe procesy zachodzą w I, w II, czy — w obu podziałach mejotycznych. Dla każdego procesu podaj T (tak) albo N (nie) osobno dla I i dla II podziału. Przyjmij założenie, że podział mejotyczny zachodzi prawidłowo.
1. Skracają się włókna wrzeciona podziałowego.
2. Tworzą się biwalenty.
3. Centromery w chromosomach ulegają rozdzieleniu.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 3.1 — A: n+1, B: n−1, C: n, D: n (dopuszczalna zamiana A↔B; można podać liczby 3, 1, 2, 2) — 2 pkt za cztery komórki, 1 pkt za trzy
- 3.2 — wrzeciono T/T, biwalenty T/N, centromery N/T — 2 pkt za trzy wiersze, 1 pkt za dwa wiersze LUB jedną kolumnę.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 4 — Pando — jeden organizm zamiast lasu: rozmnażanie i presja roślinożerców (3 punkty)
Pando to północnoamerykański las złożony z jednego gatunku drzewa liściastego — topoli osikowej (Populus tremuloides), a zarazem jeden organizm — jeden osobnik rozmnażający się wegetatywnie. Na pędach Pando wyrastają wyłącznie kwiaty męskie.
Pando jest jednym z najstarszych i najcięższych organizmów na Ziemi. Ma około 47 tysięcy pędów wyrastających ze wspólnego systemu korzeniowego. Większość pni obumiera po około 130 latach. Jeleniowate i inne zwierzęta roślinożerne odżywiają się młodymi odrostami Pando.
Według naukowców ten las powoli zamiera. Zamieranie zbiegło się w czasie z większą aktywnością ludzi — wytępiono na tym terenie duże drapieżniki, a w okolicy wybudowano domki letniskowe i zakazano polowań na jeleniowate.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 4 (las Pando / Populus tremuloides) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: D. Shultz […], Science, 2018. Fotografia: www.fs.usda.gov" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z4.webp)
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3.
Topola osikowa jest A/B, ponieważ 1./2./3.
A. jednopienna
B. dwupienna
1. każdy osobnik wytwarza kwiaty tylko jednej płci.
2. nowe pędy wyrastają z jednego osobnika.
3. rozmnaża się wegetatywnie.
Rozstrzygnij, czy ziarna pyłku wytwarzane przez jednego osobnika rośliny nasiennej są jednakowe, czy — odmienne genetycznie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przemiany faz jądrowych.
Wyjaśnij, dlaczego brak dużych drapieżników na terenie Pando jest jedną z przyczyn zamierania tego lasu.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 4.1 — B1 (dwupienna, bo każdy osobnik wytwarza kwiaty tylko jednej płci)
- 4.2 — odmienne + uzasadnienie odwołujące się do przemiany faz jądrowych (mikrospory powstają w wyniku mejozy z crossing-over i losową segregacją) —
- Nie jest uznawane: „ziarno pyłku powstaje bezpośrednio na drodze mejozy"
- 4.3 — brak drapieżników → wzrost liczebności roślinożerców zjadających młode odrosty. NIE uznaje się odpowiedzi o „spadku liczebności osobników Pando" (to JEDEN osobnik).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 5 — Czerwone światło a sucha masa siewek soi — planowanie i analiza doświadczenia (5 punktów)
Przeprowadzono doświadczenie, którego celem było zbadanie wpływu czerwonego światła na suchą masę siewek soi (Glycine max). Nasiona podzielono na cztery grupy i naświetlono dawkami światła laserowego o długości fali 660 nm:
T0 — nasiona nienaświetlane
T1 — dawka 0,8 J·cm⁻²
T2 — dawka 1,6 J·cm⁻²
T3 — dawka 3,2 J·cm⁻²
Następnie nasiona z każdej grupy umieszczono na oddzielnych bibułkach, przykryto kolejnym arkuszem bibuły i zwilżono wodą destylowaną. Bibuły zwinięto w rolkę, umieszczono w plastikowej torbie i przechowywano w inkubatorze w temperaturze 25 °C przy 12-godzinnym fotoperiodzie przez 7 dni. Po tym okresie zważono suchą masę siewek.
W przypadku każdej grupy zastosowano cztery powtórzenia po 25 siewek. Na wykresie przedstawiono wartości średnie wraz z odchyleniem standardowym.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 5 (wykres suchej masy siewek soi) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: Y. Sarreta i J.C. de Castro Neto […], Acta Agrophysica 28, 2021" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z5.webp)
Na podstawie przedstawionych informacji sformułuj wniosek z doświadczenia.
Uzasadnij, że w celu otrzymania wiarygodnych wyników było konieczne:
1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach,
2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2.
Wyniki w próbie T2 były A/B zróżnicowane niż w próbie T0, o czym świadczy 1./2. wartość odchylenia standardowego w próbie T2 niż w próbie T0.
A. mniej
B. bardziej
1. mniejsza
2. większa
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Rośliny dnia krótkiego do zainicjowania kwitnienia wymagają okresu nieprzerwanej ciemności A/B od pewnej wartości krytycznej. Ta wartość C/D taka sama dla roślin różnych gatunków zaliczanych do grupy roślin dnia krótkiego.
A. krótszego
B. dłuższego
C. jest
D. nie jest
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 5.1 (0–1) — wniosek musi uwzględniać ZRÓŻNICOWANY wpływ naświetlania czerwonym światłem (laserem o długości fali 660 nm) na suchą masę siewek soi: zależnie od DAWKI sucha masa może być mniejsza (T1) albo większa (T2, T3) niż bez naświetlania.
- Odpowiedź MUSI wskazywać kolor światła albo długość fali — sam „wpływ światła" nie wystarcza (klucz tego nie uznaje).
- Uznaje się też wniosek węższy: „odpowiednia dawka światła 660 nm zwiększa suchą masę siewek soi".
- 5.2 (0–2) — dwa niezależne uzasadnienia, po 1 pkt każde:
- ta sama temperatura we wszystkich grupach: temperatura silnie wpływa na kiełkowanie i tempo wzrostu; gdyby różniła się między grupami, nie dałoby się orzec, czy różnice suchej masy wynikają z naświetlania, czy z temperatury — trzeba wyeliminować wpływ zmiennej ubocznej
- plastikowa torba: utrzymuje wysoką wilgotność, więc bibuła i nasiona nie wysychają; woda jest warunkiem kiełkowania, a jednakowe nawilżenie we wszystkich grupach znów eliminuje zmienną uboczną.
- 5.3 (0–1) — poprawna odpowiedź A (mniej zróżnicowane) oraz 1 (mniejsza wartość odchylenia standardowego w T2 niż w T0). Na wykresie wąs błędu przy T2 jest krótszy niż przy T0.
- Odchylenie standardowe mierzy ROZRZUT wyników wokół średniej, nie samą wielkość średniej — mimo że słupek T2 jest wyższy, jego wyniki są mniej rozproszone.
- 5.4 (0–1) — poprawna odpowiedź B (dłuższego) oraz D (nie jest). Rośliny dnia krótkiego kwitną, gdy noc jest DŁUŻSZA od wartości krytycznej (to długość nieprzerwanej ciemności decyduje, nie długość dnia). Wartość krytyczna jest cechą GATUNKOWĄ — różni się między gatunkami.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 6 — Obrona kapusty — żerowanie tantnisia a rozwój śmietki kapuścianej (4 punkty)
Larwy motyla tantnisia krzyżowiaczka żerują na liściach kapusty brukselskiej. Korzenie kapusty są pokarmem larw muchówki śmietki kapuścianej. Larwy śmietki przez 2–30 dni żyją wewnątrz korzeni, potem przechodzą w stadium poczwarki, w którym pozostają 15–20 dni.
Badacze sprawdzali hipotezę, że żerowanie tantnisia na kapuście ogranicza rozwój śmietki poprzez uruchomienie mechanizmów obronnych rośliny. Próba badawcza:
I. Na najmłodszy w pełni rozwinięty liść trzytygodniowej kapusty wprowadzono 10 larw tantnisia. Ogonek tego liścia owinięto watą, aby larwy nie przeszły na inne liście.
II. Po dwóch dniach dziesięć nowo wyklutych larw śmietki umieszczono bezpośrednio na hipokotylu rośliny.
III. Po trzech dniach usunięto larwy tantnisia.
IV. Przez 35 kolejnych dni liczono pojawiające się dorosłe postaci śmietki.
Próba kontrolna była taka sama, ale bez larw motyla. Zastosowano kilkadziesiąt powtórzeń obu prób.
Wyniki
Odsetek larw śmietki kapuścianej przeobrażonych w imago:
próba kontrolna — 79,8 %
próba badawcza — 59,4 %
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 6 (schemat doświadczenia tantniś / śmietka) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: P.N. Karssemeijer i in. […], Oecologia 199, 2022" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z6.webp)
Sformułuj wniosek z przeprowadzonego eksperymentu.
Określ, w jakim celu po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści larwy tantnisia krzyżowiaczka, mimo że eksperyment nadal trwał. W odpowiedzi uwzględnij testowaną hipotezę.
Uzasadnij, że zastosowanie wielokrotnych powtórzeń w przedstawionym doświadczeniu było konieczne, aby uzyskane wyniki były wiarygodne.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2.
U śmietki kapuścianej występuje rozwój złożony z przeobrażeniem A/B, na co wskazuje 1./2.
A. zupełnym
B. niezupełnym
1. występowanie postaci larwalnych i poczwarki.
2. występowanie końcowego stadium — imago.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 6.1 — wniosek o negatywnym wpływie żerowania larw tantnisia na rozwój śmietki LUB o uruchomieniu mechanizmów obronnych rośliny
- 6.2 — wykluczenie wpływu SAMEJ OBECNOŚCI larw tantnisia (np. konkurencji) na rozwój śmietki
- 6.3 — wykluczenie wpływu przypadkowego czynnika / zmienności osobniczej
- 6.4 — A1.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 7 — Pełzak czerwonki — budowa, droga zarażenia i profilaktyka (5 punktów)
Pełzakowica to choroba wywoływana przez jednokomórkowego pasożyta — pełzaka czerwonki (Entamoeba histolytica). Do zarażenia dochodzi najczęściej drogą pokarmową: przez ręce, wodę lub pokarm zanieczyszczone cystami pasożytów pochodzącymi z kału osoby zarażonej.
W cyklu życiowym pełzaka występują dwie formy:
trofozoit — postać wegetatywna, która aktywnie się przemieszcza oraz wytwarza enzymy proteolityczne i enterotoksyny powodujące obumieranie komórek gospodarza;
cysta — postać przetrwalnikowa, odporna na warunki środowiska.
Do układu pokarmowego człowieka dostają się cysty, z których trofozoity zostają uwolnione w dolnym odcinku jelita cienkiego lub w górnym odcinku jelita grubego. W ostrych postaciach choroby trofozoity mogą wnikać do błony podśluzowej jelita i wraz z krwią dostać się do wątroby, gdzie pochłaniają krwinki czerwone i uszkadzają ściany naczyń włosowatych.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 7 (trofozoit Entamoeba histolytica) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: M. Rogalska […]; N. Guillén […]; J. Hempel-Zawitkowska (red.) […]. Fotografia: Dr. M. Melvin i Dr. Greene; CDC" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z7.webp)
Rozstrzygnij, czy pełzak czerwonki to bakteria, czy — protist. Odpowiedź uzasadnij.
Określ funkcję, jaką pełni pseudopodium u pełzaka czerwonki.
Uzasadnij, dlaczego połknięcie pełzaka czerwonki w formie trofozoitu zazwyczaj nie prowadzi do rozwoju choroby.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Trofozoity dostają się wraz z krwią z jelita do wątroby człowieka
A. tętnicą wątrobową.
B. żyłą wątrobową.
C. żyłą wrotną.
D. żyłą główną dolną.
Które działanie stanowi profilaktykę pełzakowicy? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
A. jedzenie sałatek bogatych w surowe warzywa lub owoce
B. gotowanie lub pieczenie potraw przed ich spożyciem
C. przyjmowanie antybiotyków
D. noszenie maseczek ochronnych na nos i usta
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 7.1 — protist + uzasadnienie (jądro komórkowe / wodniczki pokarmowe / pseudopodia / ekto- i endoplazma)
- 7.2 — funkcja pseudopodium (ruch, pobieranie pokarmu, czucie)
- 7.3 — trofozoity są niszczone (trawione) w żołądku
- 7.4 — C (żyła wrotna)
- 7.5 — B (gotowanie lub pieczenie potraw).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 8 — Wampir zwyczajny — cechy ssaka, bilans wodny i pasożytnictwo (3 punkty)
Wampir zwyczajny (Desmodus rotundus) jest gatunkiem krwiopijnego nietoperza, występującym od Meksyku po południową Argentynę. Samica rodzi jedno młode, które początkowo jest karmione mlekiem, a następnie razem z matką wyrusza na łowy. Wampir żeruje nocą, pijąc krew ptaków i ssaków: ostrymi zębami nacina skórę swych żywicieli i zlizuje krew spływającą z ran.
W ślinie wampirów znajdują się antykoagulanty — substancje zapobiegające nadmiernemu krzepnięciu krwi — oraz peptydy o działaniu znieczulającym. Żołądek wampira odpowiada za gromadzenie pobranej krwi oraz za wchłanianie z niej wody.
Podczas pobierania pokarmu nerki zwierzęcia wytwarzają duże ilości hipoosmotycznego moczu. Kiedy nietoperz trawi pokarm podczas snu w dziennych kryjówkach, jego nerki wytwarzają małą ilość hiperosmotycznego moczu z wysokim stężeniem mocznika.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 8 (wampir zwyczajny Desmodus rotundus) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: K. Kowalski i L. Rychlik […]; N.A. Campbell i in. […]. Fotografia: U. Schmidt" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z8.webp)
Na podstawie przedstawionych informacji podaj jedną cechę fizjologiczną wampira zwyczajnego, która pozwala jednoznacznie zaklasyfikować ten gatunek do ssaków.
Wykaż, że wydalanie przez wampira zwyczajnego dużych ilości hipoosmotycznego moczu podczas pobierania pokarmu jest adaptacją fizjologiczną do latania.
Określ, na czym polega pasożytnictwo, oraz wykaż, że przedstawiona w tekście zależność między wampirem zwyczajnym a ssakami i ptakami jest pasożytnictwem.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 8.1 — karmienie potomstwa mlekiem matki (NIE „obecność gruczołów mlecznych" — to cecha anatomiczna, a pytanie dotyczy fizjologicznej)
- 8.2 — usuwanie dużych ilości wody z moczem → zmniejszenie masy ciała przed lotem
- 8.3 — definicja pasożytnictwa (korzyść pasożyta + szkoda żywiciela, bez natychmiastowego zabicia) ORAZ przykłady dla wampira i jego ofiar.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 9 — Nematostella vectensis — wpływ GABA na rozwój ukwiała (3 punkty)
Ukwiał Nematostella vectensis to gatunek modelowy w badaniach biologicznych. Zbadano wpływ GABA (kwasu gamma-aminomasłowego) na jego rozwój. Larwy — planule — hodowano w sztucznej wodzie morskiej. Do jednej hodowli dodano dodatkową porcję sztucznej wody morskiej, a do drugiej — roztwór GABA o stężeniu końcowym 10⁻³ mol·dm⁻³.
Doświadczenie wykonano w trzech powtórzeniach, a w każdym powtórzeniu użyto 100 larw. Wyniki przedstawiono jako: A — odsetek planul przekształconych w polipy oraz B — typowe formy zwierzęcia w kolejnych dniach po zapłodnieniu.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 9 A (wykres polipów Nematostella / GABA) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: S. Levy i in. […], Nature Ecology and Evolution 5(1), 2021" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z9-wykres.webp)

Podaj nazwę typu zwierząt, do którego należy N. vectensis.
Rozstrzygnij, która próba — tylko ze sztuczną wodą morską czy z dodatkiem GABA — była próbą kontrolną. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 9.1 — parzydełkowce (Cnidaria)
- 9.2 — próbą kontrolną jest hodowla z samą sztuczną wodą morską + uzasadnienie (poziom odniesienia / eliminacja wpływu czynników innych niż GABA)
- 9.3 — wniosek o hamowaniu rozwoju (metamorfozy) ukwiała przez GABA.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 10 — Regulacja ciśnienia krwi — kompensacja naczyniowa i nerkowa, rola ADH (3 punkty)
U człowieka zmiany objętości krwi mogą wpływać na jej ciśnienie tętnicze. Jeśli objętość krwi wzrasta, to ciśnienie krwi rośnie, podczas gdy spadek objętości krwi jest przyczyną spadku ciśnienia krwi. Niewielki wzrost objętości krwi występujący w ciągu dnia jest spowodowany m.in. przyjmowaniem pokarmu i płynów.

Uzupełnij schemat przedstawiający regulację ciśnienia krwi. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B (naczynia krwionośne) oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D (wydalanie płynu z moczem).
A. zwężają się
B. rozszerzają się
C. zmniejsza się
D. zwiększa się
Podaj nazwę hormonu wydzielanego przez tylny płat przysadki mózgowej, który reguluje objętość wydalanego moczu, oraz wyjaśnij, na czym polega działanie tego hormonu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm oraz skutek działania hormonu.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 10.1 — BD (naczynia krwionośne rozszerzają się; wydalanie płynu z moczem zwiększa się)
- 10.2 — 2 pkt za nazwę hormonu (hormon antydiuretyczny / ADH / wazopresyna) ORAZ wyjaśnienie (pobudza resorpcję wody w kanalikach nerkowych → zagęszczenie moczu i zmniejszenie jego objętości), 1 pkt za samą nazwę.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 11 — Alergia na pyłek — komórki układu odpornościowego i klasa przeciwciał (3 punkty)
Na schemacie przedstawiono reakcję układu odpornościowego wywołaną kontaktem z alergenem — pyłkiem roślin. Po pierwszym kontakcie z alergenem, przez aktywowane komórki układu odpornościowego, są wytwarzane przeciwciała łączące się z odpowiednimi receptorami na powierzchni komórek efektorowych.
Po ponownym kontakcie z alergenem dochodzi do rozpoznania antygenu na powierzchni pyłku przez te przeciwciała i — w konsekwencji — do uwolnienia histaminy i innych mediatorów z komórek efektorowych.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 11 (reakcja alergiczna na pyłek) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: E. Nuñez-Borque i in. […], Frontiers in Immunology 13, 2022" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z11.webp)
Do komórek oznaczonych na schemacie numerami 1.–3. dopasuj ich nazwy spośród poniższych:
bazofil · plazmocyt · limfocyt B · limfocyt T pomocniczy
Która klasa przeciwciał jest zaangażowana w reakcję alergiczną prowadzącą do uwolnienia histaminy w wyniku powtórnego kontaktu z alergenem? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
A. IgA · B. IgD · C. IgE · D. IgG
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 11.1 (0–2) — 1. limfocyt B, 2. plazmocyt, 3. bazofil.
- komórka 1 ma przeciwciała jako RECEPTORY na powierzchni i wiąże nimi antygen — to dziewiczy limfocyt B, pobudzany przez cytokiny limfocytów Th
- komórka 2 intensywnie WYDZIELA przeciwciała i ma rozbudowany aparat wydzielniczy — to plazmocyt (komórka plazmatyczna), czyli pobudzony limfocyt B po różnicowaniu
- komórka 3 ma ziarnistości i receptory dla przeciwciał, a po ponownym kontakcie uwalnia histaminę — to bazofil (analogicznie działa komórka tuczna)
- Punktacja: 2 pkt za trzy poprawne nazwy, 1 pkt za dwie.
- „Limfocyt T pomocniczy" z listy to dystraktor — Th są na schemacie opisane osobno (pomarańczowa i czerwone komórki).
- 11.2 (0–1) — poprawna odpowiedź C — IgE. To przeciwciała klasy IgE wiążą się z receptorami bazofilów i komórek tucznych; ich związanie z alergenem uruchamia degranulację i uwolnienie histaminy. IgA występuje głównie w wydzielinach, IgG dominuje we krwi w odpowiedzi wtórnej, IgD pełni funkcję receptorową na limfocytach B.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 12 — Helicobacter pylori — ureaza, test oddechowy i diagnostyka (4 punkty)
Helicobacter pylori to bakteria, która może występować w żołądku człowieka. Jednym z ważniejszych mechanizmów umożliwiających jej zasiedlanie żołądka jest wytwarzanie ureazy — enzymu koniecznego do utrzymania niemal neutralnego pH cytoplazmatycznego (5,0–7,0). Podwyższone względem soku żołądkowego pH obserwuje się także w bezpośrednim sąsiedztwie komórki bakteryjnej.
Ureaza jest białkiem składającym się z dwunastu identycznych podjednostek, z których każda zawiera dwa łańcuchy: UreA i UreB. W każdym z dwunastu miejsc aktywnych znajduje się trwale związana para atomów niklu, niezbędnych do katalizy.
Materiał — test oddechowy
W diagnostyce zakażenia H. pylori stosuje się ureazowy test oddechowy. Pacjent wypija roztwór mocznika, którego atom węgla jest znakowany izotopowo (¹³C). Gdy mocznik jest rozkładany w żołądku przez bakteryjną ureazę, znakowany ¹³CO₂ jest wchłaniany przez warstwę śluzową żołądka i usuwany z organizmu wraz z wydychanym powietrzem — wtedy można wykryć izotop ¹³C w wydychanym powietrzu.
Diagnostyka inwazyjna opiera się na izolacji H. pylori z materiału pobranego podczas badania górnego odcinka przewodu pokarmowego.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 12 (reakcja ureazy H. pylori) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: S. Ansari i Y. Yamaoka […]; L. Mazzei i in. […]; X. Xia […]; H. Zhu i in. […]” · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z12.webp)
Wyjaśnij, w jaki sposób wytwarzanie ureazy przez bakterie H. pylori zapobiega niszczącemu działaniu pepsyny na ich komórki. W odpowiedzi uwzględnij odczyn najbliższego otoczenia komórek tych bakterii.
Rozstrzygnij, czy aktywna forma ureazy jest białkiem prostym, czy — złożonym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej cechy budowy tego białka.
Opisz drogę znakowanego izotopowo dwutlenku węgla, jaką pokonuje ten związek chemiczny z soku żołądkowego do powietrza pęcherzykowego w płucach.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Aby pobrać fragment błony śluzowej żołądka diagnozowanego pacjenta, należy wykonać
A. gastroskopię.
B. kolonoskopię.
C. bronchoskopię.
D. USG jamy brzusznej.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 12.1 — wzrost pH w najbliższym otoczeniu bakterii → spadek aktywności pepsyny → brak trawienia białek bakteryjnych
- 12.2 — złożone + obecność atomów niklu
- 12.3 — wchłanianie ¹³CO₂ do naczyń krwionośnych ściany żołądka i transport z krwią do płuc
- 12.4 — A (gastroskopia).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 13 — Aminoacylo-tRNA — synteza, substraty i wierność translacji (6 punktów)
Jednym z warunków zachodzenia translacji jest synteza aminoacylo-tRNA (AA-tRNA). Rozpoznanie i przyłączenie odpowiedniego aminokwasu do tRNA zależy od enzymów — syntetaz aminoacylo-tRNA, które kowalencyjnie łączą każdy z aminokwasów z odpowiednim dla niego tRNA. Reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku hydrolizy ATP.
Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza — w cytozolu komórek jest ich 20. Syntetazy rozpoznają właściwy tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego z 20 różnych aminoacylo-tRNA (strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).

Na podstawie rysunku podaj: nazwę aminokwasu przyłączanego do tRNA, sekwencję kodonu mRNA (w kierunku 5′→3′) oraz sekwencję antykodonu tRNA (w kierunku 5′→3′).
Na podstawie rysunku wymień wszystkie substraty i produkty reakcji syntezy AA-tRNA.
Rozstrzygnij, czy reakcja syntezy AA-tRNA jest przykładem anabolizmu, czy — katabolizmu. Odpowiedź uzasadnij.
Wykaż, że specyficzność substratowa syntetaz AA-tRNA jest konieczna, aby powstający w czasie translacji peptyd miał prawidłową sekwencję aminokwasową.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 13.1 — tryptofan, kodon 5′ UGG 3′, antykodon 5′ CCA 3′ (2 pkt za trzy pola, 1 pkt za samą nazwę aminokwasu)
- 13.2 — substraty: aminokwas (tryptofan), tRNA, ATP; produkty: AA-tRNA, AMP, 2Pi (2 pkt za oba komplety, 1 pkt za jeden)
- 13.3 — anabolizm + wyższy stopień złożoności produktu (dopuszczalne: zużycie energii)
- 13.4 — tylko właściwy aminokwas przy danym antykodonie daje prawidłową sekwencję polipeptydu.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 14 — Pręgowanie kotów — współdziałanie genów i krzyżówka dwugenowa (4 punkty)
Umaszczenie sierści kota jest determinowane przez współdziałanie wielu genów. Za umaszczenie pręgowane odpowiadają dwa geny autosomalne A i M:
allel A — warunkuje uwidocznienie się pręgowania; allel a — warunkuje brak pręgowania;
allel M — odpowiada za pręgowanie tygrysie; allel m — odpowiada za pręgowanie klasyczne.
Trzeci gen T, o dominacji niepełnej w stosunku do genów A i M, modyfikuje ich ekspresję:
allel T — w stanie homozygotycznym decyduje o umaszczeniu gładkim (abisyńskim), a u heterozygot widoczne jest częściowe pręgowanie (tylko na łapach, ogonie i brzuchu); allel t — w stanie homozygotycznym nie ma wpływu na umaszczenie.

Podaj wszystkie możliwe genotypy kota z częściowym pręgowaniem typu klasycznego.
Kotka o pręgowaniu tygrysim i kocur o pręgowaniu klasycznym mają już potomstwo bez pręgowania i o pręgowaniu klasycznym.
Podaj genotypy pokolenia rodzicielskiego i zapisz krzyżówkę genetyczną z uwzględnieniem tylko loci A i M. Na podstawie krzyżówki określ możliwe fenotypy w pokoleniu potomnym oraz podaj ich oczekiwany stosunek.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 14.1 — AAmmTt, AammTt (oba genotypy)
- 14.2 — drabina — 1 pkt za genotypy rodziców (kotka AaMm, kocur Aamm), 2 pkt dodatkowo za poprawną krzyżówkę, 3 pkt za stosunek fenotypowy 3 : 3 : 2 (tygrysie : klasyczne : brak pręgowania).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 15 — Synchroniczne lęgi śnieżyc — rozpoznawanie typu doboru naturalnego (1 punkt)
Śnieżyca duża (Anser caerulescens) to gatunek ptaka gnieżdżącego się kolonijnie w północnej Kanadzie. Okres składania jaj trwa około dwóch tygodni. Ponieważ presja ze strony drapieżników rozkłada się na całą kolonię lęgową, równoczesne składanie i wysiadywanie jaj zwiększa szansę na uchronienie lęgów przed drapieżnikami, takimi jak lisy — lęgi pojawiają się niemal równocześnie w ilości przekraczającej możliwości drapieżnika.
Śnieżyce, które składają jaja w czasie, gdy robi to większość osobników, mają większą szansę na wyprowadzenie lęgów. Prawdopodobieństwo przeżycia lęgów pojawiających się nieco wcześniej lub nieco później jest znacznie mniejsze.
Na wykresie przedstawiono względną wartość przystosowawczą wyrażoną średnią liczbą podlotów (młodych opuszczających gniazdo). Względny dzień wylęgu to liczba dni upływających od dnia najliczniejszego wylęgu w kolonii.

Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.
Opisany rodzaj doboru naturalnego wpływający na moment składania jaj przez śnieżyce to dobór A/B, który polega na 1./2.
A. stabilizujący
B. rozrywający
1. eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu odbiegającym od czasu, kiedy robi to większość osobników.
2. eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu przypadającym na czas, kiedy robi to większość osobników.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
A1 — dobór stabilizujący, polegający na eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu ODBIEGAJĄCYM od czasu, kiedy robi to większość osobników.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 16 — Roztocza w hodowli — odczyt dynamiki liczebności drapieżnika i ofiary (1 punkt)
Przedstawiono wyniki obserwacji dynamiki liczebności populacji drapieżnika i ofiary. Użyto osobników dwóch gatunków roztoczy o odmiennych strategiach pokarmowych: Eotetranychus sexmaculatus oraz Typhlodromus occidentalis. Hodowlę założono na owocach pomarańczy, których skórka służyła roślinożercy jako pokarm.
Osobniki E. sexmaculatus wprowadzono do układu badawczego siódmego marca, natomiast osobniki T. occidentalis — jedenaście dni później. Podano liczbę osobników w przeliczeniu na powierzchnię jednego owocu pomarańczy.
![Biologia R, matura 2026 CKE termin dodatkowy — Zadanie 16 (dynamika roztoczy drapieżnik–ofiara) · Arkusz CKE czerwiec 2026; podpis: „Na podstawie: C.B. Huffaker […], Hilgardia 14(27), 1958; C.J. Krebs, Ecology…, Harlow 2014" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2026cz-z16.webp)
Które zdanie jest poprawnym opisem wyników powyższej obserwacji? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
A. Szczyt liczebności populacji E. sexmaculatus nastąpił pięć dni po szczycie liczebności populacji T. occidentalis.
B. W dniu 30 marca populacja T. occidentalis była bardziej liczna niż populacja E. sexmaculatus.
C. Spadek liczebności populacji T. occidentalis miał miejsce przed spadkiem liczebności populacji E. sexmaculatus.
D. Przed wprowadzeniem T. occidentalis do hodowli liczebność populacji E. sexmaculatus rosła.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
D — przed wprowadzeniem T. occidentalis do hodowli liczebność populacji E. sexmaculatus rosła.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 17 — Populacje inwazyjne starca — dlaczego mają mniejszą zmienność genetyczną (1 punkt)
Zbadano różnorodność genetyczną rodzimych, tzn. występujących w Europie, populacji starca zwyczajnego (Senecio vulgaris) — rośliny z rodziny astrowatych — oraz inwazyjnych populacji tego gatunku występujących w Chinach.
Azjatyckie populacje pochodzą od niewielkich grup osobników założycielskich zawleczonych z Europy. Średnia liczba alleli na locus w populacjach chińskich wynosi 2,17, a w populacjach europejskich — 3,88.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Niższa różnorodność genetyczna populacji starca zwyczajnego w Chinach w porównaniu z populacjami rodzimymi w Europie jest efektem
A. mutacji.
B. specjacji.
C. doboru sztucznego.
D. dryfu genetycznego.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
D — dryf genetyczny (tu w postaci efektu założyciela).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 18 — Krab, Nutricola i Gemma gemma — jak drapieżnik zmienia układ konkurencji (1 punkt)
Pierwsze informacje o pojawieniu się w wodach zatoki Bodega (zachodnie wybrzeże USA) małża Gemma gemma, pochodzącego ze wschodniego wybrzeża Ameryki Północnej, są datowane na koniec XIX wieku. Od tego czasu ten obcy gatunek współwystępował z rodzimymi małżami z rodzaju Nutricola.
Mimo że nisze ekologiczne obu rodzajów częściowo się pokrywają, nie wpłynęło to znacząco na liczebność populacji Nutricola. Sytuacja zmieniła się pod koniec XX wieku, gdy w zatoce pojawił się kolejny gatunek obcy — żywiący się małżami krab brzegowy (Carcinus maenas).
Badania wykazały, że krab odżywia się osobnikami obu gatunków małży, ale preferuje jako ofiary małże z rodzaju Nutricola, głównie ze względu na ich większe rozmiary. Okazało się także, że liczebność populacji G. gemma się zwiększyła.
Wyjaśnij, dlaczego od czasu pojawienia się w wodach zatoki Bodega kraba brzegowego wzrosła liczebność populacji małży G. gemma. W odpowiedzi uwzględnij oddziaływania międzygatunkowe występujące w tym ekosystemie.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
wyjaśnienie musi uwzględniać zmniejszenie liczebności Nutricola w wyniku presji drapieżnika ORAZ wzrost liczebności G. gemma w wyniku osłabienia konkurencji z małżami Nutricola.