aplikacja Matura google play app store

Biologia, matura 2022 - poziom rozszerzony - pytania i odpowiedzi

Przedmiot: Biologia
przejdź do: Matura z biologii przejdź do: Testy z biologii online

DATA: 12 maja 2022 r.
GODZINA ROZPOCZĘCIA: 9:00
CZAS PRACY: 180 minut
LICZBA PUNKTÓW DO UZYSKANIA: 60
Formuła od 2015 "nowa matura"

dostępne także:
w formie testu
• w aplikacji Matura - testy i zadania


Lista zadań

Odpowiedzi do tej matury możesz sprawdzić również rozwiązując test w dostępnej już aplikacji Matura - testy i zadania, w której jest także, np. odmierzanie czasu, dodawanie do powtórek, zapamiętywanie postępu i wyników czy notatnik :)

aplikacja_nazwa_h110.png google_play_h56.png app_store_h56.png

Dziękujemy developerom z firmy Geeknauts, którzy stworzyli tę aplikację

Zadanie 1. (0–4)
Na poniższym schemacie przedstawiono wybrane procesy (1–5) zachodzące w komórce zwierzęcej.

Uwaga: Nie uwzględniono części substratów i produktów poszczególnych przemian oraz stechiometrii przedstawionych reakcji.

pwz: 32%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 1.1.
Uzupełnij tabelę – podaj nazwę oraz określ lokalizację w komórce każdego z etapów oddychania tlenowego oznaczonych na schemacie numerami 1 oraz 5.

Oznaczenie etapu oddychania tlenowego ze schematuNazwa etapuLokalizacja etapu w komórce
1

5

pwz: 25%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 1.2.
Określ pozostałe produkty przemian metabolicznych oznaczonych na schemacie numerami 2–4. W odpowiednie pola tabeli podaj literę T (tak), jeśli bezpośrednim produktem danej przemiany jest ATP lub CO2, albo N (nie) – jeśli nim nie jest.

Oznaczenie przemiany ze schematu

Produkty

ATP

CO2

2



3



4



Zadanie 2. (0–2)
Poniżej przedstawiono wzór pewnego oligopeptydu. W polach oznaczonych numerami 1–4 przedstawiono cztery różne ugrupowania atomów występujące w białkach.

pwz: 49%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 2.1.
Które z powyższych ugrupowań atomów stanowi wiązanie powstające pomiędzy aminokwasami podczas syntezy peptydów w komórce? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych oraz podaj nazwę tego wiązania.
Nazwa wiązania: .........................
pwz: 22%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 2.2.
Zapisz sekwencję aminokwasową przedstawionego na schemacie oligopeptydu od końca aminowego do karboksylowego, posługując się pełnymi nazwami aminokwasów lub ich oznaczeniami literowymi.
.........................
pwz: 23%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 3. (0–1)
Określ, który cukier – sacharoza czy skrobia – jest formą transportową asymilatów u roślin. Odpowiedź uzasadnij, porównując właściwości obu cukrów.
.........................
.........................
Zadanie 4. (0–2)
Atrazyna jest związkiem chemicznym swoiście reagującym z fotosystemem II. Ta substancja prowadzi do zahamowania działania fotosystemu II, co skutkuje zatrzymaniem syntezy ATP w chloroplastach.

Na poniższym schemacie przedstawiono reakcje zachodzące w fazie fotosyntezy zależnej od światła. Symbolami PS I oraz PS II oznaczono – odpowiednio – fotosystemy I i II.

Na podstawie: courses.lumenlearning.com
pwz: 25%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 4.1.
Na podstawie schematu wyjaśnij, dlaczego do syntezy ATP w chloroplastach niezbędny jest przepływ elektronów przez łańcuch transportu elektronów w błonie tylakoidu.
.........................
.........................
pwz: 38%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 4.2.
Określ, czy atrazyna zaburza syntezę ATP również w mitochondriach. Odpowiedź uzasadnij.
.........................
.........................
Zadanie 5. (0–3)
Mitogeny to cząsteczki sygnałowe, które wiążą się z receptorami na powierzchni komórki. Związanie mitogenu z odpowiednim receptorem błonowym uruchamia szlaki sygnalizacyjne w komórce, umożliwiające przejście komórki z fazy G1 cyklu komórkowego do fazy S. Jednym z czynników hamujących to przejście jest aktywna forma białka Rb, które blokuje transkrypcję genów kodujących białka niezbędne do podziału komórki.

Mutacja w genie RB1 zlokalizowanym na chromosomie 13, kodującym białko Rb, jest najczęstszą przyczyną retinoblastomy (siatkówczaka) – złośliwego nowotworu siatkówki występującego u dzieci z częstością 1/20 000 żywych urodzeń. Do rozwoju choroby dochodzi, gdy w komórce siatkówki zostanie całkowicie zahamowana produkcja białka Rb na skutek uszkodzenia lub usunięcia obu kopii genu RB1.

Choroba może mieć podłoże dziedziczne. W przypadku odziedziczenia jednego uszkodzonego allelu genu RB1 od rodzica drugi zwykle ulega mutacji spontanicznej w komórkach siatkówki podczas rozwoju osobniczego. Dzieci, które odziedziczyły uszkodzony allel genu RB1, mają wrodzoną skłonność do rozwoju siatkówczaka – ryzyko zachorowania wynosi aż 90%.
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2017.
pwz: 61%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 5.1.
W której fazie cyklu komórkowego zachodzi replikacja DNA? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
pwz: 65%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 5.2.
Określ wpływ aktywnego białka Rb na częstość podziałów komórkowych.
.........................
.........................
pwz: 31%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 5.3.
Spośród pary rodziców, którzy zgłosili się do poradni genetycznej, przyszły ojciec nie ma mutacji w genie RB1, ale przyszła matka odziedziczyła uszkodzony allel RB1 po swoim ojcu.

Ile wynosi prawdopodobieństwo, że u dziecka tej pary rodziców rozwinie się siatkówczak? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Zadanie 6. (0–6)
Jeden z antybiotyków – streptomycyna – łączy się bezpośrednio z małą podjednostką rybosomu. Zaburza to syntezę białek bakteryjnych. Jednak nie wszystkie bakterie są wrażliwe na streptomycynę. U bakterii Mycobacterium tuberculosis oporność na streptomycynę warunkuje mutacja w genie kodującym podjednostkę 16S rRNA.

W celu ustalenia właściwej dawki antybiotyku stosowanego w leczeniu chorób bakteryjnych określa się wartości:
• MIC (ang. minimum inhibitory concentration) – minimalne stężenie antybiotyku, które całkowicie hamuje wzrost szczepu bakterii w pożywce płynnej
• MBC (ang. minimum bactericidal concentration) – najmniejsze stężenie w pełni bakteriobójcze dla danego szczepu.

W celu ustalenia wartości MIC i MBC przygotowano osiem probówek z pożywką zawierającą taką samą, niewielką liczbę komórek pewnego szczepu bakterii. Po dodaniu do siedmiu probówek różnych ilości streptomycyny wszystkie osiem umieszczono w inkubatorze. Materiał z probówek, w których nie wykryto wzrostu bakterii, przeniesiono na pożywkę stałą bez streptomycyny. Poniższy schemat ilustruje wyniki tego doświadczenia.



Na podstawie: J. Baj, Mikrobiologia, Warszawa 2018; W. Irving i in., Krótkie wykłady. Mikrobiologia medyczna, Warszawa 2008; B. Springer i in., Mechanisms of Streptomycin Resistance: Selection of Mutations in the 16S rRNA Gene Conferring Resistance, „Antimicrob Agents Chemother” 45, 2001.
pwz: 54%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 6.1.
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia odczytaj wartości MIC oraz MBC i podaj je w wyznaczone poniżej miejsca.
wartość MIC: ........................... mg/l
wartość MBC: ....................... mg/l
pwz: 25%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 6.2.
Spośród podanych nazw chorób wybierz i zaznacz nazwy chorób bakteryjnych.
pwz: 18%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 6.3.
Wyjaśnij, dlaczego mutacja w jednym z genów kodujących rRNA bakterii M. tuberculosis może powodować nabycie przez szczep tych bakterii oporności na streptomycynę.
.........................
.........................
pwz: 51%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 6.4.
Dokończ zdanie.
Rozprzestrzenianie się antybiotykooporności bezpośrednio między komórkami bakterii jest możliwe na drodze
ponieważ
pwz: 42%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 6.5.
Wykaż, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę. W odpowiedzi uwzględnij różnicę w budowie wirusów i bakterii oraz mechanizm działania streptomycyny.
.........................
.........................
Zadanie 7. (0–5)
Pełnik europejski (Trollius europaeus) to roślina zielna występująca głównie na mokrych łąkach, przy brzegach strumieni oraz w wilgotnych lasach liściastych. Mimo że roślina produkuje dużo nasion, rzadko spotyka się siewki w sąsiedztwie kęp pełnika, gdyż ich rozwojowi nie sprzyja konkurencja ze strony innych gatunków łąkowych.
Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika sprawia, że łatwiej zachodzi kiełkowanie jego nasion. Stanowiska pełnika chroni się także poprzez regularne koszenie łąk, co zmniejsza udział gatunków ekspansywnych, takich jak np. pokrzywa zwyczajna lub ostrożeń polny. W Polsce pełnik jest objęty ochroną gatunkową.

Kwiaty pełnika są okazałe, żółte i zapylane głównie przez kilka gatunków muchówek z rodzaju Chiastocheta. Muchówki wchodzą do kwiatu, gdzie zjadają pyłek i nektar. W kwiecie dochodzi też do kopulacji tych owadów i składania jaj. Wylęgające się larwy wgryzają się do słupków i wyjadają tam część zawiązków nasion. Przed przepoczwarzeniem larwy wydostają się z kwiatów i spadają na powierzchnię gleby.

Na poniższych ilustracjach przedstawiono pokrój ogólny pełnika oraz – w powiększeniu – typowy liść łodygowy.


Na podstawie: A. Kołos i A. Kołos, Trollius europaeus (Ranunculaceae) in north-eastern Poland, „Fragmenta Floristica et Geobotanica Polonica” 23(2), 2016; www.europeana.eu
pwz: 57%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 7.1.
Dokończ zdanie.
Pełnik europejski należy do klasy roślin
o czym świadczą
pwz: 46%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 7.2.
Wykaż, że przedstawiona w tekście zależność między pełnikiem a muchówkami jest mutualizmem. Określ, na czym polega mutualizm, oraz podaj przykłady korzyści lub strat odnoszonych przez wymienione organizmy.
.........................
.........................
pwz: 40%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 7.3.
Określ typ przeobrażenia występujący u muchówki z rodzaju Chiastocheta. Odpowiedź uzasadnij.

Typ przeobrażenia: .........................
Uzasadnienie: .........................
pwz: 75%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 7.4.
Oceń, czy działania opisane w tabeli stanowią ochronę czynną pełnika europejskiego. Zaznacz tak, jeśli działanie jest przykładem ochrony czynnej, albo nie – jeśli nim nie jest.
1. Odsłanianie gleby wokół kęp pełnika europejskiego.
2. Wpisanie pełnika europejskiego na listę gatunków chronionych.
3. Regularne koszenie łąk ze stanowiskami pełnika europejskiego.
Zadanie 8. (0–2)
Rozkład materiałów zapasowych zgromadzonych w bielmie nasion jęczmienia zachodzi stopniowo. Bielmo jest zróżnicowane na zewnętrzną warstwę aleuronową, w której znajdują się głównie białka, oraz bielmo skrobiowe, w którym są zgromadzone głównie polisacharydy. We wczesnej fazie kiełkowania nasion są produkowane hormony aktywujące geny kodujące hydrolazy (peptydazę i α-amylazę) wytwarzane przez warstwę aleuronową.

Przeprowadzono doświadczenie, w którym badano wpływ zarodka na wytwarzanie enzymów rozkładających polisacharydy w ziarniaku jęczmienia. Namoczone wcześniej ziarniaki przecięto na dwie części tak, aby tylko w jednej części znajdował się zarodek.
Następnie na oddzielnych szalkach zawierających zestalony agarem kleik skrobiowy przygotowano dwie próby:

• próba I – zawierała połówki ziarniaków z zarodkiem
• próba II – zawierała połówki ziarniaków bez zarodka.

W obu próbach połówki ziarniaków umieszczono powierzchnią przecięcia do podłoża. Po czterech dniach naniesiono na podłoże kilka kropli roztworu płynu Lugola. Zaobserwowano, że jedynie wokół połówek ziarniaków zawierających zarodki podłoże nie zabarwiło się na granatowo.

Wyniki doświadczenia przedstawiono schematycznie na poniższym rysunku.


Na podstawie: A. Szweykowska, J. Szweykowski, Botanika, Warszawa 1996.
pwz: 22%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 8.1.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
.........................
.........................
pwz: 89%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 8.2.
Dokończ zdanie.
Do wyciągnięcia wniosków z przedstawionych badań
ponieważ
pwz: 6%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 9. (0–1)
W warunkach wysokiej wilgotności powietrza transpiracja roślin jest ograniczona, ale mimo to rośliny nadal pobierają wodę z podłoża. W takich warunkach na brzegach blaszki liściowej można zaobserwować krople wody wydzielanej przez rośliny – to zjawisko nazywamy gutacją. Działaniem na roślinę 4-procentowym wodnym roztworem siarczanu miedzi można ograniczyć gutację. Jony miedzi są inhibitorami enzymów oddechowych.

Na podstawie: red. M. Kozłowska, Fizjologia roślin, Poznań 2007.


Wyjaśnij, dlaczego inhibitory enzymów oddechowych ograniczają gutację. W odpowiedzi odwołaj się do mechanizmu parcia korzeniowego.
.........................
.........................
Zadanie 10. (0–4)
Mikrotubule są dynamicznymi strukturami, które mogą wydłużać się lub skracać w wyniku polimeryzacji lub depolimeryzacji cząsteczek tubuliny.

Na rysunku przedstawiono mikrotubulę, z której do cytozolu są uwalniane cząsteczki tubuliny, co prowadzi do skrócenia tej mikrotubuli.

Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2017; mpibpc.mpg.de/grubmueller/microtubules
pwz: 45%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 10.1.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące podziałów komórkowych są prawdziwe.
1. Mikrotubule wrzeciona podziałowego w komórkach, zarówno zwierzęcych, jak i roślinnych, są wytwarzane w centrosomach z udziałem centrioli.
2. Zablokowanie polimeryzacji mikrotubul może hamować niekontrolowane podziały komórkowe w obrębie guza nowotworowego.
3. Zarówno w mitozie, jak i w mejozie mikrotubule wrzeciona podziałowego wiążą się z centromerami chromosomów metafazowych.
pwz: 24%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 10.2.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis przebiegu mejozy.
Podczas II podziału mejotycznego skracanie się mikrotubul zachodzi w czasie
i umożliwia rozejście się do przeciwległych biegunów komórki.
II podział mejotyczny zapewnia właściwą w komórkach potomnych.
pwz: 42%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 10.3.
Jaką funkcję pełnią mikrotubule w ruchu komórek? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Zadanie 11. (0–3)
Pobieranie przez komórkę wody z otoczenia powoduje przyrost objętości komórki, który jest pośrednią miarą wielkości potencjału wody w komórce. Aby określić potencjał wody w miękiszu spichrzowym bulw ziemniaka, przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono zmiany objętości tej tkanki w zależności od stężenia w roztworze zewnątrzkomórkowym sacharozy – substancji osmotycznie czynnej.

Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.


Na podstawie: www.athenology.com
pwz: 78%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 11.1.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby powstał poprawny opis przebiegu wykonanego doświadczenia.
Z bulwy ziemniaka wycięto 18 kostek o wymiarach.
Następnie przygotowano wodne roztwory sacharozy o stężeniach, w których na godzinę umieszczono wcześniej przygotowane kostki.
W celu obliczenia średnich zmian objętości kostek zmierzono ich wymiary za pomocą suwmiarki doświadczenia.
pwz: 53%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 11.2.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące potencjału wody są prawdziwe.
1. Punkt R na wykresie oznacza wyrównanie potencjału wody w komórce i środowisku zewnętrznym.
2. W cytoplazmie komórki umieszczonej w wodzie destylowanej jest wyższy potencjał wody w porównaniu do jej otoczenia.
pwz: 39%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 11.3.
Wyjaśnij, dlaczego badana tkanka umieszczona w roztworze sacharozy o stężeniu równym bądź większym od 0,2 mol/l zmniejszyła swoją objętość. W odpowiedzi uwzględnij zjawisko osmozy.
.........................
.........................
Zadanie 12. (0–4)
W Ameryce Północnej wiewiórka czerwona (Tamiasciurus hudsonicus) i wiewiórka szara (Sciurus carolinensis) współwystępują w wielu regionach. Na Wyspach Brytyjskich jedynym rodzimym gatunkiem wiewiórki jest wiewiórka pospolita (Sciurus vulgaris), przedstawiona na zdjęciu poniżej. Wiewiórki szare zostały wprowadzone na Wyspy Brytyjskie w 1876 roku. Od tamtej pory liczebność wiewiórek pospolitych zaczęła się zmniejszać. Jedną z przyczyn jest przenoszenie wirusa ospy przez wiewiórki szare, które nie wykazują przy tym objawów choroby. Dla większości wiewiórek pospolitych ta infekcja jest śmiertelna. Oba gatunki wiewiórek, szara i pospolita, wykorzystują podobne zasoby pokarmowe, przy czym wiewiórka szara efektywniej wykorzystuje żołędzie.


Na podstawie: J.R. Freeland, Ekologia molekularna, Warszawa 2008; sitn.hms.harvard.edu
pwz: 28%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 12.1.
Na podstawie przedstawionych informacji określ, czy wiewiórki Ameryki Północnej – wiewiórka czerwona i wiewiórka szara – są klasyfikowane w jednym, czy – w dwóch rodzajach. Odpowiedź uzasadnij.
.........................
.........................
pwz: 49%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 12.2.
Podaj dwie różne widoczne na zdjęciu cechy morfologiczne wiewiórki pospolitej, które pozwalają jednoznacznie zaklasyfikować ten gatunek do ssaków.

1. .........................
2. .........................
pwz: 49%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 12.3.
Dokończ zdanie.
Spadek liczebności populacji wiewiórki pospolitej na Wyspach Brytyjskich jest wynikiem m.in.
ponieważ
pwz: 46%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 13. (0–1)
Budowa uzębienia ssaków zależy od rodzaju pobieranego pokarmu. Głównym składnikiem diety szympansów są owoce i liście, ale zjadają one także jaja oraz polują na ptaki i małe ssaki. Wiewiórki, należące do gryzoni, mają wydatne siekacze pozwalające na zgryzanie twardych łupin orzechów. Z kolei przeżuwacze, do których należy np. bydło domowe, ucierają ciężkostrawny pokarm roślinny dzięki rozbudowanym przedtrzonowcom i trzonowcom.

Wzór zębowy opisuje układ i liczbę poszczególnych rodzajów zębów w połowie szczęki i żuchwy. Poniżej podano przykład wzoru zębowego dorosłego psa, mającego w jednej połowie szczęki: trzy siekacze, jeden kieł, cztery przedtrzonowce i dwa trzonowce. W porównaniu ze szczęką w żuchwie psa występuje jeden dodatkowy ząb trzonowy.

Do każdego z poniższych przedstawicieli ssaków przyporządkuj właściwy typ uzębienia. Wybierz odpowiednie oznaczenie literowe wzoru zębowego spośród podanych (A–D) przy odpowiednim gatunku.



szympans:
wiewiórka:
krowa:
Zadanie 14. (0–5)
Wytworzony w wątrobie człowieka cholesterol jest transportowany w krwiobiegu w postaci związanej z białkiem jako lipoproteina o małej gęstości – LDL. Warunkiem wniknięcia LDL do komórki jest jej przyłączenie do receptora błonowego i utworzenie kompleksu LDL-receptor. Te kompleksy trafiają następnie do endosomów, gdzie niskie pH sprzyja odłączaniu się LDL od receptora. Następnie LDL jest transportowana do lizosomu, w którym mają miejsce jej enzymatyczny rozkład i uwolnienie cholesterolu.

Synteza błonowych receptorów LDL zależy od ilości cholesterolu w komórkach. Gdy cholesterolu w komórkach jest dużo, nie powstają nowe receptory LDL, przez co pobieranie LDL jest ograniczone. Na poniższym schematycznym rysunku przedstawiono pobieranie LDL i procesy prowadzące do uzyskania wolnego cholesterolu przez komórkę.


Na podstawie: J.M. Berg, J.L. Tymoczko, L. Stryer, Biochemia, Warszawa 2007; B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
pwz: 67%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 14.1.
Dokończ zdanie.
Przedstawiony na rysunku transport cząsteczki LDL do wnętrza komórki to przykład
ponieważ
pwz: 33%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 14.2.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące cholesterolu w organizmie człowieka są prawdziwe.
1. Cholesterol jest prekursorem hormonów steroidowych, takich jak np. testosteron i estrogeny.
2. Cholesterol jest jednym ze składników żółci wytwarzanej przez wątrobę.
pwz: 25%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 14.3.
Określ wpływ cholesterolu na właściwości fizyczne błony komórkowej i funkcje pełnione przez tę błonę.
.........................
.........................
pwz: 64%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 14.4.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały poprawny opis regulacji ilości pobieranego cholesterolu przez komórkę.
Wzrost stężenia cholesterolu w komórce syntezę receptorów LDL.
Dzięki temu komórka pobiera cholesterolu z krwiobiegu.
Taki mechanizm regulacji nazywa się sprzężeniem zwrotnym.
pwz: 24%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 14.5.
Określ wpływ delecji obu alleli genu kodującego receptor LDL na pobieranie cholesterolu przez komórkę. Odpowiedź uzasadnij.
.........................
.........................
Zadanie 15. (0–4)
Wspólny przodek wyższych naczelnych utracił w wyniku mutacji zdolność do syntezy witaminy C. Ta mutacja zaszła w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową – enzym katalizujący ostatni etap syntezy kwasu askorbinowego. Przy dużej podaży witaminy C w pokarmie został osłabiony dobór eliminujący osobniki niezdolne do jej syntezy, a dryf genetyczny utrwalił tę – zasadniczo nieszkodliwą – mutację.

Czynnik transkrypcyjny HIF-1 uruchamia ekspresję genów odpowiedzialnych za adaptację organizmu do zmniejszonego stężenia tlenu (hipoksji). Efekty działania HIF-1 obejmują m.in. rozrost naczyń krwionośnych w tkankach. Białko HIF-1 jest stale produkowane przez komórkę, ale w warunkach normalnego stężenia tlenu jest szybko degradowane, a proces jego rozkładu rozpoczyna się od hydroksylacji jednej z dwóch reszt proliny. Specyficzne hydroksylazy katalizujące tę reakcję wymagają do działania obecności witaminy C.

Duże dawki witaminy C są stosowane w leczeniu nowotworów rozwijających się w wyniku nieprawidłowej regulacji poziomu HIF-1.

Na podstawie: H. Pontzer, Stworzeni do ruchu, „Świat Nauki” 2, 2019; H.J. Knowles i in., Effect of ascorbate on the activity of hypoxia-inducible factor and cancer cells, „Cancer Research” 63(8), 2003.
pwz: 64%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 15.1.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące witaminy C są prawdziwe.
1. Skutkiem mutacji w genie kodującym oksydazę gulonolaktonową jest zablokowanie szlaku metabolicznego syntezy witaminy C.
2. Dieta bogata w witaminę C była jedną z przyczyn utrwalenia mutacji uniemożliwiającej syntezę tej witaminy u przodka wyższych naczelnych.
3. Witamina C może dzięki właściwościom przeciwutleniającym obniżać stężenie wolnych rodników w komórkach.
pwz: 49%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 15.2.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały prawdziwe informacje.
Duże dawki witaminy C powodują aktywności hydroksylaz HIF-1,
co prowadzi do stężenia HIF-1 w komórkach nowotworowych.
Dzięki temu zostaje rozwój naczyń krwionośnych w guzie nowotworowym.
pwz: 65%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 15.3.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Charakterystycznym objawem niedoboru witaminy C jest
pwz: 81%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 16. (0–1)
Wiele gatunków mew dokarmia swoje pisklęta poprzez zwracanie (regurgitację) części zjedzonego pokarmu. Głodne pisklęta, aby uzyskać pokarm od rodzica powracającego do gniazda, odruchowo uderzają w jego dziób, czym wywołują zwrot pokarmu.

Z wykorzystaniem sztucznych modeli ptasich głów postanowiono sprawdzić, jakie cechy morfologiczne głowy dorosłej mewy wyzwalają opisane zachowanie piskląt. W badaniach wzięto pod uwagę następujące cechy:

• kształt głowy
• kolor upierzenia
• obecność oczu
• kształt dzioba
• występowanie plamki na dziobie.

Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.


Na podstawie: D. Sadava, D.M. Hillis, H.C. Heller, M.R. Berenbaum, Life – The Science of Biology, Sunderland 2014.
Określ, która z badanych cech morfologicznych głowy dorosłych mew jest najważniejsza w wywołaniu opisanego odruchu u piskląt.
.........................


Zadanie 17. (0–4)
Populacje biegusów alaskańskich w północnej części zasięgu geograficznego gatunku mają nietypowy stosunek liczebności samców i samic wynoszący 3:1, zamiast typowego – 1:1. Postawiono następującą hipotezę:

„Mały udział samic w populacjach biegusów jest spowodowany tym, że częściej padają one ofiarą sokołów wędrownych”.

W celu weryfikacji tej hipotezy zebrano pióra po biegusach upolowanych przez sokoły, a następnie wyizolowano z nich DNA i przeprowadzono PCR w celu amplifikacji fragmentów genów CHD, zlokalizowanych na chromosomach płci Z i W (odpowiednio: CHD-Z i CHD-W). Samice biegusów są heterogametyczne (ZW), a samce – homogametyczne (ZZ).

Rejony niekodujące w genach CHD-Z i CHD-W mają różną długość, co powoduje, że produkty amplifikacji rejonów niekodujących genów CHD-Z i CHD-W także różnią się długością. Elektroforetyczne rozdzielenie produktów PCR pozwoliło określić płeć ptaków, z których pochodziły zebrane pióra.

Wyniki badań przedstawiono na poniższym wykresie.


Na podstawie: S. Nebel i in., Molecular sexing of prey remains […] in a wintering population of western sandpipers, „Proceedings of the Royal Society B” 271, 2004.
pwz: 71%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 17.1.
Rozstrzygnij, czy postawiona hipoteza została przyjęta, czy – odrzucona. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do wyników badań przedstawionych na wykresie.
.........................
.........................
pwz: 30%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 17.2.
Który obraz żelu agarozowego odpowiada prawidłowemu wynikowi elektroforetycznego rozdzielenia powielonych fragmentów genów CHD-Z i CHD-W u samca (♂) i samicy (♀)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.


pwz: 46%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 17.3.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące techniki PCR są prawdziwe.
1. Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów.
2. Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów.
3. Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA.
Zadanie 18. (0–5)
Autosomalny gen HTT koduje białko – huntingtynę. Niezmutowany allel h koduje huntingtynę o prawidłowej strukturze, podczas gdy zmutowany allel H skutkuje powstaniem niewłaściwej formy huntingtyny, warunkującej chorobę Huntingtona. Allel H ma charakter dominujący, a obecność nawet tylko jednej jego kopii w genomie jest przyczyną poważnych zaburzeń fizycznych i umysłowych, które powodują śmierć w przeciągu 15–20 lat od wystąpienia objawów.

W genie HTT stosunkowo często pojawia się mutacja polegająca na występowaniu dodatkowych kodonów CAG. Wywołujący chorobę allel H ma więcej niż 35 takich trójek nukleotydów. W większości przypadków objawy choroby rozwijają się między czwartą a szóstą dekadą życia.

Na podstawie: journals.viamedica.pl; www.huntington.pl
pwz: 32%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 18.1.
Podaj nazwę rodzaju mutacji genowej występującej w allelu H, polegającej na obecności dodatkowych kodonów CAG.
.........................
pwz: 7%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 18.2.
Opisz, na czym polega zmiana w I-rzędowej strukturze białka huntingtyny będąca skutkiem obecności dodatkowych kodonów CAG.
.........................
.........................
pwz: 60%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 18.3.
Określ prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona u dziecka heterozygotycznej matki pod względem genu HTT oraz ojca będącego homozygotą recesywną pod względem tego genu. Odpowiedź uzasadnij, zapisując genotypy rodziców oraz krzyżówkę genetyczną.

Genotyp matki: .........................

Genotyp ojca: .........................

Krzyżówka:


Prawdopodobieństwo wystąpienia choroby Huntingtona: .........................
pwz: 37%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 18.4.
Wyjaśnij, dlaczego w populacji ludzkiej utrzymuje się allel H warunkujący chorobę Huntingtona, mimo że jest on dominujący, a choroba – śmiertelna.
.........................
.........................
pwz: 24%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 19. (0–1)
W kameruńskim jeziorze wulkanicznym Barombi Mbo żyje 15 gatunków ryb, z czego 11 należy do pielęgnic – ryb z rodziny Cichlidae. Badania mitochondrialnego DNA wykazały, że endemiczne pielęgnice z Barombi Mbo stanowią grupę monofiletyczną – wszystkie są ze sobą bliżej spokrewnione niż z jakimkolwiek gatunkiem występującym w sąsiednich rzekach.

Ze względu na regularny stożkowy kształt misy jeziornej, będącej kraterem wygasłego wulkanu, historyczne wahania poziomu wody nie mogły doprowadzić do podziału jeziora na kilka mniejszych. W obrębie jeziora nie występują też inne bariery geograficzne utrudniające kontakt tych aktywnych ryb. Jezioro Barombi Mbo jest prawie całkowicie odizolowane od lokalnego systemu rzek.

Na podstawie: U.K. Schliewen i B. Klee, […] speciation in Cameroonian crater lake cichlids, „Frontiers in Zoology” 1(5), 2004.
Na podstawie przedstawionych informacji dokończ zdanie.
Zróżnicowanie gatunkowe pielęgnic w jeziorze Barombi Mbo powstało na drodze
polegającej na
Zadanie 20. (0–2)
Miedź w śladowych ilościach jest niezbędna do wzrostu roślin, ale duża zawartość tego pierwiastka w glebie hamuje wzrost korzeni. Przeprowadzono badania, których celem było określenie wpływu wysokiego stężenia miedzi w podłożu na wzrost korzeni u trawy mietlicy rozłogowej (Agrostis stolonifera). W badaniu uwzględniono populacje rosnące przez okres od 4 do 70 lat na glebie skażonej miedzią.

Badane rośliny uprawiano z wykorzystaniem pożywek zawierających miedź w dużym stężeniu. Jako wskaźnik tolerancji na miedź mierzono wzrost korzeni. Badania wykazały, że wzrost korzeni był w najmniejszym stopniu ograniczony u traw pochodzących ze starych populacji, rosnących na glebach zanieczyszczonych miedzią przez długi czas.

Tolerancja na miedź jest cechą ilościową warunkowaną przez geny kumulatywne. Działanie tych genów sumuje się podczas kształtowania cechy fenotypowej.

Na podstawie: L. Wu i in., The potential for evolution of heavy metal tolerance in plants, „Heredity” 34, 1975.
pwz: 35%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 20.1.
Dokończ zdanie.
W tekście opisano skutki działania
ponieważ
pwz: 6%
infoPoziom wykonania zadania - im wyższy, tym zadanie było łatwiejsze dla zdających.
Zadanie 20.2.
Wyjaśnij, dlaczego najwyższy poziom tolerancji uzyskały rośliny z najstarszych populacji. W odpowiedzi uwzględnij działanie doboru naturalnego.
.........................
.........................
Pomysły na studia dla maturzystów - ostatnio dodane artykuły





Rekrutacja na studia wg przedmiotów zdawanych na maturze


Wyszukaj kierunki studiów i uczelnie, w których brany jest pod uwagę tylko 1 przedmiot zdawany na maturze na poziomie podstawowym (często uczelnie dają do wyboru kilka przedmiotów a wybieramy z nich jeden):

Przykłady:

kierunki studiów po maturze z WOS


Poniżej podajemy wybrane linki do kierunki studiów na uczelniach, w których są brane pod uwagę wyniki tylko z dwóch przedmiotów zdawanych na maturze na poziomie podstawowym
(często uczelnie dają wyboru więcej przedmiotów a wybieramy z nich dwa):

Przykłady:

kierunki po maturze z polskiego i matematyki
kierunki po maturze z polskiego i angielskiego
kierunki po maturze z polskiego i historii
kierunki po maturze z polskiego i wiedzy o społeczeństwie

kierunki po maturze z matematyki i angielskiego
kierunki po maturze z matematyki i fizyki
kierunki po maturze z matematyki i chemii
kierunki po maturze z matematyki i informatyki

kierunki po maturze z biologii i chemii
kierunki po maturze z biologii i
angielskiego
kierunki po maturze z chemii i angielskiego
kierunki po maturze z biologii i geografii
kierunki po maturze z chemii i geografii
Polityka Prywatności