Jesteś tutaj

"Stara" matura rozszerzona z biologii 2015 - proponowane odpowiedzi

Matura 2015

W tym artykule zająłem się opracowaniem arkusza matury rozszerzonej z biologii przeznaczonej dla uczniów techników i osób poprawiających swój wynik maturalny. Szczerze mówiąc jednak lepiej mi się rozwiązywało tą wersję matury;)

Zadanie 1 (2 pkt)

  1. Nazwa wiązania: peptydowe
    Nazwa monomerów: aminokwasy
  2. kolagen

Zadanie 2 (1 pkt)

  1. P
  2. F
  3. F

Zadanie 3 (1 pkt)

  1. we wszystkich żywych komórkach
  2. zależy
  3. obniżają

Zadanie 4 (2 pkt)

  1. Zewnętrzną powierzchnią błony neuronu jest powierzchnia I, ponieważ w jej stronę następuje transport aktywny Na+. W celu utrzymania potencjału spoczynkowego pompa sodowo-potasowa zawsze wypompowuje Na+ na zewnątrz komórki, a do wewnątrz transportuje K+. lub/i ponieważ po stronie powierzchni I jest wyższe stężenie Na+, a niższe K+ niż po drugiej stronie błony o czym świadczy kierunek transportu biernego. Większe stężenie Na+ zawsze w stanie spoczynku występuje na zewnątrz neuronu.
  2. Białkiem tym jest pompa sodowo-potasowa.

Zadanie 5 (1 pkt)

5, 3, 6

Zadanie 6 (2 pkt)

    1. T
    2. T
    3. T
  1. W próbie kontrolnej tego doświadczenia wata, na której znajdują się nasiona powinna być sucha, aby zapobiec ich kiełkowaniu.

Zadanie 7 (1 pkt)

Na podstawie wyników doświadczenia można stwierdzić, że izotop tlenu został wydzielony jako tlen cząsteczkowy tylko po podaniu znakowanej nim wody, czego nie zaobserwowano po podaniu znakowanego CO2, co świadczy o tym, że to właśnie woda jest substratem stanowiącym źródło wydzielanego podczas fotosyntezy tlenu.

Zadanie 8 (2 pkt)

  1. B, E, D, A, C
  2. Czynnikiem środowiskowym ograniczającym występowanie organizmów fotosyntetyzujących w morzach i oceanach na głębokości poniżej 100 m jest brak odpowiedniego natężenia światła (brak odpowiedniego oświetlenia, brak światła).

Zadanie 9 (3 pkt)

  1. Amyloplasty pełnią funkcję magazynu skrobi, stąd też lokalizują się w organach o charakterze spichrzowym, takich jak bulwy, czy ziarniaki zbóż i liścienie, których celem jest zgromadzenie materiałów zapasowych dla rośliny lub rozwijającego się zarodka.
  2. Materiały: materiał roślinny (bulwa ziemniaka, liścienie fasoli, ziarniaki pszenicy), odczynnik chemiczny (płyn Lugola lub jodyna), mikroskop Wykorzystywany materiał roślinny należy pociąć na cienkie plasterki celem sporządzenia preparatu mikroskopowego, następnie preparat zabarwić płynem Lugola i obserwować pod mikroskopem (duże powiększenie) zabarwione na fioletowo struktury, będące ziarnami skrobi zawartymi w amyloplastach.

Zadanie 10 (2 pkt)

Objętość protoplastu: komórki zostały umieszczone w roztworze hipertonicznym, co spowodowało odpływ wody z protoplastu do roztworu, przez półprzepuszczalną błonę komórkową, a co za tym idzie obkurczenie słabiej uwodnionego protoplastu.
Kształt komórek: kształt komórek nie uległ zmianie ze względu na to, że są one otoczone sztywną ścianą komórkową utrzymującą ich kształt.

Zadanie 11 (2 pkt)

  1. większa | otwarty
    mniejsza | zamknięty
  2. Zmniejszenie stopnia rozwarcia szparek powoduje zmniejszenie intensywności transpiracji, a tym samym zmniejszenie strat wody przez roślinę, co zapobiega jej odwodnieniu w warunkach zmniejszonej dostępności wody w podłożu.

Zadanie 12 (1 pkt)

Wiatropylny jest kwiat A, ponieważ w jego budowie występuje słupek o rozgałęzionej budowie mający na celu zwiększenie powierzchni zdolnej do wychwycenia zawieszonych w powietrzu ziaren pyłku i tym samym zwiększenie prawdopodobieństwa zapylenia.

Zadanie 13 (1 pkt)

Wpływ pH na zabarwienie liści kapusty czerwonej.
lub
Jak zmiana pH wpłynie na barwę liści kapusty czerwonej?

Zadanie 14 (1 pkt)

Wysycenie hemoglobiny typowe dla naczyń włosowatych płuc wskazuje punkt A, ponieważ w pęcherzykach płucnych występuje wysokie ciśnienie parcjalne tlenu prowadzące do maksymalnego (lub submaksymalnego) wysycenia hemoglobiny tlenem co właśnie przedstawia ten punkt wykresu.

Zadanie 15 (3 pkt)

  1. Próbą badawczą jest zestaw 1, ponieważ zawiera on aktywne enzymy trzustkowe. W zestawie 2 enzymy te zostały inaktywowane poprzez ugotowanie trzustki.
  2. Enzymy wydzielane przez trzustkę będą trawić skrobię na coraz krótsze łańcuchy dekstryn co będzie można zaobserwować poprzez zmianę zabarwienia roztworu z ciemnoniebieskiego w obecności skrobi, poprzez fioletowy do czerwono-brunatnego po strawieniu skrobi przez enzymy trzustkowe do krótkich łańcuchów cukrowych.
  3. Lekko zasadowe środowisko zapewniało optymalne warunki do działania enzymów trzustkowych, dla których optymalne pH działania wynosi >7, co przyspieszyło reakcję i umożliwiło zaobserwowanie trawienia skrobi.

Zadanie 16 (2 pkt)

    1. - glukagon (lub kortyzol)
    2. - oksytocyna (lub wazopresyna)
  1. glukagon, kortyzol

Zadanie 17 (1 pkt)

0 Rh+

Zadanie 18 (3 pkt)

    1. T
    2. N
    3. T
  1. Różnica w czasie upływającym od podania antygenu do produkcji przeciwciał wynika z tego, że po pierwszym podaniu antygenu rozwija się odpowiedź immunologiczna pierwotna, która wymaga dłuższego czasu do aktywacji limfocytów i produkcji odpowiednich przeciwciał. W wyniku pierwotnej odpowiedzi immunologicznej zostaje wytworzona pamięć immunologiczna (limfocyty pamięci) dzięki czemu ponowne podanie antygenu wymaga krótszego czasu do zaktywowania limfocytów i produkcji odpowiedniej ilości przeciwciał.
  2. swoista, nabyta, czynna

Zadanie 19 (1 pkt)

Przyczyną pojawienia się odporności na antybiotyk wśród bakterii z kolonii H było najprawdopodobniej pojawienie się mutacji (najprawdopodobniej u bakterii z których kolonia ta powstała), która zmieniła fenotyp tych bakterii, tak iż nabyły one odporność na działanie antybiotyku.

Zadanie 20 (2 pkt)

  1. Zmiana stężenia CO2 powoduje zmianę zawartości azotu w liściach babki lancetowatej, na której żerują larwy *Junonia coenia*, a co za tym idzie wpływają na masę ciała larw. W obecności zwiększonego stężenia CO2 maleje zawartość azotu w liściach babki i stają się dla larw mniej pożywne, co prowadzi do zmniejszenia ich masy.
  2. Stadium larwalne potrzebne jest do uzyskania postaci dojrzałej płciowo (imago) ze względu na zbyt małą ilość żółtka aby zarodek mógł bezpośrednio rozwinąć się w tą postać. Larwa żerując uzupełnia ten niedobór dzięki czemu może nastąpić pełny rozwój owada.

Zadanie 21 (3 pkt)

  1. Epiderma, czyli zewnętrzna warstwa ciała, została na schemacie oznaczona cyfrą 2, ponieważ znajdują się w niej komórki zmysłowe potrzebne do percepcji bodźców ze środowiska, a także komórki parzydełkowe, służące obronie przed agresorami z zewnątrz bądź łapaniu ofiar.
  2. Nazwa etapu I: trawienie zewnątrzkomórkowe Lokalizacja: jama chłonąco-trawiąca (gastralna) Nazwa etapu II: trawienie wewnątrzkomórkowe Lokalizacja: komórki endodermy
  3. Parzydełkowce zbudowane są tylko z 2 warstw komórek, w związku z czym charakteryzują się korzystnym stosunkiem powierzchni do objętości, który umożliwia skuteczną i wystarczającą wymianę gazową poprzez powierzchnię ciała. Nie wymagają zatem dodatkowych narządów do wymiany gazowej.

Zadanie 22 (1 pkt)

  1. DNA - A (replikacja), D (odwrotna transkrypcja)
  2. RNA - C (transkrypcja)

Zadanie 23 (2 pkt)

  1. 1660 (pierwotny transkrypt, merytorycznie poprawne) lub 990 (po splicingu, ale bez ogona poli-A i czapeczki, trochę bez sensu, ale intuicyjnie czuje się, że o to autorowi pytania mogło chodzić) - trzeba poczekać na oficjalny klucz, aby się dowiedzieć co autor miał na myśli.
  2. Obecność intronów

Zadanie 24 (1 pkt)

  1. F
  2. P
  3. F

Zadanie 25 (2 pkt)

Prawdopodobieństwo urodzenia żywego potomstwa: 75%

Zadanie 26 (2 pkt)

  1. Gameta 1: widoczny jest dodatkowy chromosom Gameta 2: widoczne jest podwojenie całego garnituru chromosomów
  2. Przyczyną mutacji prowadzącej do powstania gamet 1 i 2 jest nieprawidłowe rozejście się chromosomów w trakcie podziału mejotycznego (nondysjunkcja chromosomowa).

Zadanie 27 (2 pkt)

  1. A- allel warunkujący karłowatość
    a - allel warunkujący wysoki wzrost
    B - allel warunkujący kwiaty czerwone
    b - allel warunkujący kwiaty białe
     
    Genotypy rodziców: AaBB i Aabb
     
    1. allelami warunkującymi wysokość roślin przedstawionego gatunku: I
    2. allelami warunkującymi barwę kwiatów tych roślin: II

Zadanie 28 (1 pkt)

Sprzężona jest para genów A i D, ponieważ w wynikach krzyżówki testowej z podwójną homozygotą recesywną widoczny jest wyraźnie nierównomierny rozkład genotypów wśród potomstwa. Dominują genotypy AaDd i aadd, natomiast znacznie rzadsze są genotypy Aadd i aaDd, co sugeruje konieczność zajścia crossing-over w celu ich uzyskania.

Zadanie 29 (2 pkt)

  1. C
  2. B4

Zadanie 30 (2 pkt)

  1. dobór kierunkowy (naturalny?)
  2. Dzięki zdolności widzenia UV przez renifery łatwiej mogą one dostrzec pokarm, w postaci porostów, lub potencjalne zagrożenie, w postaci moczu drapieżnika, który sugeruje jego bliskość. Poprawia to zdolności do przetrwania.

Zadanie 31 (2 pkt)

Odpowiednie wyskalowanie wykresu, podpisanie osi itd.

Zadanie 32 (1 pkt)

Przedstawione dane sugerują spadek odsetka owiec wydających potomstwo wraz ze wzrostem liczebności populacji owiec. Zależność ta wynika najprawdopodobniej z ograniczonych zasobów środowiska, które w obliczu rosnącej liczebności populacji stają się czynnikiem ograniczającym, wzmagając konkurencję wewnątrzgatunkową o dostępne zasoby i prowadząc tym samym do spadku rozrodczości w populacji.

Zadanie 33 (3 pkt)

  1. Opisane bakterie w biocenozie występującej w pobliżu kominów hydrotermalnych pełnią rolę producentów stojąc u podstawy piramidy troficznej tych ekosystemów.
  2. W tekście została opisana sukcesja pierwotna, ponieważ dotyczy obszaru nieskolonizowanego dotychczas przez żadne organizmy (nowy komin hydrotermalny), a rozwój biocenozy zachodzi od podstaw.
  3. Konsumenci I rzędu - ponieważ żywią się bakteriami, które w tych warunkach są podstawą piramidy troficznej (producentami)
    lub
    Konsumenci II rzędu - ponieważ żywią się wystającymi z rurek rurkoczułkowców gałązkami skrzelowymi
    lub
    Destruenci - ponieważ zjadają szczątki organizmów

Zadanie 34 (2 pkt)

  1. Użycie roślin motylkowatych jako nawozu zielonego na glebach zubożonych przez przemysł wydobywczy jest przykładem wspomagania biologicznego, ponieważ rośliny te żyjąc w symbiozie z bakteriami brodawkowymi mają zdolność przyswajania azotu atmosferycznego wprowadzając go w formie użytecznej dla organizmów do ekosystemu, tym samym użyźniając zubożoną glebę.
    1. T
    2. N
    3. T

Komentarze

Obrazek użytkownika ciocia dobra rada

Jeżeli chodzi o arkusz ze starej matury to są pewne nieścisłości, a mianowicie w zadaniu 6 w prawda/fałsz, zdanie pierwsze powinno być fałszywe, bo tam są umieszczone nasiona kiełkujące, które już są po etapie pęcznienia, więc kolejne procesy pęcznienia nie byłyby gołym okiem widoczne, kolejne zadanie 8 poprawna kolejność moim zdaniem to: B,E,D,C,A, ponieważ w fazie karboksylacji powstaje produkt owszem nietrwały, ale 6-cio węglowy, a po drugie powstawanie heksoz w fotosyntezie ograniczyłoby się tylko do cukrów- glukozy, a to nie prawda ponieważ powstają inne produkty wtórnie, które nie są tylko 6 węglowe, kolejne zadanie 16a. powinien się znaleźć w punkcie B oprócz wazopresyny i oksytocyny również glukagon- pamiętajmy o regulacji ośrodków głodu i sytości przez podwzgórze za pomocą impulsów nerwowych,kolejne zadanie 22 w DNA powinny się znaleźć punkty A,C a w RNA: A,B,D (materiał RNA ulega replikacji, mRNA jako odmiana RNA ulega translacji, a odpowiedź D dotyczy wirusów RNA i ich sposobu ataku komórek żywych), 23. uważam że poprawną odpowiedzią powinno być zarówno 990 jak i 1660, ponieważ zależy to jak rozumiemy pojęcia produkt transkrypcji jako pre-mRNA czy jako mRNA po obróbce, nie mieszajmy tutaj obecności czapeczki ogonka poliAAA, ponieważ przedstawiony jest fragment struktury genu a nie cały gen, co do reszty uwag nie mam

Obrazek użytkownika agasan

Droga Ciociu Dobra Rado! To jest matura a nie studia. Czepiasz się szczegółów, które wykraczają poza zasób wiedzy licealistów. Wydaje mi się, że tok myślenia układających maturę nie był tak skomplikowany. W ten sposób do każdego pytania możnaby się przyczepić szukając szczególików podawanych w różnych encyklopediach, czy wyjątków, ktorych w biologii pełno. Przecież nie o to tutaj chodzi. Patrząc na ogólny poziom matury, można rozeznać jakich odpowiedzi mniej więcej oczekują autorzy pytań.

Obrazek użytkownika ciocia dobra rada

To nie są szczegóły poza programowe, normalnie takie informacje są w podręczniku dla LO, na maturze liczy się wiedza i sposób jej użycia, jeżeli uważasz, że należałoby maturę rozpatrywać pod kątem "to nie jest skomplikowane" albo upraszczać pojęcia do poziomu gimnazjum, to matura byłaby dla laików a nie dla osób, które się do niej uczyły przed 3-lata liceum, plus rok/dwa/trzy poprawki :)

Obrazek użytkownika Leptinotarsa decemlineata

Mam prawie tak samo :D Z tymi samymi wątpliwościami w 23 i 30...

Dziękuję za odpowiedzi!!!

Obrazek użytkownika zaranka

Witam, mam wątpliwości dotyczące zadania 25. Pytanie dotyczy urodzenia się żywego potomstwa, informacja jest,ze homozygota recesywna jest letalna, czyli przypadek analogiczny jak w dziedziczeniu hemofilii. Zatem, czy osobnik męski-hemizygota nie urodzi się żywy, choćiaż chory?

 

Obrazek użytkownika zaranka

Cd.Oczywiście chodzi mi o osobnika płci męskiej XbY

 

Obrazek użytkownika Dawid Pawlos

Zasadniczo letalność homozygotycznego układu genu oznacza śmierć osobnika w trakcie rozwoju zarodkowego lub tuż po urodzeniu, tak iż nie osiąga on wieku dojrzałego. Dotyczy to wtedy każdego osobnika, który nie posiada prawidłowej kopii genu (a więc również hemizygot). Nie spotkałem się do tej pory z informacją, że hemofilia w układzie homozygotycznym jest letalna. Oczywiście poszukałem informacji na ten temat, ale potwierdzenie znalazłem tylko w mało weryfikowalnych źródłach, typu bryk lub fora, dlatego podałbym tą informację w wątpliwość. Osobiście wydaje mi się ona bardzo mało prawdopodobna, bo przecież mężczyźni, którzy mają tylko jedną kopię genu (czyli są hemizygotami), przeżywają nawet jak jest wadliwy. Tak czy inaczej, nawet jeżeli powyższa informacja okazałaby się prawdziwa, to należałoby ją uznać wtedy za wyjątek od reguły. W zadaniu jest napisane, że układ homozygotyczny jest letalny, a więc należy przyjąć, że osobniki nie posiadające chociaż jednej prawidłowej kopii genu (np. XbY) nie przeżyją, więc nie należy ich liczyć do żywego potomstwa.

Obrazek użytkownika zaranka

Dziękuję za odpowiedż, To polecenie wydaje mi się trochę nieprecyzyjne jednak. Urodzenie żywego potomstwa nie wyklucza przecież chorego, które umrze w niedalekiej przyszłości. Zobaczymy jaki będzie klucz CKE.

Obrazek użytkownika Dawid Pawlos

Być może, jakby się przyczepić szczegółów to byłoby nieprecyzyjne, jednak we wszystkich tego typu zadaniach w różnych zbiorach regułą jest, że przyjmuje się letalność jako letalność embrionalną i nie liczy się homo- i hemizygot pod względem wadliwego genu jako żywo urodzonych. Dlatego też nie spodziewałbym się uwzględnienia w kluczu odpowiedzi 100%. Idąc bowiem Twoim tropem każda odpowiedź między 75%, a 100% musiałaby być uznana za potencjalnie prawidłową.

Obrazek użytkownika Lily

Witam, mam pytanie dotyczące zadania 30a. Sama dałam dobór kierunkowy, ale jestem ciekawa jaki był Twój tok myślenia przy wyborze tej właśnie odpowiedzi? Jak to wytłumaczyć?

Obrazek użytkownika Dawid Pawlos

Otóż mamy do rozpatrzenia cechę, jaką jest zdolność widzenia UV. Można sobie wyobrazić, że początkowa populacja reniferów charakteryzowała się większą zmiennością tej cechy, być może część zwierząt widziała UV lepiej, część gorzej, albo wcale. Jako, że widzenie UV ma dodatnią wartość przystosowawczą (co udowadnialiśmy w podpunkcie b), większą przeżywalność będą miały osobniki lepiej widzące UV. Tak więc zgodnie z definicją doboru kierunkowego eliminowane będą osobniki z jedną ze skrajnych wartości cechy (osobniki słabo widzące UV), promowane zaś będą osobniki po przeciwnym biegunie (osobniki dobrze widzące UV). Zatem średnia zdolność widzenia UV w populacji będzie poprawiać się (przesunie się w kierunku lepszej zdolności widzenia UV) i cecha się utrwali.

Pozostałe dwie możliwości, a zatem dobór rozrywający i stabilizujący nie odpowiadają temu zjawisku, ponieważ w pierwszym przypadku eliminowane będą osobniki o średnim natężeniu cechy prowadząc do powstania populacji widzącej i populacji nie widzącej UV; w drugim zaś przypadku promowane będą osobniki o średnim nasileniu cechy, a przecież wiadomo, że lepsze widzenie UV powinno być promowane w tych warunkach, tak jak to opisałem.

Obrazek użytkownika Lily

Super! Bardzo dziękuję :) Znalazłam artykuł, z którego korzystało CKE układając to pytanie i jest tam zawarta również informacja o tym, że renifery "odzyskały" zdolność widzenia UV oraz, że jest to przystosowanie do ekstremalnych warunków środowiska, jakie panują na terenie Arktyki. Wszystko to według mnie potwierdza słuszność wyboru doboru kierunkowego, a pytam ponieważ spotkałam się z różnymi wersjami i sama nie byłam pewna odpowiedzi. Pozdrawiam :)