Diagnostyczna matura z biologii, grudzień 2024: wszystkie zadania z odpowiedziami i wyjaśnieniami

Diagnostyczna matura z biologii, grudzień 2024 (w grudniu 2024): 180 minut · 60 punktów, 18 zadań i 44 poleceń. Każde zadanie ma tu odpowiedź, wyjaśnienie i typowe błędy.

Wszystkie zadania: Diagnostyczna matura z biologii, grudzień 2024

ZadanieTematPunktyOdpowiedzi w skrócie
Zadanie 1Wazopresyna, kofeina a wydalanie wody4Wazopresyna jest hormonem niesteroidowym wydzielanym przez podwzgórze, zwiększa wchłanianie zwrotne wody i podnosi ciśnienie krwi; jej sekwencja to Cys-Tyr-Phe-Gln-Asn-Cys-Pro-Arg-Gly-NH2. Kofeina blokuje resorpcję sodu, przez co woda nie jest wchłaniana osmotycznie i zostaje wydalona z moczem.
Zadanie 2p53, retrogeny TP53 i gen LIF6 u słoni2Zatrzymanie komórek z uszkodzonym DNA w punkcie G1/S zapobiega replikacji i utrwaleniu mutacji, co ogranicza powstawanie nowotworów. W zadaniu 2.2 obecność wielu retrogenów TP53 odpowiada mechanizmowi D, a gen LIF6 mechanizmowi A.
Zadanie 3Ciepło kwiatostanu a zapylanie dziwidła1Ciepło podczas kwitnienia pomaga w zapylaniu, bo zwiększa rozprzestrzenianie i intensywność zapachu wabiącego zapylacze, może też bezpośrednio przywabiać owady reagujące na podczerwień lub pobudzać ich aktywność.
Zadanie 4Aktywna amylaza w kiełkujących ziarniakach pszenicy24.1: aktywna amylaza jest obecna, bo skrobia została rozłożona i nie barwi się Lugolem. 4.2: 1 – F, 2 – F, 3 – P.
Zadanie 5Brzoza jednopienna i podwójne zapłodnienie2Brzoza brodawkowata jest jednopienna, ponieważ na jednym osobniku występują kwiatostany męskie i żeńskie. W podwójnym zapłodnieniu komórki plemnikowe powstają na drodze mitozy, a druga z nich łączy się z komórką centralną, tworząc triploidalne bielmo.
Zadanie 6Kladogram bakterii i taksony monofiletyczne2Bacillus i Clostridium bez Lactobacillus nie tworzą taksonu monofiletycznego. W ocenie zdań poprawne jest P, F, F.
Zadanie 7Choroby zakaźne, szczepienia i odporność swoista37.1: ospa prawdziwa – wirus, droga kropelkowa; gruźlica – bakteria, droga kropelkowa; malaria – protist, ukłucie komara. 7.2: kolejność 2, 4, 3, 1. 7.3: odporność swoista, bo powstają przeciwciała i komórki pamięci skierowane przeciw konkretnemu antygenowi.
Zadanie 8Problem badawczy: sen a wiek1Poprawny problem badawczy musi łączyć wiek z długością snu, np. czy czas snu zmienia się wraz z wiekiem. Nie wystarczy opisać snu ani liczby badanych.
Zadanie 9Pokrycie ciała kręgowców i wymiana gazowa przez skórę3Wniosek: wraz ze wzrostem temperatury rośnie ilość CO2 usuwana przez skórę, a skóra zawsze usuwa więcej CO2 niż płuca. W ocenie stwierdzeń: 1 – F, 2 – F, 3 – P. Naskórek chroni przed patogenami dzięki wielowarstwowości, ścisłemu przyleganiu komórek i zrogowaceniu.
Zadanie 11Babeszjoza psów i cykl Babesia canis2Żywicielem ostatecznym jest kleszcz, bo w nim zachodzi rozmnażanie płciowe pasożyta. Całkowita eliminacja B. canis jest nierealna, ponieważ pasożyt może utrzymywać się w kolejnych pokoleniach kleszczy lub w dzikich psowatych.
Zadanie 12Zapamiętywanie lokalizacji czy barwy przez rudaczki1Rudaczki wybierają miejsce, w którym wcześniej była nagroda, a nie kwiat o tej samej barwie. Wynik wskazuje na pamięć przestrzenną.
Zadanie 13Megakariocyty, naczynia zatokowe i płytki krwi5Odpowiedzi: 13.1 – megakariocyt przechodzi fazy G1, S i G2, a ilość DNA wzrasta; 13.2 – pory, brak błony podstawnej i duża średnica zatok pozwalają propłytkom przedostać się do krwi; 13.3 – rozgałęzienia zwiększają liczbę uwalnianych płytek; 13.4 – SER dostarcza lipidy do rozbudowy błony wypustek; 13.5 – oba stwierdzenia są prawdziwe (P, P).
Zadanie 14Bakteryjny transfer genów i produkcja insuliny314.1: transformacja – opis 2, transdukcja – opis 1, koniugacja – opis 3. 14.2: bakterie nie wycinają intronów, więc bez ich usunięcia eksony nie utworzą ciągłej sekwencji kodującej. 14.3: helikaza rozplątuje DNA i zrywa wiązania wodorowe, prymaza syntetyzuje startery RNA.
Zadanie 15PCR i mutacje w genie MECP23Polimeraza z termofila jest potrzebna, bo zachowuje aktywność w wysokiej temperaturze PCR. W każdym cyklu przy 100% wydajności liczba cząsteczek DNA podwaja się. Zamiana G na A w czwartym kodonie nie zmienia peptydu, a delecja G powoduje przesunięcie ramki i skrócenie białka na Cys.
Zadanie 16Dziedziczenie dwugenowe ubarwienia węża zbożowego2Typ dziki mają cztery genotypy: AABB, AABb, AaBB, AaBb. Krzyżówka AaBb × aabb daje potomstwo w stosunku fenotypowym 1:1:1:1 (wszystkie cztery fenotypy po równo).
Zadanie 17XLA – recesywne dziedziczenie sprzężone z płcią417.1: delecja jednego nukleotydu i przesunięcie ramki odczytu. 17.2: choroba recesywna, bo zdrowi rodzice mają chore dziecko. 17.3: III.2 to XBXb. 17.4: II.4 XBXb × II.5 XBY, prawdopodobieństwo chorego dziecka 25%.
Zadanie 18Nisze ekologiczne gołębiowatych i konkurencja318.1: nie można sformułować wniosku, bo brak danych o G. rufigula bez konkurentów. 18.2: drapieżnik zmniejsza konkurencję wewnątrzgatunkową, a spadek liczebności ofiary rozszerza niszę konkurenta. 18.3: oba gatunki z Bagabag należą do jednego rodzaju Chalcophaps.
Zadanie 20Nisze ekologiczne dwóch gatunków kormoranów1Kormorany różnią się niszą siedliskową, bo używają innego materiału do budowy gniazd, oraz niszą pokarmową, bo jeden gatunek łowi głównie przy powierzchni, a drugi przy dnie.

Zadania według działów

wydalanie i osmoregulacja

genetyka

rośliny

mikroorganizmy

odporność

układ nerwowy

skóra

inne

układ krążenia i krew

ekologia

Oficjalny arkusz i zasady oceniania CKE

Pełna treść zadań z rysunkami: arkusz CKE (PDF). Punktacja: zasady oceniania CKE (PDF).

Źródło zadań: Centralna Komisja Egzaminacyjna. Odpowiedzi i wyjaśnienia: anotemy.