Baza zadań z biologii
Matura · Formuły 2015 i 2023 · zadania według wymagań podstawy programowej
Moje postępy
Zapis lokalny. Eksportuj kopię, aby przenieść odpowiedzi na inne urządzenie.
Zadania 41–60 z 204
Zadanie 13.1 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 13 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Jednym z warunków zachodzenia translacji w komórce 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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
(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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
13.1.
Na podstawie rysunku uzupełnij tabelę – wpisz w wyznaczone miejsca: nazwę
aminokwasu przyłączanego do tRNA, sekwencję kodonu mRNA oraz
sekwencję antykodonu AA-tRNA.
Nazwa aminokwasu
........................................................
Sekwencja kodonu mRNA
5′ ................................................. 3′
Sekwencja antykodonu tRNA
5′ ................................................. 3′
Na podstawie rysunku uzupełnij tabelę – wpisz w wyznaczone miejsca: nazwę
aminokwasu przyłączanego do tRNA, sekwencję kodonu mRNA oraz
sekwencję antykodonu AA-tRNA.
Nazwa aminokwasu
........................................................
Sekwencja kodonu mRNA
5′ ................................................. 3′
Sekwencja antykodonu tRNA
5′ ................................................. 3′
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
2 pkt – poprawne uzupełnienie trzech pól tabeli.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
Nazwa aminokwasu
tryptofan / Trp
Sekwencja kodonu mRNA
5′ UGG 3′
Sekwencja antykodonu tRNA
5′ CCA 3′
2 pkt – poprawne uzupełnienie trzech pól tabeli.
1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
Nazwa aminokwasu
tryptofan / Trp
Sekwencja kodonu mRNA
5′ UGG 3′
Sekwencja antykodonu tRNA
5′ CCA 3′
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z13-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XIII.4 | PR:XIII.5 | PR:OG.III.1 | PR:OG.III.2
Działy: Ekspresja informacji genetycznej. Uczeń:
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych
Zadanie 13.2 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 13 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Jednym z warunków zachodzenia translacji w komórce 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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
(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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
13.2.
Na podstawie rysunku wymień wszystkie substraty i produkty reakcji syntezy
0–1–2
AA-tRNA.
Substraty: ...............................................................................................................................
................................................................................................................................................
Produkty: ................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Na podstawie rysunku wymień wszystkie substraty i produkty reakcji syntezy
0–1–2
AA-tRNA.
Substraty: ...............................................................................................................................
................................................................................................................................................
Produkty: ................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
2 pkt – poprawne wymienienie wszystkich substratów i wszystkich produktów reakcji syntezy
AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
1 pkt – poprawne wymienienie tylko wszystkich substratów albo tylko wszystkich produktów
reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowa odpowiedź
Substraty:
aminokwas / tryptofan
tRNA
ATP
Produkty:
AA-tRNA / Trp-tRNA
AMP
2Pi / 2 aniony fosforanowe
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi:
PPi / anion difosforanowy / pirofosforan
Pi (bez zachowania stechiometrii)
2 pkt – poprawne wymienienie wszystkich substratów i wszystkich produktów reakcji syntezy
AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
1 pkt – poprawne wymienienie tylko wszystkich substratów albo tylko wszystkich produktów
reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowa odpowiedź
Substraty:
aminokwas / tryptofan
tRNA
ATP
Produkty:
AA-tRNA / Trp-tRNA
AMP
2Pi / 2 aniony fosforanowe
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi:
PPi / anion difosforanowy / pirofosforan
Pi (bez zachowania stechiometrii)
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z13-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:III.3.2 | PR:OG.III.1 | PR:OG.III.2
Działy: Energia i metabolizm
Procesy: ekspresja genów
Zagadnienia: Enzymy
Umiejętności: Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych
Zadanie 13.3 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 13 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Jednym z warunków zachodzenia translacji w komórce 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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
(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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
13.3.
Rozstrzygnij, czy powyższa reakcja syntezy AA-tRNA jest przykładem anabolizmu, czy
0–1
– katabolizmu. Odpowiedź uzasadnij.
Rozstrzygnięcie: .....................................................................................................................
Uzasadnienie: .........................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Rozstrzygnij, czy powyższa reakcja syntezy AA-tRNA jest przykładem anabolizmu, czy
0–1
– katabolizmu. Odpowiedź uzasadnij.
Rozstrzygnięcie: .....................................................................................................................
Uzasadnienie: .........................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że przedstawiona reakcja jest przykładem anabolizmu,
wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym wyższy stopień złożoności
produktu w stosunku do substratów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozstrzygnięcie
Jest to przykład anabolizmu. / Anabolizm
Przykładowe uzasadnienia
•
Syntetyzowany produkt (AA-tRNA) jest związkiem bardziej złożonym niż substraty,
z których powstał (aminokwas i tRNA).
•
Anabolizm to reakcje syntezy złożonych związków chemicznych z substancji prostszych.
AA-tRNA jest substancją bardziej złożoną niż substraty, z których powstał, więc jest to
anabolizm.
•
Anabolizm to ciąg reakcji wykorzystujących energię użyteczną biologicznie do syntezy
nowych bardziej złożonych biocząsteczek.
•
Anabolizm to szlaki metaboliczne wymagające dostarczenia energii do przekształcania
związków mniejszych w większe.
Uwaga:
Dopuszcza się uzasadnienia odnoszące się jedynie do zużycia energii, np.: „Reakcja jest
anabolizmem, ponieważ do tej reakcji jest wykorzystywana energia pochodząca z hydrolizy
ATP”.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że przedstawiona reakcja jest przykładem anabolizmu,
wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym wyższy stopień złożoności
produktu w stosunku do substratów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozstrzygnięcie
Jest to przykład anabolizmu. / Anabolizm
Przykładowe uzasadnienia
•
Syntetyzowany produkt (AA-tRNA) jest związkiem bardziej złożonym niż substraty,
z których powstał (aminokwas i tRNA).
•
Anabolizm to reakcje syntezy złożonych związków chemicznych z substancji prostszych.
AA-tRNA jest substancją bardziej złożoną niż substraty, z których powstał, więc jest to
anabolizm.
•
Anabolizm to ciąg reakcji wykorzystujących energię użyteczną biologicznie do syntezy
nowych bardziej złożonych biocząsteczek.
•
Anabolizm to szlaki metaboliczne wymagające dostarczenia energii do przekształcania
związków mniejszych w większe.
Uwaga:
Dopuszcza się uzasadnienia odnoszące się jedynie do zużycia energii, np.: „Reakcja jest
anabolizmem, ponieważ do tej reakcji jest wykorzystywana energia pochodząca z hydrolizy
ATP”.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z13-3
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:III.1.2 | PR:OG.I.2
Działy: Energia i metabolizm
Procesy: ekspresja genów
Zagadnienia: Podstawowe zasady metabolizmu
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 13.4 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 13 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Jednym z warunków zachodzenia translacji w komórce 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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
(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. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku
hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu
komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy
tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym
i antykodonowym.
Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA
(strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
wiązanie
aminokwas
bogate
H
H
H
w energię
O
O
O
H2N
C
C
H2N
C
C
H2N
C
C
tRNA
OH
O
O
CH2
CH2
CH2
C
C
C
N CH
N CH
N CH
H
H
H
AMP
ATP
+ 2Pi
A
B
3′
5′
syntetaza
antykodon
aminoacylo-tRNA
kodon
mRNA
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 1999.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
13.4.
Wykaż, że specyficzność substratowa syntetaz AA-tRNA jest konieczna, aby
0–1
powstający w czasie translacji peptyd miał prawidłową sekwencję aminokwasową.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Wykaż, że specyficzność substratowa syntetaz AA-tRNA jest konieczna, aby
0–1
powstający w czasie translacji peptyd miał prawidłową sekwencję aminokwasową.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawna odpowiedź, odnosząca się do możliwości włączenia prawidłowego
aminokwasu do syntezowanego polipeptydu tylko wtedy, jeżeli AA-tRNA łączący się
z odpowiednim kodonem mRNA zawiera określony i właściwy aminokwas.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Włączenie prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu możliwe jest tylko
wtedy, jeżeli do AA-tRNA z danym antykodonem, rozpoznającym właściwy kodon mRNA,
jest dołączony ściśle określony, właściwy aminokwas.
•
Jeśli do danego tRNA nie zostanie przyłączony właściwy aminokwas, to zostanie
wbudowany niewłaściwy aminokwas do polipeptydu powstającego podczas translacji,
mimo prawidłowego rozpoznania kodon – antykodon.
1 pkt – poprawna odpowiedź, odnosząca się do możliwości włączenia prawidłowego
aminokwasu do syntezowanego polipeptydu tylko wtedy, jeżeli AA-tRNA łączący się
z odpowiednim kodonem mRNA zawiera określony i właściwy aminokwas.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Włączenie prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu możliwe jest tylko
wtedy, jeżeli do AA-tRNA z danym antykodonem, rozpoznającym właściwy kodon mRNA,
jest dołączony ściśle określony, właściwy aminokwas.
•
Jeśli do danego tRNA nie zostanie przyłączony właściwy aminokwas, to zostanie
wbudowany niewłaściwy aminokwas do polipeptydu powstającego podczas translacji,
mimo prawidłowego rozpoznania kodon – antykodon.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z13-4
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XIII.4 | PR:XIII.5 | PR:OG.I.2
Działy: Ekspresja informacji genetycznej. Uczeń:
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 14.1 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 14 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Umaszczenie sierści kota jest determinowane przez współdziałanie wielu genów.
Za umaszczenie pręgowane u kotów odpowiadają współdziałające 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
(tzw. abisyńskim), a u heterozygot jest widoczne częściowe pręgowanie, występujące
jedynie na łapach, na ogonie i na brzuchu
allel t – w stanie homozygotycznym nie ma wpływu na umaszczenie.
Na poniższych zdjęciach przedstawiono koty o pręgowaniu klasycznym (I) i tygrysim (II).
I
II
Na podstawie: wszystkookotach.pl; poznajkota.pl
Fotografie: catspurfection.com; costa-rica-guide.com
Za umaszczenie pręgowane u kotów odpowiadają współdziałające 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
(tzw. abisyńskim), a u heterozygot jest widoczne częściowe pręgowanie, występujące
jedynie na łapach, na ogonie i na brzuchu
allel t – w stanie homozygotycznym nie ma wpływu na umaszczenie.
Na poniższych zdjęciach przedstawiono koty o pręgowaniu klasycznym (I) i tygrysim (II).
I
II
Na podstawie: wszystkookotach.pl; poznajkota.pl
Fotografie: catspurfection.com; costa-rica-guide.com
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
14.1.
Podaj wszystkie możliwe genotypy kota z częściowym pręgowaniem typu
0–1
klasycznego.
................................................................................................................................................
Podaj wszystkie możliwe genotypy kota z częściowym pręgowaniem typu
0–1
klasycznego.
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – podanie dwóch poprawnych genotypów kota z częściowym pręgowaniem typu
klasycznego.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
AAmmTt, AammTt
1 pkt – podanie dwóch poprawnych genotypów kota z częściowym pręgowaniem typu
klasycznego.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
AAmmTt, AammTt
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z14-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XIV.1.2 | PR:OG.I.2
Działy: Genetyka klasyczna
Procesy: ekspresja genów | dziedziczenie
Zagadnienia: Dziedziczenie cech
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 14.2 · czerwiec 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 14 · czerwiec 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Umaszczenie sierści kota jest determinowane przez współdziałanie wielu genów.
Za umaszczenie pręgowane u kotów odpowiadają współdziałające 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
(tzw. abisyńskim), a u heterozygot jest widoczne częściowe pręgowanie, występujące
jedynie na łapach, na ogonie i na brzuchu
allel t – w stanie homozygotycznym nie ma wpływu na umaszczenie.
Na poniższych zdjęciach przedstawiono koty o pręgowaniu klasycznym (I) i tygrysim (II).
I
II
Na podstawie: wszystkookotach.pl; poznajkota.pl
Fotografie: catspurfection.com; costa-rica-guide.com
Za umaszczenie pręgowane u kotów odpowiadają współdziałające 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
(tzw. abisyńskim), a u heterozygot jest widoczne częściowe pręgowanie, występujące
jedynie na łapach, na ogonie i na brzuchu
allel t – w stanie homozygotycznym nie ma wpływu na umaszczenie.
Na poniższych zdjęciach przedstawiono koty o pręgowaniu klasycznym (I) i tygrysim (II).
I
II
Na podstawie: wszystkookotach.pl; poznajkota.pl
Fotografie: catspurfection.com; costa-rica-guide.com
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-czerwiec-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
14.2.
Kotka o pręgowaniu tygrysim i kocur o pręgowaniu klasycznym mają już potomstwo bez
0–1–
2–3
pręgowania i o pręgowaniu klasycznym.
Podaj genotypy pokolenia rodzicielskiego i zapisz krzyżówkę genetyczną
z uwzględnieniem tylko loci A i M. Na podstawie krzyżówki genetycznej określ możliwe
fenotypy w pokoleniu potomnym oraz podaj ich oczekiwany stosunek.
Genotyp kotki: ..................................
Genotyp kocura: ...............................
Krzyżówka:
Stosunek fenotypowy: ............................................................................................................
Kotka o pręgowaniu tygrysim i kocur o pręgowaniu klasycznym mają już potomstwo bez
0–1–
2–3
pręgowania i o pręgowaniu klasycznym.
Podaj genotypy pokolenia rodzicielskiego i zapisz krzyżówkę genetyczną
z uwzględnieniem tylko loci A i M. Na podstawie krzyżówki genetycznej określ możliwe
fenotypy w pokoleniu potomnym oraz podaj ich oczekiwany stosunek.
Genotyp kotki: ..................................
Genotyp kocura: ...............................
Krzyżówka:
Stosunek fenotypowy: ............................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
3 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej,
ORAZ za poprawne podanie oczekiwanego stosunku fenotypowego wśród
potomstwa.
2 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej.
1 pkt – podanie poprawnych genotypów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
Genotyp kotki: AaMm
Genotyp kocura: Aamm
Krzyżówka:
♂
Am
am
♀
AAMm
AaMm
AM
(pręgowanie tygrysie)
(pręgowanie tygrysie)
AAmm
Aamm
Am
(pręgowanie klasyczne)
(pręgowanie klasyczne)
AaMm
aaMm
aM
(pręgowanie tygrysie)
(brak pręgowania)
Aamm
aamm
am
(pręgowanie klasyczne)
(brak pręgowania)
Stosunek fenotypowy:
pręgowanie tygrysie : pręgowanie klasyczne : brak pręgowania – 3 : 3 : 2
3 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej,
ORAZ za poprawne podanie oczekiwanego stosunku fenotypowego wśród
potomstwa.
2 pkt – podanie poprawnych genotypów ORAZ poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej.
1 pkt – podanie poprawnych genotypów.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
Genotyp kotki: AaMm
Genotyp kocura: Aamm
Krzyżówka:
♂
Am
am
♀
AAMm
AaMm
AM
(pręgowanie tygrysie)
(pręgowanie tygrysie)
AAmm
Aamm
Am
(pręgowanie klasyczne)
(pręgowanie klasyczne)
AaMm
aaMm
aM
(pręgowanie tygrysie)
(brak pręgowania)
Aamm
aamm
am
(pręgowanie klasyczne)
(brak pręgowania)
Stosunek fenotypowy:
pręgowanie tygrysie : pręgowanie klasyczne : brak pręgowania – 3 : 3 : 2
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z14-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XIV.1.1 | PR:XIV.1.2 | PR:OG.IV.1
Działy: Genetyka klasyczna
Procesy: ekspresja genów | dziedziczenie
Zagadnienia: Dziedziczenie cech
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych
Zadanie 15 · czerwiec 2026
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Śnieżyca duża (Anser caerulescens) to gatunek ptaka gnieżdżącego się kolonijnie
w północnej części Kanady. Okres składania jaj trwa około dwóch tygodni i odbywa się
wczesnym latem. Ponieważ presja ze strony drapieżników rozkłada się na całą kolonię
lęgową śnieżyc, równoczesne składanie i wysiadywanie jaj zwiększa szansę na uchronienie
lęgów przed drapieżnikami, takimi jak lisy. Dzieje się tak, ponieważ 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 poniższym wykresie przedstawiono względną wartość przystosowawczą wyrażoną
średnią liczbą podlotów, czyli młodych opuszczających gniazdo. Względny dzień wylęgu
piskląt jest określony jako liczba dni upływających od dnia najliczniejszego wylęgu w kolonii.
2,6
średnia liczba podlotów
2,4
2,2
2,0
1,8
1,6
−6
−4
−2
0
2
4
6
względny dzień wylęgu
Na podstawie: C.J. Krebs, Ecology: Experimental Analysis of Distribution and Abundance, Harlow 2014.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.
Opisany powyżej rodzaj doboru naturalnego wpływający na moment składania jaj przez
śnieżyce to dobór
eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu
A.
1.
stabilizujący,
odbiegającym od czasu, kiedy robi to większość
osobników.
który
polega na
eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu
B.
2.
rozrywający,
przypadającym na czas, kiedy robi to większość
osobników.
w północnej części Kanady. Okres składania jaj trwa około dwóch tygodni i odbywa się
wczesnym latem. Ponieważ presja ze strony drapieżników rozkłada się na całą kolonię
lęgową śnieżyc, równoczesne składanie i wysiadywanie jaj zwiększa szansę na uchronienie
lęgów przed drapieżnikami, takimi jak lisy. Dzieje się tak, ponieważ 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 poniższym wykresie przedstawiono względną wartość przystosowawczą wyrażoną
średnią liczbą podlotów, czyli młodych opuszczających gniazdo. Względny dzień wylęgu
piskląt jest określony jako liczba dni upływających od dnia najliczniejszego wylęgu w kolonii.
2,6
średnia liczba podlotów
2,4
2,2
2,0
1,8
1,6
−6
−4
−2
0
2
4
6
względny dzień wylęgu
Na podstawie: C.J. Krebs, Ecology: Experimental Analysis of Distribution and Abundance, Harlow 2014.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.
Opisany powyżej rodzaj doboru naturalnego wpływający na moment składania jaj przez
śnieżyce to dobór
eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu
A.
1.
stabilizujący,
odbiegającym od czasu, kiedy robi to większość
osobników.
który
polega na
eliminowaniu fenotypów o względnym dniu wylęgu
B.
2.
rozrywający,
przypadającym na czas, kiedy robi to większość
osobników.
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
A1
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z15
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XVI.4 | PR:OG.I.6 | PR:OG.III.2
Działy: Ewolucja. Uczeń:
Organizmy: zwierzęta
Procesy: ewolucja
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia | Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych
Zadanie 16 · czerwiec 2026
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Poniżej 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 zostały wprowadzone do układu badawczego siódmego marca, natomiast
osobniki T. occidentalis wprowadzono jedenaście dni później.
Poniżej przedstawiono zmiany liczebności populacji (podano liczbę osobników w przeliczeniu
na powierzchnię jednego owocu pomarańczy) obu gatunków roztoczy w czasie.
liczba osobników Eotetranychus sexmaculatus
2500
50
liczba osobników Typhlodromus occidentalis
2000
40
T. occidentalis
E. sexmaculatus
30
1500
1000
20
500
10
0
0
5
10
15
20
25
30
5
10
15
20
25
marzec
kwiecień
dzień trwania doświadczenia
Na podstawie: C.B. Huffaker, Experimental Studies on Predation: Dispersion Factors and Predator–Prey
Oscillations, „Hilgardia: A Journal of Agricultural Science” 14(27), 1958;
C.J. Krebs, Ecology: Experimental Analysis of Distribution and Abundance, Harlow 2014.
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.
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 zostały wprowadzone do układu badawczego siódmego marca, natomiast
osobniki T. occidentalis wprowadzono jedenaście dni później.
Poniżej przedstawiono zmiany liczebności populacji (podano liczbę osobników w przeliczeniu
na powierzchnię jednego owocu pomarańczy) obu gatunków roztoczy w czasie.
liczba osobników Eotetranychus sexmaculatus
2500
50
liczba osobników Typhlodromus occidentalis
2000
40
T. occidentalis
E. sexmaculatus
30
1500
1000
20
500
10
0
0
5
10
15
20
25
30
5
10
15
20
25
marzec
kwiecień
dzień trwania doświadczenia
Na podstawie: C.B. Huffaker, Experimental Studies on Predation: Dispersion Factors and Predator–Prey
Oscillations, „Hilgardia: A Journal of Agricultural Science” 14(27), 1958;
C.J. Krebs, Ecology: Experimental Analysis of Distribution and Abundance, Harlow 2014.
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 zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
D
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
D
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z16
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XVII.3.2 | PR:XVII.3.3 | PR:OG.I.5 | PR:OG.III.2
Działy: Ekologia
Organizmy: rośliny | zwierzęta
Zagadnienia: Ekologia ekosystemu. Ochrona i gospodarka ekosystemami
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia | Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych
Zadanie 17 · czerwiec 2026
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
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 wynosi 3,88.
Na podstawie: J.R. Freeland, Ekologia molekularna, Warszawa 2021.
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.
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 wynosi 3,88.
Na podstawie: J.R. Freeland, Ekologia molekularna, Warszawa 2021.
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.
Wcześniej zapisana notatka
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
D
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
D
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z17
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XVI.6 | PR:OG.I.6 | PR:OG.III.2
Działy: Ewolucja. Uczeń:
Organizmy: rośliny
Procesy: dziedziczenie | ewolucja
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia | Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych
Zadanie 18 · czerwiec 2026
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
18.
Pierwsze informacje o pojawieniu się w wodach zatoki Bodega na zachodnim wybrzeżu
0–1
Stanów Zjednoczonych 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
małży z rodzajów Gemma i Nutricola częściowo się pokrywają, nie wpłynęło to znacząco
na liczebność populacji małży z rodzaju Nutricola. Sytuacja zmieniła się dopiero pod koniec
XX wieku, gdy w zatoce Bodega pojawił się kolejny gatunek obcy – żywiący się małżami
krab brzegowy (Carcinus maenas). Badania wykazały, że ten krab odżywia się osobnikami
obu gatunków małży, ale preferuje jako swoje ofiary małże z rodzaju Nutricola, głównie ze
względu na ich większe rozmiary w stosunku do G. gemma. Okazało się także, że liczebność
populacji małży G. gemma w wodach zatoki Bodega się zwiększyła.
Na podstawie: D. Rachalewska, „Invasional meltdown” zbieg okoliczności czy reguła?, „Kosmos” 63(1), 2014.
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.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Pierwsze informacje o pojawieniu się w wodach zatoki Bodega na zachodnim wybrzeżu
0–1
Stanów Zjednoczonych 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
małży z rodzajów Gemma i Nutricola częściowo się pokrywają, nie wpłynęło to znacząco
na liczebność populacji małży z rodzaju Nutricola. Sytuacja zmieniła się dopiero pod koniec
XX wieku, gdy w zatoce Bodega pojawił się kolejny gatunek obcy – żywiący się małżami
krab brzegowy (Carcinus maenas). Badania wykazały, że ten krab odżywia się osobnikami
obu gatunków małży, ale preferuje jako swoje ofiary małże z rodzaju Nutricola, głównie ze
względu na ich większe rozmiary w stosunku do G. gemma. Okazało się także, że liczebność
populacji małży G. gemma w wodach zatoki Bodega się zwiększyła.
Na podstawie: D. Rachalewska, „Invasional meltdown” zbieg okoliczności czy reguła?, „Kosmos” 63(1), 2014.
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 zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zmniejszenie liczebności populacji małży
z rodzaju Nutricola w wyniku presji drapieżnika oraz wzrost liczebności populacji
G. gemma w wyniku zmniejszenia konkurencji z małżami Nutricola.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ponieważ drapieżny krab brzegowy jako swoje ofiary wybierał głównie rodzime gatunki
małży, to ich liczebność spadła, a wtedy zmniejszyła się konkurencja między małżami
Nutricola i Gemma gemma.
•
Intensywna presja drapieżników na rodzime małże doprowadziła do redukcji ich
liczebności. Wobec braku konkurencji populacja G. gemma mogła rozwijać się bez
przeszkód.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające zmniejszenie liczebności populacji małży
z rodzaju Nutricola w wyniku presji drapieżnika oraz wzrost liczebności populacji
G. gemma w wyniku zmniejszenia konkurencji z małżami Nutricola.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ponieważ drapieżny krab brzegowy jako swoje ofiary wybierał głównie rodzime gatunki
małży, to ich liczebność spadła, a wtedy zmniejszyła się konkurencja między małżami
Nutricola i Gemma gemma.
•
Intensywna presja drapieżników na rodzime małże doprowadziła do redukcji ich
liczebności. Wobec braku konkurencji populacja G. gemma mogła rozwijać się bez
przeszkód.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-CZERWIEC-F2023-Z18
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:XVII.3.2 | PR:XVII.3.3 | PR:OG.III.2 | PR:OG.IV.1
Działy: Ekologia
Organizmy: zwierzęta
Zagadnienia: Ekologia ekosystemu. Ochrona i gospodarka ekosystemami
Umiejętności: Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych | Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych
Zadanie 1.1 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 1 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Albumina to białko osocza krwi. Strukturę przestrzenną albuminy stabilizuje 17 mostków
disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy.
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
alanina
62
kwas glutaminowy
62
prolina
24
arginina
24
histydyna
16
seryna
24
asparagina
17
izoleucyna
8
treonina
28
kwas asparaginowy 36
leucyna
61
tryptofan
1
cysteina
35
lizyna
59
tyrozyna
18
glicyna
12
metionina
6
walina
41
glutamina
20
fenyloalanina
31
Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH
krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
Na podstawie: M. Ples, Białko – budulec życia, „Biologia w Szkole” 20, 2017;
www.rcsb.org/3d-view/1AO6
disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy.
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
alanina
62
kwas glutaminowy
62
prolina
24
arginina
24
histydyna
16
seryna
24
asparagina
17
izoleucyna
8
treonina
28
kwas asparaginowy 36
leucyna
61
tryptofan
1
cysteina
35
lizyna
59
tyrozyna
18
glicyna
12
metionina
6
walina
41
glutamina
20
fenyloalanina
31
Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH
krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
Na podstawie: M. Ples, Białko – budulec życia, „Biologia w Szkole” 20, 2017;
www.rcsb.org/3d-view/1AO6
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
1.1.
Uwzględniając skład albuminy, wykaż, że strukturę III-rzędową tego białka stabilizuje
0–1
maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Uwzględniając skład albuminy, wykaż, że strukturę III-rzędową tego białka stabilizuje
0–1
maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że strukturę III-rzędową albuminy stabilizuje maksymalna
możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych (siedemnaście), odnoszące
się do 35 reszt cysteiny tworzących maksymalnie 17 par w cząsteczce.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ponieważ reszt cysteiny w tym białku jest 35, a więc może być maksymalnie 17 par
cystein, a mostki disiarczkowe powstają tylko pomiędzy parą takich reszt.
•
W albuminie jest 17 mostków disiarczkowych, a każdy mostek disiarczkowy jest tworzony
przez dwie reszty cysteiny, których jest łącznie 35.
•
Jest ich maksymalnie 17, ponieważ 35 / 2 = 17,5, a więc jest tylko 17 pełnych par reszt
cysteiny.
•
Ponieważ w tym białku występuje 17 par reszt cysteiny oraz jedna reszta cysteiny jest
bez pary, a każda para tworzy jedno wiązanie disiarczkowe.
•
Ponieważ w tym białku występuje 17 cystyn i jedna reszta cysteiny bez pary.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do cystein zamiast do reszt cysteiny.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do liczby reszt aminokwasów siarkowych,
ponieważ metionina to również aminokwas siarkowy.
1 pkt – poprawne wykazanie, że strukturę III-rzędową albuminy stabilizuje maksymalna
możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych (siedemnaście), odnoszące
się do 35 reszt cysteiny tworzących maksymalnie 17 par w cząsteczce.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ponieważ reszt cysteiny w tym białku jest 35, a więc może być maksymalnie 17 par
cystein, a mostki disiarczkowe powstają tylko pomiędzy parą takich reszt.
•
W albuminie jest 17 mostków disiarczkowych, a każdy mostek disiarczkowy jest tworzony
przez dwie reszty cysteiny, których jest łącznie 35.
•
Jest ich maksymalnie 17, ponieważ 35 / 2 = 17,5, a więc jest tylko 17 pełnych par reszt
cysteiny.
•
Ponieważ w tym białku występuje 17 par reszt cysteiny oraz jedna reszta cysteiny jest
bez pary, a każda para tworzy jedno wiązanie disiarczkowe.
•
Ponieważ w tym białku występuje 17 cystyn i jedna reszta cysteiny bez pary.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do cystein zamiast do reszt cysteiny.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do liczby reszt aminokwasów siarkowych,
ponieważ metionina to również aminokwas siarkowy.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z1-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:I.2.2 | PR:OG.IV.1
Działy: Chemizm życia
Procesy: ekspresja genów
Zagadnienia: Składniki organiczne
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych
Zadanie 1.2 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 1 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Albumina to białko osocza krwi. Strukturę przestrzenną albuminy stabilizuje 17 mostków
disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy.
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
alanina
62
kwas glutaminowy
62
prolina
24
arginina
24
histydyna
16
seryna
24
asparagina
17
izoleucyna
8
treonina
28
kwas asparaginowy 36
leucyna
61
tryptofan
1
cysteina
35
lizyna
59
tyrozyna
18
glicyna
12
metionina
6
walina
41
glutamina
20
fenyloalanina
31
Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH
krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
Na podstawie: M. Ples, Białko – budulec życia, „Biologia w Szkole” 20, 2017;
www.rcsb.org/3d-view/1AO6
disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy.
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
Nazwa
Liczba
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
aminokwasu
reszt
alanina
62
kwas glutaminowy
62
prolina
24
arginina
24
histydyna
16
seryna
24
asparagina
17
izoleucyna
8
treonina
28
kwas asparaginowy 36
leucyna
61
tryptofan
1
cysteina
35
lizyna
59
tyrozyna
18
glicyna
12
metionina
6
walina
41
glutamina
20
fenyloalanina
31
Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH
krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
Na podstawie: M. Ples, Białko – budulec życia, „Biologia w Szkole” 20, 2017;
www.rcsb.org/3d-view/1AO6
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
1.2.
Uzasadnij, że dzięki związaniu długołańcuchowych kwasów tłuszczowych przez
0–1
albuminę możliwy staje się transport tych kwasów we krwi. W odpowiedzi uwzględnij
rozpuszczalność albuminy oraz długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Uzasadnij, że dzięki związaniu długołańcuchowych kwasów tłuszczowych przez
0–1
albuminę możliwy staje się transport tych kwasów we krwi. W odpowiedzi uwzględnij
rozpuszczalność albuminy oraz długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do słabej rozpuszczalności
długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu krwi i dobrej rozpuszczalności
albuminy w osoczu krwi.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się dobrze w wodzie, która jest
głównym składnikiem osocza krwi. Albumina jest białkiem dobrze rozpuszczalnym
w wodzie, a więc po przyłączeniu kwasów tłuszczowych uczestniczy w ich transporcie we
krwi.
•
W przeciwieństwie do albuminy takie kwasy tłuszczowe słabo rozpuszczają się w osoczu
krwi i dlatego są transportowane dopiero po związaniu się z cząsteczkami albuminy.
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się w płynach ustrojowych, dlatego
muszą się wiązać z cząsteczkami albuminy dobrze rozpuszczalnymi w osoczu.
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie są rozpuszczalne w osoczu. Dzięki połączeniu
z rozpuszczalną w osoczu albuminą możliwy staje się ich transport, dlatego że powstały
kompleks jest rozpuszczalny.
•
Ponieważ albuminy to białka dobrze rozpuszczalne, a kwasy tłuszczowe to związki słabo
rozpuszczalne.
•
Albumina jest rozpuszczalna, a DKT – nie są.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do rozpuszczania się we krwi – zamiast w osoczu krwi.
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do całkowitej nierozpuszczalności długołańcuchowych
kwasów tłuszczowych w wodzie.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmiany właściwości kwasów tłuszczowych
w wyniku ich związania z albuminą, np. „Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe stają się
rozpuszczalne w osoczu krwi po przyłączeniu się do albuminy”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do hydrofobowości lub niepolarności kwasów
tłuszczowych, np.:
•
DKT mają charakter hydrofobowy, więc bez związania z hydrofilową albuminą ich
transport we krwi nie byłby możliwy.
•
DKT mają charakter niepolarny, więc dopiero po związaniu się z polarną albuminą ich
transport we krwi staje się możliwy.
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do słabej rozpuszczalności
długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu krwi i dobrej rozpuszczalności
albuminy w osoczu krwi.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się dobrze w wodzie, która jest
głównym składnikiem osocza krwi. Albumina jest białkiem dobrze rozpuszczalnym
w wodzie, a więc po przyłączeniu kwasów tłuszczowych uczestniczy w ich transporcie we
krwi.
•
W przeciwieństwie do albuminy takie kwasy tłuszczowe słabo rozpuszczają się w osoczu
krwi i dlatego są transportowane dopiero po związaniu się z cząsteczkami albuminy.
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się w płynach ustrojowych, dlatego
muszą się wiązać z cząsteczkami albuminy dobrze rozpuszczalnymi w osoczu.
•
Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie są rozpuszczalne w osoczu. Dzięki połączeniu
z rozpuszczalną w osoczu albuminą możliwy staje się ich transport, dlatego że powstały
kompleks jest rozpuszczalny.
•
Ponieważ albuminy to białka dobrze rozpuszczalne, a kwasy tłuszczowe to związki słabo
rozpuszczalne.
•
Albumina jest rozpuszczalna, a DKT – nie są.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do rozpuszczania się we krwi – zamiast w osoczu krwi.
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do całkowitej nierozpuszczalności długołańcuchowych
kwasów tłuszczowych w wodzie.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmiany właściwości kwasów tłuszczowych
w wyniku ich związania z albuminą, np. „Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe stają się
rozpuszczalne w osoczu krwi po przyłączeniu się do albuminy”.
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do hydrofobowości lub niepolarności kwasów
tłuszczowych, np.:
•
DKT mają charakter hydrofobowy, więc bez związania z hydrofilową albuminą ich
transport we krwi nie byłby możliwy.
•
DKT mają charakter niepolarny, więc dopiero po związaniu się z polarną albuminą ich
transport we krwi staje się możliwy.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z1-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:I.2.2 | PR:I.2.3 | PR:OG.IV.2
Działy: Chemizm życia
Procesy: ekspresja genów
Zagadnienia: Składniki organiczne
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych
Zadanie 2.1 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 2 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
U roślin występują dwa rodzaje fotosystemów: fotosystem I (PS I) oraz fotosystem II (PS II).
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
PS II w komórkach miękiszu asymilacyjnego roślin jest zlokalizowany w
A. błonie komórkowej.
B. błonach tylakoidów.
C. zewnętrznej błonie otoczki chloroplastu.
D. wewnętrznej błonie otoczki chloroplastu.
PS II w komórkach miękiszu asymilacyjnego roślin jest zlokalizowany w
A. błonie komórkowej.
B. błonach tylakoidów.
C. zewnętrznej błonie otoczki chloroplastu.
D. wewnętrznej błonie otoczki chloroplastu.
Wcześniej zapisana notatka
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
B
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
B
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z2-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:III.4.1 | PR:OG.I.3
Działy: Energia i metabolizm
Organizmy: rośliny
Procesy: fotosynteza | ekspresja genów
Zagadnienia: Fotosynteza
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 2.2 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 2 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
U roślin występują dwa rodzaje fotosystemów: fotosystem I (PS I) oraz fotosystem II (PS II).
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
2.2.
Wykaż, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum reakcji PS II
0–1
z enzymem rozszczepiającym wodę.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Wykaż, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum reakcji PS II
0–1
z enzymem rozszczepiającym wodę.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum
reakcji PS II z enzymem rozszczepiającym wodę, odnoszące się do uzupełniania
elektronów wybitych z centrum reakcji elektronami pochodzącymi z wody.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Źródłem elektronów wybijanych – przez światło – ze specjalnej pary cząsteczek chlorofilu
znajdujących się w centrum reakcji tego fotosystemu jest woda. Cząsteczki wody są
rozszczepiane do elektronów, protonów oraz tlenu przez enzym rozszczepiający wodę.
•
Z centrum reakcji PS II są wybijane elektrony. Żeby ten proces mógł ponownie zajść,
niezbędne są kolejne elektrony, które pochodzą z fotolizy wody.
•
Wybicie elektronów z centrum reakcji powoduje, że cząsteczki chlorofilu przybierają
ładunek dodatni. Przywrócenie fotosystemu do stanu początkowego, umożliwiającego
przebieg procesu fotosyntezy, wymaga uzupełnienia brakujących elektronów. Elektrony
do centrum reakcji PS II są przekazywane z centrum manganowego enzymu
rozszczepiającego wodę.
•
Elektrony pochodzące z utleniania wody wypełniają lukę elektronową powstałą
w centrum reakcji PS II po przekazaniu elektronów na Q.
Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zawierających błędną informację o „rozpuszczaniu wody”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do powstawania elektronów bez uwzględnienia
wody jako ich źródła, np. „Enzym wytwarza elektrony, które zapełniają lukę elektronową
powstałą w wyniku wybicia elektronów z chlorofilu przez światło”.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do transferu elektronów PS II,
np. „Do prawidłowego funkcjonowania PS II niezbędne są elektrony, które pochodzą z reakcji
fotolizy wody, katalizowanej przez enzym rozszczepiający wodę”.
1 pkt – poprawne wykazanie, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum
reakcji PS II z enzymem rozszczepiającym wodę, odnoszące się do uzupełniania
elektronów wybitych z centrum reakcji elektronami pochodzącymi z wody.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Źródłem elektronów wybijanych – przez światło – ze specjalnej pary cząsteczek chlorofilu
znajdujących się w centrum reakcji tego fotosystemu jest woda. Cząsteczki wody są
rozszczepiane do elektronów, protonów oraz tlenu przez enzym rozszczepiający wodę.
•
Z centrum reakcji PS II są wybijane elektrony. Żeby ten proces mógł ponownie zajść,
niezbędne są kolejne elektrony, które pochodzą z fotolizy wody.
•
Wybicie elektronów z centrum reakcji powoduje, że cząsteczki chlorofilu przybierają
ładunek dodatni. Przywrócenie fotosystemu do stanu początkowego, umożliwiającego
przebieg procesu fotosyntezy, wymaga uzupełnienia brakujących elektronów. Elektrony
do centrum reakcji PS II są przekazywane z centrum manganowego enzymu
rozszczepiającego wodę.
•
Elektrony pochodzące z utleniania wody wypełniają lukę elektronową powstałą
w centrum reakcji PS II po przekazaniu elektronów na Q.
Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi zawierających błędną informację o „rozpuszczaniu wody”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do powstawania elektronów bez uwzględnienia
wody jako ich źródła, np. „Enzym wytwarza elektrony, które zapełniają lukę elektronową
powstałą w wyniku wybicia elektronów z chlorofilu przez światło”.
Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do transferu elektronów PS II,
np. „Do prawidłowego funkcjonowania PS II niezbędne są elektrony, które pochodzą z reakcji
fotolizy wody, katalizowanej przez enzym rozszczepiający wodę”.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z2-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:III.4.2 | PR:OG.I.2
Działy: Energia i metabolizm
Organizmy: rośliny
Procesy: fotosynteza | ekspresja genów
Zagadnienia: Fotosynteza
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 2.3 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 2 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
U roślin występują dwa rodzaje fotosystemów: fotosystem I (PS I) oraz fotosystem II (PS II).
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego
z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji
PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne
elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego
łańcucha transportu elektronów.
O2 + 4H+
2H2O
światło
enzym rozszczepiający wodę
specjalna para cząsteczek
e−
chlorofilu
Q
błona biologiczna
Na podstawie: B. Alberts i in., Podstawy biologii komórki, Warszawa 2019.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz
odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
W wyniku reakcji zachodzących podczas fazy fotosyntezy zależnej od światła elektrony
A B
z PS I są przenoszone na
. Produkt tej reakcji jest wykorzystywany podczas
C D
etapu
cyklu Calvina.
A. ADP
C. redukcji
B. NADP+
D. regeneracji
odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
W wyniku reakcji zachodzących podczas fazy fotosyntezy zależnej od światła elektrony
A B
z PS I są przenoszone na
. Produkt tej reakcji jest wykorzystywany podczas
C D
etapu
cyklu Calvina.
A. ADP
C. redukcji
B. NADP+
D. regeneracji
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
BC
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
BC
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z2-3
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:III.2.2 | PR:III.4.3 | PR:OG.I.2
Działy: Energia i metabolizm
Organizmy: rośliny
Procesy: fotosynteza | ekspresja genów | transport przez błony
Zagadnienia: Przenośniki energii oraz protonów i elektronów w komórce | Fotosynteza
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia
Zadanie 3.1 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 3 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Horyzontalny transfer genów (HTG) może się odbywać u bakterii na drodze koniugacji,
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
3.1.
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Lederberga i Tatuma – po przeniesieniu bakterii
0–1
na pożywkę minimalną – kolonie zostały utworzone wyłącznie przez bakterie
pochodzące z hodowli mieszanej. W odpowiedzi uwzględnij następstwa HTG między
szczepami A i B.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Lederberga i Tatuma – po przeniesieniu bakterii
0–1
na pożywkę minimalną – kolonie zostały utworzone wyłącznie przez bakterie
pochodzące z hodowli mieszanej. W odpowiedzi uwzględnij następstwa HTG między
szczepami A i B.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uzyskanie brakujących zdolności syntezy
wymienionych aminokwasów i witamin w wyniku transferu genów między szczepami
bakterii.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Dzięki wymianie informacji genetycznej powstały bakterie szczepu Met+ bio+ Thr+ Leu+
thi+, które mogły przeżyć na pożywce minimalnej.
•
Na drodze HTG bakterie szczepu A przekazały bakteriom szczepu B geny warunkujące
wytwarzanie treoniny, leucyny i tiaminy, których nie ma w pożywce minimalnej.
•
Dzięki koniugacji szczep B przekazał szczepowi A geny warunkujące syntezę metioniny
i biotyny, w wyniku czego powstał szczep, który syntezuje wszystkie aminokwasy
i witaminy.
•
Tylko w przypadku hodowli mieszanej doszło do kompensacji mutacji będących
przyczyną braku zdolności syntezy określonych aminokwasów i witamin.
•
Między bakteriami szczepów A i B doszło do koniugacji, dzięki czemu bakterie jednego
szczepu mogły przekazać bakteriom drugiego szczepu geny warunkujące wytwarzanie
aminokwasów i witamin niezbędnych do przeżycia.
•
Dzięki poziomemu transferowi genów, który zaszedł pomiędzy szczepami A i B, bakterie
uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.
•
Bakterie uzyskały obcy DNA i – dzięki temu – możliwość syntezy odpowiednich
związków.
•
Dzięki HTG bakterie uzyskały możliwość syntezy wszystkich aminokwasów i witamin.
•
Dzięki temu bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.
Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do HTG zachodzącego na drodze transdukcji lub
transformacji (na tym etapie badań nie był jeszcze znany konkretny mechanizm HTG).
Dopuszcza się odpowiedzi mówiące o syntezie „brakujących” związków.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których mowa tylko o uzyskaniu zdolności syntezy
aminokwasów lub tylko o uzyskaniu zdolności syntezy witamin jako skutku HTG.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uzyskanie brakujących zdolności syntezy
wymienionych aminokwasów i witamin w wyniku transferu genów między szczepami
bakterii.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Dzięki wymianie informacji genetycznej powstały bakterie szczepu Met+ bio+ Thr+ Leu+
thi+, które mogły przeżyć na pożywce minimalnej.
•
Na drodze HTG bakterie szczepu A przekazały bakteriom szczepu B geny warunkujące
wytwarzanie treoniny, leucyny i tiaminy, których nie ma w pożywce minimalnej.
•
Dzięki koniugacji szczep B przekazał szczepowi A geny warunkujące syntezę metioniny
i biotyny, w wyniku czego powstał szczep, który syntezuje wszystkie aminokwasy
i witaminy.
•
Tylko w przypadku hodowli mieszanej doszło do kompensacji mutacji będących
przyczyną braku zdolności syntezy określonych aminokwasów i witamin.
•
Między bakteriami szczepów A i B doszło do koniugacji, dzięki czemu bakterie jednego
szczepu mogły przekazać bakteriom drugiego szczepu geny warunkujące wytwarzanie
aminokwasów i witamin niezbędnych do przeżycia.
•
Dzięki poziomemu transferowi genów, który zaszedł pomiędzy szczepami A i B, bakterie
uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.
•
Bakterie uzyskały obcy DNA i – dzięki temu – możliwość syntezy odpowiednich
związków.
•
Dzięki HTG bakterie uzyskały możliwość syntezy wszystkich aminokwasów i witamin.
•
Dzięki temu bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków.
Uwaga:
Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do HTG zachodzącego na drodze transdukcji lub
transformacji (na tym etapie badań nie był jeszcze znany konkretny mechanizm HTG).
Dopuszcza się odpowiedzi mówiące o syntezie „brakujących” związków.
Nie uznaje się odpowiedzi, w których mowa tylko o uzyskaniu zdolności syntezy
aminokwasów lub tylko o uzyskaniu zdolności syntezy witamin jako skutku HTG.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z3-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:VI.4 | PR:OG.IV.1 | PR:OG.II.3 | PR:OG.II.4
Działy: Bakterie i archeowce. Uczeń:
Organizmy: bakterie | zwierzęta
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych | Rozwijanie myślenia naukowego; doskonalenie umiejętności planowania i przeprowadzania obserwacji i doświadczeń oraz wnioskowania w oparciu o wyniki badań
Zadanie 3.2 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 3 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Horyzontalny transfer genów (HTG) może się odbywać u bakterii na drodze koniugacji,
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
3.2.
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Davisa nie zaszła wymiana informacji
0–1
genetycznej między bakteriami szczepów A i B. W odpowiedzi uwzględnij wybrany
mechanizm HTG.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Davisa nie zaszła wymiana informacji
0–1
genetycznej między bakteriami szczepów A i B. W odpowiedzi uwzględnij wybrany
mechanizm HTG.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do fizycznej izolacji bakterii uniemożliwiającej
zajście koniugacji LUB do braku bakteriofagów uniemożliwiającego zajście
transdukcji, LUB do warunków hodowli niesprzyjających zajściu transformacji.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ze względu na obecność filtru w U-rurce bakterie szczepu A i szczepu B nie mogły wejść
w fizyczny kontakt, nie mogło więc dojść do połączenia się bakterii przez specjalne
mostki plazmatyczne, umożliwiające przekazywanie DNA z komórki do komórki.
•
HTG zachodzi między tymi bakteriami na drodze koniugacji, która wymaga połączenia
się bakterii, co nie było możliwe, ponieważ filtr izolował bakterie różnych szczepów.
•
Ze względu na obecność filtru nie mogło dojść do koniugacji.
•
Skoro pożywka była wolna od bakteriofagów, nie mógł zajść HTG na drodze transdukcji.
•
Jeżeli w pożywce nie było czynnika infekującego bakterie, to nie mógł on przenosić DNA
między komórkami bakterii, więc nie doszło do transdukcji.
•
W pożywce pełnej bakterie przeżywały, a więc nie uwalniały się fragmenty genomu
bakteryjnego, które mogłyby zostać pobrane przez bakterie drugiego szczepu.
•
Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji. Hodowla nie
zawierała bakteriofagów – nie mogła więc zajść transdukcja. Z kolei ostateczny wynik
doświadczenia pokazał, że nie zaszła również transformacja – bakterie były w dobrej
kondycji i nie dochodziło do uwalniania DNA z martwych komórek.
Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, z których nie wynika, który mechanizm HTG został wybrany, np.:
•
„Ze względu na obecność filtru, który izolował bakterie różnych szczepów, nie mogło
dojść do HTG”
•
„Nie doszło do wymiany informacji genetycznej między szczepami bakterii A i B,
ponieważ rozdzielał je filtr”.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do fizycznej izolacji bakterii uniemożliwiającej
zajście koniugacji LUB do braku bakteriofagów uniemożliwiającego zajście
transdukcji, LUB do warunków hodowli niesprzyjających zajściu transformacji.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Ze względu na obecność filtru w U-rurce bakterie szczepu A i szczepu B nie mogły wejść
w fizyczny kontakt, nie mogło więc dojść do połączenia się bakterii przez specjalne
mostki plazmatyczne, umożliwiające przekazywanie DNA z komórki do komórki.
•
HTG zachodzi między tymi bakteriami na drodze koniugacji, która wymaga połączenia
się bakterii, co nie było możliwe, ponieważ filtr izolował bakterie różnych szczepów.
•
Ze względu na obecność filtru nie mogło dojść do koniugacji.
•
Skoro pożywka była wolna od bakteriofagów, nie mógł zajść HTG na drodze transdukcji.
•
Jeżeli w pożywce nie było czynnika infekującego bakterie, to nie mógł on przenosić DNA
między komórkami bakterii, więc nie doszło do transdukcji.
•
W pożywce pełnej bakterie przeżywały, a więc nie uwalniały się fragmenty genomu
bakteryjnego, które mogłyby zostać pobrane przez bakterie drugiego szczepu.
•
Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji. Hodowla nie
zawierała bakteriofagów – nie mogła więc zajść transdukcja. Z kolei ostateczny wynik
doświadczenia pokazał, że nie zaszła również transformacja – bakterie były w dobrej
kondycji i nie dochodziło do uwalniania DNA z martwych komórek.
Uwaga:
Nie uznaje się odpowiedzi, z których nie wynika, który mechanizm HTG został wybrany, np.:
•
„Ze względu na obecność filtru, który izolował bakterie różnych szczepów, nie mogło
dojść do HTG”
•
„Nie doszło do wymiany informacji genetycznej między szczepami bakterii A i B,
ponieważ rozdzielał je filtr”.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z3-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:VI.4 | PR:OG.IV.1 | PR:OG.II.3 | PR:OG.II.4
Działy: Bakterie i archeowce. Uczeń:
Organizmy: bakterie | zwierzęta
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych | Rozwijanie myślenia naukowego; doskonalenie umiejętności planowania i przeprowadzania obserwacji i doświadczeń oraz wnioskowania w oparciu o wyniki badań
Zadanie 3.3 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 3 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Horyzontalny transfer genów (HTG) może się odbywać u bakterii na drodze koniugacji,
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
transdukcji lub transformacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment,
który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie
przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B:
•
szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio);
•
szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności
do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi).
Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów
i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono
na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin),
kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli
mieszanej.
szczep A
szczep A + B
szczep B
przeniesienie bakterii na pożywkę minimalną
brak wzrostu
wzrost kolonii
brak wzrostu
Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B
w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano
na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi
substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów.
Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
naprzemienne zasysanie i tłoczenie
wata
szczep A
szczep B
szczep A
szczep B
przeniesienie bakterii
na pożywkę minimalną
brak wzrostu
brak wzrostu
filtr
Na podstawie: A.J.F. Griffiths i in., Introduction to Genetic Analysis, Nowy Jork 2004.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.
Zachodzenie transdukcji można zweryfikować dzięki modyfikacji doświadczenia Davisa,
polegającej na dodaniu do pożywki pełnej
bakteriofagów, które przechodziłyby
A.
1.
pożywkę pełną.
a następnie
przez filtr umieszczony w U-rurce,
na przeniesieniu
martwych bakterii E. coli
bakterii na
B.
2.
pożywkę minimalną.
Met+ bio+ Thr+ Leu+ thi+,
Zachodzenie transdukcji można zweryfikować dzięki modyfikacji doświadczenia Davisa,
polegającej na dodaniu do pożywki pełnej
bakteriofagów, które przechodziłyby
A.
1.
pożywkę pełną.
a następnie
przez filtr umieszczony w U-rurce,
na przeniesieniu
martwych bakterii E. coli
bakterii na
B.
2.
pożywkę minimalną.
Met+ bio+ Thr+ Leu+ thi+,
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
A2
1 pkt – odpowiedź poprawna.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
A2
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z3-3
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:VI.4 | PR:OG.II.3 | PR:OG.II.4
Działy: Bakterie i archeowce. Uczeń:
Organizmy: bakterie | zwierzęta
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Rozwijanie myślenia naukowego; doskonalenie umiejętności planowania i przeprowadzania obserwacji i doświadczeń oraz wnioskowania w oparciu o wyniki badań
Zadanie 4.1 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 4 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Linezolid należy do stosunkowo nowej grupy syntetycznych środków przeciwbakteryjnych.
Wykazano, że jest on szczególnie skuteczny w walce z bakteriami Gram-dodatnimi oraz
mało skuteczny wobec bakterii Gram-ujemnych. Zróżnicowana efektywność działania tego
środka wynika m.in. z różnic w budowie ściany komórkowej obu grup bakterii. Linezolid łączy
się z podjednostką 50S rybosomu, przez co staje się niemożliwe jej połączenie się
z podjednostką 30S.
Na podstawie: P. Graham, Chemia medyczna, Warszawa 2019.
Wykazano, że jest on szczególnie skuteczny w walce z bakteriami Gram-dodatnimi oraz
mało skuteczny wobec bakterii Gram-ujemnych. Zróżnicowana efektywność działania tego
środka wynika m.in. z różnic w budowie ściany komórkowej obu grup bakterii. Linezolid łączy
się z podjednostką 50S rybosomu, przez co staje się niemożliwe jej połączenie się
z podjednostką 30S.
Na podstawie: P. Graham, Chemia medyczna, Warszawa 2019.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
4.1.
Wykaż, że działanie linezolidu – polegające na uniemożliwieniu połączenia się
0–1
podjednostek rybosomu – wpływa negatywnie na funkcjonowanie bakterii.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Wykaż, że działanie linezolidu – polegające na uniemożliwieniu połączenia się
0–1
podjednostek rybosomu – wpływa negatywnie na funkcjonowanie bakterii.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wykazanie, że działanie linezolidu wpływa negatywnie na funkcjonowanie
bakterii, odnoszące się do braku lub do ograniczenia możliwości syntezy białek.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Linezolid sprawia, że nie ma funkcjonalnych rybosomów, a więc nie może zachodzić
synteza białek.
•
Linezolid uniemożliwia powstanie rybosomów, dzięki którym zachodzi synteza białek.
•
W komórce, na którą działa linezolid, nie powstają rybosomy, a więc nie mogą być
wytwarzane białka.
•
Działanie linezolidu polega na uniemożliwieniu połączenia się podjednostek rybosomów,
a przez to niemożliwa staje się synteza białek.
•
Linezolid łączy się z dużą podjednostką rybosomu, przez co nie może ona się połączyć
z małą podjednostką, a bez tego nie może zachodzić proces translacji.
•
Linezolid ogranicza syntezę białek.
1 pkt – poprawne wykazanie, że działanie linezolidu wpływa negatywnie na funkcjonowanie
bakterii, odnoszące się do braku lub do ograniczenia możliwości syntezy białek.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Linezolid sprawia, że nie ma funkcjonalnych rybosomów, a więc nie może zachodzić
synteza białek.
•
Linezolid uniemożliwia powstanie rybosomów, dzięki którym zachodzi synteza białek.
•
W komórce, na którą działa linezolid, nie powstają rybosomy, a więc nie mogą być
wytwarzane białka.
•
Działanie linezolidu polega na uniemożliwieniu połączenia się podjednostek rybosomów,
a przez to niemożliwa staje się synteza białek.
•
Linezolid łączy się z dużą podjednostką rybosomu, przez co nie może ona się połączyć
z małą podjednostką, a bez tego nie może zachodzić proces translacji.
•
Linezolid ogranicza syntezę białek.
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z4-1
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:II.6 | PR:OG.IV.1 | PR:OG.IV.2
Działy: Komórka. Uczeń:
Organizmy: bakterie | zwierzęta
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Rozumowanie i zastosowanie nabytej wiedzy do rozwiązywania problemów biologicznych
Zadanie 4.2 · maj 2026
Materiał źródłowy do zadania
CKE — Materiał do zadania 4 · maj 2026 · Formuła 2023
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Linezolid należy do stosunkowo nowej grupy syntetycznych środków przeciwbakteryjnych.
Wykazano, że jest on szczególnie skuteczny w walce z bakteriami Gram-dodatnimi oraz
mało skuteczny wobec bakterii Gram-ujemnych. Zróżnicowana efektywność działania tego
środka wynika m.in. z różnic w budowie ściany komórkowej obu grup bakterii. Linezolid łączy
się z podjednostką 50S rybosomu, przez co staje się niemożliwe jej połączenie się
z podjednostką 30S.
Na podstawie: P. Graham, Chemia medyczna, Warszawa 2019.
Wykazano, że jest on szczególnie skuteczny w walce z bakteriami Gram-dodatnimi oraz
mało skuteczny wobec bakterii Gram-ujemnych. Zróżnicowana efektywność działania tego
środka wynika m.in. z różnic w budowie ściany komórkowej obu grup bakterii. Linezolid łączy
się z podjednostką 50S rybosomu, przez co staje się niemożliwe jej połączenie się
z podjednostką 30S.
Na podstawie: P. Graham, Chemia medyczna, Warszawa 2019.
Autor i źródło materiału
https://arkusze.pl/maturalne/biologia-2026-maj-matura-rozszerzona.pdf
Oficjalny arkusz egzaminacyjny CKE; pochodzenie i cytowane źródła widoczne w oryginale.
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
4.2.
Opisz różnicę w budowie bakterii Gram-dodatnich i Gram-ujemnych. W odpowiedzi
0–1
odnieś się do budowy struktur otaczających komórkę u obu grup bakterii.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Opisz różnicę w budowie bakterii Gram-dodatnich i Gram-ujemnych. W odpowiedzi
0–1
odnieś się do budowy struktur otaczających komórkę u obu grup bakterii.
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
................................................................................................................................................
Odpowiedź zapisuje się na tym urządzeniu i w tej przeglądarce.
Pokaż odpowiedź
Odpowiedź przykładowa / klucz CKE
Transkrypcja tekstu (rysunki i układ w oryginale powyżej)
Zasady oceniania
1 pkt – poprawne opisanie, na czym polega różnica w budowie bakterii Gram (+) i Gram (−),
odnoszące się do grubości ściany komórkowej LUB do jej składu chemicznego, LUB
do obecności błony zewnętrznej tylko u bakterii Gram (−), LUB do składu
chemicznego błony zewnętrznej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Różnica dotyczy grubości ściany komórkowej – bakterie Gram (+) mają grubszą ścianę.
•
W ścianie komórkowej bakterii Gram (+) występuje więcej warstw mureiny.
•
Bakterie Gram (+) mają ścianę komórkową zbudowaną z wielu warstw mureiny,
a bakterie Gram (−) – z jednej warstwy.
•
Bakterie Gram-dodatnie mają ścianę komórkową zbudowaną z 20–30 warstw mureiny,
a bakterie Gram-ujemne – z jednej warstwy.
•
Tylko bakterie Gram (−) mają błonę zewnętrzną.
•
Tylko w ścianie komórkowej bakterii Gram (+) obecne są kwasy tejchojowe /
tejchuronowe / lipotejchojowe.
•
Tylko bakterie Gram (−) zawierają lipopolisacharyd – w błonie zewnętrznej.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do połączenia ściany komórkowej bakterii Gram (−)
wiązaniami (jonowymi i kowalencyjnymi) z dwuwarstwową błoną zewnętrzną.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do właściwości otoczki komórkowej, np. jedynie
do wyniku barwienia Grama.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do cech fizjologicznych bakterii, np.
„Bakterie Gram-ujemne są bardziej oporne na linezolid niż bakterie Gram-dodatnie”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obecności dwóch błon komórkowych
u bakterii Gram-ujemnych.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczki bakteryjnej (śluzowej).
1 pkt – poprawne opisanie, na czym polega różnica w budowie bakterii Gram (+) i Gram (−),
odnoszące się do grubości ściany komórkowej LUB do jej składu chemicznego, LUB
do obecności błony zewnętrznej tylko u bakterii Gram (−), LUB do składu
chemicznego błony zewnętrznej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Przykładowe odpowiedzi
•
Różnica dotyczy grubości ściany komórkowej – bakterie Gram (+) mają grubszą ścianę.
•
W ścianie komórkowej bakterii Gram (+) występuje więcej warstw mureiny.
•
Bakterie Gram (+) mają ścianę komórkową zbudowaną z wielu warstw mureiny,
a bakterie Gram (−) – z jednej warstwy.
•
Bakterie Gram-dodatnie mają ścianę komórkową zbudowaną z 20–30 warstw mureiny,
a bakterie Gram-ujemne – z jednej warstwy.
•
Tylko bakterie Gram (−) mają błonę zewnętrzną.
•
Tylko w ścianie komórkowej bakterii Gram (+) obecne są kwasy tejchojowe /
tejchuronowe / lipotejchojowe.
•
Tylko bakterie Gram (−) zawierają lipopolisacharyd – w błonie zewnętrznej.
Uwaga:
Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do połączenia ściany komórkowej bakterii Gram (−)
wiązaniami (jonowymi i kowalencyjnymi) z dwuwarstwową błoną zewnętrzną.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do właściwości otoczki komórkowej, np. jedynie
do wyniku barwienia Grama.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do cech fizjologicznych bakterii, np.
„Bakterie Gram-ujemne są bardziej oporne na linezolid niż bakterie Gram-dodatnie”.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obecności dwóch błon komórkowych
u bakterii Gram-ujemnych.
Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczki bakteryjnej (śluzowej).
Informacje i źródła zadania
ID zadania: BIO-2026-MAJ-F2023-Z4-2
Organizator: CKE
Wymagania PP2024: PR:VI.1 | PR:OG.I.1
Działy: Bakterie i archeowce. Uczeń:
Organizmy: bakterie | zwierzęta
Procesy: ekspresja genów
Umiejętności: Pogłębianie wiedzy z zakresu różnorodności biologicznej oraz zjawisk i procesów biologicznych zachodzących na różnych poziomach organizacji życia