Matura z biologii 2026 klucz i komentarz

Zad. 1.1. * Jeden mostek disiarczkowy tworzą dwie reszty cysteiny. W cząsteczce jest 35 takich reszt, a więc mogą utworzyć maksymalnie 17 mostków (jedna reszta pozostaje wolna).
Komentarz: Zadanie wygląda groźnie, ale po chwili widać, że chodzi o rubrykę w tabeli i podzielenie 35 przez 2. Oczywiście trzeba wiedzieć jak powstają mostki disiarczkowe.
Zad .1.2. ** Albumina jest rozpuszczalna w wodzie i po związaniu się z hydrofobowymi łańcuchami długołańcuchowych kwasów tłuszczowym tworzy kompleks, który transportuje te kwasy w osoczu krwi.
Komentarz: Po związaniu albuminy z tymi KT powstaje jednolity kompleks albuminowo-lipidowy o charakterze amfipatycznym. Naszym zdaniem nie było potrzeby użycia „amfipatyczny”, ale to wyjaśni dopiero oficjalny KLUCZ.
Zad. 2.1. i 2.2. ** B. w błonach tylakoidów. Po wybiciu elektronów z centrum reakcji PS II zachodzi konieczność ich uzupełnienia. Jest to możliwe, ponieważ enzym rozszczepiający wodę uwalnia elektrony uzupełniające ten brak i powodujące, że fotosystem II może dalej działać.
Komentarz: Dla kogoś kto zna fotofosforylację niecykliczną sprawa jest prosta. Trzeba to jednak zwięźle i logicznie napisać.
Zad 2.3. * na B (NADP+), podczas etapu C (redukcji w cyklu Calvina)
Komentarz: Dla kogoś kto zna i rozumie fotofosforylację niecykliczną + fazę reakcji ciemnych sprawa jest prosta.
Zad. 3. 1. *** Bakterie szczepu A i szczepu B nie rosły na pożywce minimalnej, ponieważ żaden szczep nie syntetyzował wszystkich niezbędnych (aminokwasów i witamin). Na pożywce minimalnej wyrosły wyłącznie bakterie z hodowli mieszanej, ponieważ doszło do HTG i powstania szczepu zdolnego do syntezy wszystkich niezbędnych substancji.
Komentarz: Trzeba znać i rozumieć przebieg (mechanizm) oraz konsekwencje wszystkich omawianych w szkole form HTG u bakterii: koniugacji, transdukcji i transformacji. Naszym zdaniem nie było potrzeby użycia terminów: auksotrofy i prototrofy.
Zad 3.2. *** Filtr zastosowany w doświadczeniu uniemożliwił bezpośredni kontakt komórek bakterii szczepu A z bakteriami szczepu B. Tym samym uniemożliwiono koniugację, która jest jednym z mechanizmów HTG.
Komentarz: Jak wyżej.
Zad. 3.3. ** A, 2
Komentarz: Jak wyżej. Zadanie prostsze, bo zamknięte.
Zad. 4.1. * Zablokowanie łączenia podjednostek 30S z 50S rybosomów hamuje translację u bakterii. Brak możliwości syntezy białek strukturalnych i enzymatycznych wpływa negatywnie na metabolizm bakterii i prowadzi do ich obumierania.
Komentarz: To „klasyka” – w końcu od lat wałkowane są antybiotyki blokujące syntezę białek u prokariontów (bo mają nieco inne podjednostki rybosomów niż cytoplazmatyczne eukariontów). Tutaj trzeba było też określić skutki!
Zad 4.2. * Bakteria Gram-dodatnie mają grupą ścianę komórkową zbudowaną z wielu warstw mureiny. Natomiast bakterie Gram-ujemne mają cienką ścianę mureinową, ale jest ona dodatkowo otoczona białkowo-lipidową błoną zewnętrzną.
Komentarz: Budowa ściany Gram-dodatnich i Gram-ujemnych. Trzy razy to czytałem (czas!) szukając haczyka – ja nie znalazłem.
Zad. 5.1. * T, T
Komentarz: Zadanie z „kategorii” wirtualny mikroskop i grup ekologicznych roślin. Po prostu polecam nasz „smaczny” wykład.
Zad 5.2. * Rozstrzygnięcie: przyspieszenia Uzasadnienie: Zwiększenie tempa transpiracji wymusza szybszy przepływ wody w naczyniach drewna (większa siła ssąca liści zwiększa podciśnienie w elementach przewodzących drewna).
Komentarz: Potrzebna była elementarna wiedza z transportu wody w roślinie. Potrzebne terminy: siła ssąca liści i podciśnienie. Być może także: gradient potencjału wody, ale my tego nie użyliśmy (czekamy na KLUCZ CKE).
Zad. 6.1. ** Woda jest niezbędna do imbibicji nasion, przyspieszenia metabolizmu i dalej do kiełkowania. Jej brak powoduje, że nasiona nie kiełkują.
Komentarz: Było już zadanie z kiełkowaniem i rolą wody (szczególnie ważna imbibicja).
Zad. 6.2. ** Pomiar suchej masy jest obiektywny, ponieważ eliminuje problem zmiennej ilości wody w świeżej masie. Szacowanie bilansu węgla i przyrostu biomasy jest dokładniejsze.
Komentarz: Trzeba znać różnicę między suchą masą i świeżą masą. Rozwiązanie można było jednak wykombinować bez takiej wiedzy.
Zad. 6.3. ** Rozstrzygnięcie: z grupą 1 Uzasadnienie: Nasiona z tej grupy nie wykiełkowały, a więc ich sucha masa się nie zmieniła i stanowiła punkt odniesienia do suchej masy roślin, które wykiełkowały.
Komentarz: Jak wyżej.
Zad. 6.4. *** O zachodzeniu fotosyntezy świadczy wzrost suchej masy (1,63 g) w porównaniu do nasion z grupy 1 (1,46 g). Doszło więc do syntezy związków organicznych.
Komentarz: Jak wyżej + rozumienie, że wzrost suchej masy wynika z fotosyntezy. Celowo nie użyliśmy terminu: biomasa.
Zad. 6.5. * T, T
Komentarz: Zadanie z „kategorii” pokoloruj drwala.

Zad. 7.1. * Korzeń; układ wiązek naprzemianległy
Komentarz: Zadanie zamknięte z „kategorii” wirtualny mikroskop i budowa anatomiczna organów wegetatywnych roślin. Kto oglądał nasz wykład miał tylko „pokolorować drwala”.
Zad. 7.2. * I – łyko (floem), II – drewno (ksylem)
Komentarz: Zadanie zamknięte z „kategorii” wirtualny mikroskop i budowa anatomiczna organów wegetatywnych roślin. Kto oglądał nasz wykład miał tylko „pokolorować drwala”.

Zad. 8.1. **** Fałsz. Forma troficzna Toxoplasma gondii jest haploidalna i tworzy gamety w wyniku mitozy. Człowiek jest tu jednak żywicielem pośrednim, a więc w jego organizmie nie zachodzi gametogeneza.
Komentarz: Potrzebna znajomość różnicy między żywicielem ostatecznym i pośrednim. Był jednak potężny haczyk: gametogeneza nie zachodzi w organizmie człowieka. Dawno nie widzieliśmy tak wrednego polecenia z zakresu protistów!
Zad 8.2. *** P, P (chociaż to mogło budzić wątpliwości – tekst zadania nie jest tu jednoznaczny)
Komentarz: Drugą część zadania położyłem. Nie wiedziałem, a tekst zadania wzbudził moje wątpliwości („niektóre ssaki”). Niepotrzebnie więc przekombinowałem.
Zad 8.3. **** Nie. Toksoplazmoza nie przenosi się drogą kropelkową, ani przez bezpośredni kontakt fizyczny. [Trzeba zjeść cysty znajdujące się w kale kota, albo cysty tkankowe w mięsie żywiciela pośredniego.]
Komentarz: Zadanie trudne/chytre, bo jego interpretacja zabierała dużo czasu. Dopiero „odkrycie”, że żywicielem ostatecznym są „wyłącznie kotowate” rozwiązanie stało się proste.
Ważne: Zadanie 8. zawiera nieprecyzyjne sformułowanie dotyczące czasu wystąpienia mejozy u Toxoplasma gondii, co mogło wpłynąć na interpretację. "... o mejozie zachodzącej tuż po zapłodnieniu" to nieprawda - mejoza zachodzi dopiero podczas dojrzewania oocysty i nie jest to proces natychmiastowy. 
Zad 9. * X – obojczyk, Y – łopatka Komentarz: Osteologia na poziomie „pokoloruj drwala”.
Zad. 10. * A – mocznik, D – wątroby
Komentarz: Biochemia i fizjologia człowieka na poziomie „pokoloruj drwala”.
Zad. 11.1. * A – wzrostu, D – depolaryzacji
Komentarz: Neurofizjologia na poziomie „pokoloruj drwala”.
Zad. 11.2. * P, P Komentarz: Jak wyżej. Wystarczyło spojrzenie na wykres. Zad. 12.1. ** N – nie dochodzi, T – dochodzi
Komentarz: Wystarczyło uważne obejrzenie modeli wstęgowych w zadaniu. Wygląda to groźnie, ale to… „pokoloruj drwala”. Serio. Pewnym problemem mogła być liczna obrazków (w stresie ich analizowanie robi się chaotyczne).
Zad. 12.2. ** Wniosek: TMAO stabilizuje strukturę przestrzenna białka CI2, przeciwdziała więc denaturacji tego białka wywoływanej przez mocznik o stężeniu 8 mol x dm-3.
Komentarz: Wystarczyło uważne obejrzenie modeli wstęgowych w zadaniu i… zapisanie co jest na obrazku. Oczywiście trzeba wiedzieć czym jest wniosek w badaniu naukowym.
Zad. 12.3. ** Ze wzrostem głębokości zawartość TMAO w tkance mięśniowej ryb morskich rośnie. Wzrost ten jest wyraźnie szybszy u ryb kostnoszkieletowych niż u chrzęstnoszkieletowych.
Komentarz: Wystarczyło uważne obejrzenie wykresu i… zapisanie co na nim jest w odniesieniu do obu grup ryb! Oczywiście trzeba wiedzieć czym jest wniosek w badaniu naukowym.
Zad. 12.4. ** P, P
Komentarz: Kłania się fizjologia zwierząt. Osmoregulacja ryb to temat dyżurny. Polecamy tu nasze wykłady.
c.d.n.

Kampania Maturalna WALDIEGO ruszy ok. 10 lipca, ale materiały są już publikowane.
Zespół Teraz Wiedza