1. Strona główna
  2. Zadania maturalne z biologii

Genetyka

Oto lista zadań maturalnych z danego działu biologii. Aby skorzystać z dodatkowych opcji, uniknąć duplikatów zadań lub wybrać zadania z pozostałych działów kliknij poniżej.

Przejdź do wyszukiwarki zadań

 

Matura Maj 2018, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 17. (4 pkt)

Dziedziczenie Uzupełnij/narysuj wykres, schemat lub tabelę Podaj/wymień

U kotów brytyjskich produkcja eumelaniny, czyli czarnego barwnika, jest modyfikowana przez trzy allele genu autosomalnego, które w zależności od układu, w jakim pojawiają się w genotypie kota, determinują kolor włosa:

B – allel dominujący w stosunku do pozostałych, warunkujący barwę czarną,
b – allel recesywny w stosunku do B, ale dominujący w stosunku do b1, warunkujący barwę czekoladową,
b1 – allel recesywny zarówno w stosunku do B, jak i do b, warunkujący barwę cynamonową.

Ekspresja genu odpowiedzialnego za produkcję eumelaniny modyfikowana jest przez autosomalny gen z innego chromosomu, którego allel D warunkuje równomierne rozproszenie barwnika, co daje normalną barwę włosa, natomiast recesywny allel d sprawia, że pigment występuje w skupiskach, co skutkuje rozjaśnieniem (rozmyciem) kolorów: czarnego – do niebieskiego, czekoladowego – do liliowego, a cynamonowego – do płowego.

Na podstawie: http://www.agiliscattus.pl/podstawy-genetyki-kotow.html

17.1. (0–1)

Zapisz, stosując podane oznaczenia alleli genów odpowiedzialnych za kolor sierści, wszystkie możliwe genotypy niebieskiego kota brytyjskiego.

17.2. (0–1)

Zapisz, stosując podane oznaczenia alleli genów, genotypy kotów brytyjskich: cynamonowej samicy i czarnego samca, w których potomstwie znajdują się kocięta czarne, czekoladowe, niebieskie oraz liliowe.

Genotyp cynamonowej samicy:
Genotyp czarnego samca:

17.3. (0–2)

Zapisz krzyżówkę genetyczną (szachownicę Punnetta) cynamonowej samicy i czarnego samca (rodziców z podpunktu 2.) i na podstawie tej krzyżówki określ prawdopodobieństwo, że kolejne kocię tych rodziców będzie niebieskie.

Krzyżówka:

 

 

 

Prawdopodobieństwo, że kolejne kocię będzie niebieskie:

Matura Maj 2018, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 16. (2 pkt)

Ekspresja informacji genetycznej Podaj i uzasadnij/wyjaśnij

Białka histonowe, typowe dla eukariontów, zbudowane są z części globularnej oraz z tzw. ogonka, wystającego poza nukleosom. Ogonki białek histonowych są miejscem modyfikacji chemicznych polegających m.in. na acetylacji i deacetylacji. Modyfikacje te wpływają na strukturę chromatyny: regulują w ten sposób ekspresję informacji genetycznej w komórce. Na schemacie przedstawiono modyfikacje fragmentu chromatyny o długości ok. 600 par zasad.

16.1. (0–1)

Podaj, który z procesów przedstawionych na schemacie – acetylacja czy deacetylacja – prowadzi do zahamowania ekspresji informacji genetycznej danego fragmentu DNA. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do znaczenia powstałych zmian w strukturze chromatyny.

16.2. (0–1)

Określ, czy prawdziwe jest stwierdzenie, że procesy przedstawione na schemacie nie mogą zachodzić w mitochondrium. Odpowiedź uzasadnij.

Matura Maj 2018, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 15. (5 pkt)

Budowa i funkcje komórki Inżynieria i badania genetyczne Mutacje Metody badawcze i doświadczenia Sformułuj wnioski, hipotezę lub zaplanuj doświadczenie Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Podaj/wymień

W celu sprawdzenia, czy na przejście komórek do fazy M cyklu komórkowego mogą mieć wpływ związki chemiczne zawarte w cytoplazmie innych komórek będących w fazie M, przeprowadzono doświadczenie w dwóch wariantach: A i B. W doświadczeniu wykorzystano oocyty żaby Xenopus, które są wygodnym obiektem sprawdzania aktywności czynników kierujących komórkę do fazy M, gdyż mają one zakończoną replikację DNA i są zatrzymane tuż przed fazą podziału jądra komórkowego.

  1. Z oocytu żaby Xenopus, znajdującego się w interfazie cyklu komórkowego, pobrano cytoplazmę, następnie wstrzyknięto ją do innego oocytu tej żaby, znajdującego się w interfazie.
  2. Z dzielącego się jaja żaby Xenopus, znajdującego się w fazie M cyklu komórkowego, pobrano cytoplazmę, następnie wstrzyknięto ją do oocytu tej żaby, znajdującego się w interfazie.

Przebieg doświadczenia i jego wyniki przedstawiono na poniższych schematach.

15.1. (0–1)

Sformułuj wniosek na podstawie wyników przedstawionego doświadczenia.

15.2. (0–1)

Określ, który wariant tego doświadczenia – A czy B – stanowił dla niego próbę kontrolną. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia.

15.3. (0–1)

Podaj nazwę podziału jądra komórkowego, który został wywołany wstrzyknięciem do oocytu cytoplazmy z dzielącej się komórki w fazie M, i rozpoznaj fazę podziału, którą oznaczono na schemacie literą X. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do zmian w komórce.

Nazwa podziału:
Faza podziału:
Uzasadnienie:

15.4. (0–1)

Uzasadnij tezę, że konsekwencją mutacji genów kodujących białka regulujące cykl komórkowy może być u człowieka rozwój nowotworu.

15.5. (0–1)

Podaj przykład funkcji, jaką pełnią w niedzielącym się oocycie mikrotubule wchodzące w skład cytoszkieletu komórki.

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 27. (3 pkt)

Inżynieria i badania genetyczne Podaj/wymień

Biblioteka DNA stanowi zbiór fragmentów DNA danego organizmu włączonych do cząsteczek wektorów i wprowadzonych najczęściej do komórek bakterii lub drożdży. Wyróżnia się dwa rodzaje bibliotek DNA – genomowe oraz cDNA. Biblioteki cDNA tworzone są wg informacji zawartej w mRNA.
Na schemacie przedstawiono etapy tworzenia biblioteki genomowej człowieka.

a)Podaj, czym różni się zawartość informacji genetycznej organizmów eukariotycznych pochodząca z biblioteki DNA genomowej od informacji genetycznej pochodzącej z biblioteki cDNA.
b)Podaj nazwę rodzaju enzymu katalizującego proces
  1. trawienia DNA:
  2. syntezy cDNA:
c)Podaj przykład wektora najczęściej stosowanego podczas tworzenia biblioteki DNA przedstawionej na schemacie.

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 26. (1 pkt)

Dziedziczenie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Zaznacz prawidłowe dokończenie poniższego zdania.

Różnica między dziedziczeniem z pełną dominacją i dziedziczeniem z dominacją niepełną polega na tym, że w dominacji:

  1. niepełnej homozygota recesywna i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w pełnej mają różne fenotypy.
  2. niepełnej homozygota dominująca i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w pełnej mają różne fenotypy.
  3. pełnej homozygota recesywna i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w niepełnej mają różne fenotypy.
  4. pełnej homozygota dominująca i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w niepełnej mają różne fenotypy.

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 25. (2 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

U kur andaluzyjskich kolor upierzenia dziedziczy się z niepełną dominacją: BB – pióra są czarne, Bb – pióra są stalowoniebieskie (szare), a bb – są pióra białe. Cecha ta dziedziczy się niezależnie od koloru skóry, przy czym barwa biała skóry (D) dominuje nad barwą żółtą (d). Skojarzono białopiórego koguta o żółtej skórze z kurą o piórach stalowoniebieskich i białej barwie skóry i uzyskano wszystkie kurczęta o białej barwie skóry, z których połowa miała pióra stalowoniebieskie, a połowa – pióra białe.

Na podstawie: B. Kosowska, Genetyka ogólna i weterynaryjna, Wrocław 2010.
a)Podaj genotypy koguta i kury skojarzonych w opisanej krzyżówce.

Genotyp samicy (kury):
Genotyp samca (koguta):

b)Podaj genotyp i fenotyp kury, z którą należałoby skrzyżować tego samego koguta, aby mieć pewność, że całe potomstwo tej pary będzie miało stalowoniebieskie pióra i żółtą barwę skóry. Odpowiedź uzasadnij, zapisując odpowiednią krzyżówkę.

Genotyp samicy (kury):
Fenotyp samicy (kury):

Krzyżówka:

 

 

 

 

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 24. (3 pkt)

Genetyka - pozostałe Podaj/wymień

Najprostszymi mutacjami w DNA są substytucje: tranzycje – polegające na wymianie puryny na purynę lub pirymidyny na pirymidynę i transwersje – polegające na zamianie pirymidyny na purynę lub na odwrót. Innymi mutacjami są np. insercje i delecje.
Poniżej przedstawiono fragment nici DNA, w której nie zaszła żadna mutacja, i która nie zawiera intronów. Poszczególne kodony zostały oddzielone przerwami.

5’ ATG AAG GGC GTA GGA 3’ – nić kodująca (nieulegajaca transkrypcji)
3’ TAC TTC CCG CAT CCT 5’ – nić matrycowa (transkrybowana)

W nici kodującej analizowanego fragmentu DNA doszło do dwóch niezależnych mutacji (przypadek 1. i przypadek 2.), w wyniku których powstały następujące zapisane poniżej, zmienione fragmenty nici DNA (zamienione nukleotydy zostały podkreślone i wyróżnione pogrubioną czcionką).

Przypadek 1.: 5’ ATG AAG GGG GTA GGA 3’
Przypadek 2.: 5’ ATG AGG GGC GTA GGA 3’

a)Zapisz sekwencję antykodonu dla cząsteczki tRNA komplementarnej do drugiego kodonu w mRNA, który powstanie po transkrypcji niezmutowanego DNA. W odpowiedzi uwzględnij polarność nici RNA (koniec 3’ i 5’).
b)Na podstawie tekstu podaj pełną nazwę substytucji dla każdego z przypadków (1. i 2.) przedstawionych powyżej oraz określ, na czym dana mutacja polega.
  1. Nazwa mutacji: , polega na
  2. Nazwa mutacji: , polega na

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 19. (4 pkt)

Dziedziczenie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj/wymień Pozostałe

U kur andaluzyjskich kolor upierzenia dziedziczy się z niepełną dominacją: BB – pióra są czarne, Bb – pióra są stalowoniebieskie (szare), a bb – są pióra białe. Cecha ta dziedziczy się niezależnie od koloru skóry, przy czym barwa biała skóry (D) dominuje nad barwą żółtą (d). Skojarzono białopiórego koguta o żółtej skórze z kurą o piórach stalowoniebieskich i białej barwie skóry i uzyskano wszystkie kurczęta o białej barwie skóry, z których połowa miała pióra stalowoniebieskie, a połowa – pióra białe.

Na podstawie: B. Kosowska, Genetyka ogólna i weterynaryjna, Wrocław 2010.

19.1. (0–1)

Podaj genotypy koguta i kury skojarzonych w opisanej krzyżówce.

Genotyp samicy (kury):
Genotyp samca (koguta):

19.2. (0–2)

Podaj genotyp i fenotyp kury, z którą należałoby skrzyżować tego samego koguta, aby mieć pewność, że całe potomstwo tej pary będzie miało stalowoniebieskie pióra i żółtą barwę skóry. Odpowiedź uzasadnij, zapisując odpowiednią krzyżówkę.

Genotyp samicy (kury):
Fenotyp samicy (kury):

Krzyżówka:

 

 

 

 

19.3. (0–1)

Zaznacz prawidłowe dokończenie poniższego zdania.

Różnica między dziedziczeniem z pełną dominacją i dziedziczeniem z dominacją niepełną polega na tym, że w dominacji:

  1. niepełnej homozygota recesywna i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w pełnej mają różne fenotypy.
  2. niepełnej homozygota dominująca i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w pełnej mają różne fenotypy.
  3. pełnej homozygota recesywna i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w niepełnej mają różne fenotypy.
  4. pełnej homozygota dominująca i heterozygota mają ten sam fenotyp, a w niepełnej mają różne fenotypy.

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 18. (5 pkt)

Ekspresja informacji genetycznej Mutacje Podaj/wymień

Najprostszymi mutacjami w DNA są substytucje: tranzycje – polegające na wymianie puryny na purynę lub pirymidyny na pirymidynę i transwersje – polegające na zamianie pirymidyny na purynę lub na odwrót. Innymi mutacjami są np. insercje i delecje.
Poniżej przedstawiono fragment nici DNA, w której nie zaszła żadna mutacja, i która nie zawiera intronów. Poszczególne kodony zostały oddzielone przerwami.

5’ ATG AAG GGC GTA GGA 3’ – nić kodująca (nieulegajaca transkrypcji)
3’ TAC TTC CCG CAT CCT 5’ – nić matrycowa (transkrybowana)

W nici kodującej analizowanego fragmentu DNA doszło do dwóch niezależnych mutacji (przypadek 1. i przypadek 2.), w wyniku których powstały następujące zapisane poniżej, zmienione fragmenty nici DNA (zamienione nukleotydy zostały podkreślone i wyróżnione pogrubioną czcionką).

Przypadek 1.: 5’ ATG AAG GGG GTA GGA 3’
Przypadek 2.: 5’ ATG AGG GGC GTA GGA 3’

18.1. (0–1)

Zapisz sekwencję antykodonu dla cząsteczki tRNA komplementarnej do drugiego kodonu w mRNA, który powstanie po transkrypcji niezmutowanego DNA. W odpowiedzi uwzględnij polarność nici RNA (koniec 3’ i 5’).

18.2. (0–2)

Na podstawie tekstu podaj pełną nazwę substytucji dla każdego z przypadków (1. i 2.) przedstawionych powyżej oraz określ, na czym dana mutacja polega.

  1. Nazwa mutacji: , polega na
  2. Nazwa mutacji: , polega na

18.3. (0–2)

Określ, jakie będą skutki każdej z dwóch opisanych mutacji dla pierwszorzędowej struktury polipeptydu, w porównaniu z jego prawidłową sekwencją. W odpowiedzi uwzględnij nazwy kodowanych aminokwasów.

Przypadek 1.:

Przypadek 2.:

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 17. (2 pkt)

Dziedziczenie Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Uzupełnij poniższą tabelę tak, aby zawierała prawdziwe informacje dotyczące dwóch typów dziedziczenia cech sprzężonych z płcią. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie wybrane spośród zapisanych kursywą.

Typ dziedziczenia (recesywne / dominujące) (recesywne / dominujące)
Płeć osób, u których notuje się relatywnie więcej zachorowań (kobiety / mężczyźni) kobiety
Stan zdrowia potomstwa chorego mężczyzny i zdrowej kobiety niebędącej nosicielką: córki synowie córki synowie
zdrowe zdrowi (zdrowe / chore) (zdrowi / chorzy)

Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 16. (3 pkt)

Prokarionty Enzymy Ekspresja informacji genetycznej Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Podaj/wymień

W komórkach bakterii Escherichia coli ekspresja genów kodujących enzymy niezbędne do pobierania i metabolizowania laktozy jest zależna od źródła pożywienia, jakie jest dostępne w środowisku. Ekspresję operonu laktozowego regulują sekwencja wiążąca aktywator ułatwiający polimerazie RNA rozpoczęcie transkrypcji oraz operator wiążący represor, który blokuje dostęp do promotora polimerazie RNA. Kiedy zarówno glukoza, jak i laktoza są obecne w środowisku, E. coli preferencyjnie wykorzystuje glukozę, a represor laktozowy wiąże się z operatorem. Jednak w warunkach ograniczonego dostępu do glukozy, w komórce E. coli dochodzi do gromadzenia się cząsteczki cAMP aktywującej aktywator, a obecna w środowisku laktoza inaktywuje represor – co przedstawiono na poniższym schemacie. Zachodzi wówczas ekspresja genów kodujących enzymy szlaku metabolizmu laktozy, np. β-galaktozydazę.

16.1. (0–1)

Na podstawie przedstawionych informacji oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących regulacji ekspresji operonu laktozowego E. coli. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
1. Brak glukozy w środowisku życia E. coli jest wystarczającym warunkiem wydajnej ekspresji genów kodujących enzymy szlaku metabolizmu laktozy. P F
2. Regulacja negatywna operonu laktozowego odbywa się z udziałem represora wytwarzanego w formie aktywnej. P F
3. Regulacja pozytywna operonu laktozowego odbywa się dzięki aktywatorowi wytwarzanemu w formie aktywnej. P F

16.2. (0–1)

Uzupełnij poniższy tekst charakteryzujący rolę β-galaktozydazy w metabolizmie laktozy. Wpisz w luki właściwe określenia.

Białko enzymatyczne kodowane przez gen lacZ operonu laktozowego – β-galaktozydaza – katalizuje w cząsteczkach laktozy reakcję hydrolizy wiązania , co prowadzi do jej rozkładu na dwie cząsteczki cukrów prostych: glukozę oraz .

16.3. (0–1)

Zaznacz prawidłowe dokończenie poniższego zdania.

DNA E. coli zawierający m.in. geny operonu laktozowego

  1. ma postać koliście zamkniętej cząsteczki i znajduje się w jądrze komórkowym.
  2. ma postać liniowej cząsteczki i znajduje się w cytoplazmie.
  3. ma postać koliście zamkniętej cząsteczki i znajduje się w cytoplazmie.
  4. ma postać liniowej cząsteczki i znajduje się w jądrze komórkowym.

Matura Sierpień 2010, Poziom podstawowy (Formuła 2007) - Zadanie 23. (2 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

U człowieka autosomalny gen odpowiadający za typ uszu ma dwa allele. Allel warunkujący odstające uszy (U) dominuje nad allelem odpowiadającym za wytworzenie uszu przylegających (u). Kobieta o przylegających uszach oczekuje dziecka, którego ojcem jest mężczyzna mający uszy odstające i będący heterozygotą pod względem tego genu.

a)Zapisz genotypy rodziców dziecka, stosując podane symbole alleli.

Genotyp matki
Genotyp ojca

b)Zapisz odpowiednią krzyżówkę genetyczną i określ w procentach prawdopodobieństwo, że dziecko nie będzie miało odstających uszu.

 

 

 

 

 

Matura Sierpień 2010, Poziom podstawowy (Formuła 2007) - Zadanie 21. (1 pkt)

Genetyka - pozostałe Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz)

Dwuniciowa struktura DNA jest stabilizowana przez wiązania wodorowe powstające między parami komplementarnych zasad azotowych z przeciwnych nici. Dwupierścieniowe zasady purynowe (adenina, guanina) łączą się zawsze z jednopierścieniowymi zasadami pirymidynowymi (tymina, cytozyna). Pomiędzy adeniną i tyminą powstają dwa wiązania wodorowe, a pomiędzy cytozyną i guaniną – trzy wiązania.

Korzystając z informacji przedstawionych w tekście, zaznacz wśród A–D zestaw, w którym numerom I–IV poprawnie przyporządkowano nazwy zasad azotowych.

  1. I – cytozyna, II – guanina, III – tymina, IV – adenina
  2. I – adenina, II – tymina, III – guanina, IV – cytozyna
  3. I – guanina, II – cytozyna, III – adenina, IV – tymina
  4. I – tymina, II – adenina, III – cytozyna, IV – guanina

Matura Maj 2010, Poziom podstawowy (Formuła 2007) - Zadanie 24. (3 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

Kobieta prawidłowo rozróżniająca barwy, której ojciec cierpiał na daltonizm, spodziewa się bliźniąt: chłopca i dziewczynki. Ojciec bliźniąt prawidłowo rozróżnia barwy. Daltonizm jest chorobą warunkowaną recesywną mutacją w genie umiejscowionym na chromosomie X.

a)Zapisz genotypy rodziców bliźniąt.

Genotyp matki
Genotyp ojca

b)Na podstawie powyższych danych zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ, jakie jest prawdopodobieństwo (%) wystąpienia daltonizmu u dziewczynki, a jakie u chłopca.

 

 

 

 

Prawdopodobieństwo wystąpienia daltonizmu:

dziewczynka
chłopiec

Strony