Pozostałe

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

Zadania dodatkowe matury dwujęzycznej (tłumaczenie BiologHelp) Maj 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 7. (3 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

Pląsawica Huntingtona jest chorobą genetyczną dziedziczoną w sposób autosomalny dominujący. Chorobę wywołuje jedna z form huntingtyny, która jest białkiem. Allel (H) warunkujący chorobę koduje nieprawidłową formę huntingtyny, zaburzającą funkcjonowanie komórek nerwowych. Allel recesywny (h) koduje prawidłową formę białka. Degeneracja komórek nerwowych jest postępująca. U osób ze zmutowanym allelem objawy choroby pojawiają się między 35 a 45 rokiem życia.

Poniższy schemat rodowodu przedstawia dziedziczenie choroby Huntingtona w pewnej rodzinie.

Źródło: N.A. Campbell et al., Biologia, Poznań 2012.

7.1. (0-1)

Określ genotypy osób oznaczonych na schemacie rodowodu numerami 2 i 7. Zapisz odpowiedź, używając oznaczeń alleli podanych w tekście.

Osoba 2:
Osoba 7:

7.2. (0–2)

Rodzice oznaczeni na schemacie rodowodu numerami 3 i 4 spodziewają się kolejnego dziecka. Wypełnij poniższą szachownicę Punnetta i użyj jej do określenia prawdopodobieństwa, że kolejne dziecko tej pary odziedziczy zmutowany allel. Zapisz odpowiedź, używając oznaczeń alleli podanych w tekście.

Prawdopodobieństwo: %

Test diagnostyczny (matura próbna) Grudzień 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 17. (6 pkt)

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

Agammaglobulinemia Brutona (XLA) charakteryzuje się śladową obecnością we krwi dojrzałych limfocytów B i – w konsekwencji – całkowitym brakiem przeciwciał. Przyczyną choroby są mutacje genu BTK, znajdującego się na chromosomie X.

Poniżej przedstawiono dziedziczenie tej choroby w pewnej rodzinie. Rodzice (II.4 i II.5) zgłosili się do lekarza z powodu objawów XLA – nawracających zapaleń zatok i uszu – u jednego z ich synów. Chory chłopiec (III.4) miał zdrowego brata (III.3) oraz zdrowych rodziców, ale u dwóch braci matki chorego chłopca zdiagnozowano wcześniej XLA. Poniżej rodowodu przedstawiono wynik sekwencjonowania nici kodującej DNA tej części genu BTK, w której zidentyfikowano mutację będącą przyczyną choroby w tej rodzinie. Strzałką wskazano nukleotyd, który uległ mutacji, a pod sekwencjami nukleotydów zapisano kodowaną sekwencję aminokwasową.

Na podstawie: J. Lee i in., A novel BTK gene mutation, c.82delC (p.Arg28Alafs*5), in a Korean family with X-linked agammaglobulinemia, „Korean Journal of Pediatrics” 59(Suppl 1), 2016.

17.1. (0–1)

Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały zidentyfikowaną u chorego chłopca (III.4) mutację w genie BTK oraz jej konsekwencje dla sekwencji aminokwasowej białka kodowanego przez ten gen. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie.

Mutacja zidentyfikowana w genie BTK u chorego chłopca polega na (delecji / substytucji) jednego nukleotydu w sekwencji kodującej. Zmieniona sekwencja aminokwasów w łańcuchu polipeptydowym wytwarzanym w komórkach chorego chłopca wynika (z przesunięcia ramki odczytu / ze zmiany kodu genetycznego).

17.2. (0–1)

Określ, czy XLA jest warunkowana mutacją recesywną, czy – dominującą. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do osób przedstawionych w rodowodzie.

17.3. (0–1)

Podaj genotyp osoby oznaczonej jako III.2. Zastosuj następujące oznaczenia alleli: B – allel dominujący oraz b – allel recesywny.

17.4. (0–3)

Określ, jakie jest prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko ze związku osób II.4 i II.5 będzie chore. Zapisz genotypy tych osób oraz odpowiednią krzyżówkę genetyczną. Zastosuj następujące oznaczenia alleli: B – allel dominujący oraz b – allel recesywny.

Genotyp kobiety II.4
Genotyp mężczyzny II.5

Krzyżówka genetyczna:

Prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko będzie chore: %.

Test diagnostyczny (matura próbna) Grudzień 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 16. (3 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

Na poniższej fotografii przedstawiono węża zbożowego (Pantherophis guttatus), mającego charakterystyczne ubarwienie ochronne w postaci pomarańczowych plam otoczonych szeroką czarną obwódką.

Za takie ubarwienie odpowiadają dwa autosomalne geny zlokalizowane na różnych chromosomach:

gen A – determinuje wystąpienie pomarańczowego barwnika
gen B – odpowiada za wytworzenie czarnego barwnika.

Recesywne allele tych genów w układzie homozygotycznym uniemożliwiają syntezę barwników (allel a – brak pomarańczowych plam, allel b – brak czarnej obwódki).

Węże mogą mieć ubarwienie:

z pomarańczowymi plamami z czarnymi obwódkami – typ dziki
z pomarańczowymi plamami bez czarnych obwódek
z samymi czarnymi obwódkami bez pomarańczowego wypełnienia
albinotyczne.

Na podstawie: M. Maćkowiak i A. Michalak (red.), Biologia. Jedność i różnorodność, Warszawa 2008.
Fotografia: J.D. Wilson, herpsofnc.org

16.1. (0–1)

Zapisz wszystkie możliwe genotypy węży o ubarwieniu typu dzikiego.

16.2. (0–2)

Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany stosunek fenotypowy potomstwa podwójnie heterozygotycznej samicy o ubarwieniu dzikim i albinotycznego samca. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.

Krzyżówka genetyczna:

Stosunek fenotypowy:

Matura Maj 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 25. (4 pkt)

Prawo stałości składu, ustalanie wzoru Pozostałe

Trzy związki organiczne X, Y i Q są izomerami o masie molowej równej 90 g ∙ mol^–1. W wyniku spalenia 45 mg jednego z tych związków otrzymano 27 mg wody oraz 36,0 cm³ tlenku węgla(IV) odmierzonego w temperaturze 293 K i pod ciśnieniem 1013 hPa.

O cząsteczkach tych związków wiadomo, że:

szkielet każdej z cząsteczek stanowią połączone atomy węgla
cząsteczki związków X i Y są chiralne, a związku Q – achiralne
cząsteczki związków Y i Q mają takie same grupy funkcyjne
odczyn wodnego roztworu związku X jest obojętny, a odczyn wodnego roztworu związku Y – kwasowy.

Przeprowadzono następujące doświadczenie: do próbki związku X wprowadzono zawiesinę świeżo strąconego Cu(OH)₂, wymieszano (na zimno), a następnie ogrzano. Wyniki tego eksperymentu zilustrowano na poniższych zdjęciach.

Wynik doświadczenia
po wymieszaniu (na zimno) związku X z zawiesiną Cu(OH)₂	po ogrzaniu mieszaniny

Na podstawie obliczeń ustal wzór elementarny i rzeczywisty (sumaryczny) opisanych związków.
Następnie napisz:

wzory półstrukturalne (grupowe) związków X i Y
w formie cząsteczkowej równanie reakcji związku Q z wodorotlenkiem sodu.

Zastosuj wzory półstrukturalne (grupowe) związków organicznych. Uniwersalna stała gazowa R = 83,14 hPa ∙ dm³ ∙ mol⁻¹ ∙ K⁻¹.

Wzór sumaryczny związków:

Wzór półstrukturalny związku X	Wzór półstrukturalny związku Y

Równanie reakcji związku Q z wodorotlenkiem sodu:

Matura Czerwiec 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 18. (4 pkt)

Dziedziczenie Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Pozostałe

Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią.

Na podstawie: C. Lee i in. (red.), Textbook of Hemophilia, Singapur 2010.

18.1. (0–3)

Dwójka zdrowych rodziców ma syna, który cierpi na hemofilię typu B.

Określ genotypy rodziców. Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo urodzenia się tym rodzicom dziecka chorego na hemofilię typu B. Allel dominujący oznacz jako H, a allel recesywny – jako h.

Genotypy rodziców:
ojciec –
matka –

Krzyżówka:

		matka

ojciec
ojciec

Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: %

18.2. (0–1)

Wykaż, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B.

Matura Czerwiec 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 18. (4 pkt)

Dziedziczenie Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Pozostałe

Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią.

Na podstawie: C. Lee i in. (red.), Textbook of Hemophilia, Singapur 2010.

18.1. (0–3)

Dwójka zdrowych rodziców ma syna, który cierpi na hemofilię typu B.

Genotypy rodziców:
ojciec –
matka –

Krzyżówka:

		matka

ojciec
ojciec

Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: %

18.2. (0–1)

Wykaż, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B.

Matura Maj 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 16. (4 pkt)

Dziedziczenie Uzupełnij/narysuj wykres, schemat lub tabelę Pozostałe

Tułów ryby – brzanki sumatrzańskiej (Puntigrus tetrazona) – przecinają trzy poprzeczne czarne paski, ciągnące się od grzbietu do brzucha. Na poniższym zdjęciu przedstawiono trzy możliwe wzory paskowania występujące u brzanki sumatrzańskiej (1.–3.), różniące się długością paska oznaczonego strzałką.

Wzór paskowania brzanki sumatrzańskiej zależy od dwóch niesprzężonych ze sobą loci – A i B z allelami dominującymi (A i B) i recesywnymi (a i b):

wzór 1. – obecność co najmniej jednego allelu dominującego w każdym z obu loci daje wzór pełnego paskowania
wzór 2. – homozygotyczność recesywna tylko w jednym z loci powoduje skrócenie paska środkowego, który jednak przecina linię naboczną
wzór 3. – podwójna homozygotyczność recesywna sprawia, że pasek środkowy jest skrócony o połowę i kończy się na linii nabocznej.

Na podstawie: Z. Nowak (red.), Genetyka zwierząt w teorii i praktyce, Warszawa 2015;
J.S. Frankel, Inheritance of Trunk Striping in the Sumatran Tiger Barb […], „Journal of Heredity” 76, 1985
Fotografia: J.S. Frankel, How a Banded Barb Gets its Stripes, „AMAZONAS” 3(6), 2014.

16.1. (0–2)

Uzupełnij tabelę – dla każdego z fenotypów brzanki sumatrzańskiej wymienionych w tabeli zapisz wszystkie możliwe genotypy warunkujące dany fenotyp. Zastosuj oznaczenia alleli podane w tekście.

Fenotyp	Możliwe genotypy
pełne paskowanie – wzór 1.
skrócony pasek środkowy przecinający linię naboczną – wzór 2.

16.2. (0–2)

Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany rozkład wzoru paskowania wśród potomstwa dwóch podwójnie heterozygotycznych osobników brzanki sumatrzańskiej.

Krzyżówka genetyczna:

Wzór paskowania	wzór 1.	wzór 2.	wzór 3.
Oczekiwane proporcje	: :

Matura Maj 2024, Poziom rozszerzony (Formuła 2023) - Zadanie 16. (4 pkt)

Dziedziczenie Uzupełnij/narysuj wykres, schemat lub tabelę Pozostałe

Wzór paskowania brzanki sumatrzańskiej zależy od dwóch niesprzężonych ze sobą loci – A i B z allelami dominującymi (A i B) i recesywnymi (a i b):

wzór 1. – obecność co najmniej jednego allelu dominującego w każdym z obu loci daje wzór pełnego paskowania
wzór 2. – homozygotyczność recesywna tylko w jednym z loci powoduje skrócenie paska środkowego, który jednak przecina linię naboczną
wzór 3. – podwójna homozygotyczność recesywna sprawia, że pasek środkowy jest skrócony o połowę i kończy się na linii nabocznej.

16.1. (0–2)

Fenotyp	Możliwe genotypy
pełne paskowanie – wzór 1.
skrócony pasek środkowy przecinający linię naboczną – wzór 2.

16.2. (0–2)

Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie podaj oczekiwany rozkład wzoru paskowania wśród potomstwa dwóch podwójnie heterozygotycznych osobników brzanki sumatrzańskiej.

Krzyżówka genetyczna:

Wzór paskowania	wzór 1.	wzór 2.	wzór 3.
Oczekiwane proporcje	: :

Matura Czerwiec 2022, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 14. (3 pkt)

Układ krążenia Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Zamknięte (np. testowe, prawda/fałsz) Pozostałe

Kontakt erytrocytów mających w błonie komórkowej określony antygen ze skierowanym przeciwko niemu przeciwciałem obecnym w surowicy krwi skutkuje aglutynacją – zlepianiem się krwinek. Z tego powodu przetoczenie krwi niezgodnej pod względem grupy układu AB0 i czynnika Rh stanowi zagrożenie życia.

W celu potwierdzenia u pacjenta grupy krwi B Rh(–) wykonano test aglutynacji, stosując trzy rodzaje surowic:

z przeciwciałami anty-A
z przeciwciałami anty-B
z przeciwciałami anty-Rh (inaczej anty-D).

14.1. (0–2)

Określ, jaki wynik będzie jednoznacznie potwierdzać grupę krwi B Rh(–) tego pacjenta. Zaznacz w tabeli literę T (tak), jeśli w danej probówce dojdzie do aglutynacji, albo N (nie) – jeśli do niej nie dojdzie.

Przeciwciało	Aglutynacja
anty-A	T	N
anty-B	T	N
anty-Rh	T	N

14.2. (0–1)

Około 16% Europejczyków ma krew Rh(–). Za brak czynnika Rh odpowiada recesywny allel d.

Korzystając z prawa Hardy’ego-Weinberga, oblicz częstość występowania heterozygot w tej populacji. Zapisz obliczenia.

Częstość wynosi: %

Zbiór zadań CKE, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 35. (1 pkt)

Nasienne Pozostałe

Na rysunkach A–E, bez zachowania prawidłowej kolejności, przedstawiono przekroje poprzeczne strefy granicznej między korzeniem i łodygą w roślinie okrytonasiennej, z uwzględnieniem rozmieszczenia tkanek przewodzących w różnych warstwach tej strefy.

Na podstawie: A. Szweykowska, J. Szweykowski, Botanika. Morfologia, t. 1., Warszawa 2011, s. 184.

Uporządkuj rysunki A–E w takiej kolejności, aby poprawnie przedstawiały proces przejścia tkanek przewodzących z korzenia do łodygi.

Zbiór zadań CKE, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 20. (2 pkt)

Oddychanie komórkowe Uzupełnij/narysuj wykres, schemat lub tabelę Pozostałe

W tkankach roślin zwykle odbywa się oddychanie tlenowe, w warunkach braku lub niedoboru tlenu występuje też fermentacja mlekowa. Podczas beztlenowego rozkładu 1 mola glukozy do 2 moli pirogronianu, powstają 2 mole NADH oraz 2 mole ATP w procesie fosforylacji substratowej. W tlenowych etapach rozkładu 2 moli pirogronianu wytwarzane są 2 mole ATP w procesie fosforylacji substratowej oraz 8 moli NADH i 2 mole FADH₂. Z utleniania tych cząsteczek NADH i FADH₂ oraz NADH powstałego w czasie glikolizy powstają 32 mole ATP (dane teoretyczne). Ilość energii niezbędna do syntezy 1 mola ATP wynosi 12 kcal. Spalanie 1 mola glukozy w bombie kalorymetrycznej wyzwala 687 kcal energii.

Na podstawie: J. Kopcewicz, Podstawy biologii roślin, Warszawa 2012, s. 193–195.

a)	Porównaj losy NADH powstałego podczas fermentacji mlekowej z losami NADH powstałego podczas tlenowego rozkładu glukozy. W tym celu wypełnij poniższą tabelę.

Rodzaj oddychania	Proces, w którym NADH bierze udział jako substrat	Lokalizacja procesu, w którym NADH bierze udział jako substrat
fermentacja mlekowa
oddychanie tlenowe

b)	Oblicz teoretyczną wydajność energetyczną oddychania tlenowego oraz wydajność energetyczną fermentacji mlekowej dla 1 mola glukozy. Przedstaw swoje obliczenia – wyniki podaj w procentach.

Zbiór zadań CKE, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 1. (1 pkt)

Skład organizmów Pozostałe

Białka mają zróżnicowaną budowę, z czego wynika szeroki zakres pełnionych przez nie funkcji. Na rysunkach przedstawiono budowę cząsteczki hemoglobiny i mioglobiny.

Na podstawie: http://biochemia.wp.ap.siedlce.pl/Biofizyka/Biofizyka_4.ppt [dostęp: 17.10.2014].

Na podstawie analizy rysunków i posiadanej wiedzy porównaj budowę cząsteczek oraz funkcje biologiczne hemoglobiny i mioglobiny.

Matura Czerwiec 2019, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 29. (2 pkt)

Dziedziczenie Pozostałe

U pomidorów barwa owoców oraz owłosienie łodyg są warunkowane przez allele dwóch genów sprzężonych ze sobą całkowicie:

A – allel dominujący warunkujący owoce purpurowe,
a – allel recesywny warunkujący owoce czerwone,
B – allel dominujący warunkujący występowanie włosków na łodydze,
b – allel recesywny warunkujący brak włosków na łodydze (łodygę gładką).

Skrzyżowano ze sobą podwójnie hetrozygotyczne pomidory o genotypie ABab

Określ, jakie fenotypy wystąpią wśród roślin potomnych w pierwszym pokoleniu, i podaj ich stosunek liczbowy. Zapisz krzyżówkę genetyczną (szachownicę Punnetta), stosując oznaczenia alleli podane w tekście.

Krzyżówka genetyczna:

Fenotypy roślin potomnych i ich stosunek:

Matura Maj 2015, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 27. (1 pkt)

Wiązania chemiczne - ogólne Pozostałe

W poniższej tabeli zestawiono wartości temperatury wrzenia (pod ciśnieniem 1013 hPa) alkanu, alkanolu, alkanalu i alkiloaminy o zbliżonych masach cząsteczkowych.

Numer związku	Wzór związku	Masa cząsteczkowa, u	Temperatura wrzenia,°C
I	CH₃CH₂CH₃	44	– 42,2
II	CH₃CH₂OH	46	78,3
III	CH₃CHO	44	20,7
IV	CH₃CH₂NH₂	45	16,6

Na podstawie: W. Mizerski, Tablice chemiczne, Warszawa 1997.

Uszereguj związki o wzorach podanych w tabeli według wzrastającej siły oddziaływań występujących między cząsteczkami danego związku. Napisz numery, którymi oznaczono wzory tych substancji.

Matura Maj 2015, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 36. (1 pkt)

Estry i tłuszcze Pozostałe

Liczba jodowa jest miarą liczby wiązań nienasyconych, np. w tłuszczach. Określa ona liczbę gramów jodu, który może przyłączyć w warunkach standardowych 100 gramów tłuszczu.

Na podstawie: Encyklopedia szkolna. Chemia, Kraków 2005.

Poniżej podano wzory trzech tłuszczów.

Uszereguj tłuszcze o podanych wzorach zgodnie ze wzrastającą liczbą jodową − zapisz w kolejności numery, którymi je oznaczono.

Matura Czerwiec 2018, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 27. (2 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

Allel a warunkuje u lisów srebrzysty kolor sierści, allel A – platynowy kolor sierści, natomiast allel A^b odpowiada tylko za biały kolor pyska: takie lisy nazywają się białopyskie. Oba allele dominujące, które powstały na drodze mutacji allelu a, w stanie homozygotycznym dają efekt letalny. Taki sam skutek daje również ich układ heterozygotyczny – AA^b .

Podaj genotypy oraz fenotypy samicy i samca, u których w potomstwie wystąpią równocześnie lisy białopyskie, platynowe i srebrzyste. Zapisz odpowiednią krzyżówkę uzasadniającą odpowiedź.

Genotypy rodziców (P): i
Fenotypy rodziców (P): i

Krzyżówka:

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

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

Genotypy rodziców (P): i
Fenotypy rodziców (P): i

Krzyżówka:

Matura Maj 2018, Poziom podstawowy (Formuła 2007) - Zadanie 23. (3 pkt)

Dziedziczenie Pozostałe Podaj/wymień

Jedną z częściej występujących chorób genetycznych człowieka jest mukowiscydoza – choroba jednogenowa, warunkowana przez nieprawidłowy, recesywny allel a genu znajdującego się na autosomie. Rodzicom, z których matka była chora na mukowiscydozę a ojciec był zdrowy, urodziło się troje dzieci: jedno chore i dwoje zdrowych.

a)	Zapisz genotypy obojga rodziców.

Genotyp matki: Genotyp ojca:

b)	Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo, że kolejne dziecko tych rodziców będzie chore na mukowiscydozę.

Prawdopodobieństwo (%):

Matura Maj 2018, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) - Zadanie 26. (3 pkt)

Dziedziczenie Podaj/wymień Pozostałe

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

a)	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:

b)	Zapisz krzyżówkę genetyczną (szachownicę Punnetta) cynamonowej samicy i czarnego samca (rodziców z podpunktu a) 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 18. (2 pkt)

Ewolucjonizm i historia życia na ziemi Podaj i uzasadnij/wyjaśnij Pozostałe

W pewnej populacji motyli (populacja I), w której występują dwa allele warunkujące ubarwienie ciała, pozostającej w stanie równowagi genetycznej pod względem tych alleli, występowały zarówno motyle ciemne, jak i jasne. Jednorazowe pojawienie się drapieżnika spowodowało śmierć wszystkich osobników o fenotypie jasnym. W wyniku rozmnażania się osobników ciemnych, które przeżyły, powstała populacja II. Ubarwienie ciała tego gatunku motyla jest cechą autosomalną, determinowaną przez: dominujący allel A – warunkujący ubarwienie ciemne i recesywny allel a – warunkujący ubarwienie jasne.

18.1. (0–1)

Oblicz częstość allelu warunkującego ciemne ubarwienie ciała motyli w populacji I przed atakiem drapieżnika. Zapisz obliczenia.

Obliczenia:

18.2. (0–1)

Po przyjęciu założenia, że krzyżowanie się osobników jest losowe, określ, czy w populacji II motyli będą występowały osobniki o jasnym ubarwieniu ciała. Odpowiedź uzasadnij.

Pozostałe

Strony