Biologia, poziom rozszerzony - matura próbna, Matury próbne z Biologia

Pobierz Biologia, poziom rozszerzony - matura próbna i więcej Matury próbne w PDF z Biologia tylko na Docsity! w w w. o p e r o n . p l 1 KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI PRÓBNA MATURA Z OPERONEM Biologia Poziom rozszerzony Listopad 2018 Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 1. 1.1. Kohezja polega na wzajemnym przyciąganiu się cząsteczek wody (które wynika z two- rzenia się między nimi wiązań wodorowych), dzięki czemu słup wody w ksylemie/ drewnie nie ulega przerwaniu/jest jednolity (pomimo jego dużej wagi oraz działania siły grawitacyjnej). 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, w jaki sposób kohezja umożliwia transport wody w ksylemie, uwzględniające, na czym to zjawisko polega 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 1.2. transpiracja (szparkowa) 1 pkt – za podanie poprawnej nazwy procesu zachodzącego w nadziemnych częściach roślin, który umożliwia wytworzenie się siły ssącej liści 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–2 2. 2.1. 1. P, 2. F, 3. P 1 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń dotyczących desmosomów 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 2.2. Przykładowe odpowiedzi: – Pomiędzy komórkami roślinnymi nie muszą występować desmosomy, ponieważ po- dobną funkcję pełni ściana komórkowa, która nadaje wytrzymałość mechaniczną. – Komórki roślinne są otoczone (sztywną/nieprzepuszczalną) ścianą komórkową i sąsia- dujące ze sobą komórki są ściśle połączone, co nadaje im wytrzymałość mechaniczną. Dlatego połączenia zakotwiczające/desmosomy nie są w nich potrzebne. – Pomiędzy komórkami roślinnymi nie muszą występować desmosomy, ponieważ ściany komórkowe sąsiadujących komórek są sklejone za pomocą pektyn/blaszki środkowej, co nadaje tkance dużą wytrzymałość mechaniczną. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie uwzględniające występowanie w komórkach roślin- nych ściany komórkowej, która pełni podobną do desmosomów funkcję 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 0–2 3. 3.1. Przykładowe odpowiedzi: – Reakcje anaboliczne, ponieważ wymagają dostarczenia energii/ATP. – Są to reakcje endoergiczne/gromadzące energię, a więc mają charakter anaboliczny. – Reakcje (prowadzące do przekształcenia amoniaku w mocznik) mają charakter ana- boliczny, ponieważ mocznik jest związkiem bardziej złożonym niż amoniak/ze związku prostszego powstaje związek bardziej złożony. 1 pkt – za określenie anabolicznego charakteru reakcji prowadzących do powstania mocznika wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do wzrostu stopnia złożo- ności produktu względem substratu lub zapotrzebowania energetycznego 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 3.2. wątroba 1 pkt – za podanie poprawnej nazwy narządu, w którego komórkach zachodzi cykl mocznikowy 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–4 w w w. o p e r o n . p l 2 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 3.3. Przykładowe odpowiedzi: – Dzięki cyklowi mocznikowemu powstaje mniej toksyczny niż amoniak produkt prze- mian azotowych/przemiany materii (– mocznik). – Cykl mocznikowy pozwala na powstanie z amoniaku mniej toksycznego/szkodliwego dla człowieka mocznika. – Powstawanie mocznika w cyklu mocznikowym umożliwia wydalanie bardziej stężone- go moczu (i oszczędzanie wody). – Cykl mocznikowy, dzięki przekształcaniu amoniaku w mocznik, pozwala na ogranicze- nie strat wody w procesie wydalania. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie fizjologicznego znaczenia cyklu mocznikowego w orga- nizmie człowieka 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 3.4. B2 1 pkt – za znaczenie poprawnej nazwy etapu oddychania komórkowego (B) oraz po- prawnego miejsca zachodzenia tego etapu (2) 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 4. 4.1. 1. P, 2. F, 3. F 1 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń dotyczących doświadczenia 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 4.2. Przykładowe odpowiedzi: – Pochłaniają światło w innym zakresie barw niż chlorofil (ponieważ mają inne maksima absorpcji) i przekazują na niego energię swojego wzbudzenia. – Pełnią funkcję pomocniczą w procesie fotosyntezy, ponieważ wyłapują światło, które- go nie wyłapują chlorofile i przekazują na nie energię swojego wzbudzenia. – Chronią chlorofil/chlorofile przed nadmiernym natężeniem światła. – Zapobiegają uszkodzeniom aparatu fotosyntetycznego spowodowanym zbyt sil- nym światłem. 1 pkt – za podanie jednej poprawnej funkcji karotenoidów w liściach roślin 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–2 5. 5.1. Przykładowe odpowiedzi: – Sulfonamidy działają na zasadzie inhibicji kompetycyjnej, ponieważ konkurują z PABA/ kwasem p-aminobenzoesowym o centrum aktywne syntazy dihydropterynianowej/ enzymu. – Sulfonamidy działają na zasadzie inhibicji kompetycyjnej, ponieważ pod względem strukturalnym są podobne do PABA i przyłączają się do centrum aktywnego syntazy dihydropterynianowej/enzymu, która/który bierze udział w szlaku przemian metabo- licznych PABA do kwasu foliowego. – Sulfonamidy mają podobną do PABA budowę i oba te związki mogą się przyłączyć do centrum aktywnego tego samego enzymu. Wskazuje to na inhibicję kompetycyjną sul- fonamidów. 1 pkt – za określenie, że działają na zasadzie inhibicji kompetycyjnej oraz uzasadnienie uwzględniające bezpośrednio lub pośrednio konkurencję dwóch substratów o centrum aktywne enzymu 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 5.2. Przykładowe odpowiedzi: – Sulfonamidy (podobnie jak antybiotyki) ograniczają wzrost bakterii, ale nie tylko chorobotwórczych. Działają także na symbiotyczne bakterie bytujące w organizmie człowieka. Dlatego aby nie dopuścić do ich wyniszczenia, konieczne jest przyjmowanie (doustnych) probiotyków. 0–4 w w w. o p e r o n . p l 5 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 9. 9.1. 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 spodziewana frakcja niezapłodnionych jaj jaja rzeczywiście niezapłodnione Pokolenie ja ja n ie za pł od ni on e [% ] 1 2 3 4 5 6 2 pkt – za w całości poprawne wykonanie diagramu, tj.: – poprawne wyskalowanie osi i opatrzenie ich strzałkami – poprawne opisanie obu osi: jaja niezapłodnione [%]/frakcja jaj niezapłodnionych [%]/ udział jaj niezapłodnionych [%]/procentowy udział jaj niezapłodnionych oraz pokolenie (komarów)/pokolenia (komarów) – poprawne narysowanie obu linii na wykresie oraz opisanie tych linii w legendzie lub bezpośrednio nad każdą z linii 1 pkt – za częściowo poprawne wykonanie wykresu, tj.: za poprawne opisanie linii wykresu oraz poprawne opisanie osi lub za poprawne wyskalowanie osi oraz poprawne narysowanie linii wykresu zgodnie z podaną legendą 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 9.2. Przykładowe odpowiedzi: – Wraz ze wzrostem liczby sterylnych samców spada liczba złożonych (przez samice) jaj. – Im więcej jest sterylnych samców (komara), tym mniej zostaje złożonych jaj. – Liczba złożonych jaj rośnie ze spadkiem liczby sterylnych samców. 1 pkt – za poprawnie sformułowany wniosek, dotyczący zależności między liczbą steryl- nych samców a liczbą składanych jaj 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 9.3. B3 1 pkt – za zaznaczenie poprawnej odpowiedzi – wskazanie malarii oraz rozpoznanie, że jest ona chorobą wywoływaną przez protisty 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 0–4 w w w. o p e r o n . p l 6 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 10. 10.1. 1. głowa 2. noga 3. muszla 4. muszla 5. noga 1 pkt – za poprawne uzupełnienie wszystkich pięciu pól w schemacie 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 10.2. 1. F, 2. P, 3. P 1 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń dotyczących muszli mięczaków 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–2 11. 11.1. Przykładowe odpowiedzi: – Wpływ wyglądu rodziców zeberek na preferencje związane z wyborem partnera przez potomstwo. – Czy potomstwo zeberek przy wyborze partnera kieruje się wyglądem swoich rodzi- ców? – Wpływ ozdób na głowie rodziców zeberek na późniejszy wybór partnera przez potom- stwo. – Czy wygląd rodziców zeberek ma wpływ na preferencje związane z wyborem partnera przez potomstwo? Uwaga: Nie należy uznać odpowiedzi ogólnych, nieodnoszących się do zeberek. 1 pkt – za poprawnie sformułowany problem badawczy 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 11.2. Przykładowe odpowiedzi: – Grupa czwarta. – Próbę/grupę kontrolną stanowiła grupa, w której żadne z rodziców (zeberek) nie było ozdobione (piórkiem). – Para rodziców (zeberek) bez ozdób. – Grupa, w której ani samica/matka, ani samiec/ojciec nie mieli ozdoby (na głowie). 1 pkt – za określenie, że grupę kontrolną stanowiła grupa, w której żadne z rodziców nie było ozdobione 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 11.3. 1. N, 2. N, 3. T 1 pkt – za poprawną ocenę trzech wniosków 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–3 12. Przykładowe odpowiedzi: – Redukcja narządów rozrodczych u samic ptaków pozwala na obniżenie ich wagi, co usprawnia latanie. – U ptaków, które aktywnie latają, bardzo istotna jest niska masa ciała. Do jej osiągnięcia przyczynia się m.in. ograniczenie liczby jajników i jajowodów. Uwaga: Należy uznać również odpowiedzi, w których zamiast masy lub wagi pojawia się ciężar. 1 pkt – za poprawne wykazanie związku budowy żeńskiego układu rozrodczego ptaków ze sposobem ich lokomocji 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–1 w w w. o p e r o n . p l 7 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 13. 13.1. Przykładowe odpowiedzi: – Poziom cukru, który dostaje się z jelit do układu wrotnego jest zmienny, zależny od spożytego pokarmu/posiłku. Z układu wrotnego krew trafia do wątroby, w której nad- miar cukru/glukozy jest magazynowany (w postaci glikogenu) i uwalniany wtedy, gdy organizm go potrzebuje/gdy z jelita przez układ wrotny dostanie się go/jej do wątroby zbyt mało. Dzięki temu do żyły wątrobowej trafia krew, w której poziom cukru/gluko- zy jest stabilny/zależny od zapotrzebowania organizmu. – Krążenie wrotne pozwala na dostarczenie cukru pochodzącego z pokarmu w pierwszej kolejności do wątroby. Dzięki temu jego wysoki poziom w układzie wrotnym jest obni- żany przez wątrobę do stabilnego poziomu cukru w żyle wątrobowej. – Wątroba stanowi magazyn cukru (w postaci glikogenu). Jeśli w układzie wrotnym poziom cukru jest niski, wątroba go podwyższa do zgodnego z normą poziomu cukru w żyle wątrobowej. 1 pkt – za poprawne uzasadnienie, że krążenie wrotne wątroby pozwala na regulację poziomu cukru w organizmie, które uwzględnia zmiany w poziomie cukru w poszczegól- nych elementach układu wrotnego oraz funkcję wątroby w tej regulacji 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 13.2. Przykładowe odpowiedzi: – Dzięki istnieniu układu wrotnego wszystkie związki pobrane z pokarmem, także te szkodliwe, trafiają w pierwszej kolejności do wątroby, gdzie mogą ulec detoksykacji. W ten sposób nie dochodzi do ich toksycznego działania na resztę organizmu. – Wszystkie toksyczne substancje, które dostały się do organizmu drogą pokarmową, zanim trafią do żyły głównej dolnej, dostarczane są układem wrotnym do wątroby. W organie tym zachodzi ich neutralizacja, dzięki temu nie przedostają się one do innych części organizmu. 1 pkt – za poprawne uzasadnienie, że obecność układu wrotnego sprzyja detoksykacyj- nej funkcji wątroby 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 13.3. Nazwa: sieć dziwna (tętniczka) Narząd: nerka/mózg 1 pkt – za podanie poprawnej nazwy oraz poprawnego miejsca występowania sieci naczyń krwionośnych 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–3 14. – (Spowodowany treningiem w górach) wzrost liczby erytrocytów/czerwonych krwinek i ilości hemoglobiny powoduje zwiększenie wydolności sportowca (które utrzymuje się jakiś czas po treningu), ponieważ dzięki tym zmianom tkanki, w tym mięśnie (szkie- letowe i mięsień serca), są lepiej zaopatrzone w tlen. – Erytrocyty i hemoglobina odpowiedzialne są/hemoglobina zawarta w erytrocytach odpowiedzialna jest za transport tlenu w organizmie. Po treningu na dużych wyso- kościach (n.p.m.) jest ich więcej, zatem więcej tlenu jest dostarczanego do mięśni (szkieletowych i mięśnia serca). Dzięki temu sportowcy mogą osiągać lepsze wyniki/ mają większą wydolność. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się tylko do wzrostu liczby erytrocytów lub tylko do wzrostu ilości hemoglobiny, pod warunkiem, że uwzględniają one wzrost wydolności sportowca poprzez lepsze zaopatrzenie w tlen. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, w jaki sposób opisane w tekście zmiany fizjologiczne wywołane treningiem na dużych wysokościach n.p.m. wpływają na wydolność sportow- ców 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 0–1 w w w. o p e r o n . p l 10 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 18. 18.1. Genotyp: ab/ab lub ab ab Fenotyp: (ziarna) pomarszczone, bezbarwne Uwaga: Zapis genotypu aa bb jest niepoprawny. 1 pkt – za poprawne zapisanie genotypu i fenotypu z użyciem oznaczeń podanych w tekście 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 18.2. Obliczenia: 278 + 282 + 7 + 8 = 575 575– 100% 15 – X% 15 x 100% = 575 x X% Þ X = 2,61% lub częstość crossing over = X 100%, częstość crossing over = 2,61% Odpowiedź: 2,61 cM / jednostek mapowych / 2,61% (dopuszcza się 0,026 bez jednostki) Uwaga: Zdający może policzyć osobno odsetek, jaki stanowi każda z obu grup rekombi- nantów i zsumować je (1,22% + 1,39%). 2 pkt – za poprawne obliczenie odległości pomiędzy genami i podanie wyniku z jednost- ką (cM, centymorgan, jednostka mapowa, dopuszczalny % rekombinantów lub częstość rekombinantów 2,61% lub 0,026) 1 pkt – za zastosowanie poprawnej metody obliczenia odległości pomiędzy genami (iloraz sumy rekombinantów i sumy wszystkich osobników), ale błąd w obliczeniach lub podanie wyniku z niewłaściwą jednostką (np. 0,026 cM lub 2,61) 0 pkt – za błędną metodę obliczenia lub podanie jedynie wyniku, lub za brak odpowiedzi 18.3. 1. P, 2. F, 3. P 1 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń dotyczących dziedziczenia opisanych cech nasion kukurydzy 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–4 19. 19.1. Przykładowe odpowiedzi: – W kolistej cząsteczce DNA bakterii występuje tylko jedno (lub dwa) miejsce inicjacji replikacji/miejsce ori, natomiast w liniowej cząsteczce DNA u Eucaryota miejsc tych jest ich wiele/(znacznie) więcej. – Podczas replikacji w DNA organizmu eukariotycznego występuje (znacznie) więcej replikonów niż w DNA organizmu prokariotycznego. – Podczas replikacji DNA u Procaryota tworzy się tylko jedno (lub dwa) oczka replikacyj- ne, natomiast u Eucaryota oczek replikacyjnych jest wiele. – Podczas replikacji DNA w organizmie eukariotycznym powstaje więcej widełek replika- cyjnych niż u bakterii. Uwaga: Nie należy uznać odpowiedzi odnoszących się tylko do kształtu cząsteczek DNA u Procaryota i Eucaryota. 1 pkt – za podanie poprawnej, widocznej na schemacie, różnicy w przebiegu procesu replikacji DNA w organizmie prokariotycznym i eukariotycznym 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 19.2. Mechanizm replikacji DNA u bakterii jest semikonserwatywny, ponieważ każda z dwóch potomnych/nowo powstałych/powstałych w replikacji/nowych cząsteczek DNA składa się z jednej nici macierzystej/rodzicielskiej/starej oraz z jednej nici potomnej/ nowo zsyntetyzowanej. 1 pkt – za poprawne uzasadnienie, że mechanizm replikacji DNA u bakterii jest semikon- serwatywny 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–2 w w w. o p e r o n . p l 11 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 20. 20.1. SG Sg sG sg SG SSGG SSGg SsGG SsGg Sg SSGg SSgg SsGg Ssgg sG SsGG SsGg ssGG ssGg sg SsGg Ssgg ssGg ssgg Prawdopodobieństwo wystąpienia wśród roślin potomnych osobnika o fenotypie rośli- ny rodzicielskiej lub 0,5625 lub 56,25% Uwaga: W przypadku, gdy zdający użyje innego oznaczenia literowego alleli genu, np. „A” i „a” oraz „B” i „b” i poda legendę, może otrzymać 2 pkt, jeżeli poprawnie rozwiąże i zinterpretuje krzyżówkę. Zastosowanie innych oznaczeń bez legendy z poprawnym rozwiązaniem krzyżówki i podaniem prawdopodobieństwa skutkuje przyznaniem 1 pkt. 2 pkt – za poprawne obliczenie prawdopodobieństwa wynikającego z poprawnie zapisa- nej krzyżówki genetycznej 1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej przy niewłaściwie obliczonym prawdopodobieństwie 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 20.2. SSgg, Ssgg (kolejność nie ma znaczenia) Uwaga: W przypadku, gdy zdający użyje innego oznaczenia literowego alleli genu, np. „A” i „a” oraz „B” i „b” i poda legendę, może otrzymać 1 pkt, jeżeli poda poprawne genotypy. W przypadku użycia odmiennych oznaczeń i braku legendy, zdający otrzymuje 0 pkt. 1 pkt – za poprawne wypisanie wszystkich genotypów warunkujących osobniki grochu o strąkach o pełnych kształtach i zielonych nasionach 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 20.3. Przykładowe odpowiedzi: – samosterylność/samopłonność – dwupienność – przedsłupność/protogynia/wcześniejsze dojrzewanie słupków niż pręcików – przedprątność/protoandria/wcześniejsze dojrzewanie pręcików niż słupków – różnosłupkowość/heterostylia/zróżnicowana długość słupków i pręcików/odmienna długość słupków i pręcików 1 pkt – za podanie jednego poprawnego przystosowania roślin do zapobiegania samoza- pyleniu 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–4 21. Przykładowe odpowiedzi: – Bliźnięta jednojajowe mogą się różnić wyglądem, ponieważ na ich fenotyp wpływ mają warunki środowiska, w jakich przebywają/w jakich się wychowywały (a nie tyl- ko genotyp). – Wygląd bliźniąt zależy nie tylko od genotypu, lecz także od oddziaływań środowiska. – Bliźnięta jednojajowe nie zawsze są identyczne z wyglądu ze względu na zmien- ność środowiskową. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego bliźnięta jednojajowe nie zawsze wyglądają identycznie 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 0–1 w w w. o p e r o n . p l 12 Biologia. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM Numer zadania Poprawna odpowiedź i zasady przyznawania punktów Liczba punktów 22. 22.1. U modraszków telejusa i alkona występuje rozwój złożony z przeobrażeniem (zupełnym / niezupełnym). Ich dorosłe osobniki odwiedzają kwiaty i żywią się ich nektarem. Jest to przykład (komensalizmu / mutualizmu). Po wykluciu się z jaj postaci larwalne tych gatunków początkowo żerują na roślinach, natomiast po adoptowaniu przez mrówki, stają się (saprofagami / drapieżnikami). 1 pkt – za podkreślenie trzech poprawnych określeń 0 pkt – za każdą inną odpowiedź lub za brak odpowiedzi 22.2. Przykładowe odpowiedzi: – Modraszki telejus i alkon mają różne nisze ekologiczne, ponieważ ich dorosłe postaci żywią się nektarem różnych gatunków roślin (modraszek telejus żywi się nektarem głównie krwiściągu lekarskiego, natomiast alkon nektarem różnych gatunków)/mają odmienną bazę pokarmową. – Ich nisze ekologiczne są odmienne, ponieważ każdy z tych gatunków składa jaja na innym gatunku rośliny (modraszek telejus na krwiściągu lekarskim, a alkon na gorycz- ce wąskolistnej). – Nisze ekologiczne tych gatunków różnią się, ponieważ larwy/gąsienice każdego z nich żerują na odmiennych gatunkach roślin/dwóch różnych gatunkach roślin (modraszka telejusa na krwiściągu lekarskim, a alkona na goryczce wąskolistnej). 1 pkt – za poprawne uzasadnienie odnoszące się do tekstu, wskazujące, że modraszki telejus i alkon, pomimo występowania w takich samych siedliskach, mają odmienne nisze ekologiczne 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 22.3. Przykładowe odpowiedzi: Stwierdzenie jest błędne. Gatunki modraszków występujące w Polsce należą do różnych rodzajów, ponieważ: – mają odmienne pierwsze człony nazwy łacińskiej, – ich łacińskie nazwy rodzajowe są różne [(np.) Maculinea i Polyommatus], – modraszek telejus/alkon należy do rodzaju Maculinea, a (modraszek) ikar do rodza- ju Polyommatus, – różnią się nazwami rodzajowymi. 1 pkt – za wskazanie, że stwierdzenie jest błędne oraz poprawne uzasadnienie odnoszą- ce się do różnych rodzajowych nazw łacińskich modraszków 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą powyższych wymagań lub za brak odpowiedzi 0–3