Здравствуйте, уважаемые читатели блога репетитора биологии biorepet-ufa.ru.
Эта страничка моего блога является продолжением информации по анализу Методических рекомендаций В.С.Рохлова с соавт., излагаемой в предыдущей статье.
Большую часть своей работы авторы данных рекомендаций посвятили такому большому и важному разделу Общей биологии как матричные процессы .
Задания, на выявление знаний у учащихся самых важных основ «устройства» жизни, в ЕГЭ по биологии обязательно есть не только в Части 2 (процессы транскрипции и трансляции), но и в Части 1 (закономерности строения нуклеиновых кислот, репликация ДНК, свойства генетического кода).
Далее в тексте привожу копию Методических рекомендаций лишь с небольшими моими замечаниями.
Начиная с 2009 г. в КИМ ЕГЭ по биологии обязательно включались задачи по проверке знаний и умений из области молекулярной биологии. Именно в период штатного режима ЕГЭ начали складываться модели заданий по молекулярной биологии высокого уровня сложности, а также критерии по их оцениванию, в которых за максимально правильный ответ всегда выставлялось 3 балла.
Пример задания, используемого в КИМ ЕГЭ по биологии в 2009 г. (но я точно знаю, что такого уровня сложности задание по молекулярной биологии впервые появилось на ЕГЭ по биологии только в 2014 году и даже не все эксперты тогда правильно поняли суть этого задания).
Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов: АТАГЦТГААЦГГАЦТ. Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте,и аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону тРНК. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу генетического кода. (Сама начальная фраза: «Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице» в этом задании несла тогда НОВУЮ смысловую нагрузку, потому что в любых школьных пособиях гены ДНК рассматривались как участки с закодированной информацией об и-РНК. Поэтому и в этом задании предлагалось решать по трафарету, не изобретая как мне написали «колеса»: раз дана ДНК переписывай с неё информацию на и-РНК).
Схема решения задачи включает:
1) нуклеотидная последовательность участка тРНК: УАУЦГАЦУУГЦЦУГА;
2) нуклеотидная последовательность антикодона ЦУУ (третий триплет) соответствует кодону
на иРНК ГАА;
3) по таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота ГЛУ, которую
будет переносить данная тРНК.
В последующие годы разработчики КИМ ЕГЭ расширили вариативность исходной модели. Так, очень популярными стали задания на определение фрагмента ДНК по имеющейся молекуле иРНК или мутаций во фрагменте ДНК.
Фрагмент исходной цепи молекулы ДНК: ТГЦАГТЦЦГГ. Известно, что произошла мутация, в результате которой восьмой нуклеотид потерян. Определите новую последовательность нуклеотидов в молекуле ДНК и иРНК, синтезируемой на мутантной ДНК, а также последовательность аминокислот в молекуле белка, синтезируемой на мутантной ДНК. Используйте таблицу генетического кода.
Элементы ответа:
1) молекула мутантной ДНК: ТГЦАГТЦГГ;
2) молекула и РНК, синтезируемая на мутантной ДНК: АЦГУЦАГЦЦ;
3) молекула мутантного белка: тре-сер-ала.
Дальнейшая эволюция заданий в ЕГЭ определялась развитием и углублением биологического содержания в старшей школе. Так, в ряде профильных учебников по разделу «Общая биология» появляется понятие «антипараллельность» – сначала робко в рисунках, где изображались двухспиральные молекулы ДНК
(Теремов А.В., Петросова Р.А. Биология. Биологические системы и процессы. 10 класс. – М.: Мнемозина, 2010), а затем в тексте параграфов, например при объяснении структур, определяющих стабильность иРНК, их роли в регуляции экспрессии (Захаров В.Б. Биология. Общая биология. 10 кл. Углубленный уровень – М.: Дрофа, 2013). В 2020 г. понятие «антипараллельность» было включено в задачи ЕГЭ по биологии.
Пример задания, используемого в КИМ ЕГЭ по биологии в 2020 г.
Известно, что комплементарные цепи нуклеиновых кислот антипараллельны (5’-концу в одной цепи соответствует 3’-конец другой цепи). Синтез нуклеиновых кислот начинается с 5’-конца. Рибосома движется по иРНК в направлении от 5’- к 3’-концу. Ретровирус в качестве генома содержит молекулу РНК. При заражении клетки он создаёт ДНК-копию своего генома и встраивает её в геном клетки-мишени. Фрагмент генома ретровируса имеет следующую последовательность: 5’-АЦГУАУГЦУАГАУГЦ-3’. Определите последовательность фрагмента ДНК-копии, которая будет встроена в геном клетки-мишени. Определите последовательность фрагмента белка, синтезируемого
на данном фрагменте ДНК-копии, если цепь, комплементарная исходной молекуле РНК, будет служить матрицей для синтеза иРНК. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода. При написании последовательностей нуклеиновых кислот указывайте направление цепи.
Схема решения задачи включает:
1) последовательность ДНК копии:
3’-ТГЦАТАЦГАТЦТАЦГ-5’
5’-АЦГТАТГЦТАГАТГЦ-3’
ИЛИ
5’-АЦГТАТГЦТАГАТГЦ-3’
3’-ТГЦАТАЦГАТЦТАЦГ-5’
ИЛИ
5’-ГЦАТЦТАГЦАТАЦГТ-3’
3’-ЦГТАГАТЦГТАТГЦА-5’
ИЛИ
3’-ЦГТАГАТЦГТАТГЦА-5’
5’-ГЦАТЦТАГЦАТАЦГТ-3’;
2) последовательность иРНК: 5’-АЦГУАУГЦУАГАУГЦ-3’;
3) последовательность аминокислот в полипептиде: тре-тир-ала-арг-цис.
Принципиально новая подача условий в задании значительно разнообразила вариативность данной линии.
Пример задания, используемого в КИМ ЕГЭ по биологии в 2022 г.
Известно, что комплементарные цепи нуклеиновых кислот антипараллельны (5’-концу в одной цепи соответствует 3’конец другой цепи). Синтез нуклеиновых кислот начинается с 5’-конца. Рибосома движется по иРНК в направлении от 5’- к 3’-концу. Фрагмент начала гена имеет следующую последовательность (нижняя цепь матричная (транскрибируемая)):
5ʹ-АТЦАТГТАТГГЦТАГАГЦТАТТ-3ʹ
3’-ТАГТАЦАТАЦЦГАТЦТЦГАТАА-5’
Определите последовательность аминокислот во фрагменте начала полипептидной цепи,объясните последовательность решения задачи. При ответе учитывайте, что полипептидная цепь начинается с аминокислоты мет. Известно, что итоговый фрагмент полипептида, кодируемый этим геном, имеет длину более четырёх аминокислот. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода. При написании последовательностей нуклеиновых кислот указывайте направление цепи.
Схема решения задачи включает:
1) последовательность иРНК: 5ʹ-АУЦАУГУАУГГЦУАГАГЦУАУУ-3ʹ;
2) аминокислоте мет соответствует кодон 5ʹ-АУГ-3ʹ (АУГ);
3) при синтезе с первого кодона 5ʹ-АУГ-3ʹ (АУГ) фрагмент полипептида обрывается (в рамке считывания присутствует стоп-кодон);
4) синтез фрагмента полипептида начинается со второго кодона 5ʹ-АУГ-3ʹ (АУГ) (синтез начинается с восьмого нуклеотида);
5) последовательность аминокислот во фрагменте полипептида находим по таблице генетического кода: мет-ала-арг-ала-иле.
В Федеральной рабочей программе (ФРП) углубленного уровня среднего общего образования по биологии в теме «7. Наследственная информация и реализация её в клетке» представлены следующие дидактические единицы: Реакции матричного синтеза. Принцип комплементарности в реакциях матричного синтеза. Реализация наследственной информации. Генетический код, его свойства. Транскрипция — матричный синтез РНК.
Принципы транскрипции: комплементарность, антипараллельность, асимметричность. Созревание матричных РНК в эукариотической клетке. Трансляция и её этапы. Участие транспортных РНК в биосинтезе белка. Условия биосинтеза белка. Кодирование аминокислот. Роль рибосом в биосинтезе белка.
С 2025 г. в КИМ ЕГЭ имеются вариации по следующим сюжетным направлениям работы с генетическим кодом: сдвиг рамки считывания, палиндромы, поиск кодирующей цепи, выбор матричной цепи, на которой в открытой рамке считывания (ОРС) присутствует определенная (заданная в условии) аминокислота.
Рассмотрим несколько методических приемов отработки данного содержания.
Процесс состоит из двух этапов:
1) Транскрипция (синтез РНК на матрице ДНК);
2) Трансляция (синтез полипептида на матрице РНК).
Транскрипция происходит в ядре у эукариот и в цитоплазме у прокариот. Трансляция проходит в цитоплазме у всех организмов.
У эукариот есть процессинг РНК после синтеза, у прокариот его нет. Существует принцип комплементарности азотистых оснований нуклеотидов (А-Т, Г-Ц). Состав нуклеотидов ДНК и РНК различается (в ДНК: А, Т, Г, Ц, а в РНК: А, У, Г, Ц).
Цепи нуклеиновых кислот имеют направление (5’-конец – это начало; 3’-конец – это конец). Связанные комплементарно цепи нуклеиновых кислот антипараллельны (5’-концу одной цепи соответствует 3’-конец другой цепи):
• однонитевые нуклеиновые кислоты могут иметь комплементарные участки внутри одной цепочки, из-за взаимодействия которых образуется вторичная структура (например, шпильки);
• на иРНК есть нетранслируемые области; часть иРНК, кодирующая полипептид, называется открытой рамкой считывания (ОРС), которая начинается с триплета АУГ, кодирующего аминокислоту метионин,
заканчивается стоп-кодоном;
• синтез РНК всегда происходит в направлении от 5’-конца к 3’-концу;
• при синтезе полипептида рибосома движется по иРНК в направлении от 5’-конца к 3’-концу (рибосома садится на 5’-конец и синтез полипептида начинается с него);
• также необходимо знать, как устроен генетический код и каковы его свойства и уметь пользоваться таблицей генетического кода.
Примеры заданий
Важно: задания расположены в порядке от простых к сложным, но они все обязательны. Пропуск первых, самых очевидных из них, ведет к отсутствию фундаментальных базовых навыков у учеников.
Задание 1: написание комплементарных цепей.
Надо пробовать все варианты: написание ДНК по ДНК, РНК по ДНК и ДНК по РНК. Пока ученики не начнут быстро по памяти верно писать цепочки, не путать тимин и урацил и всегда верно подписывать концы, это упражнение необходимо повторять снова и снова.
Задание 2: написание полипептида по последовательности иРНК. Сначала можно просто дать ученикам набор триплетов и попросить найти аминокислоты по таблице. Затем наоборот: по аминокислотам необходимо найти все кодирующие их триплеты. Полезно, но не обязательно выучить старт-кодон (АУГ) и стоп-кодоны (УГА, УАА и УАГ), это ускорит выполнение поиска рамки считывания в следующих заданиях.
Задание 3: поиск открытой рамки считывания.
Есть два варианта: 1) поиск по старт-кодону или стоп-кодону. В случае со старт-кодоном надо найти АУГ и, начиная с него, разбить последовательность на триплеты в сторону 3’-конца; 2) необходимо найти стоп-кодон и, начиная с него, разбить последовательность на триплеты в сторону 5’-конца.
Обучающимся можно предложить задание, в котором не будет указано, какая из цепей ДНК матричная, но будет известно, какие аминокислоты содержит полипептид. В этом случае получится аналог задания КИМ ЕГЭ 2025 г. на поиск кодирующей цепи.
Главное: если последовательно отработать с учащимися все типы заданий, приведенные выше, то им не составит труда решить любое задание, даже если оно будет новой модели. Набор требуемых навыков во всех заданиях линии 27 одинаковый и не зависит от модели задания.
Вот такие «казуестические» нововведения последних лет в заданиях матричного синтеза в ЕГЭ по биологии необходимо успевать «улавливать» учителям, чтобы суметь доходчиво объяснять все эти новшества своим учащимся.
Но я то наивно полагал, что сотрудники Федерального Института Педагогических Измерений (ФИПИ) составители вариантов КИМов может быть хоть чуть-чуть приостановятся в своей невообразимой и необозримой гонке по усложнению школьного экзамена по биологии. А оказалось, что этот уровень изучения матричных процессов в клетке для подготовки к сдаче экзамена еще только цветочки…
Ещё одним ключевым практическим направлением является освоение обучающимися основ филогенетической систематики, позволяющей решать задачи по эволюции органического мира.
За последние 30 лет биологическая наука сделала огромный рывок в изучении изменчивости организмов на молекулярном уровне: подавляющее большинство научных публикаций, посвященных таксономии, систематике и эволюции живых организмов, не обходится без данных о нуклеотидных (или аминокислотных) последовательностях.
При описании (выделении) новых видов используются уже ставшие золотым стандартом гены «баркодинга» или «штрикода», такие как, например, цитохромоксидаза 1 (cyt1) или субъединицы митохондриальной РНК (rRNA L; rRNA S). Сравнивая последовательности этих (и многих других) генов у двух организмов, можно определить количество различий между ними. На основании этих различий можно предполагать степень их родства (организмы принадлежат одному или разным видам), насколько сильна изоляция между популяциями организмов и многое другое. Более того, сравнивая между собой последовательности одинаковых генов из разных организмов, можно строить филогенетическое дерево. Филогенетическое дерево – математическая модель, отражающая эволюционные взаимосвязи между различными видами, которые имеют общего предка. Необходимо отметить, что мы рассматриваем гипотетические
исторические связи между организмами, т.е. дерево может отражать реальные события или не отражать их.
.
Данное понятие рассматривается в ФРП по биологии (углубленный уровень) в теме 3. «Макроэволюция и её результаты» представлены следующие дидактические единицы: «Эмбриологические и сравнительно-морфологические методы изучения эволюции. Генетические механизмы эволюции онтогенеза и появления эволюционных новшеств. Гомологичные и аналогичные органы. Рудиментарные органы и атавизмы. Молекулярно-генетические, биохимические и математические методы изучения эволюции. Гомологичные гены. Современные методы построения филогенетических деревьев».
.
Филогенетическое дерево представляет собой структуру, состоящую из узлов и ветвей (рис. ниже). В терминальных (конечных) узлах расположены исследуемые таксоны, в то время как внутренние узлы представляют собой места ветвления дерева. Обратите внимание на то, что в большинстве случаев в узлах происходит ветвление дерева надвое, а узлы, из которых отходит больше двух ветвей, считаются неразрешенными – подлежащими дальнейшим исследованиям. Терминальные узлы также отражают позицию ближайшего общего предка для нескольких таксонов. Так, например, в изображённом филогенетическом дереве из приведенных организмов ближайшим к человеку является мышь.
Из представленной схемы филогенетического дерева логично вытекает, что таксонами являются объединения их терминальных узлов, которые содержат всех потомков одного общего предка. Такие таксоны называются кладами или монофилетическими таксонами (в узком смысле этого слова). В приведенном примере монофилетическим таксоном выступает клада, объединяющая человека и мышь. Как нетрудно догадаться, этот таксон соответствует плацентарным млекопитающим (хотя возможны и другие интерпретации).
Многие филогенетические деревья не только отражают родственные взаимоотношения между видами, но и позволяют давать количественную оценку таких различий. Для этого ученым на дереве задается параметр длина ветви. (Как хочется после всей этой «тягомотины» снова оказаться на дереве). Чем длиннее ветвь,
тем большее количество различий будет между исследуемыми организмами (на практике – расстояние между генами). В нашем примере масштабный отрезок отражает 10 % (0,1) различий (замен) между последовательностями.
Как, используя масштабный отрезок, можно рассчитать дистанцию между двумя таксонами на дереве? Ответ окажется достаточно прост: необходимо сложить сумму всех ветвей, которые кратчайшим образом соединяют два таксона, начиная от общего предка.
Например, в случае если мы хотим рассчитать дистанцию между мышью и человеком, то сложим два отрезка (один отрезок от «узла» до человека и другой отрезок от «узла» до мыши). Получается, что дистанция на таком дереве между человеком и мышью будет составлять 20 %. Сложнее рассчитать расстояние между человеком и мухой. В данном случае предок будет в более глубоком узле и необходимо сложить между собой все масштабные отрезки. Заметим, что ветвь от корня до мухи не делится нацело на 10, а значит, мы не можем представить её в виде двух стандартных отрезков. Поэтому один отрезок показан пунктиром. Получается, что дистанция от корня до мухи – примерно 15 %. Такие же два отрезка ведут от корня до человека. А значит, согласно нашему филогенетическому дереву расстояние между человеком и мухой составит 30 %.
Стоит отметить, что задания, посвященные интерпретации филогенетических деревьев, встречаются в ЕГЭ в течение последних лет среди заданий как повышенного, так и высокого уровня сложности. В качестве примера приведем одно из заданий линии 24, проверяющее умение проводить анализ филогенетического дерева китообразных и их ближайших родственников.
Задание
Рассмотрите филогенетическое древо млекопитающих. Какая форма эволюционного процесса привела к возникновению зубатых и усатых китов? Определите, какая из современных групп млекопитающих находится в ближайшем родстве с китообразными. Какие морфологические признаки сформировались у китов в связи с водным образом жизни? Укажите любые три признака.
По этому дереву можно определить, что общий предок гренландского и горбатого китов жил примерно 30 млн лет назад, а предок всех китообразных существовал около 40 млн лет назад. Более того, предок китообразных и ближайших им парнокопытных животных (гиппопотамов) существовал примерно
55 млн лет назад. Но как соотнести между собой время расхождения между таксонами и долю накопленных различий в генах между ними? Ответ на этот, казалось бы, простой вопрос занял у учёных множество времени.
Во-первых, на нуклеотидном уровне не все замены (мутации) являются одинаковыми. Далее по тексту мы обсуждаем лишь генные мутации, поэтому описанная терминология в общем случае верна только для них. Существуют синонимичные мутации, которые не ведут к замене аминокислоты, но ведут к изменению кодона (изменению последовательности ДНК), а также несинонимичные мутации, которые приводят к замене
аминокислоты в последовательности белка.
Во-вторых, мутации могут иметь разный фенотипический эффект. Выделяют полезные (повышающие приспособленность), вредные (понижающие приспособленность) и нейтральные (никак не влияющие
на приспособленность) мутации. Очевидно, что подавляющее большинство синонимичных мутаций нейтральные (так как белковый продукт никак не изменяется), однако нейтральные мутации также могут быть обнаружены и среди несинонимичных мутаций. Полезные мутации поддерживаются естественным отбором и быстро распространяются (фиксируются) в популяции. Вредные мутации, наоборот, постепенно
вычищаются (элиминируются) из популяций.
Процессы, приводящие к эволюционному изменению нуклеотидных и белковых последовательностей, были представлены в экзамене на протяжении многих лет. В качестве примера приведем задание линии 26
высокого уровня сложности.
Задание
У плацентарных млекопитающих аминокислотные последовательности фермента гликолиза фосфофруктокиназы различаются. При сравнении аминокислотной последовательности этого фермента оказалось, что участок, формирующий активный центр, идентичен у всех плацентарных млекопитающих. Объясните этот факт. Какой тип отбора иллюстрирует данный пример? Ответ поясните. Почему при сравнении нуклеотидной последовательности, кодирующей активный центр фермента, замены всё же обнаруживаются? Какое свойство генетического кода иллюстрирует данный пример?
В данном задании рассматривается пример стабилизирующего отбора. Действительно, активный центр довольно консервативного фермента гликолиза не должен меняться, так как его функция не меняется (или почти не меняется) независимо от организма, в котором процесс гликолиза протекает. Поэтому все несинонимичные замены в области активного центра фермента являются скорее вредными и поэтому будут
отчищаться отбором.
Но синонимичные мутации не видны для отбора, и поэтому на их фиксацию или элиминацию будет влиять другой эволюционный фактор – дрейф генов. Именно благодаря дрейфу генов (случайному эволюционному фактору) какие-то из синонимичных мутаций будут фиксироваться. Эти мутации и будут видны при сравнении гена фосфофруктокиназы различных животных.
Для реконструкции филогенетических деревьев полезные или вредные замены не подходят, потому что время, за которое они будут фиксироваться в популяции, зависит от множества факторов, главным из которых является скорость естественного отбора. Если у одного вида отбор идет активно, и мутация зафиксировалась за 10 тысяч лет, а у другого – слабо и другая мутация зафиксировалась за 100 тысяч лет, то по итогу одинаковые видимые различия соответствуют совсем разным временам расхождения.
Нейтральные же мутации фиксируются за известное количество времени. Это можно проиллюстрировать при помощи нехитрых математических расчетов. Из курса общей биологии за 11 класс известно, что вероятность фиксации вновь возникшей мутации под действием дрейфа генов составляет 1/2N, где N- число диплоидных особей в популяции. Единица в числителе такой формулы означает, что данная мутация возникла у единственной особи в популяции. Это разумно, если считать, что мутации – это достаточно редкие события и почти невозможно наблюдать одинаковые заново возникшие мутации у двух неродственных организмов.
Теперь представим себе, что вероятность мутации, возникшей у особи за одно поколение, составляет k. Тогда за одно поколение в популяции возникнет k×2N мутаций. А какая вероятность им быть зафиксированными, мы уже рассчитали выше – 1/2N. Получается, всего в популяции за поколение фиксируется k мутаций (замен). Обратите внимание на то, что эта великолепная закономерность никак не зависит от численности популяции.
Формулируется закономерность следующим образом: количество накопленных замен между особями пропорционально скорости (частоте) мутагенеза (k).
Но какое отношение знания о скорости фиксации мутаций имеют к построению филогенетических деревьев? В реальности абсолютно прямое. По факту решение задачи о построении филогенетического дерева – это обратная задача той, что мы решили выше.
Рассмотрим последовательность гена у общего предка и двух потомков. Пусть известно, что с момента существования общего предка прошло 10 млн лет (T). Также известно, что в изображенной последовательности за 5 млн лет фиксируется одна замена (k). Обратим внимание на то, что в популяции может возникать гораздо больше замен, но фиксироваться будет только одна. Тогда за 10 млн лет у каждого потока зафиксируется по две замены (рис.).
Теперь решим обратную задачу. Возьмем две последовательности потомков и найдем общее количество отличий в них. Нетрудно догадаться, что количество этих различий (D) будет равно четырем (рис. 2). Пусть теперь известно, что в изображенной последовательности за 5 млн лет фиксируется одна замена (k). Тогда можно рассчитать, какое время назад существовал последний общий предок (T). T = D/(2×k) = 4/2×1 = 2, а так время – 5 млн лет, то итоговое время как раз и составит 10 млн. Обратим внимание на то, что в знаменателе формулы стоит цифра 2, так как после разделения общего предка обе группы потомков эволюционируют независимо. Таким образом, мы решили обратную задачу, а именно, зная количество замен и скорость их образования нашли время существования общего предка.
В 1965 г. Э. Цукеркандль и Л. Полинг сравнили последовательности нескольких белков у позвоночных животных и пришли к выводу, что представленные теоретические расчеты вполне соответствуют реальным данным. Так была сформулирована теория молекулярных часов.
Рассмотрим еще одну задачу.
При каждом раунде репликации ДНК полимераза вносит ошибки в последовательность нуклеотидов. Чем раньше существовал общий предок двух видов, тем больше различий (нуклеотидных замен) накапливается между последовательностями ДНК потомков этого предка. Филогенетические деревья позволяют продемонстрировать эволюционную связь между потомками общего предка. Ниже приведено выравнивание последовательностей смысловых цепей гомологичных участков одного из генов трёх штаммов бактерии и их известного общего предка. Измененные нуклеотиды в выравнивании выделены жирным шрифтом.
Постройте филогенетическое древо для данных трёх штаммов на основании представленных последовательностей нуклеотидов. Укажите порядок возникновения трёх штаммов. Рассчитайте, когда существовал последний общий предок штаммов В и С при условии, что на приведенном участке за сто поколений возникает три нейтральные* мутации. Приведите расчеты, аргументируя ответ. Считайте, что одно поколение у данного вида бактерии сменяется за 20 минут, а также что все мутации, которые произошли в данном участке гена, нейтральные. При ответе округляйте значения до первого знака после запятой.
* Нейтральные мутации – это изменения в последовательности ДНК, которые не оказывают никакого влияния на приспособленность организма.
Приведем критерий оценивания данного задания.
Приведенные примеры заданий можно использовать в учебном процессе при изучении понятия «Филогенетическое дерево». (Ах как я любил преподавать биологию ДО прочтения этих Методических рекомендаций для подготовки школьников к сдаче ЕГЭ по биологии на 2026 год).
В довершении ко всему, при подготовке к ЕГЭ по биологии в 2026 г. авторы Методических рекомендаций советуют особое внимание обратить на следующие дидактические единицы:
-
- Фундаментальные, прикладные и поисковые научные исследования в биологии.
- Понятие о зависимой и независимой переменных.
- Постановка и проверка гипотез. Нулевая гипотеза.
- Понятие выборки и ее достоверность. Разброс в биологических данных. Оценка достоверности полученных результатов. Причины искажения результатов эксперимента.
- Понятие статистического теста как математического метода проверки статистических гипотез, позволяющего оценить вероятность того, что наблюдаемые данные соответствуют предполагаемой теории или модели.
По очень большом секрету скажу, что это всё входит в программу отдельного курса по Биометрии на биологических факультетах университетов. И часто биометрию (или биологическую статистику) в ВУЗах преподают математики, а не биологи. Вот, видимо, в какую сторону будет двигаться ШКОЛЬНЫЙ ЭКЗАМЕН ПО БИОЛОГИИ в ближайшее время…
