ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΑΛΜΑ – ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2025 – ΣΧΟΛΙΑΣΜΟΣ ΚΑΙ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΗΜΕΡΙΝΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΒΙΟΛΟΓΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΜΑ Α

Α1→ β                                     

Α2→α

Α3→γ

Α4→α

Α5→δ

ΘΕΜΑ Β

Β1.    1→ στ      4→ ε      7→ α

          2→ η        5→ β

          3→ δ        6→ γ

Β2.

α) Σελ.122 α΄ τεύχος «Το χρονικό διάστημα… του κυττάρου»

β) Σελ. 142 α΄ τεύχος «Τα ομόλογα χρωμοσώματα εγκαταλείπουν… στον άλλο»

Β3. Σελ. 61 α΄ τεύχος. Τα κύτταρα δεν αναπαράγονται και εμφανίζουν μικρό αριθμό μεταβολικών διεργασιών και περιορισμένη διάρκεια ζωής.

Β4.

α. Οι νέες πρωτεΐνες θα είναι όμοιες με του φάγου Τ2. Ο φάγος όταν πραγματοποιεί μόλυνση αφήνει τις πρωτεΐνες των περιβλημάτων εκτός του βακτηρίου και μόνο το DNA εισέρχεται στο βακτήριο δίνοντας τις απαραίτητες εντολές για τον πολλαπλασιασμό και τη δημιουργία νέων φάγων.

β. Οι νέοι φάγοι θα έχουν πρωτεΐνες με μη ραδιενεργό , αφού το θρεπτικό περιβάλλον περιέχει μη ραδιενεργό  και οι φάγοι ενσωματώνουν τα στοιχεία του θρεπτικού υλικού του κυττάρου – ξενιστή.

ΘΕΜΑ Γ

Γ1.

α.

Κλώνος 1à φυσιολογικός

Κλώνος 2à μεταλλαγμένος

β. Μπορεί να έχει συμβεί μετάλλαξη στο ρυθμιστικό γονίδιο, στον υποκινητή των δομικών γονιδίων ή στο δομικό γονίδιο της β-γαλακτοζιδάσης.

γ. Αν συμβεί μετάλλαξη στο ρυθμιστικό γονίδιο και δημιουργηθεί πρωτεΐνη- καταστολέας που δεν μπορεί να ενωθεί με την λακτόζη, τότε ο καταστολέας θα συνδέεται στο χειριστή και δε θα γίνεται μεταγραφή των δομικών γονιδίων. Συνεπώς δε θα παραχθεί περμεάση.

Αν συμβεί μετάλλαξη στον υποκινητή των δομικών γονιδίων δε θα μπορεί να προσδεθεί η RNA πολυμεράση, δε θα γίνεται μεταγραφή των δομικών γονιδίων και δε θα παραχθεί περμεάση.

Αν συμβεί μετάλλαξη στο δομικό γονίδιο της β- γαλακτοζιδάσης θα επηρεαστεί μόνο η σύνθεση του παραπάνω ενζύμου. Η περμεάση θα παραχθεί αφού δε θα έχει επηρεαστεί η μεταγραφή και η σύνθεση του κοινού mRNA.

Γ2.

Ο τύπος κληρονομικότητας είναι αυτοσωμικός επικρατής.

Έστω Α: μονογονιδιακός χαρακτήρας

α: έλλειψη χαρακτήρα

Αα (χ) Αα

γαμ: Α,α      Α,α

Απόγονοι: ΑΑ,Αα,Αα,αα

Το άτομο  είναι γνωστό πως έχει τον χαρακτήρα.

 Άρα πιθανότητα:  . =  =  αφού   είναι η πιθανότητα να είναι ετερόζυγο και  η πιθανότητα να είναι κορίτσι.

Γ3.

α. Τα μιτοχονδριακά γονίδια είναι μητρικής προέλευσης. Αφού δε θα πάσχουν όλοι οι απόγονοι, αυτό σημαίνει πως το γονίδιο για την ασθένεια δεν υπήρχε στο μιτοχονδριακό DNA της μητέρας. Άρα η μητέρα είναι ομόζυγη για το φυλοσύνδετο υπολειπόμενο γονίδιο. Συνεπώς αφού οι γονείς έχουν διαφορετικό τύπο μετάλλαξης και πάσχουν από τύφλωση τότε ο πατέρας θα έπασχε από την ύπαρξη του μιτοχονδριακού γονιδίου που δεν το κληροδοτεί σε κανένα απόγονό του.

β.

Το μιτοχονδριακό DNA υπάρχει σε 2-10 αντίγραφα.

ΘΕΜΑ Δ

Δ1.  

αλυσίδα I à κωδική με προσανατολισμό 5’ – 3’ από αριστερά προς τα δεξιά.

αλυσίδα ΙΙ à μη κωδική με προσανατολισμό 5’ – 3’ από δεξιά προς τα αριστερά.

Το tRNA που μεταφέρει το αμινοξύ τρυπτοφάνη έχει αντικωδικόνιο συμπληρωματικό και αντιπαράλληλο με το κωδικόνιο 5’ – UGG – 3’ του mRNA  που κωδικοποιεί την τρυπτοφάνη. Το mRNA είναι συμπληρωματικό και αντιπαράλληλο με τη μη κωδική αλυσίδα, συνεπώς αφού η κωδική αλυσίδα είναι συμπληρωματική και αντιπαράλληλη με τη μη κωδική, τότε το mRNA έχει ίδια αλληλουχία βάσεων με την κωδική μόνο που αντί για U υπάρχει Τ στην κωδική. Έτσι, στην  κωδική αλυσίδα υπάρχει το κωδικόνιο 5’ – ΤGG – 3’.

Δ2.

5’ – CAAUUGAAUGGCCGUUUUGGAUUAAUUA- 3’

N … ile- glu- trp- pro- phe- trp- ile- asn- …COOH

Δ3.

Έχει γίνει αναστροφή.

5΄- CAATTGAAAAACGGCCATGGATTAATTA…- 3’

3’ – GTTAACTTTTTGCCGGTACCTAATTAATTAAT…- 5’

Δ4.

Το τμήμα του γονιδίου πρέπει να κοπεί και με τις δύο ενδονουκλεάσες ώστε να δημιουργηθούν μονόκλωνα άκρα από αζευγάρωτες βάσεις και να μπορεί να ενσωματωθεί στο πλασμίδιο. Αυτό γιατί κάθε ενδονουκλεάση αναγνωρίζει μία φορά την αλληλουχία της στο εξώνιο. Το πλασμίδιο θα κοπεί με την ΠΕ – Ι ή την ΠΕ – ΙΙ. Και οι 2 περιοριστικές αφήνουν τα ίδια μονόκλωνα άκρα οπότε μπορεί να συνδεθεί το τμήμα του εξωνίου. Δεν μπορούν να δράσουν και οι 2 ενδονουκλεάσεις ταυτόχρονα στο πλασμίδιο αφού θα αποκοπεί η θέση έναρξης αντιγραφής.

Δ5.

Ασυνεχή τρόπο: περιοχή χ

Συνεχή τρόπο: περιοχή Υ

Η θέση 2 μπορεί να αποτελεί θέση έναρξης αντιγραφής, αφού υπάρχει μόνο ένα πρωταρχικό τμήμα που βρίσκεται στη θέση 2 και επιμηκύνεται απομακρυνόμενο από τη ΘΕΑ με προσανατολισμό 5’à3’. Στο τμήμα χ υπάρχουν περισσότερα πρωταρχικά τα οποία βρίσκονται μακριά από τη ΘΕΑ.

Επιμέλεια απαντήσεων: Ανδρεοπούλου Κωνσταντίνα

                                             Βιολόγος – Φροντιστήριο Άλμα

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΑΡΧΑΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

[περιεχόμενο όπως στο αρχείο]
(παραλείπεται εδώ λόγω έκτασης – περιλαμβάνει τα ερωτήματα Α, Β, Γ, με ανάλυση και απαντήσεις όπως δόθηκαν στο πρώτο αρχείο)
ΦΙΛΟΛΟΓΙΚΗ ΟΜΑΔΑ «ΑΛΜΑ»
Βόλλαρη Εξακουστή
Δάββου Σοφία
Λούπη Βασιλική
Μιχαηλίδη Αθηνά
Παναγιωτοπούλου Όλγα
Πανοπούλου Ιωάννα
Παπαδόπουλος Σάκης

ΣΧΟΛΙΑΣΜΟΣ ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ

Σήμερα τα θέματα των μαθηματικών κρίνονται απαιτητικά, όπως συμβαίνει άλλωστε τα τελευταία χρόνια και για μαθητές που έχουν αρχίσει συστηματικά να διαβάζουν και να ασχολούνται με το συγκεκριμένο μάθημα από μικρότερες τάξεις.

Τα ερωτήματα κάλυπταν μεγάλο μέρος της διδακτέας ύλης με πολλές και δύσκολες πράξεις οι οποίες θα συγκρατήσουν τις βαθμολογίες σε μέτρια επίπεδα.

Ωστόσο, αν εξαιρεθεί το Δ4 , τα υπόλοιπα θέματα ήταν σαφή και διδαγμένα.

Έτσι οι σωστά προετοιμασμένοι υποψήφιοι που θα κρατήσουν την ψυχραιμία τους και θα διαχειριστούν σωστά το χρόνο τους, θα φθάσουν βαθμολογικά σε ένα ικανοποιητικό επίπεδο.

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ «ΑΛΜΑ»
Αλεξανδρόπουλος Βαγγέλης
Βρύνας Σπύρος
Λιακόπουλος Σπύρος
Παναγιωτοπούλου Μάγδα

ΣΧΟΛΙΑΣΜΟΣ ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΤΗΣ ΒΙΟΛΟΓΙΑΣ

Σήμερα οι υποψήφιοι της Ομάδας Προσανατολισμού Υγείας, διαγωνίσθηκαν στο μάθημα της Βιολογίας. Τα θέματα κυμαίνονται στο ίδιο επίπεδο με τα περσινά και απαιτούσαν σωστή και οργανωμένη προετοιμασία των μαθητών.

Οι εκφωνήσεις κρίνονται χωρίς ασάφειες στη διατύπωση αλλά απαιτούσαν προσοχή στην ανάγνωση και ερμηνεία τους.

Το εύρος των ασκήσεων εξέταζε ένα μεγάλο μέρος της θεωρίας ζητώντας από τους υποψηφίους όχι μόνο καλή γνώση της αλλά και χρήση της κριτικής τους ικανότητας.

Κωνσταντίνα Ανδρεοπούλου
Βιολόγος

Aπαντήσεις Μαθηματικά 2025

ΘΕΜΑ Α

Α1. Απόδειξη από σχολικό βιβλίο σελίδα 186

Α2. Θεωρία από σχολικό βιβλίο σελίδα 76

Α3. Θεωρία από σχολικό βιβλίο σελίδα 161

Α4. α) Σωστό

β) Σωστό

γ) Λάθος

δ) Λάθος

ε) Σωστό

ΘΕΜΑ Β

B1) , x ε R

= , x ε R

Επομένως από θ. Fermat

B2) Για α=-6

=

= 3(

=0 ⇔ χ=1 ή χ=3

Τ.μ Τ.ε.

Όταν x ε Α₁=(-∞,0] με f ↑ άρα f(Α₁)=( -∞,-3]

Όταν x ε Α₂=[0,1] με f ↑ άρα f(Α₂)=[-3,1]

Όταν x ε Α₃=[1,3] με f ↓ άρα f(Α₃)=[-3,1]

Όταν x ε Α₄=[3,+∞) με f ↑ άρα f(Α₄)=[-3,+∞)

Παρατηρούμε ότι το 0 βρίσκεται στο f(Α₂), f(Α₃), f(Α₄)στα οποία η f είναι γνησίως μονότονη, επομένως υπάρχουν μοναδικά x₁,x₂,x₃ στα διαστήματα Α₂, Α₃, Α₄ ώστε f(x)=0 και είναι θετικά.

Η παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στη θέση χ=1 την τιμή και τοπικό ελάχιστο στη θέση χ=3 την τιμή

Β3) = 6(χ-2)

=0 ⇔ χ=2

Σ.Κ.

Οπότε η παρουσιάζει σημείο καμπής στη θέση χ=2 , το σημείο καμπής Μ(2,f(2))=(2,-1)

Β4)

=

Εξίσωση εφαπτομένης της στο : (1)

Εξίσωση εφαπτομένης της στο : (2)

Oπότε από (1),(2) έχουμε :

Επομένως οι εφαπτομένες τέμνονται στον άξονα y’y

ΘΕΜΑ Γ

Γ1) Για να είναι η συνεχής στο θα πρέπει

Άρα η συνεχής στο

Θα εξετάσουμε αν η f είναι παρ/μη στο 0

Το δεν είναι πραγματικός αριθμός οπότε η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.

Γ2)

Επομένως λ=1

Άρα β= και τελικά έχουμε πλάγια ασύμπτωτη όταν χ→+∞ την y=χ+

Θα εξετάσουμε στο -∞

Έχουμε  και αφού , από Κ.Π. ,

Άρα η y=0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο -∞.

Τέλος η f είναι συνεχής στο (-∞,+∞) οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες

Γ3)

Για να δείξουμε πως η γραφική παράσταση της τέμνει σε ένα τουλάχιστον σημείο την ευθεία y=x+

Αρκεί να δείξουμε πως η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (-π,0) , όπου στο [-π,0]

η είναι συνεχής στο [-π,0]

Άρα g(-π)g(0)<0

Oπότε από θεώρημα Bolzanο υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ στο (-π,0) ώστε , επομένως η γραφική παράσταση της τέμνει σε ένα τουλάχιστον σημείο την ευθεία y=x+

Γ4)(1)

(2)

Για t=t₀ (3)

Αν τότε

⇔4+1 = 4

⇔1=0 αδύνατο

Άρα δεν υπάρχει που να ικανοποιεί.

ΘΕΜΑ Δ

Δ1)

Για να είναι η g σταθερή αρκεί να δείξουμε πως για κάθε x>0,

Οπότε η g σταθερή

Δ2) i) Αφού η εφαπτομένη της f στο Μ(1,f(1)) είναι παράλληλη στην y=2x θα ισχύει ότι

, αφού f(1)=0 από δεδ. για χ=1.

και , (όπου g(x)=lnx)

ii) , από (i)

Άρα F(1)=1, αφού η F συνεχής στο 1.

=c (για χ=1)

‘Αρα

Δ3)

Ο.Ε.

Η εξίσωση , έχει προφανή ρίζα την χ=1 και ισοδύναμα γίνεται

<0 για χ

Όταν χ>1⇒ ,εφόσον F γνησίως αύξουσα στο (1,+∞), επομένως αδύνατη στο (1,+∞).

Για 0<χ<1 ,εφόσον F γνησίως φθίνουσα στο (0,1) επομένως αδύνατη στο (0,1).

Άρα η χ=1 μοναδική λύση της εξίσωσης.

Δ4) Ισχύει ότι 1≤x≤e με F γνησίως αύξουσα ισχύει και F(x)≥F(1) άρα και F(x)≥1>0. (1)

= από (1)

=> =(αφού

(με αντικατάσταση Θέτω

Για x=1 => u=0

Για x=e => u=1)

Άρα Ε>2e-3

Επιμέλεια απαντήσεων

Βρύνας Σπύρος

Παναγιωτοπούλου Μάγδα

Αλεξανδρόπουλος Βαγγέλης

Ακολούθησε τα Ηλειακά Νέα στο Google News και μάθετε πρώτοι όλες τις ειδήσεις

Παρόμοια Άρθρα:

Πύργος: «Έφυγε» ο Σπύρος Μαρκουτσάς Ολυμπία Οδός: Ολιγόωρη εκτροπή κυκλοφορίας μεταξύ Οβρυάς και Κόμβου ΒΙ.ΠΕ. στην Πατρών- Πύργου την Πέμπτη 12/09 Aστυνομικά νέα της Δυτ. Ελλάδας (24/03/25′)