SFU Medizin Aufnahmetest Übungen 2027: kostenlose Aufgaben mit Lösungen

Lösung: C

Ribosomen kommen in allen Zellen vor, bei Prokaryoten als 70S-, im Zytosol von Eukaryoten als 80S-Ribosomen. Ein von einer Kernhülle umgebener Zellkern fehlt Prokaryoten dagegen gerade (ihre DNA liegt als Nukleoid im Zytoplasma). Auch membranumschlossene Organellen wie Mitochondrien, ER und Lysosomen sind auf Eukaryoten beschränkt.

Lösung: A

Nach der Endosymbiontentheorie stammen Mitochondrien von aufgenommenen Bakterien ab; dafür sprechen ihre eigene ringförmige DNA und ihre bakterienähnlichen 70S-Ribosomen. Die übrigen Aussagen sind falsch: Mitochondrien entstehen nur durch Teilung bestehender Mitochondrien, nicht neu aus ER-Membranen, ihre Ribosomen ähneln gerade nicht den zytosolischen 80S-Ribosomen, und sie sind von zwei Membranen umgeben. Die meisten mitochondrialen Proteine sind zudem im Zellkern codiert und werden im Zytosol synthetisiert und importiert.

Lösung: E

Die Plasmamembran ist asymmetrisch gebaut: Die Zuckerreste der Glykolipide und Glykoproteine liegen auf der Außenseite und bilden dort die Glykokalyx. Ein spontaner Flip-Flop von Phospholipiden ist selten, dafür braucht es Enzyme (Flippasen). Leicht durch Salzlösungen ablösbar sind nur periphere, nicht integrale Proteine. Die Fettsäureketten sind hydrophob und zeigen ins Innere der Doppelschicht, und Cholesterin ist ein regulärer Bestandteil tierischer Membranen.

Lösung: B

Eine cis-Doppelbindung erzeugt einen Knick in der Fettsäurekette; die Lipide lagern sich weniger dicht aneinander, die Membran wird flüssiger. Längere und gesättigte Ketten wirken umgekehrt, weil sie sich eng zusammenlagern und mehr Van-der-Waals-Kräfte ausbilden. trans-Doppelbindungen halten die Kette fast gerade und erhöhen die Fluidität daher nicht. Cholesterin versteift die Membran bei Körpertemperatur (nur bei tiefen Temperaturen verhindert es umgekehrt ein Erstarren).

Lösung: D

Der Nukleolus ist der Ort der rRNA-Synthese und des Zusammenbaus der ribosomalen Untereinheiten, die dann durch die Kernporen ins Zytoplasma gelangen. Die Kernporen dienen also dem Transport, nicht der Synthese. Die Kernlamina ist ein stützendes Netz aus Intermediärfilamenten an der Innenseite der Kernhülle, der perinukleäre Raum steht mit dem ER-Lumen in Verbindung, und Heterochromatin ist gerade wenig transkriptionsaktiv.

Lösung: A

Die Enzyme der Glykolyse liegen gelöst im Zytosol. Der Citratzyklus findet dagegen in der Mitochondrienmatrix statt, die Atmungskette in der inneren Mitochondrienmembran. Saure Hydrolasen arbeiten im Inneren der Lysosomen, und die N-Glykosylierung beginnt im Lumen des rauen ER.

Lösung: C

Das eukaryotische 80S-Ribosom setzt sich aus einer großen 60S- und einer kleinen 40S-Untereinheit zusammen. Svedberg-Einheiten geben das Sedimentationsverhalten an und addieren sich nicht einfach, deshalb ergeben 60S und 40S zusammen 80S und nicht 100S. 50S und 30S sind die Untereinheiten des prokaryotischen 70S-Ribosoms; die übrigen Kombinationen kommen nicht vor.

Lösung: E

Das glatte ER trägt keine Ribosomen; es synthetisiert Lipide und macht in Leberzellen mit Cytochrom-P450-Enzymen lipophile Stoffe wasserlöslicher und damit ausscheidbar. Die Proteinsynthese an gebundenen Ribosomen ist die Aufgabe des rauen ER. Katalase arbeitet in Peroxisomen, die Mannose-6-phosphat-Markierung erfolgt im Golgi-Apparat, und die oxidative Phosphorylierung in den Mitochondrien.

Lösung: B

Proteine durchlaufen den Golgi-Apparat von der cis-Seite (vom ER kommend) zur trans-Seite; am trans-Golgi-Netzwerk werden sie sortiert und in Vesikel für Lysosomen, Plasmamembran oder Sekretgranula verpackt. Die cis-Seite ist dem ER zugewandt, nicht der Plasmamembran. Translation findet an Ribosomen im Zytosol oder am rauen ER statt, und die N-Glykosylierung beginnt bereits im ER; im Golgi-Apparat werden die Zuckerketten nur weiter verändert. Eine direkte Verbindung zum Kern über Kernporen besteht nicht.

Lösung: D

Lysosomen sind sauer (etwa pH 4,5 bis 5), das Optimum ihrer sauren Hydrolasen. Den Protonengradienten gegenüber dem neutralen Zytosol (etwa pH 7,2) baut eine ATP-verbrauchende Protonenpumpe vom V-Typ auf; passiv würde er sich nicht halten. Die Na⁺/K⁺-ATPase sitzt in der Plasmamembran und säuert nichts an, und pH 1 bis 2 durch Salzsäure gibt es im Magen, nicht im Lysosom.

Lösung: A

Beide Stoffe werden in dieselbe Richtung transportiert (Symport); die Energie stammt aus dem Na⁺-Gradienten, den die Na⁺/K⁺-ATPase unter ATP-Verbrauch aufbaut. Fällt die Pumpe aus, baut sich der Gradient ab und der Glukosetransport erlahmt. Erleichterte Diffusion kann nur mit dem Gefälle transportieren. Ein Antiport bewegt Stoffe in entgegengesetzte Richtungen, und primär aktiv wäre der Transport nur, wenn das Protein selbst ATP spaltete. Glukose ist polar und passiert die Lipiddoppelschicht praktisch nicht durch einfache Diffusion.

Lösung: E

Bei der rezeptorvermittelten Endozytose sammeln sich die beladenen Rezeptoren in Clathrin-beschichteten Grübchen (coated pits), die sich als Vesikel abschnüren. Im sauren Milieu des Endosoms dissoziiert LDL vom Rezeptor; LDL wird ins Lysosom weitergeleitet, der Rezeptor meist zur Plasmamembran zurückgeführt (Recycling), daher ist Option D falsch. Die Abschnürung braucht Proteine wie Clathrin und Dynamin sowie GTP. Option C beschreibt Exozytose, und die großen LDL-Partikel können die Membran nicht durch Diffusion passieren.

Lösung: C

Peroxisomen bauen unter anderem sehr langkettige Fettsäuren durch β-Oxidation ab; die dabei beteiligten Oxidasen bilden H₂O₂, das die Katalase zu Wasser und Sauerstoff zerlegt. Eine ATP-liefernde Atmungskette besitzen nur Mitochondrien. Saure Hydrolasen sind das Kennzeichen der Lysosomen, die Glykosylierung sekretorischer Proteine erfolgt in ER und Golgi-Apparat, und Ca²⁺ für die Muskelkontraktion speichert das sarkoplasmatische Retikulum.

Lösung: B

Atmungskette und ATP-Synthase sitzen in der stark gefalteten inneren Membran (Cristae). Die Komplexe pumpen Protonen aus der Matrix in den Intermembranraum; der so entstandene Gradient treibt die ATP-Synthase an, wenn die Protonen zurück in die Matrix strömen. Wer die Pumprichtung mit dem Rückstrom durch die ATP-Synthase verwechselt, wählt fälschlich die Matrix. Die äußere Membran ist durch Porine für kleine Moleküle durchlässig und kann keinen Gradienten halten.

Lösung: D

Mikrotubuli (etwa 25 nm) bestehen aus α/β-Tubulin-Dimeren, sind polar und wachsen vor allem am Plus-Ende; Kinesine laufen meist zum Plus-, Dyneine zum Minus-Ende. Sie bilden auch das Axonem von Zilien, nicht die Aktinfilamente, die nur etwa 7 nm dick sind und die amöboide Bewegung tragen. Intermediärfilamente (etwa 10 nm) sind unpolar, dienen nicht als Motorschienen und bestehen je nach Zelltyp etwa aus Keratin; Keratin gehört also zu ihnen, nicht zu den Mikrotubuli.

Lösung: C

Schwefel kommt in Proteinen (Cystein, Methionin) vor, aber nicht in DNA; Phosphor dagegen im Zucker-Phosphat-Rückgrat der DNA. Da nur das 32P-markierte Material in die Bakterien gelangt und an die Nachkommen weitergegeben wird, während das 35S-markierte Protein mit den Hüllen draußen bleibt, ist die DNA der Träger der Erbinformation. Die umgekehrte Verteilung (Option A) hätte für Protein gesprochen, eine gleichmäßige Verteilung hätte gar nichts unterschieden.

Lösung: B

Im Doppelstrang paart Adenin mit Thymin und Guanin mit Cytosin, also gilt A = T und G = C. A + T = 2 × 22 % = 44 %, für G + C bleiben 56 %, davon die Hälfte Cytosin: 28 %. 56 % ist der Anteil von G und C zusammen, 44 % der von A und T zusammen.

Lösung: E

Die zwei komplementären Stränge der Doppelhelix sind antiparallel angeordnet. Die Basenpaare liegen innen, das Zucker-Phosphat-Rückgrat außen; G-C-Paare haben drei, A-T-Paare zwei Wasserstoffbrücken (nicht umgekehrt). Die Phosphodiesterbindung verbindet das 3'-C-Atom mit dem 5'-C-Atom, und der Zucker ist 2'-Desoxyribose: Die 2'-OH-Gruppe ist gerade das Kennzeichen der RNA.

Lösung: A

Nach der ersten Teilung besteht jeder Doppelstrang aus einem alten 15N- und einem neuen 14N-Strang, also 100 % Hybrid-DNA. In der zweiten Runde dient jeder dieser Stränge wieder als Matrize: Aus jedem Hybridmolekül entstehen ein Hybrid- und ein rein leichtes Molekül, insgesamt also 50 % hybrid und 50 % leicht. 100 % Hybrid gilt nur nach einer Teilung; 50 % schwer und 50 % leicht wäre das Ergebnis konservativer Replikation, und schwere DNA kann bei semikonservativer Replikation nach dem Wechsel gar nicht mehr entstehen.

Lösung: D

DNA-Polymerasen können keinen Strang neu beginnen, sondern brauchen ein freies 3'-OH-Ende; dieses liefert der RNA-Primer der Primase. Die Helikase entwindet die Doppelhelix, die Ligase schließt die Lücken zwischen den Okazaki-Fragmenten, und die Topoisomerase baut die Verdrillungsspannung vor der Replikationsgabel ab. Neue DNA wird stets in 5'→3'-Richtung synthetisiert, weshalb der Folgestrang diskontinuierlich entsteht.

Lösung: D

Thymin-Dimere werden beim Menschen durch die Nukleotidexzisionsreparatur entfernt: Ein Stück des geschädigten Strangs wird herausgeschnitten und anhand des Gegenstrangs neu synthetisiert. Fällt sie erblich aus, entsteht Xeroderma pigmentosum mit extremer Lichtempfindlichkeit und frühem Hautkrebs. Eine Photolyase besitzen Bakterien und viele andere Organismen, der Mensch nicht; die Basenexzision repariert einzelne veränderte Basen, und ein Defekt der Mismatch-Reparatur führt zum Lynch-Syndrom.

Lösung: E

Für 20 Aminosäuren stehen 61 sinntragende Codons zur Verfügung, daher werden die meisten Aminosäuren durch mehrere Codons verschlüsselt (Degeneration oder Redundanz). Umgekehrt ist der Code eindeutig: Ein Codon steht immer für dieselbe Aminosäure. Außerdem ist er nicht überlappend, kommafrei und nahezu universell, was die übrigen Optionen ausschließt.

Lösung: A

Codon und Anticodon paaren antiparallel: Dem 5'-G des Anticodons liegt das 3'-Ende des Codons gegenüber. Komplementär zu 5'-GCA-3' ist 3'-CGU-5', in 5'→3'-Richtung geschrieben also 5'-UGC-3'. 5'-CGU-3' entsteht, wenn man die Antiparallelität vergisst; 5'-TGC-3' enthält Thymin, das in RNA nicht vorkommt.

Lösung: B

Exons sind die Abschnitte, die in der reifen mRNA erhalten bleiben; dazu gehören neben der codierenden Sequenz auch die untranslatierten Bereiche am 5'- und 3'-Ende, weshalb das Startcodon nicht am Transkriptionsstart liegt. Introns werden sehr wohl transkribiert und erst beim Spleißen entfernt. Der Promotor ist eine Bindungsstelle für die Transkriptionsmaschinerie vor dem Transkriptionsstart und wird nicht abgelesen; Operons sind typisch für Prokaryoten.

Lösung: C

Die RNA-Polymerase liest die Matrize in 3'→5'-Richtung und baut die RNA komplementär und antiparallel in 5'→3'-Richtung auf, mit Uracil statt Thymin: 3'-TACGGA-5' ergibt 5'-AUGCCU-3'. 5'-ATGCCT-3' ist der entsprechende DNA-Strang (mit Thymin), 5'-UACGGA-3' kopiert die Matrize statt sie komplementär abzulesen, und 5'-UCCGUA-3' ist die richtige Sequenz in falscher Leserichtung.

Lösung: A

Die 5'-Kappe ist ein 7-Methylguanosin, das ungewöhnlich über eine 5'-5'-Triphosphatbindung angehängt wird; sie schützt die mRNA und hilft beim Translationsstart. Der Poly(A)-Schwanz am 3'-Ende wird von der Poly(A)-Polymerase ohne Matrize angefügt, er ist also nicht in der DNA codiert. Gespleißt wird im Zellkern durch das Spleißosom (snRNPs), nicht durch die RNA-Polymerase und nicht im Zytoplasma.

Lösung: D

Für jedes der drei variablen Exons gibt es zwei Möglichkeiten (enthalten oder nicht), unabhängig voneinander: 2 × 2 × 2 = 8 Varianten, von 1-5 (alle drei übersprungen) bis 1-2-3-4-5. 3 zählt nur die variablen Exons, 6 wäre 2 × 3 und berücksichtigt die Unabhängigkeit nicht. Alternatives Spleißen erklärt so, wie aus einem Gen mehrere Proteine entstehen können.

Lösung: B

Enhancer sind regulatorische DNA-Sequenzen, an die aktivierende Transkriptionsfaktoren binden; durch Schleifenbildung der DNA wirken sie auch über große Distanzen und in beiden Orientierungen auf den Promotor. Fast alle Körperzellen tragen dasselbe Genom: Ihre Unterschiede beruhen auf differenzieller Genaktivität, nicht auf Genverlust. CpG-Methylierung im Promotor schaltet Gene eher ab, Histon-Acetylierung lockert das Chromatin und begünstigt die Transkription, und Transkriptionsfaktoren binden im Kern an DNA, nicht an mRNA.

Lösung: E

903 Nukleotide ergeben 903 : 3 = 301 Codons. Das Stoppcodon codiert keine Aminosäure, sondern wird von einem Release-Faktor erkannt, also entstehen 300 Aminosäuren, das Methionin des Startcodons eingeschlossen. 301 zählt das Stoppcodon fälschlich mit, 299 zieht zusätzlich das Startcodon ab, obwohl es Methionin einbaut.

Lösung: C

Bei der Initiation sitzt die Initiator-tRNA mit Methionin am Startcodon in der P-Stelle; jede weitere beladene tRNA tritt in die A-Stelle ein. Die Peptidyltransferase-Aktivität liegt in der rRNA der großen Untereinheit (das Ribosom ist ein Ribozym), das Ribosom liest die mRNA in 5'→3'-Richtung, und Stoppcodons werden von Release-Faktoren, also Proteinen, erkannt. Eukaryotische Ribosomen im Zytoplasma sind 80S (60S + 40S); 70S-Ribosomen haben Bakterien sowie Mitochondrien.

Lösung: C

Ferotan steht mit 250 mg um 12:00 Uhr im Plan, es ist die höchste Dosis der Liste, vor Nefralin mit 100 mg. 50 mg gehört zu Pulmetrin, 25 mg ist eine typische Verwechslung durch eine verlorene Null. Beim Einprägen hilft es, ungewöhnliche Werte wie die einzige Dosis über 100 mg bewusst zu markieren.

Lösung: E

Um 16:30 Uhr ist Pulmetrin (50 mg) vorgesehen. Hepradin folgt erst um 18:00 Uhr und liegt zeitlich am nächsten, deshalb ist es die häufigste Verwechslung. Ortivan (10:45 Uhr) und Dermaxol (08:30 Uhr) haben ebenfalls Minutenangaben, gehören aber zum Vormittag.

Lösung: A

Calmorin und Nefralin werden beide um 07:00 Uhr eingenommen; es ist die einzige doppelt belegte Uhrzeit im Plan. Lunovir (22:00 Uhr) und Savenol (21:00 Uhr) liegen nur eine Stunde auseinander, ebenso Ferotan und Glyvesta mit gut einer Stunde Abstand. Wer sich beim Lernen nach Tageszeiten gruppiert, erkennt solche Paare sofort.

Lösung: B

Später als 18:00 Uhr liegen nur Savenol (21:00 Uhr) und Lunovir (22:00 Uhr), also 2 Medikamente. Hepradin wird genau um 18:00 Uhr eingenommen und zählt nicht, weil die Frage „später als“ verlangt; wer es mitzählt, kommt auf 3. Die Frage prüft, ob Sie die Uhrzeiten als geordnete Reihe und nicht nur einzeln behalten haben.

Lösung: D

Savenol hat mit 0,5 mg die niedrigste Dosis. Lunovir mit 2,5 mg ist die zweitniedrigste und die naheliegende Falle, weil beide Dosen eine Kommastelle haben. Dermaxol (5 mg) und Glyvesta (10 mg) sind zwar niedrig, aber deutlich höher.

Lösung: D

Verketten Sie die Aussagen: Dr. Moser ist Kardiologe, also Internist der Klinik, und kein Internist der Klinik arbeitet in der Notaufnahme. Daraus folgt zwingend, dass Dr. Moser nicht in der Notaufnahme arbeitet. „Alle Internisten sind Kardiologen“ kehrt die erste Aussage unzulässig um, und „Dr. Moser ist kein Internist“ widerspricht ihr sogar.

Lösung: B

Die Differenzen zwischen den Gliedern sind 1, 3, 5, 7, 9, also die ungeraden Zahlen der Reihe nach. Die nächste Differenz ist 11, und 30 + 11 = 41. Wer die letzte Differenz 9 wiederholt, kommt auf 39.

Lösung: E

Übersetzen Sie die Buchstaben in ihre Stellen im Alphabet: 26, 23, 19, 14, 8. Die Reihe fällt um 3, 4, 5 und 6, der nächste Schritt ist also 7: 8 - 7 = 1, das ist A. Wer den letzten Schritt 6 wiederholt, landet bei B (Stelle 2).

Lösung: A

R und S sowie P und T bilden je einen festen Zweierblock, Q steht allein. Der Block P/T kann nicht oben beginnen, weil P sonst in Fach 1 läge, und Q muss über R liegen; damit bleiben nur die Reihenfolgen Q, R, S, P, T und Q, P, T, R, S. In beiden liegt Q in Fach 1. P kann je nach Lösung in Fach 2 oder 4 liegen, deshalb ist nur die Lage von Q sicher.

Lösung: C

Aus „wenn Fieber, dann Blutbild“ folgt zwingend die Umkehrung mit Verneinung: Wurde kein Blutbild angefordert, kann kein Fieber über 38,5 °C vorgelegen haben. Der Schluss bei Herrn A ist ein Fehlschluss, denn ein Blutbild kann auch aus anderen Gründen angefordert werden. Aus demselben Grund folgt nichts für Frau B und Frau D: Die Regel sagt nur, was bei hohem Fieber geschieht, nicht, was ohne es geschieht.

Lösung: E

Die Studierenden des Kurses, die Italienisch sprechen, haben das Sprachzertifikat und sind daher nicht im ersten Semester; es gibt also einige im Kurs, die nicht im ersten Semester sind. Über die übrigen Studierenden sagen die Aussagen nichts, deshalb folgt weder „kein Studierender“ noch „alle haben das Zertifikat“. „Einige im ersten Semester sprechen Italienisch“ ist sogar ausgeschlossen, und die zweite Option kehrt eine Aussage unzulässig um.

Lösung: C

Bei einer Drehung im Uhrzeigersinn wird die linke Spalte, von unten nach oben gelesen, zur neuen obersten Zeile: X, X, X. Die mittlere Spalte von unten nach oben (O, O, X) wird Zeile 2, die rechte Spalte (X, O, O) wird Zeile 3. Die erste Option ist die Drehung gegen den Uhrzeigersinn, die zweite die Spiegelung an der Diagonale (Spalten nur von oben nach unten gelesen), die vierte eine halbe Drehung um 180°.

Lösung: A

Ein senkrechter Spiegel vertauscht links und rechts, oben und unten bleiben gleich: Jede Zeile wird also rückwärts gelesen, die Reihenfolge der Zeilen bleibt. Die zweite Option ist die Spiegelung an einem waagrechten Spiegel, die dritte eine Drehung um 180° (beide Spiegelungen zugleich). In der vierten wurde die mittlere Zeile vergessen, die fünfte vertauscht Zeilen und Spalten.

Lösung: E

Legen Sie 3 als Boden hin: 1, 2, 4 und 5 klappen als Seitenwände hoch, 6 klappt an 5 hängend als Deckel über 3. Damit liegt 6 gegenüber 3, die beiden Arme 2 und 4 stehen sich gegenüber, und 1 und 5 sitzen auf gegenüberliegenden Seiten von 3. Faustregel: In einer geraden Reihe von Quadraten liegen jeweils das erste und das dritte einander gegenüber (1 und 5, 3 und 6, 2 und 4); benachbarte Quadrate wie 1 und 3 oder 5 und 6 können nie gegenüberliegen.

Lösung: B

Der Stapel enthält 9 + 4 + 1 = 14 Würfel, der vollständige Block 3 × 3 × 3 = 27. Es fehlen also 27 − 14 = 13. Die 14 ist die Zahl der vorhandenen Würfel, nicht der fehlenden; 18 erhält, wer nur die unterste Schicht zählt (27 − 9).

Lösung: D

Verfolgen Sie Richtung und Position Schritt für Schritt: 3 nach Norden; rechts ist nun Osten, 2 nach Osten; noch einmal rechts ist Süden, 1 nach Süden (2 Blocks nördlich bleiben); links von Süden ist Osten, 4 nach Osten, zusammen 6. Sie blicken also nach Osten und stehen 6 Blocks östlich, 2 Blocks nördlich. Wer die zweite Rechtsdrehung als Linksdrehung liest, landet bei der Option mit Blick nach Westen; die dritte Option vertauscht Ost- und Nordabstand.

Lösung: A

Die linke obere Ecke des Päckchens ist die Mitte der oberen Kante des Blatts, denn dort treffen sich die senkrechte Faltlinie und die Oberkante. Aufklappen der zweiten Faltung spiegelt das Loch an der waagrechten Mittellinie nach unten (nahe der Mitte der Unterkante), Aufklappen der ersten spiegelt beide Löcher an der senkrechten Mittellinie nach links. So entstehen vier Löcher, je zwei links und rechts der Mitte von Ober- und Unterkante. Löcher an den Ecken gäbe es nur beim Stanzen an der rechten oberen Ecke des Päckchens, Löcher um den Mittelpunkt nur an der linken unteren; zwei Löcher übersehen, dass vier Lagen durchstanzt werden.

Lösung: D

Eine Einzelgabe sind 18 × 15 mg = 270 mg. Der Saft enthält 250 : 5 = 50 mg pro ml, also braucht man 270 : 50 = 5,4 ml. 16,2 ml ist die Tagesmenge (dreimal 5,4 ml), nach der nicht gefragt ist; 54 ml entsteht, wenn man 270 mg durch 5 statt durch 50 teilt.

Lösung: B

Rechnen Sie zuerst in dieselbe Einheit um: 0,15 mg = 150 µg. Die Lösung enthält 500 µg : 2 ml = 250 µg pro ml, also braucht man 150 : 250 = 0,6 ml. 0,3 ml erhält, wer übersieht, dass die 500 µg in 2 ml und nicht in 1 ml gelöst sind; 6 ml und 0,06 ml sind Fehler beim Umrechnen von mg in µg um den Faktor 10.

Lösung: E

15 % von 240 sind 24 + 12 = 36 (10 % plus 5 %). Ein Drittel davon sind 36 : 3 = 12. Die 36 ist nur der erste Schritt, alle Betroffenen; 24 sind nur 10 % der Teilnehmenden.

Lösung: C

900 ml in 5 Stunden sind 180 ml pro Stunde, das sind 180 : 60 = 3 ml pro Minute. Bei 20 Tropfen pro ml ergibt das 3 × 20 = 60 Tropfen pro Minute. 180 ist die Laufrate in ml pro Stunde, nicht in Tropfen pro Minute; wer die Umrechnung von Stunden in Minuten vergisst, kommt auf viel zu große Werte.

Lösung: A

Rechnen Sie mit den Summen: Die vier Werte ergeben zusammen 4 × 96 = 384, die fünf Werte 5 × 98 = 490. Die fünfte Messung ist die Differenz, 490 − 384 = 106 mg/dl. 100 mg/dl erhält, wer den Anstieg von 2 einfach auf 98 aufschlägt; dass der neue Wert alle fünf Messungen um 2 anheben muss, verlangt aber 5 × 2 = 10 über dem alten Mittel von 96.

Lösung: B

Zusammen gibt es 24 + 30 + 16 + 20 = 90 Betten, davon sind 18 + 27 + 12 + 15 = 72 belegt; 72 von 90 sind 8 von 10, also 80 %. 78,75 % ist der Durchschnitt der vier Stationsquoten (75, 90, 75 und 75 %), der die größere Station B zu wenig gewichtet. 72 % verwechselt die Zahl der belegten Betten mit einem Prozentwert.

Lösung: B

Der Text führt vom Placebo als Störgröße über die beiden Mechanismen und die Grenzen des Effekts bis zur Folge für die Aufklärung; nur die richtige Option fasst diesen ganzen Bogen zusammen. Dass Placebos Medikamente ersetzen, sagt der Text nicht, er betont im Gegenteil, dass sie die Ursache kaum beeinflussen. Der Noceboeffekt ist nur ein Teilaspekt, und das Verschweigen von Nebenwirkungen widerspricht der Forderung nach ehrlicher Aufklärung.

Lösung: D

Der Text sagt, dass sich die Zahl der Bakterien durch ein Scheinpräparat kaum verändert, das Befinden aber besser werden kann; daraus folgt die richtige Aussage. Dass es ohne Erwartung keinen Placeboeffekt gibt, widerspricht dem Text, der die Konditionierung als zweiten, eigenen Mechanismus nennt. Übelkeit wird ausdrücklich als Beschwerde genannt, bei der der Effekt besonders deutlich ist, und über die Stärke neuer Medikamente im Vergleich sagt der Text nichts.

Lösung: C

Der Text vergleicht nirgends Kinder und Erwachsene; diese Aussage mag plausibel klingen, ist aber nicht belegt. Die übrigen vier Aussagen geben jeweils einen Absatz sinngemäß wieder: den Studienvergleich (Absatz 1), die Konditionierung (Absatz 2), den Noceboeffekt (Absatz 4) und die offene Frage am Ende (Absatz 5). Bei dieser Aufgabenart prüfen Sie jede Option einzeln gegen den Text, statt nach dem Gefühl zu entscheiden.

Lösung: A

Im übertragenen Sinn heißt „erhärten“ so viel wie bestätigen oder untermauern: Eine größere Stichprobe soll zeigen, dass die vorläufigen Ergebnisse halten. „Verhärtet“ greift die wörtliche Bedeutung (hart machen) auf, die hier keinen Sinn ergibt. „Widerlegt“ ist das Gegenteil, und „verschärft“ würde bedeuten, dass die Ergebnisse strenger oder deutlicher werden.

Lösung: E

„Selten“ und „häufig“ sind Gegensätze, also wird zu „chronisch“ (lange andauernd) der Gegensatz gesucht: „akut“ (plötzlich einsetzend, von kurzer Dauer). „Dauerhaft“ ist ein Synonym von chronisch und bildet daher die falsche Beziehung. „Heilbar“, „schwer“ und „ansteckend“ beschreiben andere Eigenschaften einer Krankheit, keine Gegensätze zur Dauer.

Lösung: B

Vier Wörter bedeuten „nur für eine gewisse Zeit, nicht endgültig“: provisorisch, vorläufig, einstweilig und vorübergehend. „Voreilig“ bedeutet dagegen „zu schnell, ohne genügend Überlegung“ und beschreibt eine Handlungsweise, keine zeitliche Begrenzung. Die gemeinsame Vorsilbe „vor-“ bei voreilig, vorläufig und vorübergehend verleitet dazu, nur auf die Wortform zu achten.