信息技术必修1第四单元单元检测题组

1、2020版3年高考2年模拟电子资源第四单元多媒体信息的编码单元检测题组电时间:30分钟 。分值:48分选择题（每题3分，共48分）1 .一个5位二进制数，如果最高位和最低位都为“ 1”，则在23、28、51、15、29 几个数值中，可能与该二进制数相等的是（）A.B.C.D.答案 C本题考查进制转换知识。最高位和最低位为“1”的5位二进制数，就是大于24且小于25的奇数,28是偶数，而15和51者B不在（24,2 5）区间内，因此选。另外该题也可以用 组合法,1+16=17,而中间位的权值分别是2,4,8,加上这三个数的不同组合，也可以得出正确 结论。2 .已知26个英文字母对应的ASCII码

2、值是按顺序编码的，字母依次增大，则编码值也相应增 大，若字母" D的ASCII码值是68D,则字母“ K”的十六进制ASCII码值是（）A.4BH B.51HC.6FH D.75H答案 A根据字母排列顺序,字母K排在字母D后面第7位，其ASCII码值为68D+7D=75D, 转换为十六进制数为4BH3 .使用UltraEdit 软件观察字符“ Happy 2018! ”的内码，部分界面如图所示。H Ci 70 TO 7# 3白 JI JO 31 IB U Al如,工1眉1下列说法正确的是（）A.字符“Happy 2018!”共占用10个字节B.字符“Happy 2018!”全部采用A

3、SCII编码方式C.小写英文字符“ o”的十六进制内码为“ 69 ”D.字符“h”的内码用二进制表示为“ 1101000'答案 D本题考查字符内码和进制转换知识。由于字符“ Happy2018!”共占用12个字节， 而且“！ ”的内码是A3A1根据ASCII码的十六进制小于等于“ 7F”的原则，故可以判断该 字符采用GB231然码，因此选项A、B均错误。选项C错误，字符“p”的十六进制内码为70H, 小写字母“ o”在其前面一位，内码为6FH,而不是69Ho选项D正确，字符“h”的内码比“ H' 的内码大32D,其十六进制内码为68H,转换为二进制为1101000。4.十进制数

4、n转化为二进制数，该二进制数首位和末位均为“ 1”，下列说法正确的是（）A.无法确定n是奇数还是偶数B.若该二进制数位数是4位，将首位移至末位，再转成十进制数，所得值是（n-16）*2+n16 C.将该二进制数末位的“ 1”去掉，再转成十进制数，所得值是n/2D.对n除4取其余数，所得余数可能是3答案 D命题意图：考查学生对二进制基本概念的理解，灵活运用二进制、十进制相互转化 基本能力，以及由此衍生出的对二进制移位、整除、取余等基本运算操作的理解。按位权展 开得知，二进制数末位是“ 1”代表是奇数。若二进制位数是4位，则其形式为：1xx1,其等价 按权展开式，记为：1 X 2 3+xX 2 2

5、+xX 2 1+1 X 2 0 =n。将首位移到末位，则变为xx11，对应展开 式记为：xX 2 3+xX 2 2+1 X 2 1+1 X 2 0，对比两个展开式，易得如下恒等式（-8）X2+® 8=, 即:（n- 8） x 2+n 8=,因此B项正确答案是（n- 8） X2+n8或（n- 8） X2+1。由按权展开式知 将末位1去掉，其形式是1xx,等价按权展开式记为:1 X 2 2+xX 2 1+xX 2 0,对比得知， 式等于n2,并非n/2。对n除4取余，可按相同办法处理，易知：余数可能为1或3,故D选项 描述正确。5 .在一幅图片中，文字颜色如果用十六进制表示，纯黑色文字颜

6、色表示为#000000，那么纯白 色文字颜色应表示为（）A.111111111111111111111111B.000000000000000000000000C.EFFFFFD.FFFFFF答案 D 一位十六进制相当于四位的二进制，十六进制值 000000转换成二进制是000000000000000000000000,这是黑色，那么白色的二进制值就是 1111111111111111111 11111,转换为十六进制就是 FFFFFF6 .使用UltraEdit软件观察字符“ AI时代来了 ！ ”的内码，部分界面如图所示。以下说法正确的是（）A.字符“！ ”的二进制内码是“ 10100001

7、”B.字母“J”的十六进制内码是“ 50”C.每个字符在计算机中用1个字节存储D.2个字符采用ASCII编码,5个字符采用汉字编码答案 D本题考查字符内码和进制转换。根据题图可以得到内码共占12个字节，而文本内 容有2个字母,4个汉字,1个标点符号，理应占用2+2X 4+1=11个字节，说明其中一个字母或 者标点符号为汉字编码，进一步观察题图，可知“！”占2个字节，对应的内码是“ A3 A1”， 将其转换成二进制应该有16位，与选项中的8位不符，所以A错误,D正确。题图中字母“I” 对应的内码是“ 49”，所以“J”的十六进制内码是“ 4A”而不是“50”，B错误。ASCII编 码字符在计算机

8、中用1个字节存储，而汉字编码用2个字节存储，C错误。本题选Do 7.某数据加密方法描述如下：(1)将字符的ASCII码值加20(十进制)；(2)以字节为单位进行加密处理；(3)将1个字节的8位二进制数左移一位，最低位用左移出的最高位填充；(4)将处理后的8位二进制数分割成前4位与后4位两个二进制数；(5)分别将上述两个4位二进制数转换为十六进制数；(6)所得两个十六进制数按先后顺序连接即为该字节的密文。用UltraEdit软件观察“电脑computer”这几个字符的内码，如图所示： J 1 1 1 W i 1 1 1 Q_ M8MMe4i: B5 E7 C4 M 61 6F 60 75 74

9、第 72胁亡叼U.et则字符“ m加密后白密文是()A.3 B.C2 C.43 D.AE答案 B本题主要考查信息编码。根据题图可知“ M的内码为6D,转换为十进制得到“ m 的ASCII值为109, “M白向ASCII值为109-32=77。根据加密步骤得,(1)77+20=97;(2) 一个 字节为8位二进制，所以将97转换为二进制为01100001;(3)左移，得到11000010;(4)拆分， 前四位2进制为1100，后四位二进制为0010;(5)1100B=CH,0010B=2H;(6)得至IJ密文C28 .用UltraEdit软件观察“ 2022年杭州亚运会”这几个字符的内码，如图所

10、示：32 3Q 3a & & EA 9A 由 g g 0L 后 M E 日，l :工年杭州 叁则“杭”的二进制编码是()A.1011100110111100B.1011101010111100C.10111010D.1100010011101010答案 B本题考查ASCII的内码和汉字内码的查看。“杭”的十六进制内码为BABC转换为二进制为 101110101011110Q9 .一个容量大小约为3.36 MB且未经压缩的Wave文件，其相关信息如图所示。由此可知，该声音文件的量化位数X的值是（）Wave PCM signed X b44.1 kHz, 1 409 kbps, 立

11、体声，20 秒A.4 B.8 C.16 D.32答案 C本题考查音频存储容量计算，根据公式：音频存储容量（B尸采样频率（赫兹）X量 化位数（比特）X声道数X时间（秒）/8,建立方程 44100X XX 2X20/8=3.36 X 1024X 1024, 解得X= 16。所以选Co10 . 一个未经压缩的BM舲式图像文件和一个未经压缩的 AVI格式视频文件的相关信息如下 由此可知，图像文件与视频文件的存储容量比例约为（）照片.bmp视频.avi项目类项目类型:AVI视频型:BMP图像尺寸:400*300颜色类别：黑白2色 寸:800*600时长:10秒钟 颜色类帧频:12 fps另1:256色A

12、.4 ： 15B.2 ： 15C.6 ： 5D.8 ： 5答案 A本题考查图像存储容量和视频存储容量的计算。 256色为8位,2色为1位。图像 存储容量为（800 X 600X 8/8）B =469 KB,视频存储容量为（400 X 300X 1/8 X 12X 10）B= 1758 KR所以图像存储容量：视频存储容量=4 ： 15。11 .一般CD的音质如图所示，若CDt刻录的都是未压缩的音频，一张普通CD的容量以750 MB计算,每首歌曲以5分钟计算，则一张CD大约能刻录歌曲（）mFIB*1A.8 首 B.12 首 C.15 首 D.20 首 答案 C按照音频数字化原理知，每首歌曲的存储容

13、量=采样点数X每个点的量化位数，采 样点数=44100X 5X60X2,量化位数为2个字节，因此每首歌的存储容量大约为 50 MB,大约 可以存储15首这样的歌曲。12 .使用GoldWave编辑某未经压缩的 Wave音频素材，界面如图所示马岫史碗曲.r*命V r K on t$ Wfl t M W U- M 99?I IW- PH N lit 1411 二使用参数“ Wave PCM signed 8 bit,22050 Hz,单声道”另存该文件，分析图中信息，另存后 的文件存储容量为原来的（）A.1/2B.1/4C.1/6D.1/8答案 D本题考查学生对GoldWave的使用和音频数字化的

14、理解。分析截图可得，当前正在 编辑的文件是 WAVE格式（未经压缩的音频格式），采样频率是44.1 kHz（每秒采样44100 次），声音量化位数为16位,双声道，时长120秒。另存后，采样频率变为原来的1/2,量化位 数为原来的1/2,声道数为原来的1/2,时长不变，总存储容量为原来的1/8。故本题选 D 13.小王对某个音频文件进行如下的编辑，其中不影响该文件存储容量的操作是（）A.采样频率从44.1 kHz改为11 kHzB.高音量改为低音量C.量化位数从16位改为8位D.双声道改为单声道答案 B本题考查声音文件存储容量的影响因素。影响声音文件存储容量的因素有采样频率、量化位数、声道数、

15、时间长度等。音量的高低变化对文件存储容量没有影响。14 .小彬同学参加学校的艺术节比赛，需要录制一段配乐音频，他采用下列采样频率和量化 位数,能使该音频保真度最高的是（）A.8 kHz,16 bitB.44.1 kHz,16 bitC.11.025 kHz,16 bit D.22.025 kHz,16 bit 答案 B本题考查的是声音数字化的原理。采样频率越高，声音质量越好。15 .将某一幅未经压缩1024X 768像素的256色BMP®像文件进彳T如下操作：图像的宽度和高度各缩小一半；另存为24位的BMPa像文件。则处理后的图像文件与原文件的存储容量之比约为（）A.1 ： 2B.1 ： 4C.2 ： 3D.3 : 4答案 D图像存储容量=水平像素数X垂直像素数X每个像素编码位数 /8（单位：字节）。原 文件大小为1024X 768X 8/8（单位：字节），处理后文件大小为512X 384X 24/8（单位：字节）， 故处理后的图像文件与原文件的存储容量之比为 3 : 4。16 .小李使用GoldWav儆件处理某音频，部分界面如图所示。执行