软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷3（共273题）

软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷3（共9套）（共273题）软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷第1套一、中文选择题(本题共25题，每题1.0分，共25分。)1、存取速度最快的是______。A、CPU内部寄存器B、计算机的高速缓存CacheC、计算机的主存D、大容量磁盘标准答案：A知识点解析：CPU内部各寄存器具有特定的功能和用途，最常见的寄存器功能是寄存地址、放置计算中间结果和减少对内存的访问。这些寄存器在CPU内部的使用十分频繁，访问速度最快。通常在CPU和主存之间设置小容量的高速缓存Cache，依据程序的局部性原理将访问概率高的数据存放在Cache中，大大提高了系统的性能。显然，计算机主存的存取速度远远大于外部存储器如磁盘、光盘等的存取速度。综上所述，存取速度从高到低依次为：CPU内部寄存器、Cache、主存和磁盘。2、将两个长度为n的递增有序表归并成一个长度为2n的递增有序表，最少需要进行关键字比较(64)次。A、1B、n-1C、nD、2/9标准答案：C知识点解析：显然当一个表的所有字符都小于另一个表的所有字符的时候，比较的次数最少。这时，只需把其中一个表的每个字符与另一个表中的每一个字符比较一次，即共需比较n次。3、设关系P和Q分别为2元和3元关系，则与关系代数表达式等价的是(20)。A、σ1＜2(P×Q)B、σ1＜4(P×Q)C、σ1＜2(PQ)D、σ1＜4(PQ)标准答案：B知识点解析：根据θ连接的定义，与题目所给关系表达式等价的应该是选项B。4、已知某二叉树的先序序列为abcde，它可能的中序序列为()。A、bdaecB、bcadeC、ecadbD、beacd标准答案：B知识点解析：二叉树的先序序列可以分为连续的3个部分：根结点、左子树部分、右子树部分。中序遍历也可以分为3个部分：左子树部分、根结点、右子树部分。题目给出的先序序列为abcde，可知a为根结点。在A选项中，给出的中序序列bdaec表示bd是左子树部分，ec是右子树部分，这与先序序列abcde矛盾(在先序序列中，bd不在一起，ec也不在一起)，因此，不是可能的中序序列。在B选项中，给出的序列bcade表示bc是左子树部分，de是右子树部分，这与先序序列abcde不矛盾，是可能的中序序列。对左子树部分而言，在先序序列中的顺序是bc，说明b是根结点；在中序序列中的顺序也是bc，说明c是b的右孩子。对右子树而言，在先序序列中的顺序是de，说明d是根结点；在中序序列中的顺序也是de，说明e是d的右孩子。因此，B选项符合要求。在C选项中，给出的中序序列ecadb表示ec是左子树部分，db是右子树部分，这与先序序列abcde矛盾(在先序序列中，ec不在一起，db也不在一起)，因此不是可能的中序序列。在D选项中，给出的中序序列beacd表示be是左子树部分，cd是右子树部分，这与先序序列abcde矛盾(在先序序列中，be不在一起)，因此，不是可能的中序序列。5、递归算法的执行过程，一般来说，可先后分成()两个阶段。A、试探和回归B、递推和回归C、试探和返回D、递推和返回标准答案：B知识点解析：递归算法的执行过程分递推和回归两个阶段。在递推阶段，把较复杂的问题(规模为n)的求解推到比原问题简单一些的问题(规模小于n)的求解。在回归阶段，当获得最简单情况的解后，逐级返回，依次得到稍复杂问题的解。下面举一个经典的递归算法例子——斐波那契数列问题来说明这一过程。斐波那契数列为：0，1，1，2，3，…，即fib(0)=0；fib(1)=1；fib(n)=fib(n一1)+fib(n一2)(当n>1时)写成递归函数有：intfib(intn){if(n==0)return0；if(n==1)return1；if(n>1)returnfib(n一1)+fib(n一2)；}这个例子的递推过程为：求解fib(n)，把它推到求解fib(n一1)和fib(n一2)。也就是说，为计算fib(n)，必须先计算fib(n一1)和fib(n一2)，而计算fib(n一1)和fib(n一2)，又必须先计算fib(n一3)和fib(n一4)。依次类推，直至计算fib(1)和fib(0)，分别能立即得到结果1和0。在递推阶段，必须要有终止递归的情况。例如在函数fib(n)中，当n为1和0的情况。回归过程为：得到fib(1)和fib(0)后，返回得到fib(2)的结果……在得到了fib(n一1)并fib(n-2)的结果后，返回得到fib(n)的结果。6、关于以下描述错误的是(9)。A、高级语言都是用接近人们习惯的自然语言和数学语言作为语言的表达形式B、计算机只能处理由0和1的代码构成的二进制指令或数据C、每一种高级语言都有它对应的编译程序D、C语言源程序经过C语言编译程序编译之后生成一个后缀为EXE的二进制文件标准答案：D知识点解析：本题主要考查高级程序设计语言的基础知识。下面分别分析一下本题的4个选项。由于高级程序设计语言具有可读写、可理解性好等特点，这就要求高级程序设计语言用接近人们习惯的自然语言和数学语言作为语言的表达形式，选项A的说法正确。在计算机中，机器可以接受和处理的只能是由0和1组成的二进制代码，用高级语言编写的程序都需要经过编译和连接，使其转化为二进制代码才能被机器执行。因此，选项B的说法正确。由于高级语言编写的程序都需要经过编译和连接，才能被计算机执行，因此每一种高级语言都有它对应的编译程序，C选项的说法正确。C语言源程序经过C语言编译程序编译之后生成一个后缀为OBJ的二进制文件(称为目标文件)；最后要由“连接程序”把此OBJ文件与C语言提供的各种库函数连接起来生成一个后缀为EXE的可执行文件。因此，选项D的说法不正确。7、若程序中存在死循环，那么这属于()错误。A、语法B、语用C、语义D、语境标准答案：C知识点解析：源程序中可能出现的错误主要有三类：词法错误、语法错误和语义错误。①词法错误如非法字符或拼写错关键字、标识符等。②语法错误是指语法结构出错，如少分号、begin／end不配对等。③静态语义错误：如类型不一致、参数不匹配等。④动态语义错误(逻辑错误)：如死循环、变量为零时作除数等。大多数错误的诊断和恢复集中在语法分析阶段。一个原因是大多数错误是语法错误；另一个原因是语法分析方法的准确性，它们能以非常有效的方法诊断语法错误。在编译时，想要准确诊断语义或逻辑错误有时是很困难，所存在死循环这样的错误，一般在编译阶段是不会报错的，只要到程序运行时，才会发现。8、在有一台处理机CPU和两台输入／输出设备IO1和IO2，且能够实现抢先式多任务并行工作的多道程序内，投入运行优先级由高到低P1，P2，P3三个作业。它们使用设备的先后顺序和占用设备时间分别是：作业P1：IO2(30ms)，CPU(10ms)，IO1(30ms)，CPU(10ms)。作业P2：IO1(20ms)，CPU(20ms)，IO2(40ms)。作业P3：CPU(30ms)，IO1(20ms)。在对于其他辅助操作时间可以忽略不计的假设下，作业P1，P2，P3从投入到完成，CPU的空闲时长为(6)。假定在系统中仅有这三个作业投入运行。A、10B、20C、30D、40标准答案：B知识点解析：在多任务系统中，多任务在宏观上是并行的，微观上是串行的。从宏观上看，多任务并行使用系统资源(如处理器、I／O设备)；微观上，大部分资源是在串行地为这些任务服务。因此，系统必须进行调度，使系统资源有效合理地为任务提供服务。调度的算法有先来先服务法、优先数法、短作业优先法、响应比高者优先法等。优先数法调度时，根据作业的优先级别，级别高者先调度。在抢先式多任务系统中，CPU是可抢先的，即任何时刻CPU总是分配给需要CPU的优先级最高的作业。根据题意，P1，P2，P3的运行优先级由高到低，在抢先式并行工作方式下，作业的执行时序图如图3-5所示。有些考生不能理解此图。这个时序图应这么看：P1前30ms使用IO2，所以时序图中，IO2第一段30ms标记为P1。P2前20ms使用：IO1，IO1第一段20ms标记为P2；P3前20ms使用CPU，CPU第一段20ms标记为P3；还有一点要注意，CPU资源是可以抢占的，从30～40看得出来，P2本来要用20msCPU，但还只用了10ms就被P1抢去了。所以从图中可知，三个作业从投入到完成总的运行时间为90ms。CPU，IO11，IO2的有效工作时间均为70ms，因此CPU有20ms时间是空闲的。9、若信号量的初值为2，当前值为负3，则表示有(12)个等待进程。A、1B、2C、3D、5标准答案：C知识点解析：当信号量控制互斥问题时，其初值往往代表资源的个数。本题初值为2，说明该种资源数量2个。当进程将2个资源全部占有之后，信号量值减至0，此时若再有进程要求申请该资源，则必须在此信号量上等待，具体表现为：将信号量的值减1，导致信号量的取值为负。此时有几个进程申请该资源，信号量便被减几次；因此S的值为负3，则表示有3个进程在等待该资源。10、下列关于极限编程(XP)的叙述中，不正确的是(17)。A、极限编程注重用户反馈B、极限编程提倡减少文档C、极限编程的4大价值观是沟通、变更、反馈、勇气D、简单设计是极限编程的十二个最佳实践之一标准答案：C知识点解析：极限编程是一种敏捷开发方法。其他敏捷方法还有自适应开发、水晶方法、特性驱动开发等，它们都有一个共同的特点，那就是都将矛头指向了“文档”，它们认为传统的软件工程方法文档量太“重”了，称为“重量级”方法，而相应的敏捷方法则是“轻量级”方法。在极限编程方法中，提出了四大价值观：沟通、简单、反馈、勇气。五大原则：快速反馈、简单性假设、逐步修改、提倡更改、优质工作。还有十二个最佳实践：计划游戏、小型发布、隐喻、简单设计、测试先行、重构、集体代码所有制、结对编程、每周工作40小时、持续集成、编码标准和现场客户。11、在进行软件工程风险分析时，项目管理人员要进行4种风险评估活动，这4种风险活动是(26)以及确定风险估计的正确性。A、建立表示风险概率的尺度，描述风险引起的后果，估计风险影响的大小B、建立表示风险概率的尺度，描述风险引起的后果，确定产生风险的原因C、确定产生风险的原因，描述风险引起的后果，估计风险影响的大小D、建立表示风险概率的尺度，确定产生风险的原因，估计风险影响的大小标准答案：A知识点解析：风险风险是可能发生的事件，而且是会带来损失的事件，风险评估试图从两个方面评估每一个风险——风险发生的可能性或概率，以及如果风险发生了，所产生的后果。项目计划者，以及其他管理人员和技术人员一起执行4个风险预测活动：(1)建立一个尺度，以反映风险发生的可能性。(2)描述风险的后果。(3)估算风险对项目及产品的影响。(4)标注风险预测的整体精确度，以免产生误解。12、在UML的通用机制中，()是系统中遵从一组接口规范且付诸实现的物理、可替换的软件模块。A、包B、类C、接口D、构件标准答案：D知识点解析：在UML中，把组织模型的组块称为包。包是用于把元素组织成组的通用机制，有助于组织模型中的元素，使得对它们的理解变得更容易，也使得用户能够控制对包的内容的访问，从而控制系统体系结构中的接缝。接口是描述某个类或构件的一个服务操作集。也就是说，接口是类或构件对其他类或构件提供的功能、操作、行为。构件是系统中遵从一组接口且提供实现的物理、可替换的部分。可以利用构件为可能存在于结点上的物理事物(如可执行体、库、表、文件及文档等)进行建模。一般情况下，构件表示将类、接口和协作等逻辑元素打包而形成的物理模块。好的构件应采用定义良好的接口来定义灵活的抽象，以便将来可以用更新且接口兼容的构件来替换较旧的构件。13、以下设施中，存取速度最快的是(6)。A、主存B、CacheC、寄存器D、高速磁盘标准答案：C知识点解析：存储器是计算机(包括微机)硬件系统的重要组成部分，有了存储器，计算机才具有“记忆”功能，才能把程序及数据的代码保存起来，才能使计算机系统脱离人的干预，而自动完成信息处理的功能。存储器系统的三项主要性能指标是容量、速度和成本。存储器的存取速度直接决定了整个计算机的运行速度，因此，存取速度是存储器系统的重要的性能指标之一。主存储器，指的就是主板上的存储部件，是CPU直接与之沟通，并用其存储数据的部件，存放当前正在使用的(即执行中)的数据和程序，它的物理实质就是一组或多组具备数据输入输出和数据存储功能的集成电路，内存只用于暂时存放程序和数据，一旦关闭电源或发生断电，其中的程序和数据就会丢失。主存储器通常分为RAM和ROM两部分。RAM可读可写，ROM只能读不能写。主存与CPU之间的硬连接。主存与CPU的硬连接有三组连线：地址总线(AB)、数据总线(DB)和控制总线(CB)。高速缓冲存储器(Cache)其原始意义是指存取速度比一般随机存取记忆体(RAM)来得快的一种RAM，一般而言它不像系统主记忆体那样使用DRAM技术，而使用昂贵但较快速的SRAM技术，也有快取记忆体的名称；Cache的容量很小，它保存的内容只是主存内容的一个子集，且Cache与主存的数据交换是以块为单位。地址映射即是应用某种方法把主存地址定位到Cache中。高速缓冲存储器Cache是存在于主存与CPU之间的一级存储器，由静态存储芯片(SRAM)组成，容量比较小但速度比主存高得多，接近于CPU的速度。寄存器是中央处理器内的组成部分。寄存器是有限存储容量的高速存储部件，它们可用来暂存指令、数据和位址。在中央处理器的控制部件中，包含的寄存器有指令寄存器(m)和程序计数器(PC)。在中央处理器的算术及逻辑部件中，包含的寄存器有累加器(ACC)。寄存器是内存阶层中的最顶端，也是系统获得操作资料的最快速途径。寄存器是CPU内部的元件，寄存器拥有非常高的读写速度，所以在寄存器之间的数据传送非常快。寄存器是CP[J为了运算，必须要有的临时存放数据的器件；而cache是为了弥补CPU和内存的速度上的差异设置的缓存。显然cache的速度在寄存器register与内存之间。14、下面关于局部性原理的描述正确的是(7)。A、程序代码顺序执行B、程序按照非一致性方式访问内存C、程序连续地访问许多变量D、程序在一段时间内访问相对小的一段地址空间标准答案：D知识点解析：程序的局部性原理，即程序的地址访问流有很强的时序相关性，未来的访问模式与最近已发生的访问模式相似。虚拟内存操作是基于程序执行的局部性原理，程序的局部性包括时间局部性、空间局部性等，如循环程序。在这里指程序在一段时间内访问相对小的一段地址空间。15、以下关于在I／O设备与主机间交换数据的叙述中，错误的是()。A、中断方式下，CPU需要执行程序来实现数据传送B、按交换数据的效率从低到高：程序控制方式、中断方式、DMA方式C、中断方式和DMA方式相比，快速I／O设备更适合采用中断方式传递数据D、若同时接到DMA请求和中断请求，CPU优先响应DMA请求标准答案：C知识点解析：本题考查计算机系统基础知识。常用的I／O设备和CPU之间数据传送控制方式有4种，分别为程序直接控制方式、中断控制方式、DMA方式和通道方式。程序直接控制方式和中断控制方式都只适用于简单、外设很少的计算机系统，因为程序直接控制方式耗费大量的CP[J时间，而且无法检测发现设备或其他硬件产生的错误，设备与CPU、设备与设备只能串行工作。中断控制方式虽然在某种程度上解决了上述问题，但由于中断次数多，因而CPU仍需要花费较多的时间处理中断，而且能够并行操作的设备台数也受到中断处理时间的限制，中断次数增多也导致数据丢失。DMA方式和通道方式较好地解决了上述问题。这两种方式采用了外设和内存直接交换数据的方式。只有在一段数据传送结束时，才发出中断信号要求CPU做善后处理，从而大大减少了CPU的工作负担。DMA方式与通道控制方式的区别是，DMA方式要求CPU执行设备驱动程序来启动设备，给出存放数据的内存起始地址以及操作方式和传送字节长度等；而通道控制方式则是在CPU发出I／O启动命令之后，由通道指令来完成这些工作。16、设用2K×8位的存储器芯片组成16K×8位的存储器(地址单元为0000H～3FFFH，每个芯片的地址空间连续)，则地址单元081FH所在芯片的最小地址编号为()。A、0000HB、2800HC、2000HD、0800H标准答案：A知识点解析：芯片的大小为2K×8位，而存储器的大小为16K×8位，不难得出要获得这样一个大小的存储器，需要8片2K×4位的芯片。如果按字节编址，对应一个大小为16K×8位的存储器，需要14位地址，其中高3位为片选地址，低11位为片内地址，而题目给出的地址081FH转换为二进制为00101100011111，其高3位为001，即片选地址为2。因此，地址081FH对应第2片芯片，该芯片的起始地址(最小地址)为00000000000000，即0000H。17、假设用一条4级流水线结构来完成一条指令的取指、指令译码和取数运算以及送回结果4个基本操作，每段执行时间是10ns、20ns、30ns、40ns，则连续输入100条时的吞吐率为(30)。A、2．53×107／SB、2．46×107／sC、2．64×107／SD、2．94×107／s标准答案：C知识点解析：当流水线各段所经历的时间不一样时，吞吐率的计算公式为：式中m为流水线的段数；△ti为第i段所需时间；n为输入的指令数：△tj为该段流水线中瓶颈段的时间。将题中已知条件代入上式，求出吞吐率TP为10／35△t。18、下列关于E—R图的叙述中，()是不正确的。A、实体用矩形表示，属性用椭圆形表示，联系用菱形表示B、实体之间的联系可分为1：1、1：n和n：m三类C、1：1联系是1：n联系的特例D、实体之间1：1、1：n和n：m三类联系只能存在于两个实体之间标准答案：D知识点解析：ER数据模型所采用的三个主要概念是：实体集、联系集和属性。这三个是构成ER模型的基本成分。其中，实体集是具有相同类型及相同性质(属性)的实体集合，用矩形框表示实体类型，表示考虑问题的对象；联系集是指同类联系的集合，用菱形表示联系类型；用椭圆框表示实体类型和联系类型的属性。相应的命名写入框内。对于键属性，则在属性名下画一条横线表示。两个实体型之间的联系可以分成下述三类。(1)一对一联系(1：1)。如果对于实体集A中的每一个实体，实体集B中至多有一个实体与之联系，反之亦然，则称实体集A与实体集B具有一对一联系。(2)一对多联系(1：n)。如果对于实体集A中的每一个实体，实体集B中有n个实体(n≥0)与之联系，反之，对于实体集B中的每一个实体，实体集A中至多只有一个实体与之联系．则称实体集A与实体B有一对多联系。(3)多对多联系(m：n)。如果对于实体集A中的每一个实体，实体集B中有n个实体(n≥0)与之联系，反之，对于实体集B中的每一个实体，实体集A中也有m个实体(m≥0)与之联系，则称实体集A与实体B具有多对多联系。实体型之间的一对一、一对多和多对多联系不仅存在于两个实体型之间，还存在于两个以上的实体型之间。19、对最近一次数据库完全备份以来发生的数据变化进行备份，优点是速度快，占用较小的时间和空间的转储方式为()。A、完全转储B、差量转储C、增量转储D、定期转储标准答案：C知识点解析：转储还可以分为完全转储、增量转储和差量转储。完全转储是指每次转储全部数据库；增量转储是指每次只转储上次转储后更新过的数据；差量转储是对最近一次数据库完全备份以来发生的数据变化进行备份。如果数据库很大，事务处理又十分频繁，则增量转储方式是很有效的；而差量转储的优点是速度快，占用较小的时间和空间。20、一个B类网络的子网掩码为255．255．192．0，则这个网络被划分成了()个子网。A、2B、4C、6D、8标准答案：B知识点解析：随着网络的应用深入，11％4采用的32位IP地址设计限制了地址空间的总容量，出现了IP地址紧缺的现象，而IPv6(采用128位IP地址设计)还不能够很快地进入应用，这时就需要采取一些措施来避免IP地址的浪费。以原先的A，B，C三类地址划分，经常出现B类太大、C类太小或C类都太大的应用场景，为了解决这个问题，就出现了子网掩码，其主要思想就是将IP地址划分成三个部分：网络号、子网号、主机号。也就是说，将原先IP地址的主机号部分分成子网号和主机号两部分。说到底，也就是利用主机号部分继续划分子网。子网可以用子网掩码来识别，子网号和网络号可以统称为网络号，而网络号对应的子网掩码部分为1，主机号对应的子网掩码部分为0。在本题中，子网掩码255．255．192．0转换为二进制得11111111111111111100000000000000，题目给出的是一个B类地址，如果是B类地址的话，那么其高两个字节为网络号，而低两个字节为主机号，因此子网掩码的高两个字节应该全为1，而低两个字节应该全为0，但子网掩码255．255．192．0的第3个字节很显然不全为0，该字节中的高两位为1，说明IP地址中与其对应的这两位被用作子网号，而用两位来表示子网，可以划分出22个子网，即4个子网。21、在下面常用的端口号中，默认用于FTP服务的TCP端口是(28)。A、80B、23C、21D、25标准答案：C知识点解析：在传输层中，TCP和UDP标题包含端口号(PortNumber)，它们可以唯一区分每个数据包包含哪些应用协议(如HTTP、FTP等)。端点系统利用这种信息来区分包中的数据，尤其是端口号使一个接收端计算机系统能够确定它所收到的IP包类型，并把它交给合适的高层软件。端口号和设备IP地址的组合通常称为“插口(Socket)”。任何TCP／IP实现所提供的服务都用知名的1～1023之间的端口号。这些知名端口号由Internet号分配机构(InternetAssignedNumbersAuthority，IANA)来管理。到1992年为止，知名端口号介于1～255之间。256～1023之间的端口号通常都由UNIX系统占用，以提供一些特定的UNIX服务——也就是说，提供一些只有UNⅨ系统才有的、其他操作系统可能不提供的服务。现在IANA管理1～1023之间所有的端口号。需要了解一些常见的端口号对应什么协议。比如，80端口一般用于以HTTP协议为基础的Web服务，21和20端口一般用于FTP服务，23端口一般用于Telnet服务，25端口一般用于SMTP服务，110端口用于POP3服务等。22、下面关于计算机病毒的叙述中，正确的叙述是()。A、计算机病毒有破坏性，破坏计算机中的软件和数据，但不会损害机器的硬件B、计算机病毒有潜伏性，可能会长时间潜伏，遇到一定条件才开始进行破坏活动C、计算机病毒有传染性，能通过软磁盘和光盘不断扩散，但不会通过网络进行传播D、它是开发程序时未经彻底测试而附带的一种寄生性的计算机程序，能在计算机系统中生存和传播标准答案：D知识点解析：计算机病毒的定义在《中华人民共和国计算机信息系统安全保护条例》中被明确定义，病毒“指编制或在计算机程序中插入的破坏计算机功能或破坏数据，影响计算机使用并且能够自我复制的一组计算机指令或程序代码”。计算机病毒的特点是人为的特制程序，具有自我复制能力，很强的感染性，一定的潜伏性，特定的触发性和很大的破坏性，有些病毒还能间接的破坏硬件。病毒存在的必然性是因为计算机的信息需要存取、复制、传送，病毒作为信息的一种形式可以随之繁殖、感染、破坏，当病毒取得控制权之后，会主动寻找感染目标，使自身广为流传。计算机病毒的长期性病毒往往会利用计算机操作系统的弱点进行传播，提高系统的安全性是防病毒的一个重要方面，但完美的系统是不存在的，过于强调提高系统的安全性将使系统多数时间用于病毒检查，系统失去了可用性、实用性和易用性。另外，信息保密的要求让人们在泄密和抓住病毒之间无法选择。病毒与反病毒将作为一种技术对抗长期存在，两种技术都将随计算机技术的发展而得到长期的发展。计算机病毒的产生不是来源于突发或偶然的原因。一次突发的停电和偶然的错误，会在计算机的磁盘和内存中产生一些乱码和随机指令，但这些代码是无序和混乱的，病毒则是一种比较完美、精巧严谨的代码，按照严格的秩序组织起来，与所在的系统网络环境相适应和配合起来，病毒不会通过偶然形成，并且需要有一定的长度，这个基本的长度从概率上来讲是不可能通过随机代码产生的。23、李富是某公司的产品设计部的设计师，他经过努力工作，研究出了一种新的产品外形，该公司利用这一设计制造出新的产品后，致使销量大增。同时，对该设计申请了专利保护，那么其专利权应该归(8)所有。A、李富所在公司B、李富自己C、李富与公司共有D、产品设计部标准答案：A知识点解析：本题主要考查知识产权人的确定。在本题中，由于李富是公司产品设计部的设计师，其工作内容就是设计公司产品的外形等，所有属于典型的职位发明创造，因此这种情况下，该设计的专利权应该属于公司所有。如果是执行单位任务，或者是利用本单位的物质技术条件所完成的发明创造，被视为职务发明创造，通常包括：(1)在本职工作中做出的发明创造。(2)在履行单位交付的本职工作之外的任务所做出的发明创造。(3)退职、退休或调动工作后一年内做的，与其原来承担的任务相关的发明创造。对于职务发明的专利申请被批准后，单位是专利权人。对于利用单位的物质技术条件进行发明创造的，发明人、设计人与单位之间可以签订合同，重新规定专利权的归属。业务用例和参与者一起描述_______(10)，而业务对象模型描述_______(11)。24、(10)A、工作过程中的静态元素B、工作过程中的动态元素C、工作过程中的逻辑视图D、组织支持的业务过程标准答案：D知识点解析：业务用例模型描述一个业务的流程以及它们与外部各方(如客户和合作伙伴)之间的交互。业务用例模型描述的是业务范围，与系统用例模型讲述的系统范围是不同的。业务对象模型是描述业务用例实现的对象模型。业务对象模型是一种根据职责、可交付工件和协作行为来说明业务流程的方法。没有业务对象模型意味着存在一定风险，因为开发人员只是肤浅地注意业务的进行方式，他们将做自己所熟悉的工作，即在缺乏业务流程观念的前提下设计和创建软件，其结果可能是构建出来的系统无法满足业务需要。25、(11)A、业务结构B、结构元素如何完成业务用例C、业务结构以及元素如何完成业务用例D、组织支持的业务过程标准答案：C知识点解析：暂无解析软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷第2套一、中文选择题（含3小题）(本题共35题，每题1.0分，共35分。)一棵查找二叉树，其节点A，B，C，D，E，F依次存放在一个起始地址为n(假定地址以字节为单位顺序编号)的连续区域中，每个节点占4字节，前二字节存放节点值，后二字节依次放左指针、右指针。若该查找二叉树的根节点为E，则它的一种可能的前序遍历为(20)，相应的层次遍历为(21)。在以上两种遍历情况下，节点c的左指针LC的存放地址为(22)，LC的内容为(23)。节点A的右指针RA的内容为(24)。1、一棵查找二叉树，其节点A，B，C，D，E，F依次存放在一个起始地址为n(假定地址以字节为单位顺序编号)的连续区域中，每个节点占4字节，前二字节存放节点值，后二字节依次放左指针、右指针。若该查找二叉树的根节点为E，则它的一种可能的前序遍历为(20)，相应的层次遍历为(21)。在以上两种遍历情况下，节点c的左指针LC的存放地址为(22)，LC的内容为(23)。节点A的右指针RA的内容为(24)。A、EAFCBDB、EFACDBC、EABCFDD、EACBDF标准答案：D知识点解析：暂无解析2、A、EAFCBDB、EFACDBC、EABCFDD、EACBDF标准答案：A知识点解析：暂无解析3、A、n+9B、n+10C、n+12D、n+13标准答案：B知识点解析：暂无解析4、A、n+4B、n+8C、n+12D、n+16标准答案：A知识点解析：暂无解析5、A、n+4B、n+8C、n+12D、n+16标准答案：B知识点解析：此题最主要的条件就是“查找二叉树”。查找二叉树中每一个节点的左子树节点关键值小于节点本身，而右子树节点大于节点本身。题目中又给出条件“根节点为E”，所以比E小的节点A，B，C，D都是E的左子树节点，而F是右子树节点，又因为前序遍历顺序为：根、左、右，所以前序遍历的第一个节点是E，最后一个节点是F。因此对于空(1)，选项D满足。由上述分析知道，前序遍历序列为EACBDF，且知道二叉树的左子树是ACBD，再根据前序遍历的性质和A是左子树的根节点，可知C，B，D均是A节点下的右子树。同理B和D分别是C的左子树和右子树。最后所得的二叉树如图8-5所示。根据图8-5，我们立即得到该二叉树的层次遍历序列为EAFCBD。根据试题条件，节点A，B，C，D，E，F依次存放，且每个节点占4字节，所以C的起始地址为n+8，Lc的地址为n+10。根据图8-5所示，Lc中应存放B的地址，由于起始地址为n，因此B的地址为n+4，Lc上的内容是n+4。节点A的右指针Ra中应存放C的地址，而C的地址为n+8，即Ra的内容是n+8。给定数据结构(V，E)，y为节点的有限集合，V={V1，V2，V3，V4，V5，V6，V7，V8)，E是V上关系的集合。E={＜V1，V2＞，＜V3，V4)，＜V5，V6＞，＜V5，V6＞，＜V1，V3＞，＜V4，V7＞，＜V4，V5＞，＜V2，V4＞，＜V4，V6＞)，它所对应的图形是(42)，这是(43)。图的存储结构主要有邻接表和(44)，若用邻接表来存储一个图，则需要保存一个(45)存储的节点表和若干个(46)存储的关系表(又称边表)。6、给定数据结构(V，E)，y为节点的有限集合，V={V1，V2，V3，V4，V5，V6，V7，V8)，E是V上关系的集合。E={＜V1，V2＞，＜V3，V4)，＜V5，V6＞，＜V5，V6＞，＜V1，V3＞，＜V4，V7＞，＜V4，V5＞，＜V2，V4＞，＜V4，V6＞)，它所对应的图形是(42)，这是(43)。图的存储结构主要有邻接表和(44)，若用邻接表来存储一个图，则需要保存一个(45)存储的节点表和若干个(46)存储的关系表(又称边表)。A、B、C、D、标准答案：A知识点解析：暂无解析7、A、树B、无向图C、有向图D、无向图标准答案：B知识点解析：暂无解析8、A、转移矩阵B、邻接矩阵C、状态矩阵D、优先矩阵标准答案：B知识点解析：暂无解析9、A、顺序B、连接C、散列D、分块标准答案：A知识点解析：暂无解析10、A、顺序B、连接C、散列D、索引标准答案：B知识点解析：图的存储结构主要有邻接表和邻接矩阵，若用邻接表来存储一个图，则需要保存一个顺序存储节点表和若干个连接存储关系表。对于给定的一组关键字(12,2,16,30,8,28,4,10,20,6,18)，按照下列算法进行递增排序，写出每种算法第一趟排序后得到的结果：希尔排序(增量为5)得到(67)，快速排序(选第一个记录为基准元素)得到(68)，链式基数(基数为10排)序得到(69)，二路归并排序得到(70)，堆排序得到(71)。11、对于给定的一组关键字(12,2,16,30,8,28,4,10,20,6,18)，按照下列算法进行递增排序，写出每种算法第一趟排序后得到的结果：希尔排序(增量为5)得到(67)，快速排序(选第一个记录为基准元素)得到(68)，链式基数(基数为10排)序得到(69)，二路归并排序得到(70)，堆排序得到(71)。A、2,4,6,8,10,12,16,18,20,28,30B、6,2,10,4,8,12,28,30,20,16,18C、12,2,10,20,6,18,4,16,30,8,28D、30,10,20,12,2,4,16,6,8,28,18标准答案：C知识点解析：暂无解析12、A、10,6,18,8,4,2,12,20,16,30,28B、6,2,10,4,8,12,28,30,20,16,10C、2,4,6,8,10,12,16,18,20,28,30D、6,10,8,28,20,18,2,4,12,30,16标准答案：B知识点解析：暂无解析13、A、10,6,18,8,4,2,12,20,16,30,28B、1,12,10,20,6,18,4,16,30,8,28C、2,4,6,8,10,12,16,18,20,28,30D、30,10,20,12,2,4,16,6,8,28,18标准答案：D知识点解析：暂无解析14、A、2,12,16,8,28,30,4,6,10,18,20B、2,12,16,30,8,28,4,10,6,20,18C、12,2,16,8,28,30,4,6,10,28,18D、12,2,10,20,6,18,4,16,30,8,28标准答案：B知识点解析：暂无解析15、A、30,28,20,12,18,16,4,10,2,6,8B、20,30,28,12,18,4,16,10,2,8,6C、2,6,4,10,8,28,16,30,20,12,18D、2,4,10,6,12,28,16,20,8,30,18标准答案：C知识点解析：分别根据各种排序方法的排序原则，我们可以得到正确的答案。最常用的一种基本数据模型是关系数据模型，它用统一的(21)结构来表示实体及实体之间的联系。关系数据库的数据操作语言(DML)主要包括(22)两类操作。关系运算以关系代数为理论基础，关系代数的最基本操作是并、差、笛卡儿积、(23)。用RS表示关系只和关系S的(24)。设关系尺和关系S图示如下：R：ABCabcbbfCaddadS：BCDbcdbCeadbT：ABCDabcdabCecadbdadb则关系T是关系R和关系S(25)的结果。16、最常用的一种基本数据模型是关系数据模型，它用统一的(21)结构来表示实体及实体之间的联系。关系数据库的数据操作语言(DML)主要包括(22)两类操作。关系运算以关系代数为理论基础，关系代数的最基本操作是并、差、笛卡儿积、(23)。用RS表示关系只和关系S的(24)。设关系尺和关系S图示如下：R：ABCabcbbfCaddadS：BCDbcdbCeadbT：ABCDabcdabCecadbdadb则关系T是关系R和关系S(25)的结果。A、树B、网络C、图D、二维表标准答案：D知识点解析：暂无解析17、A、插入和删除B、检索和更新C、查询和编辑D、统计和修改标准答案：B知识点解析：暂无解析18、A、投影、连接B、连接、选择C、选择、投影D、交、选择标准答案：C知识点解析：暂无解析19、A、连接B、笛卡儿积C、日连接D、自然连接标准答案：D知识点解析：暂无解析20、A、自然连接B、θ连接C、笛卡儿积D、并标准答案：A知识点解析：最常用的一种基本数据模型是关系数据模型，它用统一的二维表结构来表示实体及实体之间的联系。关系数据库的数据操作语言主要包括检索和更新两类操作，其中检索也就是查询，更新包括插入、删除和修改。关系代数的最基本操作有5类，它们是并、差、笛卡儿积、选择和投影。RS下没有条件，表示自然连接。自然连接是除去重复属性的等价连接，它是连接运算的一个特例，是最常用的连接运算。在连接运算中，同名属性一般都是外关键字，否则会出现重复数据。某数据库中有供应商关系S和零件关系P，其中，供应商关系模式S(Sno,Sname,Szip,City)中的属性分别表示：供应商代码、供应商名、邮编、供应商所在城市；零件号、零件名；颜色、重量、产地。要求一个供应商可以供应多种零件，而一种零件可以由多个供应商供应。请将下面的SQL语句的空缺部分补充完整。CREATETABLESP(SnoCHAR(5)，PnoCHAR(6)，StatusCHAR(8)，QtyNUMERIC(9),(32)(Sno,Pno)，(33)(Sno)，(34)(pno)；查询供应了“红”色零件的供应商号、零件号和数量(QTY)的元组演算表达式为：{t|(u|$)($V)($w)((35)^u[1]=v[1]^v[2]=w[1]^w[3]='红'^(36))}21、某数据库中有供应商关系S和零件关系P，其中，供应商关系模式S(Sno,Sname,Szip,City)中的属性分别表示：供应商代码、供应商名、邮编、供应商所在城市；零件号、零件名；颜色、重量、产地。要求一个供应商可以供应多种零件，而一种零件可以由多个供应商供应。请将下面的SQL语句的空缺部分补充完整。CREATETABLESP(SnoCHAR(5)，PnoCHAR(6)，StatusCHAR(8)，QtyNUMERIC(9),(32)(Sno,Pno)，(33)(Sno)，(34)(pno)；查询供应了“红”色零件的供应商号、零件号和数量(QTY)的元组演算表达式为：{t|(u|$)($V)($w)((35)^u[1]=v[1]^v[2]=w[1]^w[3]=’红’^(36))}A、FOREIGNKEYB、PRIMARYKEYC、FOREIGNKEY(Sno)REFERENCESSD、FOREIGNKEY(Pno)REFERENCESP标准答案：B知识点解析：暂无解析22、A、FOREIGNKEYB、PRIMARYKEYC、FOREIGNKEY(Sno)REFERENCESSD、FOREIGNKEY(Pno)REFERENCESP标准答案：C知识点解析：暂无解析23、A、FOREIGNKEYB、PRIMARYKEYC、FOREIGNKEY(Sno)REFERENCESSD、FOREIGNKEY(Pno)REFERENCESP标准答案：D知识点解析：暂无解析24、A、S(U)^S(P)^P(W)B、SP(U)^S(V)^P(W)C、P(U)^S(P)^s(w)D、S(U)^P(V)^SP(W)标准答案：A知识点解析：暂无解析25、A、t[1]=U[1]^T[2]=W[2]^T[3]=V[4]B、t[1]=V[1]^T[2]=U[2]^T[3]=U[4]C、t[1]=W[1]^T[2]=U[2]^T[3]=V[4]D、t[1]=U[1]^T[2]=V[2]^T[3]=V[4]标准答案：D知识点解析：SQL空缺部分主要是对关系模式SP的完整性定义。根据题意要求，一个供应商可以供应多个零件，而一个零件可以由多个供应商供应，这样在供应商和零件之间存在多对多的联系，为此需要为该联系创建一个关系模式，该关系模式的主码由供应商代码Sno和零件号Pno构成。供应商代码Sno为供应商关系的主码，在关系SP中的供应商代码Sno必须参照供应商关系S。零件号Pno为零件关系的主码，在SP关系中的零件号Pno必须参照零件关系P。完整的SQL语句如下：CREATETABLESP(SnoCHAR(5)，PnoCHAR(6)，StatusCHAR(8)，QtyNUMERIC(9)，PRIMARYKEY(Sno,Pno)，FOREIGNKEY(Sno)，FOREIGNKEY(Pno)；在题目所提及的元组演算表达式中，u[1]=v[1]^v[2]=w[1]^w[3]=’红’，由于w[3]=’红’，这意味着元组变量w应该说明零件关系P；由于w[1]表示零件号，当v[2]=w[1]时，这意味着元组变量v应该说明供应商与零件关系之间的联系SP；由于v[1]表示零件号，当u[1]=v[1]时，根据题目给出的已知条件，不难看出元组变量u应该说明供应商关系S。由于试题要求查询供应了“红”色零件的供应商号、零件号和数量(Qty)的元组演算表达式，结果集有供应商号、零件号和数量，分别对应关系S的第一个分量，关系SP的第二个分量和第四个分量。域表达式{ab|R(ab)∧R(ba)}转换成为等价的关系代数表达式，所列出的式子中(47)是不正确的。SQL中集合成员资格的比较操作“元组NOTIN(集合)”中的“NOTIN”与(48)操作符等价。SQL中涉及属性AGE是甭是空值的比较操作，写法(49)是错误的。类似于“工资在800至5000之间”这种约束，是属于DBS的(50)功能。设关系模式Q是3NF模式，那么，(51)这种提法是不正确的。26、域表达式{ab|R(ab)∧R(ba)}转换成为等价的关系代数表达式，所列出的式子中(47)是不正确的。SQL中集合成员资格的比较操作“元组NOTIN(集合)”中的“NOTIN”与(48)操作符等价。SQL中涉及属性AGE是甭是空值的比较操作，写法(49)是错误的。类似于“工资在800至5000之间”这种约束，是属于DBS的(50)功能。设关系模式Q是3NF模式，那么，(51)这种提法是不正确的。A、B、C、D、标准答案：B知识点解析：暂无解析27、A、＜＞SOMEB、=SOMEC、＜＞ALLD、=ALL标准答案：C知识点解析：暂无解析28、A、AGEISNULLB、NOT(AGEINNULL)C、AGE=NULLD、AGEISNOTNULL标准答案：C知识点解析：暂无解析29、A、完整性B、并发控制C、安全性D、恢复标准答案：A知识点解析：暂无解析30、A、一定是2NF模式B、Q可能不是4NF模式C、Q可能不是BCNFD、Q一定不是BCNF标准答案：D知识点解析：域表达式{ab|R(ab)∧R(ba)}的含义是取出二元关系只中有对称关系的二元组的集合，即如果(a，b)∈R，则(b，d)∈R。因此如果求R×R后，相当于再求满足“1=4且2=3”的元组的集合。显然选项A是正确的。再看选项B，首先求2=3的条件连接，然后再求1=4的选择，最后求1，2的投影，所以结果也是正确的。CD不正确。SQL中的集合比较有4种，分别是集合成员资格比较、集合成员算术比较、空关系测试和重复元组的测试。其中集合成员资格的比较形式为：集合1IN集合2，其否定形式为：集合1NOTIN集合2。这里“IN”与算术比较中的“=SOME”等价，“NOTIN”与算术比较中的“＜＞ALL”等价，其中“＜＞”相当于“!=”。SQL中允许属性值为空值，空值用关键字NULL表示。类似于工资在800至5000元之间这种约束，是属于DBMS的完整性功能。根据4种范式之间的关系：，可以判断3NF模式必定是2NF模式，BCNF必定是3NF模式，但反之不一定成立。在多媒体的音频处理中，由于人所敏感的音频最高为(14)赫兹(Hz)，因此，数字音频文件中对音频的采样频率为(15)赫兹(Hz)。对一个双声道的立体声，保持一秒钟声音，其波形文件所需的字节数为(16)，这里假设每个采样点的量化位数为8位。MIDI文件是最常用的数字音频文件之一，MIDI是一种(17)，它是该领域国际上的一个(18)。31、在多媒体的音频处理中，由于人所敏感的音频最高为(14)赫兹(Hz)，因此，数字音频文件中对音频的采样频率为(15)赫兹(Hz)。对一个双声道的立体声，保持一秒钟声音，其波形文件所需的字节数为(16)，这里假设每个采样点的量化位数为8位。MIDI文件是最常用的数字音频文件之一，MIDI是一种(17)，它是该领域国际上的一个(18)。A、50B、10kC、22kD、44k标准答案：C知识点解析：暂无解析32、A、44.1kB、20.05kC、10kD、88k标准答案：A知识点解析：暂无解析33、A、22050B、88200C、176400D、44100标准答案：B知识点解析：暂无解析34、A、语音数字接口B、乐器数字接口C、语音模拟接口D、乐器模拟接口标准答案：B知识点解析：暂无解析35、A、控制方式B、管理规范C、通信标准D、输入格式标准答案：C知识点解析：人的听觉带宽一般为20Hz～20kHz，人敏感的音频最高为22kHz。数字音频文件中对音频的采样频率为44.1kHz。声音能按波形声音采样、存储和再现，如果不经过压缩，声音数字化后每秒所需的存储量可按下式估算：文件的字节数=采样频率×采样位数×声道数÷8因此，题目所要求的存储量为1×44100×8×2+8=88200字节。MIDI是一种乐器数字接口的英文缩写，泛指数字音乐的国际标准。软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷第3套一、中文选择题(本题共26题，每题1.0分，共26分。)考查下列文法：G(VT，VN，E，P)其中：Vsub>T={+,*,(,),i)；VN={E，T，F}；E是开始符号；P为：E→E+T|TT→T*F|FF→(E)|iF*F+T是该文法的一个句型，其中(1)是句柄，(2)是素短语，(3)是该句型的直接推导，(4)是该句型的最左推导，(5)是该文法的一个句子。1、考查下列文法：G(VT，VN，E，P)其中：Vsub>T={+,*,(,),i)；VN={E，T，F}；E是开始符号；P为：E→E+T|TT→T*F|FF→(E)|iF*F+T是该文法的一个句型，其中(1)是句柄，(2)是素短语，(3)是该句型的直接推导，(4)是该句型的最左推导，(5)是该文法的一个句子。A、FB、F*FC、F+TD、F*F+T标准答案：A知识点解析：暂无解析2、A、FB、F*FC、F+TD、F*F+T标准答案：B知识点解析：暂无解析3、A、F*F+iB、F*F+T*FC、F*F+F*FD、i*i+T标准答案：B知识点解析：暂无解析4、A、F*F+T*FB、F*F+TC、F*(E)+TD、(E)*F+T标准答案：D知识点解析：暂无解析5、A、T+(i+i)B、i+(i+F)C、iD、(E)标准答案：C知识点解析：句型F*F+T的推导过程如下：EE+TT+TT*F+TF*F+T，因为ET*F+T，EF*F+T，T→F，所以F是句型F*F+T相对于产生式T→F的直接短语，又因为它是该句型的最左直接短语，所以F是该句型的句柄。同理，可分析出句型F*F+T的短语有F、F*F、F*F+T。由于素短语中至少应含有一个终结符，因此F不是素短语；由于F*F+T中包含了短语F*F，因此它也不是素短语。所以该句型的素短语是F*F。因为句型F*F+TF*F+T*F，所以F*F+T*F是该句型的直接推导。而F*F+I、F*F+F*F和i*i+T都不能由句型F*F+T直接推导出来。由于最左推导是对句型右部的最左非终结符进行推导，因此在第(4)空的选择答案中只有(E)*F+T满足此条件。因为句子是仅含终结符的句型，所以第(5)空的选择答案中只有i有可能是句子，而ETFi，所以i是该文法的一个句子。6、类的实例化过程是一种实例的合成过程，而不仅仅是根据单个类型进行的空间分配、初始化和绑定。指导编译程序进行这种合成的是(23)。A、类层次结构B、实例的个数C、多态的种类D、每个实例的初始状态标准答案：A知识点解析：与一般数据类型的实例化过程相比，类的实例化过程是一种实例的合成过程，指导编译程序进行这种合成的，就是类层次结构。7、为使程序员编程时既可使用数据库语言又可使用常规的程序设计语言，数据库系统需要把数据库语言嵌入到______中。A、编译程序B、操作系统C、中间语言D、宿主语言标准答案：D知识点解析：SQL既可作为独立语言使用，也可以将其嵌入到某种高级语言中使用，利用高级语言的过程性结构来弥补SQL实现复杂应用方面的不足，这种方式下的SQL称为嵌入式SQL，而嵌入了SQL的高级语言称为主语言或宿主语言。8、任何一个基于“比较”的内部排序的算法，若对6个元素进行排序，则在最坏情况下所需的比较次数至少为(66)。A、10B、11C、21D、36标准答案：A知识点解析：用基于比较的方法进行排序，在最坏情况下，能达到的最好时间复杂度为O(log2n)，所以我们不管使用什么排序，低于[O(log26!)]次就不能囊括全部的6个元素序列排序。因此比较次数不能少于10次。9、应该在______阶段制定系统测试计划。A、需求分析B、概要设计C、详细设计D、系统测试标准答案：A知识点解析：软件测试贯穿整个软件开发周期，它包括三方面的工作：测试计划的制定、测试用例的设计以及测试的执行。这些工作的执行时间表如表2-7所示。10、与逆波兰式ab+-c*d-对应的中缀表达式是______。A、a-b-c*dB、-(a+b)*c-dC、-a+b*c-dD、(a+b)*(-c-d)标准答案：B知识点解析：逆波兰式把运算符写在运算对象的后面，所以也称为后缀式。这种表示法的优点是根据运算对象和运算符的出现次序进行计算，不需要使用括号。用栈结构实现后缀式的计算是很方便的，一般的方法是：自左至右扫描后缀式，遇到运算对象时就将其压入栈中，遇到k元运算符时就从栈中弹出k项进行运算，并将结果压入栈中，当表达式被扫描完时，栈顶元素就是表达式的运算结果。11、若某计算机系统是由500个元器件构成的串联系统，且每个元器件的夫效率均为10-7/H，在不考虑其他因素对可靠性的影响时，该计算机系统的平均故障间隔时间为______小时。A、2×104B、5×104C、2×105D、5×105标准答案：A知识点解析：串联系统的失效率为各个失效率的叠加，即为500×10-7=5×10-5，则平均无故障时间为1/5×10-5=2×104小时。12、下述函数中渐进时间最小的是(137)。A、T1(n)=nlog2n+100log2nB、T2(n)=nlog2n+100log2nC、T3(n)=n2-100log2nD、T4(n)=4nlog2n-100log2n标准答案：A知识点解析：当n无限增大时，T1(n)≤T2(n)≤T3(n)＜T4(n)。所以T4的渐进时间最小。13、给定一个有n个元素的有序线性表。若采用顺序存储结构，则在等概率前提下，删除其中的一个元素平均需要移动(2)个元素。A、

B、

C、

D、

标准答案：C知识点解析：题目要求计算进行删除操作时平均移动元素个数，如图1-3所示，若要删除f，则无须移动任何元素，直接删除即可；若要删除e，则需要移动1个元素，即把f移至e位置；若要删除d，则需要移动2个元素，把e移至d位置，再把f移至e位置；依此类推，要删除第1个元素，则需要移动n-1个元素。由于每个元素被删除的概率是相等的，所以平均需要移动的元素个数为：所以此题答案为C。14、在一棵度为4的树T中，若有20个度为4的结点，10个度为3的结点，1个度为2的结点，10个度为1的结点，则树T的叶子结点的个数是()。A、41B、82C、113D、122标准答案：B知识点解析：在树中，除根结点外，其余所有结点都是由其双亲结点引出的。一个度为n的结点表示由该结点引出n个孩子结点，因此，树T的结点个数为20×4+10×3+1×2+10×1+1=123，其中最后的1为根结点，则叶子结点数为123-(20+10+1+10)=82个。15、已知一个线性表(38，25，74，63，52，48)，假定采用散列函数h(key)=key％7计算散列地址，并散列存储在散列表A[0，…，6]中，若采用线性探测方法解决冲突，则在该散列表上进行等概率成功查找的平均查找长度为()。A、1．5B、1．7C、2．0D、2．3标准答案：C知识点解析：要计算散列表上的平均查找长度，首先必须知道在建立这个散列表时，每个数据存储时进行了几次散列。这样就知道哪一个元素的查找长度是多少。散列表的填表过程如下：首先存入第1个元素38，由于h(38)=38％7=3，又因为3号单元现在没有数据，所以把38存入3号单元，如图1-7所示。接着存入第2个元素25，由于h(25)=25％7=4，又因为4号单元现在没有数据，所以把25存入4号单元，如图1-8所示。接着存入第3个元素74，由于h(74)=74％7=4，此时的4号单元已经被25占据，所以进行线性再散列，线性再散列的公式为：Hi=(H(key)％m，其中的di=1，2，3，4，…，所以H1=(4+1)％7=5，此时的单元5没有存数据，所以把74存入到5号单元，如图1-9所示。接着存入第4个元素63，由于h(63)=63％7=0，此时的0号单元没有数据，所以把63存入0号单元，如图1-10所示。接着存入第5个元素52，由于h(52)=52％7=3，此时的3号单元已被38占据，所以进行线性再散列H1=(3+1)％7=4，但4号单元也被占据了，所以再次散列H2=(3+2)％7=5，但5号单元也被占据了，所以再次散列H3=(3+3)％7=6，6号单元为空，所以把52存入6号单元，如图1-11所示。最后存入第6个元素48，由于h(48)=48％7=6，此时的6号单元已被占据，所以进行线性再散列H1=(6+1)％7=0，但0号单元也被占据了，所以再次散列H2=(6+2)％7=1，1号单元为空，所以把48存入1号单元，如图1-12所示。如果一个元素存入时，进行了N次散列，相应的查找次数也是N，所以38，25，63这三个元素的查找长度为1，74的查找长度为2，48的查找长度为3，52的查找长度为4。平均查找长度为(1+1+1+2+3+4)／6=2。16、某一确定性有限自动机(DFA)的状态转换如图2-4所示，则以下字符串中，不能被该DFA接受的是()。①0010②0001③0101A、①，②B、①，③C、②，③D、①，②，③标准答案：C知识点解析：本题主要考查有限自动机识别字符串，这也是考试中一个常考的知识点。所谓被有限自动机所识别，就是依次输入字符串中的字符，判断其是否能使有限自动机从初态开始到终态结束，如果能，则能被该有限自动机所识别，反之，则视为不能被该有限自动机所识别。在本题中，给出了3个字符串，分别来判断这3个字符串是否能别有限自动机所识别。对于字符串0010，从初态q0出发，输入0后，跳转到自己，然后再输入0，依然调整到自己，然后输入1，跳转到终态q1，这个时候要注意，看到这里很多考生就认为该字符串能被该有限自动机所识别，但其实不然，因为还有一个字符0没有输入，如果输入这个0，则又跳转到了初态，因此该字符串不能被有限自动机所识别。对于字符串0001，从初态q0出发，输入3个0后，仍然跳转到自己，然后再输入1，跳转到终态q1，这时，字符串中的字符已经输入完成，因此该字符串能被该有限自动机所识别。对于字符串0101，从初态q0出发，输入0后，跳转到自己，然后再输入1，跳转到终态q1，输入字符0，又跳转到初态q0，再输入1，跳转到终态q1，因此在字符串输入完成后，自动机的状态停在终态，所以该字符串同样能被本题的有限自动机所识别。17、某文件管理系统为了记录磁盘的使用情况，在磁盘上建立了位示图(bitmap)。若系统中字长为32位，磁盘上的物理块依次编号为：0，1，2，…，那么6912号物理块的使用情况在位示图中的第()个字中描述。A、216B、217C、432D、433标准答案：B知识点解析：位示图法是为管理磁盘空闲存储空间而提出的一种方法，该方法是在外存上建立一张位示图来记录文件存储器的使用情况。每一位仅对应文件存储器上的一个物理块，取值0和1分别表示空闲和占用。在本题中，题目告诉我们字长32位，即一个字可以表示32个物理块得使用情况，而物理块依次编号为0，1，2，…，这里提醒大家注意：由于物理块是从0开始编号的，所以6912号物理块是第6913块。6913／32=216．031，所以6913号物理块的使用情况在位示图中的第217个字中描述。18、如果要验证程序某模块能否与其他模块按照规定方式正确工作，需要进行()。A、单元测试B、集成测试C、确认测试D、系统测试标准答案：B知识点解析：单元测试也称模块测试，通常可放在编程阶段，由程序员对自己编写的模块自行测试，检查模块是否实现了详细设计说明书中规定的功能和算法。单元测试主要发现编程和详细设计中产生的错误，单元测试计划应该在详细设计阶段制订。单元测试期间着重从以下几个方面对模块进行测试：模块接口、局部数据结构、重要的执行通路、出错处理通路、边界条件等。集成测试也称组装测试，它是对由各模块组装而成的程序进行测试，主要目标是发现模块间的接口和通信问题，验证模块间是否按照规定的方式正确工作。例如，数据穿过接口可能丢失；一个模块对另一个模块可能由于疏忽而造成有害影响；把子功能组合起来可能不产生预期的主功能；个别看来是可以接受的误差可能积累到不能接受的程度：全程数据结构可能有问题等。集成测试主要发现设计阶段产生的错误，集成测试计划应该在概要设计阶段制定。确认测试主要依据软件需求说明书检查软件的功能、性能及其他特征是否与用户的需求一致。确认测试计划应该在需求分析阶段制定。一般情况下，通过确认测试后的软件就可以交付使用了。系统测试的对象是完整的、集成的计算机系统，系统测试的目的是在真实系统工作环境下，验证完整的软件配置项能否和系统正确连接，并满足系统／子系统设计文档和软件开发合同规定的要求。系统测试的技术依据是用户需求或开发合同，除应满足一般测试的准入条件外，在进行系统测试前，还应确认被测系统的所有配置项已通过测试，对需要固化运行的软件还应提供固件。19、在面向对象技术中，有多种不同的多态形式，其中参数多态和()称为通用多态。A、重置多态B、过载多态C、隐含多态D、包含多态标准答案：D知识点解析：在面向对象技术中，对象在收到消息后要予以响应，不同的对象收到同一消息可产生完全不同的结果，这一现象称为多态。多态有多种不同的形式，其中参数多态和包含多态称为通用多态，过载多态和强制多态成为特定多态。参数多态应用比较广泛，被称为最纯的多态。这是因为同一对象、函数或过程能以一致的形式用于不同的类型。包含多态最常见的例子就是子类型化，即一个类型是另一类型的子类型。过载多态是同一变量被用来表示不同的功能，通过上下文以决定一个类所代表的功能。即通过语法对不同语义的对象使用相同的名，编译能够消除这一模糊。强制多态是通过语义操作把一个变元的类型加以变换，以符合一个函数的要求，如果不做这一强制性变换将出现类型错误。类型的变换可在编译时完成，通常是隐式地进行，当然也可以在动态运行时来做。20、以下关于C++中构造函数和析构函数的描述中，错误的是()。A、构造函数的函数名必须与类名相同B、构造函数的返回类型是void类型C、析构函数无形参，也不可被重载D、一个类只能有一个析构函数，但可以有多个构造函数标准答案：B知识点解析：在定义一个对象的同时，希望能给它的数据成员赋初值——对象的初始化。在特定对象使用结束时，还经常需要进行一些清理工作。C++程序中的初始化和清理工作分别由两个特殊的成员函数来完成，它们就是构造函数和析构函数。构造函数是与类名相同的，在建立对象时自动调用的函数。如果在定义类时，没有为类定义构造函数，编译系统就生成一个默认形式的隐含的构造函数，这个构造函数的函数体是空的，因此默认构造函数不具备任何功能。构造函数是类的一个成员函数，除了具有一般成员函数的特征之外，还归纳出如下特殊的性质：(1)构造函数的函数名必须与定义它的类同名。(2)构造函数没有返回值。如果在构造函数前加void是错误的。(3)构造函数被声明定义为公有函数。(4)构造函数在建立对象时由系统自动调用。析构函数也译作拆构函数，是在对象消失之前的瞬间自动调用的函数，析构函数具有以下特点：(1)析构函数没有任何参数，不能被重载，但可以是虚函数，一个类只有一个析构函数。(2)析构函数没有返回值。(3)析构函数名与类名相同，但在类名前加上一个逻辑非运算符“～”，以示与构造函数对比区别。(4)析构函数一般由用户自己定义，在对象消失时由系统自动调用，如果用户没有定义析构函数，系统将自动生成一个不做任何事的默认析构函数。21、(22)除了提供可被应用程序调用的类以外，还基本实现了一个可执行的架构。A、框架B、标准库C、函数库D、类库标准答案：A知识点解析：本题考查面向对象方法学的类库及框架知识。大量的程序员都尽可能多地利用现有的代码。程序员经常购买那些包装成库的代码。当C语言流行时，代码库就是函数库。例如，可以购买一个数学库，该库含有完成微积分和代数运算的函数。通常，可以在程序代码中使用一个包含文件来指定一个函数库，可以静态或动态地链接这个函数库。静态链接意味着库代码直接集成到程序中。在这种情况下，程序不依赖于其他文件，但文件的大小可能很大。动态链接意味着程序有库的版本信息，其代码存放于一个单独的文件中，这个文件称为动态链接库(DLL)。只有程序运行期间调用DLL中的函数时，才加载DLL到内存。DLL作为一个独立的实体存在于内存中，可以同时被多个程序访问。出现C++后，函数库转变为类库。两者的区别在于函数库只包含一系列函数，而类库是用面向对象编程的原理设计的。例如，可以为数据结构做一个类库，该库包括一个链接列表的类。如果使用一个函数库代替，那么链接列表会独立于操作它的函数。另一方面，使用类库时，链接列表和操作它的函数存在于同一个文件的同一个类中。然而，正如使用函数库一样，使用类库涉及包含文件和链接一个静态库。最近，已经从类库发展到模板库。其原因是C++编译器现在已经能够处理C++模板。模板库提供了一系列优于类库的优点。要使用模板库，只要在程序中加入包含文件即可，不用链接到库，因为所有的库代码已经包含在该包含文件中了。VisualC有三个供开发者使用的库：一个类库(MFC)，两个模板库(ATL和STL)。框架是对于那些试图在所关心的领域构造一个复杂软件系统的用户而言的。因为它是处于特定领域中，所以应用系统的体系结构在许多不同的方面具有一定的相似性。框架利用一系列的对象和它们之间的接口来对应静态和恒定结构的端口，并保留友好界面使用户能够很容易完成变化的、不稳定的剩余部分而得到一个新应用程序。任何框架都是特定领域的框架，一个框架可以包含一个或多个模式。框架是一种软件重用技术，是一个应用软件系统的部分或整体的可重用设计。框架的具体表现为一组抽象类以及其实例(对象)之间的相互作用方式。它是对于一个软件系统的全部或部分的可复用设计。在一个专用领域内构造框架时，把握框架的共同点是关键因素。框架一旦被建立，其适应性和可扩展性就被提到了首要地位。框架的直接目的是被复用，以减少建立一个新应用系统的工作量。只有当理解一个框架的代价少于建立一个新系统的代价时，框架的复用才成为可能。构造框架是一个逐渐积累的过程，就是说不断有新发现的共同点和新的构件被加入，同时那些老的、不必要的部件被删除，以此来保证整个应用系统的性能，这样新旧构件之间的接口直接影响框架的适应性和可扩展性。任何框架都不能被直接复用，除非要建立的应用系统非常简单或与框架极为相似，除此之外，都要对框架进行或多或少的修改和扩展才能被复用。框架和类库的一些主要区别与联系如下：①在类库中是由用户实例化抽象类，类库构件被单独使用；而在框架中要有抽象类的一些具体子类，应用软件开发者通过修改现存的类或定义新的子类以扩展现存的类来使用框架。②在类库中是用户在需要的时候调用函数，不预定义控制流；而框架使用了与用户之间的反向控制流，使用框架时，通常只是实现一些回调函数或使一些类适用于上下文，然后调用一个单一的方法或过程，框架将完成其余的工作，在适当的时候和地点调用必要的函数或方法。这就是框架的Hollywood法则(“Don’tcallus，w’llcallyou”)。③使用类库只需要了解类的外部接口，但必须要定义应用软件的整体结构；而框架的使用者要了解框架的抽象设计和类的内部结构来进行修改和扩展，因此学习框架要比类库更加困难，同时有被错误使用的危险，但框架被复用的潜力大大超过了类库。④在类库中没有定义缺省行为，而在框架中提供缺省行为。22、以下设施中，存取速度最快的是()。A、主存B、CacheC、寄存器D、高速磁盘标准答案：C知识点解析：存储器是计算机(包括微机)硬件系统的重要组成部分，有了存储器，计算机才具有“记忆”功能，才能把程序及数据的代码保存起来，才能使计算机系统脱离人的干预，而自动完成信息处理的功能。存储器系统的三项主要性能指标是容量、速度和成本。存储器的存取速度直接决定了整个计算机的运行速度，因此，存取速度是存储器系统的重要的性能指标之一。主存储器，指的就是主板上的存储部件，是CPU直接与之沟通，并用其存储数据的部件，存