软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷5（共278题）

软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷5（共9套）（共278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26题，每题1.0分，共26分。)1、IS09000:2000标准是_____系列标准。A、产品生产和产品管理B、技术管理和生产管理C、质量管理和质量保证D、产品评估和质量保证标准答案：C知识点解析：IS09000标准是一系列标准的统称，它由ISO的第176个技术委员会(ISO/TC176)即质量管理和质量保证技术委员会制定。2000年该委员会对IS09000进行了全面修改，于2000年12月15日发布IS09000：2000标准，它包括以下5项具体标准：(1)ISO9000：品质管理系统——基本原理和词汇；(2)ISO9001：品质管理系统——要求；(3)ISO9004：品质管理系统——业绩改进指南；(4)ISO19011：品质和环境稽核指南；(5)ISO19012：测量设备的品质保证要求。2、某校园网用户无法访问外部站点210．102．58．74，管理人员在Windows操作系统下可以使用______判断故障发生在校园网内还是校园网外。A、ping210．102．58．74B、tracert210．102．58．74C、netstat210．102．58．74D、arp210．102．58．74标准答案：B知识点解析：ping命令只能测试本机能否跟外部指定主机连接，无法判断故障发生在校园网内还是校园网外。tracert(rt是router的简写，该命令意为跟踪路由)命令用于跟踪路由，以查看IP数据包所走路径的连通情况，能查出路径上哪段路由出现了连通故障。netstat命令一般用来查看本机各端口的连接情况，如开启了哪个端口、开启的端口是哪个IP主机连接使用的、连接使用何种协议，以确定是否有黑客非法开启端口进行非法活动，其格式为netstat-x，其中x为参数，常用参数是a，显示所有信息。arp命令可以查看和修改本地主机上的arp表项，常用于查看arp缓存及解决IP地址解释故障。3、(1)是指在经济、技术、科学及管理等社会实践中，对重复性事物和概念通过制定、发布和实施标准达到统一，以获得最佳秩序和最大社会效益。A、标准化B、标准C、规范D、规程标准答案：A知识点解析：题目中所描述的就是标准化的概念，答案选A。某带权有向图如图3-67所示。若忽略边上的权，并将其看做AOV网，那么该AOV网的拓扑排序为(1)。若将该图视为AOE网，那么该AOE网的关键路径有(2)条，其长度为(3)。该AOE网的所有关键活动共有(4)个，V5的最早开始时间和最迟开始时间分别是(5)。4、某带权有向图如图3-67所示。若忽略边上的权，并将其看做AOV网，那么该AOV网的拓扑排序为(1)。若将该图视为AOE网，那么该AOE网的关键路径有(2)条，其长度为(3)。该AOE网的所有关键活动共有(4)个，V5的最早开始时间和最迟开始时间分别是(5)。A、V1、V2、V3、V4、V6、V5、V7、V8B、V1、V3、V5、V2、V4、V6、V7、V8C、V1、V2、V3、V4、V5、V6、V7、V8D、V1、V2、V3、V5、V6、V4、V7、V8标准答案：A知识点解析：暂无解析5、A、1B、2C、3D、4标准答案：C知识点解析：暂无解析6、A、15B、16C、17D、18标准答案：C知识点解析：暂无解析7、A、5B、9C、10D、7标准答案：B知识点解析：暂无解析8、A、12、12B、12、13C、13、12D、13、13标准答案：D知识点解析：拓扑排序的方法是重复执行下列步骤：①从图中选择一个入度为0的结点并输出之；②从图中删除此结点及其所有的出边，直到AOV网中不存在入度为0的顶点为止。在执行步骤①时可能有几个人度为0的结点，任选一个即可，从而导致可能会有多个拓扑排序。根据上述方法，显然可知(1)选A。AOE网中从源点到汇点路径长度最长的路径叫做关键路径。该AOE网中共有3条关键路径：V1V2V4V6V5V7V8、V1V2V4V6V8、V1V3V5V7V8，其长度均为17。关键路径上的活动称为关键活动，也就是关键路径上所覆盖的有向边。此题中3条关键路径共覆盖了除a5外的所有其它活动，如图3-78所示。事件Vk的最早发生时间是从源点到汇点的最长路径长度，Vk的最迟发生时间是在不推迟整个工程完成的前提下Vk最迟必须发生的时间。设关键路径长度为X，顶点Vk到汇点的最长路径长度为Y，则Vk的最迟发生时间为X-Y。9、项目管理工具中，将网络方法用于工作计划安排的评审和检查的是______。A、Gantt图B、PERT网图C、因果分析图D、流程图标准答案：B知识点解析：Gantt图：以水平线段表示任务的工作阶段。线段的起点和终点分别对应着任务的开工时间和完成时间；线段的长度表示完成任务所需的时间。从甘特图上可以很清楚地看出各子任务在时间上的对比关系，并以文档编制与评审作为软件开发进度的里程碑。甘特图的优点是标明了各任务的计划进度和当前进度，能动态地反映软件开发进展情况。缺点是难以反映多个任务之间存在的复杂的逻辑关系。PERT网图：也叫做计划评审技术。它采用网络图来描述一个项目的任务网络，不仅可以表达子任务的计划安排，还可以在任务计划执行过程中估计任务完成的情况，分析某些子任务的完成情况对全局的影响，找出影响全局的区域和关键子任务，以便及时采取措施，确保整个项目的完成。因果分析图：又叫特性要素图、树枝图和鱼刺图等，是质量管理常用工具之一。流程图：流程图是以图解方式来说明实现一个解决方案所需完成的一系列操作。10、进行软件测试的目的是______。A、尽可能多地找出软件中的缺陷B、缩短软件的开发时间C、减少软件的维护成本D、证明程序没有缺陷标准答案：A知识点解析：进行软件测试的目的是想以最少的时间和人力找出软件中潜在的各种错误和缺陷，而不是证明程序没有缺陷。11、以太网100BASE-TX标准规定的传输介质是______。A、3类UTPB、5类UTPC、单模光纤D、多模光纤标准答案：B知识点解析：快速以太网有多个物理标准，使用的传输介质分别如下。100BASE-TX：2对5类UTP；100BASE-T4：4对3类、4类或5类UTP；100BASE-FX：多模光纤。12、代码走查(CodeWalkthrough)和代码审查(CodeInspection)是两种不同的代码评审方法，这两种方法的主要区别是______。A、在代码审查中由编写代码的程序员来组织讨论，而在代码走查中由高级管理人员来领导评审小组的活动B、在代码审查中只检查代码中是否有错误，而在代码走查中还要检查程序与设计文档的一致性C、在代码走查中只检查程序的正确性，而在代码审查中还要评审程序员的编程能力和工作业绩D、代码审查是一种正式的评审活动，而代码走查的讨论过程是非正式的标准答案：D知识点解析：代码走查是一种静态分析方法的非正式评审过程。在此过程中，设计者或程序员引导小组部分成员已通读过书写的设计和编码，其他成员提出问题并对有关技术、风格、可能的错误、是否有违背开发标准和规范的地方进行评论。走查过程是让与会成员充当计算机，由被指定作为测试员的小组成员提出一批测试实例，在会议上对每个测试用例用头脑来执行程序，在纸上或黑板上监视程序的状态。大多数走查中，在怀疑程序的过程中所发现的缺陷比通过测试实例本身发现的缺陷更多。代码审查是一种正式的检查和评估方法，它是采用逐步检查源代码中有无逻辑或语法错误的办法来检测故障的。可以认为它是拿代码与标准和规范对照的补充，需要组织代码检查小组进行代码检查——常由独立的仲裁人、程序编写小组、其他组程序员和测试小组成员组成。13、从基本的CPU工作原理来看，若CPU执行MOVR1，R0指令(即将寄存器R0的内容传送到寄存器R1中)，则CPU首先要完成的操作是______(其中，PC是程序计数器；M为主存储器；DR为数据寄存器；IR为指令寄存器：AR为地址寄存器)。A、R0→R1B、PC→ARC、M→DRD、DR→IR标准答案：C知识点解析：在CPU中，各个寄存器之间是不相通的，没有直接的连接通道。因此寄存器之间数据的传送，必须通过主存储器作为中介。在本题中，要将寄存器R0的内容传送到寄存器R1中，首先应将主存储器M清空，留出位置存放数据，即将主存储器M中的数据传送到数据寄存器DR中暂存，再将R0中的内容传送至主存储器M中，再从M中将数据传送到R1中，最后恢复M中的数据，将DR中的数据传送回M。14、若指令流水线把一条指令分为取指、分析和执行三部分，月-三部分的时间分别是，t取指=2ns，t分析=2ns，t执行=1ns。则100条指令全部执行完毕需______ns。A、163B、183C、193D、203标准答案：D知识点解析：利用流水线方式的计算公式：T=取指+max{取指，分析}+max{取指，分析，执行}×(N-2)+max(分析，执行)+执行计算得到100条指令全部执行完毕需T=(2+2+2×98+2+1)ns=203ns。从而得知D为正确答案。15、设有7项任务，分别标识为a，b，c，d，c，f和g，需要若干台机器以并行工作方式来完成，它们执行的开始时间和完成时间如下表所示。在最优分配方案中完成这些任务需要(47)台机器。A、2B、3C、4D、5标准答案：B知识点解析：将各个任务执行时的时间关系在图1-8中表示出来，可容易地观察到在4～5和6～7这两个时间段内，同时有3个任务处在执行过程中，在其他时间段内同时运行的任务数是1个或2个。因此，需要并行运行的机器数目最多为3个。16、在文件存储设备管理中，有三类常用的空闲块管理方法，即位图向量法、空闲块链表法和(81)。A、一级目录法B、多级目录法C、分区法D、索引法标准答案：D知识点解析：在文件存储设备管理中，有三类常用的空闲块管理方法，即位图向量法、空闲块链表法和索引法。在位图向量法中位图的每个字的每一位都对应一个物理块。空闲块链表法是把所有的空白块连在一起，当创建文件需要一块或几块时，就从链头上依次取下，反之，回收空间时，把这些空白块依次连接到链头上。索引法是在文件存取器上每一个连续的空闲区建立一个索引，这种分配技术适于建立连续文件。17、下面函数中渐进时间最小的是______。A、T1(n)=n+nlognB、T2(n)=2n+nlognC、T3(n)=n2-lognD、T3(n)=n+100logn标准答案：D知识点解析：渐进时间是考虑当问题规模n趋于无穷时函数随时间变化的趋势。所以在比较两个函数的渐进时间时应考虑最高数量级，若相同则必须进一步考虑渐进表达式中的常数因子，以此类推。当n无限增大时，T4＜T1＜T2，T4＜T3，所以T4的渐进时间最小。18、下面关于编程语言的各种说法中，(1)是不正确的。A、逻辑型语言适用于书写自动定理证明B、Smalltalk、C++、Java、C＃都是面向对象语言C、函数型语言适用于人工智能领域D、由于C语言程序是由函数构成的，因此它是一种函数型语言标准答案：D知识点解析：本题考查各程序语言的特点。按照程序设计范型的分类，程序设计语言基本上可以分为命令式程序设计语言、函数式程序设计语言、面向对象程序设计语言和逻辑程序设计语言。命令式程序设计语言是基于动作的语言，计算在这里被看作是一个动作的序列。这些动作能够改变变量的值，最典型的动作就是赋值。命令式程序设计语言的代表有Fortran，Pascal和C语言等。函数是一种对应规则(映射)，使定义域中每个元素和值域中唯一的元素相对应。函数式语言是一类以λ演算为基础的语言，主要用于人工智能领域，其代表有Lisp、ML等。面向对象程序设计语言中最核心的东西是对象和类的概念。面向对象的三个核心概念是封装、继承和多态。面向对象程序设计语言的代表有C++、SmallTalk、Java等。逻辑程序设计语言是一类以形式逻辑为基础的语言，其代表是建立在关系理论和一阶谓词理论基础上的Prolog。Prolog有很强的推理功能，适用于书写自动定理证明、专家系统和自然语言理解等问题的程序。19、序设计语言一般都提供多种循环语句，有先判断循环条件再执行循环体的while语句，也有先执行循环体再判断循环条件的do-while语句，那么下列描述中正确的是(17)。A、while循环语句能够实现的功能do-while不一定能实现B、循环条件相同时，while语句的执行效率更高C、while语句的循环体执行次数比循环条件的判断次数少1，而do-while语句的循环体执行次数等于循环条件的判断次数D、while语句的循环体执行次数比循环条件的判断次数少1，而do-while语句的循环体执行次数比循环条件的判断次数多1标准答案：C知识点解析：本题主要考查循环结构。常见的循环结构有while结构、do-while结构和for结构。while循环也称为当型循环，其逻辑如下图所示。从图中，不难看到，while语句是先判定循环条件，条件成立，则执行循环体，而条件不成立，则不执行循环题，循环结束，这样很显然，其条件的判定次数肯定不循环体的执行次数多1。而在do-while结构中，是先执行循环体，再判断条件，如果条件成立，则继续执行循环体，每次循环体结束后，都要判断一次条件，知道条件不成立，循环部分结束，所以其循环体的执行次数等于条件的判断次数。20、以下关于进程和程序的描述中，不正确的是(4)。A、进程是一个程序关于某个数据集的一次运行B、进程是系统分配资源的基本单位，而程序不是C、进程和程序是一种一一对应的关系D、一个程序可以包含多个进程标准答案：C知识点解析：本题考查进程与程序的区别。程序是一个在时间上按严格次序顺序执行的操作序列。进程是一个程序关于某个数据集的一次运行，是系统进行资源分配和调度的基本单位。也就是说，进程是运行中的程序，是程序的一次运行活动。相对于程序，进程是一个动态的概念，而程序是静态的概念，是指令的集合。因此，进程具有动态性和并发性。同时进程是系统进行资源分配和独立运行的基本单位。而进程和程序并不是一一对应的关系，一个程序执行在不同的数据集上就成为不同的进程，可以用进程控制块来唯一地标识每个进程。而程序无法做到，由于程序没有和数据产生直接的联系，即使是执行不同的数据的程序，他们的指令的集合依然是一样的。所以，一个进程肯定有一个与之对应的程序，而且只有一个。而一个程序有可能没有与之对应的进程(没执行)，也有可能有多个进程与之对应。另外，要理解进程这个概念，还应掌握以下几个方面的内容。(1)为什么要引入进程。引入进程是为了使内存中的多道程序能够正确地并发执行。(2)进程具有哪些基本特征。进程具有动态性、并发性、独立性、异步性和结构特征。(3)进程有哪些基本状态。进程具有就绪、执行和阻塞三种基本状态，现代操作系统中还加入了挂起状态。21、如果分时系统的时间片一定，那么(8)则响应时间越长。A、用户数越多B、用户数越少C、内存越小D、内存越大标准答案：A知识点解析：分时操作系统的工作方式是：一台主机连接了若干个终端，每个终端有一个用户在使用。用户交互式地向系统提出命令请求，系统接受每个用户的命令，采用时间片轮转方式处理服务请求，并通过交互方式在终端上向用户显示结果。用户根据上步结果发出下道命。分时操作系统将CPU的时间划分成若干个片段，称为时间片。操作系统以时间片为单位，轮流为每个终端用户服务。每个用户轮流使用一个时间片而使每个用户并不感到有别的用户存在。分时系统具有多路性、交互性、“独占”性和及时性的特征。多路性指，同时有多个用户使用一台计算机，宏观上看是多个人同时使用一个CPU，微观上是多个人在不同时刻轮流使用CPU。交互性是指，用户根据系统响应结果进一步提出新请求(用户直接干预每一步)。“独占”性是指，用户感觉不到计算机为其他人服务，就像整个系统为他所独占。及时性指，系统对用户提出的请求及时响应。响应时间指用户从提交到调度运行所需时间，用户多则轮到执行的时间就会往后延长。因此，如果时间片一定，那么用户数越多，则响应时间越长。分时系统的响应时间T可以表达为T≈Q×N，其中Q是时间片，而N是用户数。当时间片一定，用户数越多(即N越大)，T就越大。22、以下关于数据流图的说法，错误的是()。A、数据流图是用来作为结构化分析建模的一种工具B、传统的数据流图中主要包含加工、外部实体、数据流、数据存储、控制流5种基本构件C、数据流图可只有一个也可以有多个D、数据流图属于需求分析阶段的产物标准答案：B知识点解析：本题主要考查数据流图的基本内容。数据流图是结构化开发方法中需求分析阶段的重要工具。结构化分析方法是一种面向数据流的软件分析方法。适合于开发数据处理类型软件的需求分析。数据流图是需求分析阶段使用的一种主要工具，它以图形的方式表达数据处理系统中信息的变换和传递过程。与数据流图配合使用的是数据词典，它对数据流图中出现的所有数据元素给出逻辑定义。有了数据词典，使得数据流图上的数据流、加工和文件得到确切的解释。通常在数据流图中，可能出现4种基本符号，数据流、加工、数据存储、外部实体(数据源及数据终点)。数据流是具有名字和流向的数据，在数据流图中用标有名字的箭头表示。加工是对数据流的变换，一般用圆圈表示。数据存储是可访问的存储信息，一般用直线段表示。外部实体位于被建模的系统之外的信息生产者或消费者，是不能由计算机处理的成分，它们分别表明数据处理过程的数据来源及数据去向，用标有名字的方框表示。图4-4所示是一个典型的数据流图示例。从理论上来说，数据流图可只有一个也可以有多个。但是，一般情况下，为了表达数据处理过程的数据加工情况，用一个数据流图是不够的。稍为复杂的实际问题，在数据流图上常常出现十几个甚至几十个加工。这样的数据流图看起来很不清楚。层次结构的数据流图能很好地解决这一问题。按照系统的层次结构进行逐步分解，并以分层的数据流图反映这种结构关系，能清楚地表达和容易理解整个系统。图4-5所示为分层数据流图的示例。数据处理S包括三个子系统1、2、3。顶层下面的第一层数据流图为DFD／L1。第二层数据流图DFD／L2．1、DFD／L2．2及DFD／L2．3分别是子系统1、2和3的细化。对任何一层数据流图来说，我们称它的上层图为父图，在它下一层的图则称为子图。画数据流图的基本步骤概括地说，就是“自顶向下逐层分解”。检查和修改的原则为：(1)数据流图上所有图形符号只限于前述4种基本图形元素。(2)顶层数据流图必须包括前述4种基本元素，缺一不可。(3)顶层数据流图上的数据流必须封闭在外部实体之间。(4)每个加工至少有一个输入数据流和一个输出数据流。(5)在数据流图中，需按层给框加编号。编号表明该加工处在哪一层，以及上下层的父图与子图的对应关系。(6)规定任何一个数据流子图必须与它上一层的一个加工对应，两者的输入数据流和输出数据流必须一致。此即父图与子图的平衡。(7)可以在数据流图中加入物质流，帮助用户理解数据流图。(8)图上每个元素都必须有名字。(9)数据流图中不可夹带控制流。23、希赛公司的财务系统功能基本完善，但由于系统比较老旧，需要二次开发，这时应该采用(9)。A、原型法B、瀑布模型C、V-模型D、螺旋模型标准答案：B知识点解析：结合试题8的分析，可以知道，原型法适用于需求不明确的开发，瀑布模型适用于需求明确的开发，而螺旋模型适用于风险较大的大中型开发项目。在本题中，财务系统是已经存在的，而且功能完善，因此如果做二次开发的话，其基本需求应该是明确的，这个时候应该采用瀑布模型开发。24、下列部件中，(13)用来保存当前CPU所访问的内存单元地址。A、PC(程序计数器)B、AR(地址寄存器)C、AC(累加器)D、MDR(数据寄存器)标准答案：B知识点解析：本题主要考查寄存器的相关内容。程序计数器是用于存放下一条指令所在单元的地址的地方。在程序执行前，必须将程序的起始地址，即程序的一条指令所在的内存单元地址送入程序计数器，当执行指令时，CPU将自动修改程序计数器的内容，即每执行一条指令程序计数器增加一个量，使其指向下一个待指向的指令。程序的转移等操作也是通过该寄存器来实现的。地址寄存器一般用来保存当前CPU所访问的内存单元的地址，以方便对内存的读写操作。累加器是专门存放算术或逻辑运算的一个操作数和运算结果的寄存器。数据寄存器主要是用来保存操作数和运算结果等信息的，其目的是为了节省读取操作数所需占用总线和访问存储器的时间。25、设有两个事务T1、T2，其并发执行如图7-1所示。下列叙述中()是正确的。A、该并发执行不存在问题B、该并发执行丢失修改C、该并发执行不能重复读D、该并发执行读“脏”数据标准答案：B知识点解析：丢失更新：丢失更新是指两个事务T1和T2读入同一数据并修改，T2提交的结果破坏了T1提交的结果，导致Tl的修改被丢失。不能重复读：不可重复读是指事务T1读取数据后，事务T2执行更新操作，是T1无法再现前一次读取结果，具体来讲还包括三种情况：①事务T1读取某一数据后，事务T2对其做了修改，当事务T1再次读该数据时得到与前一次不同的值；②事务T1按一定条件从数据库中读取了某些数据记录后，事务T2删除了其中部分记录，当T1再次按相同的条件读取数据时，发现某些记录已经消失了；③事务T1按一定条件从数据库中读取某些数据记录后，事务T2插入了一些记录，当T1再次按照相同条件读取数据时发现多了一些记录。读“脏”数据：读“脏”数据是指事务T1修改某一数据并将其写回磁盘，事务T2读取同一数据后，T1由于某种原因被撤销，这时T1修改过的数据恢复原值，T2读到的数据就与数据库中的数据不一致，即T2读到了“脏”数据。在本题中，T1和T2都读取了数据B，然后T1修改了B，并写回，T2修改了B，也写回，这时，T2的写回明显覆盖了Tl的写回，即T1对B的修改没有得到体现，即丢失了更新。26、某软件公司研发的教学管理系统在行业中处于技术领先，具有很强的市场竞争优势。为确保其软件产品的技术领先及市场竞争优势，公司采取相应的保密措施，以防止软件技术秘密的外泄。并且，还为该软件产品冠以“好用”商标，但未进行商标注册。在此情况下，公司仅享有该软件产品的(18)。A、软件著作权和专利权B、商业秘密权和专利权C、软件著作权和商业秘密权D、软件著作权和商标权标准答案：C知识点解析：软件著作权是指软件的开发者或其他权利人依据有关著作权法律的规定，对于软件作品所享有的各项专有权利。它不需要申请即可拥有。软件专利权是指通过申请专利对软件的设计思想进行保护的一种方式，而非对软件本身进行的保护，我国在专利保护上，实行先申请制度，即谁申请在先，谁就享有该专利权，本题中由于公司没有申请专利，因此不具有专利权。软件商标权是指商标主管机关依法授予商标所有人对其注册商标受国家法律保护的专有权，在我国，商标权的获得必须履行商标注册程序，而且实行申请在先原则，即谁先申请，谁拥有该商标权。商业秘密一般是指不为公众所知悉，能为权利人带来经济利益，具有实用性并经权利人采取保密措施的技术信息和经营信息。综上所述，我们可知公司仅享有该软件产品的软件著作权和商业秘密权。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2小题）(本题共50题，每题1.0分，共50分。)一般情况下，将递归程序转化成为非递归程序应该设置(1)，但是消除(2)时不需要使用。1、一般情况下，将递归程序转化成为非递归程序应该设置(1)，但是消除(2)时不需要使用。A、堆栈B、队列C、堆栈或队列D、数组标准答案：A知识点解析：暂无解析2、A、直接递归B、间接递归C、尾递归D、递推标准答案：C知识点解析：将递归程序转化成为非递归程时，一般需要设置栈。但对于尾递归可将其转化成递推，不需要栈。尾递归调用就是作为方法的最后一个操作出现的递归的方法调用。例如：打印数组A[n]值的递归算法：voidrecfunc(intA[],intn){if(n＞=0){cout＜＜A[n]＜＜"";n--;|recfunc(A,n);}}可以改写为：voiditerfunc(intA[],intn){//消除了尾递归的非递归函数while(n＞=0){cout＜＜"value"＜＜A[n]＜＜endl;n--;}}堆排序是一种基于(1)的排序方法，(2)不是堆。3、堆排序是一种基于(1)的排序方法，(2)不是堆。A、计数B、插入C、选择D、归并标准答案：C知识点解析：暂无解析4、A、15，28，25，56，68，63，30B、15，28，25，30，68，63，56C、68，28，63，25，15，56，30D、68，56，39，63，28，25，15标准答案：D知识点解析：暂无解析在关系模型的完整性约束中，实体完整性规则是指关系中(2)参照完整性规则要求(3)。5、在关系模型的完整性约束中，实体完整性规则是指关系中(2)参照完整性规则要求(3)。A、不允许有主行B、属性值不允许为空C、主键值不允许为空D、外键值不允许为空标准答案：B知识点解析：暂无解析6、A、不允许引用不存在的元组B、允许引用不存在的元组C、不允许引用不存在的属性D、允许引用不存在的属性标准答案：A知识点解析：数据库的完整性是指数据的正确性和相容性，即数据库中的数据始终保持正确的状态，防止不符合语义的错误数据的输入和输出。关系模型中的完整性约束条件包括实体完整性、参照完整性和用户自定义完整性。实体完整性规则：若属性A是基本关系R的主属性，则属性A不能取空值。参照完整性规则：若属性(或属性组)F是基本关系R的外码，它与基本关系S的主码Ks相对应(基本关系R和S不一定是不同的关系)，则对于R中每个元组在F上的值必须或者取空值(F的每个属性值均为空值)，或者等于s中某个元组的主码值。在系统转换的过程中，旧系统和新系统并行工作一段时间，再由新系统代替旧系统的策略称为(1)；在新系统全部正式运行前，一部分一部分地代替旧系统的策略称为(2)。7、在系统转换的过程中，旧系统和新系统并行工作一段时间，再由新系统代替旧系统的策略称为(1)；在新系统全部正式运行前，一部分一部分地代替旧系统的策略称为(2)。A、直接转换B、位置转换C、分段转换D、并行转换标准答案：D知识点解析：暂无解析8、A、直接转换B、位置转换C、分段转换D、并行转换标准答案：C知识点解析：这道题属于纯概念题，题目中的字句都是从概念中抽出来的，下面我们来看系统转换的一些概念。新老系统之间的转换有三种方式：直接转换、并行转换和分段转换，下面我们来详细介绍这三种转换的各自特点。直接转换就是在确定新系统运行无误时，立刻启用新系统，终止老系统运行。这种方式对人员、设备费用很节省。这种方式一般适用于一些处理过程不太复杂，数据不很重要的场合。并行转换是指新老系统并行一段时间，经过一段时间的考验以后，新系统正式替代老系统。对于较复杂的大型系统，它提供了一个新系统与老系统运行结果进行比较的机会，消除了尚未认识新系统之前的紧张和不安。在银行、财务和一些企业的核心系统中，这是一种经常使用的转换方式。它的主要特点是安全、可靠，但费用和工作量都很大，因为在相当长时间内系统要两套班子并行工作。分段转换又称逐步转换、向导转换、试点过渡法等。这种转换方式实际上是以上两种转换方式的结合。在新系统全部正式运行前，一部分一部分地代替老系统。那些在转换过程中还没有正式运行的部分，可以在一个模拟环境中继续试运行。这种方式既保证了可靠性，又不至于费用太大。但是这种分段转换要求子系统之间有一定的独立性，对系统的设计和实现都有一定的要求，否则就无法实现这种分段转换的设想。由此可以看出题目所说的“旧系统和新系统并行工作一段时间，再由新系统代替旧系统的策略”是并行转换，而“在新系统全部正式运行前，一部分一部分地代替旧系统的策略”是分段转换。所以第(1)空应选D，第(2)空应选C。已知关系R如表7-4所示，关系R的主属性为(9)，候选关键字分别为(10)。9、已知关系R如表7-4所示，关系R的主属性为(9)，候选关键字分别为(10)。A、ABCB、ABDC、ACDD、ABCD标准答案：D知识点解析：暂无解析10、A、ABCB、AB，ADC、AC，AD和CDD、AB，AD，BD和CD标准答案：D知识点解析：在一个关系模式中，若一个属性或属性组K完全函数决定整个元组，则称K为该关系的一个候选关键字。包含在任何一个候选关键字中的属性称为主属性，不包含在任何一个候选关键字中的属性称为非主属性。从关系R表中可以看出，AB两列中没有相同的行值，同时CD两列中也没有相同的行值，因此可以说AB-＞CD，也可以说CD-＞AB，即ABCD都是关系R的主属性。另外，AD，BD两列中也没有相同的行值，因此AD和BD也是候选关键字。而AC有相同的行值(ac)，其对应的BD的行值却不相同(分别为bd和dg)，所以AC不是候选关键字。同理，BC也不是候选关键字。给定关系模式R(U，F)，U=(A，B，C，D，E)，F={B→A，D→A，A→E，AC→B}，其属性AD的闭包为(11)，其候选关键字为(12)。11、给定关系模式R(U，F)，U=(A，B，C，D，E)，F={B→A，D→A，A→E，AC→B}，其属性AD的闭包为(11)，其候选关键字为(12)。A、ADEB、ABDC、ABCDD、ACD标准答案：A知识点解析：暂无解析12、A、ABDB、ADEC、ACDD、CD标准答案：D知识点解析：求属性集的闭包可由固定的算法推出。设X(0)=AD，计算X(1)，逐一扫描F集合中各个函数依赖，找左部是A，D或AD的函数依赖，得到A→E，D→A。于是X(1)=X(0)∪EA=ADE。由于X(0)≠1)，所以再逐一扫描F集合中各个函数依赖，找左部是ADE的子集的那些函数依赖，得到A→E，D→A。于是X(2)=X(1)∪EA=ADE。由于X(2)=X(1)，所以算法到此为止，其属性AD的闭包为X(2)，即ADE。如果一个属性集能惟一标识元组，且不含有多余属性，那么这个属性集称为候选关键字。D→A：D→A→E；CD→AC→B；CD→AC→B→A；所以CD为候选关键字。软件设计包括四个既独立又相互联系的活动，分别为(1)、(2)、数据设计和过程设计。13、软件设计包括四个既独立又相互联系的活动，分别为(1)、(2)、数据设计和过程设计。A、用户手册设计B、语言设计C、体系结构设计D、文档设计标准答案：C知识点解析：暂无解析14、A、文档设计B、程序设计C、实用性设计D、接口设计标准答案：D知识点解析：软件设计包括体系结构设计、接口设计、数据设计和过程设计。系统设计的四方面内容是：体系结构设计、模块设计、数据结构与算法设计、接口设计(用户界面设计、内外部接口设计)。若有关系模式R(A，B，C)和S(C，D，E)，对于如下的关系代数表达式：正确的结论是(13)，表达式(14)的查询效率最高。15、若有关系模式R(A，B，C)和S(C，D，E)，对于如下的关系代数表达式：正确的结论是(13)，表达式(14)的查询效率最高。A、E1≡E2≡E3≡E4B、E3≡E4但E1≠E2C、E1≡E2但E3≠E4D、E3≠4但E2≡E4标准答案：A知识点解析：暂无解析16、A、E1B、E2C、E3D、E4标准答案：C知识点解析：题目给出的四个关系代数，其含义都是求B＜‘2000’且E=‘80’的A列和D列，其所得结果是一样的。因此，第一个空的答案应选择A。至于考查四个关系代数查询效率，就是比较它们的执行时间，越少步骤执行完成，当然执行时间也就越少。E1与E2：在E2中，关系模式R和S先作了选择，再做笛卡儿积，此时得到的结果将少于E1先笛卡儿积，再选择所得到的结果，因此E2的效率高于E1。E3与E4：同样的道理，在E3中，关系模式R和S先作了选择，再做自然连接，此时得到的结果将少于E4先连接，再选择所得到的结果，因此E3的效率高于E4。E3与E2：区别它们之间的效率差别就是区别R与S笛卡儿积和R与S自然连接的差别。根据定义，自然连接要取消重复列，具体在该题中，R与S自然连接后C列将取消，所以R与S的自然连接的效率比R与S笛卡儿积高。关系R，S如表7-5和表7-6所示，R÷(πA1,A2(σ1＜3(S)))的结果为(18)，右外连接和完全外连接的元组个数分别为(19)。17、关系R，S如表7-5和表7-6所示，R÷(πA1,A2(σ1＜3(S)))的结果为(18)，右外连接和完全外连接的元组个数分别为(19)。A、{d}B、{c，d)C、{c，d，8}D、{(a，b)，(b，a)，(c，d)，(d，f)}标准答案：A知识点解析：暂无解析18、A、2，2，4B、2，2，6C、4，4，6D、4，4，4标准答案：C知识点解析：在本题中，πA1,A2(σ1＜3(S))的结果如表7-7所示。把R和新的S结果代入关系除法计算公式，可得结果R÷(πA1,A2(σ1(S))={d}。根据左外连接、右外连接和完全外连接的定义，本题中的R和S的左外连接、右外连接和完全外连接的结果分别如表7-8、表7-9和表7-10所示。如果一个软件是给许多客户使用的，大多数软件厂商要使用几种测试过程来发现那些可能只有最终用户才能发现的错误，(1)测试是由软件的最终用户在一个或多个用户实际使用环境下来进行的。(2)测试是由一个用户在开发者的场所来进行的。测试的目的是寻找错误的原因并改正之。19、如果一个软件是给许多客户使用的，大多数软件厂商要使用几种测试过程来发现那些可能只有最终用户才能发现的错误，(1)测试是由软件的最终用户在一个或多个用户实际使用环境下来进行的。(2)测试是由一个用户在开发者的场所来进行的。测试的目的是寻找错误的原因并改正之。A、AlphaB、BetaC、GammaD、Delta标准答案：B知识点解析：暂无解析20、A、AlphaB、BetaC、GammaD、Delta标准答案：A知识点解析：大型通用软件在正式发布前，通常需要执行Alpha和Beta测试，目的是从实际终端用户的使用角度，对软件的功能和性能进行测试，以发现可能只有最终用户才能发现的错误。Alpha测试是由一个用户在开发环境下进行的测试，也可以是公司内部的用户在模拟实际操作环境下进行的受控测试。Alpha测试不能由程序员或测试员完成。Alpha测试发现的错误，可以在测试现场立刻反馈给开发人员，由开发人员及时分析和处理。Alpha测试的目的是评价软件产品的功能、可使用性、可靠性、性能和支持，尤其注重产品的界面和特色。Alpha测试可以从软件产品编码结束之后开始，或在模块(子系统)测试完成后开始，也可以在确认测试过程中产品达到一定的稳定和可靠程度之后再开始。有关的手册(草稿)等应该在A1pha测试前准备好。Beta测试是软件的多个用户在一个或多个用户的实际使用环境下进行的测试。开发者通常不在测试现场。Beta测试不能由程序员或测试员完成。因此，Beta测试是在开发者无法控制的环境下进行的软件现场应用。在Beta测试中，由用户记下遇到的所有问题，包括真实的以及主管认定的问题，定期向开发者报告；开发者在综合用户的报告后做出修改，最后将软件产品交付给全体用户使用。Beta测试着重于产品的支持性，包括文档、客户培训和支持产品的生产能力。只有当Alpha测试达到一定的可靠程度后，才能开始Beta测试。由于Beta测试的主要目标是测试可支持性，因此Beta测试应该尽可能由主持产品发行的人员来管理。由于Alpha和Beta测试的组织难度大，测试费用高，测试的随机性强、测试周期跨度较长，测试质量和测试效率难于保证，因此，很多专业软件可能不再进行Beta测试。随着测试技术的提高以及专业测试服务机构的大量涌现，很多软件的Beta测试外包给这些专业测试机构进行测试。给定关系R(A1,A2,A3,A4)上的函数依赖集F={A1A3-＞A2,A2-＞A3}，及候选关键字为(41)。分解ρ={(A1,A2)，(A1,A3)}(42)。21、给定关系R(A1,A2,A3,A4)上的函数依赖集F={A1A3-＞A2,A2-＞A3}，及候选关键字为(41)。分解ρ={(A1,A2)，(A1,A3)}(42)。A、A1A3B、A1A2A3C、A1A3A4D、A2和A1A3标准答案：A知识点解析：暂无解析22、A、是无损连接的B、是保持函数依赖的C、既是无损连接又保持函数依赖D、既是有损连接又不保持函数依赖标准答案：D知识点解析：注：原题有误，在此将R(A1,A2,A3,A4)改为R(A1,A2,A3)进行分析。码就是用来区分实体集中不同实体的属性集合。超码是一个或多个属性的集合，这些属性的组合可以使我们在一个实体集中惟一地标识一个实体。通常只关心这样的超码：它们的任意真子集都不能成为超码，这样的最小超码称为候选码。主码是被数据库设计者选中的，用来在同一实体集中区分不同实体的候选码。本题中，A1不函数依赖于其他属性，因此码中必须含A1。A2是函数依赖于A1A3的，也就是说A1A3定了，A2也就定了，故A1A3是码；且A1或A3均不能单独决定，故A1A3是候选码。所谓无损连接就是分解后的子模式进行自然连接可得原模式。{(A1,,42)，(A1,A3))分解后，A3函数依赖A2解除，因此重构时无法得到原模式，是有损连接且不保持函数依赖。关系模式R(U，F)，其中U=(W，X，Y，Z)，F={WX→Y,W→X,X→Z,y,Vw}。关系模式R的候选码是(43)，(44)是无损连接并保持函数依赖的分解。23、关系模式R(U，F)，其中U=(W，X，Y，Z)，F={WX→Y,W→X,X→Z,y,Vw}。关系模式R的候选码是(43)，(44)是无损连接并保持函数依赖的分解。A、W和YB、WYC、WXD、WZ标准答案：A知识点解析：暂无解析24、A、ρ={R1(W19，R2(XZ)}B、ρ={r1(WZ)，R2(XY)C、ρ={R1(WXY)，R2(XZ)}D、ρ={R1(WX)，R2(YZ)}标准答案：C知识点解析：因为WX→Y，W→X，X→Z，所以属性W决定全属性(W→U)，即W为候选字。同理可得Y为候选字。要判定一个模式分解是否为无损连接分解，可以根据以下定理：设ρ={R1，R2)是R的一个分解，F为R上的FD集，那么分解ρ相对于F是无损分解的充分必要条件是(R1∩R2)→(R1-R2)或(R1∩R2)→(R2-R1)。在本题中，A，B，D选项的R1与R2都不相交，因此不满足上述定理的条件。而C选项中，R1∩R2={X}，R1-R2={WY}，R2-R1={Z}，X→Z在函数依赖集中，所以只有C选项是无损连接的。设关系模式R为R(H，I，J，K，L)，R上的一个函数依赖集为F={H→J，J→K，I→JJL→H}，分解(45)是无损连接的。关系模式R(A，B，C，D，E)中的关系代数表达式σ5＜'2'(R)等价于SQL语句(46)。25、设关系模式R为R(H，I，J，K，L)，R上的一个函数依赖集为F={H→J，J→K，I→JJL→H}，分解(45)是无损连接的。关系模式R(A，B，C，D，E)中的关系代数表达式σ5＜’2’(R)等价于SQL语句(46)。A、ρ={HK,HI,IJ,JKL，HL}B、ρ={HIL，IKL，IJL}C、ρ={HJ，IK，HL}D、ρ={HI，JK，HL)标准答案：B知识点解析：暂无解析26、A、SELECT*FROMRWHERE＜’2’B、SELECTB,EFROMRWHEREB＜’2’C、SELECTB,EFROMRHAVINGE＜’2’D、SELECT*FROMRWHERE’5’＜B标准答案：A知识点解析：(1)因为R上的一个函数依赖集为F={H→J，J→K，I→J，KL→J，JL→H)，对于分解ρ={HIL，IKL，IJL)可以构造一个二维表，如表7-14所示。①根据函数依赖集中H→J，J→K对上表进行修改，由于属性列H和属性列J上午相同的元素，所以无法修改。但对于I→J在属性列I上对应的1，2，3行上为全a2元素，且J中的第3行为a3，所以可将属性列J的第1行b13和第2行b23改为a3。修改后的表如表7-15所示。②JL→H在属性列JL上对应的1，2，3行上为a3，a5元素，属性列H的第1行为a1，所以将属性列H的第2行b21和第3行b31改为a1。修改后的表如表7-16所示。从上表可以看到第2行全为ala2a3a4a5，所以ρ是无损的。(2)因为关系代数表达式ρ5＜’2’(R)的含义为选取关系R中第5个属性E的值小于“2”的元组，所以等价的SQL语句为SELECT*FROMRWHEREE＜’2’。多媒体应用需要对庞大的数据进行压缩，常见的压缩编码方法可分为两大类，一类是无损压缩法，另一类是有损压缩法，也称(2)。(3)属于无损压缩法。27、多媒体应用需要对庞大的数据进行压缩，常见的压缩编码方法可分为两大类，一类是无损压缩法，另一类是有损压缩法，也称(2)。(3)属于无损压缩法。A、熵编码B、熵压缩法C、MPEG压缩法D、JPEG压缩法标准答案：B知识点解析：暂无解析28、A、MPEG压缩B、子带编码C、Huffman编码D、模型编码标准答案：C知识点解析：多媒体数据的压缩方法有很多。根据数据所包含信息的有无损失可分为有损编码和无损编码。有损编码是指使用压缩的数据进行重构，重构后的数据与原来的数据有所不同，但不会使人对原始资料表达的信息造成误解。常用的有损压缩编码技术有子带编码、模型编码和矢量量化编码等。无损压缩是指使用压缩的数据进行重构，重构后的数据与原来的数据完全相同。Huffman编码可以完全恢复原始数据。若磁盘的写电流波形如图6-1所示。图中①波形的记录方式是(8)，②波形的记录方式是(9)。29、若磁盘的写电流波形如图6-1所示。图中①波形的记录方式是(8)，②波形的记录方式是(9)。A、调频制(FM)B、改进调频制(MFM)C、调相制(PE)D、不归零制(NRZ)标准答案：A知识点解析：暂无解析30、A、调频制(FM)B、改进调频制(MFM)C、调相制(PE)D、不归零制(NRZ)标准答案：B知识点解析：在磁盘中，由于写入电流的幅度、相位、频率变化不同，从而形成了不同的记录方式。常用的记录方式可分为不归零制、调相制和调频制等几大类。(1)不归零制：其特点是磁头线圈中始终有电流，不是正向电流就是反向电流，因此不归零制记录方式的抗干扰性能较好。(2)调相制：其特点是在一个位周期的中间位置，电流由负到正为1，由正到负为0，即利用电流相位的变化进行写“1”和“0”，所以通过磁头中的电流方向一定要改变一次。这种记录方式中“1”和“0”的读出信号相位不同，抗干扰能力强。磁带存储器中一般采用这种记录方式。(3)调频制：无论记录的代码是“1”或“0”，或者连续写“1”或写“0”，在相邻两个存储元交界处电流都要改变方向。记录1时电流一定要在位周期中间改变方向。写“1”电流的频率是写“0”电流频率的2倍，故称为倍频法。调频制可用于单密度磁盘存储器。(4)改进调频制：与调频制的区别在于连续记录两个或两个以上“0”时，才在位周期的起始位置翻转一次，而不是在每个位周期的起始处都翻转，因而进一步提高了记录密度。改进调频制可用于双密度磁盘存储器。从电流波形图①可以看到，无论写0还是写“1”，在两个数据位之间写电流改变一次方向。同时，写0时写电流在该位持续时间内保持不变，而在写1时写电流在该位的中心改变一次。看上去写1的电流频率比写“0”的高1倍，因此①是调频制。从电流波形图②可以看到，写电流仅在写“1”时在该位的中心改变一次，而写单个“0”时写电流不做改变，这是改进调频制。声音的三要素为音调、音强和音色，其中音色是由混入基音的(10)决定的。若对声音以22.05kHz的采样频率、8位采样深度进行采样，则10分钟双声道立体声的存储量为(11)字节。31、声音的三要素为音调、音强和音色，其中音色是由混入基音的(10)决定的。若对声音以22.05kHz的采样频率、8位采样深度进行采样，则10分钟双声道立体声的存储量为(11)字节。A、响度B、泛音C、高音D、波形声音标准答案：B知识点解析：暂无解析32、A、26460000B、441000C、216000000D、108000000标准答案：A知识点解析：声音的要素有音调、音色、响度和持续时间。音调即音高，取决于声音的频率。频率低，音调低沉；频率高，音调就高昂。音色是由声音的频谱，即混入基音的泛音决定的，每个基音又都有其固有的频率和不同音调的泛音。响度又称音强，它是指声音的强度。未经压缩的数字音频数据传输率可按下式计算：数据传输率(b/s)=采样频率(Hz)×量化位数(b)×声道数波形声音经过数字化后所需占用的存储空间可用如下公式计算：声音信号数据量=数据传输率×持续时间/8根据上述两个公式可以计算出存储量为26460000字节。MIDI是一种数字音乐的国际标准，MIDI文件存储的(12)。它的重要特色是(13)。33、MIDI是一种数字音乐的国际标准，MIDI文件存储的(12)。它的重要特色是(13)。A、不是乐谱而是波形B、不是波形而是指令序列C、不是指令序列而是波形D、不是指令序列而是乐谱标准答案：B知识点解析：暂无解析34、A、占用的存储空间少B、乐曲的失真度少C、读写速度快D、修改方便标准答案：A知识点解析：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。MIDI文件既有强大的功能，又节省大量的存储空间。另外，由于MIDI文件存储的是命令而不是波形文件，因此对MIDI的编辑很灵活。可以自由地改变曲调、音色等属性，波形声音就很难做到这一点。若每个像素具有8位的颜色深度，则可表示(27)种不同的颜色。若某个图像具有640×480个像素点，其未压缩的原始数据需占用(28)字节的存储空间。35、若每个像素具有8位的颜色深度，则可表示(27)种不同的颜色。若某个图像具有640×480个像素点，其未压缩的原始数据需占用(28)字节的存储空间。A、8B、128C、256D、512标准答案：C知识点解析：暂无解析36、A、1024B、19200C、38400D、307200标准答案：D知识点解析：每个像素具有8位的颜色深度，即用8位颜色表示一个像素，因此可表示256种不同的颜色。图像具有640×480个像素点，垂直方向为480个像素，而已知颜色深度为8位，所以该图像所需存储空间为640×480×8÷8=307200字节。MPEG是一种(40)，它能够(41)。37、MPEG是一种(40)，它能够(41)。A、静止图像的存储标准B、音频、视频的压缩标准C、动态图像的传输标准D、图形国家传输标准标准答案：B知识点解析：暂无解析38、A、快速读写B、有高达200:1的压缩比C、无失真地传输视频信号D、提供大量基本模板标准答案：B知识点解析：MPEG是指电视图像数据和声音数据的编码、解码、压缩和它们的同步等标准。MPEG通过帧运动补偿有效地压缩了数据的比特数。它采用3种图像，即帧内图、预测图和双向预测图，有效地减少了冗余信息，在失真很小的情况下，将压缩比提高到200:1。CDMA系统中使用的多路复用技术是(10)。我国自行研制的移动通信3G标准是(11)。39、CDMA系统中使用的多路复用技术是(10)。我国自行研制的移动通信3G标准是(11)。A、时分多路B、波分多路C、码分多址D、空分多址标准答案：C知识点解析：暂无解析40、A、TDSCDMAB、WCDMAC、CDMA2000D、GPRS标准答案：A知识点解析：CDMA是“码分多址”数字无线通信技术的英文缩写(CodeDivisionMultipleAccess)，它是在数字技术的分支——扩频通信技术上发展起来的一种崭新的无线通信技术。我国为什么要发展CDMA移动通信呢?码分多址移动通信技术(CDMA)被称为“第三代移动通信技术”，相对于第一代移动通信技术(模拟移动通信)和第二代移动通信技术(GSM数字移动通信技术)，在技术上有很大进步，主要表现在以下方面。(1)CDMA信号使用整个频段，几乎是普通窄带调制效率的7倍。从综合情况衡量，对于相同的带宽，CDMA系统的容量要比模拟系统大10倍，比GSM系统容量要大4～5倍。CDMA具有自扰系统功能，可以对话务量和话音干扰噪声进行折中平衡，从而可以在保证通话质量的同时，尽可能多地容纳用户。CDMA基站覆盖是“单覆盖—双覆盖—单覆盖”，手机从一个基站覆盖范围漫游到另一个基站覆盖范围时，系统将信号自动切换到相邻的较为空闲的基站上，而且是在确认信号已经到达相邻基站覆盖区时，才与原基站断开。这些技术使CDMA既容量大，接通率高，又不易掉话。(2)CDMA采用了先进的数字话音编码技术，相当于使用多个接收机同时接收和合成从不同方向来的声音信号。CDMA的声码器可以动态地改变数据传输速率，并根据适当的门限值选择不同的电平级发射。同时，门限值会根据背景噪声的改变而改变。这样，既可以使声音逼真，又可以保证在通话背景噪声较大的情况下，获得较好的通话质量。(3)保密性强。CDMA码址是伪随机码，共有4.4万种可能的排列。在这样的情况下，要破解密码，窃听通话是极为困难的。(4)电磁辐射小，有“绿色手机”的称谓。由于CDMA系统采用了随机接入机制和快速的功率控制、软切换、语音激活等先进技术，以及CDMA技术规范(IS-95)对手机最大发射功率进行了限制，使得CDMA手机在实际通信过程中发射功率很小，电磁波辐射很低，同时，也不产生低频脉冲电磁波。最近，有关技术机构在北京进行的试行测试证明，CDMA手机的平均发射功率，仅仅相当于GSM手机等效发射功率的1.78%。(5)节电。CDMA采用功率控制和可变速率声码器技术，通话功率低，可以控制在零点几毫瓦范围。正常工作功率小，能源消耗也小，手机电池使用的时间自然也就长。在未来的第三代移动通信系统(3G)标准的制订过程中，由中国电信研究院代表国家提交的我国第三代移动通信标准TD-SCDMA于2000年5月被国际电联(ITU)确定为国际三大移动通信主流标准之一，于2001年3月被国际3G标准化组织3GPP接纳成为其标准的一部分。它标志着我国在3G方面的研制开发与世界先进水平基本同步。我国还自行研制发明了另一种3G体制，即LAS-CDMA，它有别于现行各种3G国际标准的3G体制，发展前景看好。一个局域网中某台主机的IP地址为2，使用22位作为网络地址，那么该局域网的子网掩码为(33)，最多可以连接的主机数为(34)。41、一个局域网中某台主机的IP地址为2，使用22位作为网络地址，那么该局域网的子网掩码为(33)，最多可以连接的主机数为(34)。A、B、C、D、。标准答案：C知识点解析：暂无解析42、A、254B、512C、1022D、1024标准答案：C知识点解析：在一个局域网中，如果使用22位作为网络地址，则子网掩码的二进制数表示为11111111111111111111110000000000，即。由于主机2使用22位作为网络地址，则主机地址用32-22=10位来表示，因此在该局域网中最多可以连接的主机数为210-2=1022。许多网络通信需要进行组播，以下选项中不采用组播协议的应用是(38)。在IPv4中把(39)类地址作为组播地址。43、许多网络通信需要进行组播，以下选项中不采用组播协议的应用是(38)。在IPv4中把(39)类地址作为组播地址。A、VODB、NetmeetingC、CSCWD、FTP标准答案：D知识点解析：暂无解析44、A、AB、BC、DD、E标准答案：C知识点解析：视频点播VOD需要用到组播协议，因为许多人可能观看同一电视节目。网络会议也要用到组播协议，会议小组的成员可能接收同一信息。计算机支持的协同工作需要在组成员之间实时地交换文件、图片或报文，所以也需要组播协议的支持。网络上的文件传输一般不需要组播技术。在IPv4中把D类地址作为组播地址，这种地址的头一个字节为11100000。FTP默认的数据端口号是(44)。HTTP默认的端口号是(45)。45、FTP默认的数据端口号是(44)。HTTP默认的端口号是(45)。A、20B、21C、22D、23标准答案：A知识点解析：暂无解析46、A、25B、80C、1024D、8080标准答案：B知识点解析：FTP默认的数据端口号是20，HTTP默认的端口号是80，SMTP的默认端口号为25，POP3的默认端口号为110。螺旋模型综合了(30)的优点，并增加了(31)。47、螺旋模型综合了(30)的优点，并增加了(31)。A、瀑布模型和演化模型B、瀑布模型和喷泉模型C、演化模型和喷泉模型D、原型模型和喷泉模型标准答案：A知识点解析：暂无解析48、A、质量评价B、进度控制C、版本控制D、风险分析标准答案：D知识点解析：螺旋模型将瀑布模型和演化模型相结合，它综合了两者的优点，并增加了风险分析。它以原型为基础，沿着螺线自内向外旋转，每旋转一圈都要经过制订计划、风险分析、实施工程、客户评价等活动，并开发原型的一个新版本。经过若干次螺旋上升的过程，得到最终软件。喷泉模型描述的是面向(32)的开发过程，反映了该开发过程的(33)特征。49、喷泉模型描述的是面向(32)的开发过程，反映了该开发过程的(33)特征。A、数据流B、数据结构C、对象D、构件(Component)标准答案：C知识点解析：暂无解析50、A、迭代和有间隙B、迭代和无间隙C、无迭代和有间隙D、无迭代和无间隙标准答案：B知识点解析：喷泉模型主要用来描述面向对象的开发过程。它体现了面向对象开发过程的迭代和无间隙特征。迭代意味着模型中的开发活动常常需要多次重复：无间隙是指开发活动之间不存在明显的边界，各项开发活动往往交叉迭代地进行。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。)1、某开发人员不顾企业有关保守商业秘密的要求，将其参与该企业开发设计的应用软件的核心程序设计技巧和算法通过论文向社会发表，那么该开发人员的行为______。A、属于开发人员权利，不涉及企业权利B、侵犯了企业商业秘密权C、违反了企业的规章制度但不侵权D、未侵犯权利人软件著作权标准答案：B知识点解析：题目中非常明显地指出了“某开发人员不顾企业有关保守商业秘密的要求……”所以其行为是侵犯了企业商业秘密权。商业秘密：是指不为公众所知，具有经济利益，具有实用性，并且已经采取了保密措施的技术信息与经营信息。在《反不正当竞争法》中对商业秘密进行了保护，以下均为侵犯商业秘密的行为：以盗窃、利诱、胁迫等不正当手段获取别人的商业秘密；披露、使用不正当手段获取的商业秘密；违反有关保守商业秘密的要求约定，披露、使用其掌握的商业秘密。从供选择的答案中，选出应填入下面叙述中______内的最确切的解答，把相应编号写在答卷的对应栏内。计算机网络中对等实体间通信时必须遵循约定的标准协议。不同的协议有不同的功能，如：(1)：用于网络管理；(2)：用于移动电话无线上网；(3)：可用于家庭拨号上网；(4)：一种面向比特的数据链路通信规程；(5)：一种路由选择协议。2、从供选择的答案中，选出应填入下面叙述中______内的最确切的解答，把相应编号写在答卷的对应栏内。计算机网络中对等实体间通信时必须遵循约定的标准协议。不同的协议有不同的功能，如：(1)：用于网络管理；(2)：用于移动电话无线上网；(3)：可用于家庭拨号上网；(4)：一种面向比特的数据链路通信规程；(5)：一种路由选择协议。A、SNMPB、PPPC、RIPD、WAP标准答案：A知识点解析：暂无解析3、A、SNMPB、PPPC、RIPD、WAP标准答案：D知识点解析：暂无解析4、A、SNMPB、PPPC、RIPD、WAP标准答案：B知识点解析：暂无解析5、A、OSPFB、HTTPC、HDLCD、RARP标准答案：C知识点解析：暂无解析6、A、OSPFB、HTTPC、HDLCD、RARP标准答案：A知识点解析：几种常见的协议如下：SNMP：简单网络管理协议。PPP：点对点通信的远程访问协议。RIP：路由信息协议。WAP：手机无线上网的协议。OSPF：开放式最短路径优先。HTTP：超文本传输协议。HDLC：高层数据链路控制协议。RARP：IP地址向物理地址转换的协议。7、假定系统中有五个进程P0、P1、P3、P3、P4和三种类型的资源A、B、C，系统中每一种资源的数量分别为10、5、7，在T0时刻的资源分配情况如表6-19所示。P0发出请求向量Request0=(0，2，0)，系统按银行家算法进行检查：Request0=(0，2，0)≤Needo(7，4，3)Request00=(0，2，0)≤Available=(3，3，2)于是，系统先假定可为P0分配资源，如果进程按______列执行，那么系统状态是安全的。A、P0、P1、P2、P3、P4B、P1、P2、P0、P3、P4C、P3、P1、P2、P0、P4D、P3、P1、P0、P2、P4标准答案：D知识点解析：P0发出请求向量Request0=(0，2，0)，系统按银行家算法进行检查：Request0=(0，2，0)≤Need0(7，4，3)Request0=(0，2，0)≤Available=(3，3，2)于是，系统先假定可为P0分配资源，并修改有关数据，如表6-23所示。根据银行家算法，有安全序列{P3、P1、P0、P2、P4)，执行情况如表6-24所示，所以可以给P0分配它请求的资源。8、类描述了一组对象共同的特性，下列叙述中正确的是(7)。A、类本身不能具有变量B、对象具有类定义的所有变量的一份拷贝C、对象间不能共享类定义的变量D、可通过类名访问静态变量(类变量)标准答案：D知识点解析：类是一组具有相同属性和相同操作的对象的集合。一个类中的每个对象都是这个类的一个实例(Instance)。类是在对象之上的抽象，对象是类的具体化，是类的实例。9、如果主存容量为16M字节，且按字节编址，表示该主存地址至少应需要______位。A、16B、20C、24D、32标准答案：C知识点解析：根据主存容量或是芯片的规格求地址的位数或是数据线的数量，这种题型在软考中经常出现，只要知道规则就很容易解题。求地址线只要把主存的容量写成2的N次方的形式，这个N就是地址的位数，如题目中的16M=224，所以表示该主存地址至少需要24位。其实这种规律也是从实践过程中总结出来的，我们来看几个简单的例子：如果地址线有1根，则可以表示两种地址，即地址0和地址1，刚好满足：21=2；如果地址线有2根，则可以表示四种地址，即地址00，01，10，11，满足：22=4；如果地址线有3根，则可以表示八种地址，也满足：23=8；依此类推，就把规律总结出来了。10、若广义表L((1，2，3))，则L的长度和深度分别为(3)。A、1和1B、1和2C、1和3D、2和2标准答案：B知识点解析：广义表的长度定义为表中元素的个数，而深度定义为广义表展开后括号的最大嵌套层数。11、已知有一维数组A(0..m*n-1]，若要对应为m行、n列的矩阵，则下面的对应关系(4)可将元素A[k](0≤k＜m*n)表示成矩阵的第i行、第j列的元素(0≤i＜m，0≤j＜n)。A、i=k/n,j=k%mB、i=k/m,j=K%mC、i=k/n,j=k%nD、i=k/m,j=k%n标准答案：C知识点解析：此题是求一维数组向二维数组转化的问题。最原始的方法就是把数组A的前n个元素放到数组B的第一行，数组A的第n个元素放到数组B的第二行中，依次类推，数组A的最后n个元素放到数组B的最后一行中。求且[幻在数组B中的位置，应先确定A[k]处在哪一行，显然应该是k/n行，然后再确定处在k/n行的哪一列，显然是k%n列。12、利用逐点插入法建立序列(50，72，43，85，75，20，35，45，65，30)对应的二叉排序树以后，查找元素30要进行______次元素间的比较。A、4B、5C、6D、7标准答案：B知识点解析：首先，根据给出的结点建立排序二叉树，如图3-77所示。从该图中可以看出，30首先要与50比较，30＜50，所以进入结点50的左子树；接着与43比较，30＜43，所以进入结点43的左子树；然后与20比较，30＞20，所以进入结点20的右子树；再和35比较，30＜35，所以进入结点35的左子树；最后与30比较，结果相等，查找结束，所以此查找过程要进行5次比较。13、______的特点是数据结构中元素的存储地址与其关键字之间存在某种映射关系。A、树形存储结构B、链式存储结构C、索引存储结构D、散列存储结构标准答案：D知识点解析：暂无解析14、进行软件测试的目的是______。A、尽可能多地找出软件中的缺陷B、缩短软件的开发时间C、减少软件的维护成本D、证明程序没有缺陷标准答案：A知识点解析：进行软件测试的目的是想以最少的时间和人力找出软件中潜在的各种错误和缺陷，而不是证明程序没有缺陷。15、选择一个适当的测试用例，用以测试图2-21所示的程序，能达到判定覆盖的是A、

B、

C、

D、

标准答案：C知识点解析：首先要搞清楚什么是条件，什么是判定，以“AORB”为例，单个的A或者B是一个条件，而“AORB”才是判定。所谓判定覆盖，就是指设计的测试用例能使得程序中的每个判定的真值分支和假值分支至少经过一次，因此，判定覆盖亦称分支覆盖。A、B、D选项中测试用例显然只覆盖了“AORB”真值分支。16、对事务回滚的正确描述是(52)。A、将该事务对数据库的修改进行恢复B、将事务对数据库的更新写入硬盘C、跳转到事务程序的开头重新执行D、将事务中修改的变量值恢复到事务开始时的初值标准答案：A知识点解析：事务回滚是指取消当前事务中所作的任何更改并结束事务，返回一个逻辑值，如果操作成功返回真，否则返回假。17、______标准中定义了MP3音乐标准。A、JPEGB、MPEG-1C、MPEG-2D、MPEG-3标准答案：D知识点解析：JPEG是静止图像压缩和解压缩算法的标准。JPEG成为了ISO的国际标准。MPEG-3压缩较大，是一种有损压缩，其实际音质并不完美。在网络、可视电话等通信方面，MP3大有用武之地。MPEG-X版本是指一组ITU和ISO制定发布的视频、音频和数据的压缩标准。现在有3个版本的MPEG，即MPEG-1，MPEG-2和MPEG-4。MPEG在提供高压缩比的同时，数据压缩的损失很小。MPEG是动态图像压缩编码标准。MPEG标准分MPEG视频、MPEG音频和视频音频同步3部分。MPEG-1：数字电视标准。MPEG-2：数字电视标准。MPEG-4：多媒体应用标准。18、超文本是一种信息管理技术，其组织形式以______作为基本单位。A、文本(Text)B、节点(Node)C、链(Link)D、万维网(Web)标准答案：B知识点解析：超文本是一种非线性的网状信息组织方法，它以节点为基本单位，链作为节点之间的联想式关联。一般地，节点是一个信息块。在图形用户界面上，节点可以是字符串，也可以是图像、声音和动画等。19、某指令流水线由5段组成，各段所需要的时间如图1-5所示。连续输入10条指令时的吞吐率为______。A、10/70△tB、10/49△tC、10/35△tD、10/30△t标准答案：C知识点解析：吞吐率是指单位时间里流水线处理机流出的结果数。指令流水线分为若千个基本操作，每个操作的时间不相同，为了获得最大吞吐率，流水线的操作周期取决于基本操作时间中最长的一个。设某流水线技术分为n个基本操作，操作时间分别是△ti(i=1，2…，n)，操作周期为△t=max{△t1，△t2，…，△tn)，则该流水线的吞吐率为：p=1/△t1=1/max{△t1，△t2，…，△tn}20、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。21、以下关于进程和程序的描述中，不正确的是(4)。A、进程是一个程序关于某个数据集的一次运行B、进程是系统分配资