软件水平考试（中级）软件设计师上午（基础知识）试题模拟试卷2（共650题）

软件水平考试（中级）软件设计师上午

（基础知识）试题模拟试卷2（共9套）

（共650题）

软件水平考试（中级）软件设计师上午

（基础知识）试题模拟试卷第1套

一、中文选择题（本题共60题，每题1.0分，共60

分。）

1、已知x=-109/128,若采用8位机器码表示，则［X］补=（1）。

A、10010011

B、I1010101

C、11101101

D、10010010

标准答案：A

知识点解析：这一类型的题目考查的知识点是小数的原码和补码表示方法。在机内

码的表示中，小数的表示方法是，数的最左面是符号位，对于原码、反码或补码，

如果该小数是正数，则该符号位为0,如果该小数是负数，则该符号位为1。其余

各位为该小数的数据位，从左起，第2位的权值为1/2,第3位的权值为1/4,以此

类推。解答此类题目的•般思路是，将给定的分式分解成多个分式之和的形式，

每个分式的分子为1,分母为2的幕次，这样可以确定其使用原码表示。而使用补

码表示一个小数时，只要将该数除符号位之外求反，然后加1,就可以得到该数的

补码表示。针对这道题目，由于109=64+32+8+4+1,则x=-109/128=

（64/128+32/128+8/128+4/128+1/128）=-（1/2+1/4+1/16+1/32+1/128）<>根据上面的分

析，可以确定x的原码为11101101。对原码求反（符号位不变）后的值为1001

0010,加1得到该数的讣码为10010011。所以本试题的正确答案是选项A。

2、以下计算机存储部件中，存取速度最快的器件是（2）。

A、Cache

B、2GB内存

C、CPU内部寄存器

D、500GB硬盘

标准答案：C

知识点解析：计算机中，用于存放程序或数据的存储部件有CPU内部寄存器、高

速缓存(cache)、内存和大容量磁盘。它们的存取速度不一样，其中以设置在CPU

内部并作为CPU后一个组成部分的内部寄存器的存取速度最快。通常，大容量磁

盘的存取速度最慢。

3、若某计算机系统是由500个相同失效率的元器件构成串联系统，该计算机系统

的MTBF为2x104小时，在不考虑其他因素对可靠性影响时，该计算机系统的每

个元器件的失效率为(3)。

A、2xl0'3/h

B、5xl0-5/h

C、IO”

D、IO%

标准答案：D

知识点解析：设该计算机系统的每个元器件的失效率为入(小)。根据题意，由500

个元器件构成的串联计算机系统的总失效率为各元器件的失效率的和，即为

500X(/h)o在不考虑其他因素对可靠性的影响时，由于计算机系统的平均故障间隔

时间(MTBF)可以定义为该系统失效率(兀)的倒数。根据题意知，该计算机系统的平

均故障间隔时间为2x10、，即2x1()4=|/(5oo入)，解得入=](f7/h。

4、Cache用于存放主存数据的部分拷贝。主存与Cache之间的数据传送是以(4)为

单位的。

A、比特

B、字节

C、字

D、数据块

标准答案：D

知识点解析：Cache是介于CPU和主存之间的高速小容量存储器，它能高速地向

CPU提供指令和数据，加快程序的执行速度。Cache由存储体、地址映像和替换机

构组成。其中，存储体用于存放信息，通常由半导体静态存储器构成，容量为几万

字节至几十万字节。主存与Cache的存储空间划分为若干大小相同的页(或块)。换

言之，主存与Cache之间的数据传送是以块(或页)为单位的，每块(或页)的大小通

常为一个主存周期内能访问的字节数。

5、某计算机指令字长为16位，指令有双操作数、单操作数和无操作数3种格式，

每个操作数字段均用6位二进制表示，该指令系统共有m条(mV16)双操作数指

令。若采用扩展操作码技术，那么最多还可设计出(5)条单操作数指令。

A、(26-m)x24

B、(26-m)x(24-l)

C、(24-m)x26

D、(24-m)x(26-l)

标准答案：C

知识点解析：通常一条书令包括操作码和操作数两部分。其中，操作码用于说明指

令的功能及操作性质，操作数用于说明操作码实施操作的对象。本试题中指令字长

为16位，也就是说，一条指令最长是16位。对于双操作数指令来说，两个长度为

6位的操作数字段共占去12位，剩余16-12=4位可以用做操作码，设计出26=16条

这样的双操作数指令。同理可知，对于单操作数指令来说，它的操作码长度为16-

6=10位。试题中已给出该指令系统共有m条(mV16)双操作数指令，那么剩余的

26_m位可以用来设计单操作数和无操作数的操作犯。若采用扩展操作码技术，那

么单操作数指令在原双操作数指令的4位做操作码上司扩展10-4=6位。因此，最

多可以设计出(24-m)x26条单操作数指令。要注意，如果试题新增一个条件——“并

存在无操作数指令”，则最多可以设计出(2±m)x26-|条单操作数指令。计算式子

中，是考虑到存在无操作数指令，至少保留一位用来扩展成无操作数指令，

6、以下关于浮点加减运算舍入处理的描述中，正确的是(6)。

A、“。舍1入”法最大误差是最低位上的-1/2到接近于1/2之间，但实现起来比较复

杂

B、“恒置1”法误差范围扩大，且正误差的累积量大于负误差的累积量

C、“0舍1入”法正负误差可以相互抵消，因此易于实现

D、“恒置1”法负误差的累积量大于正误差的累积量，且实现起来比较复杂

标准答案：A

知识点解析：浮点数加减运算应按以下步骤进行。①对阶，使两数的小数点位置

对齐；②尾数求和，将对阶后的两尾数按定点加减运算规则求和(差)；③规格

化，为增加有效数字的位数，提高运算精度，必须将求和(差)后的尾数规格化；④

舍入，为提高精度，要考虑尾数右移时丢失的数值位；⑤判断结果，即判断结果

是否溢出。在对阶和右观的过程中，可能会将尾数的低位丢失，引起误差，影响精

度，为此可用舍入法来亮高尾数的精度。进行舍入时应满足以下两个要求。首

先，对每一次运算的结果而言，要保证误差不超过给定的范围。比如，设机器尾数

长39位，要求每次运算误差不超过末位(即第39位)的“1”，即小于2-39。其次在

大量的运算过程中要保证误差的平衡，即在每一次运算时，由于舍入处理，可能使

运算结果增大了，也可能减少了。但总的说来，增加和减少的机会必需是均等的，

否则会产生很大的积累误差。“0舍1入''法和"恒置1”法是两种常用的舍入方法。

其中，“0舍1入”法类似于十进制运算中的“四舍五入”法，即在尾数右移时，被移

去的最高数值位为0,则舍去；被移去的最高数值位为I，则在尾数的末位加I。

这样做可能使尾数又溢出，此时需再做一次右规。该舍入方法的特点是：最大误差

是最低位上的-1/2到接近于1/2之间，正误差可以和负误差抵消。属于比较理想的

方法，但实现起来比较复杂。“恒置I”法是指尾数右移时，不论丢掉的最高数值位

是“1”或“(F,都使右移后的尾数末位恒置“1”。该舍入方法可能使尾数变大或变

小，因此正负误差可以相互抵消，实现相对容易，但其误差范围扩大。

7、计算机感染特洛伊木马后的典型现象是(7)。

A、程序异常退出

B、有未知程序试图建立网络连接

C、邮箱被垃圾邮件填满

D、Windows系统黑屏

标准答案：B

知识点解析：特洛伊木马(简称木马，Trojanhouse)是一种基于远程控制的的黑客工

具，具有隐蔽性和非授权性的特点。木马主要通过将其捆绑在电子邮件附件或免费

软件中传播。当作为木马服务端的客户机运行捆绑木马的程序或附件后，木马就会

自动拷贝到Windows的系统文件夹中，然后在注卅表、启动组、非启动组中设置

好木马的触发条件，并接受来自远程攻击者的远程控制命令。计算机感染特洛伊木

马后将出现有未知程序试图建立网络连接、系统中有可疑的进程在运行等现象。

8、(8)主要包括网络模拟攻击、报告服务进程、漏洞检测、提取对象信息，以及评

测风险、提供安全建议和改进措施等功能。

A、访问控制技术

B、防火墙技术

C、入侵检测技术

D、漏洞扫描技术

标准答案：D

知识点解析：漏洞扫描系统通过漏洞检测和安全风险评估技术，来帮助识别检测对

象的系统资源，分析这些系统资源被攻击的可能指数，了解支撑系统本身的脆弱

性，评估所有存在的安全风险。漏洞扫描系统要求具有强大的漏洞检测能力和检测

效率，贴切用户需求的功能定义，灵活多样的检测方式，详尽的漏洞修补方案和友

好的报表系统，以及方便的在线升级，它包括了网络模拟攻击，漏洞检测，报告服

务进程，提取对象信息，以及评测风险，提供安全建议和改进措施等功能，可帮助

用户控制可能发生的安全事件，最大可能的消除安全隐患。

9、某公司为方便远程客户访问公司的某些数据资源,允许客户通过Internet访问

公司的FTP服务器，在客户机与FTP服务器之间采用(9)协议，可方便地实现在网

络层对数据进行加密。

A、L2TP

B、PPTP

C、IPSec

D、TLS

标准答案：C

知识点解析：目前VPN技术主要采用①隧道技术(tunneling)、②加解密技术

(Encryption&Decryption)③)密钥管理技术(KeyManagement)、④)使用者与设备

身份认证技术(Authenticalion)来保证内部数据通过Internet的安全传输。其中，①

隧道技术是一种将分组封装化的技术，它要求发送方和接收方的VPN设备的认证

方式、加密和封装化规程必须相同；②加密功能完成使第三方不能在Internet上窃

取、篡改封装化分组；④认证功能是指在VPN设备间确认通信对象的功能，防止

第三方伪装。在TCP/IP协议族中，利用L2F、PPTP及L2Tp协议在数据链路层实

现VPN应用；在网络层利用IPSec协议实现VPN应用；利用TLS协议在传输层与

会话层之间实现VPN应用；在应用层利用SSH协议实现VPN的安全应用。

10、甲公司将其开发的商业软件著作权经约定合法转让给乙公司，随后甲公司自行

对原软件进行改进，形成新版本后销售。那么，甲公司的行为（10）。

A、不构成侵权，因为对原软件改进后形成了新版本

B、不构成侵权，因为甲公司享有原软件的使用权

C、不构成侵权，因为对原软件增加了新的功能

D、构成侵权，因为甲公司不再享有原软件的使用权

标准答案：D

知识点解析：我国《计算机软件保护条例》第十九条制定了关于软件著作权中的财

产权利可以转让的规定。计算机软件著作财产权按照该条的规定发生转让后，必然

引起著作权主体的变化，产生新的软件著作权归属关系。原软件著作权人将不再享

有软件的使用权、使用许可权和获得报酬权，而软件权利的受让者依法成为该软件

权利人，可以依照法律法规的规定行使或处分其享有的权利。《计算机软件保护

条例》第二十条规定：“转让软件著作权的，当事人应当订立书面合同”。计算机软

件著作财产权按照该条的规定发生转让后，必然引起著作权主体的变化，产生新的

软件著作权归属关系。软件权利的转让应当根据我国有关法规以签订、执行书面合

同的方式进行。软件权利的受让者可以依法行使其享有的权利。如使用权，即在不

损害社会公共利益的前毙下，以复制、修改、发行、翻译和注释等方式合作软件的

权利。本案例中，由于甲公司已将其开发的商业软件经约定合法转让给乙公司，

因此甲公司已失去该商业软件的使用权，其再对所转让的商业软件实施修改、发行

等行为，则构成侵权。

11、文档是软件开发、使用和维护的必备资料。以下选项中，我国软件行业首个具

有自主知识产权的国际标准是（11）。

A、ODF

R、UOF

C、UOML

D、OOXML

标准答案：C

知识点解析：非结构化操作置标语言（UOML,UnstructuredOperationMarkup

Language）定义了电子文档的读写接口标准，即让不同格式的文档能够实现互相读

写。打个比方，相当于USB标准，只负责让不同的设备通过这一标准实现互相读

写，至于这些设备中的文件以什么格式存储则与U0ML无关。2008年II月4日，

中国电子工业标准化技术协会（简称中电标协）在北京宣布，由中电标协文档库技术

标准工作委员会制定的电子文档读写接口标准UOML已经于10月10日被OASIS

组织（即结构化信息标准促进组织）批准为国际标准。UOML由此成为中国软件行业

第一个具有自主知识产权的国际标准。ODF、OOXML是下一代文档格式的国际标

准，UOF（标文通）是我国文档格式的国家标准。

12、按照国际电话电报咨询委员会CCITT的定义，（12）属于表现媒体。

图像

A、

编码

B、

硬盘

c、

打描

D、

案：D

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解析：

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