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22

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22

一、中文选择题（本题共20题，每题1.0分，共20

分。）

1、在存储体系中，虚拟存储器和Cache分别属于主存/外存层次和CPU/主存层

次，这两层次的共同点是（3）。

A、都提高存储体系的速度

B、都需要硬件来实现

C、地址变换，失效时要替换

D、都对程序员透明

标准答案：A

知识点解析：这两层次的目的都是提高存储体系的速度，但两者是有区别的：

Cache完全由硬件来实现，对程序员是完全透明的，它是地址映像来实现的，不需

要地址变换；而虚拟存储器由软件和硬件来实现，对系统程序员并不透明，它是通

过地址变换来实现的。

2、评审是对软件进行静态测试的一种方法，下述结论中，（15）是与软件评审无关

的内容。

A、尽量发现错误

B、检查软件文档

C、根据评审标准

D、依靠测试信息

标准答案：A

知识点解析：软件评审的目的是判断已完成的工作是否满足预期目的，其依据是评

审标准，检查软件文档和依靠测试信息是方法。尽量发现错误是软件测试的目标。

3、由某市标准化行政主管部门制定，报国务院标准化行政主管部门和国务院有关

行政主管部门备案的某一项标准，在国务院有关行政主管部门公布其行业标准之

后，该项地方标准（16）。

A、与行业标准同时生效

B、即行废止

C、仍然有效

D、修改后有效

标准答案：B

知识点解析：根据《中华人民共和国标准法》第二章第6条规定，在国务院有关行

政主管部门公布其行业标准之后，该地方标准即行废止。

4、具有独立法人资格的组织甲于1993年11月15日首次发表《xx》软件。组织甲

于1996年10月21日变更并终止，其权利义务由组织乙承担。组织乙对该软件享

有的著作权的保护期应于(17)截止。

A、2043年11月15H

B、2043年12月31日

C、2046年10月21日

D、2046年12月31日

标准答案：B

知识点解析：软件著作双的保护期为50年，截止于软件首次发表后第50年的12

月31日。本题中软件于1993年发表，因此，保护期到2043年12月31日。另

外，软件著作权属于法人或者其他组织的，法人或者其他组织变更、终止后，其著

作权在有关条例规定的保护期内由承受其权利义务的法人或者其他组织享有。

5、下列选项中，不属于职务发明创造的是(18)。

A、王明在单位从事计算机设计工作，开发设计山一种新产品

B、李洋大学毕业后在单位销售部门工作，后由于单位技术开发部门人手较紧，李

洋被暂调到技术开发部门，两周后，李洋开发出一种新产品

C、王师傅为某机械厂金属材料仓库管理员。1996年7月退休后，王师傅潜心钻

研，于1997年6月发明创造出一种焊接高碳钢的新方法

D、王老师是某大学金相实验室研究员。王老师与校办工厂合作，利用实验室中金

相显微镜、光电显微镜等尖端设备，发明创造出一种性能优越的金属材料

标准答案：C

知识点解析：执行本单位的任务或者主要利用单位的物质技术条件所完成的发明创

造为职务发明创造。本题中选项A,B属于执行本单位任务的情节，选项D属于主

要利用本单位的物质技术条件的情形，故均属于职务发明创造.选项c中.干师傅

的发明创造与在原有单位承担的本职工作无关，不属于职务发明。

6、在操作系统原语中，完成“将信号量加1,并判断其值，如果它小于等于0,则

从等待队列中唤醒一个进程”功能的是(19)。

A、P操作

B、V操作

C、Send

D、Receive

标准答案：B

知识点解析：这是PV操作中V操作的定义。

7、虚拟存储器的页面调度算法有多种，(20)调度算法不是页面调度算法。

A、后进先出

B、先进先出

C、最近最少使用

D、随机选择

标准答案：A

知识点解析：虚拟存储技术的理论基础是程序的局部性理论，而“后进先出”不符合

这个思想，答案选A,其他三个选项都是虚拟存储器的页面调度算法。

8、在UNIX系统中，Shell程序(21)实现显示用户主目录以及当前命令的进程标识

符。

A、echoUserHomedirectory:$LOGNAMEechoCurrentshelfs

PID:$$

B、echoUserHomedircctory:$HOMEechoCurrentshell'PID:$@

C、echOUserHOmedirectOIy:$LOGNAMEechoCurrentshell'sPID:$@

D、echoUserHomedirectory:$HOMEechoCurrentshcH'sPID:S$

标准答案：D

知识点解析：$$表示当前进程的进程标识号(PID),$@是用双引号引用命令行上的

所有参数，$HOME表示用户的主工作目录，$LOGNAME表示用户名。

9、在文件系统中，下列关于当前目录(工作目录)的叙述中，不正确的是(22)。

A、提高文件目录检索速度

B、减少启动硬盘的次数

C、利于用全路径名查找文件

D、当前目录可以改变

标准答案：C

知识点解析：利用当前目录查找文件时，是通过以当前目录为起点的相对路径，而

利用全路径名查找文件，是利用文件的绝对路径，即从根目录开始杳找文件。

10、若无噪声信道的线路带宽为3kHz,每个码元可能取的离散值的个数为8个，

则信道的最大数据传输速率可达(25)。

A、24kb/s

B、48kb/s

C、12kb/s

D、18kb/s

标准答案：D

知识点解析：根据奈奎斯特定理，无噪声信道的线路中最高码元速率是带宽的2

倍，再由码元速率与数据传输速率的关系，可以得到信道的最大数据传输速率为

2x3Kxlog28=18Kb/so

11、能从数据信号波形中提取向步信号的典型编码是(26)。

A^不归零码

B、曼彻斯特编码

C、BCD码

D、循环冗余码

标准答案：B

知识点解析：在曼彻斯特编码中，在每个比特中间均有一个跳变，由高电平向低电

平跳变代表力”，由低电平向高电平跳变代表“0”，这种跳变有双重作用，既作为时

钟信号，也作为数据信号。因此这种编码也称为自同步码。

12、若收到某海明校验码1110010,其中信息4位，校验码3位，问正确的信息是

(27)。

A、1110

B、10

C、1010

D、1101

标准答案：C

S2=r20/4©/3©/2

5l=rl©/4e/3®/l

知识点解析：验证海明校验码的关系式如下：5O-KW4面2到I因此S2=l,Sl=l,

S0=0o三个校正因子不全为0,所以该海明校验码有错，错误位置

S=S2sls0=110=6,即比特6有错,将其变反，得到的正确信息为1010.

13、页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成的。假定页面的大小

为4K,地址变换过程如下图所示，图中逻辑地址用十进制表示。

控制寄存器现*地址

图中有效地址经过变换后，十进制物

理地址a应为(38)。

A、33220

B、8644

C、4548

D、2500

标准答案：A

知识点解析：8644=2x4K+452,8x4K+452=33220。

14、已知某二叉树的中序、层序序列分别为DBAFCE,FDEBCA,则该二叉树的

后序序列为(39)。

A、BCDEAF

B、ABDCEF

C、DBACEF

D、DABECF

标准答案：B

知识点解析：按照遍历左子树要在遍历右子树之前进行的原则，根据访问根节点位

徨的不同，可得到二又树的前序、中序和后序3种遍历方法。层序遍历是从根节

点(第1层)出发，首先访问第1层的树根节点，然后从左到右依次访问第2层上的

节点，再次是第3层上的节点，依次类推，自上而下、自左向右逐层访问各层上

的节点。对于二又树，第n层节点最多为2”。由层序序列可得：F是树根节点，

D,E是第2层节点。结合中序序列有DBA构成F的左予树，CE构成F的右子

树，进一步有C是E的左节点，E无右节点，这样A是第4层节点，据DBA序列

有B是D的右节点，A是B的右节点。易知后序序列为ABDCEF。

15、由元素序列(27,16,75,38,51)构造平衡二叉树，则首次出现的最小不平衡

子树的根(即离插入节点最近且平衡因子的绝对值为2的节点)为(40)。

A、27

B、38

C、51

D、75

标准答案：D

知设点解析：二又排序树的构造方法如下：每读入一个数据，建立一个新节点，若

二叉排序树非空，则将新节点的值与根节点的值比较，如果小于根节点的值，则插

入到左子树中，否则插入到右于树中；若二又排序树为空，则新节点作为二又排序

树的根节点。节点的平衡因子是指节点右子树深度与左子树深度之差。由数据

{27,16,75,38,51}构造平衡二又树，插入51后首次出现不平衡子树，易知最小不

平衡予树的节点为75。

16、类描述了一组对象共同的特性，下列叙述中正确的是(41)。

A、类本身不能具有变量

R、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：A

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(Insiance)。类是在对象之上的抽象，对象是类的具体化，

是类的实例。类可以定义静态属性，通过类名访向它。一个类的静态的属性只有

一份，由所有该类的对象共享。

17、下列关于•PGP(PretlyGoodPrivacy)的说法中不正确的是(51)。

A、PGP可用于电子邮件，也可以用于文件存储

B、PGP可选用MD5SHA两种Hash算法

C、PGP采用了ZIP数据压缩算法

D、PGP不可使用IDEA加密算法

标准答案：D

知识点解析：PGP是一个完整的电子邮件安全软件包，包括加密、鉴别、电子签

名和压缩等技术。PGP并没有使用什么新的概念，它只是将现有的一些算法，如

MD5、SHA、RSA以及IDEA等综合在一起而已。在加密过程中，PGP还采用了

ZIP数据压缩算法来缩减数据量。PGP除用于电子邮件安全外，也可以用于文件

存储。

18、在密码学中，单向Hash函数具有(52)的特性。

A、对输入的长度不固定的字符串，返回一串不同长度的字符串

B、不仅可以用于产生信息摘要，还可以用于加密短信息

C、在某一特定时间内，无法查找经Hash操作后生成特定Hash值的原报文

D、不能运用Hash解决验证签名、用户身份认证和不可抵赖性问题

标准答案：c

知识点解析：对输入的长度不固定的字符串，单向Hash函数能够返回一串相同长

度的字符串。单向Hash函数可以用于产生信息摘要，但是由于在某一特定时间

内，无法查找经Hash操作后生成特定Hash值的原报文，它不能用于数据加密，

主要被用于解决验证签名、用户身份认证和不可抵赖性问题。

19、下述任务中，不属于软件工程需求分析阶段的是(53)。

A、分析软件系统的数据要求

B、确定软件系统的功能需求

C、确定软件系统的性能要求

D、确定软件系统的运行平台

标准答案：D

知识点解析：需求阶段的任务主要有：确定软件的综合要求，分析软件系统的数据

要求，导出系统的逻辑模型，以及修正项目开发计划。确定软件系统的运行平台是

在软件设计阶段考虑的问题。

20、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(54)。

A、Gantt图

B、PERT网图

C、因果分析图

D、流程图软件能力成熟度模型CMM(CapabilityMaturityModel)描述

和分析了软件过程能力的发展与改进的程度，确立了一个软件过程成熟程度的分级

标准。在初始级，软件过程定义几乎处于无章法可循的状态，软件产品的成功往往

依赖于个人的努力和机遇。

标准答案：B

知识点解析：GanH图和PERT图是两种常用的项目管理工具。PERT图是一种图形

化的网络模型，描述一个项目中的任务和任务间的关系，用于工作计划安排的评审

和检查。Gantt图中横坐标表示时间，纵坐标表示任务，图中的水平线表示对一个

任务的进度安排，线段的起点和终点对应在横坐标上的时间分别表示该任务的开始

时间和结束时间，线段的长度表示完成该任务所需的时间。

二、中文选择题（含2小题）（本题共12题，每题1.0

分,共12分。）

某机主存容量为16MB,cache容量为16KB,主存与cache每块都分为16B,主存

与cache地址变换采用直接映像方法。这种映像方法优点是算法简单，缺点是（1）。

若访问的主存单元为B乙AF45H,而且该单元已经装入cache,则cache的地址是

Q）。

21、某机主存容量为16MB,cache容量为16KB,主存与cache每块都分为I6B,

主存与cache地址变换采用直接映像方法。这种映像方法优点是算法简单，缺点是

（l）o若访问的主存单元为B4AF45H,而且该单元已经装入cache,则cache的地址

是⑵。

A、转换方法复杂

B、转换速度较慢

C、cache利用不充分

D、转换方法不直观

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

22、

A、34AFH

B、2F45H

C、4AF5H

D、B4AFH

标准答案：B

知识点解析：为了提高访存速度，在主存与CPU之间设置一个容量较小的高速缓

冲存储器cache,每次访问主存时，把包含该单元的一个数据块一齐调入cache。

由于程序访问的局部原理，下次访存时，很大可能是该单元已经调入cache,只要

查找该单元是否已经调入cache,若已在cache中，CPU可直接从cache中取走数

据，大大提高了存取数速度。本题的关键是被访主存单元调入cache哪一个单元

中?这是一个地址映像问题。在cache中用得较多的是地址直接映像法。这种方法

规定，首先把主存容量按cache容量大小分成许多区，主存中每个区又分成若干

块，每块又包含若干字节。主存与cache交换数据时以块为单位，但规定主存中各

区中某一块号的数据调入cache时，只能放在cache中与其块号相同的那一个块

中。因此cache中地址，低位块内地址与主存低位块内地址相同，cache中块号与

主存中调入数据块的块号相同，不同的是主存高位地址（区号）作为主存字块标志，

也存到cache相应块中，但cache地址应该与主存的块号与块内地址是相同的。在

本题中，每数据块16B,块内地址为4位，cache容量为16KB,每16B为一块，

cache共分成1K块，块号地址10位。因此主存单元调入cache后，cache的地址与

主存单元低14位地址是相同的，即2F45H。地址直接映像算法简单、转换容

易、查找方便，缺点是cache空间利用不充分，使用不灵活。

中断是现代计算机中的一项重要技术，为了提高CPU的工作效率和计算机的可靠

性，以及实现计算机间通信都是必不可少的，中断处理过程中保存现场是为了

(3),保存和恢复现场时都要求关中断是为了(4)。

23、中断是现代计算机中的一项重要技术，为了提高CPU的工作效率和计算机的

可靠性，以及实现计算机间通信都是必不可少的，中断处理过程中保存现场是为了

(3),保存和恢复现场时都要求关中断是为了(4)。

A、怕丢失数据

B、怕影响其他部件工作

C、返回原程序执行

D、中断处理过程中要使用现场数据

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

24、

A、转入中断服务程序

B、返回源程序

C、保存完整的中断现场

D、停止中断工作

标准答案：C

知识点词析：中断是在CPU执行程序过程中，响应随机发生紧急事件的服务请

求，专为突发事件服务，当服务完毕时乂自动返回原来中断的程序处继续执行。中

断处理过程是依靠CPU执行中断处理程序实现的，所以又叫程序中断。当CPU执

行新的程序时，CPU中原来寄存器的内容，包括程序中断时的指令地址都被冲掉

了，为了中断服务完毕后CPU能返回原来的程序中断处，必须保留当时CPU全部

现场。由于保存现场的工作需要执行多条指令，又怕高级中断在保存现场的过程中

再来打断保存现场的工作。也就是为了保存完整的CPU现场，这时需要关闭中

断，禁止任何中断再来打断这一工作，等到保存现场完毕，再打开中断，这时才允

许更紧迫的事件更高级的中断来打断正在处理的低级中断服务。在返回现场的过程

中也为了把CPU现场完全恢复后再响应高级中断的请求，也使用关中断、开中断

的方法。

某计算机字长为32位，浮点表示时，阶码占8位，尾数占24位(各包含1位符号

位)，阶码用补码表示，尾数用原码表示，该浮点数能表示的最大正数是(5),能表

示的最小负数是(6)。

25、某计算机字长为32位，浮点表示时，阶码占8位，尾数占24位(各包含1位

符号位)，阶码用补码表示，尾数用原码表示，该浮点数能表示的最大正数是(5),

能表示的最小负数是(6)。

A、(1-2-23)X27

B、(1-2-23)X(27-1)

C、(1-2'24)X27-1

D、-(1-2-23)X27

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

26、

A、-(1-2-23)x27

B、(1-2-23)X(27-1)

C、-(1-2~24)X27

D、-(l-2-23)x(27-l)

标准答案：D

知识点解析：本题考查浮点数的表示方法、表示范围和原码补码的概念。一个浮点

数N可用阶码E和尾数M两个部分来表示，若阶的底为2,则N=Mx2E。M为定

点二进制小数，原码表示时，其最大正数Ml是0.11…11=1-2-23共24位，其最小

负数M2是1.11…口=-(1-2-23)共24位。因为原码叫符号—绝对值表示法，即原

码的数值部分是该数绝对值(不管正数、负数)。原码最高位是符号位：0表正数，1

表负数。阶码E为定点二进制整数，用补码表示时，正数的补码是其本身，符号

位为0,数值位为其绝对值；负数的补码，符号位是1,数值位为其绝对值之补

数，即各位变反的末位加1。本题阶码8位，其最大正数£1是01111111即(27・1)

其最小负数E2是10000000HP-27因此该浮点数最大正数Nl=Mlx2E1=(1-2"

23)X(27-1)最小负数N2=M2x2E1=-(1-2-23)X(27-1)

某计算机执行一条指令的过程分为取指令、分析指令和执行指令3段操作，每一段

操作占用的时间分别是工、2人、3Ato若采用常规的顺序串行执行方式，连续执

行n条指令所需时间是(7)；若采用流水线方式，3段操作重叠执行时，连续执行n

条指令所需时间是(8)。

27、某计算机执行一条指令的过程分为取指令、分析指令和执行指令3段操作，每

一段操作占用的时间分别是△［、2At>3Ato若采用常规的顺序串行执行方式，连

续执行n条指令所需时间是(7)；若采用流水线方式，3段操作重叠执行时，连续执

行n条指令所需时间是(8)。

A、9nAt

B、3nAt

C、6nAt

D、3(n-l)At

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

28、

A、9nAt

B、3(n-l)At

C、6nAt

D、3(n+2)At

标准答案：D

知识点解析：计算机执行一条指令的时间为指令周期。它包括取指令、分析指令和

执行执令所需的全部时间。当执行指令所有操作都是串行执行时，则完成一条指令

所需时间是所有操作时间之和。本题中完成一条指令的时间为加+2回+3加=6汝。

计算机连续执行n条指令所需时间为nx6At=6nAto若采用流水线方法执行指令，

则计算机中需设置独立的3个部件，即取指令部件、分析指令部件和执行指令部

件。3个部件工作时在时间上是重叠的，但在流水线各个流水级的时间都是相等

的，并且选取各个流水级中时间最长者作为一个流水级操作的时间，因此本题中一

个流水级所用的时间应为3回。连续执行n条指令所需时间为：第1条指令从输入

到输出结果需用3x3^=9At,以后每隔一个流水级时间即输出一个结果，(n-1)条指

令共需(n-l)x3-=3(n-12l。若本题中采用流水线方案，理想情况下执行n条指令

需用时间是9At+3(n-l)At=3nAt+6At=3(n+2)Ato

为了提高计算机系统的可靠性，经常采用容错技术，校验技术等。如果一个系统

由3个子系统构成，在串联方案中，3个子系统全部正常工作时，系统才能正常工

作。如果3个子系统的可靠性分别为Rl=0.7,R2=0.8,R3=0.9,则系统的可靠性

R为(9)。若将子系统1、子系统2并联起来，再与子系统3串联起来，则此时当子

系统1或2中有一个正常工作，且子系统3也正常工作时，整个系统即正常工作。

此时整个系统的可靠性为(10)。

29、为了提高“算机系统的可靠性，经常采用容错技术，校验技术等。如果一个

系统由3个子系统构成，在串联方案中，3个子系统全部正常工作时，系统才能正

常工作。如果3个子系统的可靠性分别为Rl=0.7,R2=0.8,R3=0.9,则系统的可

靠性R为(9)。若将子系统1、子系统2并联起来，再与子系统3串联起来，则此

时当子系统1或2中有一个正常工作，且子系统3也正常工作时，整个系统即正常

工作。此时整个系统的可靠性为(10)。

A、0.56

B、0.72

C、0.504

D、0.605

标准答案：C

知识点解析•：暂无解析

30、

A、0.72

B、0.63

C、0.504

D、0.846

标准答案：D

知识点解析：本题考查系统可靠性的基本概念。在串联系统中，系统的可靠性

为：R=R1xR2xR3=0.7x0.8x0.9=0.504并联系统的系统可靠性为：R?=1-(1-R1)(1-

R2)(l-R3)=1-(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.994在串、并联的系统中若部件1与部件2并

联,再与部件3并联，则整个系统的可靠性为:R'=[l-(l-Rl)(l-R2)]xR3=[1-(1-

0.7)(l-0.8)]x0.9=0.94x0.9=0.846

对照ISO/OSI参考模型冬个层中的网络安全服务，在网络层可以采用(64)来处理信

息内外网络边界流动和建立透明的安全加密信道；在传输层主要解决进程到进程间

的加密，最常见的传输层安全技术有(65)等。

31、对照ISO/OSI参考模型各个层中的网络安全服务，在网络层可以采用(64)来处

理信息内外网络边界流动和建立透明的安全加密信道；在传输层主要解决进程到进

程间的加密，最常见的，专输层安全技术有(65)等。

A、防窃听技术

B、防火墙技术

C、防病毒技术

D、防拒认技术

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

32、

A、SET

B、IPSec

C、S-HTTP

D、SSL

标准答案：D

知识点解析：网络的各层都可采用一些安全技术，在物理层可以采用防搭线窃听技

术加强通信线路的安全：在数据链路层，可以采用通信保密机制进行链路加密；在

网络层可以采用防火墙技术来处理信息内外网络边界流动和建立透明的安全加密信

道；在传输层主要解决进程到进程间的加密，如传输层安全技术有SSL等。防拒

认技术主要采用的是数字签名，防止电子交易中的抵赖篡改等问题。SET是安全电

子交易协议，S-HTTP是安全的HTTP协议，IPSec是IP安全协议。

三、中文选择题(含3小题)(本题共47题，每题7.0

分,共47分。)

寻址是指控制器根据指令的地址码寻找操作数存于内存的真实地址。指令中地址码

所表示的地址称为(3),将此地址经过变换或运算而得到的操作数的真实地址称为

(4),相对于某一寄存器内容而言的距物理地址的差距值称为(5)。

33、寻址是指控制器根据指令的地址码寻找操作数存于内存的真实地址。指令中地

址码所表示的地址称为(3),将此地址经过变换或运算而得到的操作数的真实地址

称为(4),相对于某一寄存器内容而言的距物理地址的差距值称为(5)。

A、物理地址

B、形式地址

C、偏移地址

D、间接地址

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

34、

A、物理地址

B、形式地址

C、偏移地址

D、间接地址

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

35、

A、物理地址

B、形式地址

C、偏移地址

D、间接地址

标准答案：C

知识点解析：指令中地址码所表示的地址称为形式地址；形式地址经过变换或运算

而得到的操作数的真实地址称为物理地址，也称绝对地址；相对于某一寄存器内容

而言的距物理地址的差距值称为偏移地址.

在面向对象程序设计语言中，（31）是利用可重用成分构造软件系统的最有效的特

性，它不仅支持系统的可重用性，而且还有利于提高系统的可扩充性；（32）可以及

实现发送一个通用的消息而调用不同的方法；（33）是实现信息隐蔽的一种技术，其

目的是使类的（34）相互分离。

36、在面向对象程序设计语言中，（31）是利用可重用成分构造软件系统的最有效的

特性，它不仅支持系统的可重用性，而且还有利于提高系统的可扩充性；（32）可以

及实现发送•个通用的消息而调用不同的方法；（33）是实现信息隐蔽的•种技术，

其目的是使类的（34）相互分离。

A、封装

B、消息传递

C、引用

D、继承

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

37、

A、封装

B、消息传递

C、引用

D、继承

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

38、

A引用

、

承

B继

、

装

c封

、

态

D多

、

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

39、

A、定义与实现

B、分析与测试

C、分析与设计

D、实现与测试

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

视频卡的种类很多，主要包括(57)。以PAL制25帧/秒为例，已知一帧彩色静态图

像(RGB)的分辨率为256x256,每一种颜色用16bit表示，则该视频每秒钟的数据

量为(58)。全电视信号主要由(59)组成.在视频信号实时处理技术中，如果电视扫

描的正程时间为52.2ms,分辨率为512x512,实时意味着处理每个像素的时间近似

为(60)。

40、视频卡的种类很多，主要包括(57)。以PAL制25帧/秒为例，已知一帧彩色静

态图像(RGB)的分辨率为256x256,每一种颜色用16bit表示，则该视频每秒钟的

数据量为(58)。全电视信号主要由(59)组成。在视频信号实时处理技术中，如果电

视扫描的正程时间为52.2ms,分辨率为512x512,实时意味着处理每个像素的时间

近似为(60)。

A、视频捕获卡

R、视频捕获卡、电影卡

C、视频捕获卡、电影卡、电视卡

D、视频捕获卡、电影卡、电视卡、视频转换卡

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

41、

A、256x256x3x16x25bps

B、512x512x3x8x25bps

C、256x256x3x8x25bps

D、512x512x3x16x25bps

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

42、

A、图像信号、同步信号、消隐信号

B、图像信号、亮度信号、色度信号

C、图像信号、复合同步信号、复合消隐信号

D、图像信号、复合同步信号、复合色度信号

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

43、

A、0.1ms

B、0.2ms

C、0.8ms

D、0.4ms

标准答案：A

知识点解析：(57)、(58)、(60)空属于基本概念题。(59)电视摄像机把一幅图像信号

转变成的输出信号就是全电视信号。全电视信号主要由图像信号(视频信号)、复合

消隐信号和复合同步信号组成。

034_____________15

阶码i尾数____

图।如图1所示为计算机中16位浮点数的表示格式。

某机器码为1110001010000000。若阶码为移码且尾数为反码，其十进制真值为

(3)；若阶码为移码且尾数为原码，其十进制真值为(4)：若阶码为补码且尾数为反

码，其十进制真值为(5)；若阶码为补码且尾数为原码，其十进制真值为(6),将其

规格化后的机器码为(7)。

0__________34_____________15

|—曲码|定致_____

44、图।如图1所示为计算机中16位浮点数的表示格

式。某机器码为1110001010000000。若阶码为移日且尾数为反码，其十进制真值

为(3)；若阶码为移码且尾数为原码，其十进制真值为(4)；若阶码为补码且尾数为

反码，其十进制真值为(5)；若阶码为补码且尾数为原码，其十进制真值为(6),将

其规格化后的机器码为(7)。

A、0.078125

B、20

C、1.25

D、20.969375

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

45、

A、0.078125

B、20

C、1.25

D、20.969375

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

46、

A、0.078125

B、20

C、1.25

D、20.969375

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

47、

A、0.078125

B、20

C、1.25

D、20.969375

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

48、

A、1110001010000000

B、11110101000000

C、1101010100000000

D、11110001010000

标准答案：C

知识点解析：本题考查计算机数据的编码，涉及原码、补码、反码,移码以及浮点

数规格化处理。同一个数可以有不同的浮点表示形式，阶码的大小可以用来调节

数值中小数点的位置。将数值数据表示成/V=M*RE,M被称为N的尾数，E是N

的指数或称阶码，而只是该阶码的基数。题中阶码用4位二进制整数1110表示，

尾数用12位二进制小数001010000000表示，尾数中含有符号位，其最高位，即符

号位为0。下面具体分析题目中的各个问题。如果阶码为移码，由于阶码是4位二

进制整数,设真值为X,根据整数移码定义：凶移码=23+X(U10)2=(14)10,可求

得阶码真值为6。如果尾数为反码，从符号位可判断尾数是正数，根据小数反码定

义，正小数的反码就是其自身，可求得尾数的真值为：(0.01010000000)2=(2-2-2一

4)=(O.3125)IO,根据浮点数定义，该机器码真值为0.3125*26=20。如果阶码为移

码，同上，真值为6c如果尾数是原码，从符号位可判断尾数是正数，根据小数原

码定义，正小数的原码就是其本身，可求得尾数的真值为0.3125。由此可知该机器

码真值也是20。如果阶码为补码，由于阶码是4位二进制整数，从符号位判断为

负数，设真值为X,根据负整数定义［X］补码=24+X=(U10)2=(14)1°,求得阶码的真

值为-2。如果尾数为反码，同问题A-样求出尾数的真值为0.3125。这样，该机器

码真值为0.3125*2-2=0.078125。如果阶码是补码，尾数是原码，可分别参照以上

解析求出阶码和尾数的真值分别为-2和0.3125,这样该机器码的真值也是

0.078125o对浮点数进行规格化处理，规定浮点数的尾数部分用纯小数形式表示，

当尾数的值不为0时，其绝对值应大于或等于0.5,用二进制表示为O.lxxx…xx（x

为。或1）。对于不符合这一规定的浮点数，可改变阶码的大小并同时用左右移尾

数的方法来满足这一规定。显然尾数O.OIOIOOOOCXX）不合要求，应左移I位，而阶

码则应相应地减1,因此规格化处理后的阶码为1101,尾数为010100000000。

（8）用使用实例（usecase）来建立模型，并用它来描述来自终端用户方面的可用的场

景。（9）对静态结构（类、对象和关系）模型化。（10）描述了在用户模型视图和结构模

型视图中所描述的各种结构元素之间的交互和协作。（11）将系统的结构和行为表达

成为易于转换为实现的方式。（12）示系统实现环境为结构和行为。

49、（8）用使用实例（usecase）来建立模型，并用它来描述来自终端用户方面的可用

的场景。（9）对静态结构（类、对象和关系）模型化。（10）描述了在用户模型视图和结

构模型视图中所描述的各种结构元素之间的交互和协作。（11）将系统的结构和行为

表达成为易于转换为实现的方式。（12）示系统实现环境的结构和行为。

A、环境模型视图

B、行为模型视图

C、用户模型视图

D、结构模型视图

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

50、

A、环境模型视图

B、行为模型视图

C、用户模型视图

D,结构模型视图

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

51、

A、环境模型视图

B、行为模型视图

C、用户模型视图

D、结构模型视图

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

52、

A、环境模型视图

B、实现模型视图

C、结构模型视图

D、行为模型视图

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

53、

A、环境模型视图

B、实现模型视图

C、结构模型视图

D、行为模型视图

标准答案：A

知识点解析：①用户模型视图：从用户(在UML中叫做参与者)角度来表示系统。

它用使用实例(usecase)来建立模型，并用它来描述来自终端用户方面的可用的场

景。②结构模型视图：从系统内部来看数据和功能性，即对静态结构(类、对象和

关系)模型化。③行为模型视图：这种视图表示了系统动态和行为。它还描述了在

用户模型视图和结构模型视图中所描述的各种结构元素之间的交互和协作。④实

现模型视图：将系统的结构和行为表达成为易于转换为实现的方式。⑤环境模型

视图：表示系统实现环境的结构和行为。

软件开发模型用于指导软件开发。演化模型是在快速开发一个(28)的基础上，逐步

演化成最终的软件。螺旋模型综合了(29)的优点，并增加入30)。喷泉模型描述的

是面向(31)的开发过程，反映了该开发过程的(32)特征。

54、软件开发模型用于由导软件开发。演化模型是在快速开发一个(28)的基础上，

逐步演化成最终的软件。螺旋模型综合了(29)的优点，并增加了(30)。喷泉模型描

述的是面向(31)的开发过程，反映了该开发过程的(32)特征。

A、模块

B、运行平台

C、原型

D、主程序

标准答案：C

知识点解析•：暂无解析

55、

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、原型和喷泉模型

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

56、

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：暂无解析

57、

A、数据流

B、数据结构

C、对象

D、构件(Componen。

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

58、

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：软件开发模型是指软件开发全部过程、活动和任务的结构框架。常用

的软件开发模型有瀑布模型、演化模型、螺旋模型、喷泉模型等。瀑布模型给出

了软件生存周期各阶段的固定顺序，上一阶段完成后才能进入下一阶段。演化模型

是在快速开发一个原型的基础上，根据用户在试用原型的过程中提出的反馈意见和

建议，对原型进行改进，获得原型的新版木。重复这一过程，直到演化成最终的软

件产品。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，得到最终的软件。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(如分析、设计)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。

当存储器采用段页式管理时，主存被划分为定长的(36),程序按逻辑模块分成

(37)。在某机器的多道程序环境下，每道程序还需要一个(38)作为有用户标志号，

每道程序都有对应(39)。一个逻辑地址包括(38),X、段号s、页号p和页内地J±d

等4个部分。设逻辑地址长度分配如下，其中x、s、p、d均以二进制数表示。21

2019141311lOOxSpd其转换后的地址为(40)。

59、当存储器采用段页式管理时，主存被划分为定长的(36),程序按逻辑模块分成

(37)o在某机器的多道程序环境下，每道程序还需要一个(38)作为有用户标志号，

每道程序都有对应(39)。一个逻辑地址包括(38),X、段号s、页号p和页内地址d

等4个部分。设逻辑地址长度分配如下，其中x、s、p、d均以二进制数表示。21

2019141311lOOxSpd其转换后的地址为(40)。

A、段

B、页

C、区域

D、块

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

60、

A、区域

B、页

C、块

D、段

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

61、

A,模块号

B、区域号

C、基号

D、区域

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

62、

A、一个段表和一个页表

B、一个段表和一组页表

C、一组段表和一个页表

D、一组段表和一组页表

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

63、

A、x*220+s*2,4+p*2,l+d

B、(((x)+s)+p+d

C、(((x)+s)+p)*2H+(d)

D、(((x)+s)+p*2n+d

标准答案：D

知识点解析：段页式存储组织综合了段式组织与页式组织的特点，主存被划分为定

长的页，段页式系统中的虚地址形式是(段号、页号、位移)。系统为每个进程建立

一个段表，为每个段建立一个页表。也就是说，先将程序按逻辑模块(如主程序、

子程序和数据段等)分为若干段，再将每个段分为若干页。对于多道程序环境，每

道程序有一个基号与其池程序相区分，每道程序可以有多个段，但只有一个段表，

每个程序可以有多个页表。段页式存储体系中逻辑地址与物理地址的转换：首先由

基号段号得到段表的地址，再访问段表得到页表的地址，再由页表得到物理块的地

址，此时得到的地址是高11位的地址，因此需乘以211再加上页内地址，才得

到真正的物理地址。

程序设计语言包括(41)等几个方面，它的基本成分包括(42)。Chomsky(乔姆斯基)提

出了形式语言的分层理论，他定义了四类文法：短语结构文法、上下文有关文法、

上下文无关文法和正则文法。一个文法可以用一个四元组G=(Z，V,S,P)表示，其

中，£是终结符的有限字符表，y是非终结符的有限字母表，S(EV)是开始符号，P

是生成式的有限非空集。在短语文法中，P中的生成式都是a-P甲的形式，其中

aG(43),pG(£uV)*o在上下文有关文法中，户中的生成式都是alAa2—>al0a2的

形式，其中A€(44),pG(£uV*),pZ'o在上下文无关文法中，户中的生成式的左

部止(45)。

64、程序设计语言包括(41)等几个方面，它的基本成分包括(42)。Chomsky(乔姆斯

基)提出了形式语言的分层理论，他定义了四类文法：短语结构文法、上下文有关

文法、上下文无关文法和正则文法。一个文法可以用一个四元组G=(g,V,S,P)表

示，其中，Z是终结符的有限字符表，y是非终结符的有限字母表，S(EV)是开始符

号，P是生成式的有限非空集。在短语文法中，P中的生成式都是QT0甲的形式，

其中a£(43),PG(SUV)%在上下文有关文法中，户中的生成式都是

alAa2一alpa2的形式，其中AE(44),pG(£uV*),算"在上下文无关文法中，户

中的生成式的左部正(45)。

A、语法、语义

B、语法、语用

C、语义、语用

D、语法、语义、语用

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

65、

A、数据、传输、运算

B、数据、运算、控制

C、数据、运算、控制、传输

D、顺序、分支、循环

标准答案：C

知设点解析：暂无解析

66、

A、V+

B、0UV)

c、(EUV),

D、(zuv)*v(zu.v)*

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

67、

A、V

B、V+

c、Zuv

D、(ZUV)*

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

68、

A、V

B、V+

c、guv

D、(£UV)*

标准答案：A

知识点解析：程序设计语言包含3个方面，即语法、语义和语用。语法表示程序的

结构或形式，亦即表示沟成程序的各个记号之间的组合规则，但不涉及这些记号的

特定含义，也不涉及使用者。语义表示程序的含义，亦即表示按照各种方法所表示

的各个记号的特定含义，但也不涉及使用者。语用表示程序与使用的关系。程序

设计语言的基本成分有：①数据成分，用于描述程序所涉及的数据；②运算成

分，用以描述程序中所包含的运算：③控制成分，用以描述程序中所包含的控

制；④传输成分，用以表达程序中数据的传输。Chomsky提出了形式语言的分层

理论，他定义了4类文法：短语结构文法、上下文有关文法、上下文无关文法和正

则文法。一个文法G可以用一个四元组G=(VT,VN,S,P)来表示，其中VT是

终结符的有限字符集，VN是非终结符的有限字母表，S6VN是文法的开始符号，

P是形如a—p的形式，如果户中的产生式都是aT。的形式，其中

aG(VTUVN)*VN(VTUVN)*,P®VTuVN)*,则称该文法为短语文法；如果户中的

产生式都是aA6->a位的型式，其中AWVN,a和3W(VTUVN)*,pG(VTUVN)",

则称该文法是上下文有关文法；如果P中的产生式都是a-0的形式，其中

AeVN,BG(VTUVN)*,则称该文法为上下文无关文法：如果户中的产生式都是

A->a或A-aB的形式，其中A和BWVN,aEVT*,则称该文法为正则文法。

设有关系模式S(Snc,Sname,Pno,Pname,Q,A)表示销售员销售商品情况，其

中各属性的含义是：Sno为销售员员工号，Sname为销售员姓名，Pno为商品号，

Pname为商品名称，Q为销售商品数目，A为销售商品总金额。根据定义有如卜.函

数依赖集：P={Sno-Sname,Sno—>Q,Sno—>A,Pno—>Pnaine}o关系模式S的关

键字是(46),W的规范化程度最高达到(47)。若将关系模式S分解为3个关系模式

SI(Sno,Sname,Q,A),S2(Sno,Pno,Pname),则SI的规范化程度最高达到

(48),S2的规范化程度最高达到(49)。SQL中集合成员资格的比较操作“元组

IN(集合)”中的“IN”与(50)操作符等价。

69、设有关系模式S(Sno,Sname,Pno,Pname,Q,A)表示销售员销售商品情

况，其中各属性的含义是：Sno为销售员员工号，Sname为销售员姓名，Pno为商

品号，Pname为商品名称，Q为销售商品数目，A为销售商品总金额。根据定义有

如卜函数依赖集：P={Sno-Sname,Sno—Q,Sno—A,Pno—>Pname)<>关系模式

S的关键字是(46),W的规范化程度最高达到(47)。若将关系模式S分解为3个关

系模式Sl(Sno,Sname,Q,A),S2(Sno,Pno,Pname),则SI的规范化程度最高

达到(48),S2的规范化程度最高达到(49)。SQL中集合成员资格的比较操作“元组

IN(集合)”中的“IN”与(50)操作符等价。

A、(Sno,Q)

B、(Pno,A)

C、(Sno,Pno)

D、(Snb,Pno,Q)

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

70、

A、INF

B、2NF

C、3NF

D、BCNF

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

71、

A、INF

B、2NF

C、3NF

D、BCNF

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

72、

A、INF

B、2NF

C、3NF

D、BCNF

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

73、

A、OANY

B、=ANY

C、OLike

D、=Like

标准答案：B

知识点解析：①根据给定的函数依赖集和Armsirong公理，可以推导出：Sno,

Pno—>Sname,Pname,Q,A并且(Sno,Pno)中任意一个属性都不能用函数决定其

他所有属性，所以，对于关系模式S的关键字是(Sno,Pno)o②在关系S中，函

数依赖Pno—>Pname和Sno-Sname,Q,A可以得出非主属性Pname、Sname^Q

和A均部分依赖于主关犍字，违背第二范式的定义，因此关系S最高满足第一范

式。③对于分解后的两个关系，根据原函数依赖集，S1仅存在函数依赖：

Sno^Sname,Q,A也就是Sno函数决定关系SI中所有属性，所以Sno是关系S1

的关键字，因此关系模式S1满足BCNF。④根据原关系函数依赖集，S2中存在

函数依赖：Pno—Pnamc对于关系S2来说，Pno和Sno共同才能函数决定关系中所

有属性，因此关系S2的关键字是(Pno,Sno)o而函数依赖Pno—Pname,非主属性

Pname部分依赖于主关键字，违背第二范式的定义，因此关系S2最高满足第一范

式。⑤运算符IN表示元组在集合中，二ANY表示元组等于集合中某一个值，两者

的含义是相同的。

四、英文选择题(含5小题)(本题共25题，每题1.0

分,共25分。)

Comparisonsweredrawnbetweenthedevelopmentoftelevisioninthe

20thcenturyandthediffusionofprintinginthe15thand16th

centuries.Yetmuchhadhappenedbetween.Aswasdiscussedbefore,

itwasnotuntilthe19thcenturythatthenewspaperbecamethe

dominantpre-electronic(61),followinginthewakeofthepamphlet

andthebookandinthe(62)oftheperiodical.Itwasduringthe

sametimethatthecommunicationsrevolution(63)UP,beginningwith

transport,therailway,andleadingonthroughthetelegraph,the

telephone,radio,andmotionpicturesintothe20th-centuryworldof

themotorcarandtheairplane.Noteveryoneseesthatprocess

in(64).Itisimportanttodoso.Itisgenerallyrecognized,(65),

thattheintroductionofthecomputerinthsearly20thcentury,(66)by

theinventionoftheintegratedcircuitduringthe1960s,radically

changedtheprocess,althoughitsimpactonthemediawasnot

immcdiatcly(67).Astimewentby,computersbecamesmallerandmore

powerful,andtheybecame"personal"too,aswellas(68),withdisplay

becomingsharperandstorage(69)increasing.Theywerethoughtof,like

people,(70)generations,withthedistancebetweengenerationsmuch(71).

Itwaswithinthecomputeragethattheterm"informationsociety'

begantobewidelyusedtodescribethe(72)\vithinwhichwenow

live.Thecommunicationsrevolutionhas(73)bothworkandleisureand

howwethinkandfeelbothaboutplaceandtime,buttherehave

been(74)viewaboutitseconomic,political,socialandcultural

implications."Benefits"havebeenweighed(75)"harmful"outcomes.And

generalizationshaveproveddifficult.

74、Comparisonsweredrawnbetweenthedevelopmentoftelevisionin

the20thcenturyandthediffusionofprintinginthe15thand16th

centuries.Yetmuchhadhappenedbetween.Aswasdiscussedbefore,

itwasnotuntilthe19thcenturythatthenewspaperbecamethe

dominantpre-electronic(6l),followinginthewakeofthepamphlet

andthebookandinthe(62)oftheperiodical.Itwasduringthe

sametimethatthecommunicationsrevolution(63)UP,beginningwith

transport,therailway,andleadingonthroughthetelegraph,the

telephone,radio,andmotionpicturesintothe20th-centuryworldof

themotorcarandtheairplane.Noteveryoneseesthatprocess

in(64).Itisimportanttodoso.Itisgenerallyrecognized,(65),

thattheintroductionofthecomputerintheearly20thcentury,(66)by

theinventionoftheintegratedcircuitduringthe1960s,radically

changedtheprocess,althoughitsimpactonthemediawasnot

immedia(ely(67).Aslimewentby,computersbecamesmallerandmore

powerful,andtheybecame"personal"too,aswellas(68),withdisplay

becomingsharperandstorage(69)increasing.Theywerethoughtof,like

people,(70)generations,withthedistancebetweengenerationsmuch(71).

Itwaswithinthecomputeragethattheterm"informationsociety'

begantobewidelyusedtodescribethe(72)withinwhichwenow

live.Thecommunicationsrevolutionhas(73)bothworkandleisureand

howwethinkandfeelbothaboutplaceandtime,buttherehave

bccn(74)vicwaboutitseconomic,political,socialandcultural

implications."Benefits*'havebeenweighed(75),,harmful"outcomes.And

generalizationshaveproveddifficult.

A^means

B、method

C、medium

D^measure

标准答案：C

知识点解析：文章背景分析：这是一篇有关人类信息社会发展过程问题的社科类说

明文。文章中心主线分析：文章的中心主线在文章的首句以及第2句就已经明确

了o(Comparisonsweredrawnbetweenthedevelopmentoftelevisioninthe20th

centuryandthediffusionofprintinginthe15thand16lhcenturies.Yetmuchhad

happenedbetween)o我们要在以电视发展为标志的20世纪和以印刷术的传播为标

志的15、16世纪之间做比较。但是，在这两个阶段之间又有许多发明出现了。从

文章的头两句话可以读山本文探讨的主题是有关人类信息社会的发展过程，而且重

点是讲述在20世纪和15、16世纪两个阶段之间发生的事情。