软件水平考试（中级）软件设计师上午（基础知识）试题章节练习试卷6

软件水平考试（中级）软件设计师上午

（基础知识）试题章节练习试卷6

一、中文选择题（本题共20题，每题1.0分，共20

分。）

1、MPC（MultimediaPC）与PC的主要区别是增加了。

A、存储信息的实体

B、视频和音频信息的处理能力

C、光驱和声卡

D、大容量的磁介质和光介质

标准答案：B

知识点解析：多媒体就是多种信息载体的表现形式和连接方式。为了将不同的媒体

有机地连接起来，往往按照实际需要建立一种连接机制或结构，这种连接机制或结

构被称为超媒体。超媒体是一个信息存储和检索系统，它把文字、图形、图像、动

画、声音、视频等媒体集成为一个相关的基本信息系统。因此MPC与PC比起

来最重要的区别是对视频和音频信息的处理能力。

2、CDk.声音的采样频率为44.1kHz,样本精度为16b/s,双声道立体声，那么其

未经压缩的数据传输率为。

A、88.2Kb/s

B、705.6Kb/s

C、1411.2Kb/s

D、1536.0Kb/s

标准答案：C

知识点解析：未经压缩的数字音频数据传输率按下式计算：数据传输率（b/s户采样

频率（Hz）x量化位数（b）x声道数代入数据计算得到未经压缩的数据传输率为

44.1kHzx16b/sx2=1411.2Kb/s。

3、PC机处理人耳能听得到的音频信号，其频率范围是

A、80〜3400Hz

B、300〜3400Hz

C、20Hz〜20kHz

D、22-44.1kHz

标准答案：C

知识点解析：PC机处理的音频信号主要是入耳能听到的音频信号，频率范围在

20Hz〜20kHz之间。低于20Hz的声波信号称为亚音信号(也称次音信号)，高于

20kHz的声波信号称为超音频信号(也称超声波)。

4、未经压缩的数字音频数据传输率的计算公式为o

A、采样频率(Hz)x量化位数(bit)x声道数xl/8

B、采样频率(Hz)x量化位数(bit)x声道数

C、采样频率(Hz)x量化位数(bit)xl/8

D、采样频率(Hz)x量化位数(bit)x声道数xl/16

标准答案：B

知识点解析：未经压缩的数字音频数据传输率按下式计算：数据传输率(b/s尸采样

频率(Hz)x量化位数(b)x声道数波形声音经过数字化后所需占用的存储空间用下述

公式计算：声音信号数据量=数据传输率x持续时间/8

5、5分钟、双声道、2205kHz采样、16位量化的声音，经5:1压缩后，其数字音

频的数据量约为。

A、5.168MB

B、5.292MB

C、26.460MB

D、26.082MB

标准答案：B

知识点解析：采样频率为22.05kHz,每次采样的数据量是16x2=32bit,则每秒的

数据量为22.05kHzx32bit/8=88200Bo5分钟内经5:1压缩后的数字音频数据量为

88200Bx5x60/5=5.292MB。

6、人眼看到的任一彩色光都是亮度、色调和饱和度三个特性的综合效果，其中

反应颜色的种类。

A、色调

B、饱和度

C、灰度

D、亮度

标准答案：A

知识点解析：我们可以用亮度、色调和饱和度3个物理量描述某一彩色光的度量，

并称之为色彩三要素。(1)亮度：描述光作用于人眼时引起的明暗程度感觉，是指

彩色明暗深浅程度。(2)色调：指颜色的类别。(3)饱和度：指某一颜色的深浅程度

(或浓度)。

7、使用200dpi的扫描分辨率扫描一幅2x2.5英寸的黑白图像，可以得到一幅

像素的图像。

A、200x2

B、2x2.5

C、400x500

D、800x1000

标准答案：C

知识点解析：图像分辨率是指组成一幅图像的像素密度。用每英寸多少点(dpi)表示

数字图像的大小。本题中用200分别去乘图像的长和宽就得到扫描后的图像的像

素。

8、要在网络上发布彩色动画文件，可以采用的存储格式是_____o

A、BMP

B、JPEG

C、MP3

D、GIF

标准答案：D

知识点解析：BMP是标准的Windows操作系统采用的图像文件格式，是一种巧设

备无关的位图格式，目的是为了让Windows能够在任何类型的显示设备上输出所

存储的图像。JPEG文件格式的最大特点是文件非常小。它是一种有损压缩的静态

图像文件存储格式，支脊灰度图像、RGB真彩色图像和CMYK真彩色图像。MP3

是音频文件。GIF是压缩图像存储格式，支持黑白图像、16色和256色的彩色图

像。

9、静态图像压缩标准JPEG2000中使用的是算法。

A、K-L

B、离散正弦变换

C、离散余弦变换

D、离散小波变换

标准答案：D

知识点解析：JPEG专家组开发了两种基本的压缩算法，一种是以离散余弦变换为

基础的有损压缩算法，另一种是以预测技术为基础的无损压缩算法。为了在保证质

量的前提下进一步提高乐缩比，JPFC2000标准采用了小波变换算法.

10、是多媒体内容描述接口标准。

A、MPEG-1

B、MPEG-2

C、MPEG-4

D、MPEG-7

标准答案：D

知识点解析：MPEG是由ISO和IEC两个组织机构联合组成的一个专家组制定

的。MPEG-1：针对普通电视质量的视频信号压缩的标准；MPEG-2：针对高清晰

度电视的信号压缩的标准；MPEG-4：多媒体应用标准；MPEG-7：多媒体内容描

述接口标准：MPEG-2I：多媒体框架结构标准。

11、彩色打印机中所采用的颜色空间是o

A、RGB彩色空间

B、CMY彩色空间

C、YUV彩色空间

D、HSL彩色空间

标准答案：B

知识点解析：根据三基色原理，油墨或颜料的三基色是青、品红和黄，可以用这3

种颜色的油墨或颜料按不同的比例混合成任何一种由油墨或颜料表现的颜色，这种

彩色表示的方法称为CMY彩色空间。彩色打印机和彩色印刷系统都采用这种颜色

空间。

12、在YUV彩色空间中对YUV分量进行数字化，对应的数字化位数通常采用

Y:U:V=o

A、8:4:2

B、8:4:4

C、8:8:4

D、4:8:8

标准答案：B

知识点解析：在多媒体计算机中采用了YUV彩色空间，数字化后通常为

Y:U:V=8:4:4或者Y:U:V=8:2:2o

13、下列关于计算机图形图像的描述中，不正确的是。

A、图像都是由一些排成行列的点（像素）组成的，通常称为位图或点阵图

B、图像的最大优点是容易进行移动、缩放、旋转和扭曲等变换

C、图形是用计算机绘制的画面，也称矢量图

D、图形文件中只记录生成图的算法和图上的某些特征点，数据量较小

标准答案：B

知识点解析：在计算机科学中，图形和图像是两个不同的概念。图形（也叫矢量图

形）是用一系列计算机指令来描述和记录的一幅图的内容，即通过指令描述构成一

幅图的所有直线、曲线、圆、圆弧、矩形等图元的位置、位数和形状,也可以用更

为复杂的形式表示图形中的曲面、光照、材质等效果。矢量图形实际上是用数学的

方式来描述一幅图形图像，在处理图形图像时根据图元对应的数学表达式进行编辑

和处理。图像是指用像素点来描述的图。位图图像在计算机内存中由一组二进制数

位组成，这些位定义图像中每个像素点的颜色和亮度。屏幕上一个点也称为一个像

素，显示一幅图像时，屏幕上的一个像素也就对应于图像中的某一个点。位图适合

于表现比较细腻、层次较多、色彩较丰富、包含大量细节的图像，并可直接、快速

地在屏幕上显示出来，但占用存储空间较大，一般需要进行数据压缩。图形只保存

算法和特征点，所以相对于位图的大数据量来说，它占用的存储空间较小。但由于

每次屏幕显示时都需要重新计算，故显示速度没有图像快。另外在打印输出和放大

时，图形的质量较高，而点阵图常会发生失真。

14、标准中定义了MP3音乐标准。

A、JPEG

B、MPEG-1

C、MPEG-2

D、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个扳本的MPEG,即MPEG」,

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-I：数字电视标准。MPEG-2：数字电视标准。MPEG-4：

多媒体应用标准。

15、电视系统采用的颜色空间中，其亮度信号和色度信号是相分离的。下列颜色空

间中，颜色空间不属于电视系统的颜色空间。

A、YUV

B、YIQ

C、YCbCr

D、HSL

标准答案:D

知识点解析：在现代彩色电视系统中，通常采用三管彩色摄像机或彩色CCD摄像

机，它把摄得的彩色图像信号，经过分色、放大和校正得到RGB三基色，再经过

矩阵变换得到亮度信号Y、色差信号U(R-Y)和V(B-Y),最后发送端将这3个信号

分别进行编码，用同一信道发送出去，这就是通常用的YUV彩色空间。常见的用

于电视系统的彩色空间包括YUV,YIQ,YCbCr等，其中YIQ用于NTSC彩电制

式，YUV用于PAL和SECAM彩电制式，YCbCr用于计算机的显示器。HSL指色

调■饱和度-亮度颜色模型。

16、MPFC视频中的时间冗余信息可以采用的方法来进行压缩编码0

A、帧间预测和变换编码

B、哈夫曼编码和运动补偿

C、变换编码和行程编码

D、帧间预测和运动补偿

标准答案：D

知识点解析：视频图像本身在时间和空间上都存在冗余信息。视频图像压缩技术的

基本思想和方法可以归纳为两个要点：在空间上，图像数据压缩采用JPEG压缩方

法来去除冗余信息，主要方法包括帧内预测和变换编码；在时间上，图像数据压缩

采用帧间预测编码和运动补偿来去除冗余信息。视频压缩中包括无损压缩和有损压

缩两种方式，其中哈大曼编码和行程编码方法属于无损压缩，而预测编码、变换编

码和运动补偿属于有损压缩。

17、若视频图像序列中两帧相邻图像之间存在着极大的相关性，则这种相关性称为

______冗余O

A、空间

B、时间

C、视觉

D、信息端

标准答案：B

知识点解析：在图像中携带信息的那部分数据称为信息量，不携带信息的数据称为

冗余量。在图像压缩时，人们总是力求压缩冗余量以提高存储的效率。冗余有三种

形式，分别是空间冗余、时间冗余和知觉冗余。空间冗余指在图像的某一点自身与

其相邻的一些区域内存在着有规则的相关性，时间冗余通常指图像序列的前后相邻

的两幅图像间呈现的相关性，而知觉冗余是指超出人们听觉和视觉感知能力的视音

频信号。

18、MPEG-4相对于MPEG的以前版本的最大特点是。

A、更高的压缩比

B、更多的基本图形的模板

C、更强的交互能力

D、更快的运算速度

标准答案：C

知识点解析：MPEG-4相对于MPEG的以前版本的最显著的差别在于它采用基于

对象的编码理念，采用合成对象/自然对象混合编码算法，以及在实现交互功能和

重用对象中引入了组合、合成和编排等重要概念。

19、为保证用户在网络上边下载边观看视频信息，需要采用技术。

A、流媒体

B、数据库

C、数据采集

D、超连接

标准答案：A

知识点解析：流媒体是由在网络中使用流式传输技术的连续时基媒体，而流媒体技

术是指把连续的影像和声音信息经过压缩处理之后放到专用的流服务器上，让浏览

者一边下载一边观看、收听，而不需要等到整个多媒体文件下载完成就可以即时观

看和收听的技术。

20、双层双面只读DVD盘片的存储容量可以达到o

A、4.7GB

B、8.5GB

C、17GB

D、6.6GB

标准答案：C

知识点解析：只读光盘直径有12cm8cm两种尺寸规格，每一种规格按盘片结

构都可以划分为单层单面、单层双面、双层单面和双层双面4种盘片类型。双层双

面DVD是目前存储容量最大的DVD盘片类型，容量高达17GB,相当于26张

CD-ROM盘片。

二、中文选择题(含2小题)(本题共22题，每题1.0

分,共22分。)

微机用的系统，总线有多种，其中(3)是早期工业标准体系结构单总线的直接扩

展，并向下与其兼容；(4)首先应用于奔腾机，数据线宽度已可为64位，并有数据

缓冲能力。

21、微机用的系统，总线有多种，其中(3)是早期工业标准体系结构单总线的直接

扩展，并向下与其兼容；(4)首先应用于奔腾机，数据线宽度已可为64位，并有数

据缓冲能力。

A、VESA

B、SCSI

C、EISA

D、PCI

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

22、

A、VESA

B、SCSI

C、EISA

D、PCI

标准答案：D

知识点解析：本题主要考查考生对计算机总线的了解情况。四个选项分别是：

VESA是一种局部总线，它定义了32位数据线，且可通过扩展槽扩展到64位，是

一种高速、高效的局部总线。SCSI总线是一种用于快速数据传输的标准并行接

口。SCSI端口可以连接多台设备，广泛用于连接软盘、光盘等。该接口早期是8

位的，后来发展成16位。EISA总线是对ISA总线的扩展。PCI总线定义了32位

数据总线，且可扩展为64位。PCI局部总线不能兼容现有的ISA、EISA和

MCA总线。

在计算机中，最适合进行数字加减运算的数字编码是(7),最适合表示浮点数阶码

的数字编码是(8)。

23、在计算机中，最适合进行数字加减运算的数字编码是(7),最适合表示浮点数

阶码的数字编码是(8)。

A、原码

反码

C、补码

D、移码

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

24、

A、原码

B、反码

C、补码

D、移码

标准答案：D

知识点解析：此题主要考查原码、反码、补码和移码的特点。原码利于加法运算而

不利于进行减法运算。反码利于减法运算而不利于直接进行加法运算。正数的补码

等于原码，负数的补码等于反码加1,所以补码能正确地进行加法运算，也可以进

行减法运算，因而补码最适合进行数字加减运算。移码是在补码的基础上把首位取

反得到的，所以移码适合阶码的运算，常用于表示阶码。

II0.15

120.IS

130.14

14013

150.12

160.1!

17O.IM

18O.M

190.03

1100.03

m0.02

1120.02

【130.01

TI40.01

某计算机有14条指令，其使用频度分别如图1-4所示。图Z指令蟆度这

14条指令的指令操作码用等长码方式编码，其编科的码长至少为(11)位。若只用两

种码长的扩展操作码编码，其平均码长至少为(12)位。

25、某计算机有14条指令，其使用频度分别如图1-4所示。

II0.15

12O.IS

130.14

14013

150.12

160.11

17O.IM

18O.M

190.03

1100.03

m0.02

1120.02

【130.01

TI40.01

图】*4指令蟆度这14条指令的指令操作码用等长码方式编码，其编码的码

长至少为(11)位。若只用两种码长的扩展操作码编码，其平均码长至少为(12)位。

A、3

B、4

C、5

D、6

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

26>

A、2.8

B、3.4

C、3.8

D、4.2

标准答案：B

知识点解析：在使用等长码设计指令操作码时，二进制编码的码长必须能表示所设

计的指令，而且各指令操作码的长度是一样的。由于3位编码只能表示8条指令，

所以14条指令需4位编码来表示，故用等长编码时，其编码的平均码长为4位。

在采用只有两种码长的于展操作码编码时，应根据表中所给出的指令使用频度分成

两组，将使用频度高的6条指令用3位编码来表示，3位编码可编出从000到111

共8种形式，将其中的000到101表示使用频度高的6条指令。剩余的两种编码

110和111最高两位同时为I,恰好作为长码的扩展标识，其后再用3位编码构成

最高两位同时为I的5位编码，这5位编码有8种形式，正好表示剩余的X种使用

频度的8条指令。由于3位编码指令的使用频度为0.8,而5位编码的使用频度为

0.2,故该编码方式的平均码长为：3x0.8+5x0.2=3.4(位)。

若每一条指令都可以分解为取指、分析和执行三步，已知取指时间取指=5与，分析

时间分析=2回，执行时间执行=5与，如果按顺序方式从头到尾执行完500条指令需

(35)Ato如果按照［执行］4［分析］k+1、［取指］k+2重叠的流水线方式执行指令，从头

到尾执行完500条指令需(36)回。

27、若每一条指令都可以分解为取指、分析和执行三步，已知取指时间取指=5%,

分析时间分析=2加，执行时间执行=5与，如果按顺序方式从头到尾执行完500条指

令需(35)加。如果按照［执行［分析］k+1、［取指］k+2重叠的流水线方式执行指令，

从头到尾执行完500条指令需(36)似。

A、5590

B、5595

C、6000

D、6007

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

28、

A、2492

B、2500

C、2510

D、2515

标准答案：C

知识点解析：流水线技术是通过并行硬件来提高系统性能的常用方法。计算机流水

线技术包括指令流水线和运算操作流水线。计算机中一条指令的执行需要若干步，

通常采用流水线技术来实现指令的执行，以提高CPU的性能。按顺序方式：

T=Nx(取指+分析+执行)=500x(5+2+5)At=60004t按流水线方式：T=取指+max｛)u指，分

析｝+max｛取指,分析，执行｝x(N-2)+max｛分析,执行｝+执行=(5+5+5x498+5+5)&=25l0zd

高速缓存Cache与主存间采用全相连地址映像方式，高速缓存的容量为4MB,分

为4块，每块1MB,主存容量为256MB。若主存读写时间为30ns,高速缓存的读

写时间为3ns,平均读写时间为3.27ns,则该高速缓存的命中率为(63)%。若地址

表1-6地址变换表

38H

88H

59H

变换表如表1-6所示,则主存地址为8888888H时，高速缓

存地址为(64汨。

29、高速缓存Cache与主存间采用全相连地址映像方式，高速缓存的容量为

4MB,分为4块，每块1MB,主存容量为256MB。若主存读写时间为30ns,高速

缓存的读写时间为3ns,平均读写时间为3.27ns,则该高速缓存的命中率为

表L6地址变换表

(63)%o若地址变换表如表1-6所示，则主存地址为

8888888H时，高速缓存地址为(64)H。

A、90

B、95

C、97

D、99

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

30、

A、488888

B、388888

C、288888

D、188888

标准答案：D

知识点解析：对于空(1),设Cache的命中率为h,则有:3h+30(l・h)=3.27解得

h=0.99,答案选D。对于空(2),在全相连地址映像方式中，主存中的任意一块可

以映像到Cache中的任意一块中，映像是通过地址转换表来实现的。由于块大小是

1M(=220).需要20位地址来表示，因此在内存地址8888888H中，块号是88H,

块内地址是88888H,查找地址变换表，其对应的Cache地址的块号为1H,因此

Cache地址为188888H,答案也选D。

数据存储在磁盘上的排列方式会影响I/O服务的总时间。假设每磁道划分成10个

物理块，每块存放1个逻辑记录。逻辑记录RI,R2,...»R10存放在同一个磁道

上，记录的安排顺序如表1-7所示。

表1-7记录顺序

物理块12345678910

逻辑记录R1R2R3R4R5R6R7R8R9R10

定磁盘的旋转速度为20ms/周，磁头当前处在R1的开始处。若系统顺序处理这些

记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为4ms,则处理这10个记录的最长时间

为(66)；若对信息存储进行优化分布后，处理10个记录的最少时间为(67)。

31、数据存储在磁盘上的排列方式会影响I/O服务的总时间。假设每磁道划分成

10个物理块，每块存放1个逻辑记录。逻辑记录RI,R2,R10存放在同一个

磁道上，记录的安排顺序如表所示。

表1-7记录顺序

物理块12345678910

逻辑记录R1R2R3R4R5R6R7R8R9R10

定磁盘的旋转速度为20ms/周，磁头当前处在R1的开始处。若系统顺序处理这些

记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为4ms,则处理这10个记录的最长时间

为(66)；若对信息存储进行优化分布后，处理10个记录的最少时间为(67)。

A、180ms

200ms

C,204ms

D、220ms

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

32、

A、40ms

B、60ms

C、100ms

D、160ms

标准答案：B

知识点解析：系统读记录的时间为20/10=2ms。对于第一种情况，系统读出并处理

记录RI之后，将转到记录R4的开始处，所以为了读出记录R2,磁盘必须再转一

圈，需要2ms(读记录)加20ms(转一圈)的时间。这样，处理10个记录的总时间

应为处理前9个记录的总时间再加上读RI0和处理的时间，即为204ms。至于第二

种情况，对信息进行分布优化的结果如表1-8所示。

1-8分布优化的结果

物理块12345678910

逻辑记录R1R8R5R2R9R6R3R10R7R4

从表中可以看出，当读出记录R1并处理结束后，磁头刚好转至R2记录的开始

处，立即就可以读出并处理，因此处理10个记录的总时间为10x(2ms(读记

录)+4ms(处理记录))=10x6ms=60mso

硬磁盘存储器的道存储密度是指(69),而不同磁道上的位密度是(70)。

33、硬磁盘存储器的道存储密度是指(69),而不同磁道上的位密度是(70)。

A、沿同磁道每毫米记录的二进制位

B、同一柱面上的磁道数

C、一个磁道圆周上所记录的二进制位数

D、沿磁盘半径力向上单位长度(毫米或英寸)上的磁道数

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

34、

A、靠近圆心的密度大

B、靠近外边沿的密度大

C、靠近圆心的密度小

D、靠近半径中间的密度小

标准答案：A

知识点解析：磁盘上的数据都存放在磁道上。磁道就是磁盘上的一组同心圆，其宽

度与磁头的宽度相同。为了减少干扰，磁道与磁道之间要保持一定的间隔，沿磁盘

半径方向，单位长度内磁道的数目被称为道密度。最外层的磁道为。道。沿磁道方

向，单位长度内存储二进制信息的个数叫位密度。为了简化电路设计，每个磁道存

储的位数都是相同的，所以磁盘的位密度也随着磁道从外向内而增加。

相对于DES算法而言，RSA算法的(102),因此,RSA(103)o

35、相对于DES算法而言,RSA算法的(102),因此,RSA(103)o

A、加密密钥和解密密钥是不相同的

B、加密密钥和解密密钥是相同的

C、加密速度比DES要高

D、解密速度比DES要高

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

36、

A、更适用于对文件加密

B、保密性不如DES

C、可用于对不同长度的消息生成消息摘要

D、可以用于数字签名

标准答案：D

知识点解析：非对称加密以RSA为代表。RSA算法是第一个能同时用于加密和数

字签名的算法.也易于理解和操作.RSA是被研究得最广泛的公钥算法，并被普

遍认为是目前最优秀的公钥方案之一。RSA的安全性依赖于大数的因子分解，但

并没有从理论上证明破译RSA的难度与大数分解难度等价。即RSA的重大缺陷是

无法从理论上把握它的保密性能如何，而且密码学界的多数人士倾向于因子分解不

是NPC问题。RSA的缺点主要有：①产生密钥很麻烦，受到素数产生技术的限

制，因而难以做到一次一密。②分组长度太大，为保证安全性，至少也要600

bits以上，使运算代价很高，尤其是速度较慢，较对称密码算法慢几个数量级；且

随着大数分解技术的发展，这个长度还在增加，不利于数据格式的标准化。

某公司服务器上存储了大量的数据，员工使用服务器前首先必须登录。为了保证安

全，使用认证技术(106)。为保证传输效率，使用(107)加密算法对传输的数据进行

力II密O

37：%公司服务器上存储r大量的数据，员工使用服务器前首先必须登录。为了保

证安全，使用认证技术(106)。为保证传输效率，使用(107)加密算法对传输的数据

进行加密。

A、对登录系统的用户身份进行认可

B、保护数据在传输中的机密性

C、保证数据在传输中不被非法修改

D、防止登录信息被泄露出去

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

38、

A、RSA

13、ECC

C、MD4

D、3DES

标准答案：D

知识点解析：认证技术主要解决网络通信过程中通信双方的身份认可。密钥加密体

制分对称密钥体制和非对称密钥体制，对数据加密的技术分为对称加密(私人密钥

加密)和非对称加密(公开密钥加密)。对称加密采用了对称密码编码技术，文件加密

解密使用相同的密钥，即加密密钥也是解密密钥。使用简单快捷，密钥短小且破译

困难，以DES为代表，密钥长度为56位。3DES或TDES是采用三重DES。RC-5

和IDEA也是对称加密算法。非对称加密需要两个密钥：公开密钥和私有密钥，是

成对出现的，即公开密钥加密的只能由私有密钥解密，私有密钥加密的只能由公开

密钥解密。优点是保密性较好，消除了最终用户交换密钥的需要，但加密解密花费

时间长，不适合对文件加密而只适用于对少量数据进行加密。非对称加密以RSA

为代表。ECC是指纠错码，如海明码。

两个公司希望通过Internet进行安全通信，保证从信息源到目的地之间的数据传

输以密文形式出现，而且公司不希望由于在中间节点使用特殊的安全单元增加开

支，最合适的加密方式是(109),使用的会话密钥算法应该是(110)。

39、两个公司希望通过Internet进行安全通信，保证从信息源到目的地之间的数

据传输以密文形式出现，而且公司不希望由于在中间节点使用特殊的安全单元增加

开支，最合适的加密方式是(109),使用的会话密钥算法应该是(110)。

A、链路加密

B、节点加密

C、端-端加密

D、混合加密

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

40、

A、RSA

B、RC-5

C、MD5

D、ECC

标准答案：B

知识点解析：链路加密只对两个节点之间(不含信息源和目的地两个端点本身)的通

信信道线路上所传输的信息进行加密保护，但是在传输过程中经过每个节点时，节

点中的数据是明文。节点加密的加、解密都在节点中进行，即每个节点里装有加解

密保护装置，用于完成一个密钥向另一个密钥的转换。虽然节点中不会出现明文，

但是需要在经过的每个节点加装保护装置，这不仅不方便使用，而且会增加开支。

端一端加密为系统提供从信息源到目的地传送数据的加密保护，不需要在通信节点

上增加额外的安全单元，而且能够保证数据自始至终以密文形式出现，即使在节点

中也是密文。RC-5是对称密码，加解密都使用相同的密钥，加密效率高，适合于

加密大量的数据。RSA和ECC是非对称密码，加解密使用不同的密钥(公钥和私

钥)，它们对计算资源的消耗较大，适合于加密非常少的数据，如加密回话密钥。

MD5可以用于生成数字摘要。

常规的数据加密标准DES采用(115)位有效密钥对(116)位的数据块进行加密。

41、常规的数据加密标准DES采用(115)位有效密钥对(116)位的数据块进行加密。

A、56

B、64

C、112

D、128

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

42、

A、32

B、64

C、128

D、256

标准答案：R

知识点解析：美国数据加密标准DES是一种对称加密算法，“对称”是指采用的保

密密钥既可用于加密也可用于解密。DES的算法是公开的，密钥由用户自己保

护。密钥长度为64bit,其中有8bit奇偶校验，有效长度为56bit,即采用一个56

位的有效密钥对64位的数据块进行加密。

三、中文选择题(含3小题)(本题共75题，每题7.0

分，共75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)。

43、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、EAFCBD

B、EFACDB

C、EABCFD

D、EACBDF

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

44、

A、EAFCBD

B、EFACDB

C、EABCFD

D、EACBDF

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

45、

A、n+9

B、n+10

C、n+12

D、n+13

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

46、

A、n+4

B、n+8

C、n+12

D、n+16

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

47、

A、n+4

B、n+8

C、n+12

D^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。图8-5二叉树根据图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+4o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={VI,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