1、中級軟件設計師2022上半年上午試題1.海明校驗碼是在n個數據位之外增k個校驗位，從而形成一個 k+n位的新的碼字，使新 的碼字的碼距比擬均勻地拉大。n與k的關系是(1)。? A . 2k-1 > n+k? B. 2n-1 w n+k? C. n=k? D. n-1wk這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查校驗碼方面的根底知識。海明碼是一種多重(復式)奇偶檢錯編碼。它將信息用邏輯形式編碼，以便能夠檢錯和糾錯。 用在海明碼中的全部傳輸碼字是由原來的信息和附加的奇偶校驗位組成的。每一個這種奇偶位被編在傳輸碼字的特定位置上。推導并使用長度為n的碼字的海明碼，所需步驟如下：(1) 確定

2、最小的校驗位數 k,將它們記成 Di、D2、Dk,每個校驗位符合不同的奇偶測試 規定。(2) 原有信息和k個校驗位一起編成長為 n+k位的新碼字。選擇k校驗位(0或1)以滿足必要的 奇偶條件。(3) 對所接收的信息作所需的k個奇偶檢查。(4) 如果所有的奇偶檢查結果均正確，那么認為信息無錯誤。如果發現有一個或多個錯了，那么 錯誤的位由這些檢查的結果來唯一地確定。求海明碼時的一項根本考慮是確定所需最少的校驗位數眾。考慮長度為n位的信息，假設附加了眾個校驗位，那么所發送的總長度為n+k。在接收器中要進行k個奇偶檢查，每個檢查結果或是真或是假。這個奇偶檢查的結果可以表示成一個k位的二進字，它可以確定

3、最多2k種不同狀態。這些狀態中必有一個其所有奇偶測試都是真的，它便是判定信息正確的條件。于是剩下的(2k-1)種狀態，可以用來判定誤碼的位置。于是導出以下關系：2k-1 > n+k2假設某硬盤由5個盤片構成(共有8個記錄面)，盤面有效記錄區域的外直徑為30cm，內直徑為10cm,記錄位密度為250位/mm，磁道密度為16道/mm ,每磁道分16個扇區，每扇區512 字節，那么該硬盤的格式化容量約為辺MB。8* (30-10) *10 *250*)6K*(3OIO)*1O*I6*16*5J2S* )024*10242*1024*1024C8 *p0-10)* 10* 250*16*168*

4、(30-10)*16*16*5128*1024*10242*1024*1024這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查電腦系統硬件方面磁盤容量的計算。硬盤容量分為非格式化容量和格式化容量兩種，計算公式如下： 非格式化容量=面數*磁道數/面) >內圓周長X最大位密度 格式化容量=面數X磁道數/面)X扇區數/道) X字節數/扇區) 題目中給出硬盤的面數為 8，每面的磁道數為(30-10) X10 -2)< 16,每磁道扇區數為16,每扇 區512字節，因此其格式化容量為=；=D換算成MB單位時再除以1024.1024。3. 3是指按內容訪問的存儲器。? A .虛擬存儲器? B.

5、相聯存儲器? C.高速緩存Cache? D .隨機訪問存儲器這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查電腦系統存儲器方面的根底知識。電腦系統的存儲器按所處的位置可分為內存和外存。按構成存儲器的材料可分為磁存儲器、半導體存儲器和光存儲器。按存儲器的工作方式可分為讀寫存儲器和只讀存儲器。按訪問方式可分為按地址訪問的存儲器和按內容訪問的存儲器。按尋址方式可分為隨機存儲器、 順序存儲器和直接存儲器。相聯存儲器是一種按內容訪問的存儲器。4. 處理機主要由處理器、存儲器和總線組成，總線包括4。? A 數據總線、地址總線、控制總線? B 并行總線、串行總線、邏輯總線? C.單工總線、雙工總線、外部總線

6、 ? D .邏輯總線、物理總線、內部總線 這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查電腦系統總線和接口方面的根底知識。廣義地講，任何連接兩個以上電子元器件的導線都可以稱為總線。通常可分為4類： 芯片內總線。用于在集成電路芯片內部各局部的連接。 元件級總線。用于一塊電路板內各元器件的連接。 內總線，又稱系統總線。用于構成電腦各組成局部CPU、內存和接口等的連接。 外總線，又稱通信總線。用電腦與外設或電腦與電腦的連接或通信。連接處理機的處理器、存儲器及其他部件的總線屬于內總線，按總線上所傳送的內容分為數據總線、地址總線和控制總線。5. 電腦中常采用原碼、反碼、補碼和移碼表示數據，其中，

7、77;編碼相同的是5。? A.原碼和補碼? B .反碼和補碼? C.補碼和移碼? D .原碼和移碼 這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查電腦系統數據編碼根底知識。設機器字長為n即采用n個二進制位表示數據，最高位是符號位，0表示正號，1表示負號。 原碼表示方式下，除符號位外， n-1位表示數值的絕對值。因此， n為8時，+0原=00000000 , -0原=10000000。正數的反碼與原碼相同，負數的反碼那么是其絕對值按位求反。n為8時，數值0的反碼表示有兩種形式：+0反=00000000,-0反=11111111。正數的補碼與其原碼和反碼相同，負數的補碼那么等于其反碼的末尾加1。

8、在補碼表示中，0有唯一的編碼：+0補=00000000，+0補=00000000。移碼表示法是在數X上增加一個偏移量來定義的，常用于表示浮點數中的階碼。機器字長為n時，在偏移量為2n-1的情況下，只要將補碼的符號位取反便可獲得相應的移碼表示。6. 某指令流水線由5段組成，第1、3、5段所需時間為 t,第2、4段所需時間分別為 3A t、 2At，如以下圖所示，那么連續輸入n條指令時的吞吐率(單位時間內執行的指令個數 )TP為(6)。-* A/ Jrtr 1Z -，5j5*(3+ 2)A/(3 + 3 2)&l +3(w-l)山c 空D + (3 + 2)Ar + n-3)Af'

9、 (3+ 5*3dr這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查電腦系統流水線方面的根底知識。吞吐率和建立時間是使用流水線技術的兩個重要指標。吞吐率是指單位時間里流水線處理機流出的結果數。對指令而言，就是單位時間里執行的指令數。流水線開始工作時，需經過一定時間才能到達最大吞吐率，這就是建立時間。假設陰個子過程所用時間一樣，均為 t0,那么建立時間T0=m t0。此題目中，連續輸入 n條指令時，第1條指令需要的時間為(1+3+1+2+1) t，之后，每隔3t 便完成1條指令，即流水線一旦建立好，其吞吐率為最長子過程所需時間的倒數。綜合n條指令的時間為(1+3+1+2+1) t+(n-1) t

10、,因此吞吐率為n(3 + 3 + 2)A/ + 3(稈l)M7. 下面關于漏洞掃描系統的表達，錯誤的選項是(7)。? A 漏洞掃描系統是一種自動檢測目標主機平安弱點的程序? B 黑客利用漏洞掃描系統可以發現目標主機的平安漏洞? C.漏洞掃描系統可以用于發現網絡入侵者? D 漏洞掃描系統的實現依賴于系統漏洞庫的完善這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查漏洞掃描系統的根本概念。漏洞掃描系統是一種自動檢測目標主機平安弱點的程序，漏洞掃描系統的原理是根據系統漏洞庫對系統可能存在的漏洞進行一一驗證。黑客利用漏洞掃描系統可以發現目標主機的平安漏洞從而有針對性的對系統發起攻擊；系統管理員利用漏洞掃

11、描系統可以查找系統中存在的漏洞并進行修補從而提高系統的可靠性。漏洞掃描系統不能用于發現網絡入侵者，用于檢測網絡入侵者的系統稱為入侵檢測系統。8. 網絡平安包含了網絡信息的可用性、保密性、完整性和網絡通信對象的真實性。其中， 數字簽名是對(8)的保護。? A .可用性? B .保密性? C .連通性? D .真實性這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查網絡平安方面的根底知識。數字簽名Digital Sig nature技術是不對稱加密算法的典型應用。數字簽名的應用過程是：數 據源發送方使用自己的私鑰對數據校驗和或其他與數據內容有關的變量進行加密處理，完成對數據的合法 簽名數據接收方那么

12、利用對方的公鑰來解讀收到的數字簽名并將解讀結果用于對數據完整性的檢驗，以確認簽名的合法性。數字簽名技術是在網絡系統虛擬環境中 確認身份的重要技術，完全可以代替現實過程中的親筆簽字在技術和法律上有保證，可見數字簽名是對簽名真實性的保護。9. 電腦感染特洛伊木馬后的典型現象是9。? A 程序異常退出? B .有未知程序試圖建立網絡連接? C.郵箱被垃圾郵件填滿? D. Windows系統黑屏這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查電腦病毒相關知識。特洛伊木馬是一種通過網絡傳播的病毒，分為客戶端和效勞器端兩局部，效勞器端于被感染的電腦，特洛伊木馬效勞器端運行后會試圖建立網絡連接，所以電腦感染

13、特洛伊木馬后的典型現象是有未知程序試圖建立網絡連接。10. 關于軟件著作權產生的時間，下面表述正確的選項是10。? A .自作品首次公開發表時? B .自作者有創作意圖時? C.自作品得到國家著作權行政管理部門認可時? D .自作品完成創作之日這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查知識產權中關于軟件著作權方面的知識。在我國，軟件著作權采用自動保護原那么。?電腦軟件保護條例?第十四條規定：軟件著作權自軟件開發完成之日起產生。即軟件著作權自軟件開發完成之日起自動產生，不管整體還是局部，只要具備了軟件的屬性即產生軟件著作權，既不要求履行任何形式的登記或注冊手續，也無須在復制件上加注著作權標

14、記，也不管其是否已經發表都依法享有軟件著作權。一般來講，一個軟件只有開發完成并固定下來才能享有軟件著作權。如果一個軟件一直處于開發狀態中，其最終的形態并沒有固定下來，那么法律無法對其進行保護。因此，條例法律明確規定軟件著作權自軟件開發完成之日起產生。當然，現在的軟件開發經常是一項系統工程，一個軟件可能會有很多模塊，而每一個模塊能夠獨立完成某一項功能。自該模塊開發完成后就產生了著作權。所以說，自該軟件開發完成后就產生了著作權。11. 程序員甲與同事乙在乙家探討甲近期編寫的程序，甲表示對該程序極不滿意，說要棄之重寫，并將程序手稿扔到乙家垃圾筒。后來乙將甲這一程序稍加修改，并署乙名發表。以下說法正確

15、的選項是11。? A 乙的行為侵犯了甲的軟件著作權? B 乙的行為沒有侵犯甲的軟件著作權，因為甲已將程序手稿丟棄? C.乙的行為沒有侵犯甲的著作權，因為乙已將程序修改? D 甲沒有發表該程序并棄之，而乙將程序修改后發表，故乙應享有著作權這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查知識產權中關于軟件著作權方面的知識。著作權因作品的完成而自動產生，不必履行任何形式的登記或注冊手續，也不管其是否已經發表，所以甲對該軟件作品享有著作權。乙未經甲的許可擅自使用甲的軟件作品的行為，侵犯了甲的軟件著作權。12. PC處理的音頻信號主要是人耳能聽得到的音頻信號，它的頻率范圍是12。? A 300Hz340

16、0Hz? B 20Hz20kHz? C. 10Hz20kHz? D. 20Hz44kHz這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查多媒體中關于音頻信號方面的根底知識。聲音信號由許多頻率不同的信號組成，通常稱為復合信號，而把單一頻率的信號稱為分量信號。聲音信號的一個重要參數就是帶寬Bandwidth，它用來描述組成聲音的信號的頻率范圍。聲音信號的頻率是指聲波每秒鐘變化的次數，用Hz表示。人們把頻率小于20Hz的聲波信號稱為亞音信號也稱次音信號；頻率范圍為20Hz20kHz的聲波信號稱為音頻信號：高于 20kHz的信號稱為超音頻信號也稱超聲波。PC處理的音頻信號主要是人耳能聽得到的音頻信號a

17、udio,它的頻率范圍是2020kHz。可聽聲包括：話音也稱語音：人的說話聲，頻率范圍通常為 3003400Hz。音樂：由樂器演奏形成標準的符號化聲音，其帶寬可到達2020kHz。才其他聲音：如風聲、雨聲、鳥叫聲和汽車鳴笛聲等，它們起著效果聲或噪聲的作用， 其帶寬范圍也是 2020kHz。13. 多媒體電腦圖像文件格式分為靜態圖像文件格式和動態圖像文件格式，13屬于靜態圖像文件格式。? A. MPG? B. AVS? C. JPG? D. AVI這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查多媒體中關于文件格式方面的根底知識。電腦中使用的圖像文件格式大體上可分為圖像文件格式和動態圖像文件格式

18、兩大類，每類又有很多種。JPEG是由ISO和IEC兩個組織機構聯合組成的一個專家組，負責制定靜態和數 字圖像數據壓縮編碼標準，這個專家組地區性的算法稱為JPEG算法，并且成為國際上通用的標準，因此又稱為 JPEG標準。JPEG是一個適用范圍很廣的靜態圖像數據壓縮標準，既 可用于灰度圖像又可用于彩色圖像。MPEG文件格式是運動圖像壓縮算法的國際標準，它包括MPEG視頻、MPEG音頻和MPEG系統視頻、音頻同步三個局部。MPEG壓縮標準是針對運動圖像設計的，其根本方法是：單位時間內采集并保存第一幀信息，然后只存儲其余幀對第一幀發生變化的局部，從而到達壓縮的目的。MPEG的平均壓縮比為50:1最高可

19、達200:1，壓縮效率非常高，同時圖像和音響的質量也非常好，并且在PC上有統一的標準格式，兼容性相當好。AVI是Microsoft公司開發的一種符合 RIFF文件標準的數字音頻與視頻文件 格式，Windows、OS/2等多數操作系統直接支持。AVI格式允許視頻和音頻交錯在一起同步 播放，支持256色和RLE壓縮，但AVI文件并未限定壓縮標準。 AVI文件目前主要應用在多 媒體光盤上，用來保存電影、電視等各種影像信息，有時也出現在因特網上，供用戶下載、 欣賞新影片的片段。14. 電腦獲取模擬視頻信息的過程中首先要進行(14)。? A . A/D變換? B .數據壓縮? C. D/A變換? D .

20、數據存儲這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查多媒體中關于模擬視頻信息處理方面的根底知識。模擬視頻信號進入電腦時，首先需要解決模擬視頻信息的數字化問題。與音頻數字化一樣， 視頻數字化的目的是將模擬信號經MD轉換和彩色空間變換等過程，轉換成電腦可以顯示和處理的數字信號。由于電視和電腦的顯示機制不同，因此要在電腦上顯示視頻圖像需要作許多處理。例如，電視是隔行掃描，電腦的顯示器通常是逐行掃描：電視是亮度(Y)和色度(C)的復合編碼，而PC的顯示器工作在RGB空間；電視圖像的分辨率和顯示屏的分辨率也 各不相同等。這些問題在電視圖像數字化過程中都需考慮。一般，對模擬視頻信息進行數字化采取如下方

21、式：(1) 先從復合彩色電視圖像中別離出彩色分量，然后數字化。目前市場上的大多數電視信號都是復合的全電視信號， 如錄像帶、激光視盤等存儲設備上的電視信號。 對這類信號的數字 化，通常是將其別離成 YUV、YIQ或RGB彩色空間的分量信號，然后用 3個A/D轉換器分 別進行數字化。這種方式稱為復合數字化。(2) 先對全彩色電視信號數字化，然后在數字域中進行別離，以獲得YUV、YIQ或RGB分量信號。用這種方法對電視圖像數字化時，只需一個高速A/D轉換器。這種方式稱為分量數字化。視頻信息數字化的過程比聲音復雜一些，它是以一幅幅彩色畫面為單位進行的。分量數字化方式是使用較多的一種方式。電視信號使用的

22、彩色空間是YUV空間，即每幅彩色畫面有亮度(Y)和色度(U、V)3個分量，對這3個分量需分別進行取樣和量化，得到一幅數字圖像。由 于人眼對色度信號的敏感程度遠不如對亮度信號那么靈敏，因此色度信號的取樣頻率可以比亮度信號的取樣頻率低一些，以減少數字視頻的數據量。數字圖像數據的數據量大，而數字視頻信息的數據量就更加突出。例如，每幀352X240像素點，圖像深度16位的圖像，其數據量約為1.3Mb，每秒30幀，其數據量就高達40Mb/s，這樣大的數據量無論是傳輸、存儲還是 處理，都是極大的負擔。15. 在采用面向對象技術構建軟件系統時，很多敏捷方法都建議的一種重要的設計活動是 (15)，它是一種重新

23、組織的技術，可以簡化構件的設計而無需改變其功能或行為。? A .精化? B 設計類? C.重構? D .抽象這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查采用敏捷方法進行軟件開發。敏捷方法中，重構是一種重新組織技術，重 新審視需求和設計，重新明確地描述它們以符合新的和現有的需求，可以簡化構件的設計而無需改變其功能或行為。16. 一個軟件開發過程描述了誰做 做什么、怎么做和 什么時候做 RUP用(16)來表述誰做? A .角色? B .活動? C.制品? D .工作流這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查RUP對軟件開發過程的描述。 RUP應用了角色、活動、制品和工作流 4種 重要的

24、模型元素，其中角色表述 誰做，制品表述做什么活動表述怎么做工作流表 述什么時候做。某工程主要由AI任務構成，其方案圖(如以下圖所示)展示了各任務之間的前后關系以及 每個任務的工期(單位：天)，該工程的關鍵路徑是 (17)。在不延誤工程總工期的情況下，任 務A最多可以推遲開始的時間是 迪天。17. A . At SI? B. At Dt Ft HHI? C. Bt Et GtI? D . Ct Ft HTI這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查工程方案的關鍵路徑和松弛時間。圖中任務流At GTI的持續時間為15:任務流AtDTFtHTI 的持續時間為18；任務流BtEtGTI的持續時間

25、為20；任務流 Ct Ft HTI的持續時間為13。因此關鍵路徑為 Bt Et GTI，其持續時間是20。任務A處 于任務流AtGTI和任務流AtDTFtHTI 中，分別持續時間為15和18,因此任務 A的 可延遲開始時間為2。?18. A . 0? B. 2? C. 5? D. 7這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B19. 軟件風險一般包含 19兩個特性。? A .救火和危機管理? B .風險和未知風險? C.不確定性和損失? D .職工和預算這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查軟件風險的特性。軟件風險一般包括不確定性和損失兩個特性，其中不確定性是指風險可能發生，也可能不發生；損

26、失是當風險確實發生時，會引起的不希望的后果 和損失。救火和危機管理是對不適合但經常采用的軟件風險管理策略。風險和未知風險是對軟件風險進行分類的一種方式。職工和預算是在識別工程風險時需要識別的因素。20. 函數調用時，根本的參數傳遞方式有傳值與傳地址兩種，20。? A 在傳值方式下，形參將值傳給實參? B 在傳值方式下，實參不能是數組元素? C.在傳地址方式下，形參和實參間可以實現數據的雙向傳遞? D .在傳地址方式下，實參可以是任意的變量和表達式這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查程序語言根底知識。函數調用時根本的參數傳遞方式有傳值與傳地址兩種，在傳值方式下是將實參的值傳遞給形參，

27、因此實參可以是表達式 或常量，也可以是變量或數組元素，這種信息傳遞是單方向 的，形參不能再將值傳回給實參。在傳地址方式下，需要將實參的地址傳遞給形參，因此， 實參必須是變量數組名或數組元素，不能是表達式或常量。這種方式下，被調用函數中 對形式參數的修改實際上就是對實際參數的修改，因此客觀上可以實現數據的雙向傳遞。21. 己知某高級語言源程序 A經編譯后得到機器 C上的目標程序B,那么21。? A 對B進行反編譯，不能復原出源程序A? B 對B進行反匯編，不能得到與源程序A等價的匯編程序代碼? C.對B進行反編譯，得到的是源程序A的變量聲明和算法流程? D 對A和B進行交叉編譯，可以產生在機器，

28、C上運行的動態鏈接庫這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查程序語言方面的根底知識。編譯是將高級語言源程序翻譯成機器語言程序匯編形式或機器代碼形式，反編譯是編譯的逆過程。反編譯通常不能把可執行文件復原成高級語言源代碼，只能轉換成功能上等價的匯編程序。22. 下面關于程序語言的表達，錯誤的選項是22。? A 腳本語言屬于動態語言，其程序結構可以在運行中改變? B 腳本語言一般通過腳本引擎解釋執行，不產生獨立保存的目標程序? C. php、JavaScript屬于靜態語言，其所有成分可在編譯時確定? D. C語言屬于靜態語言，其所有成分可在編譯時確定這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析

29、此題考查程序語言根底知識。動態語言是指程序在運行時可以改變其結構，例如新的函數可以被引進、已有的函數可以被刪除等在結構上的變化等。動態語言的類型檢查是在運行時進行的，其優點是方便閱讀，不需要寫非常多的與類型相關的代碼；缺點是不方便調試，命名不標準時會讀不懂、不利于理解等。腳本語言代表一套與系統程序設計語言不同的協定。它們犧牲執行速度和與系統程序設計語言相關的類型長度而提供更高的編程創作能力和軟件重用。腳本語言更適合在聯系復雜的應用程序中進行膠著(粘合)。為了簡化連接組件的工作，腳本語言被設計為無類型的，腳本語 言一般是面向字符的，因為字符為許多不同的事物提供了一致的描述。事實上，腳本語言都是動

30、態語言，而動態語言都是解釋型語言，不管它們是否是面向對象的語言。在Windows XP操作系統中，用戶利用磁盤管理程序可以對磁盤進行初始化、創立卷，(23)。通常將“Cmyprogram.exe文件設置成只讀和隱藏屬性，以便控制用戶對該文件的訪問，這一級平安管理稱之為(24)平安管理。?23. A .但只能使用FAT文件系統格式化卷? B .但只能使用FAT 32文件系統格式化卷? C.但只能使用NTFS文件系統格式化卷? D .可以選擇使用 FAT、FAT32或NTFS文件系統格式化卷這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查對 Windows XP操作系統應用的掌握程度。試題(23)

31、的正確答案是 D,因為 Windows XP操作系統支持 FAT、FAT32或NTFS文件系統， 所以利用 磁盤管理程序可以對磁盤進行初始化、創立卷，并可以選擇使用FAT、FAT32或NTFS文件系統格式化卷。?24. A .文件級? B .目錄級? C.用戶級? D .系統級這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A試題(24)的正確答案是 A。分析如下：文件級平安管理，是通過系統管理員或文件主對文件屬性的設置來控制用戶對文件的訪問。通常可設置以下幾種屬性：只執行：只允許用戶執行該文件，主要針對.exe和 文件。隱含：指示該文件為隱含屬性文件。索引：指示該文件是索引文件。修改：指示該文件自上次備份

32、后是否還被修改。只讀：只允許用戶讀該文件。讀/寫：允許用戶對文件進行讀和寫。共享：指示該文件是可讀共享的文件。系統：指示該文件是系統文件。用戶對文件的訪問，將由用戶訪問權、目錄訪問權限及文件屬性三者的權限所確定。或者說是有效權限和文件屬性的交集。例如對于只讀文件，盡管用戶的有效權限是讀/寫，但都不能對只讀文件進行修改、更名和刪除。對于一個非共享文件，將禁止在同一時間內由多個用 戶對它們進行訪問。通過上述四級文件保護措施，可有效地保護文件。因此將“C:myprogram.exe文件設置成只讀和隱藏屬性，以便控制用戶對該文件的訪問，這 一級平安管理稱之為文件級平安管理。25.在移臂調度算法中，(2

33、5)算法可能會隨時改變移動臂的運動方向。? A .電梯調度和先來先效勞? B 先來先效勞和最短尋找時間優先? C.單向掃描和先來先效勞? D 電梯調度和最短尋找時間優先這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查對磁盤調度方面根本知識掌握的程度。因為先來先效勞是誰先請求先滿足誰的請求，而最短尋找時間優先是根據當前磁臂到要請求訪問磁道的距離，誰短滿足誰的請求，故先來先效勞和最短尋找時間優先算法可能會隨時改 變移動臂的運動方向。設系統中有R類資源m個，現有n個進程互斥使用。假設每個進程對 R資源的最大需求為 w，那么當m、n、w取下表的值時，對于下表中的 ae五種情況，426)兩種情況可能會發

34、 生死鎖。對于這兩種情況，假設將 (27)，那么不會發生死鎖。bcde22244ti23W122326. A . a 和 b? B. b 和 c? C. c和 d? D. c 和 e這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查對操作系統死鎖方面根本知識掌握的程度。系統中同類資源分配不當會引 起死鎖。一般情況下，假設系統中有m個單位的存儲器資源，它被n個進程使用，當每個進程都要求w個單位的存儲器資源，當mv nw時，可能會引起死鎖。試題(26)分析如下：情況ac m=2, n=l, w=2，系統中有2個資源，1個進程使用，該進程最多要求 2個資源，所以 不會發生死鎖。情況b: m=2 , n

35、=2, w=l，系統中有2個資源，2個進程使用，每個進程最多要求1個資源，所以不會發生死鎖。情況c： m=2 , n=2, w=2，系統中有2個資源，2個進程使用，每個進程最多要求 2個資源， 此時，采用的分配策略是輪流地為每個進程分配，那么第一輪系統先為每個進程分配1個，此時，系統中已無可供分配的資源，使得各個進程都處于等待狀態導致系統發生死鎖，這時進程資源圖如以下圖所示。PP2情況d: m=4 , n=3, w=2，系統中有4個資源，3個進程使用，每個進程最多要求2個資源，此時，采用的分配策略是輪流地為每個進程分配，那么第一輪系統先為每個進程分配1個資源,此時，系統中還剩1個資源，可以使其

36、中的一個進程得到所需資源運行完畢，所以不會發生 死鎖。情況e： m=4，n=3, w=3，系統中有4個資源，3個進程使用，每個進程最多要求3個資源，此時，采用的分配策略是輪流地為每個進程分配，那么第一輪系統先為每個進程分配1個，第二輪系統先為一個進程分配 1個，此時，系統中已無可供分配的資源，使得各個進程都處于 等待狀態導致系統發生死鎖，這時進程資源圖如以下圖所示。PlP2P3?27. A . n 加 1或 w 加 1? B. m加1或w減1? C. m減1或w加1? D. m減1或w減1這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析對于c和e兩種情況，假設將 m加1，那么情況c： m=3 , n=

37、2, w=2，系統中有3個資 源，2個進程使用，每個進程最多要求2個資源，系統先為每個進程分配1個，此時，系統中還剩1個可供分配的資源，使得其中的一個進程能得到所需資源執行完，并釋放所有資源使 另一個進程運行完；假設將w減1，那么情況c： m=2 , n=2 , w=1，系統中有2個資源，兩個進程各需一個，系統為每個進程分配1個，此時，進程都能運行完，顯然不會發生死鎖。情況e分析同理。28. 某文件系統采用鏈式存儲管理方案，磁盤塊的大小為1024字節。文件Myfile.doc由5個121、 75、 86、 65(28)號磁盤塊。邏輯記錄組成，每個邏輯記錄的大小與磁盤塊的大小相等，并依次存放在

38、和114號磁盤塊上。假設需要存取文件的第5120字節處的信息，應該訪問A. 75B. 85C. 65? D. 114這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查對操作系統文件系統空間管理方面根本知識掌握的程度。根據題意每個邏輯記錄的大小與磁盤塊大小相等，并依次存放在121、75、86、65和114號磁盤塊上。而文件的第 5120字節應該在114號磁盤塊上。29. 軟件能力成熟度模型CMM將軟件能力成熟度自低到高依次劃分為5級。目前，到達CMM第3級已定義級是許多組織努力的目標，該級的核心是129。? A .建立根本的工程管理和實踐來跟蹤工程費用、進度和功能特性? B.使用標準開發過程或方法

39、論構建或集成系統? C.管理層尋求更主動地應對系統的開發問題? D .連續地監督和改進標準化的系統開發過程這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查軟件成熟度模型 CMM的根本概念。建立根本的工程管理和實踐來跟蹤項 目費用、進度和功能特性為可重復級的核心；使用標準開發過程或方法論構建或集成系統為已定義級的核心；管理層尋求更主動地應對系統的開發問題為已管理級的核心；連續地監督和改進標準化的系統開發過程為優化級的核心。30. RUP在每個階段都有主要目標，并在結束時產生一些制品。在130結束時產生 在適當的平臺上集成的軟件產品。? A初啟階段? B .精化階段? C.構建階段? D .移交階

40、段這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查RUP中每個階段產生的制品。初啟階段結束時產生一個設想文檔、一個有關用例 模型的調查、一個初始的業務用例、一個早期的風險評估和一個可以顯示階段和迭代的工程 方案等制品；精化階段結束時產生一個補充需求分析、一個軟件架構描述和一個可執行的架構原型等制品；構建階段結束時的成果是一個準備交到最終用戶手中的產品，包括具有最初運作能力的在適當的平臺上集成的軟件產品、用戶手冊和對當前版本的描述；移交階段結束時產生移交給用戶產品發布版本。31根據ISO/IEC9126軟件質量度量模型定義，一個軟件的時間和資源質量子特性屬于31質量特性。? A .功能性? B

41、.效率? C .可靠性? D .易使用性這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查ISO/IEC9126軟件質量度量模型中的質量特性。效率質量特性包括時間特性和資源特性兩個質量子特性。?32. McCabe度量法是通過定義環路復雜度，建立程序復雜性的度量，它基于一個程序模塊的程序圖中環路的個數。計算有向圖G的環路復雜性的公式為： V(G)=m-n+2 ,其中V(G)是有向圖G中的環路個數，m是G中的有向弧數，n是G中的節點數。以下 圖所示程序圖的程序復雜度是 (32)。(?)1while(n<iterations and :? =ial$e)7while(t<coanQ 、J

42、()5(!A . 2?B. 3?C. 4?D. 5這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查McCabe度量法。要采用McCabe度量法度量程序復雜度， 需要先畫出程序 流圖，識別有向圖中節點數 n=8,有向弧數m=7,然后利用環路復雜性計算公式 V(G)=m-n+2 進行計算，得如以下圖的程序圖的程序復雜度是 3。33. 在開發信息系統時，用于系統開發人員與工程管理人員溝通的主要文檔是(33)。? A 系統開發合同? B 系統設計說明書? C.系統開發方案? D .系統測試報告這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查開發文檔的作用。系統開發人員與工程管理人員在工程期內進行溝通的

43、文檔主要有系統開發方案、系統開發月報以及系統開發總結報告等工程管理文件。34. 軟件工程每一個階段結束前，應該著重對可維護性進行復審。在系統設計階段的復審期間，應該從(34)出發，評價軟件的結構和過程。? A 指出可移植性問題以及可能影響軟件維護的系統界面? B.容易修改、模塊化和功能獨立的目的? C.強調編碼風格和內部說明文檔? D .可測試性這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查軟件復審根本概念。可維護性是所有軟件都應具有的根本特點，必須在開發階段保證軟件具有可維護的特點。在系統分析階段的復審過程中，應該指出軟件的可移植性問題以及可能影響軟件維護的系統界面：在系統設計階段的復審期

44、間，應該沉著易修改、 模塊化和功能獨立的目的出發，評價軟件的結構和過程；在系統實施階段的復審期間，代碼復審應該強調編碼風格和內部說明文檔這兩個影響可維護性的因素。可測試性是可維護性的一個評價指標。? 35.當用分支覆蓋法對以下流程圖進行測試時，至少需要設計(35)個測試用例。beginint result 0;A. 4? B. 5? C. 6? D. 8這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C分析此題考查分支覆蓋測試法。采用分支覆蓋法進行測試使得被測程序中每個判定表達式至少獲 得一次 真值和 假值，或者程序中的每一個取真分支和取 假分支至少都通過一次。需要設計的測試用例需要確保每一個取真分支和取假

45、分支至少都通過一次，即統計最多分支數。36.某銀行為了使其網上銀行系統能夠支持信用卡多幣種付款功能而進行擴充升級，這需要對數據類型稍微進行一些改變，這一狀況需要對網上銀行系統進行(36)維護。? A .正確性 ? B.適應性 ? C.完善性 ? D 預防性這道題您沒有答復【答復錯誤】 答案:B分析此題考查軟件維護的內容。為了使網上銀行系統能夠支持信用卡的多幣種付款功能而擴充升級，是為了適應銀行的市場環境和新的管理需求而提出的新的信息需求，因此需要適應性維護。37.下面關于面向對象分析與面向對象設計的說法中，不正確的選項是(37)。? A 面向對象分析側重于理解問題? B 面向對象設計側重于理解

46、解決方案? C.面向對象分析描述軟件要做什么? D 面向對象設計一般不關注技術和實現層面的細節這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D分析此題考查面向對象分析與設計的根本概念。面向對象分析主要強調理解問題是什么， 不考慮問題的解決方案， 因此答案A、C是正確的。 面向對象設計側重問題的解決方案，并且需要考慮實現細節問題，因此選項D的說法是不正確的。在面向對象分析與設計中，(38)是應用領域中的核心類，一般用于保存系統中的信息以及提供針對這些信息的相關處理行為；(39)是系統內對象和系統外參與者的聯系媒介；(40)主要是協調上述兩種類對象之間的交互。?38. A .控制類? B 邊界類? C.實體類

47、? D .軟件類這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C?39. A .控制類? B 邊界類? C實體類? D .軟件類這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B?40. A .控制類? B 邊界類? C.實體類? D .軟件類這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:A分析此題考查控制類、邊界類和實體類的職責。實體類主要負責數據和業務邏輯；邊界類負責和用戶進行交互，即用戶界面；控制類那么負責實體類和界面類的交互。假設類A僅在其方法Methodi中定義并使用了類 B的一個對象，類 A其他局部的代碼都不 涉及類B，那么類A與類B的關系應為(41);假設類A的某個屬性是類 B的一個對象，并 且類A對象消失時，類 B

48、對象也隨之消失，那么類 A與類B的關系應為(42)。?41. A .關聯? B .依賴? C.聚合? D .組合這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查類間的關系。類間關系可分為依賴、關聯、聚合、組合和繼承5種。按照上述順序，類間關系依次增強，假設類A的方法中僅僅使用了類B的對象，那么類 A依賴于類B。如果類A的局部是由類B的對象組成，并且類 A控制類B的生命周期，那么類 A與類B是組合關系。?42. A .關聯? B .依賴? C.聚合? D .組合這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D當不適合采用生成子類的方法對已有的類進行擴充時，可以采用(43)設計模式動態地給一個對象添加一些額外

49、的職責；當應用程序由于使用大量的對象，造成很大的存儲開銷時，可以采用(44)設計模式運用共享技術來有效地支持大量細粒度的對象；當想使用一個已經存 在的類，但其接口不符合需求時，可以采用(45)設計模式將該類的接口轉換成我們希望的接口。?43. A .命令(Command)? B .適配器(Adapter)? C.裝飾(Decorate)? D .享元(Flyweight)這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:C?44. A .命令(Command)? B .適配器(Adapter)? C.裝飾(Decorate)? D .享元(Flyweight)這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:D?45. A

50、.命令(Command)? B .適配器(Adapter)? C.裝飾(Decorate)? D .享元(Flyweight)這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查面向對象設計。裝飾模式主要的目的是在無法生成子類的情況下給一個對象動態地增加新的職責；享元設計模式是共享大量細粒度的對象；適配器設計模式那么是將已有的接口轉換為系統希望的接口形 式。以下圖屬于 UML中的(46)，其中，Account Management需要(47)。Identityverifier« component»AccountMa nagernentTransacticnLoggerl(fe

51、nlityVeri1i«rccomponent Cred itCardServices46. A .組件圖B .部署圖C.類圖D .對象圖答復錯誤】Tran taction Logg a r«component»Logger?47. A .實現 Identity Verifier 接口并被 CreditCardServices 調用? B .調用 CreditCardServices 實現的 Identity Verifier 接口? C.實現 Identity Verifier 接口并被 Logger 調用? D .調用 Logger 實現的 Identity

52、Verifier 接口【答復錯誤】A.識別的0、1串是以0開頭且以1結尾0、1串中1的數目為偶數0、1串中0后面必須是10、1串中1不能連續出現 【答復錯誤】B .識別的C.識別的D .識另曲勺卜析此題考查UML語言根底知識。AL語言是標準的建模語言，通過圖形化的方式展現系統的模型。此題是UML中的組件，其表示的含義是組件 AccountManagement需要調用CreditCardServices組件和 Logger 件分別實現的 Identity Verifier 接口和 TransactionLogger 接口。? 48.以下圖所示有限自動機的特點是448。此題考查程序語言方面的根底知

53、識。才自動機的狀態圖，先忽略狀態q0的自環識別假設干個0,從初態q0到終態q1,該丁識別的字符串為 1、101、10101、，顯然，該自動機識別的 0、1串中1不能連續出49. 由a、b構造且僅包含偶數個a的串的集合用正規式表示為(49)。? A. (a*a)*b*? B. (b*(ab*a)*)*? C. (a*(ba*)*b)* ? D. (a|b)*(aa)*這道題您沒有答復【答復錯誤】答案:B分析此題考查程序語言方面的根底知識。在正規式中，符號：表示重復假設干次(包括0次)，因此正規式“ (a*a)*b*中的表達式“ (a*a) 不能保證有偶數個 a。同理，“(a*(ba*)*)*和“(a|b)*(aa)*中對a的個數也沒有限制，而在“ (ab*a)*中可以確保a的出現為偶數個。50. 設某語言的語法規那么用上下文無關文法 G=(N , T , P, S)表示，其中N是非終結符號的 集合，T是終結符號的集合，P是產生式集合，S是開始