2022年陜西省銅川市全國計算機等級考試數據庫技術模擬考試(含答案)學校:________班級:________姓名:________考號:________

一、1.選擇題(10題)1.對現實世界要處理的對象進行詳細調查，在了解現行系統的概況，確定新系統功能的過程中，收集支持系統目標的基礎數據及其處理方法。這屬于哪一階段的任務?

A.需求分析B.概念結構設計C.邏輯結構設計D.物理設計

2.下面哪一條不是對象—關系數據庫的基本特征?

A.關系的規范化程度更高

B.SQL環境中對基本數據類型的擴充提供了支持

C.對規則系統的支持

D.SQL環境中對繼承性提供了支持

3.數據庫系統的并發控制主要方法是采用哪種機制?

A.拒絕B.可串行化C.封鎖D.不加任何控制

4.在下面的敘述中，屬于TCP/IP協議特點的是

Ⅰ．開放的協議標準，獨立于特定的計算機硬件與操作系統

Ⅱ．可以運行在局域網、廣域網，更適用于互聯網

Ⅲ．整個TCP/IP設備在網絡中具有惟一的Ⅳ地址

Ⅳ．可以提供多種可靠的用戶服務

A.Ⅰ和ⅡB.ⅣC.ⅢD.全部

5.下列敘述正確的是

A.在分布式系統中處理器是緊耦合的

B.并行系統是由一些松耦合的節點組成

C.在分布式系統中每個節點是一個獨立的數據庫系統節點

D.分布式系統并沒有做到真正意義上的相互獨立

6.CPU工作狀態分為目態和管態兩種，從目態轉換成管態的唯一途徑是

A.運行進程修改程序狀態字B.中斷屏蔽C.中斷D.進程調度程序

7.關系數據庫中有三種基本操作，從表中取出滿足條件的屬性成分的操作稱為______。

A.選擇B.投影C.聯接D.掃描

8.利用二分法在序列61，87，154，170，275，426，503，509，512，612，653，677，703，765，897，908中查找關鍵碼值為400的節點，需要查找幾次?

A.2B.3C.4D.5

9.下列對分布式操作系統和網絡網絡操作系統的比較不正確的是()。

A.分布式OS的網絡控制功能是分布式的，而網絡OS是集中式的

B.分布式OS的任務可分配到多個處理單元上并行執行，而網絡OS通常在本地處理

C.分布式系統中各個站點的資源可供系統中所有用戶共享，而網絡OS通常僅由本機用戶獨占

D.分布式OS在可靠性方面較網絡OS差，因此在應用上網絡OS更普遍

10.如下圖所示，兩個關系R1和R2，它們進行哪種運算后得到R3?

A.交B.并C.笛卡兒積D.連接

二、填空題(10題)11.并行數據庫系統的性能有兩種主要的度量，分別是吞吐量和______。

12.防火墻是指設置在不同網絡或___________之間的一系列部件的組合。

13.設待排序關鍵碼序列為(25，18，9，33，67，82，53，95，12，70)，要按關鍵碼值遞增的順序進行排序，采取以第一個關鍵碼為分界元素的快速排序法，第一趟完成后關鍵碼33被放到了第______個位置。

14.一個DBMS的用戶界面應具有可靠性、易用性、【】、多樣性。

15.Blowfish算法由兩部分組成：密鑰擴展和___________。

16.使用PowerDesigner的DataArchitect，可以對已有數據庫生成物理數據模型(PDM)，這種功能通常稱為______。

17.SQLServer的身份驗證模式有__________和__________兩種。

18.XMPP是一種基于___________的即時通信協議。

19.設哈希函數h(k)=kmod7,哈希表的地址空間為0～6,對關鍵字序列（32，13，49，

55，22，38，12）按線性探測法解決沖突，關鍵字12應存放在散列表中的地址是

【】

，查找關鍵字12需比較的次數為

【】

20.操作系統之所以能夠找到磁盤上的文件，是因為有磁盤上的文件名與存儲位置的記錄。在DOS中，它叫做___________。

三、單選題(10題)21.影響優化器的主要因素有：

A.由于現有索引不足，導致排序索引中不包括一個或幾個待排序的列。

B.Groupby和orderby子句中列的次序與索引次序一致。排列的列來自不同的表。

C.建立的索引文件太多。

D.事務處理太多

22.SQL語言的GRANT和REVOKE語句主要用來維護數據庫的()。A.安全性B.完整性C.可靠性D.一致性

23.以下有關數據結構的敘述，正確的是()

A.線性表的線性存儲結構優于鏈式存儲結構

B.二叉樹的第i層上有2i-1個結點，深度為k的二叉樹上有2k-1個結點

C.二維數組是其數據元素為線性表的線性表

D.棧的操作方式是先進先出

24.四個元素a1、a2、a3和a4依次通過一個棧，入棧過程中允許棧頂元素出棧。假設某一時刻棧的狀態如下：則不可能的出棧序列是()

A.這種體系結構由客戶、服務器以及客戶與服務器之間的連接三部分組成

B.在這種結構中，客戶機和服務器協同完成一項任務

C.連接客戶和服務器最廣泛采用的接口是開放數據庫連接

D.客戶進程與服務器進程之間的通信層次與OSI參考模型有根本不同

25.關于反規范化說法不正確的是：

A.完全規范化與部分規范化數據庫之間處理性能會有沒多大差別

B.反規范化是將規范化關系轉換為非規范化的關系的過程。

C.反規范化方法：增加派生冗余列、增加冗余列、重新組表、分割表和新增匯總表等方法。都會破壞數據完整性。

D.采用反規范化技術從實際出發均衡利弊。

26.以下關于因特網中的電子郵件的說法，錯誤的是（）。A.A.電子郵件是有固定格式的，它由郵件頭和郵件體兩部分組成

B.電子郵件應用程序的最基本的功能是：創建和發送，接收、閱讀和管理郵件的功能

C.密碼是對郵件的一個最基本的保護。目前，保證電子郵件安全性的主要手段是使用大寫字母、小寫字母、數字和符號混用的密碼

D.利用電子郵件可以傳送多媒體信息

27.收縮整個數據庫的大小，可以采用下列語句：()

A.DBCCSHRINKDATABASE

B.DBCCSHRINKFILE

C.ALTERDATABASE

D.CREATESCHEMA

28.在SQLSever中創建用戶數據庫，實際就是定義數據庫所包含的文件以及文件的屬性。下列不屬于數據庫文件屬性的是__________。

A.初始大小B.物理文件名C.文件結構D.最大大小

29.概念結構設計的目標是產生數據庫概念結構(即概念模式)，這結構主要反映()

A.DBA的管理信息需求B.應用程序員的編程需求C.企業組織的信息需求D.數據庫的維護需求

30.概念模型()

A.依賴于DBMS和硬件B.獨立于DBMS和硬件C.依賴于DBMSD.獨立于DBMS

四、C語言程序設計題(10題)31.函數ReadDat實現從文件in．dat中讀取一篇英文文章存入到字符串數組XX中，請編制函數StrCharJR，其函數的功能是t以該文章中的行為單位把字符串中的所有字符的二進制ASCII值右移4位，高位補0，然后把右移后的字符ASCII值再加上原字符的ASCII值，得到新的值仍存入原字符串對應的位置上，之后把已處理的結果仍按行重新存入數組XX中。最后main函數調用函數WriteOat把結果XX輸出到文件out．dat中。

例如：

”z”對應的ASCII值為7AH，二進制值為01111010，右移4位后為00000111，加上原來”2”的ASCII值01111010得到10000001結果。

原始數據文件存放的格式是：每行的寬度均小于80個字符，含標點符號和空格，并也按字符處理。

注意：部分源程序存放在test．C文件中。

請勿改動主函數main、讀函數ReadDat和輸出函數WriteDat的內容。

32.函數ReadDat實現從文件in．dat中讀取一篇英文文章，存入到字符串數組XX中；請編制函數eneryptChar，按給定的替代關系對數組XX中的所有字符進行替代，仍存入數組XX對應的位置上，最后調用函數WriteDat把結果xX輸出到文件out．dat中。

替代關系：f(p)=p*11mod256，mod為取余運算，P是數組XX中某一個字符的ASCII值，f(p)是計算后的無符號整型值(注意：中間變量定義成整型變量)，如果計算后f(p)值小于等于32或f(p)對應的字符是大寫字母，則該字符不變，否則用f(p)替代所對應的字符。

注意：部分源程序存放在test．c文件中，原始數據文件存放的格式是：每行的寬度均小于80個字符，含標點符號和空格，并也按此替代關系進行處理。

請勿改動主函數main、讀函數ReadDat和輸出函數WriteDat的內容。

33.程序test．C的功能是：利用以下所示的簡單迭代方法求方程cos(x)．x=0的一個實根。迭代公式：Xn+1=cos(xn)(n是迭代次數)

迭代步驟如下：

(1)取X1初值為0．0；

(2)X0=X1，把X1的值賦給x0；

(3)X1=cos(x0)，求出一個新的x1；

(4)若x0．X1的絕對值小于0．000001，執行步驟(5)，否則執行步驟(2)；

(5)所求X1就是方程cos(X)-X=0的一個實根，作為函數值返回。

請編寫函數countValue實現程序的功能，最后main函數調用函數writeDAT把結果輸出到文件0ut．dat中。注意：部分源程序存放在test．C文件中。

請勿改動主函數main和輸出數據函數writeDAT的內容。

34.已知數據文件in．dat中存有200個四位數，并已調用讀函數readDat把這些數存入數組a中，請考生編制一函數jsVal，其功能是：如果四位數各位上的數字均是奇數，則統計出滿足此條件的個數cnt并把這些四位數按從大到小的順序存入數組b中。最后main函數調用寫函數writeDat把結果cnt以及數組b中符合條件的四位數輸出到0ut．dat文件中。

35.函數ReadDat實現從文件in．dat中讀取一篇英文文章，存入到字符串數組XX中；請編制函數encryptChar，按給定的替代關系對數組XX中的所有字符進行替代，仍存入數組xx對應的位置上，最后調用函數WriteDat把結果XX輸出到文件out．dat中。

替代關系：f(p)=p*11mod256，mod為取余運算，P是數組XX中某一個字符的ASCII值，f(p)是計算后的無符號整型值(注意：中間變量定義成整型變量)，如果原字符的ASCII值是偶數或計算后f(p)值小于等于32，則該字符不變，否則用f(p)替代所對應的字符。

注意：部分源程序存放在test．c文件中，原始數據文件存放的格式是：每行的寬度均小于80個字符，含標點符號和空格，并也按此替代關系進行處理。

請勿改動主函數main、讀函數ReadDat和輸出函數WriteDat的內容。

36.已知在in．dat中存有若干個(個數<200)四位數字的正整數，函數ReadDat讀取這若干個正整數并存入數組XX中。請編制函數CalValue，其功能要求：1．求出該文件中共有多少個正整數totNum；2．求出這些正整數中的各位數字之和是奇數的數的個數totCnt，以及滿足此條件的這些正整數的算術平均值totPjz。最后maini函數調用函數WriteDat把所求的結果輸出到0ut．dat文件中。

注意：部分源程序存放在test．C文件中。

請勿改動數據文件in．dat中的任何數據，主函數main、讀函數ReadDat和輸出數據函數WriteDat的內容。

37.已知數據文件IN1．DAT和IN2．DAT中分別存有100個兩位十進制數，并且已調用讀函數readDat把這兩個文件中的數存入數組a和b中，請考生編制一個函數jsVal，實現的功能是依次對數組a和b中的數按條件重新組成一個新數并依次存入數組C中，再對數組C中的數按從小到大的順序進行排序，最后調用輸出函數writeDat把結果C輸出到文件out．dat中。組成新數的條件：如果數組a和b中相同下標位置的數均是奇數，則數組a中十位數字為新數的千位數字，個位數字仍為新數的個位數字，數組b中的十位數字為新數的百位數字，個位數字為新數的十位數字，這樣組成的新數并存入數組C中。

38.已知數據文件in．dat中存有200個四位數，并已調用讀函數readDat0把這些數存入數組a中，請考生編制一函數jsVal，其功能是：依次從數組a中取出一個四位數，如果該四位數大于該四位數以后的連續五個數且該數是奇數(該四位數以后不滿五個數，則不統計)，則統計出滿足此條件的個數cnt并把這些四位數按從小到大的順序存入數組b中，最后調用寫函數writeDat把結果cnt以及數組b中符合條件的四位數輸出到0ut．dat文件中。

注意：部分源程序存在test．C文件中。

程序中已定義數組：a[200]，b[200]，已定義變量：cnt

請勿改動數據文件in．dat中的任何數據、主函數main、讀函數readDat和寫函數writeDat的內容。

39.已知在文件in．dat中存有100個產品銷售記錄，每個產品銷售記錄由產品代碼dm(字符型4位)，產品名稱mc(字符型10位)，單價dj(整型)，數量sl(整型)，金額je(長整型)五部分組成。其中：金額=單價*數量。函數ReadDat讀取這100個銷售記錄并存入結構數組sell中。請編制函數SortDat，其功能要求：按金額從大到小進行排列，若金額相等，則按產品代碼從大到小進行排列，最終排列結果仍存入結構數組sell中。最后main函數調用函數WriteDat把結果輸出到文件out．dat中。

提示：若中間變量為PROtemp，則可以直接使用結構賦值語句進行解題。

例如：sell[i]=temp；

注意：部分源程序存放在test．c文件中。

請勿改動主函數main、讀函數ReadDat和輸出函數WriteDat的內容。

40.函數readDat是從文件in．dat中讀取20行數據存放到字符串數組xx中(每行字符串長度均小于80)。請編制函數jsSort，其函數的功能是：以行為單位對字符串變量的下標為奇數的位置上的字符按其ASCII值從小到大的順序進行排序，下標為偶數的位置上的字符仍按原來位置存放，排序后的結果仍按行重新存入字符串數組)XX中，最后調用函數WrriteDat把結果xx輸出到out．dat文件中。

五、設計與應用題(2題)41.設某教學管理系統，其查詢模塊需要提供如下功能：Ⅰ．查詢系信息，列出各系編號、系名和系辦公電話；Ⅱ．查詢某系教師的信息，列出教師號、教師名、工資和聘用日期；Ⅲ．查詢某教師講授的課程信息，列出課程號、課程名和學分；Ⅳ．查詢講授某門課程的教師信息，列出教師名和職稱；V．查詢某門課程的先修課程信息，列出先修課程號和先修課程名。系統有如下業務規則：Ⅰ．一個系可聘用多名教師，一名教師只能受聘于一個系；Ⅱ．一名教師可講授多門課程，一門課程可由多名教師講授；Ⅲ．一門課程可以有多門先修課程，也可以沒有先修課程。（1）請根據以上查詢功能與業務規則，用ER圖描述該系統的概念模型。（5分）（2）將ER圖轉換為滿足3NF的關系模式，并說明每個關系模式的主碼和外碼。（5分）

42.某網上商城因為業務發展，原有的系統不能很好的滿足需要，因此采用了一套新的經營管理系統，此系統使用SQLServer2008數據庫管理系統。此系統上線運行前，需將商場原有的數據導入到新系統中。原有系統使用SQLServer2000，數據結構與新系統不完全一致。因此需要把數據從SQLServer2000導入到SQLServer2008中，為了保證數據一致性，數據導入過程中要求暫停業務且必須在3小時內完成。（1）在原有數據導入新系統的過程中，實施人員發現原有數據量很大，導人數據需要四小時，業務無法接受。經分析某工程師認為，數據導入過程中的數據庫I/O很高，但導人數據的程序本身對系統資源占用率很低。該工程師建議將數據導入過程中的數據恢復模式從“完整”模式改為“簡單”模式以提高數據導人速度；而另一位工程師則認為此方法未必能提高數據導入速度，而且還可能導致數據丟失，不建議使用此方法。請分析此方法是否能夠提高數據導入速度并給出理由，同時分析此操作的數據丟失風險。（5分）（2）在成功導入歷史數據后，此系統順利上線運行。在上線運行的第一周，發現數據庫服務器的CPU使用率很高，達到近90%，高峰期間達到100%，且系統內存占用率達到90%，但系統I/O很輕。業務人員反應系統操作速度很慢。為了提高系統運行速度。在不修改應用程序的前提下，兩位工程師提出了不同的解決辦法：Ⅰ．為服務器增加2顆CPU，緩解CPU使用率很高的問題；Ⅱ．為服務器增加一倍內存，緩解內存使用率很高的問題。考慮成本，現階段只能按照一種方案實施。請指出在現有情況下，哪種方案更合理并給出理由。（5分）

六、單選題[1分](2題)43.AD0對象模型中，RecordSet對象的AddNew方法的功能是（）。

A.在對應的數據庫表中增加一條新記錄

B.在記錄集中增加一個新列

C.在內存中開辟存放一條新記錄的空間

D.增加一個新的記錄集

44.以下哪個設計內容不屬于數據庫應用系統總體設計范疇（）。

A.數據庫應用系統體系結構設計B.軟硬件選型和配置設計C.數據庫軟件總體設計D.關系模式設計

參考答案

1.A解析：新奧爾良方法將數據庫設計過程分為4個階段：需求分析、概念結構設計、邏輯結構設計和物理設計。需求分析階段是在用戶調查的基礎上，通過分析，逐步明確用戶對系統的需求，包括數據需求和圍繞這些數據的業務處理需求。注意：在題干的敘述中，“對現實世界要處理的對象進行詳細調查，在了解現行系統的概況，確定新系統功能的過程中，收集支持系統目標的基礎數據及其處理方法”屬于需求分析階段，故A)選項正確。掌握需求分析的任務，需求分析的基本步驟。

2.A解析：對象—關系數據庫是從關系模型和它的查詢語言SQL出發，進行擴展而建起的，以關系模型為基礎。其基本特征包括：SQL環境中對基本數據類型的擴充提供了支持；SQL環境中對復雜對象的支持；SQL環境中對繼承性提供了支持和對規則系統的支持。因此對象—關系數據庫的規范化程度并不比關系數據庫更高，選項A中的敘述是不符合對象數據庫的性質的。

3.C解析：數據庫中的數據是寶貴的共享資源，用戶可以并發使用數據，這樣，必須有一定的控制手段來保障資源免于破壞。數據庫管理系統對事務的并發執行進行控制，以保證數據庫一致性，最常用的方法是封鎖的方法，即當一個事務訪問某個數據項時，以一定的方式鎖住該數據項，從而限制其事務對該數據項的防問。

4.D解析：TCP/IP協議的特點有：開放的協議標準，獨立于特定的計算機硬件與操作系統。可以運行在局域網、廣域阿，更適用于互聯網。整個TCP/IP設備在網絡中具有惟一的IP地址。可以提供多種可靠的用戶服務。掌握Internet提供的主要服務。

5.C解析：在并行系統中處理器是緊耦合的。分布式系統是由一些松耦合的節點組成。在分布式系統中每個節點是一個獨立的數據庫系統節點。分布式系統做到了真正意義上的相互獨立。

6.C解析：由于中央處理器工作狀態區分為目態和管態，用戶程序在目態下運行時不能直接使用I/O指令等特權指令。只有當用戶程序執行到訪管指令產生一次中斷后，使機器在原來的目態下執行用戶程序變成在管態下執行操作系統的系統調用程序。所以從目態轉換成管態的唯一途徑是中斷。

7.B解析：在關系數據庫中，選擇又稱為限制，它是指在關系R中選擇滿足給定條件的諸元組。投影是指從關系R中選擇出若干屬性列組成新的關系。連接是指從兩個關系的笛卡兒積中選取屬性滿足一定條件的元組。

8.D解析：第一次查到509；第三次查到170；第三次查到426；第四次查到275；第五次沒有找到，查找結束。

9.D解析：由于分布式系統的處理和控制功能是分布的，因此任何結點上的故障，都不會給系統造成太大的影響，而網絡操作系統，其控制功能大多集中在主機或服務器中，這使得系統具有潛在的不可靠性。

10.D解析：連接操作是在兩個關系中，選取屬性滿足條件的元組生成一個新的關系。

11.響應時間響應時間解析：并行系統通過并行地使用多個CPU和磁盤提高處理速度和I/O速度。對數據庫系統的性能有兩種主要的度量：吞吐量和響應時間。

12.網絡安全域【解析】防火墻是指設置在不同網絡或網絡安全域之間的一系列部件的組合。

13.99解析：快速排序的基本方法是：在待排序序列中任取一個記錄，以它為基準用交換的方法將所有的記錄分為兩部分，關鍵碼值比它小的一個部分，關鍵碼值比它大的一部分，再分別對兩個部分實施上述過程，一直重復到排序完成。具體操作如下：

2518933678253951270

2518933678253951270

1218933678253952570

1218933678253952570

1218933678253952570

1218925678253953370

1218925678253953370

1218925678253953370

1218925678253953370

1218925678253953370

所以第一趟完成后，關鍵碼33被放到了第9個位置。

14.立即反饋立即反饋解析：一個DBMS的用戶界面應具有可靠性、易用性、立即反饋、多樣性。掌握數據庫系統的基本概念。

15.數據加密【解析】Blowfish算法由兩部分組成：密鑰擴展和數據加密。

16.逆向工程逆向工程解析：PowerDesignerDataArchitect用于兩層的即概念層和物理層的數據庫設計和數據庫構造。DataArchitect提供概念數據模型設計，自動的物理數據模型生成，針對多種數據庫管理系統(DBMS)的數據庫生成，開發工具的支持和高質量的文檔特性。使用其逆向工程能力，設計人員可以得到一個數據庫結構的“藍圖”，可用于文檔和維護數據庫或移植到一個不同的DBMS。

17.僅Windows混合模式

18.XML語言【解析】XMPP是一種基于XML語言定義描述的IM協議。

19.5

6次h(k)=kmod7,所以地址為：12mod7=5.

分別于關鍵字進行比較，從而得出比較次數為6.

20.FAT【解析】操作系統之所以能夠找到磁盤上的文件，是因為有磁盤上的文件名與存儲位置的記錄。在DOS里，它稱為文件表(FAT)；在Windows里，稱為虛擬文件表(VFAT)；在mM的操作系統OS/2里，稱為高性能文件系統(HPFS)。

21.A

22.ASQL語言中用GRANT、REVOKE語句實現數據控制功能，數據庫中權限的授予可以使用GRANT....ON....TO....語句，要求指明授予哪個用戶(組)對哪個對象有什么權限，而REVOKE語句實現數據庫權限的回收，需要指明從哪個用戶(組)回收對于哪個對象的什么權限。

23.C

24.C

25.A

26.C選項A)，電子郵件是有固定格式，它由郵件頭和郵件體兩部分組成；選項B)，電子郵件應用程序的最基本的功能是：創建和發送，接收、閱讀和管理郵件的功能；選項C)，每個郵箱都有密碼保護，這是最基本的保護，目前，保證重要郵件的安全性的主要手段是使用數字證書，數字證書可以證明用戶的身份。加密電子郵件，保證不被修改；選項D)，利用電子郵件可以傳送多媒體信息，MIME協議支持多媒體信息的發送。

27.A

28.C

29.A

30.B

31.\n【審題關鍵句】字符的ASCII值右移4位二進制位，高位補0后加原字符的ASCII值。

\n【解題思路】

\n①定義兩個循環變量i、j和一個無符號字符變量tmp。

\n②在第一個for循環語句中，循環變量i從0開始，依次遞增直到其值等于文章最大行數maxline。在第二個for循環中，從每行第1個字符開始，依次遞增直到其值等于該行字符串的最大長度，然后在循環體中指定每次循環時，將第i行第i個位置上的字符的ASCII值的二進制數右移4位，然后將所得的值再加上原字符的ASCII碼值。

\n【參考答案】

\n

32.\n【審題關鍵句】字符替代f(p)=p*11mod256，小于等于32或對應大寫字母不變，否則替換。

\n【解題思路】

\n本題類似第65套試題，通過審題可以發現主要是排序條件的設置要求有所不同，參考答案的第6行，修改if條件語句的設置即可。另外，在源程序中已經定義了一個無符號變量va1，因此，在編寫答案程序時，不需要再重新定義。

\n【參考答案】

\n

\n

33.\n【審題關鍵句】Xn+1=cos(Xn)的迭代計算。

\n【解題思路】

\n①因為方程cos(x)．x=0的根為實數，所以定義兩個雙精度型變量x0，x1。并把變量x1的初值設為0．0。

\n②根據題目中給出的求方程一個實根的迭代算法，在while循環中，首先把變量x1的值賦給x0，然后利用表達式cos(xO)

\n求出一個值x1，再調用vc6．0的求絕對值的庫函數fabs0，判斷如果x0與x1差的絕對值小于0．000001，就認為x1的值是方程cos(x)．x=0的一個實根，此時退出循環，把xl的值返回。

\n【參考答案】

\n

34.\n【審題關鍵句】各位都是奇數，從大到小排序。

\n【解題思路】

\n本題類似第32套試題，通過審題可以發現主要是對四位數的篩選條件有所不同，即判斷四位數的每一位數都為奇數，參考答案的第8條語句，只需將每位數的判斷條件改為奇數判斷即可。

\n【參考答案】

\n

\n

35.\n【審題關鍵句】字符替代f(p)=p*11mod256，小于等于32或原字符的ASCII碼是偶數不變，否則替換。

\n【解題思路】

\n本題類似第70套試題，通過審題可以發現主要是排序條件的設置要求有所不同，參考答案的第6行，修改if條件語句的設置即可。

\n【參考答案】

\n

\n

36.\n【審題關鍵句】讀取正數，統計個數，各位數之和為奇數的數的個數及平均值。

\n【解題思路】

\n本題類似第46套試題，通過審題可以發現僅有一個不同點，即四位數的各位數之和為奇數，參考答案的第13條語句，將該該語句為判斷各位數字之和是奇數的表達式即可。

\n【參考答案】

\n

\n

37.\n【審題關鍵句】數組相同下標位置上的奇數，數組a中十位數等于新數的千位數字，個位等于新數個位數字，數組b中的十位等于新數的百位數字，個位數字等于新數的十位數字，存入數組，從小到大排序。

\n【解題思路】

\n①定義整型循環變量i、j和局部變量trap。

\n②在for循環語句中，循環變量i從0開始，依次遞增直到其值等于或大于MAX，用if條件語句判斷如果a[i]和b[j]同時為奇數，由a[i]的十位數字為新數的千位數字，個位數字為新數的個位數字，b[i]的十位數字為新數的百位數字，個位數字為新數的十位數字，把這個新組成的數存入數組元素c[cn]，同時數組下標變量cn加1。

\n③在第一層for循環語句中，循環變量i從0開始，依次遞增直到其值等于或大于cnt，在第二層循環中，循環變量{從i+1開始，依次遞增直到其值等于cnt，用if條件語句判斷如果數組元素c[i]大于c[j]，則兩者進行互換，實現數組C中的數按從小到大的順序進行排序。

\n【參考答案】

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38.\n【審題關鍵句】大于后連續5個數，奇數，從小到大排序。

\n【解題思路】本題類似第35套試題，通過審題可以發現主要有兩個不同點：①判斷數值為奇數，可通過a[i]％2進行判斷，參考答案的第4條語句；②要求進行比較的元素大于后連續5個數，因此在設置判斷條件時，作為比較的兩個數之間應該是大于關系，參考答案的第4條語句。

\n【參考答案】

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39.\n【審題關鍵句】計算金額，按金額從大到小進行排列，相同的則按產品代碼從大到小排列，結果存入結構數組。

\n【解題思路】

\n本題類似第57套試題，通過審題可以發現主要是排序條件的設置要求有所不同，參考答案的第8行進行修改即可。

\n【參考答案】

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40.\n【審題關鍵句】以行為單位對字符串變量的下標為奇數的字符按從小到大排序，結果仍按行重新存入字符串數組中。

\n【解題思路】

\n①因為要進行字符之間的互換，所以定義局部字符變量ch。定義循環變量i、i、k。

\n②在第一層for循環中，循環變量i從0開始，依次遞增直到其值等于或大于20，在循環體中實現對每行字符串的處理。在循環體中執行第二層for循環，循環變量j從1開始，依次遞增2直到其值等于(int)strlen(xx[i])，在第三層for循環中，循環變量k從j+2開始，依次遞增2，直到其值等于(int)strlen(xx[i])，如果字符)XX[i][j]的ASCIl碼值大于)XX[i][k]的ASCII碼值，則兩者進行互換，實現字符串)XX[i]中下標為奇數的位置上的字符按其ASCII值從小到大的順序進行排序，下標為偶數的位置上的字符仍按原來位置存放的功能。

\n【參考答案】

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41.(1)E－R圖也稱實體一聯系圖，提供了表示實體類型、屬性和聯系的方法，用來描述現實世界的概念模型。為了簡化E－R圖的處置，現實世界的事物能作為屬性對待的則盡量作為屬性對待。實體與屬性的劃分給出如下兩條規則：①作為“屬性”，不能再具有需要描述的性質，“屬性”必須是不可分的數據項，不能包含其它屬性。