軟件水平考試（中級）軟件設計師上午

（基礎知識）試題模擬試卷2（共9套）

（共650題）

軟件水平考試（中級）軟件設計師上午

（基礎知識）試題模擬試卷第1套

一、中文選擇題（本題共60題，每題1.0分，共60

分。）

1、已知x=-109/128,若采用8位機器碼表示，則［X］補=（1）。

A、10010011

B、I1010101

C、11101101

D、10010010

標準答案：A

知識點解析：這一類型的題目考查的知識點是小數的原碼和補碼表示方法。在機內

碼的表示中，小數的表示方法是，數的最左面是符號位，對于原碼、反碼或補碼，

如果該小數是正數，則該符號位為0,如果該小數是負數，則該符號位為1。其余

各位為該小數的數據位，從左起，第2位的權值為1/2,第3位的權值為1/4,以此

類推。解答此類題目的?般思路是，將給定的分式分解成多個分式之和的形式，

每個分式的分子為1,分母為2的幕次，這樣可以確定其使用原碼表示。而使用補

碼表示一個小數時，只要將該數除符號位之外求反，然后加1,就可以得到該數的

補碼表示。針對這道題目，由于109=64+32+8+4+1,則x=-109/128=

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

析，可以確定x的原碼為11101101。對原碼求反（符號位不變）后的值為1001

0010,加1得到該數的訃碼為10010011。所以本試題的正確答案是選項A。

2、以下計算機存儲部件中，存取速度最快的器件是（2）。

A、Cache

B、2GB內存

C、CPU內部寄存器

D、500GB硬盤

標準答案：C

知識點解析：計算機中，用于存放程序或數據的存儲部件有CPU內部寄存器、高

速緩存(cache)、內存和大容量磁盤。它們的存取速度不一樣，其中以設置在CPU

內部并作為CPU后一個組成部分的內部寄存器的存取速度最快。通常，大容量磁

盤的存取速度最慢。

3、若某計算機系統是由500個相同失效率的元器件構成串聯系統，該計算機系統

的MTBF為2x104小時，在不考慮其他因素對可靠性影響時，該計算機系統的每

個元器件的失效率為(3)。

A、2xl0'3/h

B、5xl0-5/h

C、IO”

D、IO%

標準答案：D

知識點解析：設該計算機系統的每個元器件的失效率為入(小)。根據題意，由500

個元器件構成的串聯計算機系統的總失效率為各元器件的失效率的和，即為

500X(/h)o在不考慮其他因素對可靠性的影響時，由于計算機系統的平均故障間隔

時間(MTBF)可以定義為該系統失效率(兀)的倒數。根據題意知，該計算機系統的平

均故障間隔時間為2x10、，即2x1()4=|/(5oo入)，解得入=](f7/h。

4、Cache用于存放主存數據的部分拷貝。主存與Cache之間的數據傳送是以(4)為

單位的。

A、比特

B、字節

C、字

D、數據塊

標準答案：D

知識點解析：Cache是介于CPU和主存之間的高速小容量存儲器，它能高速地向

CPU提供指令和數據，加快程序的執行速度。Cache由存儲體、地址映像和替換機

構組成。其中，存儲體用于存放信息，通常由半導體靜態存儲器構成，容量為幾萬

字節至幾十萬字節。主存與Cache的存儲空間劃分為若干大小相同的頁(或塊)。換

言之，主存與Cache之間的數據傳送是以塊(或頁)為單位的，每塊(或頁)的大小通

常為一個主存周期內能訪問的字節數。

5、某計算機指令字長為16位，指令有雙操作數、單操作數和無操作數3種格式，

每個操作數字段均用6位二進制表示，該指令系統共有m條(mV16)雙操作數指

令。若采用擴展操作碼技術，那么最多還可設計出(5)條單操作數指令。

A、(26-m)x24

B、(26-m)x(24-l)

C、(24-m)x26

D、(24-m)x(26-l)

標準答案：C

知識點解析：通常一條書令包括操作碼和操作數兩部分。其中，操作碼用于說明指

令的功能及操作性質，操作數用于說明操作碼實施操作的對象。本試題中指令字長

為16位，也就是說，一條指令最長是16位。對于雙操作數指令來說，兩個長度為

6位的操作數字段共占去12位，剩余16-12=4位可以用做操作碼，設計出26=16條

這樣的雙操作數指令。同理可知，對于單操作數指令來說，它的操作碼長度為16-

6=10位。試題中已給出該指令系統共有m條(mV16)雙操作數指令，那么剩余的

26_m位可以用來設計單操作數和無操作數的操作犯。若采用擴展操作碼技術，那

么單操作數指令在原雙操作數指令的4位做操作碼上司擴展10-4=6位。因此，最

多可以設計出(24-m)x26條單操作數指令。要注意，如果試題新增一個條件——“并

存在無操作數指令”，則最多可以設計出(2±m)x26-|條單操作數指令。計算式子

中，是考慮到存在無操作數指令，至少保留一位用來擴展成無操作數指令，

6、以下關于浮點加減運算舍入處理的描述中，正確的是(6)。

A、“。舍1入”法最大誤差是最低位上的-1/2到接近于1/2之間，但實現起來比較復

雜

B、“恒置1”法誤差范圍擴大，且正誤差的累積量大于負誤差的累積量

C、“0舍1入”法正負誤差可以相互抵消，因此易于實現

D、“恒置1”法負誤差的累積量大于正誤差的累積量，且實現起來比較復雜

標準答案：A

知識點解析：浮點數加減運算應按以下步驟進行。①對階，使兩數的小數點位置

對齊；②尾數求和，將對階后的兩尾數按定點加減運算規則求和(差)；③規格

化，為增加有效數字的位數，提高運算精度，必須將求和(差)后的尾數規格化；④

舍入，為提高精度，要考慮尾數右移時丟失的數值位；⑤判斷結果，即判斷結果

是否溢出。在對階和右觀的過程中，可能會將尾數的低位丟失，引起誤差，影響精

度，為此可用舍入法來亮高尾數的精度。進行舍入時應滿足以下兩個要求。首

先，對每一次運算的結果而言，要保證誤差不超過給定的范圍。比如，設機器尾數

長39位，要求每次運算誤差不超過末位(即第39位)的“1”，即小于2-39。其次在

大量的運算過程中要保證誤差的平衡，即在每一次運算時，由于舍入處理，可能使

運算結果增大了，也可能減少了。但總的說來，增加和減少的機會必需是均等的，

否則會產生很大的積累誤差。“0舍1入''法和"恒置1”法是兩種常用的舍入方法。

其中，“0舍1入”法類似于十進制運算中的“四舍五入”法，即在尾數右移時，被移

去的最高數值位為0,則舍去；被移去的最高數值位為I，則在尾數的末位加I。

這樣做可能使尾數又溢出，此時需再做一次右規。該舍入方法的特點是：最大誤差

是最低位上的-1/2到接近于1/2之間，正誤差可以和負誤差抵消。屬于比較理想的

方法，但實現起來比較復雜。“恒置I”法是指尾數右移時，不論丟掉的最高數值位

是“1”或“(F,都使右移后的尾數末位恒置“1”。該舍入方法可能使尾數變大或變

小，因此正負誤差可以相互抵消，實現相對容易，但其誤差范圍擴大。

7、計算機感染特洛伊木馬后的典型現象是(7)。

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

標準答案：B

知識點解析：特洛伊木馬(簡稱木馬，Trojanhouse)是一種基于遠程控制的的黑客工

具，具有隱蔽性和非授權性的特點。木馬主要通過將其捆綁在電子郵件附件或免費

軟件中傳播。當作為木馬服務端的客戶機運行捆綁木馬的程序或附件后，木馬就會

自動拷貝到Windows的系統文件夾中，然后在注卅表、啟動組、非啟動組中設置

好木馬的觸發條件，并接受來自遠程攻擊者的遠程控制命令。計算機感染特洛伊木

馬后將出現有未知程序試圖建立網絡連接、系統中有可疑的進程在運行等現象。

8、(8)主要包括網絡模擬攻擊、報告服務進程、漏洞檢測、提取對象信息，以及評

測風險、提供安全建議和改進措施等功能。

A、訪問控制技術

B、防火墻技術

C、入侵檢測技術

D、漏洞掃描技術

標準答案：D

知識點解析：漏洞掃描系統通過漏洞檢測和安全風險評估技術，來幫助識別檢測對

象的系統資源，分析這些系統資源被攻擊的可能指數，了解支撐系統本身的脆弱

性，評估所有存在的安全風險。漏洞掃描系統要求具有強大的漏洞檢測能力和檢測

效率，貼切用戶需求的功能定義，靈活多樣的檢測方式，詳盡的漏洞修補方案和友

好的報表系統，以及方便的在線升級，它包括了網絡模擬攻擊，漏洞檢測，報告服

務進程，提取對象信息，以及評測風險，提供安全建議和改進措施等功能，可幫助

用戶控制可能發生的安全事件，最大可能的消除安全隱患。

9、某公司為方便遠程客戶訪問公司的某些數據資源,允許客戶通過Internet訪問

公司的FTP服務器，在客戶機與FTP服務器之間采用(9)協議，可方便地實現在網

絡層對數據進行加密。

A、L2TP

B、PPTP

C、IPSec

D、TLS

標準答案：C

知識點解析：目前VPN技術主要采用①隧道技術(tunneling)、②加解密技術

(Encryption&Decryption)③)密鑰管理技術(KeyManagement)、④)使用者與設備

身份認證技術(Authenticalion)來保證內部數據通過Internet的安全傳輸。其中，①

隧道技術是一種將分組封裝化的技術，它要求發送方和接收方的VPN設備的認證

方式、加密和封裝化規程必須相同；②加密功能完成使第三方不能在Internet上竊

取、篡改封裝化分組；④認證功能是指在VPN設備間確認通信對象的功能，防止

第三方偽裝。在TCP/IP協議族中，利用L2F、PPTP及L2Tp協議在數據鏈路層實

現VPN應用；在網絡層利用IPSec協議實現VPN應用；利用TLS協議在傳輸層與

會話層之間實現VPN應用；在應用層利用SSH協議實現VPN的安全應用。

10、甲公司將其開發的商業軟件著作權經約定合法轉讓給乙公司，隨后甲公司自行

對原軟件進行改進，形成新版本后銷售。那么，甲公司的行為（10）。

A、不構成侵權，因為對原軟件改進后形成了新版本

B、不構成侵權，因為甲公司享有原軟件的使用權

C、不構成侵權，因為對原軟件增加了新的功能

D、構成侵權，因為甲公司不再享有原軟件的使用權

標準答案：D

知識點解析：我國《計算機軟件保護條例》第十九條制定了關于軟件著作權中的財

產權利可以轉讓的規定。計算機軟件著作財產權按照該條的規定發生轉讓后，必然

引起著作權主體的變化，產生新的軟件著作權歸屬關系。原軟件著作權人將不再享

有軟件的使用權、使用許可權和獲得報酬權，而軟件權利的受讓者依法成為該軟件

權利人，可以依照法律法規的規定行使或處分其享有的權利。《計算機軟件保護

條例》第二十條規定：“轉讓軟件著作權的，當事人應當訂立書面合同”。計算機軟

件著作財產權按照該條的規定發生轉讓后，必然引起著作權主體的變化，產生新的

軟件著作權歸屬關系。軟件權利的轉讓應當根據我國有關法規以簽訂、執行書面合

同的方式進行。軟件權利的受讓者可以依法行使其享有的權利。如使用權，即在不

損害社會公共利益的前斃下，以復制、修改、發行、翻譯和注釋等方式合作軟件的

權利。本案例中，由于甲公司已將其開發的商業軟件經約定合法轉讓給乙公司，

因此甲公司已失去該商業軟件的使用權，其再對所轉讓的商業軟件實施修改、發行

等行為，則構成侵權。

11、文檔是軟件開發、使用和維護的必備資料。以下選項中，我國軟件行業首個具

有自主知識產權的國際標準是（11）。

A、ODF

R、UOF

C、UOML

D、OOXML

標準答案：C

知識點解析：非結構化操作置標語言（UOML,UnstructuredOperationMarkup

Language）定義了電子文檔的讀寫接口標準，即讓不同格式的文檔能夠實現互相讀

寫。打個比方，相當于USB標準，只負責讓不同的設備通過這一標準實現互相讀

寫，至于這些設備中的文件以什么格式存儲則與U0ML無關。2008年II月4日，

中國電子工業標準化技術協會（簡稱中電標協）在北京宣布，由中電標協文檔庫技術

標準工作委員會制定的電子文檔讀寫接口標準UOML已經于10月10日被OASIS

組織（即結構化信息標準促進組織）批準為國際標準。UOML由此成為中國軟件行業

第一個具有自主知識產權的國際標準。ODF、OOXML是下一代文檔格式的國際標

準，UOF（標文通）是我國文檔格式的國家標準。

12、按照國際電話電報咨詢委員會CCITT的定義，（12）屬于表現媒體。

圖像

A、

編碼

B、

硬盤

c、

打描

D、

案：D

標準答

的

ITT

會CC

詢委員

電報咨

際電話

按照國

廣泛，

圍相當

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媒體的

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定義

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媒體

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圖像

聲音、

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媒體

介媒

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媒體

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媒體

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和擴音

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器、