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91

一、中文選擇題(本題共44題，每題1.0分，共44

分。)

1、在程序執行過程中，高速緩存(Cache)與主存間的地址映射由。

A、操作系統進行管理

B、存儲管理軟件進行管理

C、程序員自行安排

D、硬件自動完成

標準答案：D

知識點解析：本題考查計算機系統的基礎知識。高速緩沖存儲器是存在于主存與

CPU之間的一級存儲器，由靜態存儲芯片(SRAM)組成，容量比較小但速度比主存

高得多，接近于CPU的工作速度。高速緩沖存儲器通常由高速存儲器、聯想存儲

器、替換邏輯電路和相應的控制線路組成，地址轉換通過硬件實現。

2、計算機中提供指令地址的程序計數器PC在中。

A、控制器

B、運算器

C、存儲器

D、I/O設備

標準答案：A

知識點解析：本題考查計算機系統的基礎知識。CPU主要由運算器、控制器

(ControlUnit,CU)、寄存器組和內部總線組成。其中，運算器(ALU)主要完成算術

運算和邏輯運算，實現對數據的加工與處理。不同的計算機的運算器結構不同，但

基本都包括算術和邏輯運算單元、累加器(AC)、狀態字寄存器(PSW)、寄存器組及

多路轉換器等邏輯部件。控制器的主要功能是從內存中取出指令，并指出下一條

指令在內存中的位置，將取出的指令送入指令寄存器，啟動指令譯碼器對指令進行

分析，最后發出相應的控制信號和定時信息，控制和協調計算機的各個部件有條不

紊地工作，以完成指令所規定的操作。控制器由程序計數器(PC)、指令寄存器

(IR)、指令譯碼器、狀態字寄存器(PSW)、時序產生器和微操作信號發生器等組

成。

3、以下關于兩個浮點數相加運算的敘述中，正確的是_______o

A、首先進行對階，階碼大的向階碼小的對齊

B、首先進行對階，階碼小的向階碼大的對齊

C、不需要對階，直接將尾數相加

D、不需要對階，直接將階碼相加

標準答案：B

知識點解析：本題考查計算機系統的基礎知識。浮點數進行加減運算需要以卜.步

驟：①對階。即比較兩個浮點數的階碼，求其差值。若差值不為0,則將階碼小

者的尾數右移差值的絕對值位，其階碼值加上差值的絕對值，使兩者的階碼相同。

②尾數相加（減）。對兩個完成對階后的浮點數執行求和（差）操作。③規格化處理。

若得到的結果不滿足規格化規則，就必須把它變成規格化的數。④舍入操作。在

執行對階或規格化操作時，會使尾數低位上的一位或多位的數值被移掉，使數值的

精度受到影響，可以把移掉的幾個高位的值保存起來供舍入使用。⑤判結果的正

確性，即檢查階碼是否溢出。

4、中斷向量提供o

A、函數調用結束后的返回地址

B、I/O設備的接口地址

C、主程序的入口地址

D、中斷服務程序入口地址

標準答案：D

知識點解析：本題考查計算機系統的基礎知識。中斷向顯是指早期的微機系統中

由硬件產生的中斷標識碼（中斷源的識別標志，可用來形成相應的中斷服務程序的

入口地址或存放中斷服務程序的首地址）。中斷是指在計算機執行程序的過程中，

當出現異常情況或者特殊請求時，計算機停止現行程序的運行，轉而對這些異常處

理或者特殊請求的處理，處理結束后再返回現行程序的中斷處，繼續執行原程序。

5、以下關于認證和加密的敘述中，錯誤的是________o

A、加密用以確保數據的保密性

B、認證用以確保報文發送者和接收者的真實性

C、認訐和加密都可以用I卜對手進行被動攻擊

D、身份認證的目的在于識別用戶的合法性，阻止非法用戶訪問系統

標準答案：c

知識點解析：本題考查信息安全的基礎知識。加密技術是最常用的安全保密手

段，數據加密技術的關鍵在于加密/解密算法和密鑰管理。數據加密的基本過程就

是對原來為明文的文件或數據按某種加密算法進行處理，使其成為不可讀的一段代

碼，通常稱為“密文”。“密文”只能在輸入相應的密鑰之后才能顯示出原來的內容，

通過這樣的途徑使數據不被竊取。在安全保密中，可通過適當的密鑰加密技術和管

理機制來保證網絡信息的通信安全。認證技術主要解決網絡通信過程中通信雙方

的身份認可。認證的過程涉及加密和密鑰交換。通常，加密可使用對稱加密、不對

稱加密及兩種加密方法的混合方法。認證方一般有賬戶名/口令認證、使用摘要算

法認證和基于PKI的認證。

6、訪問控制是對信息系統資源進行保護的重要措施，適當的訪問控制能夠阻止未

經授權的用戶有意或者無意地獲取資源。計算機系統中，訪問控制的任務不包括

A、審計

B、授權

C、確定存取權限

D、實施存取權限

標準答案：A

知識點解析：本題考查計算機系統安全的基礎知識。訪問控制的主要功能包括：

保證合法用戶訪問受權保護的網絡資源，防止非法的主體進入受保護的網絡資源，

或防止合法用戶對受保十的網絡資源進行非授權的訪問。訪問控制首先需要對用戶

身份的合法性進行驗證，同時利用控制策略進行選用和管理工作。當用戶身份和訪

問權限驗證之后，還需要對越權操作進行監控。

7、由于Internet規模太大，常把它劃分成許多小的自治系統，通常把自治系統內

部的路由協議稱為內部網關協議，自治系統之間的協議稱為外部網關協議。以下屬

于外部網關協議的是_______。

A、RIP

B、OSPF

C、BGP

D、UDP

標準答案：C

知識點解析：本題考查計算機網絡協議的基礎知識。RIP是一種內部網關協議

(IGP),是一種動態路由選擇協議，用于自治系統(AS)內的路由信息的傳遞。OSPF

路由協議是用于網際協議(IP)網絡的鏈路狀態路由協議。該協議使用鏈路狀態路由

算法的內部網關協議(IGP),在單一自治系統(AS)內部工作。BGP(邊界網關協議)

是運行于TCP上的一種自治系統的路由協議。BGP是唯一一個用來處理像因特網

大小的網絡的協議，也是唯一能夠妥善處理好不相關路由域間的多路連接的協議。

UDP(用戶數據報協議)是無連接的傳輸層協議，提供面向事務的簡單不可靠信息傳

送服務。

8、所有資源只能由授權方或以授權的方式進行修改，即信息未經授權不能進行改

變的特性是指信息的。

A、完整性

B、可用性

C、保密性

D、不可抵賴性

標準答案：A

知識點解析：試題分析本題考查計算機系統安全性的基礎知識。信息的完整性是

指信息在傳輸、交換、存儲和處理過程中，保持信息不被破壞或修改、不丟失和信

息未經授權不能改變的特性，也是最基本的安全特征。信息的可用性也稱有效

性，指信息資源可被授雙實體按要求訪問、正常使用或在非正常情況下能恢復使用

的特性(系統面向用戶服務的安全特性)。在系統運行時正確存取所需信息，當系統

遭受意外攻擊或破壞時，可以迅速恢復并能投入使用。是衡量網絡信息系統面向用

戶的一種安全性能，以保障為用戶提供服務。信息的保密性也稱機密性，是不將

有用信息泄露給非授權用戶的特性。可以通過信息加密、身份認證、訪問控制、安

全通信協議等技術實現，信息加密是防止信息非法泄露的最基本手段，主要強調有

用信息只被授權對象使用的特征。信息的不可抵賴性乂稱為拒絕否認性、抗抵賴

性，指網絡通信雙方在信息交互過程中，確信參與者本身和所提供的信息真實同一

性，即所有參與者不可否認或抵賴本人的真實身份，以及提供信息的原樣性和完成

的操作與承諾。

9、在Windows操作系統下，要獲取某個網絡開放端口所對應的應用程序信息，可

以使用命令O

A、ipconfig

B、traceroute

C、netstat

D、nslookup

標準答案：C

知識點解析：試題分析本題考查計算機網絡的基礎知識。ipconfig命令顯示所有當

前的TCP/IP網絡配置值、刷新動態主機配置協議(DHCP)和域名系統(DNS)設

置。iraccroute命令用來顯示網絡數據包傳輸到指定主機的路徑信息，追蹤數據傳

輸路由狀況。netstat命令的功能是顯示網絡連接、路由表和網絡接口信息，可以

讓用戶得知有哪些網絡連接正在運作。nslookup命令是一個監測網絡中DNS服務

器是否能正確實現域名解析的命令行工具。

10、甲、乙兩個申請人分別就相同內容的計算機軟件發明創造，向國務院專利行政

部門提出專利申請，甲先于乙一日提出，則0

A、甲獲得該項專利申請權

R、乙獲得該項專利申請權

C、甲和乙都獲得該項專利申請權

D、甲和乙都不能獲得該項專利申請權

標準答案：A

知識點解析：試題分析本題考查知識產權的相關知識。專利權指的是申請的發明

創造符合專利法授權的條件，被國家知識產權局授予的對某一技術的專有獨占權，

被授予專利權的技術可以被許可、轉讓、質押融資等，同時還擁有禁止他人實施、

對侵權者發起訴訟提請賠償的權利。專利申請權指的是發明創造在向國家知識產

權局提出申請之后，該發明創造的申請人(這里的申請人可以是自然人也可以是法

人)享有是否繼續進行專利申請程序、是否轉讓專利申請的權利。若兩個申請人分

別就相同內容的計算機程序的發明創造，先后向專利行政部門提出申請，先申請人

可以獲得專利申請權。

11、小王是某高校的非全日制在讀研究生，目前在甲公司實習，負責了該公司某軟

件項目的開發工作并撰寫相關的軟件文檔。以下敘述中，正確的是o

A、該軟件文檔屬于職務作品，但小王享有該軟件著作權的全部權利

B、該軟件文檔屬于職務作品，甲公司亨有該軟件著作權的全部權利

C、該軟件文檔不屬于職務作品，小王享有該軟件著作權的全部權利

D、該軟件文檔不屬于職務作品，甲公司和小王共同享有該著作權的全部權利

標準答案：B

知識點解析：試題分析本題考查知識產權的相關知識。根據我國《計算機軟件保

護條例》第十四條規定，公民在單位任職期間所開發的軟件，如是執行本職工作的

結果，即針對本職工作中明確指定的開發目標所開發的，或者是從事本職工作活動

所預見的結果或者自然的結果，則該軟件的著作權屬于該單位。公民所開發的軟件

如不是執行本職工作的結果，并與開發者在單位中從事的工作內容無直接聯系，同

時又未使用單位的物質技術條件，則該軟件的著作權屬于開發者自己。本題中的

軟件及其文檔都屬于職務作品，著作權屬于甲公司。

12、按照我國著作權法的權利保護期，以下權利中，受到永久保護。

A^發表權

B、修改權

C、復制權

D、發行權

標準答案:B

知識點解析：試題分析本題考查知識產權的相關知識。著作權保護期限是指著作

權受法律保護的時間界限。在著作權的期限內，作品受著作權法保護；著作權期限

屆滿，著作權喪失，作品進入公有領域。這也是著作權作為知識產權具有時間性這

一法律特征的體現。計算著作權的保護期限，應先區分權利及作者的類型：對于

著作人身權，也就是作者的署名權、修改權、保護作品完整權等權力，《中華人民

共和國著作權法》規定上述權利的保護期不受限制。對于著作財產權，也就是復

制權、發行權、展覽權、改編權、信息網絡傳播權等權利，如果作者是公民的，

《中華人民共和國著作權法》規定上述權利的保護期自創作完成時起算，截止于公

民死亡后第50年的12月31日；如果是法人作品和職務作品，《中華人民共和國

著作權法》規定保護期截止于作品首次發表后第50年的12月31日，但作品自創

作完成后50年內未發表的，則《中華人民共和國著作權法》不再保護。

13、結構化分析方法中，數據流圖中的元素在中進行定義。

A、加工邏輯

B、實體聯系圖

C、流程圖

D、數據字典

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查結構化分析的基礎知識。結構化分析方法是一種

建模技術，其建立的分析模型的核心是數據字典，描述了所有的在目標系統中使用

的和生成的數據對象。圍繞這個核心有三個模型：數據流圖，描述數據在系統中如

何被傳送或變換以及描述如何對數據流進行變換的功能（子功能），用于功能建模；

實體聯系圖，描述數據對象及數據對象之間的關系，用于數據建模：狀態遷移圖，

描述系統對外部事件如何響應，如何動作，用于行為建模。數據字典對數據流圖中

的元素進行定義。

14、良好的啟發式設計原則上不包括o

A、提高模塊獨立性

B、模塊規模越小越好

C、模塊作用域在其控制域之內

D、降低模塊接口復雜性

標準答案：B

知識點解析：試題分析本題考查軟件設計的基礎知識。要求考生了解一些良好的

啟發式軟件設計原則，包括將軟件劃分為模塊，提高軟件模塊的獨立性，模塊的規

模適中，模塊的作用域在其控制域之內以及降低模塊接口的復雜性等。而軟件模塊

的規模并不是越小越好，需要同時考慮模塊的獨立性等其他因素。

15、軟件項目成本估算模型COCOMOII中，體系結構階段模型基于進行

估算。

A、應用程序點數量

B、功能點數量

C、復用或生成的代碼行數

D、源代碼的行數

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查軟件項目管理中成本估算的相關知識。COCOMO

n模型考慮到軟件開發的三個階段：應用組成階段，該階段主要考慮高風險人機界

面的相關問題，估計大的對象規模，例如界面數、報表數等：早期設計階段，考慮

尋找候選的軟件架構和概念設計的工作量，對功能點進行估算；后系統架構階段，

即系統架構設計完成后，此時開發已經開始，估算主要是基于代碼行進行。

16、某表達式的語法樹如下圖所示，其后綴式（逆波蘭式）是

A、abcd-+

B、ab-c+d"

C、abc-d*+

D、ab-cd++

標準答案：C

知識點解析：本題考查程序語言基礎知識。對表達式語法樹進行后續遍歷，可得

到對應的后綴式。題中二叉樹的后綴遍歷序列為abc-d%o

17、用C/C++語言為某個應用編寫的程序，經過后形成可執行程序。

A、預處理、編譯、匯編、鏈接

B、編譯、預處理、匯編、鏈接

C、匯編、預處理、鏈接、編譯

D、鏈接、預處理、編譯、匯編

標準答案：A

知識點解析：試題分析本題考查程序語言的基礎知識。C/C++語言程序采用編譯

方式進行翻譯，源程序中通常有預處理指令include、#define等，需要先進行預處

理，然后進行編譯，形成匯編語言源程序（可選），再將多個目標代碼鏈接后形成可

執行程序。

18、在程序的執行過程中，系統用實現嵌套調用（遞歸調用）函數的正確返

回。

A、隊列

B、優先隊列

C、棧

D、散列表

標準答案：C

知識點解析：試題分析本題考查程序語言的基礎知識。在程序執行過程中進行函

數的嵌套調用，例如A調用B,B又調用C,C執行結束后應返回到B,B執行結

束后再返回到A,這種情況下后調用的先返回，符合棧的后進先出原則。

19、假設系統中有三個進程Pl、P2和P3,兩種資源RI、R2。如果進程資源圖如

圖①和圖②所示，那么，。

A、圖①和圖②都可化簡

B、圖而和圖②都不可化簡

C、圖①可化簡，圖②不可化簡

D、圖①不可化簡，圖②可化簡

標準答案：C

知識點解析：在圖①中，R1的可用資源數=1,R2的可用資源數=0,進程P1是非

阻塞節點，可以運行完畢：P1釋放其占用的資源后，R1的可用資源數=2,R2的

可用資源數=1,P2、P3都是非阻塞節點，因為P2申請2個R1資源、P1申請I個

R2資源的請求均可以滿足而運行完畢。可見進程資源圖①是可化簡的。圖②中，

R1和R2的可用資源數都為0,Pl、P2和P3都是阻塞節點，所以圖②是不可化簡

的。

20、假設計算機系統的頁面大小為4KB,進程P的頁面變換表如下表所示。若P

要訪問的邏輯地址為十六進制3c2OH,那么該邏輯地址經過地址變換后，其物理

頁號物理塊號

02

13

25

36

A、2048H

B、3C20H

C、5C20H

D、6C20H

標準答案：D

知識點解析：根據題意，頁面大小為4KB,邏輯地址為十六進制3c20H,其頁號

為3,頁內地址為C20H,查頁表后可知物理塊號為6,該地址經過變換后，其物

理地址應為物理塊號6拼接頁內地址C20H,即為十六進制6C20Ho

21、假設系統有n(nN5)個進程共享資源R,且資源R的可用數為5。若采用PV操

作，則相應的信號量S的取值范圍應為(27)o

A、

B、-5?5

C、-(n-lhl

D、-(n-5)~5

標準答案：D

知識點解析：本題考杳操作系統進程管理中信號量的基礎知識。本題中已知I有n

個進程共享R資源，且R資源的可用數為5,故信號量S的初值應設為5。當第1

個進程申請資源時，信號量S減1,即S=4；當第2個進程申請資源時，信號量S

減1,即S=3；當第3個進程申請資源時，信號量S減1,即S=2；當第4個進程

申請資源時，信號量S減1,即S=l：當第5個進程申請資源時，信號量S減1,

即S=0；當第6個進程申請資源時，信號量S減1,即S=1……當第n個進程申請

資源時，信號量S減1,即S=(n?5)。經上分析，信號量的取值范圍應在?(n-51?

5o

22、在支持多線程的操作系統中，假設進程P創建了線程Tl、T2和T3,那么以

下敘述中錯誤的是(28)o

A、線程Tl、T2和T3可以共享進程P的代碼段

B、線程Tl、T2可以共享P進程中T3的棧指針

C、線程Tl、T2和T3可以共享進程P打開的文件

D、線程Tl、T2和T3可以共享進程P的全局變量

標準答案：B

知識點解析：在同一進程中的各個線程都可以共享該進程所擁有的資源，如訪問進

程地址空間中的每一個虛地址；訪問進程所擁有的已打開文件、定時器、信號量機

構等，但是不能共享進程中某線程的棧指針。

23、若某模塊內所有處理元素都在同一個數據結構上操作，則該模塊的內聚類型為

________內聚。

A、邏輯

B、過程

C、通信

D、功能

標準答案：C

知識點露析：試題分析本題考查軟件設計相關的基礎知識。模塊獨立是指每個模

塊完成一個相對獨立的特定子功能，并且與其他模塊之間的聯系簡單。衡量模塊獨

立程度的標準有兩個：耦合性和內聚性。內聚是一個模塊內部各個元索彼此垢合

的緊密程度的度量，存在多種模塊內聚類型，其中，邏輯內聚是指模塊內執行若干

個邏輯上相似的功能，通過參數確定該模塊完成哪一個功能；過程內聚是指一個模

塊完成多個任務，這些任務必須按指定的過程執行；通信內聚是指模塊內的所有處

理元素都在同一個數據結構上操作，或者各處理使用相同的輸入數據或產生相同的

輸出數據；功能內聚是指模塊內的所有元素共同作用完成一個功能，缺一不可。

24、軟件質量屬性中，是指軟件每分鐘可以處理多少個請求。

A、響應時間

B、吞吐量

C、負載

D、容量

標準答案：B

知識點解析：試題分析本題考杳軟件質量屬性的基礎知識。選項中響應時間是指

對請求作出響應所需要的時間：吞葉量指單位時間內系統處理用戶的請求數.

25、提高程序執行效率的方法一般不包括。

A、設計更好的算法

B、采用不同的數據結構

C、采用不同的程序設計語言

D、改寫代碼使其更緊湊

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查軟件構建/程序設計的基礎知識。提高程序執行

效率是現代大多數軟件系統的一個重要的需求。要求考生了解提高軟件效率的典型

方法，如采用更高效的算法、更有效的數據結構、更高效的程序設計語言、分布式

計算等，但是改寫代碼使其更緊湊并不能提高程序的執行效率。

26、軟件可靠性是指系統在給定的時間間隔內、在給定條件下無失效運行的概率。

若MTTF和MTTR分別表示平均無故障時間和平均修復時間，則公式可

用于計算軟件可靠性。

A、MTTF/(1+MTTF)

B、1/(1+MTTF)

C、MTTR/(H-MTTR)

D、l/(l+HMTTR)

標準答案：A

知識點解析：本題考查軟件質量屬性的相關概念。要求考生了解軟件可靠性、可

用性和可維護性的定義及計算公式。若MTTF和MTTR分別表示平均無故障時間

和平均修復時間，則可靠性是指系統在給定的時間間隔內、在給定條件下無失效運

行的概率，計算公式為R=MTTF/(1+MTTF)；可用性是指系統在特定的時刻可用

的概率，計算公式為A=MTBF/(1+MTBF)；可維護性是指在給定的時間間隔內，系

統可以執行維護活動的概率，計算公式為M=1/(1+MTTR)O

27、面向對象程序設計語言C++、Java中，關鍵字(37)可以用于區分同名

的對象屬性和局部變量名。

A^private

B、protected

C、public

D、this

標準答案：D

知識點解析：本題考查面向對象程序語言的基礎知識。面向對象程序設計語言

中，通過使用不同關鍵字進行訪問控制。關鍵字private表示所修飾的方法或者屬

性，只能在本對象中訪問；關鍵字protected所修飾的方法或屬性，可以在本類中

使用，以及具有繼承關系的子類中訪問：關鍵字public所修飾的方法和屬性，在所

有對象中都可以使用。關鍵字this在C++、Java語言中用于表示當前對象實現對象

自身引用(sclf-rcfcrcncc)。對象自身引用的值和類型分別扮演了兩種意義的角色；

對象自身引用的值使得方法體中引用的成員名與特定的對象相關，對象自身引用的

類型則決定了方法體被實際共享的范圍。可用于區分當前對象屬性和局部變量名，

是OOPL中的一種特有結構。這種結構在不同的OOPL中有不同的名稱，在C++

和Java中稱為thiso

28、采用面向對象方法進行系統開發時，以下與新型冠狀病毒有關的對象中，存在

“一般一特殊”關系的是(38)o

A、確診病人和治愈病人

B、確診病人和疑似病人

C、醫生和病人

D、發熱病人和確診病人

標準答案：A

知識點解析：本題考查面向對象技術的基礎知識。把一組對象的共同特征加以抽

象并存儲在一個類中，不同個數的類之間可能有不同的關系。“一般-特殊”關系表

示一些類是某個類的特殊情況，某個類是一些類的一般情況，即特殊類是一般類的

子類,一般類是特殊類的父類。例如，“汽車”類、“火車”類、“輪船”類、“飛機”類

都是一種“交通工具”類C同樣，“汽車”類還可以有更特殊的子類，如“轎車”類、

“卡車，，類等。與新型冠狀病毒有關的對象類中，“醫生”不屬于“病人”類，“確診病

人”可以直接確診，不先成為“疑似病人”，“疑似病人”也有部分消除疑似不轉為“確

認病人“，“發熱病人”可能只是普通發熱；“確診病人''治愈后即為“治愈病人”，因

此，這兩者之間的關系形成一種一般和特殊的關系。

29、進行面向對象系統設計時，針對包中的所有類對于同一類性質的變化：一個變

化若對一個包產生影響，則將對該包中的所有類產生影響，而對于其他的包不造成

任何影響。這屬于設計原則。

A、共同重用

B、開放-封閉

C、接口分離

D、共同封閉

標準答案：D

知識點解析：本題考查面向對象技術的基礎知識。進行面向對象設計時，有一系

列設計原則，本題中涉及對象設計的四大原則。共同重用原則：一個包中的所有

類應該是共同重用的，即如果重用了包中的一個類，那么就要重用包中的所有類。

開放一封閉原則：軟件實體（類、模塊、函數等）應該是可以擴展的，即開放的，但是

不可修改的，即封閉的。接口分離原則：不應該強迫客戶類依賴于它們不用的方

法。接口屬于客戶，不屬于它所在的類層次結構：即：依賴于抽象，不要依賴于具

體，同時在抽象級別不應該有對于具體細節的依賴。這樣做的好處在于可以最大限

度地應對可能的變化。共同封閉原則：包中的所有類對于同一類性質的變化應該

是共同封閉的。一個變化若對一個包產生影響，則將對該包中的所有類產生影響，

而對于其他的包不造成任何影響。

30、多態有不同的形式.的多態是指同一個名字在不同上下文中所代表的

含義不同。

A、參數

B、包含

C、過載

D、強制

標準答案：C

知識點解析：本題考查面向對象技術的基礎知識。在面向對象方法中，多態有不

同的形式，分為參數多態、包含多態、過載多態和強制多態四種。參數多態采用參

數化模板，通過給出不同的類型參數，使得一個結構有多種類型：包含多態是指同

樣的操作可用于一個類型及其子類型，即子類型化；過載多態是指同一個名字在不

同上下文中可代表不同的含義，在繼承關系的支持下，可以實現把具有通用功能的

消息存放在高層次，而實現這一功能的不同行為放在較低層次，在這些低層次上生

成的對象能夠給通用消息以不同的響應：強制多態是指通過語義操作把一個變量的

類型加以變換。

A、一個Al的對象可能與一個A2的對象關聯

B、一個A的非直接對象可能與一個A1的對象關聯

C、類B1的對象可能通過A2與C1的對象關聯

D、有可能A的直接對象與B1的對象關聯

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查統一建模語言(UML)的基礎知識。UML類圖展現

了一組對象、接口、協作及其之間的關系，給出系統的靜態設計視圖。類圖中包含

類之外，還包含接口、協作，以及依賴、泛化和關聯關系。關系上還帶有多重度來

表示一個類的對象能夠與另一個類的多少個對象相關聯°本題圖中R1與A類的

繼承層次關系有關聯關系，1個A的對象可以與多個B1的對象關聯，1個B1對象

可以與2到多個A的對象關聯；1個A的對象可以與多個A的對象關聯；1個A2

的對象與多個C1類的對象關聯，1個C1的對象與多個A2的對象關聯；那么1個

B1對象可以通過A2與C1的對象關聯。因為A標混為【abstract】，即抽象類，抽

象類不能直接進行實例化，即沒有直接對象，只能有非直接對象，即了?類的對象，

因此，所有A的對象都是其子類的對象。

32、函數砧。()、hoo()定義如下。調用函數hoo()時，第一個參數采用傳值(callby

value)方式，第二個參數采用傳引用(callbyreference)方式。設有函數調用foo(5),

那么"print(x)”執行后輸出的值為o

A、24

B、25

C、30

D、36

標準答案：A

知識點解析：本題考查程序語言的基礎知識。傳值方式下，是將實參的值(右值)賦

值給形參變量，對被調用函數中的變量進行的操作與實參無關。引用方式下，將

形參看作是實參的別名，在被調用函數中對形參的操作即是對實參的操作，因此結

束調用后對實參進行修改的結果得以保留。在具體實現中，引用參數的實現是將實

參的地址傳遞給形參，借助指針實現對實參變量的訪問。根據題目中的函數定義

和調用說明，在函數hoo()中，形參x得到實參args的值(即5),執行用=x-l”后,

形參x的值改為4。hoo()的形參a為foo()的局部變量x(初值為6)的別名，在boo。

中執行“a=a*x”即6*4后得到值24(即foo()的局部變量x得到24),返回foo()之后執

行“print(x)”將輸出24o

33、程序設計語言的大多數語法現象可以用CFG(上下文無關文法)表示。下面的

CFG產生式集用于描述簡單算術表達式，其中+、-、*表示加、減、乘運算，id表

示單個字母表示的變量，那么符合該文法的表達式為(49)oB：

E->E+T|E-T|TT->T*F|FF->-F|id

A^a+-b-c

B、a*(b+c)

C、a*-b+2

D^-a/b+c

標準答案：A

知識點解析：本題考查程序設計語言的基礎知識。CFG是一個四元組G=(N,T,

P,S),其中：①N是非終結符(Nonlerminals)的有限集合；②T是終結符

(Terminals)的有限集合，且NDTrp；③P是產生式(Productions)的有限集合，

A—a,其中AEN(左部)。aW(NuT)*(右部)，若a=￡,則稱A-e為空產生式(也可以

記為A-)；④S是非終結符，稱為文法的開始符號(Startsymbol)。題中所給文法

的終結符集合為【+-*id](減運算符與一元取負運算共用同一個符號)，不包含除運

算和符號,因此“出小+廣匕忡+寸彳是符合該文法的表達式。另外,文

法中id表示單個字母變量，沒有數值常量，因此“a*.b+2”不是符合該文法的表達

式。若一個句子(終結符號序列)屬于給定的CFG,則可以從文法的起始符號出

發，推導出該句子。推導是將產生式左部的非終結符替換為右部的文法符號序列

(展開產生式，用標記=〉表示)，直到得到一個終結符序列。從E出發推導出“a+-b-

E

/!\

ET

/—\I

E+TF

nII

T

niCd

F

^idb

—

iad

C”的分析樹如右圖所示c

A、1001

B,1100

C、1010

D、0101

標準答案：B

知識點解析：本題考查程序設計語言的基礎知識。對于字符串s,若能被有限自動

機所識別，則應存在從初態到終態的一條路徑，路徑中弧上標識的字符鏈接起來形

成s。對于1001,其識別路徑為SOTSI—SO—sO—sl,字符串結束后si不是終態

(未到達終態)，因此該自動機不能識別1001。對于1100,其識別路徑為

sO-sl—s2-s2—s2,字符串結束后并到達終態，因此該自動機能識別1100。對于

1010.其識別路徑為到達狀態$1之后,不存在字符0的轉出

弧,因此該自動機不能吸別1010。對于0101,其識別路徑為

SOTSO—SITSOTSI,字符串結束后而si不是終態，不存在字符0的轉出弧，因此

該自動機不能識別0101。

35、假設關系RVU,F>,U=[A,B,C,D,E],F=[A—BC,AC—D,

B->D],那么在關系R中o

A、不存在傳遞依賴，候選關鍵字A

B、不存在傳遞依賴，候選關鍵字AC

C、存在傳遞依賴A-D,候選關鍵字A

D、存在傳遞依賴B-D,候選關鍵字C

標準答案：c

知識點露析：試題分析本題考查關系數據庫中候選關鍵字有關概念。根據

Armstrong公理系統的分解規則，對于函數依賴A—BC,意味著A—>B,A-C為F

所蘊涵。又已知B-D,根據Armstrong公理系統的傳遞率：若A-B,B一D為F

所蘊涵，則A-D為F所蘊涵，故存在傳遞依賴A-D。又由于(A)F+=U,故A為

候選關鍵字。

36、某企業信息系統采用分布式數據庫系統。“當某一場地故障時，系統可以使用

其他場地上的副本而不至于使整個系統癱瘓”稱為分布式數據庫的。

A、共享性

B、自治性

C、可用性

D、分布性

標準答案：c

知識點露析：本題考查對分布式數據庫基本概念的理解。在分布式數據庫系統

中，共享性是指數據存儲在不同的結點數據共享；自治性指每結點對本地數據都能

獨立管理；可用性是指當某一場地故障時，系統可以使用其他場地上的復本而不至

于使整個系統癱瘓：分布性是指數據在不同場地上的存儲。

37、以下關于Huffman（哈夫曼）樹的敘述中，錯誤的是。

A、權值越大的葉子高根結點越近

B、Huffman（哈夫曼）樹中不存在只有一個子樹的結點

C、Huffman（哈夫曼）樹中的結點總數一定為奇數

D、權值相同的結點到樹根的路徑長度一定相同

標準答案：D

知識點解析?：本題考查數據結構的基礎知識。假設有n個權值，則構造出的哈夫

蛀樹有n個葉子結點。n個權值分別設為wi、W2、…、wn,則哈夫曼樹的構造規

則為：①將W］、W2、…、Wn看成是有n棵樹的森林（每棵樹僅有一個結點）；②

在森林中選出兩個根結點的權值最小的樹合并，作為一棵新樹的左、右子樹，且新

樹的根結點權值為其左、右子樹根結點權值之和；③從森林中刪除選取的兩棵

樹，并將新樹加入森林：④重復②、③，直到森林中只剩一棵樹為止，該樹即為

所求得的哈夫曼樹。根據以上的構造過程可知，莊于總是先選擇權值小的結點，

因此權值越大的結點越晚加入，權值越大的葉子離根結點越近；由于每次都選擇兩

個結點進行合并，相當于每次都是去掉兩個結點、再加入一個結點，因此哈夫曼樹

中的結點總數為n+n-1即2xn-l,所以哈夫域樹中的非葉子必然有兩個子樹，結點

總數也一定為奇數。在合并過程中，若存在權值相同的兩個結點，且只能選攔其

中的一個進行合并時，另一個則更晚被合并，這樣就使得權值相同的結點到樹根的

路徑長度不一定相同。

38、通過元素在存儲空間中的相對位置來表示數據元素之間的邏輯關系，是

________的特點。

A、順序存儲

B、鏈表存儲

C、索引存儲

D、哈希存儲

標準答案：A

知識點解析：本題考查數據結構的基礎知識。順序存儲時，對于線性表，相鄰數

據元素的存放地址也相鄰（邏輯與物理統一），對于豐線性表，元素之間的邏輯關系

可映射為存儲位置之間的直接計算關系；要求內存中可用存儲單元的地址必須是連

續的v鏈式存儲時，相鄰數據元素可隨意存放，但所占存儲空間分兩部分，一部

分存放結點值，另一部分存放表示結點間關系的指針，即元素之間的關系通過指針

（存儲地址）來表示。散列存儲是直接將關鍵字的值做一個映射到存儲地址。索引

存儲則是另外使用關鍵字來構建一個索引表（可以是單級，也可以是多級的），需要

訪問元素時.，先在索引表中找到存儲位置后，再訪問內容。

39、在線性表L中進行二分查找，要求L,

A、順序存儲，元素隨機排列

B、雙向鏈表存儲，元素隨機排列

C、順序存儲，元素有序排列

D、雙向鏈表存儲，元素有序排列

標準答案：C

知識點解析：本題考查數據結構的基礎知識。設查找表的元素存儲在一維數組

r[l..n]+，在表中的元素已經按關鍵字遞增方式排序的情況下，進行二分查找(折半

查找)的方法是：首先將待查元素的關鍵字(key)值與表r中間位置上(下標為mid)記

錄的關鍵字進行比較，若相等，則查找成功：若key>r|mid].key,則說明待查記

錄只可能在后半個子表r[mid+l..n]中，下一步應在后半個子表中進行查找；若key

<r[mid].key,說明待查記錄只可能在前半個子表r[l..mid-1]中，下一步應在r

的前半個子表中進行查找，這樣逐步縮小范圍，直到查找成功或子表為空時失敗為

止。根據二分查找的過程可知，查找表中的元素應有序排列，同時需要能直接訪

問r[mid],需要能支持隨機訪問的存儲結構，即順序存儲。

40、某簡單無向連通圖G的頂點數為n,則圖G最少和最多分別有(64)條邊。

A、n>n2/2

B、n-1,nx(n-l)/2

C^n,nx(n-l)/2

D、n-1,n2/2

標準答案：B

知識點解析：試題分析本題考查圖數據結構的基礎知識。要求考生熟練掌握常用

的線性數據結構和非線性數據結構的基本概念、存儲結構和典型操作。題干給出具

有n個頂點的圖G是簡單無向連通圖，因此最少的邊數是n-1,是保持n個頂點能

夠連接在一起的最低條件，最多的邊數是任意兩個點之間均有邊相連，即nx(n-l)

/2o

41、根據漸進分析，表達式序列：產，Ign,2，1000,if%加從低到高排序為

A>Ign,1000n,n273,n4,n!,2n

B、n2/3,lOOOn,Ign,n4,n!,2n

C>Ign,lOOOn,n2/3,2n,n4,n!

D、Ign,n2/3,lOOOn,n4,2n,n!

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查算法分析的基礎知識。要求考生要能判斷漸進分

析、函數增長率等基本的概念，了解當n趨向于無窮大的時候，這些表達式增長的

快慢。因此，僅需要考慮表達式中最高階項，不需要考慮最高階項的系數和低階

項。其中，Ign的增長率介于1和n的大于零次方，2n小于n!。

42、采用DHCP動態分配IP地址，如果某主機開機后沒有得到DHCP服務器的響

應，則該主機獲取的IP地址屬于網絡。

A、202.117.0.0/16

B、192.168.1.0/24

C、172.16.0.0/24

D、169.254.0.0/16

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查計算機網絡的基礎知識。當一臺沒有IP地址的主

機接入了網絡中時，如果設置的是DHCP自動獲取地址，就會向網絡中發送

DHCP請求獲得IP地址。當客戶端為Windows主機、網卡配置為DHCP獲得地址

時，就開始向網絡中請求地址，先發送一個廣播包，等待1秒之后，如果沒有服務

器應答，就發送第二個廣播包，如果9秒后沒有收到應答，則發送第三個廣播包，

等待13秒，還沒有應答，最后再發送一個包，等待16秒后，最終在四個廣播包沒

有應答的情況下，默認是放棄請求，為網卡自動配上一個私有IP地址，地址段為

169.254.0.0/16,網絡狀態為“受限制或無連接“，169.254.0.0/16這個

地址段就是locallinkaddress（鏈路本地地址）。

43、在瀏覽器的地址欄中輸入xxxyftp.AbC.com.cn,該URL中是要訪

問的主機名。

A、xxxyftp

abc

C、com

D^cn

標準答案：A

知識點解析：本題考查計算機網絡的基礎知識。URL由三部分組成：資源類型、

存放資源的主機域名、資源文件名。URL語法：protocol：//hostname[：port|/

path/[；parameters][?query]#fragment

44、因特網中的域名系統（DomainNamcSystem）是一個分層的域名樹，在根域下面

是項級域。以下頂級域中，屬于國家頂級域。

A、NET

B、EDU

C、COM

D、UK

標準答案：D

知識點解析：本題考查計算機網絡的基礎知識。域名級數是指一個域名由多少級

組成，空名的各個級別被“.”分坐最右邊的那個詞稱為頂級域名（或一級域笆。

NET表示網絡服務機構，EDU表示教育機構，COM表示商業機構，還有表示國家

的頂級域名，UK表示英國。

二、中文選擇題（含2小題）（本題共22題，每題1.0

分,共22分。）

某計算機系統的CPU主頻為2.8GHzo某應用程序包括3類指令，各類指令的

CPI（執行每條指令所需要的時鐘周期數）及指令比例如下表所示。執行該應用程序

時的平均CPI為（4）；運算速度用MIPS表示，約為（5）o

'-^指令A指令B指令C

比例35%45%20%

CPI426

45、4

A、2.5

B、3

C、3.5

D、4

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

46、5

A、700

B、800

C、930

D、1100

標準答案：B

知識點解析：本題考查計算機系統的基礎知識。平均

CPI=0.35x4+0.45x2+0.2x6=3.5。主頻倒數為時鐘周期，即1/

2.8x10人12=0.357xl0A12oMIPS=每秒執行百萬條指令數=l/（CPIx時鐘周期戶主

頻/CPI2.8X109/3.5^0.8X109~800X106

如下所示的軟件項目活動圖中，頂點表示項目里程碑，連接頂點的邊表示包含的活

動，邊上的權重表示活動的持續時間（天），則完成該項目的最短時間為

47、17

A、17

B、19

C、20

D、22

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

48、18

A、1

B、2

C、3

D、4

標準答案：B

知識點解析：試題分析本題考查軟件項目管理的基礎知識。活動圖是描述一個項

目中各個工作任務相互依賴關系的一種模型，項目的很多重要特性可以通過分析活

動圖得到，如估算項目完成時間、計算關鍵路徑、關鍵活動等。根據上圖計算出

關鍵路徑為A-B-F-J-L和A-D-G-I-J-L,有2條關鍵路徑，其長度為22天。

某文件系統采用索引節點管理，其磁盤索引塊和磁盤數據塊大小均為IKB字節，

且每個文件索引節點有8個地址項iaddr[0]-iaddr[7],每個地址項大小為4字干，

其中iaddr[0]?iaddr[4]采用直接地址索引，iadck⑸和iaddr[6]采用一級間接地址索

引，iaddr⑺采用二級間接地址索引。若用戶要訪問文件userA中邏輯塊號為4和

5的信息，則系統應分別采用(25)o該文件系統可表示的單個文件最大長

度是(26)KBo

49、25

A、直接地址訪問和直接地址訪問

B、直接地址訪問和一級間接地址訪問

C、一級間接地址訪問和一級間接地址訪問

D、一級間接地址訪問和二級間接地址訪問

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

50、26

A、517

B、1029

C、65797

D、66053

標準答案：D

知識點解析：本題考查操作系統文件管理方面的基礎知識。根據題意，磁盤索引

塊為1K13字節，每個地址項大小為4字節，故每個磁盤索引塊可存放1024/4=256

個物理塊地址。又因為文件索引節點中有8個地址項，其中iaddr⑼?iaddr[4]采用

直接地址索引，這意味著邏輯塊號為0的物理地址存放在iaddr[O]中，邏輯塊號為

1的物理地址存放在iaddr[l]中，邏輯塊號為2的物理地址存放在iaddr[2]中，邏輯

塊號為3的物理地址存放在iaddr[3]中，邏輯塊號為4的物理地址存放在iaddr|4]

中；iaddr[5]和iaddr[6]是一級間接地址索引，其中第一個地址項指出的物理塊中是

一張一級間接地址索引表，存放邏輯塊號為5?260對應的物理塊號，第二個地址

項指出的物理塊中是另一張一級間接地址索引表，存放邏輯塊號為261?516對應

的物理塊號。經上分析，訪問邏輯塊號為4的信息應該采用直接地址訪問，邏輯塊

號為5的信息應該一級間接地址訪問。故用戶要訪問文件userA中邏輯塊號為4和

5的信息，則系統應分別采用直接地址訪問和一級間接地址訪問。又因為iaddr[7]

是二級間接地址索引，該地址項指出的物理塊存放了256個間接索引表的地址，這

256個間接索引表存放256x256=65536個物理塊號。可見每個文件索引節點表可

以存放5+(256+256)+65536=66053個文件的物理塊號，即單個文件的邏輯塊號可

以從0?66052。由于磁盤數據塊大小為1KB,所以單個文件最大長度是66

053KB。

噴泉模型是一種適合于面向(29)開發方法的軟件過程模型。該過程模型的

特點不包括(30)。

51、29

A、對象

B、數據

C、數據流

D、事件的類型及事件成功與否

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

52、30

A、以用戶需求為動力

B、支持軟件重用

C、具有迭代性

D、加發活動之間存在明顯的界限

標準答案：D

知識點解析：本題考查軟件過程模型的基礎知識。要求考生掌握典型的軟件廠發

過程模型，包括瀑布模型、原型模型、迭代開發模型、螺旋模型、噴泉模型等。

噴泉開發過程模型以用戶需求為動力，以對象為驅動，適合于面向對象的開發方

法。基于噴泉開發過程模型進行軟件開發時，開發活動之間并不存在明顯的界限。

用白盒測試技術對下面流程圖進行測試，設計的測試用例如下表所示。至少采用測

試用例(35)才可以實現語句覆蓋；至少采用測試用例(36)才可以

實現路徑覆蓋。

測試用例表

(35)A.①B.②C.③D.④

(36)A.①B.①@C.??D.

53、35

A、①

B、②

C、③

D、?

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

54、36

A、①

B、④②

C、③④

D、①②③④

標準答案：D

知識點解析：本題考查軟件測試的基礎知識。考生需要掌握軟件測試階段和軟件

測試技術，包括白盒測試方法和黑盒測試方法等。語句覆蓋和路徑覆蓋都是具體

的自盒測試方法。語句覆蓋是指設計足夠的測試用例，使得所小的語句至少執行一

次。本題中，只有兩個判斷均為T的時候執行所有的語句。分析測試用例①，第

一個判斷和第二個判斷均為T；測試用例②，第一個判斷和第二個判斷均為F；測

試用例③，第一個判斷和第二個判斷分別為F和T；測試用例④，第一個判斷和

第二個判斷分別為T和F。因此，正確選項為A。路徑覆蓋是指設計足夠的測試

用例，使得所有的路徑至少執行一次。根據題干給出的流程圖，一共有四個路徑,

對應兩個判斷的TT、TF、FT和FF,又根據上面分析，得到只有完全執行

①②③④四個測試用例才能覆蓋所有路徑，因此王確選項為Do

UML圖中，對象圖展現了(42)o(43)所力

不一致。

(42)A.一組對象、接口、協作和它們之間的關系

B.一組用例、參與者以及它們之間的關系

C.某一時刻一組對象以及它們之間的關系

D.以時間順序組織的對象之間的交互活動

55、42

A、

B、

C、

D、

標準答案；C

知識點解析：暫無解析

56、43

A、

B、

C、

D、

標準答案：D

知識點解析：試題分析本題考查統一建模語言(UML)的基礎知識。UML對象圖、

類圖、組件圖和部署圖各自刻畫系統的不同方面。其中，類圖展現了一組對象、接

口、協作及其之間的關系；對象圖展現了某一時刻一組對象以及它們之間的關系，

描述了在類圖中所建立的事物的實例的靜態快照；組件圖展示一組組件之間的組織

和依賴，它與類圖相關，通常可以把組件映射為一個或多個類、接口或協作；部署

圖展現了運行時處理結點以及其中構件的配置。題圖所示為在面向對象系統的建

模中所建立的最常見的圖，即UML類圖。圖中A和B分別表示兩個類。類A和

類B之間——表示關聯關系，是一種結構關系，它描述了一組鏈，鏈是對象之間

的連接。關聯上的多重度表示關聯的對象的個數，即類A的1個對象可以與多少

個類B的對象關聯，類B的I個對象可以與多少個A的對象關聯。圖中，關聯在

類A的一側多重度為1,類B的一側為*,表示1個類B的對象僅與1個類A的對

象關聯，1個A的對象與多個B的對象關聯。題目所示的對象圖中，選項D所示

為1個類B的對象bl與類A的2個對象al和a2關聯，這與題目中所示類圖所表

示的1個類B的對象僅與1個類A的對象關聯不一致。

某高校信息系統設計的分E-R圖中，人力部門定義的職工實體具有屬性：職工

號、姓名、性別和出生三期：教學部門定義的教師實體具有屬性：教師號、姓名和

職稱。這種情況屬于(5l)o在合并E-R圖時，(52)解決這一沖

突。

57、51

A、屬性沖突

B、命名沖突

C、結構沖突

D、實體沖突

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

58、52

A、職工和教師實體保持各自屬性不變

B、職工實體中加入職稱屬性，刪除教師實體

C、教師也是學校的職工，故直接將教師