軟件水平考試（中級）軟件設計師上午

（基礎知識）試題章節練習試卷6

一、中文選擇題（本題共20題，每題1.0分，共20

分。）

1、MPC（MultimediaPC）與PC的主要區別是增加了。

A、存儲信息的實體

B、視頻和音頻信息的處理能力

C、光驅和聲卡

D、大容量的磁介質和光介質

標準答案：B

知識點解析：多媒體就是多種信息載體的表現形式和連接方式。為了將不同的媒體

有機地連接起來，往往按照實際需要建立一種連接機制或結構，這種連接機制或結

構被稱為超媒體。超媒體是一個信息存儲和檢索系統，它把文字、圖形、圖像、動

畫、聲音、視頻等媒體集成為一個相關的基本信息系統。因此MPC與PC比起

來最重要的區別是對視頻和音頻信息的處理能力。

2、CDk.聲音的采樣頻率為44.1kHz,樣本精度為16b/s,雙聲道立體聲，那么其

未經壓縮的數據傳輸率為。

A、88.2Kb/s

B、705.6Kb/s

C、1411.2Kb/s

D、1536.0Kb/s

標準答案：C

知識點解析：未經壓縮的數字音頻數據傳輸率按下式計算：數據傳輸率（b/s戶采樣

頻率（Hz）x量化位數（b）x聲道數代入數據計算得到未經壓縮的數據傳輸率為

44.1kHzx16b/sx2=1411.2Kb/s。

3、PC機處理人耳能聽得到的音頻信號，其頻率范圍是

A、80?3400Hz

B、300?3400Hz

C、20Hz?20kHz

D、22-44.1kHz

標準答案：C

知識點解析：PC機處理的音頻信號主要是入耳能聽到的音頻信號，頻率范圍在

20Hz?20kHz之間。低于20Hz的聲波信號稱為亞音信號(也稱次音信號)，高于

20kHz的聲波信號稱為超音頻信號(也稱超聲波)。

4、未經壓縮的數字音頻數據傳輸率的計算公式為o

A、采樣頻率(Hz)x量化位數(bit)x聲道數xl/8

B、采樣頻率(Hz)x量化位數(bit)x聲道數

C、采樣頻率(Hz)x量化位數(bit)xl/8

D、采樣頻率(Hz)x量化位數(bit)x聲道數xl/16

標準答案：B

知識點解析：未經壓縮的數字音頻數據傳輸率按下式計算：數據傳輸率(b/s尸采樣

頻率(Hz)x量化位數(b)x聲道數波形聲音經過數字化后所需占用的存儲空間用下述

公式計算：聲音信號數據量=數據傳輸率x持續時間/8

5、5分鐘、雙聲道、2205kHz采樣、16位量化的聲音，經5:1壓縮后，其數字音

頻的數據量約為。

A、5.168MB

B、5.292MB

C、26.460MB

D、26.082MB

標準答案：B

知識點解析：采樣頻率為22.05kHz,每次采樣的數據量是16x2=32bit,則每秒的

數據量為22.05kHzx32bit/8=88200Bo5分鐘內經5:1壓縮后的數字音頻數據量為

88200Bx5x60/5=5.292MB。

6、人眼看到的任一彩色光都是亮度、色調和飽和度三個特性的綜合效果，其中

反應顏色的種類。

A、色調

B、飽和度

C、灰度

D、亮度

標準答案：A

知識點解析：我們可以用亮度、色調和飽和度3個物理量描述某一彩色光的度量，

并稱之為色彩三要素。(1)亮度：描述光作用于人眼時引起的明暗程度感覺，是指

彩色明暗深淺程度。(2)色調：指顏色的類別。(3)飽和度：指某一顏色的深淺程度

(或濃度)。

7、使用200dpi的掃描分辨率掃描一幅2x2.5英寸的黑白圖像，可以得到一幅

像素的圖像。

A、200x2

B、2x2.5

C、400x500

D、800x1000

標準答案：C

知識點解析：圖像分辨率是指組成一幅圖像的像素密度。用每英寸多少點(dpi)表示

數字圖像的大小。本題中用200分別去乘圖像的長和寬就得到掃描后的圖像的像

素。

8、要在網絡上發布彩色動畫文件，可以采用的存儲格式是_____o

A、BMP

B、JPEG

C、MP3

D、GIF

標準答案：D

知識點解析：BMP是標準的Windows操作系統采用的圖像文件格式，是一種巧設

備無關的位圖格式，目的是為了讓Windows能夠在任何類型的顯示設備上輸出所

存儲的圖像。JPEG文件格式的最大特點是文件非常小。它是一種有損壓縮的靜態

圖像文件存儲格式，支脊灰度圖像、RGB真彩色圖像和CMYK真彩色圖像。MP3

是音頻文件。GIF是壓縮圖像存儲格式，支持黑白圖像、16色和256色的彩色圖

像。

9、靜態圖像壓縮標準JPEG2000中使用的是算法。

A、K-L

B、離散正弦變換

C、離散余弦變換

D、離散小波變換

標準答案：D

知識點解析：JPEG專家組開發了兩種基本的壓縮算法，一種是以離散余弦變換為

基礎的有損壓縮算法，另一種是以預測技術為基礎的無損壓縮算法。為了在保證質

量的前提下進一步提高樂縮比，JPFC2000標準采用了小波變換算法.

10、是多媒體內容描述接口標準。

A、MPEG-1

B、MPEG-2

C、MPEG-4

D、MPEG-7

標準答案：D

知識點解析：MPEG是由ISO和IEC兩個組織機構聯合組成的一個專家組制定

的。MPEG-1：針對普通電視質量的視頻信號壓縮的標準；MPEG-2：針對高清晰

度電視的信號壓縮的標準；MPEG-4：多媒體應用標準；MPEG-7：多媒體內容描

述接口標準：MPEG-2I：多媒體框架結構標準。

11、彩色打印機中所采用的顏色空間是o

A、RGB彩色空間

B、CMY彩色空間

C、YUV彩色空間

D、HSL彩色空間

標準答案：B

知識點解析：根據三基色原理，油墨或顏料的三基色是青、品紅和黃，可以用這3

種顏色的油墨或顏料按不同的比例混合成任何一種由油墨或顏料表現的顏色，這種

彩色表示的方法稱為CMY彩色空間。彩色打印機和彩色印刷系統都采用這種顏色

空間。

12、在YUV彩色空間中對YUV分量進行數字化，對應的數字化位數通常采用

Y:U:V=o

A、8:4:2

B、8:4:4

C、8:8:4

D、4:8:8

標準答案：B

知識點解析：在多媒體計算機中采用了YUV彩色空間，數字化后通常為

Y:U:V=8:4:4或者Y:U:V=8:2:2o

13、下列關于計算機圖形圖像的描述中，不正確的是。

A、圖像都是由一些排成行列的點（像素）組成的，通常稱為位圖或點陣圖

B、圖像的最大優點是容易進行移動、縮放、旋轉和扭曲等變換

C、圖形是用計算機繪制的畫面，也稱矢量圖

D、圖形文件中只記錄生成圖的算法和圖上的某些特征點，數據量較小

標準答案：B

知識點解析：在計算機科學中，圖形和圖像是兩個不同的概念。圖形（也叫矢量圖

形）是用一系列計算機指令來描述和記錄的一幅圖的內容，即通過指令描述構成一

幅圖的所有直線、曲線、圓、圓弧、矩形等圖元的位置、位數和形狀,也可以用更

為復雜的形式表示圖形中的曲面、光照、材質等效果。矢量圖形實際上是用數學的

方式來描述一幅圖形圖像，在處理圖形圖像時根據圖元對應的數學表達式進行編輯

和處理。圖像是指用像素點來描述的圖。位圖圖像在計算機內存中由一組二進制數

位組成，這些位定義圖像中每個像素點的顏色和亮度。屏幕上一個點也稱為一個像

素，顯示一幅圖像時，屏幕上的一個像素也就對應于圖像中的某一個點。位圖適合

于表現比較細膩、層次較多、色彩較豐富、包含大量細節的圖像，并可直接、快速

地在屏幕上顯示出來，但占用存儲空間較大，一般需要進行數據壓縮。圖形只保存

算法和特征點，所以相對于位圖的大數據量來說，它占用的存儲空間較小。但由于

每次屏幕顯示時都需要重新計算，故顯示速度沒有圖像快。另外在打印輸出和放大

時，圖形的質量較高，而點陣圖常會發生失真。

14、標準中定義了MP3音樂標準。

A、JPEG

B、MPEG-1

C、MPEG-2

D、MPEG-3

標準答案：D

知識點解析：JPEG是靜止圖像壓縮和解壓縮算法的標準。JPEG成為了ISO的國

際標準。MPEG-3壓縮較大，是一種有損壓縮，其實際音質并不完美。在網絡、可

視電話等通信方面，MP3大有用武之地。MPEG-X版本是指一組ITU和ISO制定

發布的視頻、音頻和數據的壓縮標準。現在有3個扳本的MPEG,即MPEG」,

MPEG-2和MPEG-4。MPEG在提供高壓縮比的同時，數據壓縮的損失很小。

MPEG是動態圖像壓縮編碼標準。MPEG標準分MPEG視頻、MPEG音頻和視頻

音頻同步3部分。MPEG-I：數字電視標準。MPEG-2：數字電視標準。MPEG-4：

多媒體應用標準。

15、電視系統采用的顏色空間中，其亮度信號和色度信號是相分離的。下列顏色空

間中，顏色空間不屬于電視系統的顏色空間。

A、YUV

B、YIQ

C、YCbCr

D、HSL

標準答案:D

知識點解析：在現代彩色電視系統中，通常采用三管彩色攝像機或彩色CCD攝像

機，它把攝得的彩色圖像信號，經過分色、放大和校正得到RGB三基色，再經過

矩陣變換得到亮度信號Y、色差信號U(R-Y)和V(B-Y),最后發送端將這3個信號

分別進行編碼，用同一信道發送出去，這就是通常用的YUV彩色空間。常見的用

于電視系統的彩色空間包括YUV,YIQ,YCbCr等，其中YIQ用于NTSC彩電制

式，YUV用于PAL和SECAM彩電制式，YCbCr用于計算機的顯示器。HSL指色

調■飽和度-亮度顏色模型。

16、MPFC視頻中的時間冗余信息可以采用的方法來進行壓縮編碼0

A、幀間預測和變換編碼

B、哈夫曼編碼和運動補償

C、變換編碼和行程編碼

D、幀間預測和運動補償

標準答案：D

知識點解析：視頻圖像本身在時間和空間上都存在冗余信息。視頻圖像壓縮技術的

基本思想和方法可以歸納為兩個要點：在空間上，圖像數據壓縮采用JPEG壓縮方

法來去除冗余信息，主要方法包括幀內預測和變換編碼；在時間上，圖像數據壓縮

采用幀間預測編碼和運動補償來去除冗余信息。視頻壓縮中包括無損壓縮和有損壓

縮兩種方式，其中哈大曼編碼和行程編碼方法屬于無損壓縮，而預測編碼、變換編

碼和運動補償屬于有損壓縮。

17、若視頻圖像序列中兩幀相鄰圖像之間存在著極大的相關性，則這種相關性稱為

______冗余O

A、空間

B、時間

C、視覺

D、信息端

標準答案：B

知識點解析：在圖像中攜帶信息的那部分數據稱為信息量，不攜帶信息的數據稱為

冗余量。在圖像壓縮時，人們總是力求壓縮冗余量以提高存儲的效率。冗余有三種

形式，分別是空間冗余、時間冗余和知覺冗余。空間冗余指在圖像的某一點自身與

其相鄰的一些區域內存在著有規則的相關性，時間冗余通常指圖像序列的前后相鄰

的兩幅圖像間呈現的相關性，而知覺冗余是指超出人們聽覺和視覺感知能力的視音

頻信號。

18、MPEG-4相對于MPEG的以前版本的最大特點是。

A、更高的壓縮比

B、更多的基本圖形的模板

C、更強的交互能力

D、更快的運算速度

標準答案：C

知識點解析：MPEG-4相對于MPEG的以前版本的最顯著的差別在于它采用基于

對象的編碼理念，采用合成對象/自然對象混合編碼算法，以及在實現交互功能和

重用對象中引入了組合、合成和編排等重要概念。

19、為保證用戶在網絡上邊下載邊觀看視頻信息，需要采用技術。

A、流媒體

B、數據庫

C、數據采集

D、超連接

標準答案：A

知識點解析：流媒體是由在網絡中使用流式傳輸技術的連續時基媒體，而流媒體技

術是指把連續的影像和聲音信息經過壓縮處理之后放到專用的流服務器上，讓瀏覽

者一邊下載一邊觀看、收聽，而不需要等到整個多媒體文件下載完成就可以即時觀

看和收聽的技術。

20、雙層雙面只讀DVD盤片的存儲容量可以達到o

A、4.7GB

B、8.5GB

C、17GB

D、6.6GB

標準答案：C

知識點解析：只讀光盤直徑有12cm8cm兩種尺寸規格，每一種規格按盤片結

構都可以劃分為單層單面、單層雙面、雙層單面和雙層雙面4種盤片類型。雙層雙

面DVD是目前存儲容量最大的DVD盤片類型，容量高達17GB,相當于26張

CD-ROM盤片。

二、中文選擇題(含2小題)(本題共22題，每題1.0

分,共22分。)

微機用的系統，總線有多種，其中(3)是早期工業標準體系結構單總線的直接擴

展，并向下與其兼容；(4)首先應用于奔騰機，數據線寬度已可為64位，并有數據

緩沖能力。

21、微機用的系統，總線有多種，其中(3)是早期工業標準體系結構單總線的直接

擴展，并向下與其兼容；(4)首先應用于奔騰機，數據線寬度已可為64位，并有數

據緩沖能力。

A、VESA

B、SCSI

C、EISA

D、PCI

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

22、

A、VESA

B、SCSI

C、EISA

D、PCI

標準答案：D

知識點解析：本題主要考查考生對計算機總線的了解情況。四個選項分別是：

VESA是一種局部總線，它定義了32位數據線，且可通過擴展槽擴展到64位，是

一種高速、高效的局部總線。SCSI總線是一種用于快速數據傳輸的標準并行接

口。SCSI端口可以連接多臺設備，廣泛用于連接軟盤、光盤等。該接口早期是8

位的，后來發展成16位。EISA總線是對ISA總線的擴展。PCI總線定義了32位

數據總線，且可擴展為64位。PCI局部總線不能兼容現有的ISA、EISA和

MCA總線。

在計算機中，最適合進行數字加減運算的數字編碼是(7),最適合表示浮點數階碼

的數字編碼是(8)。

23、在計算機中，最適合進行數字加減運算的數字編碼是(7),最適合表示浮點數

階碼的數字編碼是(8)。

A、原碼

反碼

C、補碼

D、移碼

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

24、

A、原碼

B、反碼

C、補碼

D、移碼

標準答案：D

知識點解析：此題主要考查原碼、反碼、補碼和移碼的特點。原碼利于加法運算而

不利于進行減法運算。反碼利于減法運算而不利于直接進行加法運算。正數的補碼

等于原碼，負數的補碼等于反碼加1,所以補碼能正確地進行加法運算，也可以進

行減法運算，因而補碼最適合進行數字加減運算。移碼是在補碼的基礎上把首位取

反得到的，所以移碼適合階碼的運算，常用于表示階碼。

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

某計算機有14條指令，其使用頻度分別如圖1-4所示。圖Z指令蟆度這

14條指令的指令操作碼用等長碼方式編碼，其編科的碼長至少為(11)位。若只用兩

種碼長的擴展操作碼編碼，其平均碼長至少為(12)位。

25、某計算機有14條指令，其使用頻度分別如圖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

圖】*4指令蟆度這14條指令的指令操作碼用等長碼方式編碼，其編碼的碼

長至少為(11)位。若只用兩種碼長的擴展操作碼編碼，其平均碼長至少為(12)位。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

26>

A、2.8

B、3.4

C、3.8

D、4.2

標準答案：B

知識點解析：在使用等長碼設計指令操作碼時，二進制編碼的碼長必須能表示所設

計的指令，而且各指令操作碼的長度是一樣的。由于3位編碼只能表示8條指令，

所以14條指令需4位編碼來表示，故用等長編碼時，其編碼的平均碼長為4位。

在采用只有兩種碼長的于展操作碼編碼時，應根據表中所給出的指令使用頻度分成

兩組，將使用頻度高的6條指令用3位編碼來表示，3位編碼可編出從000到111

共8種形式，將其中的000到101表示使用頻度高的6條指令。剩余的兩種編碼

110和111最高兩位同時為I,恰好作為長碼的擴展標識，其后再用3位編碼構成

最高兩位同時為I的5位編碼，這5位編碼有8種形式，正好表示剩余的X種使用

頻度的8條指令。由于3位編碼指令的使用頻度為0.8,而5位編碼的使用頻度為

0.2,故該編碼方式的平均碼長為：3x0.8+5x0.2=3.4(位)。

若每一條指令都可以分解為取指、分析和執行三步，已知取指時間取指=5與，分析

時間分析=2回，執行時間執行=5與，如果按順序方式從頭到尾執行完500條指令需

(35)Ato如果按照［執行］4［分析］k+1、［取指］k+2重疊的流水線方式執行指令，從頭

到尾執行完500條指令需(36)回。

27、若每一條指令都可以分解為取指、分析和執行三步，已知取指時間取指=5%,

分析時間分析=2加，執行時間執行=5與，如果按順序方式從頭到尾執行完500條指

令需(35)加。如果按照［執行［分析］k+1、［取指］k+2重疊的流水線方式執行指令，

從頭到尾執行完500條指令需(36)似。

A、5590

B、5595

C、6000

D、6007

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

28、

A、2492

B、2500

C、2510

D、2515

標準答案：C

知識點解析：流水線技術是通過并行硬件來提高系統性能的常用方法。計算機流水

線技術包括指令流水線和運算操作流水線。計算機中一條指令的執行需要若干步，

通常采用流水線技術來實現指令的執行，以提高CPU的性能。按順序方式：

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

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

高速緩存Cache與主存間采用全相連地址映像方式，高速緩存的容量為4MB,分

為4塊，每塊1MB,主存容量為256MB。若主存讀寫時間為30ns,高速緩存的讀

寫時間為3ns,平均讀寫時間為3.27ns,則該高速緩存的命中率為(63)%。若地址

表1-6地址變換表

38H

88H

59H

變換表如表1-6所示,則主存地址為8888888H時，高速緩

存地址為(64汨。

29、高速緩存Cache與主存間采用全相連地址映像方式，高速緩存的容量為

4MB,分為4塊，每塊1MB,主存容量為256MB。若主存讀寫時間為30ns,高速

緩存的讀寫時間為3ns,平均讀寫時間為3.27ns,則該高速緩存的命中率為

表L6地址變換表

(63)%o若地址變換表如表1-6所示，則主存地址為

8888888H時，高速緩存地址為(64)H。

A、90

B、95

C、97

D、99

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

30、

A、488888

B、388888

C、288888

D、188888

標準答案：D

知識點解析：對于空(1),設Cache的命中率為h,則有:3h+30(l?h)=3.27解得

h=0.99,答案選D。對于空(2),在全相連地址映像方式中，主存中的任意一塊可

以映像到Cache中的任意一塊中，映像是通過地址轉換表來實現的。由于塊大小是

1M(=220).需要20位地址來表示，因此在內存地址8888888H中，塊號是88H,

塊內地址是88888H,查找地址變換表，其對應的Cache地址的塊號為1H,因此

Cache地址為188888H,答案也選D。

數據存儲在磁盤上的排列方式會影響I/O服務的總時間。假設每磁道劃分成10個

物理塊，每塊存放1個邏輯記錄。邏輯記錄RI,R2,...?R10存放在同一個磁道

上，記錄的安排順序如表1-7所示。

表1-7記錄順序

物理塊12345678910

邏輯記錄R1R2R3R4R5R6R7R8R9R10

定磁盤的旋轉速度為20ms/周，磁頭當前處在R1的開始處。若系統順序處理這些

記錄，使用單緩沖區，每個記錄處理時間為4ms,則處理這10個記錄的最長時間

為(66)；若對信息存儲進行優化分布后，處理10個記錄的最少時間為(67)。

31、數據存儲在磁盤上的排列方式會影響I/O服務的總時間。假設每磁道劃分成

10個物理塊，每塊存放1個邏輯記錄。邏輯記錄RI,R2,R10存放在同一個

磁道上，記錄的安排順序如表所示。

表1-7記錄順序

物理塊12345678910

邏輯記錄R1R2R3R4R5R6R7R8R9R10

定磁盤的旋轉速度為20ms/周，磁頭當前處在R1的開始處。若系統順序處理這些

記錄，使用單緩沖區，每個記錄處理時間為4ms,則處理這10個記錄的最長時間

為(66)；若對信息存儲進行優化分布后，處理10個記錄的最少時間為(67)。

A、180ms

200ms

C,204ms

D、220ms

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

32、

A、40ms

B、60ms

C、100ms

D、160ms

標準答案：B

知識點解析：系統讀記錄的時間為20/10=2ms。對于第一種情況，系統讀出并處理

記錄RI之后，將轉到記錄R4的開始處，所以為了讀出記錄R2,磁盤必須再轉一

圈，需要2ms(讀記錄)加20ms(轉一圈)的時間。這樣，處理10個記錄的總時間

應為處理前9個記錄的總時間再加上讀RI0和處理的時間，即為204ms。至于第二

種情況，對信息進行分布優化的結果如表1-8所示。

1-8分布優化的結果

物理塊12345678910

邏輯記錄R1R8R5R2R9R6R3R10R7R4

從表中可以看出，當讀出記錄R1并處理結束后，磁頭剛好轉至R2記錄的開始

處，立即就可以讀出并處理，因此處理10個記錄的總時間為10x(2ms(讀記

錄)+4ms(處理記錄))=10x6ms=60mso

硬磁盤存儲器的道存儲密度是指(69),而不同磁道上的位密度是(70)。

33、硬磁盤存儲器的道存儲密度是指(69),而不同磁道上的位密度是(70)。

A、沿同磁道每毫米記錄的二進制位

B、同一柱面上的磁道數

C、一個磁道圓周上所記錄的二進制位數

D、沿磁盤半徑力向上單位長度(毫米或英寸)上的磁道數

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

34、

A、靠近圓心的密度大

B、靠近外邊沿的密度大

C、靠近圓心的密度小

D、靠近半徑中間的密度小

標準答案：A

知識點解析：磁盤上的數據都存放在磁道上。磁道就是磁盤上的一組同心圓，其寬

度與磁頭的寬度相同。為了減少干擾，磁道與磁道之間要保持一定的間隔，沿磁盤

半徑方向，單位長度內磁道的數目被稱為道密度。最外層的磁道為。道。沿磁道方

向，單位長度內存儲二進制信息的個數叫位密度。為了簡化電路設計，每個磁道存

儲的位數都是相同的，所以磁盤的位密度也隨著磁道從外向內而增加。

相對于DES算法而言，RSA算法的(102),因此,RSA(103)o

35、相對于DES算法而言,RSA算法的(102),因此,RSA(103)o

A、加密密鑰和解密密鑰是不相同的

B、加密密鑰和解密密鑰是相同的

C、加密速度比DES要高

D、解密速度比DES要高

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

36、

A、更適用于對文件加密

B、保密性不如DES

C、可用于對不同長度的消息生成消息摘要

D、可以用于數字簽名

標準答案：D

知識點解析：非對稱加密以RSA為代表。RSA算法是第一個能同時用于加密和數

字簽名的算法.也易于理解和操作.RSA是被研究得最廣泛的公鑰算法，并被普

遍認為是目前最優秀的公鑰方案之一。RSA的安全性依賴于大數的因子分解，但

并沒有從理論上證明破譯RSA的難度與大數分解難度等價。即RSA的重大缺陷是

無法從理論上把握它的保密性能如何，而且密碼學界的多數人士傾向于因子分解不

是NPC問題。RSA的缺點主要有：①產生密鑰很麻煩，受到素數產生技術的限

制，因而難以做到一次一密。②分組長度太大，為保證安全性，至少也要600

bits以上，使運算代價很高，尤其是速度較慢，較對稱密碼算法慢幾個數量級；且

隨著大數分解技術的發展，這個長度還在增加，不利于數據格式的標準化。

某公司服務器上存儲了大量的數據，員工使用服務器前首先必須登錄。為了保證安

全，使用認證技術(106)。為保證傳輸效率，使用(107)加密算法對傳輸的數據進行

力II密O

37：%公司服務器上存儲r大量的數據，員工使用服務器前首先必須登錄。為了保

證安全，使用認證技術(106)。為保證傳輸效率，使用(107)加密算法對傳輸的數據

進行加密。

A、對登錄系統的用戶身份進行認可

B、保護數據在傳輸中的機密性

C、保證數據在傳輸中不被非法修改

D、防止登錄信息被泄露出去

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

38、

A、RSA

13、ECC

C、MD4

D、3DES

標準答案：D

知識點解析：認證技術主要解決網絡通信過程中通信雙方的身份認可。密鑰加密體

制分對稱密鑰體制和非對稱密鑰體制，對數據加密的技術分為對稱加密(私人密鑰

加密)和非對稱加密(公開密鑰加密)。對稱加密采用了對稱密碼編碼技術，文件加密

解密使用相同的密鑰，即加密密鑰也是解密密鑰。使用簡單快捷，密鑰短小且破譯

困難，以DES為代表，密鑰長度為56位。3DES或TDES是采用三重DES。RC-5

和IDEA也是對稱加密算法。非對稱加密需要兩個密鑰：公開密鑰和私有密鑰，是

成對出現的，即公開密鑰加密的只能由私有密鑰解密，私有密鑰加密的只能由公開

密鑰解密。優點是保密性較好，消除了最終用戶交換密鑰的需要，但加密解密花費

時間長，不適合對文件加密而只適用于對少量數據進行加密。非對稱加密以RSA

為代表。ECC是指糾錯碼，如海明碼。

兩個公司希望通過Internet進行安全通信，保證從信息源到目的地之間的數據傳

輸以密文形式出現，而且公司不希望由于在中間節點使用特殊的安全單元增加開

支，最合適的加密方式是(109),使用的會話密鑰算法應該是(110)。

39、兩個公司希望通過Internet進行安全通信，保證從信息源到目的地之間的數

據傳輸以密文形式出現，而且公司不希望由于在中間節點使用特殊的安全單元增加

開支，最合適的加密方式是(109),使用的會話密鑰算法應該是(110)。

A、鏈路加密

B、節點加密

C、端-端加密

D、混合加密

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

40、

A、RSA

B、RC-5

C、MD5

D、ECC

標準答案：B

知識點解析：鏈路加密只對兩個節點之間(不含信息源和目的地兩個端點本身)的通

信信道線路上所傳輸的信息進行加密保護，但是在傳輸過程中經過每個節點時，節

點中的數據是明文。節點加密的加、解密都在節點中進行，即每個節點里裝有加解

密保護裝置，用于完成一個密鑰向另一個密鑰的轉換。雖然節點中不會出現明文，

但是需要在經過的每個節點加裝保護裝置，這不僅不方便使用，而且會增加開支。

端一端加密為系統提供從信息源到目的地傳送數據的加密保護，不需要在通信節點

上增加額外的安全單元，而且能夠保證數據自始至終以密文形式出現，即使在節點

中也是密文。RC-5是對稱密碼，加解密都使用相同的密鑰，加密效率高，適合于

加密大量的數據。RSA和ECC是非對稱密碼，加解密使用不同的密鑰(公鑰和私

鑰)，它們對計算資源的消耗較大，適合于加密非常少的數據，如加密回話密鑰。

MD5可以用于生成數字摘要。

常規的數據加密標準DES采用(115)位有效密鑰對(116)位的數據塊進行加密。

41、常規的數據加密標準DES采用(115)位有效密鑰對(116)位的數據塊進行加密。

A、56

B、64

C、112

D、128

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

42、

A、32

B、64

C、128

D、256

標準答案：R

知識點解析：美國數據加密標準DES是一種對稱加密算法，“對稱”是指采用的保

密密鑰既可用于加密也可用于解密。DES的算法是公開的，密鑰由用戶自己保

護。密鑰長度為64bit,其中有8bit奇偶校驗，有效長度為56bit,即采用一個56

位的有效密鑰對64位的數據塊進行加密。

三、中文選擇題(含3小題)(本題共75題，每題7.0

分，共75分。)

一棵查找二叉樹，其節點A,B,C,D,E,F依次存放在一個起始地址為n(假定

地址以字節為單位順序編號)的連續區域中，每個節點占4字節，前二字節存放節

點值，后二字節依次放左指針、右指針。若該查找二叉樹的根節點為E,則它的

一種可能的前序遍歷為(20),相應的層次遍歷為(21)。在以上兩種遍歷情況下，節

點c的左指針LC的存放地址為(22),LC的內容為(23)。節點A的右指針RA的內

容為(24)。

43、一棵查找二叉樹，其節點A,B,C,D,E,F依次存放在一個起始地址為

n(假定地址以字節為單位順序編號)的連續區域中，每個節點占4字節，前二字節

存放節點值，后二字節依次放左指針、右指針。若該查找二叉樹的根節點為E,

則它的一種可能的前序遍歷為(20),相應的層次遍歷為(21)。在以上兩種遍歷情況

下，節點c的左指針LC的存放地址為(22),LC的內容為(23)。節點A的右指針

RA的內容為(24)。

A、EAFCBD

B、EFACDB

C、EABCFD

D、EACBDF

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

44、

A、EAFCBD

B、EFACDB

C、EABCFD

D、EACBDF

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

45、

A、n+9

B、n+10

C、n+12

D、n+13

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

46、

A、n+4

B、n+8

C、n+12

D、n+16

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

47、

A、n+4

B、n+8

C、n+12

D^n+16

標準答案：B

知識點解析：此題最主要的條件就是“查找二叉樹”，查找二叉樹中每一個節點的左

子樹節點關鍵值小于節點本身，而右子樹節點大于節點本身。題目中又給出條件

“根節點為E"，所以比E小的節點A,B,C,D都是E的左子樹節點，而F是右

子樹節點，又因為前序遍歷順序為：根、左、右，所以前序遍歷的第一個節點是

E,最后一個節點是F。因此對于空(1),選項D滿足。由上述分析知道，前序遍歷

序列為EACBDF,且知道二叉樹的左子樹是ACBD,再根據前序遍歷的性質和A

是左子樹的根節點，可知C,B,D均是A節點下的右子樹。同理B和D分別是C

的左子樹和右子樹。最后所得的二叉樹如圖8-5所示。圖8-5二叉樹根據圖8-

5,我們立即得到該二叉樹的層次遍歷序列為EAFCBD。根據試題條件，節點A,

B,C,D,E,F依次存放，且每個節點占4字節，所以C的起始地址為n+8,Lc

的地址為n+10。根據圖8-5所示，Lc中應存放B的地址，由于起始地址為n,因

此B的地址為n+4,Lc上的內容是n+4o節點A的右指針Ra中應存放C的地址，

而C的地址為n+8,即Ra的內容是n+8。

給定數據結構(V,E),y為節點的有限集合，V={VI,V2,V3,V4,V5,V6,

V7,V8),E是V上關系的集合。E={<V1,V2>,<V3,V4),<V5,V6>,

<V5,V6>,<V1,V3>,<V4,V7>,<V4,V5>,<V2,V4>,<V4,

V6>),它所對應的圖形是(42),這是(43)。圖的存儲結構主要有鄰接表和(44),若

用