2009上半年軟件設計師上午試題分析與解答

1、第1章 2009上半年軟件設計師上午試題分析與解答試題(1)海明校驗碼是在n個數(shù)據(jù)位之外增設 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較均勻地拉大。n與k的關系是 (1)。(1) A. 2k 1 n k B. 2n 1 n k C. n k D. n 1 k 試題(1)分析本題考查校驗碼方面的基礎知識。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位的碼字的海明碼，所需步驟如下：(1)確定最小的校驗位數(shù)

2、k,將它們記成D1、D2、Dk,每個校驗位符合不同的 奇偶測試規(guī)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，則認為信息無錯誤。如果發(fā)現(xiàn)有一個或多個錯了，則錯誤的位由這些檢查的結果來唯一地確定。求海明碼時的一項基本考慮是確定所需最少的校驗位數(shù)k?？紤]長度為n位的信息，若附加了 k個校驗位，則所發(fā)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位的二進制，它可以確定最多2k種不同狀態(tài)。這些狀

3、態(tài)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(2kT)種狀態(tài)可以用來判定誤碼的位置。于是導出以下關系：2kT n+k參考答案（1） A試題(2)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(qū)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(qū)， 每扇區(qū)512字節(jié)，則該硬盤的格式化容量約為 MB。(2) A.C.8*(3010)*10*250*168*1024*10248*(3010)*10*250*16*168*1024*1024B.D.8*(3010)*10*16*16*5122*1024

4、*10248*(3010)*16*16*5122*1024*1024試題（2）分析本題考查計算機系統(tǒng)硬件方面磁盤容量的計算。計算公式如下：硬盤容量分為非格式化容量和格式化容量兩種,非格式化容量=面數(shù)X （磁道數(shù)/面）X內圓周長X最大位密度格式化容量=面數(shù)X （磁道數(shù) /面）X （扇區(qū)數(shù)/道）X （字節(jié)數(shù)/扇區(qū)）題目中給出硬盤的面數(shù)為8,每面的磁道數(shù)為（30T0） x 10+2X16,每磁道扇區(qū)數(shù)為16,每扇區(qū)512字節(jié)，因此其格式化容量為8*(3010)*10*16*16*5122換算成MB單位時再除以1024*1024。參考答案（2） B試題（3）（3）是指按內容訪問的存儲器。B.相聯(lián)存儲器

5、D.隨機訪問存儲器（3） A.虛擬存儲器C.高速緩存（Cache）試題（3）分析本題考查計算機系統(tǒng)存儲器方面的基礎知識。計算機系統(tǒng)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(lián)存儲器是一種按內容訪問的存儲器。參考答案（3） B試題（4）處理機主要由處理器、存儲器和總線組成，總線包括（4）。（4） A.數(shù)據(jù)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

6、、外部總線D.邏輯總線、物理總線、內部總線試題（4）分析本題考查計算機系統(tǒng)總線和接口方面的基礎知識。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部分的連接。 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(tǒng)總線。用于構成計算機各組成部分（ CPU、內存和接口等）的 連接。外總線，又稱通信總線。用計算機與外設或計算機與計算機的連接或通信。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(shù)據(jù)總線、地址總線和控制總線。參考答案（4） A試題（5）計算機中常采用原碼、 反碼、補碼和移碼表示

7、數(shù)據(jù)， 其中，編碼相同的是 （5）。（5） A.原碼和補碼B.反碼和補碼C.補碼和移碼D.原碼和移碼試題（5）分析本題考查計算機系統(tǒng)數(shù)據(jù)編碼基礎知識。設機器字長為n （即采用n個二進制位表示數(shù)據(jù)），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，nT位表示數(shù)值的絕對值。因此，n為8時，0原0 0000000, 0原=1 0000000。正數(shù)的反碼與原碼相同，負數(shù)的反碼則是其絕對值按位求反。n為8時，數(shù)值0的反碼表示有兩種形式：0反=00000000, 0反=11111111。正數(shù)的補碼與其原碼和反碼相同，負數(shù)的補碼則等于其反碼的末尾加1。在補碼表示中，0 有唯一的編碼：0

8、補= 0 0000000, 0補=00000000。移碼表示法是在數(shù)X上增加一個偏移量來定義的，常用于表示浮點數(shù)中的階碼。機 器字長為n時，在偏移量為2nt的情況下，只要將補碼的符號位取反便可獲得相應的移 碼表不。參考答案（5） C試題（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 3?t、2?t,如下圖所示，那么連續(xù)輸入n條指令時的吞吐率（單位時間內執(zhí)行的指令個數(shù)）TP為（6）。-A/ - 39 - M - 21 A/ (6) A.B.5*(3 2) t(3 3 2) t 3(n 1) tC. nD. n(3 2) t (n 3) t(3 2) t 5*

9、3 t試題(6)分析本題考查計算機系統(tǒng)流水線方面的基礎知識。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(shù)。對指令而言，就是單位時間里執(zhí)行的指令數(shù)。流水線開始工作時，需經(jīng)過一定時間才能達到最大吞吐率，這就是建立時間。若m個子過程所用時間一樣，均為to,則建立時間Tom too本題目中，連續(xù)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3 t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(shù)。綜合n條指令的時間為(1 3 1 2 1) t (n 1)X3 t ,因此吞吐率為n(3 3 2) t

10、 3(n 1) t參考答案(6) B試題(7)下面關于漏洞掃描系統(tǒng)的敘述，錯誤的是 。(7) A.漏洞掃描系統(tǒng)是一種自動檢測目標主機安全弱點的程序B.黑客利用漏洞掃描系統(tǒng)可以發(fā)現(xiàn)目標主機的安全漏洞C.漏洞掃描系統(tǒng)可以用于發(fā)現(xiàn)網(wǎng)絡入侵者D.漏洞掃描系統(tǒng)的實現(xiàn)依賴于系統(tǒng)漏洞庫的完善試題(7)分析本題考查漏洞掃描系統(tǒng)的基本概念。漏洞掃描系統(tǒng)是一種自動檢測目標主機安全弱點的程序，漏洞掃描系統(tǒng)的原理是根 據(jù)系統(tǒng)漏洞庫對系統(tǒng)可能存在的漏洞進行一一驗證。黑客利用漏洞掃描系統(tǒng)可以發(fā)現(xiàn)目 標主機的安全漏洞從而有針對性的對系統(tǒng)發(fā)起攻擊；系統(tǒng)管理員利用漏洞掃描系統(tǒng)可以 查找系統(tǒng)中存在的漏洞并進行修補從而提高系統(tǒng)的可

11、靠性。漏洞掃描系統(tǒng)不能用于發(fā)現(xiàn) 網(wǎng)絡入侵者，用于檢測網(wǎng)絡入侵者的系統(tǒng)稱為入侵檢測系統(tǒng)。參考答案C試題(8)網(wǎng)絡安全包含了網(wǎng)絡信息的可用性、保密性、完整性和網(wǎng)絡通信對象的真實性。其 中，數(shù)字簽名是對(8)的保護。(8) A.可用性B.保密性C.連通性D.真實性試題(8)分析本題考查網(wǎng)絡安全方面的基礎知識。數(shù)字簽名(Digital Signature )技術是不對稱加密算法的典型應用。數(shù)字簽名的應用 過程是：數(shù)據(jù)源發(fā)送方使用自己的私鑰對數(shù)據(jù)校驗和或其他與數(shù)據(jù)內容有關的變量進行 加密處理，完成對數(shù)據(jù)的合法 “簽名”；數(shù)據(jù)接收方則利用對方的公鑰來解讀收到的“數(shù)字簽名”，并將解讀結果用于對數(shù)據(jù)完整性的檢

12、驗，以確認簽名的合法性。 數(shù)字簽名技術是在網(wǎng)絡系統(tǒng)虛擬環(huán)境中確認身份的重要技術，完全可以代替現(xiàn)實過程中的 “親筆簽字”，在技術和法律上有保證，可見數(shù)字簽名是對簽名真實性的保護。 參考答案(9) D(9)。B.有未知程序試圖建立網(wǎng)絡連接D. Windows系統(tǒng)黑屏試題(9)計算機感染特洛伊木馬后的典型現(xiàn)象是(10) A.程序異常退出C.郵箱被垃圾郵件填滿試題(9)分析本題考查計算機病毒相關知識。特洛伊木馬是一種通過網(wǎng)絡傳播的病毒，分為客戶端和服務器端兩部分，服務器端 位于被感染的計算機，特洛伊木馬服務器端運行后會試圖建立網(wǎng)絡連接，所以計算機感 染特洛伊木馬后的典型現(xiàn)象是有未知程序試圖建立網(wǎng)絡連接

13、。參考答案(11) B試題(10)關于軟件著作權產(chǎn)生的時間，下面表述正確的是(10)。(12) A.自作品首次公開發(fā)表時B.自作者有創(chuàng)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(chuàng)作之日試題(10)分析本題考查知識產(chǎn)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”原則。計算機軟件保護條例第十四條規(guī)定：“軟件著作權自軟件開發(fā)完成之日起產(chǎn)生?！奔窜浖鳈嘧攒浖_發(fā)完成之日起自動產(chǎn)生，不論整體還是局部，只要具備了軟件的屬性即產(chǎn)生軟件著作權，既不要求履行 任何形式的登記或注冊手續(xù)，也無須在復制件上加注著作權標記，也不論其是否已經(jīng)發(fā) 表都依法享有軟件著作權。一般來講

14、，一個軟件只有開發(fā)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(fā)狀態(tài)中，其最終的形態(tài)并沒有固定下來，則法律無法對其進行保護。因此,條例(法律)明確規(guī)定軟件著作權自軟件開發(fā)完成之日起產(chǎn)生。當然，現(xiàn)在的軟件開發(fā)經(jīng)常是一項系統(tǒng)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(fā)完成后就產(chǎn)生了著作權。所以說，自該軟件開發(fā)完成后就產(chǎn)生了著 作權。參考答案(13) D試題(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(fā) 表。以下說法正確的是 (11)。(1

15、4) 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(fā)表該程序并棄之，而乙將程序修改后發(fā)表，故乙應享有著作權試題(11)分析本題考查知識產(chǎn)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(chǎn)生，不必履行任何形式的登記或注冊手續(xù)，也不論其是否已經(jīng)發(fā)表，所以甲對該軟件作品享有著作權。乙未經(jīng)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。參考答案(15) A試題(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)。(16) A. 300Hz 3400HzB

16、. 20Hz 20kHzC. 10Hz 20kHzD. 20Hz 44kHz試題(12)分析本題考查多媒體中關于音頻信號方面的基礎知識。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(shù)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(shù)，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(audio),它的頻

17、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(規(guī)范的符號化聲音)，其帶寬可達到2020kHz。?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。參考答案 (12) B 試題(13)多媒體計算機圖像文件格式分為靜態(tài)圖像文件格式和動態(tài)圖像文件格式，(13)屬于靜態(tài)圖像文件格式。(17) A. MPGB. AVSC. JPGD. AVI試題(13)分析本題考查多媒體中關于文件格式方面的基礎知識。計算機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(tài)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(lián)合組成的一個專家組，負責制定靜態(tài)和數(shù)字圖像數(shù)據(jù)壓縮編碼標準，這個專家組地區(qū)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(tài)圖像數(shù)據(jù)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(tǒng)(視頻、音頻同步)三個部分。MPEG壓縮標準是針對運動圖像設計的，其基本方法是：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(fā)生變化的部分，從而達到壓縮的目 的。MPEG的平均壓縮比為50： 1

19、,最高可達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(tǒng)一的標準格式，兼容性相當好。AVI是Microsoft公司開發(fā)的一種符合 RIFF文件規(guī)范的數(shù)字音頻與視頻文件格式，Windows、OS/2等多數(shù)操作系統(tǒng)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(xiàn)在因特網(wǎng)上，供用戶下載、欣賞新影片的 片段。參考答案(18) C試題(14)計算機獲取模擬視頻信息的過程中首先要進行(14)。(19) A. A/D變換 B.數(shù)據(jù)壓

20、縮C. D/A變換 D.數(shù)據(jù)存儲試題（14）分析本題考查多媒體中關于模擬視頻信息處理方面的基礎知識。模擬視頻信號進入計算機時，首先需要解決模擬視頻信息的數(shù)字化問題。與音頻數(shù) 字化一樣，視頻數(shù)字化的目的是將模擬信號經(jīng)A/D轉換和彩色空間變換等過程，轉換成計算機可以顯示和處理的數(shù)字信號。由于電視和計算機的顯示機制不同，因此要在計算 機上顯示視頻圖像需要作許多處理。例如，電視是隔行掃描，計算機的顯示器通常是逐 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(shù)字化過程中 都需考慮。一般，對模擬視頻信

21、息進行數(shù)字化采取如下方式：（1）先從復合彩色電視圖像中分離出彩色分量，然后數(shù)字化。目前市場上的大多數(shù) 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(shù)字化，通常是將其分離成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(shù)字化。這種方式稱為復合數(shù)字化。（2）先對全彩色電視信號數(shù)字化， 然后在數(shù)字域中進行分離，以獲得YUV、YIQ或RGB分量信號。用這種方法對電視圖像數(shù)字化時，只需一個高速 A/D轉換器。這種方 式稱為分量數(shù)字化。視頻信息數(shù)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(shù)字化方式是使用較多的一種方

22、式。電視信號使用的彩色空間是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(shù)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(shù)字視頻的數(shù)據(jù)量。數(shù)字圖像數(shù)據(jù)的數(shù)據(jù)量大，而數(shù)字視頻信息的數(shù)據(jù)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(shù)據(jù)量約為 1.3Mb,每秒30幀，其數(shù)據(jù)量 就高達40Mb/s,這樣大的數(shù)據(jù)量無論是傳輸、存儲還是處理，都是極大的負擔。參考答案（14） A試題（15）在采用面向對象技術構建軟件系統(tǒng)時，很多敏捷方法都建

23、議的一種重要的設計活動 是（15）,它是一種重新組織的技術，可以簡化構件的設計而無需改變其功能或行為。（15） A.精化B.設計類C.重構D.抽象試題（15）分析本題考查采用敏捷方法進行軟件開發(fā)。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(xiàn)有的需求，可以簡化構件的設 計而無需改變其功能或行為。參考答案（15） C試題（16）一個軟件開發(fā)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”。（16） A.角色B.活動C.制品D.工作流試題（16）分析本題考查RUP對軟件開發(fā)過程的描述。 RUP應用了角

24、色、活動、制品和工作流 4 種重要的模型元素，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”。參考答案（16） A試題（17）、（18）某項目主要由 AI任務構成，其計劃圖（如下圖所示）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），該項目的關鍵路徑是（17）。在不延誤項目總工期的情況下，任務 A最多可以推遲開始的時間是（18）天。(17) A. A - G-IB. A-D-F-H-IC. B- E-G-I(18) A. 0試題(17)、(18)分析B. 2D. C - F-H-IC.5D.7本題考查項目計劃的關鍵路徑和松弛時間。圖中任務流

25、A - G-I的持續(xù)時間為15;任務流A - D - F-H- I的持續(xù)時間為18;任務流B-E-G-I的持續(xù)時間為20;任務 流C-F-H-I的持續(xù)時間為13。因此關鍵路徑為 B-E-G-I,其持續(xù)時間是 20。任 務A處于任務流 A-G-I和任務流A-DfF-H-I中，分別持續(xù)時間為 15和18,因 此任務A的可延遲開始時間為 2。參考答案（17） C(18) B（18） 9)軟件風險一般包含(19)兩個特性。(19) A.救火和危機管理B.已知風險和未知風險C.不確定性和損失D.員工和預算試題(19)分析本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

26、險可能發(fā)生，也可能不發(fā)生；損失是當風險確實發(fā)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(jīng)常采用的軟件風險管理策略。已知風險和 未知風險是對軟件風險進行分類的一種方式。員工和預算是在識別項目風險時需要識別 的因素。參考答案(19) C試題(20)函數(shù)調用時，基本的參數(shù)傳遞方式有傳值與傳地址兩種，(20)。(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(shù)組元素C.在傳地址方式下，形參和實參間可以實現(xiàn)數(shù)據(jù)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試題(20)分析本題考查程序語言基礎知識。函數(shù)調用時基本的參數(shù)傳遞方式有傳值與傳地址兩種，在傳

27、值方式下是將實參的值傳遞給形參，因此實參可以是表達式(或常量)，也可以是變量(或數(shù)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(shù)組名或數(shù)組元素)，不能是表達式(或常量)。這種方式下，被調用函數(shù)中對形式參數(shù)的修改實際上就是對實際參數(shù)的修改，因此客觀上可以實現(xiàn)數(shù)據(jù)的雙向傳遞。參考答案(20) C試題(21)已知某高級語言源程序 A經(jīng)編譯后得到機器 C上的目標程序B ,則(21)。(21) A.對B進行反編譯，不能還原出源程序 AB.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

28、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(chǎn)生在機器C上運行的動態(tài)鏈接庫試題(21)分析本題考查程序語言方面的基礎知識。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(zhí)行文件還原成高級語言源代碼，只能轉換成 功能上等價的匯編程序。參考答案(21) A試題(22)下面關于程序語言的敘述，錯誤的是(22)。(22) A.腳本語言屬于動態(tài)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(zhí)行，不產(chǎn)生獨立保存的目標程序C. php、JavaScript屬于靜態(tài)語言，其所有成分可在編譯時確定D. C語言屬于靜態(tài)語言

29、，其所有成分可在編譯時確定試題(22)分析本題考查程序語言基礎知識。動態(tài)語言是指程序在運行時可以改變其結構，例如新的函數(shù)可以被引進、已有的函 數(shù)可以被刪除等在結構上的變化等。動態(tài)語言的類型檢查是在運行時進行的，其優(yōu)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，命名不規(guī)范時會 讀不懂、不利于理解等。腳本語言代表一套與系統(tǒng)程序設計語言不同的協(xié)定。它們犧牲執(zhí)行速度和與系統(tǒng)程 序設計語言相關的類型長度而提供更高的編程創(chuàng)作能力和軟件重用。腳本語言更適合在 聯(lián)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

30、不同的事物提供了一致的描述。事實上，腳本語言都是動態(tài)語言，而動態(tài)語言都是解釋型語言，不管它們是否是面 向對象的語言。參考答案(22) C試題(23)、(24)在Windows XP操作系統(tǒng)中，用戶利用“磁盤管理”程序可以對磁盤進行初始化、創(chuàng)建卷，(23)。通常將"C:Windowsmyprogram.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，這一級安全管理稱之為(24)安全管理。(23) A.但只能使用 FAT文件系統(tǒng)格式化卷B.但只能使用 FAT 32文件系統(tǒng)格式化卷C.但只能使用 NTFS文件系統(tǒng)格式化卷D.可以選擇使用 FAT、FAT32或NTFS文件系統(tǒng)

31、格式化卷(24) A.文件級 B.目錄級C.用戶級D.系統(tǒng)級試題(23)、(24)分析本題考查對Windows XP操作系統(tǒng)應用的掌握程度。試題(23)的正確答案是 D,因為Windows XP操作系統(tǒng)支持FAT、FAT32或NTFS 文件系統(tǒng)，所以利用“磁盤管理”程序可以對磁盤進行初始化、創(chuàng)建卷，并可以選擇使 用FAT、FAT32或NTFS文件系統(tǒng)格式化卷。試題(24)的正確答案是 Ao分析如下：文件級安全管理是通過系統(tǒng)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(zhí)行：只允許用戶執(zhí)行該文件，主要針對.exe和.com文件。?隱含：指示該文件為隱含屬性文

32、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(tǒng)：指示該文件是系統(tǒng)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:Windowsmyprogram.exe ”文件設置成只讀和隱

33、藏屬性，以便控制用戶對該 文件的訪問，這一級安全管理稱之為文件級安全管理。參考答案(23) D (24) A試題(25)在移臂調度算法中，(25)算法可能會隨時改變移動臂的運動方向。(25) A.電梯調度和先來先服務B.先來先服務和最短尋找時間優(yōu)先C.單向掃描和先來先服務D.電梯調度和最短尋找時間優(yōu)先試題(25)分析本題考查對磁盤調度方面基本知識掌握的程度。因為先來先服務是誰先請求先滿足誰的請求，而最短尋找時間優(yōu)先是根據(jù)當前磁臂 到要請求訪問磁道的距離，誰短滿足誰的請求，故先來先服務和最短尋找時間優(yōu)先算法 可能會隨時改變移動臂的運動方向。參考答案(25) B試題(26)、(27)設系統(tǒng)中有R類

34、資源m個，現(xiàn)有n個進程互斥使用。若每個進程對 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， (26)兩 種情況可能會發(fā)生死鎖。對于這兩種情況，若將(27),則不會發(fā)生死鎖。abcdem22244n12233w21223(26) A. a 和 bB. b 和 cC. c 和 dD. c 和 e(27) A. n力口 1或w加1B. m加1或w減1C. m減1或w加1D. m減1或w減1試題(26)、(27)分析本題考查對操作系統(tǒng)死鎖方面基本知識掌握的程度。系統(tǒng)中同類資源分配不當會引 起死鎖。一般情況下，若系統(tǒng)中有m個單位的存儲器資源，它被 n個進程使用，當每

35、個進程都要求w個單位的存儲器資源，當 m<nw時，可能會引起死鎖。試題(26)分析如下：情況a： m=2 , n=1 , w=2,系統(tǒng)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(fā)生死鎖。情況b: m=2, n=2, w=1 ,系統(tǒng)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(fā)生死鎖。情況c： m=2 , n=2 , w=2,系統(tǒng)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，則第一輪系統(tǒng)先為每個進程 分配1個，此時，系統(tǒng)中已無可供分配的資源，使得各個進程都處于等待狀態(tài)導致系統(tǒng) 發(fā)生死鎖，這時進程資源圖如

36、下圖所示。O O R情況d: m=4, n=3, w=2 ,系統(tǒng)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，則第一輪系統(tǒng)先為每個進 程分配1個資源，此時，系統(tǒng)中還剩 1個資源，可以使其中的一個進程得到所需資源運 行完畢，所以不會發(fā)生死鎖。情況e： m=4, n=3, w=3,系統(tǒng)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，則第一輪系統(tǒng)先為每個進程 分配1個，第二輪系統(tǒng)先為一個進程分配1個，此時，系統(tǒng)中已無可供分配的資源，使得各個進程都處于等待狀態(tài)導致系統(tǒng)發(fā)生死鎖，這時進程資源圖如下圖

37、所示。試題(27)分析如下：對于c和e兩種情況，若將 m力口 1,則情況c： m=3 , n=2, w=2 ,系統(tǒng)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(tǒng)先為每個進程分配1個，此時，系統(tǒng)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(zhí)行完，并釋放 所有資源使另一個進程運行完；若將 w減1,則情況c： m=2 , n=2, w=1 ,系統(tǒng)中有2 個資源，兩個進程各需一個，系統(tǒng)為每個進程分配1個，此時，進程都能運行完，顯然不會發(fā)生死鎖。情況 e分析同理。參考答案(26) D(27) B試題(28)某文件系統(tǒng)采用鏈式存儲管理方案，磁盤塊的大小為1024字節(jié)。文件 My

38、file.doc由5個邏輯記錄組成，每個邏輯記錄的大小與磁盤塊的大小相等，并依次存放在121、75、86、65和114號磁盤塊上。若需要存取文件的第 5120字節(jié)處的信息，應該訪問(28) 號磁盤塊。(28) A. 75B. 85C. 65D. 114試題(28)分析本題考查對操作系統(tǒng)文件系統(tǒng)空間管理方面基本知識掌握的程度。121、 75、 86、 65根據(jù)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 和114號磁盤塊上。而文件的第 5120字節(jié)應該在114號磁盤塊上。參考答案(28) D試題(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，達到CMM第

39、3級(已定義級)是許多組織努力的目標，該級的核心是(29)。(29) A.建立基本的項目管理和實踐來跟蹤項目費用、進度和功能特性B.使用標準開發(fā)過程(或方法論)構建(或集成)系統(tǒng)C.管理層尋求更主動地應對系統(tǒng)的開發(fā)問題D.連續(xù)地監(jiān)督和改進標準化的系統(tǒng)開發(fā)過程試題(29)分析本題考查軟件成熟度模型 (CMM)的基本概念。建立基本的項目管理和實踐來跟蹤 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(fā)過程(或方法論)構建(或集成)系統(tǒng)為已定義級的核心；管理層尋求更主動地應對系統(tǒng)的開發(fā)問題為已管理級的 核心；連續(xù)地監(jiān)督和改進標準化的系統(tǒng)開發(fā)過程為優(yōu)化級的核心。參考答案(30) B試題(30)R

40、UP在每個階段都有主要目標，并在結束時產(chǎn)生一些制品。在(30)結束時產(chǎn)生“在適當?shù)钠脚_上集成的軟件產(chǎn)品”。(31) A.初啟階段 B.精化階段C.構建階段 D.移交階段試題(30)分析本題考查RUP中每個階段產(chǎn)生的制品。 初啟階段結束時產(chǎn)生一個構想文檔、一個有關用例模型的調查、一個初始的業(yè)務用例、一個早期的風險評估和一個可以顯示階段和 迭代的項目計劃等制品；精化階段結束時產(chǎn)生一個補充需求分析、一個軟件架構描述和 一個可執(zhí)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(chǎn)品，包括具有最初運作能力的在適當?shù)钠脚_上集成的軟件產(chǎn)品、用戶手冊和對當前版 本的描述；移交階段結束時產(chǎn)生

41、移交給用戶產(chǎn)品發(fā)布版本。參考答案(32) C試題(31)根據(jù)ISO/IEC 9126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。(33) A.功能性B.效率C.可靠性D.易使用性試題(31)分析本題考查ISO/IEC 9126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。參考答案(34) B試題(32)McCabe度量法是通過定義環(huán)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(huán)路的個數(shù)。計算有向圖G的環(huán)路復雜性的公式為：V(G尸m -n+2,其中V(G)是有向圖G中的環(huán)路個數(shù)，m是G中的有向弧數(shù)，n是G中的

42、節(jié)點數(shù)。下圖所 示程序圖的程序復雜度是(32)。(35) A. 2B. 3C. 4D. 5試題(32)分析本題考查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(jié)點數(shù)n=8,有向弧數(shù) m=7,然后利用環(huán)路復雜性計算公式V(G)=m -n+2進行計算，得如圖所示的程序圖的程序復雜度是3。參考答案(36) B試題(33)在開發(fā)信息系統(tǒng)時，用于系統(tǒng)開發(fā)人員與項目管理人員溝通的主要文檔是(33)(37) A.系統(tǒng)開發(fā)合同B.系統(tǒng)設計說明書C.系統(tǒng)開發(fā)計劃D.系統(tǒng)測試報告試題(33)分析本題考查開發(fā)文檔的作用。系統(tǒng)開發(fā)人員與項目管理人員在項目期內進行溝通

43、的文 檔主要有系統(tǒng)開發(fā)計劃、系統(tǒng)開發(fā)月報以及系統(tǒng)開發(fā)總結報告等項目管理文件。 參考答案(38) C試題(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(tǒng)設計階段的復 審期間，應該從(34)出發(fā),評價軟件的結構和過程。(39) A.指出可移植性問題以及可能影響軟件維護的系統(tǒng)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.可測試性試題(34)分析本題考查軟件復審基本概念?？删S護性是所有軟件都應具有的基本特點，必須在開 發(fā)階段保證軟件具有可維護的特點。在系統(tǒng)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(tǒng)界面；在系統(tǒng)設計階段的復

44、審期間，應該從容 易修改、模塊化和功能獨立的目的出發(fā)，評價軟件的結構和過程；在系統(tǒng)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?？蓽y 試性是可維護性的一個評價指標。參考答案(40) B試題(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。(: : >begin )int result - 0;result - 0 resuli = -1 result = -1 result = I result = result ='Y return result (41) A. 4B. 5C. 6D. 8試題(35)分析本題

45、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”分支 至少都通過一次，即統(tǒng)計最多分支數(shù)。參考答案(42) C試題(36)某銀行為了使其網(wǎng)上銀行系統(tǒng)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(shù)據(jù)類型稍微進行一些改變，這一狀況需要對網(wǎng)上銀行系統(tǒng)進行(36)維護。(43) A.正確性B.適應性C.完善性D.預防性試題(36)分析本題考查軟件維護的內容。為了使網(wǎng)上銀行系統(tǒng)能夠支持信用卡的多幣種付款功能 而擴充升級，是為了適

46、應銀行的市場環(huán)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。參考答案(44) B試題(37)下面關于面向對象分析與面向對象設計的說法中，不正確的是(37)。(45) 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(xiàn)層面的細節(jié) 試題(37)分析本題考查面向對象分析與設計的基本概念。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(xiàn)細節(jié)問題，因此選項 D的說法是不正確的。 參考答案(46) D試題(38)(40)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(tǒng)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(tǒng)內對象和系統(tǒng)外參與者的聯(lián)系媒介；(40)主要是協(xié)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D.軟件類(39) A.控制類B.邊界類C.實體類D.軟件類(40) A.控制類B.邊界類C.實體類D.軟件類試題(38)(40)分析本題考查控制類、邊界類和實體類的職責。實體類主要負責數(shù)據(jù)和業(yè)務邏輯；邊界類負