【计算机类职业资格】多媒体应用设计师-计算机软硬件基础(一)及答案解析.doc

1、多媒体应用设计师-计算机软硬件基础(一)及答案解析(总分：46.00，做题时间：90 分钟)1.计算机内存一般分为静态数据区、代码区、栈区和堆区，若某指令的操作数之一采用立即数寻址方式，则该操作数位于 。A静态数据区 B代码区 C栈区 D堆区（分数：1.00）A.B.C.D.2.若数据 A持有事务 T1所加的排它锁，那么其他事务对数据 A 。A加共享锁成功，加排它锁失败 B加排它锁成功，加共享锁失败C加共享锁、加排它锁都成功 D加共享锁、加排它锁都失败（分数：1.00）A.B.C.D.3.在 CPU中， 可用于传送和暂存用户数据，为 ALU执行算术逻辑运算提供工作区。A程序计数器 B累加寄存器

2、C程序状态寄存器 D地址寄存器（分数：1.00）A.B.C.D.4.关于校验方法，“ ”是正确的。A采用奇偶校验可检测数据传输过程中出现一位数据错误的位置并加以纠正B采用海明校验可检测数据传输过程中出现一位数据错误的位置并加以纠正C采用海明校验，校验码的长度和位置可随机设定D采用 CRC校验，需要将校验码分散开并插入数据位的指定位置中（分数：1.00）A.B.C.D.5.下列叙述中，与提高软件可移植性相关的是 。A选择时间效率高的算法B尽量用高级语言编写系统中对效率要求不高的部分C选择空间效率高的算法D尽可能减少注释（分数：1.00）A.B.C.D.6.若一个单处理器的计算机系统中同时存在 3

3、个并发进程，则同一时刻允许占用处理器的进程数 。A至少为 1个 B至少为 3个 C最多为 1个 D最多为 3个（分数：1.00）A.B.C.D.7.若某计算机系统由两个部件串联构成，其中一个部件的失效率为 710-6/小时。若不考虑其他因素的影响，并要求计算机系统的平均故障间隔时间为 105小时，则另一个部件的失效率应为 /小时。A210 -3 B310 -5 C410 -6 D310 -6（分数：1.00）A.B.C.D.8.软件设计时需要遵循抽象、模块化、信息隐蔽和模块独立原则，在划分软件系统模块时，应尽量做到 。A高内聚高耦合 B高内聚低耦合C低内聚高耦合 D低内聚低耦合（分数：1.00

4、）A.B.C.D.若分页系统的地址的结构如下图所示。（分数：2.00）(1).A1024 B2048 C4096 D8192（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A0255 B1256 C0511 D1512（分数：1.00）A.B.C.D.9.三个可靠度 R均为 0.8的部件串联构成一个系统，如下图所示：（分数：1.00）A.B.C.D.10.已知某二叉树的先序遍历序列是 ABDCE，中序遍历序列是 BDAEC，则该二叉树为 。（分数：1.00）A.B.C.D.11.已知一棵 5阶 B树有 53个关键字，并且每个节点的关键字都达到最少状态，则它的深度是 。A3 B4 C5 D6（分数：1

5、.00）A.B.C.D.12.关于在 I/O设备与主机间交换数据的叙述，“ ”是错误的。A中断方式下，CPU 需要执行程序来实现数据传送任务B中断方式和 DMlA方式下，CPU 与 I/O设备都可同步工作C中断方式和：DMA 方式中，快速 I/0设备更适合采用中断方式传递数据D若同时接到 DMA请求和中断请求，CPU 优先响应 DMA请求（分数：1.00）A.B.C.D.13.计算机在进行浮点数的相加(减)运算之前先进行对阶操作，若 x的阶码大于 y的阶码，则应将 。Ax 的阶码缩小至与 y的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术左移Bx 的阶码缩小至与 y的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术

6、右移Cy 的阶码扩大至与 x的阶码相同，且使 y的尾数部分进行算术左移Dy 的阶码扩大至与 x的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术右移（分数：1.00）A.B.C.D.14.若某个关系的主码为全码，则应包含 。A单个属性 B两个属性 C多个属性 D全部属性（分数：1.00）A.B.C.D.15.在计算机中，数据输入输出的控制方式有多种，“中断”方式的优点不包括 。AI/O 与 CPU并行处理 B并行处理多种 I/OC实时响应突发事件 D批量传送数据（分数：1.00）A.B.C.D.16.如果主存容量为 16M字节，且按字节编址，表示该主存地址至少应需要 位。A16 B20 C24 D32（分

7、数：1.00）A.B.C.D.17.若浮点数的阶码用移码表示，尾数用补码表示。两规格化浮点数相乘，最后对结果规格化时，右规时的右移位数最多为 位。A1 B2 C尾数位数 D尾数位数-1（分数：1.00）A.B.C.D.18.采用瀑布模型进行系统开发的过程中，每个阶段都会产生不同的文档。以下关于产生这些文档的描述中，正确的是 。A外部设计评审报告在概要设计阶段产生B集成测试计划在程序设计阶段产生C系统计划和需求说明在详细设计阶段产生D在进行编码的同时，独立地设计单元测试计划（分数：1.00）A.B.C.D.19.以下关于 CPU与主存之间增加高速缓存(Cache)的叙述中，错误的是 。ACach

8、e 扩充了主存储器的容量BCache 可以降低由于 CPU与主存之间的速度差异造成的系统性能影响CCache 的有效性是利用了对主存储器访问的局部性特征DCache 中通常保存着主存储器中部分内容的一份副本（分数：1.00）A.B.C.D.20.根据维护的具体内容的不同，可对软件维护进行分类。 是指对文件或数据库中的记录进行增加、修改和删除等操作，通常采用专用的程序模块。A程序维护 B数据维护 C代码维护 D设备维护（分数：1.00）A.B.C.D.21.在计算机系统中，构成虚拟存储器 。A只需要一定的硬件资源便可实现 B只需要一定的软件即可实现C既需要软件也需要硬件方可实现 D既不需要软件也

9、不需要硬件（分数：1.00）A.B.C.D.22.CAI软件是指 。A系统软件 B计算机辅助教学软件C计算机辅助设计软件 D办公自动化软件（分数：1.00）A.B.C.D.在系统验收测试中， (12) 是在一个模拟的环境下使用模拟数据运行系统； (13) 是在一个实际环境中使用真实数据运行系统。（分数：2.00）(1).A确认测试 B审计测试 C验证测试 D模块测试（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A确认测试 B审计测试 C验证测试 D模块测试（分数：1.00）A.B.C.D.23.在软件项目开发过程中，评估软件项目风险时， 与风险无关。A高级管理人员是否正式承诺支持该项目B开发人员和

10、用户是否充分理解系统的需求C最终用户是否同意部署已开发的系统D开发需要的资金是否能按时到位（分数：1.00）A.B.C.D.24.某指令流水线由 5段组成，各段所需要的时间如下图所示。（分数：1.00）A.B.C.D.25.将 19分解成 3个不重复数字(19)之和(不计顺序)的方法共有 种。A3 B4 C5 D6（分数：1.00）A.B.C.D.为了解决进程问的同步和互斥问题，通常采用一种称为 (29) 机制的方法。若系统中有 5个进程共享若干个资源 R，每个进程都需要 4个资源 R，那么使系统不发生死锁的资源 R的最少数目是 (30) 。（分数：2.00）(1).A调度 B信号量 C分派

11、D通讯（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A20 B18 C16 D15（分数：1.00）A.B.C.D.已知有 10个进程共享一个互斥段，如果最多允许 6个进程同时进入互斥段，则信号量 s的初值为 (40) ，信号量 S的变化范围是 (41) 。（分数：2.00）(1).A0 B1 C5 D6（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A010 B-19 C-46 D-55（分数：1.00）A.B.C.D.26.文件系统中，设立打开文件(Open)系统功能调用的基本操作是 。A把文件信息从辅存读到内存B把文件的控制管理信息从辅存读到内存C把磁盘的超级块从辅存读到内存D把文件的 FAT表信

12、息从辅存读到内存（分数：1.00）A.B.C.D.27.表达式“X=A+B(C-D)/E”的后缀表示形式可以为 (运算符优先级相同时，遵循左结合的原则)。（分数：1.00）A.B.C.D.28.若内存地址区间为 4000H43FFH，每个存贮单元可存储 16位二进制数，该内存区域由 4片存储器芯片构成，则构成该内存所用的存储器芯片的容量是 。A51216bit B2568bit C25616bit D10248bit（分数：1.00）A.B.C.D.29.高级程序设计语言中用于描述程序中的运算步骤、控制结构及数据传输的是 。A语句 B语义 C语用 D语法（分数：1.00）A.B.C.D.30.

13、页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成。假定页面的大小为 4K，地址变换过程如下图所示，图中逻辑地址用十进制表示。（分数：1.00）A.B.C.D.31.计算机加电自检以后，引导程序首先装入 ，否则，计算机不能做任何事情。A操作系统 B编译程序 C应用软件 DOffice 系列软件（分数：1.00）A.B.C.D.32.与 等价的逻辑表达式是 。( 、+、分别表示逻辑异或、逻辑加、逻辑乘)（分数：1.00）A.B.C.D.假设系统中有 4类互斥资源 R1、R2、R3 和 R4，可用资源数分别为 9，6，3 和 3。在 T0时刻系统中有P1、P2、P3 和 P4四个进程，这些进程对资

14、源的最大需求量和已分配资源数如下表所示。在 T0时刻系统剩余的可用资源数分别为 (61) 。如果 P1、P2、P3 和 P4 进程按 (62) 序列执行，那么系统状态是安全的。（分数：2.00）(1).A2、1、0 和 1 B3、1、0 和 0 C3、1、1 和 1 D3、0、1 和 1（分数：1.00）A.B.C.D.(2).AP1P2P4P3 BP2P1P4P3CP3P4P1P2 DP4P2P1P3（分数：1.00）A.B.C.D.33.开发专家系统时，通过描述事实和规则由模式匹配得出结论，这种情况下适用的开发语言是 。A面向对象语言 B函数式语言 C过程式语言 D逻辑式语言（分数：1.0

15、0）A.B.C.D.34.Cache用于存放主存数据的部分拷贝，主存单元地址与 Cache单元地址之间的转换工作由 完成。A硬件 B软件 C用户 D程序员（分数：1.00）A.B.C.D.35.在软件项目管理中可以使用各种图形工具来辅助决策，下面对 Gantt图的描述中，不正确的是 。AGantt 图表现了各个活动的持续时间BGantt 图表现了各个活动的起始时间CGantt 图反映了各个活动之间的依赖关系DGantt 图表现了完成各个活动的进度（分数：1.00）A.B.C.D.36.具有 10个顶点的无向图最多有 条边。A0 B9 C10 D45（分数：1.00）A.B.C.D.多媒体应用设

16、计师-计算机软硬件基础(一)答案解析(总分：46.00，做题时间：90 分钟)1.计算机内存一般分为静态数据区、代码区、栈区和堆区，若某指令的操作数之一采用立即数寻址方式，则该操作数位于 。A静态数据区 B代码区 C栈区 D堆区（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查运行过程中计算机内存布局及指令寻址方式。计算机内存一般分为静态数据区、代码区、栈区和堆区。运行时为名字分配存储空间的过程称为绑定。静态数据区用于存放一对一的绑定且编译时就可确定存储空间大小的数据；栈用于存放一对多的绑定且与活动同生存期的绑定；堆用于存储由程序语句动态生成和撤销的数据。程序运行时，需要将程序代码和代码

17、所操作的数据加载至内存。程序代码加载至代码区，数据则根据绑定关系可能位于静态数据区、栈或堆区。若某指令的操作数之一采用立即数寻址方式，则该操作数位于代码区。2.若数据 A持有事务 T1所加的排它锁，那么其他事务对数据 A 。A加共享锁成功，加排它锁失败 B加排它锁成功，加共享锁失败C加共享锁、加排它锁都成功 D加共享锁、加排它锁都失败（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查数据库事务所处理的基础知识。并发事务如果对数据读出时不加以控制，会破坏事务的隔离性和一致性。控制的手段就是封锁技术，在事务执行时限制其他事务对数据的读取。有两种封锁技术：排它锁(简称 X锁)和共享锁(简称 S

18、锁)。排它锁又称为写锁，用于对数据进行写操作时进行锁写。如果事务 T对数据 A加上 X锁后，就只允许事务 T读取和修改数据 A，其他事务要等事务 T解除 X锁以后，才能对数据 A实现任何类型的封锁。共享锁又称为读锁，用于对数据进行读操作时进行锁定。如果事务 T对数据 A加上了 S锁，那么允许事务 T读取数据 A，但不可以修改数据 A，在所有 S锁解除之前不允许任何事务对数据 A实现 X封锁。3.在 CPU中， 可用于传送和暂存用户数据，为 ALU执行算术逻辑运算提供工作区。A程序计数器 B累加寄存器C程序状态寄存器 D地址寄存器（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查 CPU的

19、主要寄存器的类型和特点。寄存器是 CPU中的一个重要组成部分，它是 CPU内部的临时存储单元。寄存器既可以用来存放数据和地址，也可以存放控制信息或 CPU工作时的状态。在 CPU中增加寄存器的数量，可以使 CPU把执行程序所需的数据尽可能地放在寄存器中，从而减少访问内存的次数，提高其运行速度。但是寄存器的数目也不能太多，除了增加成本外，由于寄存器地址编码增加也会增加指令的长度。CPU 中的主要寄存器有：数据缓冲寄存器、指令寄存器、程序计数器、地址寄存器、累加寄存器、状态条件寄存器。(1)数据缓冲寄存器：数据缓冲寄存器用来暂时存放由内存储器读出的一条指令或一个数据字；当向内存存入一条指令或一个数

20、据字时，也暂时将它们存放在数据缓冲寄存器中。(2)指令寄存器：指令寄存器用来保存当前正在执行的一条指令。(3)程序计数器：程序计数器用于存放指令的地址。当程序顺序执行时，每取出一条指令，PC 内容自动增加一个值，指向下一条要取的指令。当程序出现转移时，则将转移地址送入 PC，然后由 PC指向新的程序地址。(4)地址寄存器：地址寄存器用于保存当前 CPU所访问的各种内存地址。地址寄存器包括程序计数器、堆栈指示器、变址寄存器、段地址寄存器等。(5)累加寄存器：累加寄存器是一个数据寄存器。当运算器的算术逻辑单元(ALU)执行算术或逻辑运算时，为 ALU提供一个工作区。(6)状态条件寄存器：状态条件寄

21、存器保存由算术指令和逻辑指令运行或测试的结果建立的各种条件码内容。如运算结果进位标志、运算结果零标志、运算结果符号标志、运算结果溢出标志等。4.关于校验方法，“ ”是正确的。A采用奇偶校验可检测数据传输过程中出现一位数据错误的位置并加以纠正B采用海明校验可检测数据传输过程中出现一位数据错误的位置并加以纠正C采用海明校验，校验码的长度和位置可随机设定D采用 CRC校验，需要将校验码分散开并插入数据位的指定位置中（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查校验的方法。为减少和避免数据在计算机系统运行或传送过程中发生错误，在数据的编码上提供了检错和纠错的支持。这种能够发现某些错误或具有自

22、动纠错能力的数据编码称为数据校验码。(1)奇偶校验码奇偶校验是一种简单有效的校验方法，常用于对存储器数据的检查或传输数据的检查。偶校验码的构成规则是：每个码字(包括校验位)中 1的数目为偶数。奇校验码的构成规则是：每个码字(包括校验位)中 1的数目为奇数。奇偶校验通过在编码中增加一位校验位来使编码中 1的个数为奇数(奇校验)或者为偶数(偶校验)，从而使码距变为 2。它可以检测代码中奇数位出错的编码，但不能发现偶数位出错的情况，即当合法编码中奇数位发生了错误，即编码中的 1变成 0，或 0变成 1，则该编码中 1的个数的奇偶性就发生了变化，从而可以发生错误。(2)海明码海明码也是利用奇偶性来检错

23、和纠错的校验方法。海明校验的基本思想是：将有效信息按某种规律分成若干组，每组安排一个校验位进行奇偶测试。在一个数据位组中加入几个校验位，增加数据代码间的码距，当某 1位发生变化时会引起校验结果发生变化，不同代码位上的错误会得到不同的校验结果。海明码能检测出 2位错误，并能纠正 1位错误。(3)循环码循环码是应用最广泛的一种编码。在编码中，一个合法代码经过循环移位以后仍然是一个合法代码。一个k+r位信息码可以用一个 k次二进制多项式来表示，将这个 k位信息码多项式乘以一个 r次多项式 G(x)，形成一个 n次循环码多项式。校验时用 G(x)去除循环码多项式，如果余数为零，表示正确，否则，出错，其

24、余数可以确定出错位数。5.下列叙述中，与提高软件可移植性相关的是 。A选择时间效率高的算法B尽量用高级语言编写系统中对效率要求不高的部分C选择空间效率高的算法D尽可能减少注释（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查软件质量属性的基本知识。根据 McCall软件质量模型(见图 1.6)可知：选项 A、C 是与提高软件运行的效率有关的内容，选项 D与题意不符。选项 B是答案。从另一角度看，软件可移植性是指与软件可从某一环境移植到另一环境的能力有关的一组属性。高级语言具有良好的可移植性，因此应尽量使用高级语言编写系统中对效率要求不高的部分。6.若一个单处理器的计算机系统中同时存在 3

25、个并发进程，则同一时刻允许占用处理器的进程数 。A至少为 1个 B至少为 3个 C最多为 1个 D最多为 3个（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查单处理器的基本知识。根据题意，一个单处理器的计算机系统同一时刻允许占用处理器的进程数只能是 1个，而与同时存在多少个并发进程无关。7.若某计算机系统由两个部件串联构成，其中一个部件的失效率为 710-6/小时。若不考虑其他因素的影响，并要求计算机系统的平均故障间隔时间为 105小时，则另一个部件的失效率应为 /小时。A210 -3 B310 -5 C410 -6 D310 -6（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考

26、查计算机系统的可靠性模型的基础知识。按照试题 4的分析，串联系统的总失效率是各部件的失效率之和，串联系统的总失效率是平均故障间隔时间的倒数。即 =1+2，MTBF=8.软件设计时需要遵循抽象、模块化、信息隐蔽和模块独立原则，在划分软件系统模块时，应尽量做到 。A高内聚高耦合 B高内聚低耦合C低内聚高耦合 D低内聚低耦合（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查软件设计原则的基础知识。软件设计时需要遵循抽象、模块化、信息隐蔽和模块独立原则。在划分软件系统模块时，尽量做到高内聚、低耦合，提高模块的独立性。模块的耦合度表现的是模块之间互相关联的程度，分为 6级。耦合度从低到高分别是：无

27、直接耦合、数据耦合、标记耦合、控制耦合、公共耦合、内容耦合。模块的内聚性表现的是模块内部各个子成分功能的集中程度，分为 7级。内聚性从低到高分别是：偶然内聚、逻辑内聚、时间内聚、过程内聚、通信内聚、顺序内聚、功能内聚。若分页系统的地址的结构如下图所示。（分数：2.00）(1).A1024 B2048 C4096 D8192（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).A0255 B1256 C0511 D1512（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查的是操作系统存储管理的基础知识。分页系统的地址结构由两部分组成：页号+页内地址。如题图所示，011 位为页内地址，即页内地址

28、的长度为二进制 12位，所以每页的大小为 212=4096字节；1219 位为页号，即页号的长度为二进制 8位，所以允许页号的取值范围为 0255。9.三个可靠度 R均为 0.8的部件串联构成一个系统，如下图所示：（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查计算机系统的可靠性模型的基础知识。计算机系统是一个复杂的系统，常见的系统可靠性数学模型有以下三种(Rn 表示系统各个子系统的可靠性；n 表示系统各个子系统的失效率)。(1)串联系统(如图 1.2)系统的可靠性：R=R1R2Rn系统的失效率：=1+2+n(2)并联系统(如图 1.3)系统的可靠性：R=1-(1-R1)(1-R2)(

29、1-Rn)系统的失效率：(3)模冗余系统(如图 1.4)系统的可靠性：R=10.已知某二叉树的先序遍历序列是 ABDCE，中序遍历序列是 BDAEC，则该二叉树为 。（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查数据结构的基础知识。解法 1：从考查的知识点入手寻找答案二叉树(Binarv Tree)是一种树型结构，它的特点是每个结点至多只有两棵子树，并且二叉树的子树有左右之分，其次序不能任意颠倒。遍历二叉树一般有三种情况，分别是先序遍历二叉树、中序遍历二叉树和后序遍历二叉树。(1)先序遍历二叉树的过程为：若二叉树为空，则空操作。否则访问根结点：先序遍历左子树；先序遍历右子树。(2)中

30、序遍历二叉树的过程为：若二叉树为空，则空操作。否则中序遍历左子树；访问根结点；中序遍历右子树。(3)后序遍历二叉树的过程为：若二叉树为空，则空操作。否则后序遍历左子树；后序遍历右子树；访问根结点。因此，可以根据先序遍历序列和中序遍历序列恢复二叉树的结构。根据先序序列确定根结点为 A；根据中序遍历序列划分出左子树 BD，右子树 EC。中序遍历和先序遍历中 B都在 D前，所以 B是左子树的根结点，D是 B的右孩子。中序遍历中 E在 C前，所以有两种情况：第一种 E是右子树的根结点，C 是 E的右孩子；第二种 C是右子树的根结点，E 是 C的左孩子。在先序遍历中 C在 E前，由此第二种情况成立，得到

31、二叉树的结构如图 1.11所示。11.已知一棵 5阶 B树有 53个关键字，并且每个节点的关键字都达到最少状态，则它的深度是 。A3 B4 C5 D6（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查数据结构中 B-树的基础知识。根据 B-树定义，m 阶 B树除根之外所有的非终端节点至少有m/2个节点，即 3个，而根节点最少有 2个节点，当每个节点的关键字是最少状态时，5 层的满树节点的关键字是2+32+32+3+323353，而 4层满树节点关键字小于 53，故深度为 5。12.关于在 I/O设备与主机间交换数据的叙述，“ ”是错误的。A中断方式下，CPU 需要执行程序来实现数据传送任

32、务B中断方式和 DMlA方式下，CPU 与 I/O设备都可同步工作C中断方式和：DMA 方式中，快速 I/0设备更适合采用中断方式传递数据D若同时接到 DMA请求和中断请求，CPU 优先响应 DMA请求（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查 I/O设备与主机间交换数据的方式和特点。解法 1：从考查的知识点入手寻找答案I/0设备与主机间进行数据输入输出主要有四种方式，分别为直接程序控制方式、中断方式、直接内存存取(DMA)方式和通道控制方式。(1)直接程序控制方式：CPU 直接通过指令对 I/0接口进行访问操作，主机与外设之间交换信息的每个步骤均在程序中表示出来，整个输入输出过

33、程由 CPU执行程序来完成。(2)中断方式：在特定事件出发下引起 CPU暂停正在运行的主程序，转而先处理中断处理程序，等中断处理程序完成后，再回到主程序被打断的地方继续运行。采用中断方式管理 I/O设备，CPU 和外设可以并行地工作。(3)DMA方式：通过硬件控制实现主存与 I/O设备间的直接数据传送，数据的传送过程由 DMA控制器进行控制，不需要 CPU的干预。在 DMA方式下，需要 CPU启动传送过程，在传送过程结束时，DMA 通过中断方式通知 CPU进行一些后续处理工作。采用 DMA方式管理 I/O设备，CPU 和外设可以并行地工作。(4)通道：一种专用控制器，某些应用中称为输入输出处理

34、器(IOP)，它通过执行通道程序进行 I/O操作的管理，为主机与 I/O设备提供一种数据传输通道，大大提高 CPU的工作效率。解法 2：从题干相似的选项入手寻找答案根据出题规律，题干相似的一对选项中，通常含有答案选项。观察选项可知，选项 B和 C是一对相似的选项。中断方式和 DMA方式下，CPU 与 I/O设备都可同步工作。由此可知，选项 C是答案。13.计算机在进行浮点数的相加(减)运算之前先进行对阶操作，若 x的阶码大于 y的阶码，则应将 。Ax 的阶码缩小至与 y的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术左移Bx 的阶码缩小至与 y的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术右移Cy 的阶码扩大至

35、与 x的阶码相同，且使 y的尾数部分进行算术左移Dy 的阶码扩大至与 x的阶码相同，且使 x的尾数部分进行算术右移（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查浮点加法、减法的运算。设有两个浮点数 X和 y，它们分别为：其中 Ex和 Ey分别为数 x和数 y的阶码，M x和 My为数 x和 y的尾数。两个浮点数进行加法和减法的运算规则是：14.若某个关系的主码为全码，则应包含 。A单个属性 B两个属性 C多个属性 D全部属性（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查关系数据库系统的基本概念。候选关键字(Candidate Key)：一个能唯一标识表的一行而又不含多余的属

36、性的属性集称为候选关键字。主关键字(Primary Key)：一个表只有一个主关键字，它的值用于唯一地标识表中的某一条记录。又称为主键。全码(ALL-Key)：它是指关系模型的所有属性组是这个关系模式的候选键。外关键字(Foreign Key)：在一个关系中是主关键字的公共关键字，在另一个关系中称为外关键字。15.在计算机中，数据输入输出的控制方式有多种，“中断”方式的优点不包括 。AI/O 与 CPU并行处理 B并行处理多种 I/OC实时响应突发事件 D批量传送数据（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查的是计算机设备管理的中断方式的基础知识。计算机设备管理是指操作系统对除

37、CPU和内存之外所有设备的管理。计算机中设备管理的目标主要是如何提高设备的利用率，为用户提供方便统一的界面，提高设备的利用率。中断技术、DMA 技术、通道技术和缓冲技术可以提高 CPU与 I/O设备之间的并行操作程度，提高设备的利用率。中断技术是一种使 CPU中止正在执行的程序而转去处理特殊事件的操作。这样做使系统可以实时、及时地响应外部突发事件，可以允许多个外设并行工作，可以使 I/O与 CPU并行处理，可以使 CPU及时处理各种软硬件故障。批量传送数据不是中断技术的优点。16.如果主存容量为 16M字节，且按字节编址，表示该主存地址至少应需要 位。A16 B20 C24 D32（分数：1.

38、00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查存储系统的基础知识。存储器是计算机系统中的记忆设备，用来存放程序和数据。存储容量=存储单元个数存储字长。主存容量是指主存中存放二进制代码的总数。存储容量常用字节数(B)来表示，外存中为了表示更大的存储容量，采用 GB、TB 等单位。它们之间的关系可以表示为：17.若浮点数的阶码用移码表示，尾数用补码表示。两规格化浮点数相乘，最后对结果规格化时，右规时的右移位数最多为 位。A1 B2 C尾数位数 D尾数位数-1（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查浮点数的规格化知识。一个数的浮点形式(设基数为 2)可以表示为：N=M2 E，其中：M

39、代表尾数，E 代表阶码。浮点数的精度由尾数的尾数决定，数的表示范围由阶码的位数决定。为了最大限度地使用计算机的精度，充分利用尾数的位数表示有效数据，浮点数采用规格化形式。规格化对尾数的限制是：1/21M1。所以，规格化浮点数的尾数的取值范围为：1/2补 M 补 1 补 ，或-1 补 M 补 -1/2 补那么，将两个尾数相乘，积的取值范围为：1/4补 M 积 补 1 补 ，或-1 补 M 积 补 -1/2 补浮点运算后，若结果的尾数的绝对值大于等于 1时要右规，右规时尾数右移一位，阶码加 1；若结果的尾数的绝对值小于 1/2时要左规，左规时尾数左移一位，阶码减 1。所以，本题中右规时的右移位数最

40、多是1位。18.采用瀑布模型进行系统开发的过程中，每个阶段都会产生不同的文档。以下关于产生这些文档的描述中，正确的是 。A外部设计评审报告在概要设计阶段产生B集成测试计划在程序设计阶段产生C系统计划和需求说明在详细设计阶段产生D在进行编码的同时，独立地设计单元测试计划（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查软件工程瀑布模型的基础知识。瀑布模型是生命周期法中最常用的开发模型，它把软件开发流程分为可行性分析、需求分析、软件设计、编码实现、测试和维护 6个阶段。外部设计评审报告在软件测试阶段产生；集成测试计划、系统计划和需求分析说明在需求分析阶段产生；在进行编码的同时，可以独立地设计

41、单元测试计划。19.以下关于 CPU与主存之间增加高速缓存(Cache)的叙述中，错误的是 。ACache 扩充了主存储器的容量BCache 可以降低由于 CPU与主存之间的速度差异造成的系统性能影响CCache 的有效性是利用了对主存储器访问的局部性特征DCache 中通常保存着主存储器中部分内容的一份副本（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查高速缓冲存储器的基础知识。Cache是一种高速缓冲存储器，是为了解决 CPU和主存之间速度不匹配而采用的一项技术。Cache 介于CPU和主存之间，存取速度接近于 CPU，但比主存快。Cache 能高速地向 CPU提供指令和数据，从而

42、加快了程序的执行速度。从功能上看，它是主存的缓冲存储器，由高速的 SRAM组成。为追求高速，包括管理在内的全部功能由硬件实现，因而对程序员是透明的。根据题意，Cache 扩充了主存储器的容量的表述是错误的。20.根据维护的具体内容的不同，可对软件维护进行分类。 是指对文件或数据库中的记录进行增加、修改和删除等操作，通常采用专用的程序模块。A程序维护 B数据维护 C代码维护 D设备维护（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查软件维护的基础知识。软件维护阶段覆盖了从软件交付使用到软件被淘汰为止的整个时期。软件维护占整个软件生命周期的60%80%，维护的类型主要有以下四种，在整个软件

43、维护活动中，改正性维护约占 20%，适应性维护约占25%，完善性维护约占 50%以上，其他维护约占 4%。改正性维护改正性维护是为了诊断和改正在使用过程中发现的隐藏的错误而修改软件的活动。适应性维护适应性维护是为了适应变化了的环境而修改软件的活动。完善性维护完善性维护是为了扩充或完善原有软件的功能或性能而修改软件的活动。预防性维护预防性维护是为了提高软件的可维护性和可靠性，为未来的进一步改进打下基础而修改软件的活动。软件维护涉及不同内容，主要包括硬件设备的维护、应用软件的维护和数据的维护。其中数据维护主要负责数据库的安全性、完整性和进行并发性控制，以及维护数据库中的数据，当数据库中的数据类型、

44、长度等发生变化时，或者需要添加某个数据项、数据库时，要负责修改相关的数据库、数据字典等工作。21.在计算机系统中，构成虚拟存储器 。A只需要一定的硬件资源便可实现 B只需要一定的软件即可实现C既需要软件也需要硬件方可实现 D既不需要软件也不需要硬件（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查存储系统的基础知识。虚拟存储器由主存储器和联机工作的辅助存储器共同组成，这两个存储器在硬件和系统软件的共同管理下工作，对于应用程序员，可以把它们看做是一个单一的存储器。22.CAI软件是指 。A系统软件 B计算机辅助教学软件C计算机辅助设计软件 D办公自动化软件（分数：1.00）A.B. C.D

45、.解析：解析 本题考查的是计算机辅助系统的基础知识。计算机辅助系统主要包括：计算机辅助教学(CAI)、计算机辅助测试(CAT)、计算机辅助制造(CAM)、计算机辅助设计(CAD)、计算机集成制造(CIMS)等系统。CAI(Computer-Aided Instruction)是计算机辅助教学的缩写，是指利用多媒体计算机帮助学习的自学系统。CAT(Computer Aided Testing)是计算机辅助测试的缩写，是指利用计算机来进行复杂而大量的测试工作。CAM(Computei Aided Manufacturing)是计算机辅助制造的缩写，是指利用计算机进行生产设备的管理、控制与操作，从而

46、提高产品质量，降低成本，缩短生产周期，并能大大改善制作人员的工作条件。CAD(Computer Aided Design)是计算机辅助设计的缩写，是指利用计算机来帮助设计人员进行设计工作。在系统验收测试中， (12) 是在一个模拟的环境下使用模拟数据运行系统； (13) 是在一个实际环境中使用真实数据运行系统。（分数：2.00）(1).A确认测试 B审计测试 C验证测试 D模块测试（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).A确认测试 B审计测试 C验证测试 D模块测试（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查软件工程的基础知识。软件测试分为单元测试、集成测试(组装测试)、

47、系统测试和确认测试(验收测试)四个部分。按国家标准GB856688计算机软件开发规范的规定，单元测试在实现阶段完成，它是根据详细设计阶段所给出的规格说明进行的。集成测试计划是在概要设计阶段制定的。确认测试计划是在需求分析阶段制定的。软件测试的各个阶段与软件开发阶段的对应关系呈“v”字形，如图 1.5所示。23.在软件项目开发过程中，评估软件项目风险时， 与风险无关。A高级管理人员是否正式承诺支持该项目B开发人员和用户是否充分理解系统的需求C最终用户是否同意部署已开发的系统D开发需要的资金是否能按时到位（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查软件工程的风险管理基本知识。风险是指可

48、能对项目的成功带来威胁或损失的情况，而风险管理是在风险给项目带来损失之前，就指明、评估并对风险加以控制，使用工具和方法把项目风险限制在一个可接受的范围内。从宏观上看，可将风险分为项目风险、技术风险和商业风险。项目风险是指潜在的预算、进度、人员和组织、资源、用户和需求方面的问题，以及它们对软件项目的影响。项目复杂性、规模和结构的不确定也构成项目的风险因素。技术风险是指潜在的设计、实现、接口、检验和维护方面的问题。规格说明的多义性、技术上的不确定性、技术陈旧、最新技术(不成熟)也是风险因素。商业风险威胁到待开发软件的生存能力。商业风险主要有：开发的软件虽然很优秀，但不是市场真正所想要的(市场风险)；开发的软件不再符合公司的整个软件产品战略(策略风险)；开发了销售部门不清楚如何推销的软件；由于重点转移或人员变动而失去上级管理部门的支持(管理风险)；没有得到预算或人员的保证(预算风险)。就目前情况来说，软件项目面临的最大的 10种风险包括：(1)受过技