【计算机类职业资格】多媒体应用设计师-计算机软硬件基础(二)及答案解析.doc

1、多媒体应用设计师-计算机软硬件基础(二)及答案解析(总分：47.00，做题时间：90 分钟)1.以下关于面向对象方法中继承的叙述中，错误的是 。A继承是父类和子类之间共享数据和方法的机制B继承定义了一科-类与类之间的关系C继承关系中的子类将拥有父类的全部属性和方法D继承仅仅允许单重继承，即不允许一个子类有多个父类（分数：1.00）A.B.C.D.2.页式存储系统的逻辑地址由页号和页内地址两部分组成，地址变换过程如下图所示。假定页面的大小为8K，图中所示的十进制逻辑地址 9612经过地址变换后，形成的物理地址 a应为十进制 。A42380 B25996 C9612 D8192（分数：1.00）A

2、.B.C.D.3.在数据库系统中，数据的完整性约束的建立需要通过数据库管理系统提供的数据 语言来实现。A定义 B操作 C查询 D控制（分数：1.00）A.B.C.D.4.基于构件的软件开发，强调使用可复用的软件“构件”来设计和构建软件系统，对所需的构件进行合格性检验、 ，并将它们集成到新系统中。A规模度量 B数据验证 C适应性修改 D正确性测试（分数：1.00）A.B.C.D.5.将某 ASCII字符采用偶校验编码(7 位字符编码+1 位校验码)发送给接收方，在接收方收到的 8位数据中，若 则能确定传输过程中发生错误。A“1”的个数为奇数 B“1”的个数为偶数C最低位为“1” D最高位为“1”

3、（分数：1.00）A.B.C.D.Windows系统中的磁盘碎片整理程序 (79) ，这样使系统可以 (80) 。（分数：2.00）(1).A仅将卷上的可用空间合并，使其成为连续的区域B只能使每个文件占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间C只能使每个文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间D使每个文件和文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A对文件能更有效地访问，而对文件夹的访问效率保持不变B对文件夹能更有效地访问，而对文件的访问效率保持不变C对文件和文件夹能更有效地访问D将磁盘空闲区的管理方法改变为空白文件管理方案（分数：1.0

4、0）A.B.C.D.6.评价计算机系统性能时，MIPS 是衡量 的一种单位。A时钟频率 B运算速度 C系统可靠性 D系统失效率（分数：1.00）A.B.C.D.在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是 (36) 。若操作数的地址包含在指令中，则属于 (37) 方式。（分数：2.00）(1).A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：1.00）A.B.C.D.7.两个同符号的数相加或异符号的数相减，所得结果的符号位 SF和进位标志 CF进行 运算为 1时，表示运算的结果产生溢出。A与

5、 B或 C与非 D异或（分数：1.00）A.B.C.D.8.十六进制数 CC所对应的八进制数为 。A314 B630 C1414 D3030（分数：1.00）A.B.C.D.9.采用面向对象方法开发软件的过程中，抽取和整理用户需求并建立问题域精确模型的过程叫 。A面向对象测试 B面向对象实现 C面向对象设计 D面向对象分析（分数：1.00）A.B.C.D.10.在操作系统设备管理中，通常临界资源不能采用 分配算法。A静态优先级 B动态优先级 C时间片轮转 D先来先服务（分数：1.00）A.B.C.D.11.在 UNIX操作系统中，把输入/输出设备看作是 。A普通文件 B目录文件 C索引文件 D

6、特殊文件（分数：1.00）A.B.C.D.12.给定 C语言的数据结构（分数：1.00）A.B.C.D.13.耦合度描述了 。A模块内各种元素结合的程度 B模块内多个功能之间的接口C模块之间公共数据的数量 D模块之间相互关联的程度（分数：1.00）A.B.C.D.14.计算机系统中用来连接 CPU、内存储器和 I/O接口的总线称为系统总线。 总线属于系统总线技术的一种。AIEEEl394 BPCI CRS-232 DUSB（分数：1.00）A.B.C.D.在计算机中，最适合进行数字加减运算的数字编码是 (1) ，最适合表示浮点数阶码的数字编码是 (2) 。（分数：2.00）(1).A原码 B反

7、码 C补码 D移码（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A原码 B反码 C补码 D移码（分数：1.00）A.B.C.D.关系数据库是表的集合。对视图进行查询，本质上就是对从 (65) 中导出的数据进行查询；支持数据库各种操作的软件系统称为 (66) 。（分数：2.00）(1).A一个或若干个基本表 B一个或若干个索引文件C一个或若干个视图 D一个视图（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A数据库系统 B文件系统C数据库管理系统 D操作系统（分数：1.00）A.B.C.D.某学校学生、教师和课程实体对应的关系模式如下：学生(学生号，姓名，性别，年龄，家庭住址，电话)课程(课程号，课程名)

8、教师(职工号，姓名，年龄，家庭住址，电话)如果一个学生可以选修多门课程，一门课程可以有多个学生选修；一个教师只能讲授一门课程，但一门课程可以有多个教师讲授。由于学生和课程之间有一个 (67) 的联系，所以 (68) 。又由于教师和课程之间是一个 (69) 的联系，所以 (70) 。（分数：4.00）(1).A1 对 1 B1 对多 C多对 1 D多对多（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A不需要增加一个新的关系模式B不需要增加一个新的关系模式，只需要将 1端的码插入多端C需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号D需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号和学生号

9、（分数：1.00）A.B.C.D.(3).A1 对 1 B1 对多 C多对 1 D多对多（分数：1.00）A.B.C.D.(4).A不需要增加一个新的关系模式，只需要将职工号插入课程关系模式B不需要增加一个新的关系模式，只需要将课程号插入教师关系模式C需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号D需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号和教师号（分数：1.00）A.B.C.D.15.以下关于精简指令集计算机(RISC)指令系统特点的叙述中，错误的是 。A对存储器操作进行限制，使控制简单化B指令种类多，指令功能强C设置大量通用寄存器D选取使用频率较高的一些指令，提高执行速

10、度（分数：1.00）A.B.C.D.数据存储在磁盘上的排列方式会影响 I/O服务的总时间。假设每磁道划分成 10个物理块，每块存放 1个逻辑记录。逻辑记录 R1，R2，R10 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：物理块 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10逻辑记录 R1R2R3R4R5R6R7R8R9R10假定磁盘的旋转速度为 20ms/周，磁头当前处在 R1的开始处。若系统顺序处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为 4ms，则处理这 10个记录的最长时间为 (9) ； 若对信息存储进行优化分布后，处理 10个记录的最少时间为 (10) 。（分数：2.00）(1).A18

11、0ms B200ms C204mS D220ms（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A40ms B60ms C100ms D160ms（分数：1.00）A.B.C.D.16.若某计算机系统是由 500个元器件构成的串联系统，且每个元器件的失效率均为 10-7/h，在不考虑其他因素对可靠性的影响时，该计算机系统的平均故障间隔时间为 小时。A210 4 B510 4 C210 5 D510 5（分数：1.00）A.B.C.D.衡量计算机的主要性能指标除了字长、存取周期、运算速度之外，通常还包括 (75) ， 因为其反映了 (76) 。（分数：2.00）(1).A外部设备的数量 B计算机的制造

12、成本C计算机的体积 D主存储器容量大小（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A每秒钟所能执行的指令条数 B存储器读写速度C计算机即时存储信息的能力 D该计算机保存大量信息的能力（分数：1.00）A.B.C.D.高速缓存 Cache与主存间采用全相联地址映像方式，高速缓存的容量为 4MB，分为 4块，每块 1MB，主存容量为 256MB。若主存读写时间为 30ns，高速缓存的读写时间为 3ns，平均读写时间为 3.27ns，则该高速缓存的命中率为盟 (18) %。若地址变换表如下所示，则主存地址为 8888888H时，高速缓存地址为 (19) H。（分数：2.00）(1).A90 B95 C

13、97 D99（分数：1.00）A.B.C.D.(2). （分数：1.00）A.B.C.D.17.若程序运行时系统报告除数为 0，这属于 错误。A静态语义 B语法 C动态语义 D运算对象不匹配（分数：1.00）A.B.C.D.18.源程序中的 与程序的运行结果无关。A注释的多少 B变量的取值C循环语句的执行次数 D表达式的求值方式（分数：1.00）A.B.C.D.操作数所处的位置，可以决定指令的寻址方式。操作数包含在指令中，寻址方式为 (4) ；操作数在寄存器中，寻址方式为 (5) ；操作数的地址在寄存器中，寻址方式为 (6) 。（分数：3.00）(1).A立即寻址 B直接寻址C寄存器寻址 D寄

14、存器间接寻址（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A立即寻址 B相对寻址C寄存器寻址 D寄存器间接寻址（分数：1.00）A.B.C.D.(3).A相对寻址 B直接寻址C寄存器寻址 D寄存器间接寻址（分数：1.00）A.B.C.D.假设磁盘上每个磁道划分成 9个物理块，每块存放 1个逻辑记录。逻辑记录 R1，R2，R9 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：物理块 1 2 3 4 5 6 7 8 9逻辑记录 R1R2R3R4R5R6R7R8R9假定磁盘的旋转速度为 27ms/周，磁头当前处在 R1的开始处，系统使用单缓冲区，当缓冲区内容处理完时才能再存放新的记录，且每个记录的处理时间

15、为 3ms。若系统顺序处理这些记录，则处理这 9个记录的最长时间为 (42) ；若对信息存储进行优化分布后，处理这 9个记录的最少时间为 (43) 。（分数：2.00）(1).A243ms B246ms C254ms D280ms（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A30ms B36ms C54ms D60ms（分数：1.00）A.B.C.D.19.通过程序设计活动求解问题时，通常可分为问题建模、算法设计、编写代码和编译调试四个阶段。 阶段的工作与所选择的程序语言密切相关。A问题建模和算法设计 B算法设计和编写代码C问题建模和编译调试 D编写代码和编译调试（分数：1.00）A.B.C.D

16、.20.内聚是一种指标，表示一个模块 。A代码优化的程度 B代码功能的集中程度C完成任务的及时程度 D为了与其他模块连接所要完成的工作量（分数：1.00）A.B.C.D.21.将长度为，z 的单链表链接在长度为 m的单链表之后的算法的时间复杂度为 。AO(1) BO(n) CO(m) DO(m+n)（分数：1.00）A.B.C.D.22.某文件管理系统为了记录磁盘的使用情况，在磁盘上建立了位示图(bitmap)。若系统中字长为 16位，磁盘上的物理块依次编号为 0，1，2，那么 8192号物理块的使用情况在位示图中的第 个字中描述。A256 B257 C512 D513（分数：1.00）A.B

17、.C.D.23.若内存按字节编址，用存储容量为 32K8比特的存储器芯片构成地址编号 A0000H至 DFFFFH的内存空间，则至少需要 片。A4 B6 C8 D10（分数：1.00）A.B.C.D.24.建立一个供应商、零件数据库。其中“供应商”表 S(Sno，Sname，Zip，City)分别表示：供应商代码、供应商名、供应商邮编、供应商所在城市，其函数依赖为：Sno(Sname，Zip，City)，ZipCity。“供应商”表 s属于 。A1NF B2NF C3NF DBCNF（分数：1.00）A.B.C.D.多媒体应用设计师-计算机软硬件基础(二)答案解析(总分：47.00，做题时间：

18、90 分钟)1.以下关于面向对象方法中继承的叙述中，错误的是 。A继承是父类和子类之间共享数据和方法的机制B继承定义了一科-类与类之间的关系C继承关系中的子类将拥有父类的全部属性和方法D继承仅仅允许单重继承，即不允许一个子类有多个父类（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查面向对象技术的基本概念。面向对象中，继承是父类和子类之问共享数据和方法的机制。它是类与类之间的一种关系，在定义和实现一个类的时候，可以在一个已经存在的类的基础上来进行，把这个已经存在的类所定义的内容作为自己的内容，并加入若干新的内容。继承有两种分类方法：一种是从继承源上分类，可以分为单继承和多继承；另一种是从

19、继承内容上分类，可以分为取代继承、包含继承、受限继承和特化继承。面向对象方法中可以存在多重继承的概念。2.页式存储系统的逻辑地址由页号和页内地址两部分组成，地址变换过程如下图所示。假定页面的大小为8K，图中所示的十进制逻辑地址 9612经过地址变换后，形成的物理地址 a应为十进制 。A42380 B25996 C9612 D8192（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查页式存储管理中的地址变换知识。2005年的考试试题 7与本题相似，具体解析参照试题 7。3.在数据库系统中，数据的完整性约束的建立需要通过数据库管理系统提供的数据 语言来实现。A定义 B操作 C查询 D控制（分

20、数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题中考查数据库管理系统的基本概念。数据库管理系统(DBMS)是一种操纵和管理数据库的大型软件，它在操作系统的支持下对保存于外部设备上的数据库进行有效的管理和使用，它是为数据库的建立、使用和维护而配置的系统软件。DBMS 具有数据定义，数据库操作，数据库运行管理，数据组织与存储管理，数据库的保护和数据库的维护等功能。数据定义：DBMS 提供数据定义语言(Data Definition Language，DDL)，实现定义数据库的三级模式结构、两级映像以及完整性约束和保密限制等约束。DDL 主要用于建立、修改数据库的库结构。数据操作：DBMS 提供数据

21、操作语言(Data Definition Language，DML)，实现对数据的追加、删除、查询、更新等操作。4.基于构件的软件开发，强调使用可复用的软件“构件”来设计和构建软件系统，对所需的构件进行合格性检验、 ，并将它们集成到新系统中。A规模度量 B数据验证 C适应性修改 D正确性测试（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查基于构件的软件开发基础知识。面向对象技术为软件工程的基于构件的过程模型提供技术框架。面向对象技术强调类的创建，类封装了数据和用于数据的算法。面向对象的类可以在不同的应用和基于计算机的系统的体系结构中复用。基于构件的软件开发，强调在构建软件系统时复用已有

22、的软件“构件”，在检索到可以使用的构件后，需要针对新系统的需求对构件进行合格性检验、适应性修改，然后集成到新系统中。5.将某 ASCII字符采用偶校验编码(7 位字符编码+1 位校验码)发送给接收方，在接收方收到的 8位数据中，若 则能确定传输过程中发生错误。A“1”的个数为奇数 B“1”的个数为偶数C最低位为“1” D最高位为“1”（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查校验码的基础知识。由试题 46解析可知，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或者传输数据的检查。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(

23、包括校验位)中 1的数目为奇数。采用偶校验编码时，数据位和校验位中“1”的个数应是偶数。当接收方收到的 8位数据中“1”的个数为奇数时，可以确定传输过程中出错。Windows系统中的磁盘碎片整理程序 (79) ，这样使系统可以 (80) 。（分数：2.00）(1).A仅将卷上的可用空间合并，使其成为连续的区域B只能使每个文件占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间C只能使每个文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间D使每个文件和文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(2).A对文件能更有效地访问，而对文件夹的访问效率保持不变B对文件

24、夹能更有效地访问，而对文件的访问效率保持不变C对文件和文件夹能更有效地访问D将磁盘空闲区的管理方法改变为空白文件管理方案（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查计算机系统中的磁盘碎片整理程序的基础知识。同一磁盘文件的各个部分分散在磁盘的不同区域，当在磁盘上删除旧文件并添加新文件时就会出现碎片。碎片减慢了磁盘访问的速度并降低了磁盘操作的综合性能。因此，在 Windows系统中设置了“磁盘碎片整理程序”，以便于解决上述问题。Windows系统中的磁盘碎片整理程序可以分析本地卷，将计算机硬盘上的碎片文件和文件夹合并在一起，以便每一项在卷上分别占据单个和连续的空间。这样，系统就可以更有

25、效地访问文件和文件夹，并且更有效地保存新的文件和文件夹。通过合并文件和文件夹，磁盘碎片整理程序还将合并卷上的可用空间，以减少新文件出现的可能性。6.评价计算机系统性能时，MIPS 是衡量 的一种单位。A时钟频率 B运算速度 C系统可靠性 D系统失效率（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查的是系统性能评估的内容。计算机性能评估的常用方法有时钟频率法、指令执行速度法、等效指令速度法、数据处理速率法、综合理论性能法和基准程序法 6种。指令执行速度法用计算机每秒钟可执行多少百万条指令 MIPS来衡量计算机性能。现代巨型机的运算速度都达数万个 MIPS，每秒钟可运行几百亿条指令，数据处

26、理的速度相当快，计算机具有如此高的数据运算速度也是计算机被广泛使用的主要原因之一。在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是 (36) 。若操作数的地址包含在指令中，则属于 (37) 方式。（分数：2.00）(1).A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：1.00）A.B. C.D.解析：(2).A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查的是计算机指令系统的基础知识。根据试题 3的解析，寻址方式是寻找指令地址和操作数有效地址的方式。立即寻址是指操作数在指令中的寻址方式。直接寻址是指操作数地址在指令中的寻址方式

27、。7.两个同符号的数相加或异符号的数相减，所得结果的符号位 SF和进位标志 CF进行 运算为 1时，表示运算的结果产生溢出。A与 B或 C与非 D异或（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查符号数算术运算的溢出的基础知识。两个正数相加，结果大于机器所能表示的最大正数，称为上溢；两个负数相加，结果小于机器所能表示的最小负数，称为下溢。可根据运算结果的符号位和进位标志判别两同号数求和或异号数求差时的溢出。溢出的逻辑表达式为：8.十六进制数 CC所对应的八进制数为 。A314 B630 C1414 D3030（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查进制转换的基础知识。

28、(1)二进制数与十六进制数的转换一位十六进制数可以表示为四位二进制数。二进制数转换成十六进制数的方法是：对一个二进制数以小数点为界，向左、向右每四位二进制数用一位十六进制数代替，分组时前后不足四位的部分分别补零。十六进制数 CC转换成二进制数为 11001100。(2)二进制数与八进制数的转换一位八进制数可以表示为三位二进制数。二进制数转换成八进制数的方法是：对一个二进制数以小数点为界，向左、向右每三位二进制数用一位十六进制数代替，分组时前后不足三位的部分分别补零。二进制数为 11001100，向左、从右每三位划分为一组，对应的八进制数为 314。9.采用面向对象方法开发软件的过程中，抽取和整

29、理用户需求并建立问题域精确模型的过程叫 。A面向对象测试 B面向对象实现 C面向对象设计 D面向对象分析（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查面向对象软件开发过程的基础知识。采用面向对象的软件开发，通常有面向对象分析、面向对象设计、面向对象实现。面向对象分析是抽取和整理用户需求并建立问题域精确模型的过程。面向对象设计是把面向对象分析阶段得到的需求转变成符合成本和质量要求的、抽象的系统实现方案的过程。面向对象实现是把面向对象设计阶段的结果，翻译成用某种程序设计语言书写的面向对象程序。面向对象测试是根据规范说明来测试、调试面向对象的程序。10.在操作系统设备管理中，通常临界资源不

30、能采用 分配算法。A静态优先级 B动态优先级 C时间片轮转 D先来先服务（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查的是操作系统设备管理的基本知识。临界资源是指每次仅允许一个进程访问的资源。属于临界资源的硬件有打印机、磁带机等，属于临界资源的软件有消息缓冲队列、变量、数组、缓冲区等。诸进程问应采取互斥方式，实现对这种资源的共享。根据题意，临界资源不能采用时间片轮转分配算法，例如临界资源打印机若轮流为不同进程打印文档，将造成文档打印混乱。11.在 UNIX操作系统中，把输入/输出设备看作是 。A普通文件 B目录文件 C索引文件 D特殊文件（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析

31、 本题考查的是 UNIX操作系统中设备管理的基本内容。UNIX操作系统是一种强大的多任务、多用户操作系统。它在具有交互性、多用户、多任务特点的同时，还拥有移植性好、分级的文件结构，I/O 重定向和管道等特点。通常 UNIX操作系统被分为三个主要部分，即内核、Shell 和文件系统。内核是 UNIX操作系统的核心，直接控制计算机的各种资源。Shell 是 UNIX内核与用户之间的接口，是UNIX的命令解释器。常见的 Shell有 Bourne Shell(sh)、Korn Shell(ksh)、 C Shell(csh)、Bourne-again Shell(bash)等。文件系统用于对存储在存

32、储设备中的文件进行的组织管理。通常按照目录层次的方式组织。UNIX文件类型分为四种：普通文件(一)：又分为文本文件、二进制文件、数据文件。文本文件主要包括 ASCII文本文件、英文文本文件和一些可执行的脚本文件等；二进制文件主要是 32位的可执行文件等；数据文件主要是系统中的应用程序运行时产生的文件。目录文件(d)：目录文件是用来存放文件目录的。设备文件(1)：设备文件代表着某种设备，一般放在/dev 目录下。它分为块设备文件和字符设备文件，块设备文件以区块为输入输出单元，如磁盘；字符设备文件是以字符作为输入输出单元，如串口。链接文件(b/c)：链接文件类似于 Windows系统中的快捷方式，

33、它指向链接文件所链接着的文件。输入/输出设备在 UNIX操作系统中是作为特殊文件的。在 UNIX系统中包括两类设备：块设备和字符设备。设备特殊文件有一个索引节点，在文件系统目录中占据一个节点，但其索引节点上的文件类型与其他文件不同，是“块”或者是“字符”特殊文件。12.给定 C语言的数据结构（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查 C语言基础知识。声明一个结构体类型的一般形式为struct结构体名成员表列；其中“结构体名”用作结构体类型的标志(structure tag)。大括号内是该结构体中的各个成员，由它们组成一个结构体。结构体 struct T成员表列包含：int w 和

34、 union T。在不考虑字对齐的情况下，C 语言中一个结构体变量的存储区大小是其所有成员存储区大小之和，一个联合体变量的存储区大小是其各成员所需存储区大小中最大值。根据题意，联合体 union T变量需要的存储区大小是 8字节。struct T 类型变量的存储区最小应为 12字节。13.耦合度描述了 。A模块内各种元素结合的程度 B模块内多个功能之间的接口C模块之间公共数据的数量 D模块之间相互关联的程度（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查软件模块化的基本概念。软件设计中划分模块的一个准则是“高内聚低耦合”。软件结构内模块的耦合度表现了模块之间互相关联的程度，分为 6级。

35、耦合度从低到高分别是：无直接耦合、数据耦合、标记耦合、控制耦合、公共耦合和内容耦合。(1)非直接耦合：两个模块中的每一个都能独立工作而不需要另一个模块的存在。(2)数据耦合：两个模块彼此通过参数交换数据，而交换的信息仅仅是数据。(3)控制耦合：传递的信息中也有控制信息。(4)公共耦合：两个或多个模块通过公共数据环境相互作用。(5)内容耦合：两个模块之间有下列情况之一。一个模块访问另一个模块的内部数据。一个模块没有通过正常入口而转到另一个模块内部。两个模块有一部分程序代码重叠。一个模块有多个入口。14.计算机系统中用来连接 CPU、内存储器和 I/O接口的总线称为系统总线。 总线属于系统总线技术

36、的一种。AIEEEl394 BPCI CRS-232 DUSB（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查计算机系统总线的基础知识。计算机总线是构成计算机系统的互联机构，是多个系统功能部件之间进行数据传送的公共通道，并在争用资源的基础上进行工作。计算机系统中一般通过总线和接口将主机与 I/O设备有机组合在一起。总线是连接多个设备的信息传送通道，实际上是一组信号线。总线分类如表 1-3所示。表 1-3计算机总线分类名 称用 途芯片内总线集成电路芯片内部各部分的连接元件级总线一块电路板内各元器件的连接内总线计算机各组成部分的连接外总线计算机与外设或计算机与计算机之间的连接或通信其中内总

37、线，又称系统总线。它有专用内总线和标准内总线之分，直接影响着整个计算机系统的性能。常见的内总线标准有 PCI总线、ISA 总线、ELSA 总线等。外总线，又称通信总线。外总线的标准有七八十种之多，RS-232 是串行外总线，LISB 是通用串行总线，而 IEEE-1394是高速外部串行总线标准。在计算机中，最适合进行数字加减运算的数字编码是 (1) ，最适合表示浮点数阶码的数字编码是 (2) 。（分数：2.00）(1).A原码 B反码 C补码 D移码（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).A原码 B反码 C补码 D移码（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查计算机基础

38、中的原码、补码、移码等数值编码基础知识。计算机中参加运算的数有正负之分，计算机中的数的正负号用二进制数表示。用二进制数表示符号的数称为机器码。常用的机器码有原码、补码、反码和移码等。(1)原码表示法用“0”表示正号，用“1”表示负号，有效值部分用二进制的绝对值表示。真值零的原码有正零和负零两种形式。其中最高位是符号位。采用原码表示法直观易懂，但它的缺点是加、减法运算复杂。为了解决矛盾，人们找到了补码表示法，使得机器总是做加法，减法运算可以变成加法运算。(2)补码表示法对于 n位数来说，模数 M的大小是：n 位数全为 1后并在最末位加 1。如果某数有 n位整数(包括 1位符号位)，则它的模数为

39、2n；如果是 n位小数(包括 1位符号位)，则它的模数总是为 2。正数的补码与原码相同，负数的补码符号为“1”，数值部分求反加 1。零的补码是唯一的。(3)反码表示法正数的反码与原码相同，负数的反码符号为“1”，数值部分求反。在反码表示中，正零和负零的反码不是唯一的。(4)移码表示法正数的移码：符号位为 1，后面补足 7位，数值不变。负数的移码：符号位为 0，后面是该数的补码。移码常以整数形式用在计算机浮点数的阶码中。关系数据库是表的集合。对视图进行查询，本质上就是对从 (65) 中导出的数据进行查询；支持数据库各种操作的软件系统称为 (66) 。（分数：2.00）(1).A一个或若干个基本表

40、 B一个或若干个索引文件C一个或若干个视图 D一个视图（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2).A数据库系统 B文件系统C数据库管理系统 D操作系统（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查的是关系数据库的基本概念。在关系数据库中，基本表中存放的是各种信息，视图是从一个或多个关系(基本表或已有的视图)导出的关系。导出后，数据库中只存有此视图的定义(在数据字典中)，但并没有实际生成此关系。因此视图是虚表。对视图进行查询，本质上就是对一个或若干个基本表导出的数据进行查询。支持数据库各种操作的软件系统称为数据库管理系统(DBMS)。DBMS 是在操作系统支持下工作的数据管理软件

41、，它负责管理数据库，向用户提供一整套命令。某学校学生、教师和课程实体对应的关系模式如下：学生(学生号，姓名，性别，年龄，家庭住址，电话)课程(课程号，课程名)教师(职工号，姓名，年龄，家庭住址，电话)如果一个学生可以选修多门课程，一门课程可以有多个学生选修；一个教师只能讲授一门课程，但一门课程可以有多个教师讲授。由于学生和课程之间有一个 (67) 的联系，所以 (68) 。又由于教师和课程之间是一个 (69) 的联系，所以 (70) 。（分数：4.00）(1).A1 对 1 B1 对多 C多对 1 D多对多（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(2).A不需要增加一个新的关系模式B不需要增

42、加一个新的关系模式，只需要将 1端的码插入多端C需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号D需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号和学生号（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(3).A1 对 1 B1 对多 C多对 1 D多对多（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(4).A不需要增加一个新的关系模式，只需要将职工号插入课程关系模式B不需要增加一个新的关系模式，只需要将课程号插入教师关系模式C需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号D需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号和教师号（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析

43、本题考查关系模式和 E-R图的概念和性质。根据题意，一个学生可以选修多门课程，一门课程又可以有多个学生选修，所以学生和课程之间是一个多对多的联系，需要增加一个新的选课关系模式，该模式的主键应该为课程号和学号。一个教师只能讲授一门课程，但一门课程可以有多个教师讲授，所以教师和课程之间是一个多对一的联系，所以不需要增加一个新的关系模式，只需要将课程号插入教师关系模式。15.以下关于精简指令集计算机(RISC)指令系统特点的叙述中，错误的是 。A对存储器操作进行限制，使控制简单化B指令种类多，指令功能强C设置大量通用寄存器D选取使用频率较高的一些指令，提高执行速度（分数：1.00）A.B. C.D.

44、解析：解析 本题考查指令系统的基础知识。(1)RISC指令系统代表精简指令系统计算机。特点包括以下几点：选取使用频率最高的一些简单指令，以及很有用但不复杂的指令。指令长度固定，指令格式种类少，寻址方式种类少。只有取数/存数指令访问存储器，其余指令的操作都在寄存器之间进行。大部分指令在一个机器周期内完成。CPU中通用寄存器数量相当多。以硬布线控制为主，不用或少用微指令码控制。一般用高级语言编程，特别重视编译优化工作，并采用指令流水线调度，以减少程序执行时间。(2)CISC指令系统指令系统复杂庞大，指令数目一般多达 200300 条。寻址方式多。指令格式多。指令字长不固定。可访存指令不受限制。各种

45、指令使用频率相差很大。各种指令执行时间相差很大。大多数采用微程序控制器。根据题意，指令种类多，指令功能强不是精简指令集计算机(RISC)指令系统的特点。数据存储在磁盘上的排列方式会影响 I/O服务的总时间。假设每磁道划分成 10个物理块，每块存放 1个逻辑记录。逻辑记录 R1，R2，R10 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：物理块1 2 3 4 5 6 7 8 9 10逻辑记录R1 R2 R3 R4 R5 R6 R7 R8 R9 R10假定磁盘的旋转速度为 20ms/周，磁头当前处在 R1的开始处。若系统顺序处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为 4ms，则处理这 10个记

46、录的最长时间为 (9) ； 若对信息存储进行优化分布后，处理 10个记录的最少时间为 (10) 。（分数：2.00）(1).A180ms B200ms C204mS D220ms（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).A40ms B60ms C100ms D160ms（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查存储系统的基本应用。根据题意，该磁道上记录的处理时间是 10个记录处理时间的总和。处理逻辑记录使用的时间可以表示为：每个处理逻辑记录使用的时间=磁盘旋转的使用时间+逻辑记录的处理时间。处理 R1记录的时间是 6ms，在等待 R1处理的 4ms时间内，磁头已经处在。R

47、4 的开始处；要处理 R2，磁头要先旋转 18ms，然后处理4ms，即处理 R2记录的时间是 22ms；以此类推，处理 R2，R3，R10 记录的时间均为 22ms。所以处理这 10个记录的最长时间是 204ms。对信息存储进行优化分布后，磁道上的分布安排顺序可以是表 1.1所示的情况。这样就保证了系统顺序处理这些记录。处理 10个记录的最少时间是 60ms。表 1.1优化后记录的安排顺序物理块1 8 5 2 9 6 3 10 7 4逻辑记录R1 R8 R5 R2 R9 R6 R3 R10 R7 R416.若某计算机系统是由 500个元器件构成的串联系统，且每个元器件的失效率均为 10-7/h

48、，在不考虑其他因素对可靠性的影响时，该计算机系统的平均故障间隔时间为 小时。A210 4 B510 4 C210 5 D510 5（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基础知识。根据试题 4的解析，该串联系统的计算机系统的总失效率为各元器件的失效率的和，即为 50010-7/h=510-3/h。因为平均故障间隔时间(MTBF)与失效率()的呈倒数关系，即 MTBF=衡量计算机的主要性能指标除了字长、存取周期、运算速度之外，通常还包括 (75) ， 因为其反映了 (76) 。（分数：2.00）(1).A外部设备的数量 B计算机的制造成本C计算机的体积 D主存储器容量大小（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(2).A每秒钟所能执行的指令条数 B存储器读写速度C计算机即时存储信息的能力 D该计算机保存大量信息的能力（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查计算机主要性能指标的基础知识。计算机性能的好坏是由系统结构、指令系统、硬件组成、软件配置等多方面因素综合