2023年中级软件设计师上半年上午试题.doc

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1、中级软件设计师2023上半年上午试题1. 海明校验码是在n个数据位之外增k个校验位，从而形成一个k+n位的新的码字，使新的码字的码距比较均匀地拉大。n与k的关系是 (1)。 A2k-1n+k B2n-1n+k Cn=k Dn-1k这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察校验码方面的基础知识。海明码是一种多重(复式)奇偶检错编码。它将信息用逻辑形式编码，以便可以检错和纠错。用在海明码中的所有传输码字是由本来的信息和附加的奇偶校验位组成的。每一个这种奇偶位被编在传输码字的特定位置上。推导并使用长度为n的码字的海明码，所需环节如下：(1)拟定最小的校验位数k，将它们记成D1、D2、DK，

2、每个校验位符合不同的奇偶测试规定。(2)原有信息和k个校验位一起编成长为n+k位的新码字。选择k校验位(0或1)以满足必要的奇偶条件。(3)对所接受的信息作所需的k个奇偶检查。(4)假如所有的奇偶检查结果均对的，则认为信息无错误。假如发现有一个或多个错了，则错误的位由这些检查的结果来唯一地拟定。求海明码时的一项基本考虑是拟定所需最少的校验位数众。考虑长度为n位的信息，若附加了众个校验位，则所发送的总长度为n+k。在接受器中要进行k个奇偶检查，每个检查结果或是真或是假。这个奇偶检查的结果可以表达成一个k位的二进字，它可以拟定最多2k种不同状态。这些状态中必有一个其所有奇偶测试都是真的，它便是鉴定

3、信息对的的条件。于是剩下的(2k-1)种状态，可以用来鉴定误码的位置。于是导出以下关系：2k-1n+k2. 假设某硬盘由5个盘片构成(共有8个记录面)，盘面有效记录区域的外直径为30cm，内直径为10cm，记录位密度为250位/mm，磁道密度为16道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的格式化容量约为 (2)MB。这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察计算机系统硬件方面磁盘容量的计算。硬盘容量分为非格式化容量和格式化容量两种，计算公式如下：非格式化容量=面数(磁道数/面)内圆周长最大位密度格式化容量=面数(磁道数/面)(扇区数/道)(字节数/扇区)题目中给出硬盘

4、的面数为8，每面的磁道数为(30-10)(102)16，每磁道扇区数为16，每扇区512字节，因此其格式化容量为换算成MB单位时再除以1024.1024。3. (3)是指按内容访问的存储器。 A虚拟存储器 B相联存储器 C高速缓存(Cache) D随机访问存储器这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察计算机系统存储器方面的基础知识。计算机系统的存储器按所处的位置可分为内存和外存。按构成存储器的材料可分为磁存储器、半导体存储器和光存储器。按存储器的工作方式可分为读写存储器和只读存储器。按访问方式可分为按地址访问的存储器和按内容访问的存储器。按寻址方式可分为随机存储器、顺序存储器和直接

5、存储器。相联存储器是一种按内容访问的存储器。4. 解决机重要由解决器、存储器和总线组成，总线涉及 (4)。 A数据总线、地址总线、控制总线 B并行总线、串行总线、逻辑总线 C单工总线、双工总线、外部总线 D逻辑总线、物理总线、内部总线这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察计算机系统总线和接口方面的基础知识。广义地讲，任何连接两个以上电子元器件的导线都可以称为总线。通常可分为4类：芯片内总线。用于在集成电路芯片内部各部分的连接。元件级总线。用于一块电路板内各元器件的连接。内总线，又称系统总线。用于构成计算机各组成部分(CPU、内存和接口等)的连接。外总线，又称通信总线。用计算机与外

6、设或计算机与计算机的连接或通信。连接解决机的解决器、存储器及其他部件的总线属于内总线，按总线上所传送的内容分为数据总线、地址总线和控制总线。5. 计算机中常采用原码、反码、补码和移码表达数据，其中，0编码相同的是 (5)。 A原码和补码 B反码和补码 C补码和移码 D原码和移码这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察计算机系统数据编码基础知识。设机器字长为n(即采用n个二进制位表达数据)，最高位是符号位，0表达正号，1表达负号。原码表达方式下，除符号位外，n-1位表达数值的绝对值。因此，n为8时，+0原=00000000，-0原=10000000。正数的反码与原码相同，负数的反码则

7、是其绝对值按位求反。n为8时，数值0的反码表达有两种形式：+0反=00000000,-0反=11111111。正数的补码与其原码和反码相同，负数的补码则等于其反码的末尾加1。在补码表达中，0有唯一的编码：+0补=00000000，+0补=00000000。移码表达法是在数X上增长一个偏移量来定义的，常用于表达浮点数中的阶码。机器字长为n时，在偏移量为2n-1的情况下，只要将补码的符号位取反便可获得相应的移码表达。6. 某指令流水线由5段组成，第1、3、5段所需时间为t，第2、4段所需时间分别为 3t、2t，如下图所示，那么连续输入n条指令时的吞吐率(单位时间内执行的指令个数)TP为 (6)。这

8、道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察计算机系统流水线方面的基础知识。吞吐率和建立时间是使用流水线技术的两个重要指标。吞吐率是指单位时间里流水线解决机流出的结果数。对指令而言，就是单位时间里执行的指令数。流水线开始工作时，需通过一定期间才干达成最大吞吐率，这就是建立时间。若阴个子过程所用时间同样，均为t0，则建立时间T0=mt0。本题目中，连续输入n条指令时，第1条指令需要的时间为(1+3+1+2+1)t，之后，每隔3t便完毕1条指令，即流水线一旦建立好，其吞吐率为最长子过程所需时间的倒数。综合n条指令的时间为(1+3+1+2+1)t+(n-1)3t，因此吞吐率为7. 下面关于漏洞

9、扫描系统的叙述，错误的是 (7)。 A漏洞扫描系统是一种自动检测目的主机安全弱点的程序 B黑客运用漏洞扫描系统可以发现目的主机的安全漏洞 C漏洞扫描系统可以用于发现网络入侵者 D漏洞扫描系统的实现依赖于系统漏洞库的完善这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察漏洞扫描系统的基本概念。漏洞扫描系统是一种自动检测目的主机安全弱点的程序，漏洞扫描系统的原理是根据系统漏洞库对系统也许存在的漏洞进行一一验证。黑客运用漏洞扫描系统可以发现目的主机的安全漏洞从而有针对性的对系统发起袭击；系统管理员运用漏洞扫描系统可以查找系统中存在的漏洞并进行修补从而提高系统的可靠性。漏洞扫描系统不能用于发现网络入

10、侵者，用于检测网络入侵者的系统称为入侵检测系统。8. 网络安全包含了网络信息的可用性、保密性、完整性和网络通信对象的真实性。其中，数字署名是对 (8)的保护。 A可用性 B保密性 C连通性 D真实性这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考察网络安全面的基础知识。数字署名(Digital Signature)技术是不对称加密算法的典型应用。数字署名的应用过程是：数据源发送方使用自己的私钥对数据校验和或其他与数据内容有关的变量进行加密解决，完毕对数据的合法“署名”；数据接受方则运用对方的公钥来解读收到的“数字署名”，并将解读结果用于对数据完整性的检查，以确认署名的合法性。数字署名技术是在

11、网络系统虚拟环境中确认身份的重要技术，完全可以代替现实过程中的“亲笔签字”，在技术和法律上有保证，可见数字署名是对署名真实性的保护。9. 计算机感染特洛伊木马后的典型现象是 (9)。 A程序异常退出 B有未知程序试图建立网络连接 C邮箱被垃圾邮件填满 DWindows系统黑屏这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察计算机病毒相关知识。特洛伊木马是一种通过网络传播的病毒，分为客户端和服务器端两部分，服务器端于被感染的计算机，特洛伊木马服务器端运营后会试图建立网络连接，所以计算机感染特洛伊木马后的典型现象是有未知程序试图建立网络连接。10. 关于软件著作权产生的时间，下面表述对的的是

12、(10)。 A自作品初次公开发表时 B自作者有创作意图时 C自作品得到国家著作权行政管理部门认可时 D自作品完毕创作之日这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考察知识产权中关于软件著作权方面的知识。在我国，软件著作权采用“自动保护”原则。计算机软件保护条例第十四条规定：“软件著作权自软件开发完毕之日起产生。”即软件著作权自软件开发完毕之日起自动产生，不管整体还是局部，只要具有了软件的属性即产生软件著作权，既不规定履行任何形式的登记或注册手续，也无须在复制件上加注著作权标记，也不管其是否已经发表都依法享有软件著作权。一般来讲，一个软件只有开发完毕并固定下来才干享有软件著作权。假如一个软

13、件一直处在开发状态中，其最终的形态并没有固定下来，则法律无法对其进行保护。因此，条例(法律)明确规定软件著作权自软件开发完毕之日起产生。当然，现在的软件开发经常是一项系统工程，一个软件也许会有很多模块，而每一个模块可以独立完毕某一项功能。自该模块开发完毕后就产生了著作权。所以说，自该软件开发完毕后就产生了著作权。11. 程序员甲与同事乙在乙家探讨甲近期编写的程序，甲表达对该程序极不满意，说要弃之重写，并将程序手稿扔到乙家垃圾筒。后来乙将甲这一程序稍加修改，并署乙名发表。以下说法对的的是 (11)。 A乙的行为侵犯了甲的软件著作权 B乙的行为没有侵犯甲的软件著作权，由于甲已将程序手稿丢弃 C乙的

14、行为没有侵犯甲的著作权，由于乙已将程序修改 D甲没有发表该程序并弃之，而乙将程序修改后发表，故乙应享有著作权这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察知识产权中关于软件著作权方面的知识。著作权因作品的完毕而自动产生，不必履行任何形式的登记或注册手续，也不管其是否已经发表，所以甲对该软件作品享有著作权。乙未经甲的许可擅自使用甲的软件作品的行为，侵犯了甲的软件著作权。12. PC解决的音频信号重要是人耳能听得到的音频信号，它的频率范围是 (12)。 A300Hz3400Hz B20Hz20kHz C10Hz20kHz D20Hz44kHz这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考

15、察多媒体中关于音频信号方面的基础知识。声音信号由许多频率不同的信号组成，通常称为复合信号，而把单一频率的信号称为分量信号。声音信号的一个重要参数就是带宽(Bandwidth)，它用来描述组成声音的信号的频率范围。声音信号的频率是指声波每秒钟变化的次数，用Hz表达。人们把频率小于20Hz的声波信号称为亚音信号(也称次音信号)；频率范围为20Hz20kHz的声波信号称为音频信号：高于20kHz的信号称为超音频信号(也称超声波)。PC解决的音频信号重要是人耳能听得到的音频信号(audio)，它的频率范围是2020kHz。可听声涉及： 话音(也称语音)：人的说话声，频率范围通常为3003400Hz。

16、音乐：由乐器演奏形成(规范的符号化声音)，其带宽可达成2020kHz。 才其他声音：如风声、雨声、鸟叫声和汽车鸣笛声等，它们起着效果声或噪声的作用，其带宽范围也是2020kHz。13. 多媒体计算机图像文献格式分为静态图像文献格式和动态图像文献格式， (13)属于静态图像文献格式。 AMPG BAVS CJPG DAVI这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察多媒体中关于文献格式方面的基础知识。计算机中使用的图像文献格式大体上可分为图像文献格式和动态图像文献格式两大类，每类又有很多种。JPEG是由ISO和IEC两个组织机构联合组成的一个专家组，负责制定静态和数字图像数据压缩编码标准

17、，这个专家组地区性的算法称为JPEG算法，并且成为国际上通用的标准，因此又称为JPEG标准。JPEG是一个合用范围很广的静态图像数据压缩标准，既可用于灰度图像又可用于彩色图像。MPEG文献格式是运动图像压缩算法的国际标准，它涉及MPEG视频、MPEG音频和MPEG系统(视频、音频同步)三个部分。MPEG压缩标准是针对运动图像设计的，其基本方法是：单位时间内采集并保存第一帧信息，然后只存储其余帧对第一帧发生变化的部分，从而达成压缩的目的。MPEG的平均压缩比为50:1最高可达200:1，压缩效率非常高，同时图像和音响的质量也非常好，并且在PC上有统一的标准格式，兼容性相称好。AVI是Micros

18、oft公司开发的一种符合RIFF文献规范的数字音频与视频文献格式，Windows、OS/2等多数操作系统直接支持。AVI格式允许视频和音频交错在一起同步播放，支持256色和RLE压缩，但AVI文献并未限定压缩标准。AVI文献目前重要应用在多媒体光盘上，用来保存电影、电视等各种影像信息，有时也出现在因特网上，供用户下载、欣赏新影片的片段。14. 计算机获取模拟视频信息的过程中一方面要进行 (14)。 AA/D变换 B数据压缩 CD/A变换 D数据存储这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察多媒体中关于模拟视频信息解决方面的基础知识。模拟视频信号进入计算机时，一方面需要解决模拟视频信息

19、的数字化问题。与音频数字化同样，视频数字化的目的是将模拟信号经MD转换和彩色空间变换等过程，转换成计算机可以显示和解决的数字信号。由于电视和计算机的显示机制不同，因此要在计算机上显示视频图像需要作许多解决。例如，电视是隔行扫描，计算机的显示器通常是逐行扫描：电视是亮度(Y)和色度(C)的复合编码，而PC的显示器工作在RGB空间；电视图像的分辨率和显示屏的分辨率也各不相同等。这些问题在电视图像数字化过程中都需考虑。一般，对模拟视频信息进行数字化采用如下方式：(1)先从复合彩色电视图像中分离出彩色分量，然后数字化。目前市场上的大多数电视信号都是复合的全电视信号，如录像带、激光视盘等存储设备上的电视

20、信号。对这类信号的数字化，通常是将其分离成YUV、YIQ或RGB彩色空间的分量信号，然后用3个A/D转换器分别进行数字化。这种方式称为复合数字化。(2)先对全彩色电视信号数字化，然后在数字域中进行分离，以获得YUV、YIQ或RGB分量信号。用这种方法对电视图像数字化时，只需一个高速A/D转换器。这种方式称为分量数字化。视频信息数字化的过程比声音复杂一些，它是以一幅幅彩色画面为单位进行的。分量数字化方式是使用较多的一种方式。电视信号使用的彩色空间是YUV空间，即每幅彩色画面有亮度(Y)和色度(U、V)3个分量，对这3个分量需分别进行取样和量化，得到一幅数字图像。由于人眼对色度信号的敏感限度远不如

21、对亮度信号那么灵敏，因此色度信号的取样频率可以比亮度信号的取样频率低一些，以减少数字视频的数据量。数字图像数据的数据量大，而数字视频信息的数据量就更加突出。例如，每帧352240像素点，图像深度16位的图像，其数据量约为1.3Mb，每秒30帧，其数据量就高达40Mb/s，这样大的数据量无论是传输、存储还是解决，都是极大的承担。15. 在采用面向对象技术构建软件系统时，很多灵敏方法都建议的一种重要的设计活动是 (15)，它是一种重新组织的技术，可以简化构件的设计而无需改变其功能或行为。 A精化 B设计类 C重构 D抽象这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察采用灵敏方法进行软件开发。

22、灵敏方法中，重构是一种重新组织技术，重新审阅需求和设计，重新明确地描述它们以符合新的和现有的需求，可以简化构件的设计而无需改变其功能或行为。16. 一个软件开发过程描述了“谁做”、“做什么”、“怎么做”和“什么时候做”，RUP用 (16)来表述“谁做”。 A角色 B活动 C制品 D工作流这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察RUP对软件开发过程的描述。RUP应用了角色、活动、制品和工作流4种重要的模型元素，其中角色表述“谁做”，制品表述“做什么”，活动表述“怎么做”，工作流表述“什么时候做”。某项目重要由AI任务构成，其计划图(如下图所示)展示了各任务之间的前后关系以及每个任务的

23、工期(单位：天)，该项目的关键途径是 (17)。在不延误项目总工期的情况下，任务A最多可以推迟开始的时间是 (18)天。 17. AAGI BADFHI CBEGI DCFHI这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察项目计划的关键途径和松弛时间。图中任务流AGI的连续时间为15：任务流ADFHI的连续时间为18；任务流BEGI的连续时间为20；任务流CFHI的连续时间为13。因此关键途径为BEGI，其连续时间是20。任务A处在任务流AGI和任务流ADFHI中，分别连续时间为15和18，因此任务A的可延迟开始时间为2。 18. A0 B2 C5 D7这道题您没有回答 【回答错误】答案

24、:B19. 软件风险一般包含 (19)两个特性。 A救火和危机管理 B已知风险和未知风险 C不拟定性和损失 D员工和预算这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察软件风险的特性。软件风险一般涉及不拟定性和损失两个特性，其中不拟定性是指风险也许发生，也也许不发生；损失是当风险的确发生时，会引起的不希望的后果和损失。救火和危机管理是对不适合但经常采用的软件风险管理策略。已知风险和未知风险是对软件风险进行分类的一种方式。员工和预算是在辨认项目风险时需要辨认的因素。20. 函数调用时，基本的参数传递方式有传值与传地址两种， (20)。 A在传值方式下，形参将值传给实参 B在传值方式下，实参不

25、能是数组元素 C在传地址方式下，形参和实参间可以实现数据的双向传递 D在传地址方式下，实参可以是任意的变量和表达式这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察程序语言基础知识。函数调用时基本的参数传递方式有传值与传地址两种，在传值方式下是将实参的值传递给形参，因此实参可以是表达式(或常量)，也可以是变量(或数组元素)，这种信息传递是单方向的，形参不能再将值传回给实参。在传地址方式下，需要将实参的地址传递给形参，因此，实参必须是变量(数组名或数组元素)，不能是表达式(或常量)。这种方式下，被调用函数中对形式参数的修改事实上就是对实际参数的修改，因此客观上可以实现数据的双向传递。21. 己

26、知某高级语言源程序A经编译后得到机器C上的目的程序B，则 (21)。 A对B进行反编译，不能还原出源程序A B对B进行反汇编，不能得到与源程序A等价的汇编程序代码 C对B进行反编译，得到的是源程序A的变量声明和算法流程 D对A和B进行交叉编译，可以产生在机器，C上运营的动态链接库这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察程序语言方面的基础知识。编译是将高级语言源程序翻译成机器语言程序(汇编形式或机器代码形式)，反编译是编译的逆过程。反编译通常不能把可执行文献还原成高级语言源代码，只能转换成功能上等价的汇编程序。22. 下面关于程序语言的叙述，错误的是 (22)。 A脚本语言属于动态语

27、言，其程序结构可以在运营中改变 B脚本语言一般通过脚本引擎解释执行，不产生独立保存的目的程序 Cphp、JavaScript属于静态语言，其所有成分可在编译时拟定 DC语言属于静态语言，其所有成分可在编译时拟定这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察程序语言基础知识。动态语言是指程序在运营时可以改变其结构，例如新的函数可以被引进、已有的函数可以被删除等在结构上的变化等。动态语言的类型检查是在运营时进行的，其优点是方便阅读，不需要写非常多的与类型相关的代码；缺陷是不方便调试，命名不规范时会读不懂、不利于理解等。脚本语言代表一套与系统程序设计语言不同的协定。它们牺牲执行速度和与系统程序

28、设计语言相关的类型长度而提供更高的编程创作能力和软件重用。脚本语言更适合在联系复杂的应用程序中进行胶着(粘合)。为了简化连接组件的工作，脚本语言被设计为无类型的，脚本语言一般是面向字符的，由于字符为许多不同的事物提供了一致的描述。事实上，脚本语言都是动态语言，而动态语言都是解释型语言，不管它们是否是面向对象的语言。在Windows XP操作系统中，用户运用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷， (23)。通常将“C：Windowsmyprogram.exe”文献设立成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文献的访问，这一级安全管理称之为 (24)安全管理。 23. A但只能使用FAT文献系统

29、格式化卷 B但只能使用FAT 32文献系统格式化卷 C但只能使用NTFS文献系统格式化卷 D可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文献系统格式化卷这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考核对Windows XP操作系统应用的掌握限度。试题(23)的对的答案是D，由于Windows XP操作系统支持FAT、FAT32或NTFS文献系统，所以运用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷，并可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文献系统格式化卷。 24. A文献级 B目录级 C用户级 D系统级这道题您没有回答 【回答错误】答案:A试题(24)的对的答案是A。分析如下：文献级安全管理

30、，是通过系统管理员或文献主对文献属性的设立来控制用户对文献的访问。通常可设立以下几种属性： 只执行：只允许用户执行该文献，重要针对.exe和.com文献。 隐含：指示该文献为隐含属性文献。 索引：指示该文献是索引文献。 修改：指示该文献自上次备份后是否还被修改。 只读：只允许用户读该文献。 读/写：允许用户对文献进行读和写。 共享：指示该文献是可读共享的文献。 系统：指示该文献是系统文献。用户对文献的访问，将由用户访问权、目录访问权限及文献属性三者的权限所拟定。或者说是有效权限和文献属性的交集。例如对于只读文献，尽管用户的有效权限是读/写，但都不能对只读文献进行修改、更名和删除。对于一个非共享

31、文献，将严禁在同一时间内由多个用户对它们进行访问。通过上述四级文献保护措施，可有效地保护文献。因此将“C：Windowsmyprogram.exe”文献设立成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文献的访问，这一级安全管理称之为文献级安全管理。25. 在移臂调度算法中， (25)算法也许会随时改变移动臂的运动方向。 A电梯调度和先来先服务 B先来先服务和最短寻找时间优先 C单向扫描和先来先服务 D电梯调度和最短寻找时间优先这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考核对磁盘调度方面基本知识掌握的限度。由于先来先服务是谁先请求先满足谁的请求，而最短寻找时间优先是根据当前磁臂到要请求访问磁道的距离

32、，谁短满足谁的请求，故先来先服务和最短寻找时间优先算法也许会随时改变移动臂的运动方向。设系统中有R类资源m个，现有n个进程互斥使用。若每个进程对R资源的最大需求为w，那么当m、n、w取下表的值时，对于下表中的ae五种情况， (26)两种情况也许会发生死锁。对于这两种情况，若将 (27)，则不会发生死锁。 26. Aa和b Bb和c Cc和d Dc和e这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考核对操作系统死锁方面基本知识掌握的限度。系统中同类资源分派不妥会引起死锁。一般情况下，若系统中有m个单位的存储器资源，它被n个进程使用，当每个进程都规定w个单位的存储器资源，当mnw时，也许会引起死

33、锁。试题(26)分析 如下：情况ac m=2，n=l，w=2，系统中有2个资源，1个进程使用，该进程最多规定2个资源，所以不会发生死锁。情况b：m=2，n=2，w=l，系统中有2个资源，2个进程使用，每个进程最多规定1个资源，所以不会发生死锁。情况c：m=2，n=2，w=2，系统中有2个资源，2个进程使用，每个进程最多规定2个资源，此时，采用的分派策略是轮流地为每个进程分派，则第一轮系统先为每个进程分派1个，此时，系统中已无可供分派的资源，使得各个进程都处在等待状态导致系统发生死锁，这时进程资源图如下图所示。情况d：m=4，n=3，w=2，系统中有4个资源，3个进程使用，每个进程最多规定2个资

34、源，此时，采用的分派策略是轮流地为每个进程分派，则第一轮系统先为每个进程分派1个资源，此时，系统中还剩1个资源，可以使其中的一个进程得到所需资源运营完毕，所以不会发生死锁。情况e：m=4，n=3，w=3，系统中有4个资源，3个进程使用，每个进程最多规定3个资源，此时，采用的分派策略是轮流地为每个进程分派，则第一轮系统先为每个进程分派1个，第二轮系统先为一个进程分派1个，此时，系统中已无可供分派的资源，使得各个进程都处在等待状态导致系统发生死锁，这时进程资源图如下图所示。 27. An加1或w加1 Bm加1或w减1 Cm减1或w加1 Dm减1或w减1这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 对

35、于c和e两种情况，若将m加1，则情况c：m=3，n=2，w=2，系统中有3个资源，2个进程使用，每个进程最多规定2个资源，系统先为每个进程分派1个，此时，系统中还剩1个可供分派的资源，使得其中的一个进程能得到所需资源执行完，并释放所有资源使另一个进程运营完； 若将w减1，则情况c：m=2，n=2，w=1，系统中有2个资源，两个进程各需一个，系统为每个进程分派1个，此时，进程都能运营完，显然不会发生死锁。情况e分析同理。28. 某文献系统采用链式存储管理方案，磁盘块的大小为1024字节。文献Myfile.doc由5个逻辑记录组成，每个逻辑记录的大小与磁盘块的大小相等，并依次存放在121、75、8

36、6、65和114号磁盘块上。若需要存取文献的第5120字节处的信息，应当访问 (28)号磁盘块。 A75 B85 C65 D114这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考核对操作系统文献系统空间管理方面基本知识掌握的限度。根据题意每个逻辑记录的大小与磁盘块大小相等，并依次存放在121、75、86、65和114号磁盘块上。而文献的第5120字节应当在114号磁盘块上。29. 软件能力成熟度模型(CMM)将软件能力成熟度自低到高依次划分为5级。目前，达成CMM第3级(已定义级)是许多组织努力的目的，该级的核心是 (29)。 A建立基本的项目管理和实践来跟踪项目费用、进度和功能特性 B使用

37、标准开发过程(或方法论)构建(或集成)系统 C管理层寻求更积极地应对系统的开发问题 D连续地监督和改善标准化的系统开发过程这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察软件成熟度模型(CMM)的基本概念。建立基本的项目管理和实践来跟踪项目费用、进度和功能特性为可反复级的核心；使用标准开发过程(或方法论)构建(或集成)系统为已定义级的核心；管理层寻求更积极地应对系统的开发问题为已管理级的核心；连续地监督和改善标准化的系统开发过程为优化级的核心。30. RUP在每个阶段都有重要目的，并在结束时产生一些制品。在 (30)结束时产生“在适当的平台上集成的软件产品”。 A初启阶段 B精化阶段 C构

38、建阶段 D移交阶段这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析本题考察RUP中每个阶段产生的制品。初启阶段结束时产生一个构想文档、一个有关用例模型的调查、一个初始的业务用例、一个初期的风险评估和一个可以显示阶段和迭代的项目计划等制品；精化阶段结束时产生一个补充需求分析、一个软件架构描述和一个可执行的架构原型等制品；构建阶段结束时的成果是一个准备交到最终用户手中的产品，涉及具有最初运作能力的在适当的平台上集成的软件产品、用户手册和对当前版本的描述；移交阶段结束时产生移交给用户产品发布版本。31. 根据ISO/IEC9126软件质量度量模型定义，一个软件的时间和资源质量子特性属于 (31)质量特性。

39、 A功能性 B效率 C可靠性 D易使用性这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察ISO/IEC9126软件质量度量模型中的质量特性。效率质量特性涉及时间特性和资源特性两个质量子特性。 32. McCabe度量法是通过定义环路复杂度，建立程序复杂性的度量，它基于一个程序模块的程序图中环路的个数。计算有向图G的环路复杂性的公式为：V(G)=m-n+2，其中V(G)是有向图G中的环路个数，m是G中的有向弧数，n是G中的节点数。下图所示程序图的程序复杂度是 (32)。A2 B3 C4 D5这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察McCabe度量法。要采用McCabe度量法度量程

40、序复杂度，需要先画出程序流图，辨认有向图中节点数n=8，有向弧数m=7，然后运用环路复杂性计算公式 V(G)=m-n+2进行计算，得如图所示的程序图的程序复杂度是3。33. 在开发信息系统时，用于系统开发人员与项目管理人员沟通的重要文档是 (33)。 A系统开发协议 B系统设计说明书 C系统开发计划 D系统测试报告这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析 本题考察开发文档的作用。系统开发人员与项目管理人员在项目期内进行沟通的文档重要有系统开发计划、系统开发月报以及系统开发总结报告等项目管理文献。34. 软件工程每一个阶段结束前，应当着重对可维护性进行复审。在系统设计阶段的复审期间，应当从 (

41、34)出发，评价软件的结构和过程。 A指出可移植性问题以及也许影响软件维护的系统界面 B容易修改、模块化和功能独立的目的 C强调编码风格和内部说明文档 D可测试性这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察软件复审基本概念。可维护性是所有软件都应具有的基本特点，必须在开发阶段保证软件具有可维护的特点。在系统分析阶段的复审过程中，应当指出软件的可移植性问题以及也许影响软件维护的系统界面：在系统设计阶段的复审期间，应当从容易修改、模块化和功能独立的目的出发，评价软件的结构和过程；在系统实行阶段的复审期间，代码复审应当强调编码风格和内部说明文档这两个影响可维护性的因素。可测试性是可维护性的一

42、个评价指标。 35. 当用分支覆盖法对以下流程图进行测试时，至少需要设计 (35)个测试用例。A4 B5 C6 D8这道题您没有回答 【回答错误】答案:C分析本题考察分支覆盖测试法。采用分支覆盖法进行测试使得被测程序中每个鉴定表达式至少获得一次“真”值和“假”值，或者程序中的每一个取“真”分支和取“假”分支至少都通过一次。需要设计的测试用例需要保证每一个取“真”分支和取“假”分支至少都通过一次，即记录最多分支数。36. 某银行为了使其网上银行系统可以支持信用卡多币种付款功能而进行扩充升级，这需要对数据类型稍微进行一些改变，这一状况需要对网上银行系统进行 (36)维护。 A对的性 B适应性 C完

43、善性 D防止性这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察软件维护的内容。为了使网上银行系统可以支持信用卡的多币种付款功能而扩充升级，是为了适应银行的市场环境和新的管理需求而提出的新的信息需求，因此需要适应性维护。37. 下面关于面向对象分析与面向对象设计的说法中，不对的的是 (37)。 A面向对象分析侧重于理解问题 B面向对象设计侧重于理解解决方案 C面向对象分析描述软件要做什么 D面向对象设计一般不关注技术和实现层面的细节这道题您没有回答 【回答错误】答案:D分析 本题考察面向对象分析与设计的基本概念。面向对象分析重要强调理解问题是什么，不考虑问题的解决方案，因此答案A、C是对的的

44、。面向对象设计侧重问题的解决方案，并且需要考虑实现细节问题，因此选项 D的说法是不对的的。在面向对象分析与设计中， (38)是应用领域中的核心类，一般用于保存系统中的信息以及提供针对这些信息的相关解决行为； (39)是系统内对象和系统外参与者的联系媒介； (40)重要是协调上述两种类对象之间的交互。 38. A控制类 B边界类 C实体类 D软件类这道题您没有回答 【回答错误】答案:C 39. A控制类 B边界类 C实体类 D软件类这道题您没有回答 【回答错误】答案:B 40. A控制类 B边界类 C实体类 D软件类这道题您没有回答 【回答错误】答案:A分析 本题考察控制类、边界类和实体类的职责

45、。实体类重要负责数据和业务逻辑；边界类负责和用户进行交互，即用户界面；控制类则负责实体类和界面类的交互。若类A仅在其方法Method1中定义并使用了类B的一个对象，类A其他部分的代码都不涉及类B，那么类A与类B的关系应为 (41)；若类A的某个属性是类B的一个对象，并且类A对象消失时，类B对象也随之消失，则类A与类B的关系应为 (42)。 41. A关联 B依赖 C聚合 D组合这道题您没有回答 【回答错误】答案:B分析 本题考察类间的关系。类间关系可分为依赖、关联、聚合、组合和继承5种。按照上述顺序，类间关系依次增强，若类A的方法中仅仅使用了类B的对象，那么类A依赖于类B。假如类A的部分是由类B的对象组成，并且类A控制类B的生命周期，那么类A与类B是组合关系。 42. A关联 B依赖 C聚合 D组合这道题您没有回答 【回答错误】答案:D当不适合采用生成子类的方法对已有的类进行扩充时，可以采用 (43)设计模式动态地给一个对象添加一些额外的职责；当应用程序由于使用大量的对象，导致很大的存储开销时，可以采用 (44)设计模式运用共享