中级数据库系统工程师2007下半年上午试题、答案及详细解析

1、精选优质文档-倾情为你奉上第15章 数据库系统工程师上午试题分析与解答 在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是 (1) 。若操作数的地址包含在指令中，则属于 (2) 方式。 (1) A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址 (2) A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址答案 (1)B (2)A分析 本题考查计算机系统方面的基础知识。根据指令的寻址方式的定义，操作数包含在指令中的寻址方式是立即寻址；操作数在寄存器中的寻址方式是寄存器寻址；操作数的地址存放在寄存器中的寻址方式是寄存器间接寻址。(3) 系统响应时间和作业吞吐量是衡量计算机系统性能的重要指标。对于一个持续

2、处理业务的系统而言， (3) ，表明其性能越好。 A响应时间越短，作业吞吐量越小 B响应时间越短，作业吞吐量越大 C响应时间越长，作业吞吐量越大 D响应时间不会影响作业吞吐量答案 B分析 本题考查计算机系统方面的基础知识。系统响应时间是指用户发出完整请求到系统完成任务给出响应的时间间隔。作业吞吐量是指单位时间内系统完成的任务量。若一个给定系统持续地收到用户提交的任务请求，则系统的响应时间将对作业吞吐量造成一定影响。若每个任务的响应时间越短，则系统的空闲资源较多，整个系统在单位时间内完成的任务量将越大：反之，若响应时间越长，则系统的空闲资源较少，整个系统在单位时间内完成的任务量将越小。 若每一条

3、指令都可以分解为取指、分析和执行三步。已知取指时间t取指=4t，分析时间t分析=3t，执行时间t执行=5t。如果按串行方式执行完100条指令需要 (4) 。如果按照流水方式执行，执行完100条指令需要 (5) t。 (4)A1190 B1195 C1200 D1205 (5)A504 B507 C508 D510答案 (4)C (5)B分析 顺序执行时，每条指令都需三步才能执行完，设有重叠。总的执行时间为：(473+5)t×100=1200t在流水线执行时，所用的时间为：t取指+maxt分析，t取指)+98×maxt取指，t分析,t执行)+maxt分析,t执行 +t执行=4

4、t+4t+490t+5t+5t=508t重叠执行时间关系为:答案 C(6) 若内存地址区间为4000H43FFH，每个存贮单元可存储16位二进制数，该内存区域用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 (6) 。 A512×16bit B256×8bit C256×16bit D1024×8bit分析 首先将地址编码转换位十进制数，4000H16=，43FFH16=，然后令两个地址码相减再加1，即得到这段地址空间中存储单元的个数，17407-16384+1=1024，因此共有1024个内存单元。1024×16b/4=256

5、15;16b，因此芯片的容量为256×16b。 某Web网站向CA申请了数字证书。用户登录该网站时，通过验证 (7) ，可确认该数字证书的有效性，从而 (8) 。 (7) ACA的签名 B网站的签名 C会话密钥 DDES密码 (8) A向网站确认自己的身份 B获取访问网站的权限 C和网站进行双向认证 D验证该网站的真伪答案 (7)A (8)D分析 本题考查公钥基础设施方面有关数字签名的基础知识。数字证书能够验证一个实体身份，而这是在保证数字证书本身有效性这一前提下才能够实现的。验证数字证书的有效性是通过验证颁发证书的CA的签名实现的。(9) 专利制度的基本特点是 (9) 。 A法律保

6、护、新颖性、创造性和实用性 B科学审查、公开通报、创造性和实用性 C实用性审查、新颖性审查、公开通报和国际交流 D法律保护、科学审查、公开通报和国际交流答案 D分析 专利制度的基本特点是法律保护、科学审查、公开通报和国际交流。其中法律保护是指实行专利制度的国家必须首先制定自己的专利法。科学审查是指申请专利的发明创造是否具有专利性，只有依法进行审查后才能确定。对专利申请进行科学审查的制度，现在大多数已建立专利制度的国家都采用这种制度，只有极少数国家实行注册登记制度 (如法国等)。公开通报即在法律保护的前提下，将申请专利的发明创造的内容在专利公报上予以充分公开，让社会尽快地、尽可能清楚地获取相应的

7、知识和信息，从而授予专利申请人专利权。在技术已经商品化的今天，跨越国界的技术交流是不可避免的事情。各个国家或者地区的专利法虽然都只能在本国范围内有效，但它是国际技术交流的必要前提。(10) 若某人持有盗版软件，但他本人确实不知道该软件是盗版的，则 (10) 承担侵权责任。 A应由该软件的持有者 B应由该软件的提供者 C应由该软件的提供者和持有者共同 D该软件的提供者和持有者都不答案 B分析“盗版软件”即侵权的软件复制品。计算机软件保护条例使用了软件侵权复制品持有人主观上知道或者应当知道所持软件是否为侵权复制品为标准。知道软件是侵权复制品而使用运行，持有入主观上应当属于故意，即明知故犯；有合理理

8、由推论或者认定持有人应当知道其对所使用运行的软件为侵权复制品，如主观上存有疏忽大意等过失，而使用运行了侵权复制品，应当承担法律责任。主观上不知或者没有合理理由应知的持有人，对该软件的使用运行等行为不承担民事赔偿责任。但是当其一旦知道了所使用的软件为侵权复制品时，应当履行停止使用、销毁该软件的法律义务。 计算机软件保护条例第二十八条规定，软件复制品的出版者、制作者不能证明其出版、制作有合法授权的，或者软件复制品的发行者、出租者不能证明其发行、出租的复制品有合法来源的，应当承担法律责任。(11) (11) 不属于知识产权的范围。 A地理标志权 B物权 C邻接权 D商业秘密权答案 B分析 著作权、邻

9、接权、专利权、商标权、商业秘密权和集成电路布图设计权属于知识产权的范围。物权不属于知识产权的范围。(12) W3C制定了同步多媒体集成语言规范，称为 (12) 规范。 AXML BSMIL CVRML DSGML答案 B分析 W3C制定的SMIL(Synchronized Multimedia Integration Language，同步多媒体集成语言规范)是W3C为采用XML描述多媒体而提出的建议标准，它采用XML标准来描述多媒体中的各种不同内容的时间序列和画面构成，定义了时间标签、层次布局、图像、动画、视觉渐变和媒体嵌入等元素。用户可以简单地使用SMIL语言在一个多媒体作品中按时间序列自

10、由组织音频、视频和文字等各种媒体内容。(13) 对同一段音乐可以选用MIDI格式或WAV格式来记录存储。以下叙述中 (13) 是不正确的。 AWAV格式的音乐数据量比MIDI格式的音乐数据量大 B记录演唱会实况不合采用MIDI格式的音乐数据 CWAV格式的音乐数据没有体现音乐的曲谱信息 DWAV格式的音乐数据和MIDI格式的音乐数据都能记录音乐波形信息答案 D分析 本题考查计算机音乐信息处理技术的相关知识。WAV格式记录的是对于音乐信号的波形采样数据，它可以使用反映自然声音的信号采样序列来记录和回放声音信息。MIDI格式记录的是采用音乐信息序列交换的标准格式MIDI(Musical Instr

11、ument Digital Interface)标准来存贮和表达的音乐的演奏信息，这些演奏信息包含每个音符演奏的时问信息、音量信息、长度信息、乐器或音色信息等，MIDI消息序列可以间接反映出音乐的曲谱演奏信息。(14) 设计制作一个多媒体地图导航系统，使其能根据用户需求缩放地图并自动搜索路径，最适合的地图数据应该是 (14) 。 A真彩色图像 B航拍图像C矢量化图形 D高清晰灰度图像答案 C分析 本题考查矢量化图形和位图的基本知识。矢量化图形保存最少的信息，文件大小比位图要小，并且文件大小与物体的大小无关。可以无限地放大这个圆，它仍然保持平滑，所表达物体的运动、缩放、旋转和填充等都不会降低绘制

12、的精度。所以矢量化图形是最适合电子地图的基本信息格式。(15) 给定C语言的数据结构struct T int w； union T char c；int i；double d；) U； ； 假设char类型变量的存储区大小是1字节，int 类型变量的存储区大小是4字节， double 类型变量的存储区大小是8字节，则在不考虑字对齐方式的情况下，为存储一个 struct T类型变量所需要的存储区域至少应为 (15) 字节。 A4 B8 C12 D17 答案 C分析 在不考虑字对齐规则的情况下，C语言中一个结构体变量的存储区大小就是其所有成员所需存储区大小之和，一个联合体变量的存储区大小就是其各成

13、员所需存储区大小中的最大者。因此题目中给定的联合体union T变量需要的存储区大小就是存储一个 double类型变量的大小(即8字节)，struct T类型变量的存储区最小应为int 类型成员w存储区大小(4字节)与union T类型成员U的存储区大小之和，即12字节。 在过程式程序设计()、数据抽象程序设计()、面向对象程序设计()、泛型(通用)程序设计()中，C+语言支持 (16) ，C语言支持 (17) 。 (16) A B C D (17) A B C D答案 (16)D (17)A分析 本题提到的4种程序设计范型是比较流行的，且分别被多种程序设计语言所支持。经典的C语言目前仅支持过

14、程式程序设计范型，这是一种基于任务分解的、自上而下的程序设计方法。数据抽象程序设计范型允许将问题空间和解空间中的事物、概念等采用类机制来表示。面向对象程序设计范型比数据抽象更进一步，支持继承、多态等，更加符合客观世界的规律。泛型程序设计即设计出通用算法、通用类型，并使它们应用于多种数据类型。 C+语言以C语言为基础，增加了后三种程序设计范型的支持，它是目前使用广泛的程序设计语言之一。 采用UML进行软件建模过程中， (18) 是系统的一种静态视图，用 (19) 可表示两类事物之间存在的整体/部分形式的关联关系。 (18) A序列图 B协作图 C类图 D状态图 (19) A依赖关系 B聚合关系

15、C泛化关系 D实现关系答案 (18)C (19)B分析 类图是描述类的构成以其多个类之间存在的静态关系的一种工具。对于一个系统中的两个类而言，它们要么不存在任何关系，要么存在is-like-a的关系，或has-a的关系。其中is-like-a表示两个类之间的继承关系，has-a表示两个类之间存在的整体与部分形式的组成关系，即其中一个类的数据成员的类型是另外一个类，而这种关系在UML中采用聚合关系表示。 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123456789逻辑记录R1R2R3R4R5R6R7R8

16、R9 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 (20) ；若对信息存储进行优化分布后，处理9个记录的最少时间为 (21) 。 (20) A243ms B246ms C254ms D280ms (21) A30ms B36ms C54ms D60ms答案 (20)B (21)C分析 系统读记录的时间为27/9=3ms，对第一种情况：系统读出并处理记录R1之后，将转到记录R3的开始处，所以为了读出记录R2，磁盘必须再转一圈，需要3ms(

17、读记录)加27ms(转一圈)的时间。这样，处理9个记录的总时间应为：处理前8个记录(即 R1，R2，R8)的总时间再加上读R9和处理R9的时间，即8×30ms+6ms=246ms。物理块123456789逻辑记录R1R6R2R7R3R8R4R9R5分析 对于第二种情况，对信息进行分布优化的结果如下所示。 从上图可以看出，当读出记录则并处理结束后，磁头刚好转至R2记录的开始处，立即就可以读出并处理，因此处理9个记录的总时间为： 9×(3ms(读记录)+3ms(处理记录)=9×6ms=54ms 某系统中有四种互斥资源R1、R2、R3和R4，可用资源数分别为3、5、6和

18、8。假设在T0时刻有P1、P2、P3和P4四个进程，并且这些进程对资源的最大需求量和已分配资源数如下表所示，那么在T0时刻系统中R1、R2、R3和R4的剩余资源数分别为 (22) 。如果从T0时刻开始进程按 (23) 顺序逐个调度执行，那么系统状态是安全的。(22) A3、5、6和8 B3、4、2和2 C0、1、2和1 D0、1、0和1(23) AP1P2P4P3 BP2P1P4P3 CP3P2P1P4 DP4P2P3P1答案 (22)D (23)C分析 本题考查操作系统进程管理中死锁检测的多项资源银行家算法。 由于T0时刻已用资源数为3、4、6和7，故剩余资源数为0、1、0和1，各进程尚需资

19、源数为可列表如下。 P1、P2、P3和P4这4个进程中，系统只能满足P3的尚需资源数(0，1，0，1)，因为此时系统可用资源数为(0，1，0，1)，能满足P3的需求保证P3能运行完，写上完成标志true，如下表所示。P3释放资源后系统的可用资源为(1，2，1，1)，此时P2尚需资源(1，0，0，0)，系统能满足P2的请求，故P2能运行完，写上完成标志true。 P2释放资源后系统的可用资源为(1，3，3，3)，此时尸1尚需资源(0，1，1，2)，P4尚需资源(0，0，1，2)，系统能满足P1和P4的请求，故P1和P4能运行完，写上完成标志true。进程可按P3P2P1P4或者P3P2P4P1的

20、顺序执行，每个进程都可以获得需要的资源运行完毕，写上完成标记，所以系统的状态是安全的。进程执行顺序可用资源量R1R2R3R4可用资源+已分资源R1R2R3R4完成标记P3P2P1R40101121113332457 1211133324573568truetruetruetrue 根据试题的可选答案，正确的答案应为C。(24) 若程序运行时系统报告除数为0，这属于 (24) 错误。 A语法 B静态语义 C动态语义 D运算对象不匹配答案 C分析 本题考查程序语言基础知识。 程序员编写的源程序中往往会有一些错误，这些错误大致被分为静态错误和动态错误两类。所谓动态错误，是指源程序中的逻辑错误，它们发

21、生在程序运行时，如算法逻辑上的错误。动态错误也被称为动态语义错误，如变量取值为0是被用作除数，引用数组元素时下标出界等。静态错误又可以分为语法错误和静态语义错误。词法和语法错误是指有关语言结构上的错误，如单词拼写错误就是一种词法错误，表达式中缺少操作数、括号不匹配是不符合语法规则要求的语法错误等。静态的语义错误是指分析源程序时可以发现的语言意义上的错误，如加法的两个操作数中一个是实型变量名，而另一个是数组名等。(25) 表达式“X=A+B×(C-D)/E”的后缀表示形式可以为 (25) (运算符优先级相同时，遵循左结合的原则)。 AXAB+CDE/-×= BXA+BC-DE

22、/×= CXABCD-×E/+= DXABCDE+×-/=答案 C分析 本题考查程序语言的基础知识。 表达式采用后缀表示时，运算对象写在前面，运算符号写在运算对象的后面，这样可根据运算符号在表达式中的顺序进行计算，所以无需使用括号。对于表达式X=A+ B×(C-D)/E，其运算过程为先将C减去D，其结果与B相乘，之后除以E，再与A相加并将最后的结果赋给X，因此X=A+B×(C-D)/E的后缀表示形式为 XABCD-×E/+=。 设栈s和队列q的初始状态为空，元素a、b、c、d、e依次进入栈s，当一个元素从栈中出来后立即进入队列q。若从

23、队列的输出端依次得到元素c、d、b、a、e，则元素的出栈顺序是 (26) ，栈s的容量至少为 (27) 。 (26) Aa、b、c、d、e B-e、d、c、b、a Cc、d、b、a、e De、a、b、d、c (27) A2 B3 C4 D5答案 (26)C (27)B分析 本题考查栈和队列的基本概念及运算。 栈是先进后出的线性表，而队列是先进先出的线性表。若队列的输出元素序列为c、 d、b、a、e，则进入队列的元素序列也为c、d、b、a、e，这也是从栈中出来的元素序列。 若元素以a、b、c、d、e的次序进入栈S且得到输出序列c、d、b、a、e，则操作系列为a入栈、b入栈、c入栈、c出栈、d入栈

24、、d出栈、b出栈、a出栈、e入栈、e出栈。第一个出栈的元素为c，则c出栈时元素a和b尚在栈中，如下图所示。 栈S的容量至少为3。(28) 在数据库系统中，数据完整性约束的建立需要通过数据库管理系统提供的数据 (28) 语言来实现。 A定义 B操作 C杏询 D控制答案 A分析 本题考杳应试者数据库系统中的基本概念。DBMS主要是实现对共享数据有效的组织、管理和存取，因此DBMS应具有数据定义、数据库操作、数据库运行管理、数据组织与存储管理和数据库的建立和维护等功能。其中，DBMS提供数据定义语言(Data Definition Language，DDL)，用户可以对数据库的结构描述，包括外模式、

25、模式和内模式的定义；数据库的完整性定义；安全保密定义，如口令、级别和存取权限等。这些定义存储在数据字典中，是DBMS运行的基本依据。DBMS向用户提供数据操纵语言(Data Manipulation Language，DML)，实现对数据库中数据的基本操作，如检索、插入、修改和删除。DML分为两类：宿主型和自含型。所谓宿主型是指将DML语句嵌入某种主语言(如C、COBOL等)中使用；自含型是指可以单独使用DML语句，供用户交互使用。 总之，任何一个DBMS都应当提供给使用者建立数据库的功能，称为数据库的定义，在SQL标准中，是通过数据库定义语言来实现的。因此，应选择答案A。(29) 若某个关系

26、的主码为全码，则应包含 (29) 。 A单个属性 B两个属性 C多个属性 D全部属性答案 D分析 本题考查应试者关系数据库系统中关系的键的基本概念。全码(All-key)是指关系模型的所有属性组是这个关系模式的候选键。 部门DEPT (Deptno，Name，Tel，Leader)和职工EMP(Empno，Name，Sex，Address， Deptno)实体集，若一个职工只能属于一个部门，部门负责人Leader是一个职工。关系 DEPT和EMP的外码分别为 (30) ；下图中a、b处的实体名分别为 (31) 。 (30) ADeptno、Empno BName、Deptno CLeader、

27、Deptno DName、Address (31) ADEPT、Empno BDEPT、EMP CEMP、Depmo DEMP、DEPT答案 (30)C (31)B分析 本题考查应试者关系数据库系统中参照的完整性(Referential Integrity)方面的基本概念。如果关系模式R中的属性或属性组非该关系的键，但它是其他关系的键，那么该属性集对关系模式R而言是外键。 本题中，部门负责人Lead是一个职工，属性Lead参照关系EMP中的Empno，而 Empno是客户关系中的键，所以Lead是外键；EMP关系中属性Deptno是DEPT关系中的键，所以Deptno也是外键。因此试题(30)

28、的正确答案是C。 根据题意，一个职工只能属于一个部门，因此部门DEPT和职工EMP实体之间是一个一对多的联系。这样，题图中a处连的是一方，a处应填DEPT，b处连的是多方，b处应填EMP。因此试题(31)的正确答案是B。 等值连接RS可由基本的关系运算 (32) 等价表达。给定关系贯、S如下图所示，则RS= (33) 。 (32)A、和× B-、和× C、和× D、和 (33) 答案 (32)A (33)D分析 本题要求及与S的关系自然连接，RS可以用、和X三个基本的运算来表示。而只RS与关系代数表达式1,2,3,6(1=43=5(R×S)等价，因此试题

29、(32)的正确答案是A。 对于试题(33)，由于自然连接是一种特殊的等值连接，它要求两个关系中进行比较的分量必须是相同的属性组，并且在结果中将重复属性列去掉。而本题R与S关系中相同的属性组为AC，因此，结果集中的属性列应为ABCD。这样，正确的结果只可能是选项 B、D。选项B中的第三个元组(d，f，g，g)显然不满足条件。因为，若结果正确，则该元组是由R关系中的第四个元组与S关系中的第二个元组先进行R×S运算，再进行1=43=5，这样要求R的第一个分量d等于S的第一个分量d；R的第三个分量g等于S的第二个分量f，这显然不等，故选项B中的第三个元组不在结果集中。从上述分析可见，试题(3

30、3)的正确答案是选项D。 对于下图所示的S和SC关系，当我们对其进行左外连接时，其结果集的属性列数为 (34) ，元组个数为 (35) 。 (34) A6 B7 C8 D9 (35)A7 B8 C9 D10答案 (34)B (35)D分析 本题考查应试者对扩展的关系运算掌握的程度。 外连接运算是连接运算的扩展，可以处理缺失的信息。左外连接取出左侧关系中所有与右侧关系中任一元组都不匹配的元组，用空值null充填所有来自右侧关系的属性，构成新的元组，将其加入自然连接的结果中。对于试题中的S和SC关系，当对其进行左外连接SSC时，其结果如下图所示。从图中可见，共有7个属性列和10个元组。 建立一个供

31、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。“零件”表P(Pno，Pname，Color，Weight，City)，表示零件号、零件名、颜色、重量及产地。表S与表P之间的关系SP(Sno，Pno，Price， Qty)表示供应商代码、零件号、价格、数量。 A“供应商”表S属于 (36) 。 A1NF B，2NF C3NF DBCNF B若要求供应商名不能取重复值，关系的主码是Sno。请将下面的SQL语句空缺部分补充完整。CREATE

32、 TABLE S(Sno CHAR(5)， Sname CHAR (30) (37) ， Zip CHAR(8)， City CHAR (20) (38) ； (37) ANOT NULL BUNIQUE CPRIMARY KEY (Sno) DPRIMARY KEY (Sname) (38) ANOT NULL BNOT NULL UNIOUE CPRIMARY KEY (Sno) DPRIMARY KEY (Shame) C查询供应“红”色零件，价格低于500，且数量大于200的供应商代码、供应商名、零件号、价格及数量的SQL语句如下：SELECT Sno，Sname，Pno，Price，

33、Qty FROM S，SP WHERE Pno IN (SELECT Pno FROM P WHERE (39) ) AND (40) ； (39) ASP.Price500 BSP.Oty200 CSP.Price500 AND SP.Qty200 DColor='红' (40) ASP.Price500 BSP.Qty200 CSP.Price500 AND SP.Qty200 DColor='红'答案 (36)B (37)B (38)C (39)D (40)C分析 本题考查应试者对范式、SQL语言的掌握程度。 试题(36)考查范式的基础知识。“供应商”表S

34、属于2NF，因为表S的主键是Sno，非主属性Sname，Zip，City 不存在对键的部分函数的依赖。但是，当2NF消除了非主属性对码的传递函数依赖，则称为3NF。“供应商”表S不属于3NF，因为存在传递依赖，即SnoZip，ZipCity。所以正确的答案是B。 试题(37)正确的答案是B，因为试题要求供应商名不能取重复值，且值是唯一的，供应商的名也是唯一的，所以需要用NOT NULL UNIQUE。试题(38)正确的答案是C，因为表S的主键是Sno，所以需要用PRIMARY KEY (Sno) 来约束。补充完整的SQL语句如下：CREATE TABLE S(Sno CHAR (5)， Sna

35、me CHAR (30) UNIQUE， Status CHAR (8)， City CHAR (20) PRIMARY KEY (Sno)； 查询各供应商供应“红”色零件的种类，价格低于500，且数量大于200的供应商代码、供应商名、零件号、价格及数量的SQL语句的空缺部分补充完整如下。 对于部门关系中的部门负责人也是一个职工，因此，负责人代码是一个外键，为了保证数据的正确性，通过参照完整性加以约束。SQL语言中是通过使用如下保留字： FOREIGN KEY 定义外键，REFERENCES指明外码对应于哪个表的主码。参照完整性定义格式如下；FOREIGN KEY(属性名)REFERENCES

36、 表名(属性名)按照以上所述，将(37)空缺部分补充完整如下：CREATE TABLE 部门(部门号CHAR (4) PRIMARY KEY，部门名CHAR (20)， 电话CHAR (13)，负责人代码CHAR (5)，任职时间 DATE， FOREIGN KEY (负责人代码)REFERENCES 职工(职工号)； 查询比软件部所有职工月薪都要少的职工姓名及月薪的SQL语句的空缺部分补充完整如下：SELECT Sno，Sname，Pno，Price FROM S，SP WHERE Pno IN (SELECT Pno FROM P WHERE Color='红') AND

37、SP. Price500 AND SP. Qty200；(41) 若给出关系Student(S_no，Shame，Sage，S_sex，SD_name，S_add，S_tel)，并用SQL语言定义Student关系如下：CREATE Student (S_no CHAR (6)， Sname CHAR (30) NOT NULL， Sage CHAR(30)， S_sex CHAR(1)， SD_name CHAR (20)， S_add CHAR (30)， S_tel CHAR (20)， PRIMARY KEY(S_no)；采用 (41) 向Student中插入记录能被正确地执行。AIN

38、SERT INTO Smdent (S_no，Sname，Sage，S_sex，SD_name，S_add，S_tel) VALUES (''，'黎敏'，'18'，"，"，"，")BINSERT INTO Student (S_no，Sname，Sage，S_sex，S_r)name，S_add，S_tel) VALUES (''，'黎敏'，'18'，'男'，'计算机学院'，'北京'，'')CIN

39、SERT INTO Student (S_no，Sname，Sage，S_sex，SD_name，S_add，S_tel) VALUES (，'黎敏'，'18'，'F'，'计算机学院'，'北京'，'')DINSERT INTO Student(S_no，Sname，Sage，S_sex，SD_name，S_add，S_tel) VALUES (''，'18'，'F'，'计算机学院'，'北京'，'')答案

40、A分析 本题考查SQL语言方面的基本知识。 试题(41)的答案为A。选项B是错误的，因为定义Student关系时S_sex为一个字符，而选项B中插入S_sex处的数据为”男”占两个字符：选项C是错误的，因为定义 Student关系时S_no是主键，主键是不能取空值的，而选项C中插入S_no处的数据为空；选项D是错误的，因为定义Student关系时要求Sname不为空，而选项D中插入 Sname处的数据为空。(42) (42) 不符合Armstrong 推理规则。 A若XZ，XY，则有XYZ B若XY，WYZ，则有XWZ C若XY，ZY，则有XZ D若XZY，则有XZ答案 D分析 本题考查关系数

41、据库理论方面的基础知识。Armstrong公理系统推导出下面三条推理规则。 ·合并规则(选项A)：若XZ，XY，则有XYZ ·伪传递规则(选项B)：若XY，WYZ，则有XWZ ·分解规则(选项C)：若XY，ZY，则有XZ 选项D是错误的，例如，假设学生选课关系为(学号，课程号，成绩)，其中(学号，课程号)成绩，但是学号不能决定成绩，课程号也不能决定成绩。(43) “一个事务中的诸操作要么都做，要么都不做”，这一性质是指事务的 (43) 。 A原子性 B一致性 C隔离性 D持久性答案 A分析 本题考查事务的基本概念。事务的4个特性：原了性(Atomicity)、一致

42、性(Consistency)、隔离性(Isolation)和持久性(Durability)。这4个特性也称事务的ACID性质。 ·原子性：事务的所有操作在数据库中要么全做要么全都不做。如银行转账中的两个操作必须作为一个单位来处理，不能只执行部分操作。 ·一致性： 一个事务独立执行的结果，将保持数据的一致性，即数据不会因为事务的执行而遭受破坏。数据的一致性是对现实世界的真实状态的描述，如银行转账业务执行后也应该是账目平衡的。数据库在运行过程小会出现瞬间的不一致状态，如从A账户减去x元到给B账产加上x元之前这段时间数据是不一致的。但这种不一致只能出现在事务执行过程中，并且不一致

43、的数据不能被其他事务所访问。一致性可以由DBMS的完整性约束机制来自动完成，而复杂的事务则由应用程序来完成。 ·隔离性：一个事务的执行不能被其他事务干扰。并发事务在执行过程中可能会对同一数据进行操作，这些事务的操作应该不会相互于扰，是相互隔离的。如事务执行中数据不一致性状态出现时不能止其他事务读取到不一致的数据。 ·持久性：一个事务一旦提交，它对数据库的改变必须是永久的，即便系统出现故障时也是如此。如转账事务执行成功后，A、B两个账户上的余额就是一个新的值，在没有出现下个事务对其修改之前一直保持不变，即使系统出现故障，也应该恢复到这个值。 综上所述，试题(43)的正确答案是

44、A。(44) 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 (44) 。 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、加排它锁都失败答案 D分析 本题考查数据库事务处理方面的基础知识。并发事务如果对数据读写时不加以控制，会破坏事务的隔离性和一致性。控制的手段就是加锁，在事务执行时限制其他事务对数据的读取。在并发控制中引入两种锁：排它锁(Exclusive Locks，X锁)和共享锁(Share Locks，S锁)。 排它锁又称为写锁，用于对数据进行写操作时进行锁定。如果事务T对数据A加上X锁后，就只允许事务T对读取和修改数据A，

45、其他事务对数据A不能再加任何锁，从而也不能读取和修改数据A，直到事务T释放A上的锁。 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锁后，事务T就只能读数据A但不可以修改，其他事务可以再对数据A加S锁来读取，只要数据A上有S锁，任何事务都八能再对其加S锁读取而不能加X锁修改。因此，试题(44)的正确答案是D。(45) 当事务程序执行回滚指令时，事务进入 (45) 状态。 A提交 B中止 C活动 D失败答案 A分析 本题考杏数据库事务处理方面的基础知识。 一般将事务的执行状态分为5种，事务必须处于这5种状态之一。这5种状态如下。 (1)活动状态：事务的初始状态，事务

46、执行时处于这个状态。 (2)部分捉交状态：当操作序列的最后一条语句自动执行后，事务处于部分提交状态。这时，事务虽然已经完全执行，但由于实际输出可能还临时驻留在内存中，在事务成功完成前仍有可能出现硬件故障，事务仍有可能不得不中止。因此，部分提交状态并：不等于事务成功执行。 (3)失败状态：由于硬件或逻辑等错误，使得事务不能继续正常执行，事务就进入了失败状态，处于失败状态的事务必须回滚(ROLLBACK)。这样，事务就进入了中止状态。 (4)中止状态：事务回滚并且数据库恢复到事务开始执行前的状态。 (5)提交状态：当事务成功完成后，称事务处于提交状态。只有事务处于提交状态后，才能况事务已经提交。(

47、46) 火车售票点T1、T2分别售出了两张2007年10月20 到北京的硬卧票，但数据库里的剩余票数却只减了两张，造成数据的不一致，原因是 (46) 。 A系统信息显示出错 B丢失了某售票点修改 C售票点重复读数据 D售票点读了“脏”数据答案 B分析 本题考查数据库并发控制方面的基础知识。 所谓并发操作是指在多用户共享的系统中，许多用户可能同时对同一数据进行操作。并发操作带来的问题是数据的不一致性，主要有三类：丢失更新、不可重复读和读脏数据。其主要原因是：事务的并发操作破坏了事务的隔离性。 火车售票点T1，T2分别售出了两张2007年10月20日到北京的硬卧票；但数据库里的存票却只减了两张，造

48、成数据的不一致，原因在于售票点T1对数据库的修改被售票点T2覆盖而丢失了，或者是售票点T2对数据库的修改被售票点T1覆盖而丢失了，破坏了事务的隔离性。(47) 事务故障恢复的描述，正确的是 (47) 。 A事务故障的恢复必须DBA参与 B事务故障的恢复需要数据库复本 C事务故障的恢复只需要日志，不需DBA参与 D事务故障的恢复需要日志和数据库复本答案 C分析 本题考查数据库事务故障恢复方面的基础知识。 事务管理和故障恢复主要是对付系统内发生的自然因素故障，保证数据和事务的一致性和完整性。事务运行的每一步结果都记录在系统日志文件中，当发生故障时根据日志文件进行事务的恢复。(48) 关于备份策略的

49、描述，正确的是 (48) 。 A静态备份应经常进行 B动态备份适合在事务请求频繁时进行 C数据更新量小时适合做动态备份 D海量备份适合在事务请求频繁时进行答案 C分析 本题考查数据库事务处理方面的基础知识。 数据库管理系统的备份和恢复机制就是保证在数据库系统出故障时，能够将数据库系统还原到正常状态。数据库备份分为静态备份和动态备份。静态备份是指在备份期间不允许对数据库进行任何存取、修改操作：动态备份是在备份期间允许对数据库进行存取、修改操作，因此，备份和用户事务可并发执行。可见，数据更新量小时适合做动态备份。(49) 关于存储过程的描述，错误的是 (49) 。 A存储过程可以屏蔽表的细节，起到

50、安全作用 B存储过程可以简化用户的操作 C存储过程可以提高系统的执行效率 D存储过程属于客户端程序答案 D 分析 在数据库管理系统中设置存储过程的目的是屏蔽表的细节，简化用户操作，提高系统执行效率，同时可以起到安全作用。(50) XML与数据转存时，不需要考虑的问题是 (50 。 A基本属性的次序 BXML文档结构和数据库结构之间的映射 C利用数据库保存文档还是数据 DXML中类型的约束与数据库的约束答案 A分析 XML与数据转存时，需要考虑XML文档结构和数据库结构之间的映射、XML中类型的约束与数据库的约束及保存文档还是数据问题，无需考虑基本属性的次序。(51) 在C/S体系结构中，客户端

51、连接数据不需要指定的是 (51) 。 A数据库服务器地址 B应用系统用户名和密码 C数据库用户名和密码 D连接端口答案 B分析 本题考查数据库应用方面的基础知识。 在C/S体系结构中，客户端连接数据需要指定连接端口、数据库服务器地址，以及数据库用户名和密码，无需指定应用系统用户名和密码。(52) 不属于数据库访问接口的是 (52) 。 AODBC BJDBC CADO DXML答案 D分析 本题考查数据库应用方面的基础知识。 ODBC(Open Database Connectivity，开放式数据库连接技术)使程序员开发的数据库项目可以几乎不加改动地访问不同操作系统平台上的各种数据库，如Wi

52、ndows平台上的SQL Server、Oracle和Access，UNIX平台上的Oracle等。 JDBC是Sun提供的一套数据库编程接口API函数，由Java语言编写的类、界面组成。用JDBC写的程序能够自动地将SQL语句传送给相应的数据库管理系统。 ADO使用OLEDB接口并基于微软的COM技术。使用ADO能够编写对数据库服务器中的数据进行访问和操作的应用程序，并且易于使用、高速度、低内存支出和占用磁盘空间较少，支持用于建立基于客户端服务器和Web的应用程序的主要功能。 扩展标记语言XML是一种简单的数据存储语言，使用一系列简单的标记描述数据，而这些标记可以用方便的方式建立。虽然XML

53、占用的空间比二进制数据要占用更多的空间，但XML极其简单，易于掌握和使用。(53) 在需求分析阶段应完成的文档是 (53) 。 A任务书和设计方案 B数据字典和数据流图 CE-R图 D关系模式答案 B分析 本题考查数据库设计方面的相关知识。 需求分析阶段的任务：对现实世界要处理的对象(组织、部门、企业等)进行详细调查，在了解现行系统的概况，确定新系统功能的过程中，收集支持系统目标的基础数据及处理方法。需求分析是在用户调查的基础上，通过分析，逐步明确用户对系统的需求，包括数据需求和围绕这些数据的业务处理需求，以及对数据安全性和完整性方面的要求。在需求分析阶段应完成的文档是数据字典和数据流图。(54) 在教学管理业务分E-R图中，教师实体