2022年职业考证-软考-软件设计师考试名师押题精选卷I（带答案详解）试卷号74

1、住在富人区的她2022年职业考证-软考-软件设计师考试名师押题精选卷I（带答案详解）（图片可根据实际调整大小）题型12345总分得分一.综合题(共50题)1.单选题对长度为n的有序顺序进行折半查找（即二分查找）的过程可用一棵判定树表示，该判定树的形态符合（ ）的特点。问题1选项A.最优二叉树（即哈夫曼树）B.平衡二叉树C.完全二叉树D.最小生成树【答案】B【解析】本题考查的是二分查找相关内容。二分查找是将序列均分，每一次都是平均分配后左右序列数相同，相当于一棵二叉树，左右结点都是相同个数，最终形成的是平衡二叉树的形态。本题选择B选项。2.单选题以下可以有效防治计算机病毒的策略是（ ）。问题1选

2、项A.部署防火墙B.部署入侵检测系统C.安装并及时升级防病毒软件D.定期备份数据文件【答案】C【解析】部署防火墙：防火墙技术是通过有机结合各类用于安全管理与筛选的软件和硬件设备，帮助计算机网络于其内、外网之间构建一道相对隔绝的保护屏障，以保护用户资料与信息安全性的一种技术，并不能有效的防范病毒。部署入侵检测系统：入侵检测系统（intrusion detection system，简称“IDS”）是一种对网络传输进行即时监视，在发现可疑传输时发出警报或者采取主动反应措施的网络安全设备。是对一种网络传输的监视技术，并不能有效的防范病毒。安装并及时升级防病毒软件：针对于防病毒软件本身就是防范病毒最有

3、效最直接的方式。定期备份数据文件：数据备份是容灾的基础，是指为防止系统出现操作失误或系统故障导致数据丢失，而将全部或部分数据集合从应用主机的硬盘或阵列复制到其它的存储介质的过程。是为了防止系统数据流失，不能有效的防范病毒。3.单选题采用面向对象方法进行系统设计时，不应该强迫客户依赖于他们不用的方法，接口属于客户，不属于它所在的类层次结构。即：依赖于抽象，不要依赖于具体，同时在抽象级别不应该有对于细节的依赖。这属于（ ）。问题1选项A.单一责任B.开放-封闭C.接口分离D.里氏替换【答案】C【解析】单一职责原则：设计目的单一的类。开放-封闭原则：对扩展开放，对修改封闭。里氏替换原则：子类可以替换

4、父类。依赖倒置原则：要依赖于抽象，而不是具体实现；针对接口编程，不要针对实现编程。接口隔离原则：使用多个专门的接口比使用单一的总接口要好。不强迫客户依赖于他们不用的方法，即：依赖于抽象，不要依赖于具体，同时在抽象级别不应该有对于细节的依赖。本题题干看起来类似于依赖倒置原则，但依赖倒置不涉及强迫客户依赖于他们不用的方法。本题描述的应该是接口隔离原则。本题选择C选项。 4.单选题进行面向对象系统设计时，在包的依赖关系图中不允许存在环，这属于（ ）原则。问题1选项A.单一责任B.无环依赖C.依赖倒置D.里氏替换【答案】B【解析】本题考查的是面向对象设计原则相关内容。单一责任原则：设计目的单一的类。无

5、环依赖原则：在包的依赖关系图中不允许存在环，即包之间的结构必须是一个直接的无环图形。本题描述的是B选项。依赖倒置原则：要依赖于抽象，而不是具体实现；针对接口编程，不要针对实现编程。里氏替换原则：子类可以替换父类。5.单选题数据库中的视图是一个虚拟表。若设计师为user表创建一个user1视图，那数据字典中保存的是（ ）。问题1选项A.user1查询语句B.user1视图定义C.user1查询结果D.所引用的基本表【答案】B【解析】本题考查的是视图相关概念。视图在数据字典中保存的是视图定义。本题选择B选项。6.单选题在单处理机计算机系统中有1台打印机、1台扫描仪，系统采用先来先服务调度算法。假设

6、系统中有进程P1、P2、P3、P4,其中P1为运行状态，P2为就绪状态，P3等待打印机，P4等待扫描仪。此时，若P1释放了扫描仪，则进程P1、P2、P3、P4的状态分别为（）。问题1选项A.等待、 运行、等待、就绪B.运行、就绪、等待、就绪C.就绪、就绪、等待、运行D.就绪、运行、等待、就绪【答案】B【解析】考查三态模型相关问题。在题干提示有相关进程P1，P2，P3，P4，两个资源打印机和扫描仪，三个状态：运行，就绪，等待。首先题干已经明确说明P1处于运行态，释放了扫描仪，此时P1还有打印机没有运行完成，应该仍处于运行状态。对于P2而言，单处理机计算机系统只允许拥有1个运行状态，P1此时还未运

7、行完成，未分配对应的CPU，仍处于就绪态。对于P3而言，等待打印机，处于等待状态，此时没有关于打印机的资源释放，仍处于等待状态。对于P4而言，等待扫描仪，处于等待状态，有相关的扫描仪资源释放，应该得到相应的资源发生，从等待状态变成了就绪状态。7.单选题以下Windows系统中用于清除本地DNS缓存的命令是（ ）。问题1选项A.ipconfig/ releaseB.ipconfig/ flushdnsC.ipconfig/ displaydnsD.ipconfig/ registerdns【答案】B【解析】A选项ipconfig/release ：释放IP地址租约。B选项ipconfig/ fl

8、ushdns：清楚本地DNS缓存，本题选择B选项。C选项ipconfig/ displaydns：显示本地DNS内容。D选项 ipconfig/ registerdns：DNS客户端手工向服务器进行注册。其他：ipconfig /all：显示本机TCP/IP配置的详细信息。ipconfig /renew：DHCP客户端手工向服务器刷新请求。ipconfig /showclassid：显示网络适配器的DHCP类别信息。ipconfig /setclassid：设置网络适配器的DHCP类别。ipconfig /renew “Local Area Connection”：更新“本地连接”适配器的由

9、DHCP 分配 IP 地址的配置。ipconfig /showclassid Local*：显示名称以 Local 开头的所有适配器的 DHCP 类别 ID。ipconfig /setclassid “Local Area Connection” TEST：将“本地连接”适配器的 DHCP 类别 ID 设置为 TEST。8.单选题下面是一个软件项目活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的权重表示活动的持续时间（天），则关键路径长度为（ ），在该活动图中，活动（ ）晚16天开始不会影响上班。问题1选项A.20B.25C.27D.48问题2选项A.ACB.BEC.FID.

10、HJ【答案】第1题:D第2题:B【解析】本题是对进度网络图分析的考查。将各个活动的最早开始和完成时间、最晚开始和完成时间、持续时间和总时差分别进行标注，结果如下：9.单选题通常使用（ ）为IP数据报文进行加密。问题1选项A.IPSecB.PP2PC.HTTPSD.TLS【答案】A【解析】A选项：IPSec工作于网络层，为IP数据报文进行加密。B选项：PP2P工作于数据链路层，用于链路加密。C选项：HTTPS是HTTP与SSL的结合体，为传输层以上层次数据加密。D选项：TLS安全传输层协议用于在两个通信应用程序之间提供保密性和数据完整性。10.单选题在Python语言中，（ ）是一种不可变的、有

11、序的序列结构，其中元素可以重复。问题1选项A.tuple(元组)B.dict(字典)C.list(列表)D.set(集合)【答案】A【解析】本题考查的是Pythson数据类型相关内容。不可变数据（3 个）：Number（数字）、String（字符串）、Tuple（元组）。可变数据（3 个）：List（列表）、Dictionary（字典）、Set（集合）。tuple(元组)类似于list列表，元组用 () 标识。内部元素用逗号隔开。但是元组不能二次赋值，相当于只读列表。dict(字典)是除列表以外python之中最灵活的内置数据结构类型；列表是有序的对象集合，字典是无序的对象集合；字典用 标识；

12、字典由索引(key)和它对应的值value组成。list(列表)可以完成大多数集合类的数据结构实现。它支持字符，数字，字符串甚至可以包含列表（即嵌套或者叫多维列表，可以用来表示多维数组）。列表用 标识，是 python 最通用的复合数据类型。set(集合)是由一个或数个形态各异的大小整体组成的，构成集合的事物或对象称作元素或是成员；基本功能是进行成员关系测试和删除重复元素；可以使用大括号 或者 set() 函数创建集合。11.单选题X公司接受Y公司的委托开发了一款应用软件，双方没有订立任何书面合同。在此情形下，（）享有该软件的著作权。问题1选项A.X、Y公司共同B.X公司C.Y公司D.X、Y公

13、司均不【答案】B【解析】考查委托开发的情况。有合同约定，著作权归委托方，那么就归属委托方；而在合同中未约定著作权归属，归创作方。对于题干描述说明未签订书面合同，则该著作权归创作方，（X公司接受Y公司的委托），即创作方X公司。12.单选题以下关于杀毒软件的描述中，错误的是（ ）。问题1选项A.应当为计算机安装杀毒软件并及时更新病毒库信息B.安装杀毒软件可以有效防止蠕虫病毒C.安装杀毒软件可以有效防止网站信息被篡改D.服务器操作系统也需要安装杀毒软件【答案】C【解析】本题考查的是网络安全管理相关内容。在杀毒软件的使用过程中，我们应该为个人计算机、服务器都安装杀毒软件，并且应当及时更新病毒库信息，可

14、以有效防止蠕虫病毒等。ABD选项描述都是正确的。杀毒软件只能防病毒，不能有效防止网站信息被篡改，所以C选项描述错误，本题选择C选项。13.单选题下列协议中，可以用于文件安全传输的是（ ）。问题1选项A.FTPB.SFTPC.TFTPD.ICMP【答案】B【解析】本题考查的是TCP/IP协议簇相关知识。FTP文件共享是可靠但不安全的方式，TFTP文件共享是不可靠且不安全的。ICMP是Internet控制报文协议，与文件传输功能无关。在计算机领域，SSH文件传输协议（英语：SSH File Transfer Protocol，也称Secret File Transfer Protocol，中文：安

15、全文件传送协议，英文：Secure FTP或字母缩写：SFTP）是一数据流连接，提供文件访问、传输和管理功能的网络传输协议。只有SFTP涉及文件安全传输。本题选择B选项。14.单选题以下关于闪存（Flash Memory）的叙述中，错误的是（ ）。问题1选项A.掉电后信息不会丢失，属于非易失性存储器B.以块为单位进行删除操作C.采用随机访问方式，常用来代替主存D.在嵌入式系统中可以用Flash来代替ROM存储器【答案】C【解析】闪存（Flash Memory）是一种长寿命的非易失性（在断电情况下仍能保持所存储的数据信息）的存储器，数据删除不是以单个的字节为单位而是以固定的区块为单位，区块大小一

16、般为256KB到20MB。闪存是电子可擦除只读存储器（EEPROM）的变种，EEPROM与闪存不同的是，它能在字节水平上进行删除和重写而不是整个芯片擦写，这样闪存就比EEPROM的更新速度快。由于其断电时仍能保存数据，闪存通常被用来保存设置信息。闪存不像RAM（随机存取存储器）一样以字节为单位改写数据，因此不能取代RAM，也不能替换主存，因此C选项错误。但是在嵌入式中，可以用闪存代替ROM存储器。15.单选题给定关系R（A，B，C，D)和关系S(A，D，E，F)，若对这两个关系进行自然连接运算RS后的属性列有（ ）个；关系代数表达式R.BS.F(RS)与（ ）等价。问题1选项A.4B.5C.6

17、D.8问题2选项A.28(RxS)B.1，2，3，4，7，8(1=5284=6(RS)C.”28(RxS)D.1，2，3，4，7，8(1=5284=6(RxS)【答案】第1题:C第2题:B【解析】第1题:本题考查关系代数相关知识。自然连接的属性列数是二者之和减去重复列数，本题R和S进行自然连接后，结果属性列数为4+4-2=6，第一空选择C选项。第2题:判断自然连接与笛卡尔积关系表达式是否等价时，需要注意需要同名属性列取值相等才可以与自然连接等价，本题应该选择B选项，其他选项都不满足S.A=R.A AND R.D=S.D。16.单选题在Python语言中，（ ）是一种不可变的、有序的序列结构，其

18、中元素可以重复。问题1选项A.tuple（元组）B.dict（字典）C.list（列表）D.set（集合）【答案】A【解析】本题考查的是Pythson数据类型相关内容。不可变数据（3 个）：Number（数字）、String（字符串）、Tuple（元组）。可变数据（3 个）：List（列表）、Dictionary（字典）、Set（集合）。tuple（元组）类似于list列表，元组用 () 标识。内部元素用逗号隔开。但是元组不能二次赋值，相当于只读列表。dict（字典）是除列表以外python之中最灵活的内置数据结构类型；列表是有序的对象集合，字典是无序的对象集合；字典用 标识；字典由索引（ke

19、y）和它对应的值value组成。list（列表）可以完成大多数集合类的数据结构实现。它支持字符，数字，字符串甚至可以包含列表（即嵌套或者叫多维列表，可以用来表示多维数组）。列表用 标识，是 python 最通用的复合数据类型。set（集合）是由一个或数个形态各异的大小整体组成的，构成集合的事物或对象称作元素或是成员；基本功能是进行成员关系测试和删除重复元素；可以使用大括号 或者 set() 函数创建集合。17.单选题Python 语言的特点不包括（）。问题1选项A.跨平台、开源B.编译型C.支持面向对象程序设计D.动态编程【答案】B【解析】本题考查python相关问题。python语义的特点：

20、跨平台、开源、简单易学、面向对象、可移植性、解释性、开源、高级语言、可扩展性、丰富的库、动态编程等等综上所述B选项错误，python不是编译型语言，而是解释型语言。18.单选题某Python程序中定义了X=1，2，那么X*2的值为（ ）。问题1选项A.1，2，1，2B.1，1，2，2C.2，4D.出错【答案】A【解析】本题考查的是Python基础语法。X=1,2表示List结构，*2表示重复2次，运算结果为1,2,1,2。19.案例题阅读下列说明和图，回答问题1至问题3，将解答填入答题纸的对应栏内。【说明】某游戏公司欲开发一款吃金币游戏。游戏的背景为一种回廊式迷宫(Maze)，在迷宫的不同位置

21、上设置有墙。迷宫中有两种类型的机器人(Robots):小精灵(PacMan)和幽灵(Ghost)。游戏的目的就是控制小精灵在迷宫内游走，吞吃迷宫路径上的金币，且不能被幽灵抓到。幽灵在迷宫中游走，并会吃掉遇到的小精灵。机器人游走时，以单位距离的倍数计算游走路径的长度。当迷宫中至少存在一个小精灵和一个幽灵时，游戏开始。机器人上有两种传感器，使机器人具有一定的感知能力。这两种传感器分别是:(1)前向传感器(FrontSensor)，探测在机器人当前位置的左边、右边和前方是否有墙(机器人遇到墙时，必须改变游走方向)。机器人根据前向传感器的探测结果，决定朝哪个方向运动。(2)近距离传感器(ProxiSe

22、sor)，探测在机器人的视线范围内(正前方)是否存在隐藏的金币或幽灵。近距离传感器并不报告探测到的对象是否正在移动以及朝哪个方向移动。但是如果近距离传感器的连续两次探测结果表明被探测对象处于不同的位置，则可以推导出该对象在移动。另外，每个机器人都设置有一个计时器(Timer)，用于支持执行预先定义好的定时事件。机器人的动作包括:原地向左或向右旋转90;向前或向后移动。建立迷宫:用户可以使用编辑器(Editor) 编写迷宫文件，建立用户自定义的迷宫。将迷宫文件导入游戏系统建立用户自定义的迷宫现采用面对对象分析与设计方法开发该游戏，得到如图3-1所示的用例图以及图3-2所示的初始类图。【问题1】(

23、3分)根据说明中的描述，给出图3-1中U1U3所对应的用例名。【问题2】(4分)图3-1中用例U1U3分别与哪个(哪些)用例之间有关系，是何种关系?【问题3】(8分)根据说明中的描述，给出图3-2中C1C8所对应的类名。【答案】【问题1】(3分)U1 编写迷宫文件； U2导入迷宫文件；U3 设置计时器【问题2】(4分)U1和U2与建立迷宫用例是泛化关系；U3与操作机器人是包含关系【问题3】(8分)C1 机器人(Robots);C2 计时器(Timer);C3小精灵(PacMan); C4幽灵(Ghost) C5 传感器（Sensor) C6 前向传感器(FrontSensor) C7 近距离传

24、感器(ProxiSesor) C8 迷宫(Maze)其中C3与C4可换;C6与C7可换【解析】问题1：补充对应的用例。用例的组成应该是动词+名词的形式。根据题干的描述和对应的用例的指向，可知U1是与建立迷宫有关系的用例，U3是与操纵机器人有关系的用例，U2是介于两者之间的用例。用例图描述的是对于用例的所有操作。对于整个吃金币的游戏而言，首先要建立相应的迷宫，以供机器人（小精灵和幽灵）进入，其次操纵机器人走对应的线路；再结合题干而言，属于该游戏内部的操作应该还有：设置有一个计时器(Timer)，用来定时机器人；用户可以使用编辑器(Editor) 编写迷宫文件，用来构造出迷宫；然后将迷宫文件导入游

25、戏，系统建立用户自定义的迷宫，用来自定义迷宫。对于U1而言与迷宫有关的用例，应该是构造迷宫的，编辑器编写迷宫文件用例；对于U2则是导入迷宫文件的过程。而对于U3与操作机器人有关的用例，应该是定时机器人的设置计时器用例。问题2：根据对应的用例图，判断其关系，结合上文给出的用例，可知：U1与U2建立迷宫是泛化关系，也可以根据题干描述，在建立迷宫里面包含这些操作；U3与操作机器人是包含关系，在开始操作机器人之间应该先设置定时器。问题3：补充对应类图的类，类的组成应该是名词形式，用英文进行表示。找出题干中的名词，然后结合对应的关系，可以看到C1与C3、C4是泛化关系，C5与C6、C7是泛化关系，其中C

26、5又与C1是组合关系，C1是整体，C5是部分，生命周期相同。可得C1机器人(Robos)，C5是传感器，C3、C4是小精灵(PacMan)和幽灵(Ghost)，可以互换顺序；C6和C7是 前向传感器(FrontSensor)和 近距离传感器(ProxiSesor)，可以互换顺序。C8是跟C1机器人有聚合关系的，C8是整体，C1是部分，生命周期不同，并且与编辑器(Editor) 有关，得出C8应该为迷宫(Maze)；C2也与C1为组合关系，C1是整体，C2是部分，生命周期相同。得出C2应该是计时器(Timer)20.单选题在风险管理中，通常需要进行风险监测，其目的不包括（ ）。问题1选项A.消除

27、风险B.评估所预测的风险是否发生C.保证正确实施了风险缓解步骤D.收集用于后续进行风险分析的信息【答案】A【解析】风险监测主要是对风险进行预测，评估，收集相关的信息，用来防止风险，从而做好相关的防范措施。对于评估所预测的风险是否发生、保证正确实施了风险缓解步骤、收集用于后续进行风险分析的信息都是风险监测的目的至于A选项消除风险，风险是无法被消除掉的，只能尽量避免。21.单选题在网络系统设计时，不可能使所有设计目标都能达到最优，下列措施中最为合理的是（ ）。问题1选项A.尽量让最低建设成本目标达到最优B.尽让最短的故障时间达到最优C.尽量让最大的安全性目标达到最优D.尽量让优先级较高的目标达到最

28、优【答案】B【解析】暂无。22.单选题以下关于SRAM和DRAM储存器的叙述中正确的是（）。问题1选项A.与DRAM相比，SRAM集成率低，功率大、不需要动态刷新B.与DRAM相比，SRAM集成率高，功率小、需要动态刷新C.与SRAM相比，DRAM集成率高，功率大、不需要动态刷新D.与SRAM相比，DRAM集成率低，功率大、需要动态刷新【答案】D【解析】本题考查存储器分类相关知识。DRAM集成率相对较低，功耗相对较大，需要动态刷新。SRAM集成率相对较高，功耗相对较小，不需要动态刷新。本题D选项描述正确。23.单选题设关系模式R(U,F), U=A1，A2, A3, A4，函数依赖集F=A1A

29、2, A1A3，A2A4，关系R的候选码是( )。下列结论错误的是( )。问题1选项A.A1B.A2C.A1A2D.A1A3问题2选项A.A1A2A3为F所蕴涵B.A1- A4为F所蕴涵C.A1A2A4为F所蕴涵D.A2A3为F所蕴涵【答案】第1题:A第2题:D【解析】本题考查候选键的求法和函数依赖的判断问题。第一问求候选键，采用图示法，能够遍历所有属性的即为候选键，首先应该找出入度为0的节点，只有A1，如果入度为0的节点，遍历不了所有节点，那么需要加入一些中间结点（既有入度又有出度）的结点进行遍历，以它们的组合键作为候选键。根据方法，找到入度为0的节点A1，可以发现第一步能够通过A1决定所有

30、属性A2（A1A2），A3（A1A3），A4（A1A2，A2A4，传递律得A1A4）得出A1为候选键。第二问考查AmStrong公理进行求解相关：A.A1A2A3为F所蕴涵，通过A1A2，A1A3，得出A1A2A3（合并规则）B.A1- A4为F所蕴涵，通过A1A2，A2A4，得出A1A4（传递律）C.A1A2A4为F所蕴涵，通过A2A4，A1A4（传递律），那么两者的结合键为A1A2A4自然能被F所蕴涵。D.A2A3为F所蕴涵，不能推导得出。24.单选题已知树T的度为4，且度为4的结点数为7个、度为3的结点数为5个、度为2的结点数为8个、度为1的结点数为10个，那么T的叶子结点个数为（ ）。

31、（注：树中结点个数称为结点的度，结点的度中的最大值称为树的度。)问题1选项A.30B.35C.40D.49【答案】C【解析】本题考查的是二叉树特性。假设度为4的结点个数记作n4，度为3的结点个数记作n3，度为2的结点个数记作n2，度为1的结点个数记作n1，度为0的结点个数记作n0。此时结点总数为n4+n3+n2+n1+n0，每个结点可以根据树枝找到其父节点，除了根，所以此时树枝的数量为n4+n3+n2+n1+n0-1。又因为度与树枝的定义，树枝的个数又可以计算为：4*n4+3*n3+2*n2+1*n1+0*n0。综上可得n4+n3+n2+n1+n0-1=4*n4+3*n3+2*n2+1*n1+

32、0*n0，此时n4=7，n3=5，n2=8，n1=10，代入表达式计算可得，n0=40，本题选择C选项。25.单选题给定关系R（A，B，C，D)和关系S(A，D，E，F)，若对这两个关系进行自然连接运算RS后的属性列有（ ）个；关系代数表达式R.BS.F(RS)与（ ）等价。问题1选项A.4B.5C.6D.8问题2选项A.28(RxS)B.1，2，3，4，7，8(o1=5284=6(RS)C.28(RxS)D.11，2，3，4，7，8(1=5284=6(RxS)【答案】第1题:C第2题:B【解析】第1题:本题考查关系代数相关知识。自然连接的属性列数是二者之和减去重复列数，本题R和S进行自然连接

33、后，结果属性列数为4+4-2=6，第一空选择C选项。第2题:判断自然连接与笛卡尔积关系表达式是否等价时，需要注意需要同名属性列取值相等才可以与自然连接等价，本题应该选择B选项，其他选项都不满足S.A=R.A AND R.D=S.D。26.单选题下列不属于电子邮件收发协议的是（ ）。问题1选项A.SMTPB.POP3C.IMAPD.FTP【答案】D【解析】本题考查TCP/IP协议簇相关知识。SMTP是邮件传送协议，POP3是邮件收取协议，IMAP是交互邮件访问协议，这3类协议都与电子邮件相关。只有D选项FTP是文件传输协议，与电子邮件无关，本题选择D选项。27.单选题下列攻击类型中，（ ）是以被

34、攻击对象不能继续提供服务为首要目标问题1选项A.跨站脚本B.拒绝服务C.信息篡改D.口令猜测【答案】B【解析】A选项：跨站脚本（cross-site scripting，XSS），一种安全攻击，其中，攻击者在看上去来源可靠的链接中恶意嵌入译码。它允许恶意用户将代码注入到网页上，其他用户在观看网页时就会受到影响。不影响服务的提供。B选项：拒绝服务，对信息或其它资源的合法访问被无条件地阻止，会让服务器拒绝提供服务。本题选择B选项。C选项：信息篡改，指主动攻击者将窃听到的信息进行修改(如删除和/或替代部分或者全部信息)之后再将信息传送给原本的接受者。与提供服务无关。D选项：口令猜测，攻击者攻击目标时

35、常常把破译用户的口令作为攻击的开始。只要攻击者能猜测或者确定用户的口令，他就能获得机器或者网络的访问权，并能访问到用户能访问到的任何资源。与提供服务无关。28.单选题AES是一种（）算法。问题1选项A.公钥加密B.流密码C.分组加密D.消息摘要【答案】C【解析】AES是一个迭代的、对称密钥分组的密码，它可以使用128、192和256位密钥。并且使用128位分组加密和解密数据。29.单选题以下关于冯诺依曼计算机的叙述中，不正确的是（）。问题1选项A.程序指令和数据都采用二进制表示B.程序指令总是存储在主存中，而数据则存储在高速缓存中C.程序的功能都由中央处理器（CPU）执行指令来实现D.程序的执

36、行工作由指令进行自动控制【答案】B【解析】本题考查的是计算机体系结构相关知识。在冯诺依曼结构中，程序指令和数据存在同一个存储器中。B选项描述错误。本题选择B选项，其他描述都是正确的。30.单选题软件详细设计阶段的主要任务不包括（ ）。问题1选项A.数据结构设计B.算法设计C.模块之间的接口设计D.数据库的物理设计【答案】C【解析】软件详细设计阶段的主要任务包括：对模块内的数据结构进行设计；对数据库进行物理设计；对每个模块进行详细的算法设计；代码设计、输入/输出设计、用户界面设计等其他设计。软件概要设计阶段的主要任务包括（1） 软件系统总体结构设计，将系统划分成模块；确定每个模块的功能；确定模块

37、之间的调用关系；确定模块之间的接口，即模块之间传递的信息；评价模块结构的质量。（2） 数据结构及数据库设计。本题A、B、D属于详细设计阶段的任务，C选项属于概要设计阶段的任务，本题选择C选项。31.单选题浏览器开启无痕浏览模式时，（ ）仍然会被保存。问题1选项A.浏览历史B.搜索历史C.下载的文件D.临时文件【答案】C【解析】本题考查的是浏览器应用。在浏览器开启无痕浏览模式时，浏览历史、搜索历史和临时文件都不会被保存，只有下载的文件可以被保存。本题选择C选项。32.单选题以下关于RISC和CISC的叙述中，不正确的是（ ）。问题1选项A.RISC的大多指令在一个时钟周期内完成B.RISC普遍采

38、用微程序控制器，CISC则普遍采用硬布线控制器C.RISC的指令种类和寻指方式相对于CISC更少D.RISC和CISC都采用流水线技术【答案】B【解析】RISC采用硬布线逻辑控制，CISC采用微程序控制，B选项描述错误，本题选择B选项。对于D选项RISC与CISC都可以采用流水线技术，CISC更适合，所以D选项描述没有问题。33.单选题进程P有5个页面，页号为0-4，页面变换表及状态位、访问位和修改位的含义如下图所示，若系统给进程P分配了3个存储块，当访问的页面3不在内存时，应该淘汰表中页号为（ ）的页面问题1选项A.0B.1C.2D.4【答案】A【解析】被淘汰的页面首先必须在内存，也就是在0

39、、2、4页面中进行选择。优先淘汰访问位为0的页面，此时0、2、4页面访问位都为1，无法判断。进一步淘汰的是修改位为0的页面，此时符合要求淘汰的是0号页面，选择A选项。34.案例题阅读下列说明和C+代码，将应填入（n）处的字句写在答题纸的对应栏内。【说明】在线支付是电子商务的一个重要环节，不同的电子商务平台提供了不同的支付接口。现在需要整合不同电子商务平台的支付接口，使得客户在不同平台上购物时，不需要关心具体的支付接口。拟采用中介者(Mediator) 设计模式来实现该需求，所设计的类图如图5-1所示。【C+代码】【答案】(1) virtual void buy(double money, We

40、bService *service)(2) WebServiceMediator *(3) virtual void buyService(double money)= 0(4) mediator-buy(money, this)(5) mediator-buy(money, this)【解析】（1）空是属于接口WebServiceMeditor内的方法，我们可以通过下文的实现类中找到ConcreteServiceMeditor可知缺少了一个buy（）方法故第一空填写virtual void buy(double money, WebService *service) ；（2）空类WebSer

41、vice中属性的参数类型,Colleague与Mediator之间的关联关系由属性meditor实现，所以第2空应该填写WebServiceMediator*；（3）空类WebService中的virtual方法，根据其具体子类可以看到缺少的是buyService方法，书写成virtual void buyService(double money)= 0 ；（4）空和（5）空具体同事类Amazon、Ebay与中介者的通信，调用中介者之间的支付接口，所以空（4）和（5）都填写mediator-buy(money, this) 。35.单选题当UML状态图用于对系统、类或用例的动态方面建模时，通常

42、是对( )建模。以下UML状态图中，假设活动的状态是A，事件b=0发生并且a5，发生条件是c状态到d状态的转换条件的是（ ），D变为活动的状态，有关状态图的叙述中，不正确的是（ ）。问题1选项A.系统的词汇B.反应型对象C.活动流程D.对象快照问题2选项A.一旦状态A的exit动作完成，或如果当前执行do动作，则终止执行B.一旦状态A和B的所有动作完成C.一旦正在进行的状态A完成D.一旦状态B的exit动作完成问题3选项A.动作可以在状态内执行，也可以在状态转换时执行B.当触发转换的事件发生并且转换没有指定的监护条件时，对象将离开当前状态，并且其do动作终止C.when (b=5）称为时间事件

43、D.状态由事件触发【答案】第1题:B第2题:B第3题:D【解析】当对系统、类或用例的动态方面建模时，通常是对反应型对象建模，第一空选择B选项。状态图通常包含简单状态和组合状态、转换（事件和动作）。状态是指对象的生命周期中某个条件或者某个状态，在此期间对象将满足某些条件、执行某些活动或等待某些事件，是对象执行了一系列活动的结果，当某个事件发生后，对象的状态将发生变化。嵌套在另外一个状态中的状态称为子状态（本题中的A、B为子状态），含有子状态的状态称为组合状态（也叫作超状态，C是组合状态）。状态C完成才会在when b=5a5时，让D进入激活状态，当前状态为A，当A完成时进入状态B，状态B完成后才

44、完成组合状态C。因此第二空应该选择B选项，需要状态A和B都完成。转换是两个状态之间的一种关系，表示对象将在源状态中执行一定的动作，并在某个特定事件发生而且某个特定的警戒（监护）条件满足时进入目标状态。动作是一个可执行的原子操作，是不可中断的，其执行时间可以忽略不计。转换由事件触发，而不是状态由事件触发，第三空D选项描述错误。36.单选题在软件设计阶段进行模块划分时，一个模块的（ ）。问题1选项A.控制范围应该在其作用范围之内B.作用范围应该在其控制范围之内C.作用范围与控制范围互不包含D.作用范围与控制范围不受任何限制【答案】B【解析】本题是对模块设计原则的考查。模块控制域：这个模块本身以及所

45、有直接或间接从属于它的模块的集合。模块作用域：指受该模块内一个判定所影响的所有模块的集合。模块的作用域应该在控制域范围之内，本题选择B选项。37.案例题阅读下列说明和Java代码，将应填入（n）处的字句写在题纸的对应栏内。【说明】享元（flyweight）模式主要用于减少创建对象的数量，以低内存占用，提高性能。现要开发一个网络围棋程序允许多个玩家联机下棋。由于只有一台服务器，为节内存空间，采用享元模式实现该程序，得到如图6-1所的类图。图6-1 类图【Java代码】import java.util.*:enum PieceColor BLACK，WHITE棋子颜色class PiecePos棋

46、子位置private intx;private int y;pubic PiecePos(int a,int b)x=a;y=b;public int getX( )return x;public int getY( )return y; abstract class Piece棋子定义protected PieceColor mcolor；颜色protected Piecemopos mpos；位置public Piece(PieceColor,color PiecePos pos)m_color=color;mpos=pos;(1);class BlackPiece extends Pie

47、cepublic BlackPiece(PieceColor color,PiecePos pos)super(color,pos);public void draw ( ) System out println(draw a blackpiece); class WhitePiece extends Piecepublic WhitePiece(PieceColor color,PiecePos pos)super(color,pos);public void draw( ) System.out.println(draw a white piece); class PieceBoard棋盘

48、上已有的棋子private static final ArrayListm_arrayPiece=new ArrayListprivate String mblackName；黑方名称private String mwhiteName；白方名称public PieceBoard(String black,String white)m_blackName=black;m_whiteName=white;一步棋，在棋盘上放一颗棋子public void SetePiece(PieceColor color,PiecePos pos)(3)piece=null;if（colorPieceColor.

49、BLACK）放黑子piecenew BlackPiece（color，pos）；获取一颗黑子Systemoutprintln（mblackName在位置（posgetX( )+,+pos.getY( )+);(4) ;else放白子piecenew WhitePiece（color，pos）；获取一颗白子Systemoutprintln（m whiteName在位置（posgetX0）,+pos.getYO+);(5) ;m_arrayPiece.add(piece);【答案】(1)public abstract void draw( )(2)Piece(3)Piece(4)piece.dra

50、w( )(5)piece.draw( )【解析】对于第一空，可知该空需要填写的是 Piece类里面的方法，对于其方法在图中都无法找出，可以根据其实现类（BlackPiece和WhitePiece类）来看，对应得是方法public void draw( )，又由于其在抽象类Piece里面，所以是抽象方法，需要加上关键词abstract，则为public abstract void draw( )对于第二空，可知该空填写的是动态数组Arraylist的泛型，里面填写得应该是对应的m_arrayPiece的类型，用类进行修饰，可知其属于Piece类，填写的应该是Piece对于第三空，可知该空填写的是

51、对象创建的声明对象过程，格式应该为类名 对象名称=null，可知该对象piece对应的类是Piece（类名字母大写）对于第四空和第五空，根据注释来看，是放黑子和白子的过程，已知实例化该对象piece，具体的放黑子和白子过程，都需要调用draw（）方法来指向，故 第4空和第5空填写的应该都是piece.draw( )38.单选题下列关于风险的叙述中，不正确的是（ ）。问题1选项A.风险是可能发生的事件B.如果能预测到风险，则可以避免其发生C.风险是可能会带来损失的事件D.对于风险进行干预，以期减少损失【答案】B【解析】风险是可能发生的事件，并且可能会带来损失，预测到风险后，可以进行干预以期减少损

52、失，但是无法避免。B选项的描述是错误的。39.单选题 IPv6地址长度为（ ）bit。 问题1选项A.16B.32C.64D.128【答案】D【解析】本题考查IPv6的基本概念。IPv6地址由128位二进制表示。40.单选题云计算有多种部署模型(Deployment Models)。若云的基础设施是为某个客户单独使用而构建的，那么该部署模型属于（ ）。问题1选项A.公有云B.私有云C.社区云D.混合云【答案】B【解析】A选项公有云通常指第三方提供商为用户提供的能够使用的云，公有云一般可通过 Internet 使用，可能是免费或成本低廉的，公有云的核心属性是共享资源服务。B选项私有云(Priva

53、te Clouds)是为一个客户单独使用而构建的，因而提供对数据、安全性和服务质量的最有效控制。该公司拥有基础设施，并可以控制在此基础设施上部署应用程序的方式。本题针对某个客户单独使用，属于B选项私有云。C选项社区云一般指社群云。社群云（Community cloud），也称社区云，是由几个组织共享的云端基础设施，它们支持特定的社群，有共同的关切事项，例如使命任务、安全需求、策略与法规遵循考量等。D选项混合云融合了公有云和私有云，是近年来云计算的主要模式和发展方向。我们已经知道私有云主要是面向企业用户，出于安全考虑，企业更愿意将数据存放在私有云中，但是同时又希望可以获得公有云的计算资源，在这种

54、情况下混合云被越来越多的采用，它将公有云和私有云进行混合和匹配，以获得最佳的效果，这种个性化的解决方案，达到了既省钱又安全的目的。41.单选题以下关于中断方式与DMA方式的叙述中，正确的是（ ）。问题1选项A.中断方式与DMA方式都可实现外设与CPU之间的并行在工作B.程序中断方式和DMA方式在数据传输过程中都不需要CPU的干预C.采用DMA方式传输数据的速度比程序中断方式的速度慢D.程序中断方式和DMA方式都不需要CPU保护现场【答案】A【解析】输入/输出技术的三种方式：直接查询控制：有无条件传送和程序查询方式，都需要通过CPU执行程序来查询外设的状态，判断外设是否准备好接收数据或准备好了向

55、CPU输入的数据。在这种情况下CPU不做别的事情，只是不停地对外设的状态进行查询。中断方式：当I/O系统与外设交换数据时，CPU无须等待也不必查询I/O的状态，而可以抽身来处理其他任务。当I/O系统准备好以后，则发出中断请求信号通知CPU，CPU接到中断请求信号后，保存正在执行的程序的现场，转入I/O中断服务程序的执行，完成于I/O系统的数据交换，然后再返回被打断的程序继续执行。与程序控制方式相比，中断方式因为CPU无需等待而提高了效率。DMA：直接寄存器存取方式，是指数据在内存与I/O设备间的直接成块传送，即在内存与I/O设备间传送一个数据块的过程中，不需要CPU的任何干涉，只需要CPU正在

56、过程开始启动与过程结束时的处理，实际操作由DMA硬件直接执行完成。42.案例题阅读下列说明和C代码，回答问题1至问题3，将解答写在答题纸的对应栏内。【说明】某工程计算中经常要完成多个矩阵相乘（链乘）的计算任务，对矩阵相乘进行以下说明。（1）两个矩阵相乘要求第一个矩阵的列数等于第二个矩阵的行数，计算量主要由进行乘法运算的次数决定，假设采用标准的矩阵相乘算法，计算Amxn*Bnxp需要m*n*p次行乘法运算的次数决定、乘法运算，即时间复杂度为O（m*n*p）。（2）矩阵相乘满足结合律，多个矩阵相乘时不同的计算顺序会产生不同的计算量。以矩阵A15100，A2100*8，A38x50三个矩阵相乘为例，

57、若按（A1*A2）*A3计算，则需要进行5*100*8+5*8*50=6000次乘法运算，若按A1*（A2*A3）计算，则需要进行100*8*50+5*100*50=65000次乘法运算。矩阵链乘问题可描述为：给定n个矩阵，对较大的n，可能的计算顺序数量非常庞大，用蛮力法确定计算顺序是不实际的。经过对问题进行分析，发现矩阵链乘问题具有最优子结构，即若A1*A2*An的一个最优计算顺序从第k个矩阵处断开，即分为A1*A2*Ak和Ak+1*Ak+2*.*An两个子问题，则该最优解应该包含A1*A2*Ak的一个最优计算顺序和Ak+1*Ak+2*.*An 的一个最优计算顺序。据此构造递归式，其中，co

58、stij表示Ai+1*Ai+2*.Aj+1的最优计算的计算代价。最终需要求解cost0n-1。【C代码】算法实现采用自底向上的计算过程。首先计算两个矩阵相乘的计算量，然后依次计算3个矩阵、4个矩阵、n个矩阵相乘的最小计算量及最优计算顺序。下面是该算法的语言实现。（1） 主要变量说明n：矩阵数seq：矩阵维数序列costij：二维数组，长度为n*n，其中元素costij表示Ai+1*Ai+2*Aj+1的最优的计算代价。trace:二维数组，长度为n*n，其中元素traceij表示Ai+1*Ai+2*Aj+1的最优计算顺序对应的划分位置，即k。（2）函数cmm#define N100int cos

59、tNN;int traceNN;int cmm(int n,int seq)int tempCost;int tempTrace;int i,j,k,p;int temp;for( i=0;ifor(p=1;pfor(i=0;i （1） ;tempCost = -1; for(k = i; （2） ;k+) temp=（3） ;if(tempCost=-1 | tempCosttemp) tempCost = temp; tempTrace=k;costij = tempCost;（4） ;return cost0n-1;【问题1】（8分）根据以上说明和C代码，填充C代码中的空（1）（4）。【

60、问题2】（4分）根据以上说明和C代码，该问题采用了（5）算法设计策略，时间复杂度为（6）（用O符号表示）。【问题3】（3分）考虑实例n=4，各个矩阵的维数为A1为15*5，A2为5*10，A3为10*20，A4为20*25，即维度序列为15，5，10，20和25。则根据上述C代码得到的一个最优计算顺序为（7）（用加括号方式表示计算顺序），所需要的乘法运算次数为 （8）。【答案】【问题1】（1） j=i+p（2）k3）【问题3】（7）A1*(A2*A3)*A4)（8）5375【解析】【问题3】先计算A2*A3，乘法次数为5*10*20=1000，结果B1维数为5*20接着计算B1*A4，乘法次数