2023年软件水平考试软件设计师模拟试题及答案

2023年软件水平考试软件设计师模拟试题及答案

1.某计较机系统中，16位浮点数的暗示名目如图1所示。其中阶码4位（含1位符号）

为定点整数，尾数12位（含1位符号）为定点小数。

03415

阶码尾数t含尾符）

图1

设一个数机械码为1110001010000000,若阶码为移码且尾数为原码，则其十进制数

真值为（1）。

（1）A.20

B.25

C.0.078125

D.20.969375

参考答案：⑴A。

解析：为了充实操作尾数来暗示更多的有用数字，即提高数据的暗示精度，凡是采用

规格化浮点数。划定浮点数在运算竣事将运算结不美观存到计较机中时，必需是规格化的浮

点数。规格化浮点数尾数的最高数值位是有用数字，即正尾数O.5WF<1,负尾数-1

对于本试题的解答思绪是，对给定的机械码按浮点数名目获得阶码和尾数，然后将阶

码变为十进制数，最后获得浮点数的十进制真值。如不美观给定的浮点数机械码不是用规格

化暗示的，则可将其暗示为规格化的机械码。规格化时，先看给定的浮点数机械码的尾数是

用什么码暗示的，然后再看是否已是规格化数，如不美观不是，将尾数小数点移位，但要注

重，为连结浮点数的真值不变，阶码必然要进行响应的调整。在解答此类问题问题时，必然

要注重问题问题前提中给出的阶码和尾数是用什么码暗示的，否则很容易犯错，而得不到对

的的计较结不美观。

针对本题，对所给机械码1110001010000000,按所划定的浮点数暗示形式，可知阶

码为1110（最高位为阶符1）,尾数为001010000000（最高位为尾符0）。

0.0101B=010100B=20o?①若阶码为移码，1110暗示为十进制数加6,尾数为原码暗

示加00101B,所以浮点数为26

②0.101B,阶码-3的补码为1101,由于浮点数规格化规定尾数最高数据位为有用数据

位，即尾数绝对值大于等于0.5。?0.0101B=2-3?0.0101B=0.000101B=0.078125Do将此浮点

数用规格化数形式暗示：2-2?若阶码为补码，1110暗示为十进制数减2,尾数为补码，因该

尾数为正数，即加0.0101,该浮点数为2-2

2.某计较机主存按字节摘取cache的地址变换采用组相联映像体例（即组内全相联，组

间直接映像）。高速缓存分为2组，每组包含4块，块的巨细为512B,主存容量为1MB。

组成高速缓存的地址变换表相联存储器容量为（2）bit。每次介入斗劲的存储单元为（3）个。

（2）A.4X10

B.4X11

C.8X10

D.8X11

(3)A.2

B.4

C.8

D.16

参考答案：⑵C;⑶B°

解析：某计较机主存按字节编址，主存与高速缓存Cache的地址变换采用组相联映像

体例（即组内全相联，组间直接映像）。高速缓存分为2组，每组包含4块，块的巨细为512B,

主存容量为1MB。①由于主存容量为1MB=22O,高速缓存分为2=21组（即区内组号为1

位），每组包含4=22块（即组内块号为2位），块的巨细为512B=29（即块内地址为9位），是

以主存区号=20-1-2-9=8位。

②主存与高速缓存Cache的地址变换采用组相联映像体例（即组内全相联，组间直接

映像），高速缓存的地址变换表的相联存储器中存放的用于斗劲的是8位的主存区号和2位

的组内块号，是以，相联存储器的一个单元应存放10位二进制数。

③由于高速缓存共有8块，是以，高速缓存的地址变换表的相联存储器容量应为8x10

位。

④由于组间采用直接映像，不需要进行斗劲，但组内采用全相联映像，需要在一组的

4块内进行斗劲，故每次介入斗劲的存储单元为4个。

3.假设某轨范说话的文法如下：

S—SaT|T

T—TbR|R

RTPdR|P

P—fSgIe

此鳏负VT={a,b,d,e,f,g};VN={S,T,R,P};S是起头符号。那么，此体例是一(4)_体例。

这种文法的语法剖析凡是采用优先距阵，优前进前辈阵给出了该文法中各个终结符之间的优

先关系系(大于，小于，等于，无关系)。在上述文法中，某些终结符之间的优先关系如下:

b_(5)_a;f_(6)_g；a47)_a;d_(8)_do

供选择的答案

(4)A.正则文法

B.算符文法

C.二义文法

D.属性文法

(5)A.大于

B.小于

C.等于

D.无关系

(6)A.大于

B.小于

C.等于

D.无关系

(7)A.大于

B.小于

C.等于

D.无关系

(8)A.大于

B.小于

C.等于

D.无关系

参考答案：(4)B(5)A(6)C(7)A(8)B

解析：算符优先文法的优前进前辈阵是这样机关的：

先求出各非终结符的FIRSTVT与LASTVT集•

对每条发生式：对于两个终结符连在一路或是它们中心只有一个非终结符的情形，这

两个终结符相等。

对于一个非终结符与一个终结符连在一路的情形，如不美观终结符在前，则该终结符

小于该非终结符的FIRSTVT集中的任一字符，如不美观终结符在后，则该非终结符的

LASTVT集中的任一字符大于该终结符。注重挨次不能倒置，即A小于B就是A小于B,

不能写成B大于A。

4.16个微措置器的编号分袂为0、1、2、3.........15,当采用四维立方体单级互连函数

Cube3时，7号微措痔途骐(9)号微措置器相毗连。

(9)A.3

B.7

C.14

D.15

参考答案：(9)D。

解析：四维立方体单级互联函数(Cube3)的运算轨则是，从己知的微措置器编号的二进

制数右边第0位起，数到第3位，并对该位求反即可获得所求的微措置器编号。是以对于第

7号微措置器，其二进制编码为0111,经由变换后为1111,即与第15号微措置器相毗连。

注重，如不美观本试题所采用的是全混洗单级互联函数Shuffle(无进位左轮回一位的函

数)，那么第7号微措置器的编码(0111)经变换后为1110,即为第14号微措置器。

5.在计较机系统结构中，CPU内部搜罗轨范计数器PC、存储器数据寄放器MDR、指

令寄放器IR和存储器地址寄放器MAR等。若CPU要执行的指令为：MOVR0,#100(即将

数值100传送到寄放器R0中)，则CPU一方面要完毕的操作是(10)。

(1O)A.1OO-R0

B.100-MDR

C.PC—MAR

D.PC—IR

参考答案：(10)D。

解析：轨范计数器指向指令寄放器地址，然后就可以执行下面的指令了

MOVRO,#100,采用的是当即数寻址体例，这条指令（包含操作数R0和#100）被汇编器编

译成一条机械代码，此指令执行前被加载到指令缓冲队列里，执行时CPU在篡夺此机械代

码时就篡夺了#100,#100当即就可以被送往R0（而不用到寄放器或者内存中去取操作数），

是以叫做当即数寻址，指令执行效率最高。

6.某指令流水线由5段组成，各段所需要的时刻如图2所示。连续输入10条指令时的

吞吐率为（11）,

图2

（11）A.0.1428/At

B.0.2041/At

C.0.2857/At

D.0.3333/At

参考答案：（11）C。

解析：从图3-2中可看出，该流水线各段所履历的时刻纷歧样，是以，该指令流水线

吞吐率的计较公式为

式中m为流水线的段数;n为输入的指令数;Ati为第i段所需时刻;Atj为该段流水线中瓶

颈段的时刻。将题中已知前提代入上式，则吞吐率TP的计较结不美观如下所示。

10100.2857

TP=

次/f-=Q+3+l+2+l)/f+Q0-l)x3/f=砺=F

7.设有界说"enumterm{my,your=4,his,her=his+10};H>则

printf(u%d,%d,%d,%d%my,your,his,her);的输出是(12)

(12)A.O,b2,3

B.0A0J0

C.O,4,5,15

D.l,4,5,15

参考解答：（12）C。

解析：按列举类型界说的划定，列举类型team的列举常量相应的整数分袂是my=0、

your=4>his=5、her=15o所以语句输出0,4,5,15。解答是C。

8.以下对列举类型名的界说中，对的的是（13）

(13)A.enuma={one,two,three);

B.enuma{al,a2,a3};

C.enuma=riV2\3};

D.enuma{"oneu,ntwo","three"};

参考答案：（13）B。

解析：列举类型界说的句法是:

enum列举类型名{列举类型常量1,列举类型常量2...........};

其中列举类型常量都是互不不异的标记符。所以界说enuma{al,a2,a3);

是一个对的的界说。任何在列举类型名之后接上=,或用字符常量，或用字符串常量作

为列举类型常量都是不对的的界说。解承诺是B。

9.CPU执行轨范时，为了从内存中篡夺指令，需要先将(14)的内容输送到地址总线

上。

(14)A.指令寄放器

B.标记表记标帜寄放器

C.轨范计数器

D.变址寄放器

参考答案：(14)C。

解析：当CPU从内存中篡夺指令的时辰(即在存取指令周期中)，CPU一方面将轨范计

数器(PC)的内容送到地址总线上，同时送出内存的读节制旌旗灯号，将所选中的内存单元的

内容读入CPU,并将其存放在指令寄放器中。

10.RSA算法的一个斗劲知名的应用是(15),其协商层操作RSA公钥进行身份认证,

其记实层涉及到相应用轨范供应的信息的分段、压缩、数据认证和加密。

(10)A.PGP

B.HTTPS

C.平安RPC

D.SSL

参考答案：(10)D。

解析：公钥密码是一种有两个密钥的不合错误称密钥手艺。RSA算法是一种常用的公

钥加密算法，它可以实现加密和数字署名，平安套接层和谈(SSL)的记实层操作RSA公钥进

行身份认证，记实层涉及到相应用轨范供应的信息的分段、压缩、数据认证和加密。

11.设有以下声名和界说：

typedefunion{longi;intk[5];charc;}DATE;

structdate{intcat;DATEcow;doubledog;}too;

DATEmax;

则下列语句的执行结不美观是(16)

printh(n%dn,sizeof(structdate)+sizeof(max));

(16)A.26

B.30

C.18

D.8

参考答案：(16)B。

解析：设long型数据占4个字节、int型数据占2个字节，double数据占8个字节。共

用型DATE有三个成分：long型成分i,有五个int型元素的数组k,char型成分c«所以

DATE类型的变量需要10个字节。结构类型date有三个成分：int型成分cat,DATE共用

类型cow,double型成分dogo所以结构类型date需要20个字节。所以表达式

sizeof(structdate)+sizeofmax的值是30。对的解答是B。

12.按照下面的界说，能打印出字母M的语句是(17)

structperson{charname[9];intage;};

structpersonc[1O]={{"John",17},{nPaul",19},{nMaryu,18},{"Adam",16}};

(17)A.printf(u%cn,c[3].name);

B.printf(n%cu,c[3].name[l]);

C.printf(M%cu,c[2].name[lJ);

D.printf("%cn,c[2].name[0]);

参考答案：(17)D。

解析：结构类型structperson有两个成分：九个元素的字符数组name和一个根基整型

age。元素类型为structperson的数组c有10个元素，其中前四个元素被设定了初值。在已

设定初值的元素中，只有c[2].mame[0]的值是字符M。其余元素及元素的成分都不是字符比

对的解答是Do

13.以下关于防火墙手艺的描述中，说法错误的是(18)»

(18)A.防火墙可以对请求处事的用户进行节制

B.防火墙可以对用户若何使用特定处事进行节制

C.防火墙可以有用地防止内网的抨击袭击

D.防火墙可以对收集处事类型进行节制

参考答案：（18）C。

解析：防火墙是成立在内外网鸿沟上的过滤封锁机制，可以防止外网在未经授权的情

形下访谒内网，以及外网对内网的抨击袭击;也能防止内网在未经授权的情形下访谒外网。

可是，仅使用防火墙不能有用地防止内网的抨击袭击，凡是也不具有反向追踪收集抨击袭击

的能力。

14.在病毒的保存期内，病毒将与自身完全不异的副本放入其他轨范或者硬盘上的某些

特定分区中，这个阶段称之为（19）o

（19）A.暗藏阶段

B.触发阶段

C.执行阶段

D.滋生阶段

参考答案：（19）D。

解析：在病毒的保存期内，典型的病毒将履历①暗藏阶段、②滋生阶段、③触发阶段

和④执行阶段等4个过程。此觥脯①暗藏阶段，处在此阶段的病毒最终要经由过程某个事务

（例如，一个日期、另一个轨范或文献的存在，或者磁盘的容量超过了某个限制）来激活。并

不是所有的病毒都有这个时代；

②滋生阶段，病毒将与自身完全不异的副本放人其他轨范或者磁盘上的特定系统区域。

每个受传染的轨范将包含病毒的一个克隆，这个病毒自己便进入了一个滋生阶段;

③触发阶段，病毒被激活来进行它想要完毕的功能。和暗藏阶段同样，触发阶段也许

被分歧的系统事务所引起；

④执行阶段，完毕病毒所具有的功能。这个功能也许是无害的(如显示在屏幕上的一个

动静)或者是具有破损性的(如破损轨范和数据文献)。

15.设有如下界说，则对data中的a成员的对的引用是(20)

structsk{inta;floatb;}data,*p=&data;

(20)A.(*p).data.a

B.(*p).a

C.p->data.a

D.p.data.a

参考答案：(20)B。

解析：结构变量data有两个成分a和b。结构指针变量p指向结构变量data。引用结

构变量data的成分a有两种体例：一是直接由变量data引用其自己的成分a,写成data.a;

二是经由过程指针变量p引用它所指的结构的成分a,这又有两种写法，分袂是p->a和

(*p).a。对的解答是B。

16.某专家于2023年6月1日自行将《信息收集传布权庇护条例》译成英文，送达给

某国家的焦点期刊，康复2023年11月1日揭晓。国家相关部门认为该专家的译文质量很高,

经与该专家协商，于2023年1月5日发文将该译订亲为官朴直式译文。(21)。

(21)A.由于该专家未经相关部门赞成而自行翻译官方条例，是以对其译文不享有著作

权

B.该专家对其译文自2023年6月1日起历来享有著作权

C.该专家对其译文自2023年6月1日至2023年1月4日时代享有著作权

D.该专家对其译文自2023年11月1日至2023年1月4日时代享有著作权

参考答案：(21)C。

解析：我国《著作权法》第二章第二节第十二条划定，"改编、翻译、注释、清算已有

作品而发生的作品，其著作权由改编、翻译、注释和清算人享有，但行使著作权时不得加害

原作品的著作权。”是以，该专家自2023年6月1日至2023年1月4日时代享有该翻译作

品的著作权。

17.(22)图像经由过程使用彩色查找来获得图像颜色。

(22)A.真彩色

B.伪彩色

C.直接色

D.矢量

参考答案：(22)B。

解析：在组成一幅彩色图像的每个像素值中，有R、G和B共3个基色分量，每个基

色分量直接抉择显示设备的基色强度，这样发生的彩色称为选项A的“真彩色”。

伪彩色图像是将像素值当做彩色查找表的表项进口地址，去查找一个显示图像时使用

的R、G、B值。用查找出的R、G、B值发生的彩色称为伪彩色。

直接色图像中把每个像素值提成R、G和B分量，每个分量作为零丁的索引值对它做

变换，经由过程变换表找出基色强度。用变换后获得的R、G和B强度值发生的彩色称为

直接色

矢量图像中使用一系列计较机指令来暗示一幅图，如画点、线、曲线和矩形等，此觥

脯颜色属性暗示了这些外形的颜色。

18.对于MPEG视频中的空间冗余信息可以采用(23)的体例来进行压缩编码。

(23)A.帧间展望和变换编码

B.哈夫曼编码和行为抵偿

C.变换编码和帧内展望

D.帧内展望和行为抵偿

参考答案：(23)C。

解析：视频图像自己在时刻上和空间上都存在冗余信息。对视频进行编码就是去除时

刻和空间上的冗余信息。

去除空间上的冗余信息时，不参照任何曩昔的或者未来的其他图像帧，压缩编码可以

采用近似JPEG的压缩体例，首要采用的压缩手艺搜罗帧内展望编码和变换编码。

19.某幅图像具有640x480个像素点，若每个像素具有8位的颜色深度，经5:1压缩后，

其图像数据需占用的存储空间为(24)字节。

(24)A.6I440

B.307200

C.384000

D.3072000

参考答案：(24)A。

解析：若每个像素具有n=8位的颜色深度，则可暗示2n=28=256种分歧的颜色。若一

幅图像具有640x480个像素点，每个像素具有8位的颜色深度，未进行压缩时其图像数据

所占用的存储空间为(640x480x8)b=(640x480)B。经5:1压缩后，图像数据所占用的存储空间

为。

20.新软件项目与曩昔成功开发过的一个项目近似，但规模更大，此时斗劲适合使用

(25)进行项目开发设计。

(25)A.原型法

B.变换模子

C.瀑布模子

D.螺旋模子

参考答案：(25)C。

解析：由于新项目与曩昔成功开发过的一个项目近似，已有了成功的项目开发经验和

堆集的软件模块，是以，应尽也许将这些经验和软件模块应用到新项目中，即对于这个规模

更大的软件项目应当使用瀑布模子进行开发。

21.新软件项目与曩昔成功开发过的一个项目近似，但规模更大，此时斗劲适合使用

(25)进行项目开发设计。

(25)A.原型法

B.变换模子

C.瀑布模子

D.螺旋模子

参考答案：(25)C。

解析：由于新项目与曩昔成功开发过的一个项目近似，已有了成功的项目开发经验和

堆集的软件模块，是以，应尽也许将这些经验和软件模块应用到新项目中，即对于这个规模

更大的软件项目应当使用瀑布模子进行开发。

22.不才列代滤觥脯对的的C代码是(26)

(26)A.#defineMYNAME="ABC"

B.#includestring.h

C.for(i=0;i<10;i++);

D.structintstu{intname};

参考答案：(26)C。

解析：A是关于宏界说的，在宏的界说形式中，宏名与字符列之间至少有一个空白符,

并在宏名但愿代表的字符序列之间也不能有任何非空格类字符，若有也被算作是字符序列的

一部门。有了宏界说，往后轨范中若要有宏名后的字符序列就可简写成宏名。选择①在宏名

之后紧接字符=。B是关于包含呼吁的，在上述包含呼吁的名目中，被包含文献应放在一对

尖括号之间，或一对双引号之间，不成在文献名字符列的首末没有这种符号。C是for语句,

for语句的轮回体可以用空语句，从说话的句犯罪则来说，该语句是对的的。但凡是轮回是

为了完毕某种一再计较操作，单一地让一个变量轮回增1到某个值，轨范员是不会编写这种

代码的。D是想界说结构类型，界说结构时，struct后接结构类型名，不成在结构名之前插

入某些其它类型符。对的解答是C。

23.不才列代滤鳏脯对的的C代码是(27)

(27)A.#definePI=3.14159

B.include"stdio.h"

C.for(i=0,i<10,i++)a++;

D.staticstruct{inti;}b={2};

参考答案：D。

解析：A定界似瘫，宏名与被界说的字符列之间不成以插入等号等其它字符。选择答

案B是包含文献预措置，所有的预措置呼吁都应由字符#起头于新的一行。C在写for语句

时，其中的三个表达式必需用字符”;"分隔。D在界说结构变量时，结构的类型名可以省缺,

并可为结构变量赋初值。为结构变量赋初值，必需挨次给出各成分的初值，并将初值写在一

对花括号中。这里给出的结构变量界说的代码是对的的。对的解答是D。

24.若与文献型指针中相联系关系的文献的当前读位置已到了文献的末尾，则函数

feof(fp)的返回值是(28)

(28)A.0

B.-1

C.非零值

D.NULL

参考答案：(28)C。

解析：当挪用fopen函数时，系统将为实参文献设定一个存放文献读写节制信息的节

制块。该节制块记实有关文献持征、使用体例，当前读写位置等文献状况，并将该节制块的

指针返回，作为文献指针变量的值。往后轨范经由过程该指针挪用函数时，系统能访谒到这

个节制块，操作该文献节制块中的节制信息，对的完毕文献的读或写。所以文献指针并不真

正指向文献当前读写位置，但经由过程文献指针，系统能在文献节制块中访谒文献的当前读

写位置。若某文献与文献指针中相联系关系着，该文献的当前读写位置在文献的末尾时，函

数挪用feof(fp)的返回值是一个非零值。所以对的解答是C。

25.下列语句中，将C界说为文献型指针的是(29)

(29)舸FILEc;②

B.FILE*c;

C.filec;

D.file*c;

参考答案：(29)B。

解析：如上题所述，文献节制块的类型已由系统命名为FILE。所以界说文献指针变量

是C,就得用代码：“FILE*c;"。所以对的解答是B。

26.以下尺度代号中，(30)不属于国家尺度代号。

(30)A.GSB

B.GB/Z

C.GB/T

D.GA/T

参考答案：(30)D。

解析：我国国家尺度中，强制性国家尺度代号为“GB”;举荐性国家尺度代号为

“GB"”;“GB/Z”是我国国家尺度化指导性手艺文献的代号；“GSB”是我国国家什物尺度代

号广GA/T”是公共平安举荐性尺度，它是我国公安部拟定的行业尺度。

27.尺度库函数fputs(php2)的功能是(31)

(31)A.从pl指向的文献中读一个字符率存入p2指向的内存

B.从p2指向的文献中读一个字符串存入pl指向的内存

C.从pl指向的内存中的一个字符串输出到p2指向的文献

D.从p2指向的内存中的一个字符串输出到pl指向的文献

参考答案：(31)C,

解析：尺度函数挪用fputs(pl,p2)完毕的功能是将由字符指针pl所指的字符串内容输出

到与文献指针p2相联系关系的文献中，即将从pl所指的内存中的字符串内容输出到p2所

指向的文献中。所以对的解答是C。

28.页式存储打点傍边的页面是由(32)所感知的。

(32)A.用户

B.操作系统

C.编译系统

D.链接轨范

参考答案：（32）B。

解析：进行存储分派时，页式存储打点为每个功课成立一张页表，指出逻辑地址中页

号与主存中块号的相应关系。然后，借助于硬件的地址转换机构，在功课执行过程中按页动

态定位。每执行一条指令时，按逻辑地址中的页号查页表，获得相应的块号，按照关系式，

绝对地址=块号x块长+单元号，计较出欲访谒的主存单元的地址。由此可知，页面是由操作

系统所感知的。

29.在一个单CPU的计较机系统中，有3台分歧的外部设备RI、R2和R3,以及3个

历程Pl、P2和P3。系统CPU调剂采用可褫夺式优先级的历程调剂方案，3个历程的优先

级、使用设备的先后挨次和占用设备时刻如表1所示。

表1历程的优先级、使用设备的先后挨次和占用设备时刻表

历程优先级使用设备、CPU的先后挨次和占用时刻

进程

优先级

使用设备、CPU的先后挨次和占用时刻

P1

高

R1(20ms)TCPU(20ms)一R3(20ms)

P2

中

R3(40ms)TCPU(30ms)—>R2(20ms)

P3

低

CPU(30ms)一R2(20ms)一CPUQOms)

假设操作系统的开销忽略不计，从3个历程同时投入运营到全数完毕，CPU的操作率

约为(33)%;R3的操作率约为(34)%。此就脯设备的操作率是指该设备的使用时刻与历程

组全数完毕所占用时刻的比率。

(33)A.66.7

B.75

C.83.3

D.91.7

(34)A.66

B.5O

C.33

D.17

参考答案：(33)C;(34)B。

解析：在多道系统中的3个使命(Pl、P2和P3)是竞争使用CPU,但可并行使用I/O设

备(RI、R2和R3)。各个使命运营的剖析过程如图6所示。图中水平粗实线暗示某历程现实

执行过程所占用的CPU或I/O设备的时刻。

对图3剖析如下。

R3P240m、|PI31nMi

①to~tl时段(20ms)：连系表3-2中3个历程使用设备的先后挨次，是以，历程调坚贞

范先选中历程P3占用CPU的使用权，历程P1占用R1设备的使用权，历程P2占用R3设

备的使用权。

②tl~t2时段(20ms)：由于历程的优先级P1>P3且系统CPU调剂采用可褫夺式优先级

的历程调剂方案，CPU使用权在这一进段将让渡给历程P1,历程P1占用CPU的使用权20

ms,历程P2继续占用R3设备20ms,历程P3因CPU使用权被褫夺而处在停当状况。

③t2~t3时段(20ms)：历程Pl占用CPU使用权终止后，进入占用R3设备的时段。由

于历程的优先级P2>P3,历程P2使用完R3设备后，进入占用CPU的使用权时段。历程P3

仍处在停当状况。

④t3~t4时段(10ms)：历程P1在t3时刻运营完毕。历程P2继续占用CPU的使用权。

历程P3仍处在停当状况。

⑤t4~t5时段(10ms)：历程P2占用CPU使用权终止后，进入占用R2设备的时段。历

程调坚贞范从头调剂历程P3占用CPU的使用权。

⑥t5~t6时段(10ms)：历程P3占用CPU使用权终止后，进入占用R2设备的时段。由

于I/O设备R2可被历程并行使用，是以，历程P2、P3在这一时段将并行占用R2设备。系

统中也没有其他待运营的历程，此时段CPU将处在余暇状况。

⑦t6~t7时段(10ms)：历程P2在t6时刻运营完毕。历程P3继续占用R2设备。此时段

CPU仍处在余暇状况。

⑧t7~t8时段(20ms)：历程P3的I/O操作使命完毕后，历程调坚贞范将CPU使用权分

派给它。历程P3占用CPU20ms后运营完毕。

假设操作系统的开销忽略不计，43个正程同时投入运行到全部完成，CPU的利用率约为

20+20+30+10+20

xlC0%--xlC0%a83.33%

2C+20+30+1C+20+20120

由于设备的利隹率是指该设备的使用时间与进程组全部完成所占用时间的比率，因此，设

------竺!2-------X100%=^2-xl30%=50%

备R3的利用率约为2Q+20+3Q+1Q+20+2Q120.

2020

------------------->100%=—:<100%«16.67%

同理可得，设备R1的利用物为20+20+30+10+2(：+20120.

-------------------X：00%=2Lx：00%=25%

设备R2的利用率约为如+2。+30+：0+20+20120

30.某磁盘的转速为7200转/分，传输速度为4Mbps,节制器开销为1ms。要保证读或

写一个512字节的扇区的平均时刻为11.3ms。那么，该磁盘的平均寻道时刻最大应不跨越

(35)mso

(35)A.3.9

B.4.7

C.5.5

D.6.1

参考答案：(35)D。

解析：磁盘读或写某个扇区所需平均时刻应搜罗①该磁盘的平均寻道时刻、②平均

扭转时刻、③读或写数据的传输时刻和④节制器的开销时刻等。

节制器开销为1ms。要保证读或写一个512字节的扇区的平均时刻为11.3ms,则该磁

盘的平均寻道时刻的最大值为，即不跨越6.1ms。

31.按照以下RedhatLinux操作系统的提醒信息，将(36)空白处的Apache处事操作呼

吁填写完整。

httpd(pid202342023320232202312023020239202382023720234)正在运营...

(36)A.servicehttpdstatus

B.httpd-kstart

C.httpd-krestart

D.apachectlstart

参考答案：(36)A。

解析：使用呼吁“servicehttpdstart”启动httpd历程之后，再使用呼吁“servicehttpdstatus^^

可以查看Apache处事器的状况信息。

选项B的“httpd-kstart”用于启动Apache处事，其等价于"servicehttpdstart"或"apachectl

start”。

选项C的“httpd-krestart”用于重启Apache,使其从头篡夺设立装备摆设文献，与其等

价的呼吁有“servicehttpdrestart"和"apachectlrestart”。

此外，使用呼吁“servicehttpdstop”可以终止Apache处事，该呼吁的等价呼吁是“httpd-k

stop"(或"apachectlstop")。

32.在C说话中，设稀有组界说：chararray[]="China”;则数组array所占用的空间为

(37)。

(37)A.5个字节

B.6个字节

C.10个字节

D.12个字节

参考答案：(37)B。

httpd(pid202342023320232202312023020239202382023720234)正在运营…

(36)A.servicehttpdstatus

B.httpd-kstart

C.hllpd-krestart

D.apachectlstart

参考答案：（36）A。

解析：使用呼吁“servicehttpdstart”启动httpd历程之后，再使用呼吁“servicehttpdstatus^^

可以查看Apache处事器的状况信息。

选项B的"httpd-kstart”用于启动Apache处事，其等价于“servicehttpdstart"或"apachectl

start”。

选项C的“httpd-krestart”用于重启Apache,使其从头篡夺设立装备摆设文献，与其等

价的呼吁有“servicehttpdrestart"和"apachectlrestart”。

此夕卜，使用呼吁“servicehttpdstop”可以终止Apache处事，该呼吁的等价呼吁是“httpd-k

stop"(或"apachectlstop")。

32.在C说话中，设稀有组界说：chararray[]="China'';则数组array所占用的空间为

(37)。

(37)A.5个字节

B.6个字节

C.10个字节

D.12个字节

参考答案：(37)B。

解析：按照正规式r和s的意义，两个正规式等价声名r和s代表的字符串集结不异，

是以可用证实集结相等的体例鉴定。此外，也可机关出与每个正规式相应的自念头进行声名。

可是这两个体例实行起来都很烦琐，一种斗劲精练的体例是，按照正规式的寄义及其代数性

质进行鉴定。

由于问题问题中给出的正规式①、②和③的配合之处是以字符b结尾，是以只需考虑

正规式”(aa*|ab)*"、"((a|b)*|aa)*”和“(a|b)*”之间的等价关系。从直不美观的角度理解，正规

式"(aa*|ab)*”暗示的是包含空串及a开首的且每个b之后必然呈现a的字符串的集结;而正

规式"(a|b)*”暗示包含空串在内的所有a和b组成的字符串集结，并不限制b的呈现体例;

正规式"((a|b)*|aa)*"暗示的字符串也不具有必需以a开首的特点。是以，正规式①与②和正

规式①与③的等价关系即可解除，即先解除选项A和B。

由于“(a|b)*”已经搜罗了具有“aa”子串的所有a和b字符串，是以，对于正规式"((a|b)*

|aa)*”中的“aa”可省略，即正规式"((a|b)*|aa)*”与“(a|b)*”是等价的,故对的答案是选项C。

34.表达式(39)相应的逆波兰式是“ab+-c/d-"。

(39)A.a-b-c/d

B.-(a+b)/c-d

C.-a+b/c-d

D.(a+b)/(-c-d)

参考答案：(39)B。

解析：一个表达式可用一棵二叉树暗示，其中的叶子节点暗示操作数，内部节点暗示

操作符或中心结不美观，根节点暗示整个表达式的值。对此二叉树分袂进行前序、中序和后

序遍历刚好为表达式的前缀暗示(波兰式)、中缀暗示和后缀暗示(逆波兰式)。此觥脯表达式

的前缀和后缀暗示均可以将表达式中的括号省去而不影响计较顺序和结不美观。

表达式的逆波兰暗示也就是后缀暗示，它将运算符号写在运算对象的后面，并指明其

前面的操作数或中心结不美观所要执行的运算。对后缀表达式从左到右求值，则每当扫描到

一个运算符号时，其操作数是比来刚获得的。是以“ab+-c/d/暗示先将a与b相加，然后进

行一元运算，结不美观除以c,除运算的商再与d相减，即相应的表达式为“-(a+b)/c-d”。

35.软件开发工具VB、PB和Delphi是可视化的。这些工具是一种(40)轨范说话。

(40)A.逻辑式

B.呼吁式

C.函数式

D.事务驱动

参考答案：(40)D«

解析：事务驱动(EventDriven)是指系统按照发生的事务发送动静给响应的轨范，轨范

按照事务和捣炙荡态，抉摘要做的工作。如不美观不贰闹事务，计较机的节制权并不是在正

在执行的轨范手里，这时轨范并不占用CPU资本。面向对象和可视化轨范设计体例采用了

事务驱念头制，所以轨范设计体例发生了很大的改变。事务驱动给轨范设计带来了极大的矫