数据库系统工程师考试上半年数据库系统工程师考试真题及答案上午卷.docx
《数据库系统工程师考试上半年数据库系统工程师考试真题及答案上午卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数据库系统工程师考试上半年数据库系统工程师考试真题及答案上午卷.docx（28页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
数据库系统工程师考试上半年数据库系统工程师考试真题及答案上午卷
2021上半年数据库系统工程师考试真题及答案-上午卷
常用的虚拟存储器由〔1〕两级存储器组成。
【答案】A
【解析】此题考察计算机系统存储系统根底知识。
在具有层次构造存储器的计算机中，虚拟存储器是为用户提供一个比主存储器大得多的可随机访问的地址空间的技术。
虚拟存储技术使辅助存储器和主存储器密切配合，对用户来说，好似计算机具有一个容量比实际主存大得多的主存可供使用，因此称为虚拟存储器。
虚拟存储器的地址称为虚地址或逻辑地址。
中断向量可提供
（2）。
【答案】C
【解析】此题考察计算机系统根底知识。
计算机在执行程序过程中，当遇到急需处理的事件时，暂停当前正在运行的程序，转去执行有关效劳程序，处理完后自动返回原程序，这个过程称为中断。
中断是一种非常重要的技术，输入输出设备和主机交换数据、分时操作、实时系统、计算机网络和分布式计算机系统中都要用到这种技术。
为了提高响应中断的速度，通常把所有中断效劳程序的入口地址〔或称为中断向量〕聚集为中断向量表。
为了便于实现多级中断嵌套，使用〔3〕来保护断点和现场最有效。
（3）
【答案】D
【解析】此题考察计算机系统根底知识。
当系统中有多个中断请求时，中断系统按优先级进展排队。
假设在处理低级中断过程中又有高级中断申请中断，那么高级中断可以打断低级中断处理，转去处理高级中断，等处理完高级中断后再返回去处理原来的低级中断，称为中断嵌套。
实现中断嵌套用后进先出的栈来保护断点和现场最有效。
DMA工作方式下，在〔4〕之间建立了直接的数据通路。
【答案】C
【解析】此题考察计算机系统根底知识。
计算机系统中主机与外设间的输入输出控制方式有多种，在DMA方式下，输入输出设备与内存储器直接相连，数据传送由DMA控制器而不是主机CPU控制。
CPU除了传送开场和终了时进展必要的处理外，不参与数据传送的过程。
地址编号从80000H到BFFFFH且按字节编址的内存容量为〔5〕KB,假设用16KX4bit的存储器芯片构成该内存，共需〔6〕片。
（5）
（6）
【答案】BC
【解析】此题考察计算机系统根底知识。
从80000H到BFFFFH的编址单元共3FFFF〔即218〕个，按字节编址的话，对应的容量为28KB，即256KB。
假设用16KX4bit的芯片构成该内存，构成一个16KB存储器需要2片，256÷16=16，共需要32片。
利用报文摘要算法生成报文摘要的目的是〔7〕。
（7）A.验证通信对方的身份，防止假冒B.对传输数据进展加密，防止数据被窃听
【答案】D
【解析】此题考察报文摘要的知识。
报文摘要是指单向哈希函数算法将任意长度的输入报文经计算得出固定位的输出称为报文摘要。
报文摘要是用来保证数据完整性的。
传输的数据一旦被修改那么计算出的摘要就不同，只要比照两次摘要就可确定数据是否被修改正。
防火墙通常分为内网、外网和DMZ三个区域，按照受保护程度，从高到低正确的排列次序为〔8〕。
（8）A.内网、外网和DMZB.外网、内网和DMZ
C.DMZ、内网和外网D.内网、DMZ和外网
【答案】D
【解析】此题考察防火墙的根底知识。
通过防火墙我们可以将网络划分为三个区域：
平安级别最高的LANArea〔内网〕，平安级别中等的DMZ区域和平安级别最低的Internet区域〔外网〕。
三个区域因担负不同的任务而拥有不同的访问策略。
通常的规那么如下：
①内网可以访问外网：
内网的用户需要自由地访问外网。
在这一策略中，防火墙需要执行NAT。
②内网可以访问DMZ:
此策略使内网用户可以使用或者管理DMZ中的效劳器。
③外网不能访问内网：
这是防火墙的根本策略，内网中存放的是公司内部数据，显然这些数据是不允许外网的用户进展访问的。
如果要访问，就要通过VPN方式来进展。
④外网可以访问DMZ:
DMZ中的效劳器需要为外界提供效劳，所以外网必须可以访问DMZ。
同时，外网访问DMZ需要由防火墙完成对外地址到效劳器实际地址的转换。
⑤DMZ不能访问内网：
如不执行此策略，那么当入侵者^^陷DMZ时，内部网络将不会受保护。
⑥DMZ不能访问外网：
此条策略也有例外，可以根据需要设定某个特定的效劳器可以访问外网，以保证该效劳器可以正常工作。
综上所述，防火墙区域按照受保护程度从高到低正确的排列次序应为内网、DMZ和外网。
近年来，在我国出现的各类病毒中，〔9〕病毒通过木马形式感染智能手机。
（9）A.欢乐时光B.熊猫烧香C.X卧底
【答案】C
【解析】此题考察病毒及其危害。
欢乐时光及熊猫烧香均为蠕虫病毒，CIH那么为系统病毒，这3者均以感染台式机或效劳器为主，且产生较早；X卧底那么是新近产生的、通过木马形式传播、目标为智能手机的病毒。
王某是一名软件设计师，按公司规定编写软件文档，并上交公司存档。
这些软件文档属于职务作品，且〔10〕。
C.除其署名权以外，著作权的其他权利由软件设计师享有
【答案】A
【解析】此题考察知识产权知识。
公民为完成法人或者其他组织工作任务所创作的作品是职务作品。
职务作品可以是作品分类中的任何一种形式，如文字作品、电影作品、计算机软件等。
职务作品的著作权归属分两种情形：
一般职务作品的著作权由作者享有。
所谓一般职务作品是指虽是为完成工作任务而为，但非经法人或其他组织主持，不代表其意志创作，也不由其承当责任的职务作品。
对于一般职务作品，法人或其他组织享有在其业务范围内优先使用的权利，期限为两年。
优先使用权是专有的，未经单位同意，作者不得许可第三人以与法人或其他组织使用的一样方式使用该作品。
在作品完成两年内，如单位在其业务范围内不使用，作者可以要求单位同意由第三人以与法人或其他组织使用的一样方式使用，所获报酬，由作者与单位按约定的比例分配。
特殊的职务作品，除署名权以外，著作权的其他权利由法人或者其他组织〔单位〕享有。
所谓特殊职务作品是指著作权法第16条第2款规定的两种情况：
一是主要利用法人或者其他组织的物质技术条件创作，并由法人或者其他组织承当责任的工程设计、产品设计图、计算机软件、地图等科学技术作品；二是法律、法规规定或合同约定著作权由单位享有的职务作品。
甲经销商擅自复制并销售乙公司开发的OA软件光盘已构成侵权。
丙企业在未知的情形下从甲经销商处购入10张并已安装使用。
在丙企业知道了所使用的软件为侵权复制品的情形下，以下说法正确的选项是〔11〕。
（11）A.丙企业的使用行为侵权，须承当赔偿责任
B.丙企业的使用行为不侵权，可以继续使用这10张软件光盘
C.企业的使用行为侵权，支付合理费用后可以继续使用这10张软件光盘
D.丙企业的使用行为不侵权，不需承当任何法律责任
【答案】C
【解析】此题考察知识产权知识。
我国计算机软件保护条例第30条规定“软件的复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的，不承当赔偿责任；伹是，应当停顿使用、销毁该侵权复制品。
如果停顿使用并销毁该侵权复制品将给复制品使用人造成重大损失的，复制品使用人可以在向软件著作权人支付合理费用后继续使用。
〞丙企业在获得软件复制品的形式上是合法的〔向经销商购置〕，但是由于其没有得到真正软件权利人的授权，其取得的复制品仍是非法的，所以丙企业的使用行为属于侵权行为。
丙企业应当承当的法律责任种类和划分根据主观状态来确定。
首先，法律确立了软件著作权人的权利进展绝对的保护原那么，即软件复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的，也必须承当停顿侵害的法律责任，只是在停顿使用并销毁该侵权复制品将给复制品使用人造成重大损失的情况下，软件复制品使用人可继续使用，但前提是必须向软件著作权人支付合理费用。
其次，如果软件复制品持有人能够证明自己确实不知道并且也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的，软件复制品持有人除承当停顿侵害外，不承当赔偿责任。
软件复制品持有人一旦知道了所使用的软件为侵权复制品时，应当履行停顿使用、销毁该软件的义务。
不履行该义务，软件著作权人可以诉请法院判决停顿使用并销毁侵权软件。
如果软件复制品持有人在知道所持有软件是非法复制品后继续使用给权利人造成损失的，应该承当赔偿责任。
声音信号数字化过程中首先要进展〔12〕。
【答案】D
【解析】此题考察多媒体根底知识。
声音信号是一种模拟信号，计算机要对它进展处理，必须将它转换成为数字声音信号，即用二进制数字的编码形式来表示声音，通常将这一过程称为数字化过程。
声音信号数字化过程中酋先是将模拟信号转换成离散数字信号，即A/D转换〔模数转换〕。
以下关于dpi的表达中，正确的选项是〔13〕。
【答案】C
【解析】此题考察多媒体根底知识。
dpi是描述图像分辨率的单位，表示每英寸多少像素点，即组成一幅图像的像素密度。
它实质上是图像数字化的采样间隔，由它确立组成一幅图像的像素数目。
对同样大小的一幅图，如果组成该图像的图像像素数目越多，那么说明图像的分辨率越高，图像看起来就越逼真。
相反，图像那么显得越粗糙。
因此，不同的分辨率会造成不同的图像清晰度。
存储每个像素所用的位数是用来度量图像的分辨率的。
像素深度确定彩色图像的每个像素可能有的颜色数，即确定彩色图像中可出现的最多颜色数。
显示屏上能够显示出的像素数目是指显示分辨率。
媒体可以分为感觉媒体、表示媒体、表现媒体、存储媒体、传输媒体，〔14〕属于表现媒体。
【答案】A
【解析】此题考察多媒体根底知识。
表现媒体指实现信息输入和输出的媒体，如键盘、鼠标、扫描仪、话筒、摄像机等为输入媒体；显示器、打印机、喇叭等为输出媒体。
硬盘属于存储媒体；光缆属于传输媒体；图像属于感觉媒体。
“软件产品必须能够在3秒内对用户请求作出响应〞属于软件需求中的〔15〕。
【答案】B
【解析】此题考察软件需求分类根底知识。
软件需求是软件系统必须完成的事以及必须具备的品质。
软件需求包括功能需求、非功能需求和设计约束三个方面的内容。
功能需求是所开发的软件必须具备什么样的功能；非功能需求是指产品必须具备的属性或品质，如可靠性、性能、响应时间和扩展性等等;设计约束通常对解决方案的一些约束说明。
“软件产品必须能够在3秒内对用户请求作出响应〞主要表述软件的响应时间，属于非功能需求。
统一过程模型是一种“用例和风险驱动，以架构为中心，迭代并且增量〞的开发过程，定义了不同阶段及其制品，其中精化阶段关注〔16〕。
C.系统的构建，产生实现模型D.软件提交方面的工作，产生软件增量
【答案】B
【解析】此题考察软件开发过程模型的根本概念。
统一过程模型是一种“用例和风险驱动，以架构为中心，迭代并且增量〞的开发过程，由UML方法和工具支持，定义了不同阶段及其制品。
起始阶段专注于工程的初创活动。
精化阶段理解了最初的领域范围之后，进展需求分析和架构演进方面。
构建阶段关注系统的构建，产生实现模型。
移交阶段关注于软件提交方面的工作，产生软件增量。
产生阶段运行软件并监控软件的持续使用，提供运行环境的支持，提交并评估缺陷报告和变更请求。
在进展进度安排时，PERT图不能清晰地描述〔17〕,但可以给出哪些任务完成后才能开场另一些任务。
某工程X包含任务A、B、……、J，其PERT如以下图所示〔A=l表示任务A的持续时间是1天〕，那么工程X的关键路径是〔18〕。
（18）
【答案】CB
【解析】此题考察工程管理及工具技术。
PERT图可以清晰地表示各任务的开场时间和完毕时间以及各任务之间的依赖关系，但是无法很好地表示各任务之间的并行情况。
根据关键路径法，计算出工程X中的关键路径为B-E-H-J，关键路径长度为16。
某工程为了修正一个错误而进展了修改。
错误修正后，还需要进展〔19〕以发现这一修正是否引起原本正确运行的代码出错。
【答案】D
【解析】此题考察软件测试根底知识。
单元测试是在模块编写完成且无编译错误后进展，侧重于模块中的内部处理逻辑和数据构造；承受测试主要是用户为主的测试；安装测试是将软件系统安装在实际运行环境的测试；回归测试是在系统有任何修改的情况下，需要重新对整个软件系统进展的测试。
以下关于解释程序和编译程序的表达中，正确的选项是〔20〕。
C.编译程序生成源程序的目标程序，解释程序那么不然
D.编译程序不生成源程序的目标程序，而解释程序反之
【答案】C
【解析】此题考察程序语言翻译根底知识。
编译和解释方式是翻译高级程序设计语言的两种根本方式。
解释程序也称为解释器，它或者直接解释执行源程序，或者将源程序翻译成某种中间表示形式后再加以执行；而编译程序〔编译器〕那么首先将源程序翻译成目标语言程序，然后在计算机上运行目标程序。
这两种语言处理程序的根本区别是：
在编译方式下，机器上运行的是与源程序等价的目标程序，源程序和编译程序都不再参与目标程序的执行过程；而在解释方式下，解释程序和源程序〔或其某种等价表示〕要参与到程序的运行过程中，运行程序的控制权在解释程序。
解释器翻译源程序时不产生独立的目标程序，而编译器那么需将源程序翻译成独立的目标程序。
以下关于传值调用与引用调用的表达中，正确的选项是〔21〕。
①在传值调用方式下，可以实现形参和实参间双向传递数据的效果
②在传值调用方式下，实参可以是变量，也可以是常量和表达式
③在引用调用方式下，可以实现形参和实参间双向传递数据的效果
④在引用调用方式下，实参可以是变量，也可以是常量和表达式
（21）A.①③B.①④C.②③D.②④
【答案】C
【解析】此题考察程序语言翻译知识。
调用函数和被调用函数之间交换信息的方法主要有两种：
一种是由被调用函数把返回值返回给主调函数，另一种是通过参数带回信息。
函数调用时实参与形参间交换信息的根本方法有传值调用和引用调用两种。
假设实现函数调用时实参向形式参数传递相应类型的值，那么称为是传值调用。
这种方式下形式参数不能向实参传递信息。
实参可以是变量，也可以是常量和表达式。
引用调用的实质是将实参变量的地址传递给形参，因此，形参是指针类型，而实参必须具有左值。
变量具有左值，常量没有左值。
被调用函数对形参的访问和修改实际上就是针对相应实际参数所作的访问和改变，从而实现形参和实参间双向传递数据的效果。
在对高级语言源程序进展编译的过程中，为源程序中变量所分配的存储单元的地址属于〔22〕
【答案】A
【解析】此题考察程序语言根底知识。
编译过程中为变量分配存储单元所用的地址是逻辑地址，程序运行时再映射为物理地址。
假设某分时系统采用简单时间片轮转法，当系统中的用户数为n、时间片为q时，系统对每个用户的响应时间T:
〔23〕。
（23）C.n×qD.n+q
【答案】C
【解析】
在分时系统中是将把CPU的时间分成很短的时间片轮流地分配给各个终端用户，当系统中的用户数为n、时间片为q时，那么系统对每个用户的响应时间等于nXq。
在支持多线程的操作系统中，假设进程P创立了假设干个线程，那么〔24〕是不能被这些线程共享的。
【答案】D
【解析】
因为，在同一进程中的各个线程都可以共享该进程所拥有的资源，如访问进程地址空间中的每一个虚地址；访问进程拥有已翻开文件、定时器、信号量机构等，但是不能共享进程中某线程的桟指针。
进程资源图如图（a）和（b）所示，其中：
图（a）中（25）;图（b）中（26）。
（25）A.P1是非阻塞节点，P2是阻塞节点，所以该图不可以化简、是死锁的
B.P1、P2都是阻塞节点，所以该图不可以化简、是死锁的
C.P1、P2都是非阻塞节点，所以该图可以化简、是非死锁的
D.P1是阻塞节点、P2是非阻塞节点，所以该图不可以化简、是死锁的
（26）A.P1、P2、P3都是非阻塞节点，该图可以化简、是非死锁的
B.P1、P2、P3都是阻塞节点，该图不可以化简、是死锁的
C.P2是阻塞节点，P1、P3是非阻塞节点，该图可以化简、是非死锁的
D.P1、P2是非阻塞节点，P3是阻塞节点，该图不可以化简、是死锁的
【答案】BC
【解析】
R1资源只有2个，P2申请该资源得不到满足，故进程P2是阻塞节点；同样R2资源只有3个，P1申请该资源得不到满足，故进程P1也是阻塞节点。
可见进程资源图〔a〕是死锁的，该图不可以化简。
R2资源有3个，已分配2个，P3申请1个R2资源可以得到满足，故进程P3可以运行完毕释放其占有的资源。
这样可以使得P1、P2都变为非阻塞节点，得到所需资源运行完毕，因此，进程资源图〔b〕是可化简的。
假设内存管理采用可变式分区分配方案，系统中有五个进程P1〜P5,且某一时刻内存使用情况如以下图所示〔图中空白处表示未使用分区〕。
此时，假设P5进程运行完并释放其占有的空间，那么释放后系统的空闲区数应〔27〕
【答案】B
【解析】
从图中不难看出，假设P5进程运行完并释放其占有的空间，由于P5占用的分区有上邻空闲区，也有下邻空闲区，一旦释放后，就合并为一个空闲区，所以合并后系统空闲区数=3-1=2。
在数据库系统中，当视图创立完毕后，数据字典中保存的是〔28〕。
事实上，视图是一个〔29〕。
（29）A.真实存在的表，并保存了待査询的数据
B.真实存在的表，只有局部数据来源于根本表
C.虚拟表，查询时只能从一个根本表中导出的表
D.虚拟表，查询时可以从一个或者多个根本表或视图中导出的表
【答案】CD
【解析】此题考察数据库系统概念方面的根本概念。
在数据库系统中，当视图创立完毕后，数据字典中存放的是视图定义。
视图是从一个或者多个表或视图中导出的表，其构造和数据是建立在对表的查询根底上的。
和真实的表一样，视图也包括几个被定义的数据列和多个数据行，但从本质上讲，这苎数据列和数据行来源于其所引用的表。
因此，视图不是真实存在的根底表而是一个虚拟表，视图所对应的数据并不实际地以视图构造存储在数据库中，而是存储在视图所引用的根本表中。
数据库中数据的〔30〕是指数据库正确性和相容性，以防止合法用户向数据库参加不符合语义的数据；〔31〕是指保护数据库，以防止不合法的使用所造成的数据泄漏、更改或破坏；〔32〕是指在多用户共享的系统中，保证数据库的完整性不受破坏，防止用户得到不正确的数据。
【答案】CAD
【解析】此题考察数据库系统概念方面的根本概念。
数据控制功能包括对数据库中数据的平安性、完整性、并发和恢复的控制。
其中：
平安性〔security〕是指保护数据库免受恶意访问，即防止不合法的使用所造成的数据泄漏、更改或破坏。
这样，用户只能按规定对数据进展处理，例如，划分了不同的权限，有的用户只能有读数据的权限，有的用户有修改数据的权限，用户只能在规定的权限范围内操纵数据库。
完整性〔integrality〕是指数据库正确性和相容性，是防止合法用户使用数据库时向数据库参加不符合语义的数据。
保证数据库中数据是正确的，防止非法的更新。
并发控制〔concurrencycontrol〕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展操作。
DBMS的并发控制子系统负责协调并发事务的执行，保证数据库的完整性不受破坏，防止用户得到不正确的数据。
故障恢复〔recoveryfromfailure〕。
数据库中的4类故障是事务内部故障、系统故障、介质故障及计算机病毒。
故障恢复主要是指恢复数据库本身，即在故障引起数据库当前状态不一致后，将数据库恢复到某个正确状态或一致状态。
恢复的原理非常简单，就是要建立冗余〔redundancy〕数据。
换句话说，确定数据库是否可恢复的方法就是其包含的每一条信息是否都可以利用冗余地存储在别处的信息重构。
冗余是物理级的，通常认为逻辑级是没有冗余的。
关系R、S如以下图所示，关系代数表达式πR.A,S.B,S.C（σR.A>S.B（RxS）（33）,它与元组演算表达式{tI（彐u）（彐v）（R（u）∧S（v）∧（34）∧（35））}等价。
`（33）A.
B.
C.
D.
（34）A.u[l]v[2]C.u[l]v[5]
（35）A.t[1]=v[1]∧t[2]=u[5]∧t[3]=v[6]B.t[1]=u[1]∧t[2]=u[2]∧t[3]=u[3]
C.t[1]=u[1]∧t[2]=v[2]∧t[3]=v[3]D.t[1]=u[1]∧t[2]=v[2]∧t[3]=u[3]
【答案】DBC
【解析】此题考察关系代数和元组演算方面的根底知识。
在关系代数表达式πR.A,S.B,S.C（σR.A>S.B（RxS））其中：
σR.A>S.B（RxS）意为从关系中选取满
足条件R.A大于S.B的元组，从关系R中不难看出只有元组〔k，m,n）满足条件，而关系S中可以看出只有元组〔c,h,m）和元组〔d,h,f）满足条件，即σR.A>S.B（R>πR.A,S.B,S.C意为投影R的第一个属性列A,S的第二个属性列B和S的第三个属性列C。
从上分析可见试题〔33）的正确答案是选项D。
σR.A>S.B的条件与元组演算表达式u[1]>v[2]等价，即R关系中的第一个分量大于S关系中的第二个分量；πR.A,S.B,S.C与元组演算表达式t[1]=u[1]∧t[2]=v[2]∧t[3]=v[3]等价，其中:
投影R的第一个属性列等价于t[1]=u[1]，投影S的第二个属性列等价于t[2]=v[2]，投影S的第三个属性列等价于t[3]=v[3]。
给定关系模式R〔U，F〕,其中：
属性集U={A，B，C，D,E，G}，函数依赖集F={A→B,A→C，C→D，AE→G}。
因为〔36〕=U,且满足最小性，所以其为R的候选码；关系模式尺属于〔37〕,因为它存在非主属性对码的局部函数依赖；假设将R分解为如下两个关系模式〔38〕,那么分解后的关系模式保持函数依赖。
（36）A.A+FB.（AC）+FC.（AD）+FD.（AE）+F
（37）
（38）A.R1〔A,B,C〕和R2〔D，E，G〕B.R1〔A,B，C，D〕和R2〔A，E，G〕
C.R1〔B，C，D〕和R2〔A，E，G〕D.R1〔B，C，D，E〕和R2〔A，E，G〕
【答案】DAB
【解析】此题考察关系模式和关系标准化方面的根底知识。
显然AE为关系模式R的码，AE仅出现在函数依赖集F左部的属性，那么AE必为R的任一候选码的成员。
又因为假设（AE）+F=U,那么AE必为R的唯一候选码。
根据题意，对于非主属性B、C和D是局部函数依赖于码AE。
根据题意，可以求出R1〔A，B，C，D〕的函数依赖集F1={A→B，A→C，C→D},R2〔A,E,G〕的函数依赖集F2={AE→G}，而F=F1+F2,所以分解后的关系模式保持函数依赖。
假定学生Students和教师Teachers关系模式如下所示：
Students（学号，姓名，性别，类别，身份证号〕
Teachers（教师号，姓名，性别，身份证号，工资〕
a.査询在读研究生教师的平均工资、最高与最低工资之间差值的SQL语句如下：
（39）A.AVG〔工资〕AS平均工资，MAX〔工资〕—MIN〔工资〕AS差值
B.平均工资ASAVG〔工资〕，差值ASMAX〔工资
升级会员 