软考中级软件设计师历年经典真题及解析part16.docx
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软考中级软件设计师历年经典真题及解析part16
第1题
单选题
计算机在进行浮点数的相加（减）运算之前先进行对阶操作，若x的阶码大于y的阶码，则应将（）。
A.x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术左移
B.x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术右移
C.y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术左移
D.y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术右移
【解析】正确答案：
D。
本题考查浮点数的运算特点。
浮点数的表示由阶和尾数两部分组成，其一般表示形式如下所示（不同系统的具体安排可能不同），阶码通常为带符号的纯整数，尾数为带符号的纯小数。
设有浮点数X=MX2i，Y=NX2j，求X±Y的运算过程如下。
①对阶:
使两个数的阶码相同。
令K=|i-j|，将阶码小的数的尾数右移K位，使其阶码加上K。
②求尾数和（差）。
③结果规格化并判溢出:
若运算结果所得的尾数不是规格化的数，则需要进行规格化处理。
当尾数溢出时，需要调整阶码。
④舍入：
在对结果右规时，尾数的最低位将因移出而丢掉。
另外，在对阶过程中也会将尾数右移使最低位丢掉。
这就需要进行舍入处理，以求得最小的运算误差。
第2题
单选题
统一过程（UP）的基本特征是“用例驱动、以架构为中心的和受控的迭代式增量开发”。
UP将一个周期的开发过程划分为4个阶段，其中（）的提交结果包含了系统架构。
A.先启阶段
B.精化阶段
C.构建阶段
D.提交阶段
【解析】正确答案：
B。
统一过程（UP）的基本特征是“用例驱动、以架构为中心的和受控的迭代式增量开发”。
一个UP可分为若干个周期，每个周期的开发过程被分为4个阶段，每个阶段可进行若干次迭代。
UP将一个周期的开发过程划分为如下的4个阶段。
（1）先启阶段（Inception）：
该阶段的主要意图是建立项目的范围和版本，确定业务实现的可能性和项目目标的稳定性。
提交结果包括原始的项目需求和业务用例。
（2）精化阶段〔Elaboration）：
该阶段的主要意图是对问题域进行分析，建立系统的需求和架构，确定技术实现的可行性和系统架构的稳定性.提交结果包括系统架构及其相关文档、领域模型、修改后的业务用例和整个项目的开发计划.
（3）构建阶段（Construction）：
主要意图是增量式地开发一个可以交付用户的软件产品。
（4）提交阶段（Transition）：
主要意图是将软件产品提交用户。
第3题
单选题
简单算术表达式的结构可以用下面的上下文无关文法进行描述（E为开始符号），（）是符合该文法的句子。
E→T|E+T
T→F|T*F
F→-F|N
N→0|1|2|3l4|5|6|7|8|9
A.2--3*4
B.2+-3*4
C.（2+3）*4
D.2*4-3
【解析】正确答案：
B。
一个上下文无关语法定义一个语言，其主要思想是从文法的开始符号出发，反复连续使用产生式，对非终结符进行替换和展开。
第4题
单选题
迪杰斯特拉（Dijkstra）算法用于求解图上的单源点最短路径。
该算法按路径长度递增次序产生最短路径，本质上说，该算法是一种基于（）策略的算法。
A.分治
B.动态规划
C.贪心
D.回溯
【解析】正确答案：
C。
分治法：
对于一个规模为n的问题，若该问题可以容易地解决（比如说规模n较小）则直接解决；否则将其分解为k个规模较小的子问题，这些子问题互相独立且与原问题形式相同，递归地解这些子问题，然后将各子问题的解合并得到原问题的解。
动态规划法：
这种算法也用到了分治思想，它的做法是将问题实例分解为更小的、相似的子问题，并存储子问题的解而避免计算重复的子问题。
贪心算法：
它是一种不追求最优解，只希望得到较为满意解的方法。
贪心算法一般可以快速得到满意的解，因为它省去了为找到最优解而穷尽所有可能所必须耗费的大量时间。
贪心算法常以当前情况为基础做最优选择，而不考虑各种可能的整体情况，所以贪心算法不要回溯。
回溯算法（试探法）：
它是一种系统地搜索问题的解的方法。
回溯算法的基本思想是：
从一条路往前走，能进则进，不能进则退回来，换一条路再试。
其实现一般要用到递归和堆栈。
针对单源最短路径问题，由Dijkstra提出了一种按路径长度递增的次序产生各顶点最短路径的算法。
若按长度递增的次序生成从源点s到其他顶点的最短路径，则当前正在生成的最短路径上除终点以外，其余顶点的最短路径均已生成（将源点的最短路径看做是已生成的源点到其自身的长度为0的路径）。
这是一种典型的贪心策略，就是每递增一次，经对所有可能的源点、目标点的路径都要计算，得出最优。
带权图的最短路径问题即求两个顶点间长度最短的路径。
其中：
路径长度不是指路径上边数的总和，而是指路径上各边的权值总和。
第5题
单选题
MPC（MultimediaPC）与PC的主要区别是增加了（）。
A.存储信息的实体
B.视频和音频信息的处理能力
C.光驱和声卡
D.大容量的磁介质和光介质
【解析】正确答案：
B。
本题考查多媒体计算机的基本定义。
多媒体是融合两种或者两种以上媒体的一种人一机交互式信息交流和传播媒体，使用的媒体包括文字、图形、图像、声音、动画和电视图像等。
要把一台普通的计算机变成多媒体计算机要研究的关键技术是：
视频音频信号获取技术、多媒体数据压缩编码和解码技术、视频音频数据的实时处理技术和视频音频数据的输出技术。
可见多媒体计算机主要是在普通计算机的基础上增加了视频和音频信息的处理能力。
第6题
单选题
编译器对高级语言源程序的处理过程可以划分为词法分析、语法分析、语义分析、中间代码生成、代码优化、目标代码生成等几个阶段，其中，（）并不是每种编译器都必需的。
A.词法分析和语法分析
B.语义分析和中间代码生成
C.中间代码生成和代码优化
D.代码优化和目标代码生成
【解析】正确答案：
C。
本题考查程序语言翻译基础知识。
编译器对高级语言源程序的处理过程可以分为词法分析、语法分析、语义分析、中间代码生成、代码优化、目标代码生成等阶段，以及符号表管理模块和出错处理模块。
在编译器的分析综合模式中，前端将源程序翻译成一种中间表示，后端根据这个中间表示生成目标代码。
目标语言的细节尽可能限制在后端。
尽管可以将源程序直接翻译成目标语言代码，但使用与机器无关的中间表示形式具有以下优点:
①重置目标比较容易。
不同机器上的编译器可以在已有前端的基础上附加一个适合这个机器的后端来生成。
②可以在中间表示上应用与机器无关的代码优化器。
第7题
单选题
某软盘有40个磁道，磁头从一个磁道移至另—个磁道需要5ms。
文件在磁盘上非连续存放，逻辑上相邻数据块的平均距离为10个磁道，每块的旋转延迟时间及传输时间分别为100ms和25ms，则读取一个100块的文件需要（）时间。
A.17500ms
B.15000ms
C.5000ms
D.25000ms
【解析】正确答案：
A。
本题考查的是操作系统中设备管理的基本知识。
访问一个数据块的时间应为寻道时间加旋转延迟时间及传输时间。
根据题意，每块的旋转延迟时间及传输时间共需125ms，磁头从一个磁道移至另一个磁道需要5ms，但逻辑上相邻数据块的平均距离为10个磁道，即读完一个数据块到下一个数据块寻道时间需要50ms。
通过上述分析，本题访问一个数据块的时间应为175ms，而读取一个100块的文件共需要17500ms，因此，本题的正确答案为A。
第8题
单选题
访问控制是对信息系统资源进行保护的重要措施，适当的访问控制能够阻止XX的用户有意或者无意地获取资源。
计算机系统中，访问控制的任务不包括（）。
A.审计
B.授权
C.确定存取权限
D.实施存取权限
【解析】正确答案：
A。
安全审计对主体访问和适用客体的情况进行记录和审查，以保证安全规则被正确执行，并帮助分析安全事故产生的原因。
与访问控制无关。
第9题
单选题
若系统在将（）文件修改的结果写回磁盘时发生崩溃，则对系统的影响相对较大。
A.目录
B.空闲块
C.用户程序
D.用户数据
【解析】正确答案：
A。
系统目录就是指操作系统的主要文件存放的目录，目录中的文件直接影响到系统是否正常工作。
第10题
单选题
软件质量特种中的可维护性包括（）。
A.易分析性、易测试性、易安装性
B.易操作性、易改变性、易理解性
C.易分析性、易测试性、稳定性
D.易替换性、易操作性、易安装性
【解析】正确答案：
C。
软件质量特性中的可维护性包括易分析性、易改变性、稳定性和易测试性
第11题
单选题
著作权中，（）的保护期不受限制。
A.发表权
B.发行权
C.署名权
D.展览权
【解析】正确答案：
C。
我国《著作权法》对著作权的保护期限作了如下规定：
（1）著作权中的署名权、修改权、保护作品完整权的保护期不受限制。
第12题
单选题
已知某二叉树的先序遍历序列为ABCDEF、中序遍历序列为BADCFE，则可以确定该二叉树（）。
A.是单支树（即非叶子结点都只有一个孩子）
B.高度为4（即结点分布在4层上）
C.根结点的左子树为空
D.根结点的右子树为空
【解析】正确答案：
B。
先序遍历即先根后左子树再右子树，中序遍历为先左子树后跟再右子树。
先序遍历的最开始结点A即为整棵树的根，结合中序遍历，A结点左侧B即为根节点A的左子树，右侧DCFE则为A的右子树，同理可以得出C为A的右子树的根节点，D为C的左子树，EF为C的右子树，F为E的左子树。
可以得到如下图，所以该二颗树的高度为4。
由图可知，叙述符合的只有B选项，树的高度为4。
第13题
单选题
CPU在执行指令的过程中，会自动修改（）的内容，以使其保存的总是将要执行的下一条指令的地址。
A.指令寄存器
B.程序计数器
C.地址寄存器
D.指令译码器
【解析】正确答案：
B。
CPU执行指令的过程中，会自动修改PC的内容，PC是指令计数器，用来存放将要执行的下一条指令，本题选择B选项。
对于指令寄存器（IR）存放即将执行的指令，指令译码器（ID）对指令中的操作码字段进行分析和解释，地址寄存器（AR），不是我们常用的CPU内部部件，其作用是用来保存当前CPU所要访问的内存单元或I/O设备的地址。
第14题
单选题
网采用的软件开发过程通过了CMM2认证，表明该公司（）。
A.开发项目成效不稳定，管理混乱
B.对软件过程和产品质量建立了定量的质量目标
C.建立了基本的项目级管理制度和规程，可对项目的成本、进度进行跟踪和控制
D.可集中精力采用新技术新方法，优化软件过程
【解析】正确答案：
C。
本题考查软件能力成熟度模型（CapabilitymaturitymodelCMM）的基本概念。
CMM是目前国际上使用流行的一种软件生产过程行业标准模型，可定义、评价软件开发过程的成熟度，并提供提高软件质量的指导。
CMM模型定义了初始级（1级）、可重复级（2级）、定义级（3级）、管理级（4级）、优化级〔5级）共5个成熟度等级，低级别是实现高级别的基础。
该公司通过了CMM2认证，表明了它的软件开发过程成熟度达到了2级标准，即已经建立了基本的项目级管理制度和规程，可对项目的成本、进度进行捉即缘和控制，以加强过程能力。
第15题
案例题
阅读下列说明和JAVA代码，将应填入空（n）处的字句写在答题纸的对应栏内。
【说明】
某中学开展中外中学生野外生存夏令营活动，由于中外学生的语言障碍，随队为外籍学员配置一名翻译。
以下代码采用适配器（Adapter）模式模拟翻译适配器。
其类图如下：
【Java代码】
//队员
publicclassMember
{
privateStringname;
publicStringgetName（）
{
returnname;
}
publicvoidsetName（Stringname）
{
（1）.name=name;
}
publicvoidCook（）
{
}
publicvoidTent（）
{
}
}
//中方队员类
publicclassChinaMemberextendsMember
{
publicChinaMember（Stringname）
{
this.setName（name）;
}
publicvoidCook（）
{
System.out.println（“中方队员”+this.getName（）+”做饭”）
}
publicvoidTent（）
{
System.out.println（“中方队员”+this.getName（）+”搭帐篷”）
}
}
//外籍队员
publicclassForeignMember
{
privatefname
publicForeignMember（Stringname）
{
this.fnamename）;
}
publicvoidEnglishCook（）
{
System.out.println（“ForeignMember”+fname+”Cook”）
}
publicvoidEnglishTent（）
{
System.out.println（“ForeignMember”+fname+”Tent”）
}
}
//翻译者类
publicclassTransLatorextendsMember
{
ForeignMemberfm;
publicTransLator（Stringname）
{
fm=newForeignMember（name）;
}
publicvoidCook（）
{
（2）;
}
publicvoidTent（）
{
（3）;
}
}
publicclassAdapterMain
{
publicstaticvoidmain（String[]args）
{
Membert=newchinaMember（“小丽”）；
t.Cook;
Memberp=new（4）（“Jack”）;//翻译告诉Jack搭帐篷
（5）；//Jack搭帐篷
}
}
运行结果：
中方队员小丽做饭
ForeignMemberJackTent
【解析】正确答案：
（1）this
（2）fm.EnglisihCook（）
（3）fm.EnglisihTent（）
（4）TransLator
（5）p.Tent（）。
空
（1）应填this，用以区分参数name和Member类数据成员name。
翻译者将“做饭”翻译成“Cook”告诉外籍队员，因此空
（2）调用ForeignMember类的EnglisihCook（），应填fm->EnglisihCook（）。
翻译者将“搭帐篷”翻译成“Tent”告诉外籍队员，因此空（3）调用ForeignMember类的EnglisihTent（），应填fm->EnglisihTent（）。
Jack是外籍队员，p应为TransLater类的对象，故空（4）应填TransLator。
空（5）是Jack搭帐篷，因此需调用TransLator类的方法Tent。
第16题
单选题
（）不属于按寻址方式划分的一类存储器。
A.随机存储器
B.顺序存储器
C.相联存储器
D.直接存储器
【解析】正确答案：
C。
相联存储器是一种按存储内容来存储和访问的存储器，不属于按寻址方式划分的存储器。
第17题
单选题
下图所示为两个有限自动机Ml和M2（A是初态、C是终态），（）。
A.M1和M2都是确定的有限自动机
B.M1和M2都是不确定的有限自动机
C.M1是确定的有限自动机，M2是不确定的有限自动机
D.M1是不确定的有限自动机，M2是确定的有限自动机
【解析】正确答案：
D。
本题主要考查确定有限自动机与非确定有限自动机的判断。
非确定有限状态自动机与确定有限状态自动机的最大区别是它们的转移函数不同。
确定有限状态自动机对每一个可能的输入只有一个状态的转移。
非确定有限状态自动机对每一个可能的输入可以有多个状态转移，接受到输入时从这多个状态转移中非确定地选择一个。
在本题中给出的图M1中，我们可以看到当在状态A输入0时，它可以转移到它自己，也可以转移到状态B，所以M1是非确定的。
而M2中不存在这样的情况，因此是确定的有限自动机。
第18题
单选题
某算法的时间复杂度可用递归式表示，若用表示，则正确的是（）。
A.
B.
C.
D.
【解析】正确答案：
A。
【《软件设计师教程（第5版）》--P422页】
根据主定理（定理8.1）进行推导。
此递归式中，a=6，b=5，其中f（n）=O（nlogba-ε）=O（n），其中log56-ε=1，所以ε>0，因此本题符合规则
（1）。
因此对于递归式的时间复杂度，T（n）=O（nlogba），因此本题选择A选项。
第19题
单选题
POP3服务默认的TCP端口号是（）。
A.20
B.25
C.80
D.110
【解析】正确答案：
D。
本试题考查POP3服务器的配置。
POP3服务器默认端口110，故选D。
第20题
单选题
在关于类的实例化的描述中，正确的是（）。
A.同一个类的对象具有不同的静态数据成员值
B.不同的类的对象具有相同的静态数据成员值
C.同一个类的对象具有不同的对象自身引用（this）值
D.不同的类的对象具有相同的对象自身引用（this）值
【解析】正确答案：
C。
学过面向对象编程语言的人，应该对this这个关键字并不陌生，它是对象自身引用值。
程序当运行时，this相当于当前类产生对象的名称。
所以对于同一个类的对象具有不同的对象自身引用（this）值。
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