2022年職業(yè)考證-軟考-軟件設(shè)計師考試名師押題精選卷I（帶答案詳解）試卷號11

住在富人區(qū)的她2022年職業(yè)考證-軟考-軟件設(shè)計師考試名師押題精選卷I（帶答案詳解）（圖片可根據(jù)實際調(diào)整大?。╊}型12345總分得分一.綜合題(共50題)1.案例題

【說明】

希爾排序算法又稱最小增量排序算法，其基本思想是：

步驟1：構(gòu)造一個步長序列delta1、delta2…、deltak，其中delta1=n/2，后面的每個delta是前一個的1/2，deltak=1；

步驟2：根據(jù)步長序列、進行k趟排序；

步驟3：對第i趟排序，根據(jù)對應(yīng)的步長delta，將等步長位置元素分組，對同一組內(nèi)元素在原位置上進行直接插入排序。

【C代碼】

下面是算法的C語言實現(xiàn)。

（1）常量和變量說明

data：待排序數(shù)組data，長度為n，待排序數(shù)據(jù)記錄在data[0]、data[1]、…、data[n-1]中。

n：數(shù)組a中的元素個數(shù)。

delta：步長數(shù)組。

（2）C程序

#include

voidshellsort(intdata[],intn){

int*delta,k,i,t,dk,j;

k=n;

delta=(int*)nalloc(sizeof(int)*(n/2));

if(i=0)

do{

(1);

delta[i++]=k;

}while(2);

i=0;

while((dk=delta[i])>0){

for(k=delta[i];k=0&&t

【問題1】（8分）

根據(jù)說明和c代碼，填充c代碼中的空（1）~（4）。

【問題2】（4分）

根據(jù)說明和c代碼，該算法的時間復雜度（5）O(n2)（小于、等于或大于）。該算法是否穩(wěn)定（6）（是或否）。

【問題3】（3分）

對數(shù)組（15、9、7、8、20、-1、4）用希爾排序方法進行排序，經(jīng)過第一趟排序后得到的數(shù)組為（7）。

【答案】【問題1】（8分）

（1）k=k/2

（2）k>1

（3）data[k]【問題3】（3分）

（7）(4，9，-1，8，20，7，15)

【解析】問題1：

希爾排序是一種經(jīng)典的高效插入類排序算法。不穩(wěn)定的排序算法，將每個步長劃分為多個不連續(xù)的子序列，對每個子序列再次采用直接插入排序算法。

如對某數(shù)組A=(a1,a2,a3...a10),在某趟排序時，若delta=3,則將A分成三個子序列，A1=(a1,a4,a7,a10),A2=(a2,a5,a8),A3=(a3,a6,a9),然后分別在原位置上對A1、A2和A3進行直接插入排序處理。最后一趟排序中，delta=1,這樣可以確保輸出序列是有序的。delta序列是希爾排序算法在具體實現(xiàn)的過程中定義的，本題在題干中已經(jīng)給出，delta1=n/2,后面的每個delta是前面的1/2，最后一個deltak=1。根據(jù)題干，很容易得到空(1)為k=k/2,空(2)填k>1。

接下來的代碼段是根據(jù)delta值進行每一趟的排序，每趟排序是對不連續(xù)的每個子序列進行插入排序，因此，空(3)填data[k]問題2：

希爾排序算法是一種不穩(wěn)定的排序算法，時間復雜度約在O（n^1.3)。

問題3：

對于數(shù)組（15、9、7、8、20、-1、4）用希爾排序方法進行排序，n=7，根據(jù)題干說明delta=n/2=3，A1（15，8，4），A2（9，20），A3（7，-1），每個子序列排序后得到A1（4，8，15），A2（9，20），A3（-1，7），還原得到(4，9，-1，8，20，7，15)

2.單選題

以下信息交換情形中，采用異步傳輸方式的是（）。

問題1選項

A.CPU與內(nèi)存儲器之間交換信息

B.CPU與PCI總線交換信息

C.CPU與l/O接口交換信息

D.I/O接口與打印設(shè)備間交換

【答案】C

【解析】本題考查的是I/O接口相關(guān)概念。

CPU與I/O接口交換信息是異步傳輸?shù)模珻選項描述正確。

3.案例題

閱讀下列說明和C++代碼。將應(yīng)填入（n）處的字句寫在答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】

在軟件系統(tǒng)中，通常不會給用戶提供取消、不確定或者錯誤操作的選擇，允許將系統(tǒng)恢復到原先的狀態(tài)。現(xiàn)使用備忘錄（Memento）模式實現(xiàn)該要求，得到如圖5-1所示的類圖。Memento包含了要被恢復的狀態(tài)。Originator創(chuàng)建并在Memento中存儲狀態(tài)。Caretaker負責從Memento中恢復狀態(tài)。

圖5-1類圖

【C++代碼】

#include

#include

#include

usingnamespacestd;

classMemento{

private:

stringstate;

public:

Memento(stringstate){this->state=state;}

stringgetState(){returnstate;}

}

classOriginator{

private:

stringstate;

public:

voidsetState(stringstate){this>sate=state;}

stringgetState(){returnstate;}

MementosaveStateToMemento(){return(1）}

voidgetStateFromMemento(MementoMemento){state(2)}

classCareTaker{

private:

vector

mementoList;

pubilc:

viod(3){mementoList.pushback（state）

（4）;returnmementoList（index);}

intmian(){

Originator*originator=newOriginator();

CareTaker*careTaker=newCareTaker();

originator->setState("State#1");

originator->setState("State#2");

careTaker->add(_(5)_);

originator->setState("State#3");

careTaker->add((6));

originator->setState（"State#4"）;

coutgetState()getStateFromMemento(careTaker->get(0);

coutgetStatee()getStateFromMemento(careTaker->get(1);

coutgetState()

【答案】本題代碼存在缺失，暫未給出答案。請參照JAVA代碼題。

4.單選題

給定關(guān)系R（A，B，C，D)和關(guān)系S(A，D，E，F(xiàn))，若對這兩個關(guān)系進行自然連接運算R??S后的屬性列有（）個；關(guān)系代數(shù)表達式σR.B＞S.F(R??S)與（）等價。

問題1選項

A.4

B.5

C.6

D.8

問題2選項

A.σ2>8(RxS)

B.π1，2，3，4，7，8(σ1=5∧2＞8∧4=6(R×S)

C.σ”2">"8"(RxS)

D.π1，2，3，4，7，8(σ1=5∧＂2＂＞＂8＂∧4=6(RxS))

【答案】第1題:C

第2題:B

【解析】第1題:本題考查關(guān)系代數(shù)相關(guān)知識。

自然連接的屬性列數(shù)是二者之和減去重復列數(shù)，本題R和S進行自然連接后，結(jié)果屬性列數(shù)為4+4-2=6，第一空選擇C選項。

第2題:判斷自然連接與笛卡爾積關(guān)系表達式是否等價時，需要注意需要同名屬性列取值相等才可以與自然連接等價，本題應(yīng)該選擇B選項，其他選項都不滿足S.A=R.AANDR.D=S.D。

5.單選題

采用面向?qū)ο蠓椒ㄟM行系統(tǒng)設(shè)計時，不應(yīng)該強迫客戶依賴于他們不用的方法，接口屬于客戶，不屬于它所在的類層次結(jié)構(gòu)。即：依賴于抽象，不要依賴于具體，同時在抽象級別不應(yīng)該有對于細節(jié)的依賴。這屬于（

）。

問題1選項

A.單一責任

B.開放-封閉

C.接口分離

D.里氏替換

【答案】C

【解析】單一職責原則：設(shè)計目的單一的類。

開放-封閉原則：對擴展開放，對修改封閉。

里氏替換原則：子類可以替換父類。

依賴倒置原則：要依賴于抽象，而不是具體實現(xiàn)；針對接口編程，不要針對實現(xiàn)編程。

接口隔離原則：使用多個專門的接口比使用單一的總接口要好。不強迫客戶依賴于他們不用的方法，即：依賴于抽象，不要依賴于具體，同時在抽象級別不應(yīng)該有對于細節(jié)的依賴。

本題題干看起來類似于依賴倒置原則，但依賴倒置不涉及強迫客戶依賴于他們不用的方法。本題描述的應(yīng)該是接口隔離原則。本題選擇C選項。

6.單選題

排序算法的穩(wěn)定性是指將待排序列排序后，能確保排序碼中的相對位置保持不變。（）是穩(wěn)定的排序算法。

問題1選項

A.冒泡排序

B.快速排序

C.堆排序

D.簡單選擇排序

【答案】A

【解析】本題考查常見算法的應(yīng)用。

將待排序列排序后，能確保排序碼中的相對位置保持不變指的是穩(wěn)定性排序，本題中只有冒泡排序是穩(wěn)定的排序，快速排序、堆排序、簡單選擇排序都是不穩(wěn)定排序。本題選擇A選項。

7.單選題

在OSI參考模型中，（）在物理線路上提供可靠的數(shù)據(jù)傳輸。

問題1選項

A.物理層

B.數(shù)據(jù)鏈路層

C.網(wǎng)絡(luò)層

D.應(yīng)用層

【答案】B

8.單選題

下圖所示為一個非確定有限自動機（NFA），S0為初態(tài)，S3為終態(tài)。該NFA識別的字符串（

）。

問題1選項

A.不能包含連續(xù)的字符“0”

B.不能包含連續(xù)的字符“1”

C.必須以“101”開頭

D.必須以“101”結(jié)尾

【答案】D

【解析】本題考查NFA有限自動機相關(guān)問題。

針對這類問題，可以采取找出對應(yīng)反例的形式表示。

S0是初態(tài)，S3是終態(tài)，識別出從S0為初態(tài)到S3為終態(tài)的路徑。

可以看到無論如何到達S3終態(tài)都需要經(jīng)過S1-S2，即末尾必須存在”101“結(jié)尾的。

對于A和B選項不能包含連續(xù)字符的”0“和“1”，我們可以看到在S0初態(tài)中，有1個字符串0和1自循環(huán)，是可以包含連續(xù)的”0“和”1“的，所以錯誤。

對于C選項必須以“101”開頭，說法錯誤，可以任意10的字符開頭。

9.單選題

以下對于路由協(xié)議的敘述中，錯誤的是（

）。

問題1選項

A.路由協(xié)議是通過執(zhí)行一個算法來完成路由選擇的一種協(xié)議

B.動態(tài)路由協(xié)議可以分為距離向量路由協(xié)議和鏈路狀態(tài)路由協(xié)議

C.路由協(xié)議是一種允許數(shù)據(jù)包在主機之間傳送信息的種協(xié)議

D.路由器之間可以通過路由協(xié)議學習網(wǎng)絡(luò)的拓撲結(jié)構(gòu)

【答案】C

【解析】本題考查計算機網(wǎng)絡(luò)路由協(xié)議。

路由協(xié)議：是一種指定數(shù)據(jù)包轉(zhuǎn)送方式的網(wǎng)上協(xié)議。Internet網(wǎng)絡(luò)的主要節(jié)點設(shè)備是路由器，路由器通過路由表來轉(zhuǎn)發(fā)接收到的數(shù)據(jù)。轉(zhuǎn)發(fā)策略可以是人工指定的（通過靜態(tài)路由、策略路由等方法）。在具有較小規(guī)模的網(wǎng)絡(luò)中，人工指定轉(zhuǎn)發(fā)策略沒有任何問題。但是在具有較大規(guī)模的網(wǎng)絡(luò)中（如跨國企業(yè)網(wǎng)絡(luò)、ISP網(wǎng)絡(luò)），如果通過人工指定轉(zhuǎn)發(fā)策略，將會給網(wǎng)絡(luò)管理員帶來巨大的工作量，并且在管理、維護路由表上也變得十分困難。為了解決這個問題，動態(tài)路由協(xié)議應(yīng)運而生。動態(tài)路由協(xié)議可以讓路由器自動學習到其他路由器的網(wǎng)絡(luò)，并且網(wǎng)絡(luò)拓撲發(fā)生改變后自動更新路由表。網(wǎng)絡(luò)管理員只需要配置動態(tài)路由協(xié)議即可，相比人工指定轉(zhuǎn)發(fā)策略，工作量大大減少，其中動態(tài)路由協(xié)議又分為距離向量路由協(xié)議和鏈路狀態(tài)路由協(xié)議。

工作原理：路由協(xié)議通過在路由器之間共享路由信息來支持可路由協(xié)議。路由信息在相鄰路由器之間傳遞，確保所有路由器知道到其它路由器的路徑?？傊?，路由協(xié)議創(chuàng)建了路由表，描述了網(wǎng)絡(luò)拓撲結(jié)構(gòu)；路由協(xié)議與路由器協(xié)同工作，執(zhí)行路由選擇和數(shù)據(jù)包轉(zhuǎn)發(fā)功能。

10.單選題

AES是一種（）算法。

問題1選項

A.公鑰加密

B.流密碼

C.分組加密

D.消息摘要

【答案】C

【解析】AES是一個迭代的、對稱密鑰分組的密碼，它可以使用128、192和256位密鑰。并且使用128位分組加密和解密數(shù)據(jù)。

11.單選題

瀏覽器開啟無痕瀏覽模式時，（）仍然會被保存。

問題1選項

A.瀏覽歷史

B.搜索歷史

C.下載的文件

D.臨時文件

【答案】C

【解析】本題考查的是瀏覽器應(yīng)用。

在瀏覽器開啟無痕瀏覽模式時，瀏覽歷史、搜索歷史和臨時文件都不會被保存，只有下載的文件可以被保存。本題選擇C選項。

12.案例題

某工業(yè)制造企業(yè)欲開發(fā)一款智能缺陷檢測系統(tǒng)，以有效提升檢測效率，節(jié)約人力資源，該系統(tǒng)的主要功能是:

（1）基礎(chǔ)信息管理。管理員對檢測質(zhì)量標準和監(jiān)控規(guī)則等基礎(chǔ)信息進行設(shè)置。

（2）檢測模型部署。管理員對采用機器學習方法建立的檢測模型進行部署。

（3）圖像采集。實時接收生產(chǎn)線上檢測設(shè)備拍攝的產(chǎn)品待檢信息進行存儲和缺陷檢測，待檢信息包括產(chǎn)品編號、生產(chǎn)時間、圖像序號和產(chǎn)品圖像。

（4）缺陷檢測。根據(jù)檢測模型和檢測質(zhì)量標準對圖像采集接收到的產(chǎn)品待檢信息中所有圖像進行檢測。若所有圖像檢測合格，設(shè)置檢測結(jié)果信息為合格;若一個產(chǎn)品出現(xiàn)一張圖像檢測不合格，就表示該產(chǎn)品不合格。對不合格的產(chǎn)品，其檢測結(jié)果包括產(chǎn)品編號和不合格類型。給檢測設(shè)備發(fā)送檢測結(jié)果，檢測設(shè)備剔除掉不合格產(chǎn)品。

（5）質(zhì)量監(jiān)控。根據(jù)監(jiān)控規(guī)則對產(chǎn)品質(zhì)量進行監(jiān)控，將檢測情況展示給檢測業(yè)務(wù)員，若滿足報警條件。向檢測業(yè)務(wù)員發(fā)送質(zhì)量報警，檢測業(yè)務(wù)員發(fā)起遠程控制命令，系統(tǒng)給檢測設(shè)備發(fā)送控制指令進行處理。

（6）模型監(jiān)控。在系統(tǒng)中部署的模型、產(chǎn)品的檢測信息結(jié)合基礎(chǔ)信息進行監(jiān)測分析，將模型運行情況發(fā)給監(jiān)控人員。

現(xiàn)采用結(jié)構(gòu)化方法對智能檢測系統(tǒng)進行分析與設(shè)計，獲得如圖1-1的上下文數(shù)據(jù)流圖和圖1-2所示的0層數(shù)據(jù)流圖。

圖1-1頂層圖

圖1-20層圖

【問題1】（4分）

使用說明中的語句，給出圖1-1中的實體E1~E4的名稱。

【問題2】（3分）

使用說明中的語句，給出圖1-2中的數(shù)據(jù)存儲D1~D3的名稱。

【問題3】（5分）

根據(jù)注明和圖中術(shù)語，補充圖1-2中缺失的數(shù)據(jù)及起點和終點。

【問題4】（3分）

根據(jù)說明，采用結(jié)構(gòu)化語言對“缺陷檢測”的加工邏輯進行描述。

【答案】【問題1】（4分）

E1：檢測設(shè)備；E2：管理員；E3：檢測業(yè)務(wù)員；E4：監(jiān)控人員

【問題2】（3分）

D1：檢測模型文件；D2：產(chǎn)品檢測信息文件；D3：基礎(chǔ)信息文件

【問題3】（5分）

待檢信息，起點：P2，終點：P3

遠程控制命令，起點：E3，終點：P5

監(jiān)控規(guī)則，起點：D3，終點：P5

檢測信息，起點：D2，終點：P5

基礎(chǔ)信息，起點：D3，終點：P6

【問題4】（3分）

根據(jù)說明，采用結(jié)構(gòu)化語言對缺陷檢測的加工邏輯進行描述。

DO{

檢測所收到的所有圖像；

IF(出現(xiàn)一張圖像檢測不合格)

THEN{

設(shè)置檢測結(jié)果信息為不合格；

不合格產(chǎn)品檢測結(jié)果=產(chǎn)品星號+不合格類型；

}ELSE{

設(shè)置檢測結(jié)果信息為合格

}

ENDIF

給檢測設(shè)備發(fā)送檢測結(jié)果；

檢測設(shè)備剔除掉不合格產(chǎn)品；

}

ENDDO

【解析】本題是典型的數(shù)據(jù)流圖分析題型。

問題1：

對于這類型題型的分析，我們可以直接看到0層圖比較合適，找到對應(yīng)的實體與其所在加工名稱，并在題干描述找到關(guān)鍵信息。

根據(jù)“實時接收生產(chǎn)線上檢測設(shè)備拍攝的產(chǎn)品待檢信息進行存儲和缺陷檢測”，”給檢測設(shè)備發(fā)送檢測結(jié)果”，“系統(tǒng)給檢測設(shè)備發(fā)送控制指令進行處理”可知E1為檢測設(shè)備；根據(jù)“管理員對常用機器學習方法建立的檢測模型分布”，“管理員對檢測標準和檢測規(guī)則等基礎(chǔ)信息設(shè)置”可知E2為管理員；根據(jù)“根據(jù)監(jiān)控規(guī)則對產(chǎn)品質(zhì)量進行監(jiān)控，將檢測情況展示給檢測業(yè)務(wù)員，若滿足報警條件。向檢測業(yè)務(wù)員發(fā)送質(zhì)量報警，檢測業(yè)務(wù)員發(fā)起遠程控制命令”可知E3為業(yè)務(wù)員；根據(jù)“在系統(tǒng)中部署的模型、產(chǎn)品的檢測信息結(jié)合基礎(chǔ)信息進行監(jiān)測分析，將模型運行情況發(fā)給監(jiān)控人員。”可知E4為監(jiān)控人員。

問題2：

由于題干中沒有對于這些存儲進行介紹，所以我們根據(jù)關(guān)于該存儲的信息流來判斷該存儲存放的內(nèi)容，然后在其后附加文件、表、記錄的關(guān)鍵詞即可，表示數(shù)據(jù)存儲，那D1、D2、D3可分別為：D1：檢測模型文件；D2：產(chǎn)品檢測信息文件；D3：基礎(chǔ)信息文件

問題3：

可根據(jù)數(shù)據(jù)流圖平衡原則得：0層圖缺少了一條由E3流向檢測系統(tǒng)的名為遠程控制命令的數(shù)據(jù)流。根據(jù)（5）質(zhì)量監(jiān)控描述可得應(yīng)該補充一條由E3到P5的遠程控制命令的數(shù)據(jù)流。其次再根據(jù)（5）質(zhì)量監(jiān)控的說明“根據(jù)監(jiān)控規(guī)則對產(chǎn)品質(zhì)量進行監(jiān)控，將檢測情況展示給檢測業(yè)務(wù)員”說明加工“質(zhì)量監(jiān)控”需要D3“監(jiān)控規(guī)則

”中監(jiān)控規(guī)則，產(chǎn)品信息來源于產(chǎn)品圖像的D2“檢測信息”；這里沒有明確描述，但是需要補充（3）加工“圖像采集”相關(guān)輸出的數(shù)據(jù)流完整給出，缺少“產(chǎn)品待檢信息進行缺陷檢測”，即P2為起點、P3為終點的待檢信息；說明（6）根據(jù)描述“對系統(tǒng)部署的模型、產(chǎn)品檢測信息結(jié)合基礎(chǔ)信息進行監(jiān)測分析”可知需要從D3中讀取“基礎(chǔ)信息”。

問題4：

本問題采用結(jié)構(gòu)化有語言描述“缺陷檢測”加工邏輯。常用的加工邏輯描述方法有結(jié)構(gòu)化語言、判定表和判定樹。

根據(jù)規(guī)則說明：答案言之有理即可。

DO{

檢測所收到的所有圖像；

IF(出現(xiàn)一張圖像檢測不合格)

THEN{

設(shè)置檢測結(jié)果信息為不合格；

不合格產(chǎn)品檢測結(jié)果=產(chǎn)品星號+不合格類型；

}ELSE{

設(shè)置檢測結(jié)果信息為合格

}

ENDIF

給檢測設(shè)備發(fā)送檢測結(jié)果；

檢測設(shè)備剔除掉不合格產(chǎn)品；

}

ENDDO

13.單選題

在某系統(tǒng)中，不同組（GROUP）訪問數(shù)據(jù)的權(quán)限不同，每個用戶（User）可以是一個或多個組中的成員，每個組包含零個或多個用戶?，F(xiàn)要求在用戶和組之間設(shè)計映射，將用戶和組之間的關(guān)系由映射進行維護，得到如下所示的類圖。該設(shè)計采用(

)模式，用一個對象來封裝系列的對象交互；使用戶對象和組對象不需要顯式地相互引用，從而使其耦合松散，而且可以獨立地改變它們之間的交互。該模式屬于(

)模式，該模式適用(

)。

問題1選項

A.狀態(tài)(State)

B.策略(Strategy)

C.解釋器(Interpreter)

D.中介者(Mediator)

問題2選項

A.創(chuàng)建型類

B.創(chuàng)建型對象

C.行為型對象

D.行為型類

問題3選項

A.需要使用一個算法的不同變體

B.有一個語言需要解釋執(zhí)行，并且可將句子表示為一個抽象語法樹

C.一個對象的行為決定于其狀態(tài)且必須在運行時刻根據(jù)狀態(tài)改變行為

D.一組對象以定義良好但是復雜的方式進行通信，產(chǎn)生的相互依賴關(guān)系結(jié)構(gòu)混亂且難以理解

【答案】第1題:D

第2題:C

第3題:D

【解析】本題考查設(shè)計模式的問題。

針對于題干和圖示來看，不同組（GROUP）訪問數(shù)據(jù)的權(quán)限不同，每個用戶（User）可以是一個或多個組中的成員，每個組包含零個或多個用戶?，F(xiàn)要求在用戶和組之間設(shè)計映射，將用戶和組之間的關(guān)系由映射進行維護，在組和用戶之間用UserGroupMapper實現(xiàn)兩者的交互，兩者之間不直接交互，用一個對象來封裝系列的對象交互；使用戶對象和組對象不需要顯式地相互引用，從而使其耦合松散，而且可以獨立地改變它們之間的交互，是典型關(guān)于中介者模式的描述和應(yīng)用。

中介者模式屬于行為型對象模型，可以適用于一組對象以定義良好但是復雜的方式進行通信，產(chǎn)生的相互依賴關(guān)系結(jié)構(gòu)混亂且難以理解。

其中以下場景中A選項是對策略模式的描述，B選項是對解釋器的描述，C選項是對狀態(tài)模式的描述。

綜上所述，本題選擇D，C，D

14.案例題

閱讀下列說明和代碼，回答問題1和問題2，將解答寫在答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】

凸多邊形是指多邊形的任意兩點的連線均落在多邊形的邊界或內(nèi)部。相鄰的點連線落在多邊形邊界上，稱為邊；不相鄰的點連線落在多邊形內(nèi)部，稱為弦。假設(shè)任意兩點連線上均有權(quán)重，凸多邊形最優(yōu)三角剖分問題定義為：求將凸多邊形劃分為不相交的三角形集合，且各三角形權(quán)重之和最小的剖分方案。每個三角形的權(quán)重為三條邊權(quán)重之和。

假設(shè)N個點的凸多邊形點編號為V1,V2,……,VN,若在VK處將原凸多邊形劃分為一個三角形V1VkVN，兩個子多邊形V1,V2,…,Vk和Vk,Vk+1,…VN，得到一個最優(yōu)的剖分方案，則該最優(yōu)剖分方案應(yīng)該包含這兩個子凸邊形的最優(yōu)剖分方案。用m[i][j]表示帶你Vi-1,Vi,…Vj構(gòu)成的凸多邊形的最優(yōu)剖分方案的權(quán)重，S[i][j]記錄剖分該凸多邊形的k值。

則

其中：W(Vi-1VkVj)=Wi-1,k＋Wk,j＋Wj,i-1為三角形Vi-1VkVj的權(quán)重，Wi-1,k,Wk,j，Wj,i-1分別為該三角形三條邊的權(quán)重。求解凸多邊形的最優(yōu)剖分方案，即求解最小剖分的權(quán)重及對應(yīng)的三角形集。

[C代碼]

＃include＜stdio.h＞

＃defineN6//凸多邊形規(guī)模

intm[N＋1][N＋1];//m[i][j]表示多邊形Vi-1到Vj最優(yōu)三角剖分的權(quán)值

intS[N＋1][N＋1]；//S[i][j]記錄多邊形Vi-1到Vj最優(yōu)三角剖分的k值

intW[N＋1][N＋1]；//凸多邊形的權(quán)重矩陣，在main函數(shù)中輸入

/*三角形的權(quán)重a，b，c，三角形的頂點下標*/

intget_triangle_weight（inta，intb，intc）

{

returnW[a][b]＋W[b][c]＋W[c][a];

}

/*求解最優(yōu)值*/

voidtriangle_partition(){

inti,r,k,j;

inttemp;

/*初始化*/

for(i=1;i{

/*r為子問題規(guī)模*/

for(i=1;k

{

（2）;

m[i][j]=m[i][j]+m[i+1][j]+get_triangle_weight(i-1,i,j);/*k=j*/

S[i][j]=i;

for(k=j+1;k

{

/*計算[i][j]的最小代價*/

temp=m[i][k]+m[k+1][j]+ge_triangle_weight(i-1,k,j);

if((3))

{

/*判斷是否最小值*/

m[i][j]=temp;

S[i][j]=k;

}

}

}

}

}

/*輸出剖分的三角形i，j：凸多邊形的起始點下標*/

voidprint_triangle(inti,intj){

if(i==j)return;

print_triangle(i,S[i][j]);

print_triangle((4));

print(“V%d--V%d--V%d\n“,i-1,S[i][j],j);

}

【問題1】（8分）

根據(jù)題干說明，填充C代碼中的空（1）~（4）。

【問題2】（7分）

根據(jù)題干說明和C代碼，該算法采用的設(shè)計策略為（5）。

算法的時間復雜度為（6），空間復雜度為（7）（用O表示）

【答案】【問題1】（8分）

(1)i3)

(7)O(n2)

【解析】本題考查的是凸多邊形最優(yōu)三角剖分動態(tài)規(guī)劃設(shè)計過程。

本題算法難度較大，在沒有理解算法過程的前提下，首先可以根據(jù)相關(guān)信息進行部分填空。

首先根據(jù)題干描述出現(xiàn)的將問題規(guī)模從k開始截斷，此時其實就是“最優(yōu)子結(jié)構(gòu)”的說法，并且本題出現(xiàn)了遞歸式的應(yīng)用，是典型的動態(tài)規(guī)劃法的應(yīng)用。

又根據(jù)題目中的代碼，出現(xiàn)了三層嵌套for循環(huán)，此時代碼的時間復雜度為O(n3)。

本題用到的輔助空間記錄中間解有2個數(shù)組m[i][j]和S[i][j]，都是二維數(shù)組，空間復雜度的量級為O(n2)。

最后分析代碼填空部分。

第（1）空，r表示的是子問題規(guī)模，規(guī)模劃分已知從r=2開始，子問題最大應(yīng)該能夠取到N，因此本空填寫r<=N或其等價表示形式。

第（2）空缺失的是j的初始化賦值，本空較難。代碼計算前邊界為i，鏈長為r的鏈的后邊界取值，結(jié)果為i+r-1，即本題填寫j=i+r-1或其等價表示形式。

第（3）空缺失判斷條件，此時注釋明確說明此處判斷最小值，判斷后，m[i][j]值進行修改并修改為temp，也就是意味著m[i][j]此時記錄的不是最優(yōu)解（最小值），需要進行修正改為最小，即填寫temp<m[i][j]或其等價表示形式（某一個數(shù)值比最小值還小，則修改最小值）。

第（4）空缺失的是打印參數(shù)，結(jié)合代碼上下文進行分析，上文打印print_triangle(i,S[i][j]);即截斷的前一部分編號，下面print_triangle((4));打印的應(yīng)該是截斷的后一部分，即填寫s[i][j]+1,j。

15.單選題

函數(shù)foo、hoo的含義如下所示，函數(shù)調(diào)用hoo(a,x)的兩個參數(shù)分別采用引用調(diào)用（callbyreference）和值調(diào)用（callbyvalue）方式傳遞，則函數(shù)調(diào)用foo(5)的輸出結(jié)果為（

）。

問題1選項

A.2，5

B.2，15

C.13，5

D.13，15

【答案】C

【解析】根據(jù)題干給出的信息，foo(5)，在該函數(shù)中，初始情況x=5，a=2。

調(diào)用hoo(a,x)函數(shù)，此時a=2傳給hoo函數(shù)中的x，并且由于是引用方式，此時x在hoo函數(shù)內(nèi)的修改會影響原a的值（注意區(qū)別，hoo函數(shù)的x與foo函數(shù)的x是不用的局部變量）。同時x=5傳給hoo函數(shù)中的y，并且是值調(diào)用方式，此時y在hoo函數(shù)內(nèi)的修改是不會影響原x的值。

接著分析hoo()函數(shù)，x的初始值為2，y初始值為5。執(zhí)行y=y+10=15，執(zhí)行x=y-x=15-2=13，此時x的值會傳回原foo函數(shù)的a，即a=x=13。

返回foo函數(shù)進行分析，輸出的a和x，取值分別為修改后的13和原數(shù)值5。

本題選擇C選項。

16.單選題

以下關(guān)于SRAM和DRAM儲存器的敘述中正確的是（）。

問題1選項

A.與DRAM相比，SRAM集成率低，功率大、不需要動態(tài)刷新

B.與DRAM相比，SRAM集成率高，功率小、需要動態(tài)刷新

C.與SRAM相比，DRAM集成率高，功率大、不需要動態(tài)刷新

D.與SRAM相比，DRAM集成率低，功率大、需要動態(tài)刷新

【答案】D

【解析】本題考查存儲器分類相關(guān)知識。

DRAM集成率相對較低，功耗相對較大，需要動態(tài)刷新。

SRAM集成率相對較高，功耗相對較小，不需要動態(tài)刷新。

本題D選項描述正確。

17.單選題

某銷售公司員工關(guān)系E(工號、姓名、部門名、電話、住址)，商品關(guān)系C(商品號、商品名、庫存數(shù))和銷售關(guān)系EC(工號、商品號、銷售數(shù)、銷售日期)。查詢“銷售部1”在2020年11月11日銷售“HUWEIMate40”商品的員工工號、姓名、部門名及其銷售的商品名，銷售數(shù)的關(guān)系代數(shù)表達式為

π1,2,3,7,8((

)

?((

)?(

)))

問題1選項

A.σ3=銷售部1(E)

B.σ3=銷售部1(C)

C.σ3=‘銷售部1’(E)

D.σ3=‘銷售部1’(C)

問題2選項

A.π2,3(σ2=‘HUWEIMate40’(C))

B.π1,2(σ2=‘HUWEIMate40’(C))

C.π2,3(σ2=‘HUWEIMate40’(EC))

D.π1,2(σ2=‘HUWEIMate40’(EC))

問題3選項

A.σ4=‘2020年11月11日’(C)

B.σ3=‘2020年11月11日’(C)

C.σ4=‘2020年11月11日’(EC)

D.σ3=‘2020年11月11日’(EC)

【答案】第1題:C

第2題:B

第3題:C

【解析】本題考查的是關(guān)系代數(shù)相關(guān)知識內(nèi)容。

本題看起來邏輯非常復雜，涉及到了3個關(guān)系表的聯(lián)合使用，但結(jié)合選項來看，可以快速找到正確答案。

首先對于第一空，選擇的對象一定是表E或表C，而此時C是沒有部門名的，因此篩選對象一定是表E，其次判斷某個列的取值，需要用引號標注，排除錯誤格式A，本題選擇的應(yīng)該是C選項。

接著對于第二空，選擇的對象一定是表C或表EC，而此時EC是沒有商品名的，因此篩選對象一定是表C，并且投影需要保留商品號和商品名，因此投影的列號是1和2，本題選擇的應(yīng)該是B選項。

接著對于第二空，選擇的對象一定是表C或表EC，而此時C是沒有銷售日期的，因此篩選對象一定是表EC，并且位于EC的第4列即列號為4，本題選擇的應(yīng)該是C選項。

18.案例題

閱讀下列說明和圖，回答問題1至問題3，將解答填入答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

[說明]

某公司的人事部門擁有一個地址簿（AddressBook）管理系統(tǒng)（AddressBookSystem），用于管理公司所有員工的地址記錄（PersonAddress）。員工的地址記錄包括：姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等信息。

管理員可以完成對地址簿中地址記錄的管理操作，包括：

（1）管理地址記錄。根據(jù)公司的人員變動情況，對地址記錄進行添加、修改、刪除等操作。

（2）排序。按照員工姓氏的字典順序或郵政編碼對系統(tǒng)中的所有記錄進行排序。

（3）打印地址記錄。以郵件標簽的格式打印一個地址單獨的地址簿。

系統(tǒng)會對地址記錄進行管理，為便于管理，管理員在系統(tǒng)中為公司的不同部門建立員工的地址簿的操作，包括：

（1）創(chuàng)建地址簿。新建一個地址簿并保存。

（2）打開地址簿。打開一個已有的地址簿。

（3）修改地址簿。對打開的地址簿進行修改并保存。

系統(tǒng)將提供一個GUI（圖形用戶界面）實現(xiàn)對地址簿的各種操作。

現(xiàn)采用面向?qū)ο蠓椒ǚ治霾⒃O(shè)計該地址簿管理系統(tǒng)，得到如圖3-1所示的用例圖和圖3-2所示的類圖。

圖3-2類圖

[問題1]（6分）

根據(jù)說明中的描述，給出圖3-1中U1～U6所對應(yīng)的用例名。

[問題2]（5分）

根據(jù)說明中的描述，給出圖3-2中類AddressBook的主要屬性和方法以及類PersonAddress的主要屬性（可以使用說明中的文字）。

[問題3]（4分）

根據(jù)說明中的描述以及圖3-1所示的用例圖，請簡要說明extend和include關(guān)系的含義是什么?

【答案】

【問題1】

U1：按姓氏字典順序排序；U2：按郵政編碼排序（其中U1和U2可互換）

U3：修改地址簿

U4：創(chuàng)建地址簿

U5：打開地址簿

U6：保存地址簿

【問題2】

類PersonAddress的主要屬性包括：姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等。

類AddressBook的主要屬性包括：部門名/編號，姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等。

類AddressBook的需要包括創(chuàng)建地址簿、打開地址簿、修改地址簿。綜上，類AddressBook的方法包括：添加、修改、刪除、創(chuàng)建、打開、打印、排序等。

【問題3】

extend屬于用例圖的三種關(guān)系之一，表示的是擴展關(guān)系。

描述為：如果一個用例明顯地混合了兩種或兩種以上的不同場景，即根據(jù)情況可能會發(fā)生多種分支，則可以將這個用例分為一個基本用例和一個或多個擴展用例，關(guān)系圖示指向為擴展用例指向基本用例。

如圖所示，創(chuàng)建和打開就是一對擴展關(guān)系，創(chuàng)建成功之后可以直接保存關(guān)閉之后，如果想要進行后續(xù)修改工作，就需要打開地址簿，由擴展用例指向基本用例。

include屬于用例圖的三種關(guān)系之一，表示的是包含關(guān)系。

描述為：當可以從兩個或兩個以上用例中提取公共行為的時候，應(yīng)該使用包含關(guān)系來表示它們。其中這個提取出來的公共用例稱之為抽象用例，而把原始用例稱為基本用例和擴展用例。

如圖所示：創(chuàng)建、修改和保存就是一對包含關(guān)系，在創(chuàng)建和修改它們都有公共的行為保存，提取出來稱之為抽象用例，用包含關(guān)系表示它們。

【解析】

【問題1】

本題根據(jù)題干描述可以找到相應(yīng)的用例名稱有維護地址記錄、排序、打印地址記錄、創(chuàng)建地址簿、打開地址簿、修改地址簿，又根據(jù)圖示可知，U1、U2與排序有泛化關(guān)系，此時根據(jù)排序的用例描述“按照員工姓氏的字典順序或郵政編碼對系統(tǒng)中的所有記錄進行排序”，排序有兩種方式，按姓氏字典順序排序或按郵政編碼排序，也就是對應(yīng)用例U1和U2。剩余用例由于題目信息不全，無法確定具體位置。

【問題2】

類PersonAddress也就是員工地址記錄，根據(jù)題干描述“員工的地址記錄包括：姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等信息”，因此類PersonAddress的主要屬性包括：姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等。

類AddressBook也就是地址簿用于管理公司所有員工的地址記錄，由于“管理員在系統(tǒng)中為公司的不同部門建立員工的地址簿”，因此類AddressBook的主要屬性除了員工地址記錄信息以外，還需要增加部門信息。此時類AddressBook的主要屬性包括：部門名/編號，姓名、住址、城市、省份、郵政編碼以及聯(lián)系電話等。

“管理地址記錄。根據(jù)公司的人員變動情況，對地址記錄進行添加、修改、刪除等操作”，因此類AddressBook的需要包括添加、修改、刪除等操作。又因為“管理員在系統(tǒng)中為公司的不同部門建立員工的地址簿的操作，包括：（1）創(chuàng)建地址簿。（2）打開地址簿。（3）修改地址簿?！?，因此類AddressBook的需要包括創(chuàng)建地址簿、打開地址簿、修改地址簿。綜上，類AddressBook的方法包括：添加、修改、刪除、創(chuàng)建、打開等。

【問題3】

extend屬于用例圖的三種關(guān)系之一，表示的是擴展關(guān)系。

描述為：如果一個用例明顯地混合了兩種或兩種以上的不同場景，即根據(jù)情況可能會發(fā)生多種分支，則可以將這個用例分為一個基本用例和一個或多個擴展用例，關(guān)系圖示指向為擴展用例指向基本用例。

include屬于用例圖的三種關(guān)系之一，表示的是包含關(guān)系。

描述為：當可以從兩個或兩個以上用例中提取公共行為的時候，應(yīng)該使用包含關(guān)系來表示它們。其中這個提取出來的公共用例稱之為抽象用例，而把原始用例稱為基本用例和擴展用例。

還需結(jié)合用例圖說明擴展用例、包含用例的應(yīng)用。此處題干說明不全，暫未確定。

19.單選題

下列關(guān)于風險的敘述中，不正確的是（

）。

問題1選項

A.風險是可能發(fā)生的事件

B.如果能預測到風險，則可以避免其發(fā)生

C.風險是可能會帶來損失的事件

D.對于風險進行干預，以期減少損失

【答案】B

【解析】風險是可能發(fā)生的事件，并且可能會帶來損失，預測到風險后，可以進行干預以期減少損失，但是無法避免。B選項的描述是錯誤的。

20.單選題

以下關(guān)于馮諾依曼計算機的敘述中，不正確的是（）。

問題1選項

A.程序指令和數(shù)據(jù)都采用二進制表示

B.程序指令總是存儲在主存中，而數(shù)據(jù)則存儲在高速緩存中

C.程序的功能都由中央處理器（CPU）執(zhí)行指令來實現(xiàn)

D.程序的執(zhí)行工作由指令進行自動控制

【答案】B

【解析】本題考查的是計算機體系結(jié)構(gòu)相關(guān)知識。

在馮諾依曼結(jié)構(gòu)中，程序指令和數(shù)據(jù)存在同一個存儲器中。B選項描述錯誤。本題選擇B選項，其他描述都是正確的。

21.單選題

在網(wǎng)絡(luò)系統(tǒng)設(shè)計時，不可能使所有設(shè)計目標都能達到最優(yōu)，下列措施中最為合理的是（

）。

問題1選項

A.盡量讓最低建設(shè)成本目標達到最優(yōu)

B.盡讓最短的故障時間達到最優(yōu)

C.盡量讓最大的安全性目標達到最優(yōu)

D.盡量讓優(yōu)先級較高的目標達到最優(yōu)

【答案】B

【解析】暫無。

22.案例題

閱讀下列說明和C代碼，回答問題1至問題3，將解答寫在答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】

某工程計算中經(jīng)常要完成多個矩陣相乘（鏈乘）的計算任務(wù)，對矩陣相乘進行以下說明。

（1）兩個矩陣相乘要求第一個矩陣的列數(shù)等于第二個矩陣的行數(shù)，計算量主要由進行乘法運算的次數(shù)決定，假設(shè)采用標準的矩陣相乘算法，計算Amxn*Bnxp需要m*n*p次行乘法運算的次數(shù)決定、乘法運算，即時間復雜度為O（m*n*p）。

（2）矩陣相乘滿足結(jié)合律，多個矩陣相乘時不同的計算順序會產(chǎn)生不同的計算量。以矩陣A15×100，A2100*8，A38x50三個矩陣相乘為例，若按（A1*A2）*A3計算，則需要進行5*100*8+5*8*50=6000次乘法運算，若按A1*（A2*A3）計算，則需要進行100*8*50+5*10

0*50=65000次乘法運算。

矩陣鏈乘問題可描述為：給定n個矩陣，對較大的n，可能的計算順序數(shù)量非常龐大，用蠻力法確定計算順序是不實際的。經(jīng)過對問題進行分析，發(fā)現(xiàn)矩陣鏈乘問題具有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)，即若A1*A2**An的一個最優(yōu)計算順序從第k個矩陣處斷開，即分為A1*A2*…*Ak和Ak+1*Ak+2*...*An兩個子問題，則該最優(yōu)解應(yīng)該包含

A1*A2*…*Ak的一個最優(yōu)計算順序和

Ak+1*Ak+2*...*An

的一個最優(yōu)計算順序。據(jù)此構(gòu)造遞歸式，

其中，cost[i][j]表示Ai+1*Ai+2*...Aj+1的最優(yōu)計算的計算代價。最終需要求解cost[0][n-1]。

【C代碼】

算法實現(xiàn)采用自底向上的計算過程。首先計算兩個矩陣相乘的計算量，然后依次計算3個矩陣、4個矩陣、…、n個矩陣相乘的最小計算量及最優(yōu)計算順序。下面是該算法的語言實現(xiàn)。

（1）主要變量說明

n：矩陣數(shù)

seq[]：矩陣維數(shù)序列

cost[i][j]：二維數(shù)組，長度為n*n，其中元素cost[i][j]表示Ai+1*Ai+2**Aj+1的最優(yōu)的計算代價。

trace[][]:二維數(shù)組，長度為n*n，其中元素trace[i][j]表示Ai+1*Ai+2**Aj+1的最優(yōu)計算順序?qū)?yīng)的劃分位置，即k。

（2）函數(shù)cmm

#defineN100

intcost[N[N];

inttrace[N][N];

intcmm(intn,intseq[]){

inttempCost;

inttempTrace;

inti,j,k,p;

inttemp;

for(i=0;i

for(p=1;p

for(i=0;

i

（1）

;

tempCost=-1;

for(k=i;

（2）;k++){

temp=

（3）

;

if(tempCost==-1||tempCost>temp){

tempCost=temp;

tempTrace=k;

}

}

cost[i][j]=tempCost;

（4）

;

}

}

returncost[0][n-1];

}

【問題1】（8分）

根據(jù)以上說明和C代碼，填充C代碼中的空（1）～（4）。

【問題2】（4分）

根據(jù)以上說明和C代碼，該問題采用了（5）算法設(shè)計策略，時間復雜度為（6）（用O符號表示）。

【問題3】（3分）

考慮實例n=4，各個矩陣的維數(shù)為A1為15*5，A2為5*10，A3為10*20，A4為20*25，即維度序列為15，5，10，20和25。則根據(jù)上述C代碼得到的一個最優(yōu)計算順序為（7）（用加括號方式表示計算順序），所需要的乘法運算次數(shù)為（8）。

【答案】【問題1】

（1）j=i+p

（2）k3）

【問題3】

（7）A1*((A2*A3)*A4)

（8）5375

【解析】【問題3】

先計算A2*A3，乘法次數(shù)為5*10*20=1000，結(jié)果B1維數(shù)為5*20

接著計算B1*A4，乘法次數(shù)為5*20*25=2500，結(jié)果B2維數(shù)為5*25

最后計算A1*B2，乘法次數(shù)為15*5*25=1875。

總計算次數(shù)為1000+2500+1875=5375

計算次序為A1*((A2*A3)*A4)

23.案例題

閱讀下列說明和圖，回答問題1至問題4,將解答填入答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】某現(xiàn)代農(nóng)業(yè)種植基地為進一步提升農(nóng)作物種植過程的智能化，欲開發(fā)智慧農(nóng)業(yè)平臺，集管理和銷售于一體，該平臺的主要功能有:

1.信息維護。農(nóng)業(yè)專家對農(nóng)作物、環(huán)境等監(jiān)測數(shù)據(jù)的監(jiān)控處理規(guī)則進行維護。

2.數(shù)據(jù)采集。獲取傳感器上傳的農(nóng)作物長勢、土壤墑情、氣候等連續(xù)監(jiān)測數(shù)據(jù)，解析后將監(jiān)測信息進行數(shù)據(jù)處理、可視化和存儲等操作。

3.數(shù)據(jù)處理。對實時監(jiān)測信息根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則進行監(jiān)測分析，將分析結(jié)果進行可視化并進行存儲、遠程控制對歷史監(jiān)測信息進行綜合統(tǒng)計和預測，將預測信息進行可視化和存儲。

4.遠程控制。根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則對分析結(jié)果進行判定，依據(jù)判定結(jié)果自動對控制器進行遠程控制。平臺也可以根據(jù)農(nóng)業(yè)人員提供的控制信息對控制器進行遠程控制。

5.可視化。實時向農(nóng)業(yè)人員展示監(jiān)測信息:實時給農(nóng)業(yè)專家展示統(tǒng)計分析結(jié)果和預測信息或根據(jù)農(nóng)業(yè)專家請求進行展示。

現(xiàn)采用結(jié)構(gòu)化方法對智慧農(nóng)業(yè)平臺進行分析與設(shè)計，獲得如圖1-1所示的上下文數(shù)據(jù)流圖和圖1-2所示的0層數(shù)據(jù)流圖。

【問題1】(4分)

使用說明中的詞語，給出圖1-1中的實體E1~E4的名稱。

【問題2】(4分)

使用說明中的詞語，給出圖1-2中的數(shù)據(jù)存儲D1~D4的名稱。

【問題3】

(4分)

根據(jù)說明和圖中術(shù)語，補充圖1-2中缺失的數(shù)據(jù)流及其起點和終點。

【問題4】(3分)

根據(jù)說明，“數(shù)據(jù)處理”可以分解為哪些子加工?進一步進行分解時，需要注意哪三種常見的錯誤?

【答案】【問題1】(4分)

E1:傳感器;E2:農(nóng)業(yè)專家;E3:農(nóng)業(yè)人員;E4:控制器

【問題2】(4分)

D1:監(jiān)控處理規(guī)則文件D2:監(jiān)測信息文件D3:分析結(jié)果文件D4:預測信息文件

【問題3】

(4分)

起點D1，終點P4，監(jiān)控規(guī)則

起點P5，終點E2，根據(jù)請求進行展示

起點P3，終點P5，分析結(jié)果

起點P3，終點P5，預測信息

【問題4】(3分)

數(shù)據(jù)處理加工分為數(shù)據(jù)分析，可視化與存儲;

黑洞、奇跡、灰洞

【解析】問題1：補充實體名，找出題干給出的名詞形式。

可以通過下方0層圖對比，根據(jù)“農(nóng)業(yè)專家對農(nóng)作物、環(huán)境等監(jiān)測數(shù)據(jù)的監(jiān)控處理規(guī)則進行維護?！泵枋觯覀兛芍狤2是農(nóng)業(yè)專家；根據(jù)“獲取傳感器上傳的農(nóng)作物長勢、土壤墑情、氣候等連續(xù)監(jiān)測數(shù)據(jù)”得知E1是傳感器；根據(jù)“平臺也可以根據(jù)農(nóng)業(yè)人員提供的控制信息對控制器進行遠程控制”，得知E3是農(nóng)業(yè)人員；根據(jù)“根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則對分析結(jié)果進行判定，依據(jù)判定結(jié)果自動對控制器進行遠程控制?！?，得知E4是控制器。

問題2：補充數(shù)據(jù)存儲，給出題干關(guān)鍵信息，文件，數(shù)據(jù)、表、信息等名詞。

通過下文0層圖信息得知，根據(jù)“農(nóng)業(yè)專家對農(nóng)作物、環(huán)境等監(jiān)測數(shù)據(jù)的監(jiān)控處理規(guī)則進行維護。”，可知D1是存儲相關(guān)監(jiān)控處理規(guī)則文件；根據(jù)“解析后將監(jiān)測信息進行數(shù)據(jù)處理、可視化和存儲等操作。”得知D2是監(jiān)測信息文件；根據(jù)“對實時監(jiān)測信息根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則進行監(jiān)測分析，將分析結(jié)果進行可視化并進行存儲”，D3和D4分別是分析結(jié)果文件和預測信息文件。

問題3：補充數(shù)據(jù)流，根據(jù)平衡原則和題干的提示。

首先根據(jù)數(shù)據(jù)流圖平衡原則可知，父子圖不平衡，對于父圖中的由加工指向?qū)嶓wE2的一條數(shù)據(jù)流的名稱為”統(tǒng)計分析數(shù)據(jù)“與子圖中加工P5指向?qū)嶓w的E2的一條數(shù)據(jù)流”統(tǒng)計分析結(jié)果“表示不同，根據(jù)題干說明要求從1-2子圖補充，說明父圖的統(tǒng)計分析數(shù)據(jù)=子圖的分析結(jié)果+缺失的數(shù)據(jù)流構(gòu)成，根據(jù)題干信息”實時給農(nóng)業(yè)專家展示統(tǒng)計分析結(jié)果和預測信息或根據(jù)農(nóng)業(yè)專家請求進行展示。“得知由P5-E2的根據(jù)請求進行展示數(shù)據(jù)流。

其余的三條需要根據(jù)題干描述，對于加工和數(shù)據(jù)存儲或加工與加工之間的數(shù)據(jù)流。

根據(jù)題干”根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則對分析結(jié)果進行判定”得知存在一條有D1-P4監(jiān)控規(guī)則；

根據(jù)題干“實時給農(nóng)業(yè)專家展示統(tǒng)計分析結(jié)果和預測信息”得知存在P3-P5的分析結(jié)果和P4-P5的預測結(jié)果。

問題4：數(shù)據(jù)處理根據(jù)題干描述“對實時監(jiān)測信息根據(jù)監(jiān)控處理規(guī)則進行監(jiān)測分析，將分析結(jié)果進行可視化并進行存儲、遠程控制對歷史監(jiān)測信息進行綜合統(tǒng)計和預測，將預測信息進行可視化和存儲?！笨煞譃閿?shù)據(jù)分析，可視化和存儲三個步驟。需要注意哪三種常見的錯誤：黑洞、奇跡、灰洞。

24.單選題

以下關(guān)于數(shù)據(jù)庫兩級映像的敘述中，正確的是（

）。

問題1選項

A.模式/內(nèi)模式映像實現(xiàn)了外模式到內(nèi)模式之間的相互轉(zhuǎn)換

B.模式/內(nèi)模式映像實現(xiàn)了概念模式到內(nèi)模式之間的相互轉(zhuǎn)換

C.外模式/模式的映像實現(xiàn)了概念模式到內(nèi)模式之間的相互轉(zhuǎn)換

D.外模式/內(nèi)模式的映像實現(xiàn)了外模式到內(nèi)模式之間的相互轉(zhuǎn)換

【答案】B

【解析】本題考查數(shù)據(jù)庫的基本概念。

數(shù)據(jù)庫系統(tǒng)在三級模式之間提供了兩級映像：模式/內(nèi)模式映像、外模式/模式映像。正因為這兩級映像保證了數(shù)據(jù)庫中的數(shù)據(jù)具有較高的邏輯獨立性和物理獨立性。

（1）模式/內(nèi)模式的映像。存在于概念級和內(nèi)部級之間，實現(xiàn)了概念模式到內(nèi)模式之間的相互轉(zhuǎn)換。

（2）外模式/模式的映像。存在于外部級和概念級之間，實現(xiàn)了外模式到概念模式之間的相互轉(zhuǎn)換。

25.單選題

用戶在電子商務(wù)網(wǎng)站上使用網(wǎng)上銀行支付時，必須通過(

)在Internet與銀行專用網(wǎng)之間進行數(shù)據(jù)交換。

問題1選項

A.支付網(wǎng)關(guān)

B.防病毒網(wǎng)關(guān)

C.出口路由器

D.堡壘主機

【答案】A

【解析】本題計算機網(wǎng)絡(luò)相關(guān)交互協(xié)議。

用戶在電子商務(wù)網(wǎng)站上使用網(wǎng)上銀行支付時，必須通過支付網(wǎng)關(guān)才能在Internet與銀行專用網(wǎng)之間進行數(shù)據(jù)交換。

A、支付網(wǎng)關(guān)：是銀行金融網(wǎng)絡(luò)系統(tǒng)和Internet網(wǎng)絡(luò)之間的接口，是由銀行操作的將Internet上傳輸?shù)臄?shù)據(jù)轉(zhuǎn)換為金融機構(gòu)內(nèi)部數(shù)據(jù)的一組服務(wù)器設(shè)備，或由指派的第三方處理商家支付信息和顧客的支付指令。

B、防病毒網(wǎng)關(guān)：防病毒網(wǎng)關(guān)是一種網(wǎng)絡(luò)設(shè)備，用以保護網(wǎng)絡(luò)內(nèi)（一般是局域網(wǎng)）進出數(shù)據(jù)的安全。主要體現(xiàn)在病毒殺除、關(guān)鍵字過濾（如色情、反動）、垃圾郵件阻止的功能，同時部分設(shè)備也具有一定防火墻（劃分Vlan）的功能。如果與互聯(lián)網(wǎng)相連，就需要網(wǎng)關(guān)的防病毒軟件。

C、出口路由器：一般指局域網(wǎng)出外網(wǎng)的路由器，或者指一個企業(yè)、小區(qū)、單位、城域網(wǎng)、省級網(wǎng)絡(luò)、國家網(wǎng)絡(luò)與外界網(wǎng)絡(luò)直接相連的那臺路由器。在網(wǎng)絡(luò)間起網(wǎng)關(guān)的作用，是讀取每一個數(shù)據(jù)包中的地址然后決定如何傳送的專用智能性的網(wǎng)絡(luò)設(shè)備。

D、堡壘主機：堡壘主機是一種被強化的可以防御進攻的計算機，作為進入內(nèi)部網(wǎng)絡(luò)的一個檢查點，以達到把整個網(wǎng)絡(luò)的安全問題集中在某個主機上解決，從而省時省力，不用考慮其它主機的安全的目的。

26.單選題

為了實現(xiàn)多級中斷，保存程序現(xiàn)場信息最有效的方法是使用（）。

問題1選項

A.通用寄存器

B.累加器

C.堆棧

D.程序計數(shù)器

【答案】C

【解析】本題考查的是中斷相關(guān)概念。

在中斷過程中，程序現(xiàn)場信息保存在堆棧部分。本題選擇C選項。

通用寄存器、累加器、程序計數(shù)器都是屬于CPU內(nèi)部的子部件，與本題無關(guān)。

27.案例題

閱讀下列說明和C++代碼,將應(yīng)填入(n)處的字句寫在答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】

享元(flyweight)模式主要用于減少創(chuàng)建對象的數(shù)量，以降低內(nèi)存占用,提高性能?，F(xiàn)要開發(fā)-一個網(wǎng)絡(luò)圍棋程序，允許多個玩家聯(lián)機下棋。由于只有一臺服務(wù)器,為節(jié)省內(nèi)存空間,采用享元模式實現(xiàn)該程序,得到如圖5-1所示的類圖。

圖5-1類圖

【C++代碼】

#include

#include

usingnamespacestd;

enumPieceColor{BLACK,WHITE};

//棋子顏色

classPiecePos{

//棋子位置

private:

intx;

inty;

public:

PiecePos(inta,intb):x(a),y(b){}

intgetX(){returnx;}

intgetY()(returny;)

};

classPiece{

//棋子定義

protected:

PieceColorm_color;

//顏色

【答案】(1)virtualvoidDraw（）=0

(2)Piece*

(3)Piece*

(4)piece->Draw（）

(5)piece->Draw（）

28.單選題

甲乙丙三者分別就相同內(nèi)容的發(fā)明創(chuàng)造，先后向?qū)＠芾聿块T提出申清，（）可以獲得專利申請權(quán)。

問題1選項

A.甲乙丙均

B.先申請者

C.先試用者

D.先發(fā)明者

【答案】B

【解析】本題考查的是知識產(chǎn)權(quán)人確定的相關(guān)內(nèi)容。

對于專利權(quán)，誰先申請就給誰；同時申請則協(xié)商。

29.單選題

以下關(guān)于敏捷統(tǒng)一過程（AUP）的敘述中，不正確的是（

）。

問題1選項

A.在大型任務(wù)上連續(xù)

B.在小型活動上迭代

C.每一個不同的系統(tǒng)都需要一套不同的策略、約定和方法論

D.采用經(jīng)典的UP階段性活動，即初始、精化、構(gòu)建和轉(zhuǎn)換

【答案】C

【解析】本題考查的是敏捷統(tǒng)一過程（AUP）

敏捷統(tǒng)一過程（AUP）采用“在大型上連續(xù)”以及在“小型上迭代”的原理來構(gòu)建軟件系統(tǒng)。采用經(jīng)典的UP階段性活動（初始、精化、構(gòu)建和轉(zhuǎn)換），提供了一系列活動，能夠使團隊為軟件項目構(gòu)想出一個全面的過程流。在每個活動里，一個團隊迭代了使用敏捷，并將有意義的軟件增量盡可能快地交付給最終用戶。

在每一個不同地系統(tǒng)都需要一套不同地策略、約定和方法論是屬于敏捷方法-----水晶法的描述。

注意區(qū)別這里面是考查敏捷統(tǒng)一過程，而非敏捷方法，兩者之間有區(qū)別。

30.單選題

最大尺寸和問題描述為，在n個整數(shù)（包含負數(shù)）的數(shù)組A中，求之和最大的非空連續(xù)子數(shù)組,如數(shù)組A=(-2,11,-4，13,-5，-2)，其中子數(shù)組B=(11,-4,13)具有最大子段和20(11-4+13=20)。求解該問題時,可以將數(shù)組分為兩個n/2個整數(shù)的子數(shù)組最大子段或或者在前半段，或者在后半段，或者跨越中間元素，通過該方法繼續(xù)劃分問題，直至最后求出最大子段和，該算法的時間復雜度為（

）。

問題1選項

A.O(nlgn)

B.O(n2)

C.O(n2lgn)

D.O(n3)

【答案】A

【解析】

本題中將數(shù)組不斷進行二分，這個過程的時間復雜度為O(log2n)，劃分后求解問題需要2個并列的for循環(huán)對劃分后的數(shù)組進行求和比較，此時時間復雜度為O(n)，劃分和求和過程應(yīng)該是嵌套的，所以時間復雜度綜合為O(nlgn)，本題應(yīng)該選擇A選項。

其算法過程可以設(shè)計如下：

intMaxSubSum(int*Array,intleft,intright){

intsum=0;

inti;

if(left==right){/*分解到單個整數(shù)，不可繼續(xù)分解*/

if(Array[left]>0)

sum=Array[left];

else

sum=0;//和小于等于0時，最大和記作0

}/*if*/

else{

/*從left和right的中間分解數(shù)組*/

intcenter=(left+right)/2;/*劃分位置*/

intleftsum=MaxSubSum(Array,left,center);

intrightsum=MaxSubSum(Array,center+1,right);

/*計算包含center的最大值，判斷是情形1（前半段）--Array[1...n]的最大子段和與Array[1...n/2]的最大子段和相同、情形2（后半段）--Array[1...n]的最大子段和與Array[n/2+1...n]的最大子段和、還是情形3（跨越中間元素）--Array[1...n]的最大子段和為Array[i...j]的最大子段和，且1≤i≤n/2,n/2+1≤j≤n。*/

ints1=0;

intlefts=0;

for(i=center;i>=left;i--){

lefts+=Array[i];

if(leftss1=lefts;

}/*for*/

ints2=0;

intrights=0;

for(i=center+1;irights+=Array[i];

if(rights>s2)

s2=rights;

}/*for*/

sum=s1+s2;

/*情形1*/

if(sumsuml=leftsum;

/*情形2*/

if(sumsuml=rightsum;

}/*else*/

returnsum;

}

31.單選題

在CPU中，用（

）給出將要執(zhí)行的下一條指令在內(nèi)存中的地址。

問題1選項

A.程序計數(shù)器

B.指令寄存器

C.主存地址寄存器

D.狀態(tài)條件寄存器

【答案】A

【解析】A選項程序計數(shù)器PC：存儲下一條要執(zhí)行指令的地址。本題選擇A選項。

B選項指令寄存器IR：存儲即將執(zhí)行的指令。

C選項主存地址寄存器MAR：用來保存當前CPU所訪問的內(nèi)存單元的地址。

D選項狀態(tài)條件寄存器PSW：存狀態(tài)標志與控制標志。

32.單選題

二叉樹的高度是指其層數(shù)，空二叉樹的高度為0，僅有根結(jié)點的二叉樹高度為1，若某二叉樹中共有1024個結(jié)點，則該二叉樹的高度是整數(shù)區(qū)間（

）中的任一值。

問題1選項

A.(10,1024)

B.[10,1024]

C.(11,1024)

D.[11,1024]

【答案】D

【解析】本題考查關(guān)于二叉樹的構(gòu)造問題。

根據(jù)題干描述，空二叉樹的高度為0，僅有根結(jié)點的二叉樹高度為1，當若某二叉樹中共有1024個結(jié)點，求其取值范圍？

我們不妨求出取值范圍的極限值，當1024個結(jié)點都為根結(jié)點的時候，表示1024個二叉樹高度為1，高度累計為1024，區(qū)間能夠取到1024，屬于閉區(qū)間，排除A，C

再求出其最小值的情況，最小值應(yīng)該是按照滿二叉樹進行排列，對于二叉樹的規(guī)律如下：第一層的結(jié)點樹2^0=1，第二層2^1=2，第3層2^2=4，依次類推。

對于1024而言，2^10=1024，所以我們不能取到11層，應(yīng)該先到第10層2^9=512，此時10層共累計的節(jié)點有：2^0+2^1+...+2^9=1023，共有1024還缺少1個結(jié)點，只能存放到第11層，第11層僅有1個結(jié)點，但是它的層次已經(jīng)到了11層，所以能取到11，屬于閉區(qū)間，排除B選項，故表達式取值范圍應(yīng)該是[11,1024]。

33.案例題

閱讀下列說明和Java代碼，將應(yīng)填入（n）處的字句寫在答題紙的對應(yīng)欄內(nèi)。

【說明】

在線支付是電子商務(wù)的一一個重要環(huán)節(jié)，不同的電子商務(wù)平臺提供了不同的支付接口。現(xiàn)在需要整合不同電子商務(wù)平臺的支付接口，使得客戶在不同平臺上購物時，不需要關(guān)心具體的支付接口。擬采用中介者(Mediator)設(shè)計模式來實現(xiàn)該需求，所設(shè)計的類圖如圖6-1所示。

【Java代碼】

【答案】(1)voidbuy(doublemoney,WebServiceservice)

(2)WebServiceMediator

(3)abstractvoidbuyService(doublemoney)

(4)mediator.buy(money,this)

(5)mediator.buy(money,this)

【解析】（1）空是屬于接口WebServiceMeditor內(nèi)的方法，我們可以通過下文的實現(xiàn)類中找到ConcreteServiceMeditor可知缺少了一個buy（）方法

故第一空填寫voidbuy(doublemoney,WebServiceservice)；（2）空類WebService中屬性的參數(shù)類型,Colleague與Mediator之間的關(guān)聯(lián)關(guān)系由屬性meditor實現(xiàn)，所以第2空應(yīng)該填寫WebServiceMediator；（3）空類WebService中的抽象方法，根據(jù)其具體子類可以看到缺少的是buyService方法，書寫成abstractvoidbuyService(doublemoney)；（4）空和（5）空具體同事類Amazon、Ebay與中介者的通信，調(diào)用中介者之間的支付接口，所以空（4）和（5）都填寫mediator.buy(money,this)。

34.單選題

對長度為n的有序順序進行折半查找（即二分查找）的過程可用一棵判定樹表示，該判定樹的形態(tài)符合（）的特點。

問題1選項

A.最優(yōu)二叉樹（即哈夫曼樹）

B.平衡二叉樹

C.完全二叉樹

D.最小生成樹

【答案】B

【解析】本題考查的是二分查找相關(guān)內(nèi)容。

二分查找是將序列均分，每一次都是平均分配后左右序列數(shù)相同，相當于一棵二叉樹，左右結(jié)點都是相同個數(shù)，最終形成的是平衡二叉樹的形態(tài)。本題選擇B選項。

35.單選題

在單處理機計算機系統(tǒng)中有1臺打印機、1臺掃描儀，系統(tǒng)采用先來先服務(wù)調(diào)度算法。假設(shè)系統(tǒng)中有進程P1、P2、P3、P4,其中P1為運行狀態(tài)，P2為就緒狀態(tài)，P3等待打印機，P4等待掃描儀。此時，若P1釋放了掃描儀，則進程P1、P2、P3、P4的狀態(tài)分別為（）。

問題1選項

A.等待、運行、等待、就緒

B.運行、就緒、等待、就緒

C.就緒、就緒、等待、運行

D.就緒、運行、等待、就緒

【答案】B

【解析】考查三態(tài)模型相關(guān)問題。

在題干提示有相關(guān)進程P1，P2，P3，P4，兩個資源打印機和掃描儀，三個狀態(tài)：運行，就緒，等待。

首先題干已經(jīng)明確說明P1處于運行態(tài)，釋放了掃描儀，此時P1還有打印機沒有運行完成，應(yīng)該仍處于運行狀態(tài)。

對于P2而言，單處理機計算機系統(tǒng)只允許擁有1個運行狀態(tài)，P1此時還未運行完成，未分配對應(yīng)的CPU，仍處于就緒態(tài)。

對于P3而言，等待打印機，處于等待狀態(tài)，此時沒有關(guān)于打印機的資源釋放，仍處于等待狀態(tài)。

對于P4而言，等待掃描儀，處于等待狀態(tài)，有相關(guān)的掃描儀資源釋放，應(yīng)該得到相應(yīng)的資源發(fā)生，從等待狀態(tài)變成了就緒狀態(tài)。

36.單選題

根據(jù)《計算機軟件保護條例》的規(guī)定，對軟件著作權(quán)的保護不包括（

）。

問題1選項

A.目標程序

B.軟件文檔

C.源程序

D.開發(fā)軟件所有的操作方法

【答案】D

【解析】《計算機軟件保護條例》保護的是軟件程序以及文檔，其中軟件程序包括源程序和目標程序。

開發(fā)軟件所用的思想、處理過程、操作方法或者數(shù)學概念不受軟件著作權(quán)保護。本題選擇D選項。

37.單選題

面向?qū)ο蠓治龅牡谝豁椈顒邮牵ǎ?；面向?qū)ο蟪绦蛟O(shè)計語言為面向?qū)ο螅ǎ?/p>

問題1選項

A.組織對象

B.描述對象間的相互作用

C.認定對象

D.確定對象的操作

問題2選項

A.用例設(shè)計

B.分析

C.需求分析

D.實現(xiàn)

【答案】第1題:C

第2題:D

【解析】第1題:本題考查的是面向?qū)ο蠓治雠c設(shè)計相關(guān)內(nèi)容。

面向?qū)ο蠓治龅幕顒佑校赫J定對象（名詞）、組織對象（抽象成類）、對象間的相互作用、基于對象的操作，第一項活動是認定對象，本題選擇C選項。

第2題:面向?qū)ο髮崿F(xiàn)需要選擇一種面向?qū)ο蟪绦蛟O(shè)計語言。第二空選擇D選項。

38.單選題

關(guān)于螺旋模型，下列陳述中不正確的是（

），（

）。

問題1選項

A.將風險分析加入到瀑布模型中

B.將開發(fā)過程劃分為幾個螺旋周期，每個螺旋周期大致和瀑布模型相符

C.適合于大規(guī)模、復雜且具有高風險的項目

D.可以快速的提供一個初始版本讓用戶測試

問題2選項

A.支持用戶需求的動態(tài)變化

B.要求開發(fā)人員具有風險分析能力

C.基于該模型進行軟件開發(fā)，開發(fā)成本低

D.過多的迭代次數(shù)可能會增加開發(fā)成本，進而延遲提交時間

【答案】第1題:D

第2題:C

【解析】第一空選項中，可以快速提供一個初始版本給用戶的是增量模型而不是瀑布模型。D選項描述錯誤。其他描述都是正確的。

第二空選項中，在螺旋模型中過多的迭代次數(shù)會增加開發(fā)成本，C選項開發(fā)成本低的描述是錯誤的。其他描述都是正確的。

39.單選題

SQL注入是常見的web攻擊，以下不能夠有效防御SQL注入的手段是（）。

問題1選項

A.對用戶輸入做關(guān)鍵字過濾

B.部署Web應(yīng)用防火墻進行防護

C.部署入侵檢測系統(tǒng)阻斷攻擊

D.定期掃描系統(tǒng)漏洞并及時修復

【答案】C

【解析】本題考查的是SQL注入攻擊相關(guān)內(nèi)容。對用戶輸入做關(guān)鍵字過濾、Web應(yīng)用防火墻、定期掃描系統(tǒng)漏洞并及時修復都可以有效防御SQL注入攻擊，入侵檢測系統(tǒng)無法防御SQL注入。本題選擇C選項。

40.單選題

廣大公司(經(jīng)銷商)擅自復制并銷售恭大公司開發(fā)的OA軟件已構(gòu)成侵權(quán)。鴻達公司在不知情時從廣大公司(經(jīng)銷商)處購入該軟件并已安裝使用，在鴻達公司知道了所使用的軟件為侵權(quán)復制的情形下其使用行為（）

問題1選項

A.侵權(quán)，支付合理費用后可以繼續(xù)使用該軟件

B.侵權(quán)，須承擔賠償責任

C.不侵權(quán)，可繼續(xù)使用該軟件

D.不侵權(quán)，不需承擔任何法律責任

【答案】A

【解析】本題考查知識產(chǎn)權(quán)。

我國計算機軟件保護條例第30條規(guī)定“軟件的復制品持有人不知道也沒有合理理由應(yīng)當知道該軟件是侵權(quán)復制品的,不承擔賠償責任;但是,應(yīng)當停止使用、銷毀該侵權(quán)復制品。如果停止使用并銷毀該侵權(quán)復制品將給復制品使用人造成重大損失的,復制品使用人可以在向軟件著作權(quán)人支付合理費用后繼續(xù)使用。”鴻達公司在獲得軟件復制品的形式上是合法的(向經(jīng)銷商購買),但是由于其沒有得到真正軟件權(quán)利人的授權(quán),其取得的復制品仍是非法的,所以鴻達公司的使用行為屬于侵權(quán)行為。

鴻達公司應(yīng)當承擔的法律責任種類和劃分根據(jù)主觀狀態(tài)來確定。首先,法律確立了軟件著作權(quán)人的權(quán)利進行絕對的保護原則,即軟件復制品持有人不知道也沒有合理理由應(yīng)當知道該軟件是侵權(quán)復制品的,也必須承擔停止侵害的法律責任,只是在停止使用并銷毀該侵權(quán)復制品將給復制品使用人造成重大損失的情況下,軟件復制品使用人可繼續(xù)使用,但前提是必須向軟件著作權(quán)人支付合理費用。其次,如果軟件復制品持有人能夠證明自己確實不知道并且也沒有合理理由應(yīng)當知道該軟件是侵權(quán)復制品的,軟件復制品持有人除承擔停止侵害外,不承擔賠償責任。

軟件復制品持有人一旦知道了所使用的軟件為侵權(quán)復制品時,應(yīng)當履行停止使用、銷毀該軟件的義務(wù)。不履行該義務(wù),軟件著作權(quán)人可以訴請法院判決停止使用并銷毀侵權(quán)軟件。如果軟件復制品持有人在知道所持有軟件是非法復制品后繼續(xù)使用給權(quán)利人造成損失的,應(yīng)該承擔賠償責任。

41.單選題

如下圖如下E-R圖中，兩個實體R1、R2之間有一個聯(lián)系E，當E的類型為（

）時必須將E轉(zhuǎn)換成—個獨立的關(guān)系模式？

問題1選項

A.1:1

B.1:*

C.*：1

D.*：*

【答案】D

【解析】本題考查的是E-R轉(zhuǎn)換為關(guān)系模式的轉(zhuǎn)換規(guī)則。其中1：1和1：*類型的聯(lián)系可以歸并到實體中，而*：*聯(lián)系必須單獨轉(zhuǎn)換為1個獨立的關(guān)系模式。本題選擇D選項。

42.單選題

IPv6地址長度為（

）bit。

問題1選項

A.16

B.32

C.64

D.128

【答案】D

【解析】本題考查IPv6的基本概念。IPv6地址由128位二進制表示。

43.單選題

Python語言的特點不包括（）。

問題1選項

A.跨平臺、開源

B.編譯型

C.支持面向?qū)ο蟪绦蛟O(shè)計

D.動態(tài)編程

【答案】B

【解析】本題考查python相關(guān)問題。

python語義的特點：

跨平臺、開源、簡單易學、面向?qū)ο?、可移植性、解釋性、開源、高級語言、可擴展性、豐富的庫、動態(tài)編程等等

綜上所述B選項錯誤，python不是編譯型語言，而是解釋型語言。

44.單選題

云計算有多種部署模型(DeploymentModels)。若云的基礎(chǔ)設(shè)施是為某個客戶單獨使用而構(gòu)建的，那么該部署模型屬于（

）。

問題1選項

A.公有云

B.私有云

C.社區(qū)云

D.混合云

【答案】B

【解析】A選項公有云通常指第三方提供商為用戶提供的能夠使用的云，公有云一般可通過Internet使用，可能是免費或成本低廉的，公有云的核心屬性是共享資源服務(wù)。

B選項私有云(PrivateClouds)是為一個客戶單獨使用