2023年四川省瀘州市全國計算機等級考試網絡技術模擬考試(含答案)

2023年四川省瀘州市全國計算機等級考試網絡技術模擬考試(含答案)學校:________班級:________姓名:________考號:________

一、單選題(10題)1.文件傳輸服務使用()協(xié)議。

A.SMTPB.FTPC.UDPD.TELNET

2.如果發(fā)送方使用的加密密鑰和接收方使用的解密密鑰不相同，從其中一個密鑰難以推出另一個密鑰，這樣的系統(tǒng)稱為()系統(tǒng)。

A.常規(guī)加密B.公鑰加密C.對稱加密D.單密鑰加密

3.在Internet域名系統(tǒng)中，.com通常表示()。

A.商業(yè)組織B.教育機構C.政府部門D.非營利性機構

4.目前的防火墻防范主要是()。

A.主動防范B.被動防范C.不一定

5.下列關于綜合布線的描述中，正確的是()。

A.適配器具有轉換不同數據速率的功能

B.與STP相比，UTP防止對外電磁輻射的能力更強

C.多介質插座是用來連接UTP和STP的

D.對于建筑群子系統(tǒng)來說，巷道布線法是最理想的方式

6.早期廣域網中廣泛使用的X.25通信子網，從交換技術上看，是一種典型的()。

A.分組交換網B.ATM交換網C.線路交換網D.動態(tài)交換網

7.網絡營銷的企業(yè)競爭是一種()的競爭形態(tài)。

A.以產品為焦點B.以技術為焦點C.以人才為焦點D.以顧客為焦點

8.下列關于綜合布線系統(tǒng)(PDS)的描述中，錯誤的是()。

A.PDS工程的設備配置是指各種配線架、布線子系統(tǒng)、傳輸介質和信息插座等的配置

B.當在單一信息插座上進行兩項服務時，宜采用Y形適配器

C.水平布線子系統(tǒng)雙絞線電纜長度應該在90m以內

D.網絡拓撲結構的組合邏輯描述了網絡單元的鄰接關系

9.以下哪項不是屬于信息傳輸安全過程的安全威脅()。

A.更新信息B.截獲信息C.竊聽信息D.偽造信息

10.下列關于Linux操作系統(tǒng)的描述中，正確的是(）。A.A.Linux是由荷蘭的大學生LinusB.Torvalds開發(fā)的免費網絡操作系統(tǒng)

B.Linux已用于互聯(lián)網的多種Web服務器、應用服務器

C.Linux具有虛擬內存能力，不必利用硬盤擴充內存

D.Linux支持Intel硬件平臺，而不支持Sparc、Power平臺

二、填空題(10題)11.100Base-TX網絡采用的物理拓撲結構為。

12.信息安全包括5個基本要素：機密性、完整性、、可控性與可審查性。

13.(1）在擴展的ASCII碼中，每個數字都能用二進制數表示，例如，1表示為00110001，2表示為00110010，那么2008可表示為_________。

14.Linux中提供名字服務的程序是。

15.(20）在混合式P2P網絡中，根據結點的能力可以將結點分為用戶結點、搜索結點和_________3種類型。

16.(3）計算機網絡利用通信線路將不同地理位置的多臺獨立的_________的計算機系統(tǒng)連接起來，以實現(xiàn)資源共享。

17.

18.對于機架式服務器，通常根據機箱的高度細分為1U/2U/3U/4U/5U/6U/7U/8U等規(guī)格，其中1U相當于______mm。

19.(1)計算機應用技術領域包括科學計算、事務處理、過程控制、輔助工程、________、網絡應用和多媒體的應用等七大領域。

20.在客戶機/服務器模式中，主動發(fā)出請求的是______。

三、2.填空題(8題)21.網絡管理的一個重要功能是性能管理，性能管理包括______和調整兩大功能。

22.主機通過高速______與通信控制處理機相連接。

23.X.25網絡設備包括數據終端設備(DTE)，分組交換設備(PSE)和______設備。

24.B-ISDN協(xié)議分為3面和3層，其中控制面?zhèn)魉汀尽啃畔ⅲ瓿捎脩敉ㄐ诺慕?、維護和拆除。

25.面向知識處理階段的電子政務，通過分布式的【】服務中心提供跨部門的政府業(yè)務服務。

26.計算機網絡的資源子網的主要組成單元是【】。

27.幀是數據通信中的最小語義單位，根據信號內容的不同又可分為命令幀、響應幀和【】幀。

28.計算機網絡的兩級子網中，通信子網包括______和通信鏈路。

四、C語言程序設計題(2題)29.函數Rdata實現(xiàn)從文件in．dat中讀取一篇英文文章存入到字符串數組string中，請編寫函數CharLeft，其功能是：以行為單位把字符串中的所有字符的ASCII值左移4位，如果左移后，其字符的ASCII值小于等于32或大于100，則原字符保持不變，否則就把左移后的字符ASCII值再加上原字符ASCII值，得到新的字符仍存入原字符串對應的位置上。最后把已處理的字符串仍按行重新存入字符串數組string中，最后調用函數Wdata，把結果string輸出到文件out．dat中。

原始數據文件存放的格式是：每行的寬度均小于80個字符(含標點符號和空格)。

注意：部分源程序已經給出。

請勿改動主函數main、讀數據函數Rdata和輸出數據函數Wdata的內容。

30.已知數據文件in．dat中存有300個四位數，并已調用讀函數readDat把這些數存入數組a中，請編制一函數jsValue，其功能是：求出千位數上的數加百位數上的數等于十位數上的數加個位數上的數的個數cnt，再把所有滿足此條件的四位數依次存入數組b中，然后對數組b的四位數按從大到小的順序進行排序。最后main函數調用寫函數writeDat把數組b中的數輸出到文件out．dat中。

例如：7153，7+1=5+3，則該數滿足條件存入數組b中，且個數cnt=-cnt+1。

8129，8+1!=2+9，則該數不滿足條件忽略。

注意：部分源程序存在test．c文件中。

程序中已定義數組：a[300]，b[300]，已定義變量：cnt

請勿改動數據文件in．dat中的任何數據、主函數main、讀函數readDat和寫函數writeDat的內容。

五、1.選擇題(3題)31.Excel屬于()。

A.電子表格軟件B.字處理軟件C.數據庫軟件D.財務軟件

32.連接南京郵電學院的主頁，下面的______操作不對。

A.在地址欄中輸入

B.在地址欄中輸入

C.在“開始”→“運行”中輸入

D.在地址欄中輸入gopher://

33.奔騰機的主板上通常都帶有Cache存儲器，這個Cache存儲器是()。

A.硬件與主存之間的緩存B.軟盤與主存之間的緩存C.CPU與視頻設備之間的緩存D.CPU與主存儲器之間的緩存

六、1.程序設計題(3題)34.已知數據文件IN72.DAT中存有200個4位數，并已調用讀函數readDat()把這些數存入數組a中，請編制一函數jsVal()，其功能是：把個位數字和千位數字重新組合成一個新的十位數ab(新十位數的十位數字是原4位數的個位數字，新十位數的個位數字是原4位數的千位數字)，以及把百位數字和十位數字組成另一個新的十位數cd(新十位數的十位數字是原4位數的百位數字，新十位數的個位數字是原4位數的十位數字)，如果新組成的兩個數均為偶數且兩個十位數中至少有一個數能被9整除，同時兩個新十位數字均不為零，則將滿足此條件的4位數按從大到小的順序存入數組b中，并計算滿足上述條件的4位數的個數cnt，最后調用．寫函數writeDat()把結果cnt及數組b中符合條件的4位數輸出到OUT72.DAT文件中。

注意：部分源程序已給出。

程序中已定義數組：a[200],b[200],已定義變量：cnt。

請勿改動主函數main()、讀函數readDat()和寫函writeDat()的內容。

試題程序：

#include＜stdio.h＞

#defineMAX200

inta[MAX],b[MAX],cnt=0;

voidjsval()

{

{

VoidreadDat()

{

inti；

FILE*fp;

fp=fopen("IN72.DAT","r")；

for(i=0;i＜NAX;i++)

fscanf(fp,"%d",&a[i]];

fclose(fp)；

}

main()

{

inti;

readDat();

jsVal()

for(i=0;i＜cnt;i++)

printf("%d\n",b[i]);

prIntf("\n")；

wrlteDat()；

}

wrlteDat()

{

FILE*fp;

inti;

fp=fopen("OUT72.DAT","w");

fprlrltf(fp,"％d\n",cnt);

for(i=0；i＜Cht;i++

fprIntf(fp,"％d\n"，h[i])；

fclose(fp)；

}

35.已知在文件in70.dat中存有若干個(個數<200)4位數字的正整數，函數ReadDat()是讀取這若干個正整數并存入數組xx中。請編制函數CalValue()，其功能要求是：(1)求出這個文件中共有多少個正整數totNum。(2)求這些數右移一位后，產生的新數是奇數的數的個數totCnt，以及滿足此條件的這些數(右移前的值)的算術平均值totPjz。最后調用函數WriteDat()把所有結果輸出到文件out70．dat中。

注意：部分源程序己給出。

請勿改動主函數main()、讀函數ReadDat()和寫函數WriteDat()的內容。

試題程序：

#include＜stdio.h＞

#include＜conio.h＞

#defineMAXNUM200

ihtxx[MAXNUM];

inttotNum=0;

inttotCnt=0;

doubletotPjz=0.0;

intReadDat(void);

voidWriteDat(void);

voidCalValue(void)

{

}

voidmain()

{

inti;

clrscr();

for(i=0;ixx[i]=0;

if(ReadDat())

{

printf("數據文件IN70.DAT不能打開!\007\n");

return;

}

CalValue();

printf("文件IN70.DAT中共有正整數=%d個\n",totNum);

printf("符合條件的正整數的個數=%d個\n",totCnt);

printf("平均值=%.21f\n",totPjz);

WriteDat();

intReadDat(void)

{

FILE*fp;

ihti=0;

if((fp=fopen("IN70.DAT","r"))==NULL)return1;

while(!feof(fp))

{

fscanf(fp,"%d",&xx[i++]);

}

fclose(fp);

return0;

}

voidWriteDat(void)

{

FILE*fp;

fp=fopen("OUT70.DAT","w");

fprintf(fp,"%d\n%d\n%.21f\n",totNum,totCnt,totPjz);

fclose(fp);

}

36.函數ReadDat()實現(xiàn)從文件IN47.DAT中讀取1000個十進制整數到數組xx屯。請編制函數Compum()分別計算出xx中偶數的個數even、奇數的平均值ave1、偶數的平均值ave2及所有偶數的方差totfc的值，最后調用函數WilteDat()把結果輸出到OUT47.DAT文件中。

計算方差的公式如下：

設N為偶數的個數，xx[i]為偶數，ave2為偶數的平均值。

原始數據的存放格式是：每行存放10個數，并用逗號隔開(每個數均大于0且小于等于2000)。

注意：部分源程序已給出。

請勿改動主函數main()、讀函數ReadDat()和寫函數WriteDat()的內容。

試題程序：

#include＜stdio.h＞

#include＜stdlib.h＞

#include＜string.h＞

#defineMAX1000

intxx[MAX],dd=O,even=O;

doubleavel=0.0,ave2=0.0,totfc=0.0;

voidWriteDat(void);

intReadDat(void)

{FILE*fp;

inti,j;

if((fp=fopen("IN47.DAT","r"))==NULL)

return1;

for(i=0;i＜100;i++)

{

for(j=0;j＜10;j++)

fscanf(fp,"%d,",&xx[i*10+j]);

fscanf(fp,"In");

if(feof(fp))break;

}

fclose(fp);

}

voidCompute(void)

{

}

voidmain()

{inti;

for(i=0;i＜MAX;i++)

xx[i]=0;

if(ReadDat())

{

printf("數據文件IN47.DAT不能打開!\007\n");

return;

}

Compute();

printf("EVEN=%d\nAVE1=%f\nAvE2=%f\nTOTFC=%f\n",even,ave1,ave2,

totfc);

WriteDat();

}

voidWriteDat(void)

{

FILE*fp;

inti;

fp=fopen("OUT47.DAT","w");

fprintf(fp,"%d\n%lf\n%lf\n%lf\n",even,avel,ave2,totfc);

fclose(fp);

}

參考答案

1.B選項A)，SMTP是簡單郵件傳輸協(xié)議；選項B)，F(xiàn)TP是文件傳輸協(xié)議；選項C)，UDP是用戶數據報協(xié)議，運行在傳輸層；選項D)，Telnet是遠程登錄協(xié)議。

2.B解析：對稱加密也叫常規(guī)加密、保密密鑰加密或者單密鑰加密，指的是通信雙方的加密和解密都使用相同的密鑰。與對稱加密相對的是非對稱加密，又稱公鑰加密系統(tǒng)。公鑰加密系統(tǒng)有兩個不同的密鑰，私鑰被秘密保存；公鑰，不需要保密。從其中一個密鑰難以推出另一個密鑰。

3.A解析：作為國際性的大型互聯(lián)網，Internet規(guī)定了一組正式的通用標準標號，形成了國際通用頂級域名，如下所示：

[*]

4.B

5.A適配器用于連接不同信號的數模轉換或數據速率轉換裝置。相對與UTP，STP、FTP和SFrP雙絞電纜都是有屏蔽層的屏蔽線纜，具有防止外來電磁干擾和防止向外輻射的特性，所以B選項錯誤。\n\u3000\u3000多介質插座，是用來連接銅纜和光纖兩種不同介質的裝置，所以C選項錯誤。對于建筑群子系統(tǒng)來說，因為建筑群環(huán)境中，建筑物間通常用地下巷道，雖然巷道鋪設電纜造價低、安全可靠，但是它易被熱水管的熱氣或熱水損壞，因而它不是理想的布線方式，在建筑群布線系統(tǒng)中，較為理想的布線方式為管道內布線法。因此選項A正確。

6.A解析：X.25建議標準是由ITU-T定義的關于用戶主機系統(tǒng)和通信網絡之間接口的標準。當網絡采用X.25作為網絡接口標準時，被稱之為X.25網。目前廣域網中廣泛使用的X.25通信子網從交換技術上看，是一種典型的分組交換網。分組交換網具有很好的靈活性。X.25的協(xié)議建立在原有速率較低、誤碼率較高的電纜傳輸介質之上。它采取了包括差錯控制、流量控制、擁塞控制等功能來保證數據傳輸的可靠性。X.25協(xié)議的復雜執(zhí)行過程增大了網絡傳輸的延遲時間。X.25標準定義了3個層次的協(xié)議：物理層、數據鏈路層和網絡層。線路交換網目前主要用于電話網中。它要求在兩個結點之間通過建立、維持、釋放來臨時建立一條專用的通信信道。線路交換網實時性好。ATM技術實現(xiàn)了線路交換方式和分組交換方式的結合，既具有實時性，又具有靈活性，是B-ISDN選擇的數據傳輸技術。

7.D

8.D綜合布線系統(tǒng)的網絡拓撲結構是由各種網絡單元組成的，并按照技術性能要求和經濟合理原則進行組合和配置。組合配置包括組合邏輯和配置形式，組合邏輯描述網絡功能的體系結構;配置形式描述網絡單元的鄰接關系，即說明交換中心(或節(jié)點)和傳輸鏈路的連接情況。因此選項D的說法錯誤。

9.A

10.B(28)B)【解析】設計Linux的想法來自一位芬蘭赫爾辛基大學的大學生LinusB.Torvalds，但是他并沒有發(fā)行這套操作系統(tǒng)的二進制文件，只是對外發(fā)布源代碼而已；Linux已用于互聯(lián)網的多種Web服務器、應用服務器；它具有虛擬內存能力，可以利用硬盤擴充內存；RedHatLinux5.1提供了對Intel、Alpha和Spare平臺和大多數的應用軟件的支持。

11.星型本題主要考查網絡拓撲結構的選擇，需要考生了解各種拓撲結構的優(yōu)缺點。網絡拓撲結構按照幾何圖形的形狀可分為4種類型：總線拓撲、環(huán)型拓撲、星型拓撲和網狀拓撲。這些形狀也可以混合，構成混合拓撲結構。不同的網絡拓撲結構適用于不同規(guī)模的網絡。下面分別對上述4種網絡拓撲結構進行簡單的介紹。

—總線拓撲結構由單根電纜組成，該電纜連接網絡中所有的節(jié)點。單根電纜稱為總線，由于它只能支持一種信道，因此所有節(jié)點共享總線的全部帶寬。在總線網絡中，當一個節(jié)點向另一個節(jié)點發(fā)送數據時，所有節(jié)點都將被動地偵聽該數據，只有目標節(jié)點才會接收并處理發(fā)送給它的數據，其他節(jié)點將忽略該數據?；诳偩€拓撲結構的網絡很容易實現(xiàn)，且組建成本很低，但擴展性較差。當網絡中的節(jié)點數量增加時，網絡的性能將會下降。此外，總線網絡的容錯能力較差，總線上的某個中斷或故障將會影響整個網絡的數據傳輸。因此，很少有網絡單純地采用總線拓撲結構。

—在環(huán)型拓撲結構中，每個節(jié)點與和它最近的兩個節(jié)點相連接，使整個網絡形成一個環(huán)型，數據沿著環(huán)向一個方向發(fā)送。環(huán)中的每個節(jié)點如同一個能再生和發(fā)送信號的中繼器，它們接收環(huán)中傳輸的數據，再將其轉發(fā)到下一個節(jié)點。與總線拓撲結構相同，當環(huán)中的節(jié)點數量增加時，響應時間也會相應變長。由此可見，單純的環(huán)型拓撲結構非常不靈活，不易于擴展。此外，在一個簡單的環(huán)型拓撲結構中，如果單個節(jié)點或一處電纜發(fā)生故障，將會造成整個網絡的癱瘓。也正因此，一些網絡采用雙環(huán)結構來提供容錯能力。

—在星型拓撲結構中，網絡中的每個節(jié)點通過一個中央設備（如集線器）連接在一起。網絡中的每個節(jié)點將數據發(fā)送給中央設備，再由中央設備將數據轉發(fā)到目標節(jié)點。一個典型的星型網絡拓撲結構所需的線纜和配置稍多于環(huán)型或總線網絡。由于在星型網絡中，任何單根電纜只連接兩個設備（如一個工作站和一個集線器），因此一處電纜問題最多影響兩個節(jié)點，單根電纜或單個節(jié)點發(fā)生故障不會導致整個網絡通信的中斷。但是，中央設備的故障將會造成一個星型網絡的癱瘓。由于使用中央設備作為連接點，所以星型拓撲結構可以很容易地移動、隔絕或進行與其他網絡的連接，這使得星型拓撲結構易于擴展。因此，星型拓撲是目前局域網中最常用的一種網絡拓撲結構，現(xiàn)在的以太網大都使用星型拓撲結構。

—在網狀拓撲結構中，每兩個節(jié)點之間都直接連接的。網狀拓撲常用于廣域網，其中的節(jié)點指地理場所。由于每個節(jié)點之間都是直接連接的，所以數據能夠從發(fā)送地直接傳輸到目的地。如果一個連接出了問題，可以簡單、迅速地更改數據的傳輸路徑。由于為兩點之間的數據傳輸提供了多條鏈路，因此，網狀拓撲是最具容錯性的網絡拓撲結構。

綜上所述，100Base-TX網絡采用的物理拓撲結構應該為星型拓撲結構。

12.可用性信息安全包括5個基本要素，分別是機密性、完整性、可用性、可控性與可審查性。

—機密性：確保信息不暴露給未授權的實體或進程。

—完整性：只有得到允許的人才能修改數據，并且能夠判別出數據是否已被篡改。

—可用性：得到授權的實體在需要時可以訪問數據，即攻擊者不能占用所有的資源而阻礙授權者的工作。

—可控性：可以控制授權范圍內的信息流向及行為方式。

—可審查性：對出現(xiàn)的網絡安全問題提供調查的依據和手段。

在網絡系統(tǒng)中，當信息從信源向信宿流動時，可能受到攻擊的類型包括中斷、截取、修改和捏造。其中，中斷是指系統(tǒng)資源遭到破壞或變得不能使用，這是對可用性的攻擊，例如對一些硬件進行破壞、切斷通信線路或禁用文件管理系統(tǒng)；截取是指未經授權的實體得到了資源的訪問權，這是對保密性的攻擊；修改是指未經授權的實體不僅得到了訪問權，而且還篡改了資源，這是對完整性的攻擊；捏造是指未經授權的實體向系統(tǒng)中插入偽造的對象，這是對真實性的攻擊。由此可見，一個現(xiàn)代的信息系統(tǒng)若不包含有效的信息安全技術措施，就不能被認為是完整的和可信的。

13.(1)00110010001100000011000000111000【解析】計算機內部采用二進制記數和運算，只有0和l兩個數字，按“逢二進一”的規(guī)律計數。2008由2、O、O、8四個ASCII碼組成，根據題目已知1表示為00110001．2表示為O0110010，則可通過計算得出：0就是00110000(00110001-1)3表示為00110011(O0110010+1)（即每次加l，按“逢二進一”進位），依次類推8表示為00111000。

14.named將主機和對照的IP地址放到DNS服務器中，當某個主機與其他主機通信時，將先到DNS服務器中詢問。一個網絡中可以有多個DNS服務器。當這些DNS服務器中沒有要查詢的IP數據時，可以轉向外界的DNS服務器進行查詢。這種方法非常適合大型網絡，現(xiàn)在的Internet中采用的解析標準就是DNS。特別是在Linux、UNIX操作系統(tǒng)中，有一種專門的DNS服務程序Bind，其運行的守護進程叫做named。

15.(20)索引結點【解析】在混合式P2P網絡中，根據結點的能力可以將結點分為用戶結點、搜索結點和索引結點3種類型。

16.(3)自治

【解析】計算機網絡利用通信線路將不同地理位置的多個自治的計算機系統(tǒng)連接起來，以實現(xiàn)資源共享。

17.

18.4444解析：對于機架式服務器而占，U是一個高度單位，IU相當于44mm。

19.(1)人工智能【解析】概括起來，計算機應用技術領域包括科學計算、事務處理、過程控制、輔助工程、人工智能、網絡應用和多媒體的應用等七大領域。

20.客戶機客戶機解析：客戶機/服務器的工作模式為：應用程序之間為了能順利地通信，服務器應處于守候狀態(tài)，并監(jiān)視客戶機的請求。客戶機發(fā)出請求，該請求經互聯(lián)網傳送給務器，-旦服務器接收到這個請求，就可以執(zhí)行請求指定的任務，并將執(zhí)行的結果經互聯(lián)網回送給客戶機機。

21.監(jiān)視監(jiān)視解析：性能管理功能允許網絡管理者查看網絡運行的好壞，它主要包括監(jiān)視和調整兩大功能。

22.通信線路通信線路解析：主機是資源子網的主要組成單元，它通過高速通信線路與通信子網的通信控制處理機相連接。

23.數據電路端接設備(DCE)數據電路端接設備(DCE)解析：X.25建議規(guī)定了以分組方式工作的用戶數據終端設備DTE與通信子網的數據電路端接設備DCE之間的接口標準，此外還包括了分組交換設備。

24.信令信令解析：B-ISDN的協(xié)議分為3面和3層，3個面稱為用戶面、控制面和管理面。每個面分3層：物理層、ATM層和ATM適配層。1)用戶面，傳送用戶信息，在要求的服務質量下，完成通信用戶間信息傳遞。2)控制面，傳送信令信息，完成用戶通信的連接建立、維護和拆除。3)管理面，各層之間管理信息的交互和管理，完成網絡的維護和管理。

25.“一站式政府”“一站式政府”解析：面向知識處理階段的電子政務主要的目標是在政府信息支撐環(huán)境的基礎上，利用知識管理技術提高政府的決策能力，建立基于網絡的分布式政府結構，并通過分布式的“一站式政府”服務中心提供跨部門的政府業(yè)務服務。

26.主機主機解析：主計算機系統(tǒng)簡稱主機,是資源子網的主要組成單元。主機可以是大型機、中型機或者小型機等。

27.數據數據解析：幀根據信號內容的不同可分為命令幀、響應幀和數據幀。

28.路由設備路由設備解析：通信子網最初由接口信息處理機IMP和通信鏈路組成，后來IMP演變成路由器，負責轉接數據。

29.【審題關鍵句】以行為單位把字符串中的所有字符的ASCII值左移4位，如果左移后，其字符的ASCII值小于等于32或大于100，則原字符保持不變，否則就把左移后的字符ASCII值再加上原字符ASCII值，得到新的字符仍存入原字符串對應的位置上。

\n【解題思路】

\n①首先定義整型循環(huán)變量i、j和表示字符串長度的變量str，以及字符局部變量ch。

\n②在第一層for循環(huán)語句中，循環(huán)變量i從0開始，依次遞增直到其值等于maxline，在循環(huán)體中，首先對字符串string[i]利用庫函數strlen求其長度，把此值賦給變量str。在第二層for循環(huán)語句中，循環(huán)變量j開始0，依次遞增直到其值等于str，把字符string[i][j]的ASCII值左移4位后所得到字符賦給變量ch，再用if語句判斷ch的值是否大于32并且小于等于l00，如果成立，則把ch的值與string[i][j]值相加，所得的新值保存在string[i][j]中。

\n【參考答案】

\n

30.【審題關鍵句】千位+百位等于十位+個位的數的個數，把所有滿足此條件的四位數依次存入數組，然后對數組按從大到小的順序進行排序。

\n【解題思路】

\n本題類似第9套試題，通過審題可以發(fā)現(xiàn)有兩個不同點：①要求統(tǒng)計的四位數的條件是“千位+百位=十位+個位”，參考答案的第8條語句修改if語句的判斷條件即可。②將統(tǒng)計結果按從大到小的順序排序，參考答案的第13條語句，修改兩數組元素的大小比較符即可。另外，對于數據交換的整型變量tmp可以自定義其變量名。

\n【參考答案】

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31.A解析：盡管Excel功能強大，可以處理數據庫也可以進行財務工作，但嚴格地講，其應該歸屬電子表格軟件。

32.D解析：訪問主頁時，需使用HTTP協(xié)議，瀏覽器缺省的也是使用的HTTP協(xié)議，所以一般URL前的http://可以省略，但訪問主頁時，不能使用GOPHER協(xié)議。

33.D解析：cache是高速緩沖存儲器，緩存指令和數據。引入cache的目的就是為了緩解CPU和主存儲器之間速度不匹配的矛盾。

34.voidjsVal(){ihtithouhuntendataj;ihtabcd;for(i=0;i＜200;i++){thou=a[i]/1000;/*求四位數的千位數字*/hun=a[i]%1000/100;/*求四位數的百位數字*/ten=a[i]%100/10;/*求四位數的十位數字*/data=a[i]%10;/*求四位數的個位數字*/ab=data*10+thou;/*把個位數的千位數重新組合成一個新的十位數ab*/cd=hun*10+ten;/*把百位數和十位數組成另一個新的十位數cd*/if((ab%9==0||cd%9==0)&&(ab%2!=1)&&(cd%2!=1)&&ab!=0&&cd!=0){/*如果新組成的兩個數均為偶數且兩個十位數中至少有一個數能被9整除同時兩個新十位數字均不為零*/b[cut]=a[i];/*將滿足條件的4位數存入數組b中*/cnt++;/*統(tǒng)計滿足條件的數的個數*/}}for(i=0;i＜cnt-1;i++)/*將數組b中的數按從大到小的順序排列*/for(j=i+1;j＜cnt;j++)if(b[i]＜b[j]){data=b[i]b[i]=b[j];b[j]=data;}}voidjsVal()\r\n{\r\nihti,thou,hun,ten,data,j;\r\nihtab,cd;\r\nfor(i=0;i＜200;i++)\r\n{\r\nthou=a[i]/1000;/*求四位數的千位數字*/\r\nhun=a[i]%1000/100;/*求四位數的百位數字*/\r\nten=a[i]%100/10;/*求四位數的十位數字*/\r\ndata=a[i]%10;/*求四位數的個位數字*/\r\nab=data*10+thou;/*把個位數的千位數重新組合成一個新的十位數ab*/\r\ncd=hun*10+ten;/*把百位數和十位數組成另一個新的十位數cd*/\r\nif((ab%9==0||cd%9==0)&&(ab%2!=1)&&(cd%2!=1)&&ab!=0&&cd!=0)\r\n{/*如果新組成的兩個數均為偶數且兩個十位數中至少有一個\r\n數能被9整除，同時兩個新十位數字均不為零*/\r\nb[cut]=a[i];/*將滿足條件的4位數存入數組b中*/\r\ncnt++;/*統(tǒng)計滿足條件的數的個數*/\r\n}\r\n}\r\nfor(i=0;i＜cnt-1;i++)/*將數組b中的數按從大到小的順序排列*/\r\nfor(j=i+1;j＜cnt;j++)\r\nif(b[i]＜b[j])\r\n{data=b[i]\r\nb[i]=b[j];\r\nb[j]=data;\r\n}\r\n}解析：本題考查的知識點如下：

(1)將一們位整數各位上的數轉變成單獨的個位數。

(2)判斷結構中多個條件的布爾運算。

(3)循環(huán)的使用。

(4)數據的排序。

在本題中，首先要將1個4位數的千位、百位、十位、個位拆成獨立的數字。這里借助特殊運算符號“%”(取余)和“/”(整除)。將1個4位數整除1000則可得到其千位上的數字，除以1000取余再整除100則可得百位上的數字，除以100取余再整除10則可得十位上的數字，除以10取余則得個位卜的數字。若1個數除以2取余為0，則這個數是偶數。兩個數中至少有1個能被9整除，ab能被9整除與cd能被9整除兩個條件滿足1個即可，所以這兩個條件之間用“或”運算。但這個條件與其他條件必須同時滿足，所以此條件與其他條件之間用“與”運算。最后的排序采用“選擇排序法”。

35.voidCalValue(void){intidata;for(i=0;i{if(!xx[i])break;/*如果數為0則表示數組存的數已經結束退出循環(huán)*/if(xx[i]＞0)totNum++;/*統(tǒng)計正整數的個數*/data=xx[i]＞＞1;/*將數右移一位*/if(data%2)/*如果產生的新數是奇數*/{totCnt++;/*統(tǒng)計滿面足條件的數的個數*/totPjz+=xx[i];/*求滿足條件的數的總和*/}}totPjz/=totCnt;/*求滿足條件的數的平均值*/voidCalValue(void)\r\n{\r\ninti,data;\r\nfor(i=0;i{\r\nif(!xx[i])break;/*如果數為0,則表示數組存的數已經結束，退出循環(huán)*/\r\nif(xx[i]＞0)\r\ntotNum++;/*統(tǒng)計正整數的個數*/\r\ndata=xx[i]＞＞1;/*將數右移一位*/\r\nif(data%2)/*如果產生的新數是奇數*/\