上半年数据库系统工程师考试真题及答案上午卷.docx

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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

海明校验码是在n个数据位之外增设k个校验位,从而形成一个k+n位的新的码字，使新的码字的码距比拟均匀地拉大。

n与k的关系是〔1〕。

（1）A.2k-1>=n+kB.2k-1<=n+kC.n=kD.n-1<=k

【答案】A

【解析】此题考察校验码方面的根底知识。

海明码是一种多重〔复式〕奇偶检错编码。

它将信息用逻辑形式编码，以便能够检错和纠错。

用在海明码中的全部传输码字是由原来的信息和附加的奇偶校验位组成的。

每一个这种奇偶位被编在传输码字的特定位置上。

推导并使用长度为n位的码字的海明码，所需步骤如下：

（1）确定最小的校验位数k：

，将它们记成D1、D2、…、DK.每个校验位符合不同的奇偶测试规定。

（2）原有信息和k个校验位一起编成长为；n+k位的新码字。

选择k校验位〔0或1）以满足必要的奇偶条件。

（3）对所接收的信息作所需的k个奇偶检查。

（4）如果所有的奇偶检查结果均正确，那么认为信息无错误。

如果发现有一个或多个错了，那么错误的位由这些检查的结果来唯一地确定。

求海明码时的一项根本考虑是确定所需最少的校验位数k。

考虑长度为n位的信息，假设附加了k个校验位，那么所发送的总长度为n+k。

在接收器中要进展k个奇偶检查，每个检查结果或是真或是假。

这个奇偶检查的结果可以表示成一个k位的二进字，它可以确定最多种不同状态。

这些状态中必有一个其所有奇偶测试都是真的，它便是判定信息正确的条件。

于是剩下的（2k-1）种状态，可以用来判定误码的位置。

于是导出以下关系：

2k-l>=n+k。

假设某硬盘由5个盘片构成（共有8个记录面），盘面有效记录区域的外直径为30cm，内直径为10cm，记录位密度为250位/mm，磁道密度为16道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，那么该硬盘的格式化容量约为〔2）MB。

（2）A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】此题考察计算机系统硬件方面磁盘容量的计算。

硬盘容量分为非格式化容量和格式化容量两种，计算公式如下：

非格式化容量=面数×（磁道数/面×内圆周长×最大位密度格式化容量=面数×（磁道数/面〕×（扇区数/道〕×（字节数/扇区〕

题目中给出硬盘的面数为8,每面的磁道数为〔30-10）×10+2×16,每磁道扇区数为16,每扇区512字节，因此其格式化容量为

换算成MB单位时再除以1024*1024。

（3）是指按内容访问的存储器

（3）A.虚拟存储器B.相联存储器C.高速缓存〔Cache）D.随机访问存储器

【答案】B

【解析】此题考査计算机系统存储器方面的根底知识。

计算机系统的存储器按所处的位置可分为内存和外存。

按构成存储器的材料可分为磁存储器、半导体存储器和光存储器。

按存储器的工作方式可分为读写存储器和只读存储器。

按访问方式可分为按地址访问的存储器和按内容访问的存储器。

按寻址方式可分为随机存储器、顺序存储器和直接存储器。

相联存储器是一种按内容访问的存储器。

处理机主要由处理器、存储器和总线组成，总线包括〔4〕。

（4）A.数据总线、地址总线、控制总线B.并行总线、串行总线、逻辑总线

C.单工总线、双工总线、外部总线D.逻辑总线、物理总线、内部总线

【答案】A

【解析】此题考察计算机系统总线和接口方面的根底知识。

广义地讲，任何连接两个以上电子元器件的导线都可以称为总线。

通常可分为4类：

①芯片内总线。

用于在集成电路芯片内部各局部的连接。

②元件级总线。

用于一块电路板内各元器件的连接。

③内总线，又称系统总线。

用于构成计算机各组成局部〔CPU、内存和接口等〕的连接。

④外总线，又称通信总线。

用计算机与外设或计算机与计算机的连接或通信。

连接处理机的处理器、存储器及其他部件的总线属于内总线，按总线上所传送的内容分为数据总线、地址总线和控制总线。

计算机中常采用原码、反码、补码和移码表示数据，其中，±0编码一样的是〔5〕

（5）A.原码和补码B.反码和补码C.补码和移码D.原码和移码

【答案】C

【解析】此题考察计算机系统数据编码根底知识。

设机器字长为n（采用n个二进制位表示数据〕，最高位是符号位，0表示正号，1表示负号。

原码表示方式下，除符号位外，n-1位表示数值的绝对值。

因此，n为8时，[+0]原=0000000,[-0]原=1000000。

正数的反码与原码一样，负数的反码那么是其绝对值按位求反。

n为8时，数值0的反码表示有两种形式：

[+0]反=00000000，[-0]反=111111111

正数的补码与其原码和反码一样，负数的补码那么等于其反码的末尾加1。

在补码表示中，0有唯一的编码：

[+0]原=0000000，[-0]原=0000000。

移码表示法是在数X上增加一个偏移量来定义的，常用于表示浮点数中的阶码。

机器字长为n时，在偏移量为2n-1下，只要将补码的符号位取反便可获得相应的移码表不。

某指令流水线由5段组成，第1、3、5段所需时间为△t,第2、4段所需时间分别为3△t、2△t,如以下图所示，那么连续输入n条指令时的吞吐率〔单位时间内执行的指令个数〕TP为〔6〕。

（6）A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】此题考査计算机系统流水线方面的根底知识。

吞吐率和建立时间是使用流水线技术的两个重要指标。

吞吐率是单位时间里流水线处理机流出的结果数。

对指令而言，就是单位时间里执行的指令数。

流水线开场工作，须经过一定时间才能到达最大吞吐率，这就是建立时间。

假设m个子过程所用时间一样，均为△t0，那么建立时间T0=m△t0。

此题目中，连续输入n条指令时，第1条指令需要的时间为（1+3+1+2+1）△t，之后，每隔3△t便完成1条指令，即流水线一旦建立好，其吞吐率为最长子过程所需时间的倒数。

综合条指令的时间为（1+3+1+2+1）△t+（n-1）×3△t/，因此吞吐率为

下面关于漏洞扫描系统的表达，错误的选项是〔7〕。

（7）A.漏洞扫描系统是一种自动检测目标主机平安弱点的程序

B.黑客利用漏洞扫描系统可以发现目标主机的平安漏洞

C.漏洞扫描系统可以用于发现网络入侵者

D.漏洞扫描系统的实现依赖于系统漏洞库的完善

【答案】C

【解析】此题考察漏洞扫描系统的根本概念。

漏洞扫描系统是一种自动检测目标主机平安弱点的程序，漏洞扫描系统的原理是根据系统漏洞库对系统可能存在的漏洞进展一一验证。

黑客利用漏洞扫描系统可以发现目标主机的平安漏洞从而有针对性的对系统发起攻击；系统管理员利用漏洞扫描系统可以查找系统中存在的漏洞并进展修补从而提高系统的可靠性。

漏洞扫描系统不能用于发现网络入侵者，用于检测网络入侵者的系统称为入侵检测系统。

以下关于CA（认证中心〕的说法中错误的选项是〔8〕。

（8）A.CA负责数字证书的审批、发放、归档、撤销等功能

B.除了CA本身，没有其他机构能够改动数字证书而不被觉察

C.CA可以是民间团体，也可以是政府机构

D.如果A和B之间相互进展平安通信必须使用同一CA颁发的数字证书

【答案】D

【解析】此题考査认证中心CA的根本概念。

CA负责数字证书的审批、发放、归档、撤销等功能，CA颁发的数字证书拥有CA的数字签名，所以除了CA自身，其他机构无法不被觉察的改动。

CA可以是民间团体，也可以是政府机构。

A和B要进展平安通信，必须相互获取对方的数字证书，A和B的数字证书可以是由不同CA颁发的。

计算机感染特洛伊木马后的典型现象是〔9〕。

（9）A.程序异常退出B.有未知程序试图建立网络连接

C.邮箱被垃圾邮件填满D.Windows系统黑屏

【答案】B

【解析】此题考察计算机病毒相关知识。

特洛伊木马是一种通过网络传播的病毒，分为客户端和效劳器端两局部，效劳器端位于被感染的计算机，特洛伊木马效劳器端运行后会试图建立网络连接，所以计算机感染特洛伊木马后的典型现象是有未知程序试图建立网络连接。

关于软件著作权产生的时间，下面表述正确的选项是〔10〕。

（10）A.自作品首次公开发表时

B.自作者有创作意图时

C.自作品得到国家著作权行政管理部门认可时

D.自作品完成创作之日

【答案】D

【解析】此题考察知识产权中关于软件著作权方面的知识。

在我国，软件著作权采用“自动保护〞原那么。

?

计算机软件保护条例?

第十四条规定:

“软件著作权自软件开发完成之日起产生。

〞即软件著作权自软件开发完成之日起自动产生，不管整体还是局部，只要具备了软件的属性即产生软件著作权，既不要求履行任何形式的登记或注册手续，也无须在复制件上加注著作权标记，也不管其是否已经发表都依法享有软件著作权。

—般来讲，一个软件只有开发完成并固定下来才能享有软件著作权。

如果一个软件一直处于开发状态中，其最终的形态并没有固定下来，那么法律无法对其进展保护。

因此，条例〔法律〕明确规定软件著作权自软件开发完成之日起产生。

当然，现在的软件开发经常是一项系统工程，一个软件可能会有很多模块，而每一个模块能够独立完成某一项功能。

自该模块开发完成后就产生了著作权。

所以说，自该软件开发完成后就产生了著作权。

程序员甲与同事乙在乙家探讨甲近期编写的程序，甲表示对该程序极不满意，说要弃之重写，并将程序手稿扔到乙家垃圾筒。

后来乙将甲这一程序稍加修改，并署乙名发表。

以下说法正确的选项是〔11〕。

（11）A.乙的行为侵犯了甲的软件著作权

B.乙的行为没有侵犯甲的软件著作权，因为甲已将程序手稿丢弃

C.乙的行为没有侵犯甲的著作权，因为乙已将程序修改

D.甲没有发表该程序并弃之，而乙将程序修改后发表，故乙应享有著作权

【答案】A

【解析】此题考察知识产权中关于软件著作权方面的知识。

著作权因作品的完成而自动产生，不必履行任何形式的登记或注册手续，也不管其是否已经发表，所以甲对该软件作品享有著作权。

乙未经甲的许可擅自使用甲的软件作品的行为，侵犯了甲的软件著作权。

PC处理的音频信号主要是人耳能听得到的音频信号，它的频率范围是〔12〕。

（12）A.300Hz〜3400HzB.20Hz〜20kHzC.10Hz〜20kHzD.20Hz〜44kHz

【答案】B

【解析】此题考察多媒体中关于音频信号方面的根底知识。

声音信号由许多频率不同的信号组成，通常称为复合信号，而把单一频率的信号称为分量信号。

声音信号的一个重要参数就是带宽〔Bandwidth）,它用来描述组成声音的信号的频率范围。

声音信号的频率是指声波每秒钟变化的次数，用Hz表示。

人们把频率小于20Hz的声波信号称为亚音信号〔也称次音信号）：

频率范围为20Hz〜20kHz的声波信号称为音频信号；高于20kHz的信号称为超音频信号〔也称超声波〕。

PC处理的音频信号主要是人耳能听得到的音频信号〔audio），它的频率范围是20〜20kHz。

可听声包括：

•话音〔也称语音）：

人的说话声，频率范围通常为300〜3400Hz。

•音乐：

由乐器演奏形成〔标准的符号化声音〕，其带宽可到达20〜20kHz。

•其他声音：

如风声、雨声、鸟叫声和汽车鸣笛声等，它们起着效果声或噪声的作用，其带宽范围也是20〜20kHz。

多媒体计算机图像文件格式分为静态图像文件格式和动态图像文件格式，〔13〕属于静态图像文件格式。

（13）A.MPGB.AVSC.JPGD.AVI

【答案】C

【解析】此题考察多媒体中关于文件格式方面的根底知识。

计算机中使用的图像文件格式大体上可分为图像文件格式和动态图像文件格式两大类。

每类又有很多种，此题中，JPEG是由ISO和IEC两个组织机构联合组成的一个专家组，负责制定静态和数字图像数据压缩编码标准，这个专家组地区性的算法称为JPEG算法，并且成为国际上通用的标准，因此又称为JPEG标准。

JPEG是一个适用范围很广的静态图像数据压缩标准，既可用于灰度图像又可用于彩色图像。

MPEG文件格式是运动图像压缩算法的国际标准，它包括MPEG视频、MPEG音频和MPEG系统〔视频、音频同步〕三个局部。

MPEG压缩标准是针对运动图像设计的，其根本方法是：

单位时间内采集并保存第一帧信息，然后只存储其余帧对第一帧发生变化的局部，从而到达压缩的目的。

MPEG的平均压缩比为50:

1，最高可达200:

1,压缩效率非常高，同时图像和音响的质量也非常好，并且在PC上有统一的标准格式,兼容性相当好。

AVI是Microsoft公司开发的一种符合RIFF文件标准的数字音频与视频文件格式，Windows、OS/2等多数操作系统直接支持。

AVI格式允许视频和音频交织在一起同步播放，支持256色和RLE压缩，但AVI文件并未限定压缩标准。

AVI文件目前主要应用在多媒体光盘上，用来保存电影、电视等各种影像信息，有时也出现在因特网上，供用户下载、欣赏新影片的片段。

计算机获取模拟视频信息的过程中首先要进展〔14〕。

（14）A.A/D变换B.数据压缩C.D/A变换D.数据存储

【答案】A

【解析】此题考査多媒体中关于模拟视频信息处理方面的根底知识。

模拟视频信号进入计算机，首先需要解决模拟视频信息的数字化问题。

与音频数字化一样，视频数字化的目的是将模拟信号经A/D转换和彩色空间变换等过程，转换成计算机可以显示和处理的数字信号。

由于电视和计算机的显示机制不同，因此要在计算机上显示视频图像需要作许多处理。

例如，电视是隔行扫描，计算机的显示器通常是逐行扫描；电视是亮度〔Y）和色度〔C）的复合编码，而PC的显示器工作在RGB空间：

电视图像的分辨率和显示屏的分辨率也各不一样等。

这些问题在电视图像数字化过程中都需考虑。

一般，对模拟视频信息进展数字化釆取如下方式：

（1）先从复合彩色电视图像中别离出彩色分量，然后数字化。

目前市场上的大多数电视信号都是复合的全电视信号，如录像带、激光视盘等存储设备上的电视信号.。

对这类信号的数字化，通常是将其别离成YUV、YIQ或RGB彩色空间的分量信号，然后用3个A/D转换器分别进展数字化。

这种方式称为复合数字化。

（2）先对全彩色电视信号数字化，然后在数字域中进展别离，以获得YUV、YIQ或RGB分童信号。

用这种方法对电视图像数字化时，只需一个高速A/D转换器。

这种方式称为分量数字化。

视频信息数字化的过程比声音复杂一些，它是以一幅幅彩色画面为单位进展的。

分量数字化方式是较多使用的一种方式。

电视信号使用的彩色空间是YUV空间，即每幅彩色画面有亮度〔Y）和色度〔U、V）3个分量，对这3个分量需分别进展取样和量化，得到一幅数字图像。

由于人眼对色度信号的敏感程度远不如对亮度信号那么灵敏，所以色度信号的取样频率可以比亮度信号的取样频率低一些，以减少数字视频的数据量。

数字图像数据的数据量大，而数字视频信息的数据量就更加突出。

例如，每帧352×240像素点，图像深度16位的图像，其数据量约为1.3Mb，每秒30帧，其每秒数据量就高达40Mb，这样大的数据量无论是传输、存储还是处理，都是极大的负担。

在采用面向对象技术构建软件系统时，很多敏捷方法都建议的一种重要的设计活动是（15）,它是一种重新组织的技术，可以简化构件的设计而无需改变其功能或行为。

（15）A.精化B.设计类C.重构D.抽象

【答案】C

【解析】此题考察采用敏捷方法进展软件开发。

敏捷方法中，重构是一种重新组织技术，重新审视需求和设计，重新明确地描述它们以符合新的和现有的需求，可以简化构件的设计而无需改变其功能或行为。

一个软件开发过程描述了“谁做〞、“做什么〞、“怎么做〞和“什么时候做〞，RUP用（16）来表述“谁做〞。

（16）A.角色B.活动C.制品D.工作流

【答案】A

【解析】此题考察RUP对软件开发过程的描述。

RUP应用了角色、活动、制品和工作流4种重要的模型元素，其中角色表述“谁做〞，制品表述“做什么〞，活动表述“怎么做〞，工作流表述“什么时候做〞。

某工程主要由A〜I任务构成，其方案图〔如以下图所示〕展示了各任务之间的前后关系以及每个任务的工期〔单位：

天），该工程的关键路径是〔17〕。

在不延误工程总工期的情况下，任务A最多可以推迟开场的时间是〔18〕天。

（17）A.A—G—IB.A—D—F—H—IC.B—E—G—ID.C—F—H—I

（18）A.0B.2C.5D.7

【答案】CB

【解析】此题考察工程方案的关键路径和松弛时间。

图中任务流A—G—I的持续时间为15;任务流A—D—F—H—I的持续时间为18;任务流B—E—G—I的持续时间为20;任务流C—F—H—I的持续时间为13。

因此关键路径为B—E—G—I,其持续时间是20。

任务A处于任务流A—G—I和任务流A—D—F—H—I中，分别持续时间为15和18，因此任务A的可延迟开场时间为2。

在WindowsXP操作系统中，用户利用“磁盘管理〞程序可以对磁盘进展初始化、创立卷，（19）。

通常将“C:

\Windows\myprogram.exe〞文件设置成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文件的访问，这一级平安管理称之为〔20）平安管理。

（19）A.但只能使用FAT文件系统格式化卷

B.但只能使用FAT32文件系统格式化卷

C.但只能使用NTFS文件系统格式化卷

D.可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文件系统格式化卷

（20）A.文件级B.目录级C.用户级D.系统级

【答案】DA

【解析】

（19）因为WindowsXP操作系统支持FAT、FAT32或NTFS文件系统，所以利用“磁盘管理〞程序可以对磁盘进展初始化、创立卷，并可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文件系统格式化卷。

（20）文件级平安管理，是通过系统管理员或文件主对文件属性的设置来控制用户对文件的访问。

通常可设置以下几种属性：

•只执行：

只允许用户执行该文件，主要针对.exe和文件。

•隐含：

指示该文件为隐含属性文件。

•索引：

指示该文件是索引文件。

•修改：

指示该文件自上次备份后是否还被修改。

•只读：

只允许用户对读该文件。

•读/写：

允许用户对文件进展读和写。

•共享：

指示该文件是可读共享的文件。

•系统：

指示该文件是系统文件。

用户对文件的访问，将由用户访问权、目录访问权限及文件属性三者的权限所确定。

或者说是有效权限和文件属性的交集。

例如对于只读文件，尽管用户的有效权限是读/写，但都不能对只读文件进展修改、更名和删除。

对于一个非共享文件，将制止在同一时间内由多个用户对它们进展访问。

通过上述四级文件保护措施，可有效地保护文件。

因此将“C:

\Windows\myprogram.exe〞文件设置成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文件的访问，这一级平安管理称之为文件级平安管理。

设系统中有R类资源m个，现有n个进程互斥使用。

假设每个进程对R资源的最大需求为w，那么当m、n、w取下表的值时，对于下表中的a〜e五种情况，（21）两种情况可能会发生死锁。

对于这两种情况，假设将〔22）,那么不会发生死锁。

（21）A.a和bB.b和cC.c和dD.c和e

（22）A.n加1或w加1B.m加1或w减1

C.m减1或w加1D.m减1或w减1

【答案】DB

【解析】此题考察应试者对操作系统死锁方面根本知识掌握的程度。

（21）系统中同类资源分配不当会引起死锁。

一般情况下，假设系统中有m个单位的存储器资源，它被n个进程使用，当每个进程都要求w个单位的存储器资源，当m

试题〔21）分析如下：

情况a:

m=2,n=1,w=2,系统中有2个资源，一个进程使用，该进程最多要求2个资源，所以不会发生死锁。

情况b:

m=2,n=2,w=1,系统中有2个资源，两个进程使用，每个进程最多要求1个资源，所以不会发生死锁。

情况c:

m=2,n=2,w=2,系统中有2个资源，两个进程使用，每个进程最多要求2个资源，此时，采用的分配策略是轮流地为每个进程分配，那么第一轮系统先为每个进程分配1个，此时，系统中已无可供分配的资源，使得各个进程都处于等待状态导致系统发生死锁，这时进程资源图如以下图所示。

情况d:

m=4,n=3,w=2,系统中有4个资源，3个进程使用，每个进程最多要求2个资源，此时，采用的分配策略是轮流地为每个进程分配，那么第一轮系统先为每个进程分配1个资源，此时，系统中还剩1个资源，可以使其中的一个进程得到所需资源运行完毕，所以不会发生死锁。

情况e:

m=4,n=3,w=3,系统中有4个资源，3个进程使用，每个进程最多要求3个资源，此时，采用的分配策略是轮流地为每个进程分配，那么第一轮系统先为每个进程分配1个，第二轮系统先为一个进程分配1个，此时，系统中已无可供分配的资源，使得各个进程都处于等待状态导致系统发生死锁，这时进程资源图如以下图所示。

（22）对于c和e两种情况，假设将m加1，那么情况c:

m=3,n=2,w=2,系统中有3个资源，两个进程使用，每个进程最多要求2个资源，系统先为每个进程分配1个，此时，系统中还剩1个可供分配的资源，使得其中的一个进程能得到所需资源执行完，并释放所有资源使另一个进程运行完；假设将w减1，那么情况c:

m=2,n=2,w=1,系统中有2个资源，两个进程各需一个，系统为每个进程分配1个，此时，进程都能运行完，显然不会发生死锁。

情况e分析同理。

函数调用时，根本的参数传递方式有传值与传地址两种，（23）。

（23）A.在传值方式下，形参将值传给实参

B.在传值方式下，实参不能是数组元素

C.在传地址方式下，形参和实参间可以实现数据的双向传递

D.在传地址方式下，实参可以是任意的变量和表达式

【答案】C

【解析】此题考察程序语言根底知识。

函数调用时根本的参数传递方式有传值与传地址两种，在传值方式下是将实参的值传递给形参，因此实参可以是表达式〔或常量），也可以是变量〔或数组元素〕，这种信息传递是单方向的，形参不能再将值传回给实参。

在传地址方式下，需要将实参的地址传递给形参，因此，实参必须是变fl（或数组元素），不能是表达式〔或常量）。

这种方式下，被调用函数中对形式参数的修改实际上就是对实际参数的修改，因此客观上可以实现数据的双向传递。

某髙级语言源程序A经编译后得到机器C上的目标程序B，那么〔24〕。

（24）A.对B进展反编译，不能复原出源程序A

B.对B进展反汇编，不能得到与源程序A等价的汇编程序代码

C.对B进展反编译，得到的是源程序A的变量声明和算法流程

D.对A和B进展穿插编译，可以产生在机器C上运行的动态链接库

【答案】A

【解析】此题考察程序语言方面的根底知识。

编译是将高级语言源程序翻译成机器语言程序〔汇编形式或机器代码形式），反编译是编译的逆过程。

反编译通常不能把可执行文件复原成高级语言源代码，只能转换成功能上等价的汇编程序。

关于程序语言的表达，错误的选项是〔25〕。

（25）A.脚本语言属于动态语言，其程序构造可以在运行中改变

B.脚本语言一般通过脚本引擎解释执行，不产生独立保存的目标程序

C.php、JavaScript属于静态语言，其所有成分可在编译时确定

D