中级数据库系统工程师下半年上午试题答案及详细解析.docx
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中级数据库系统工程师下半年上午试题答案及详细解析
第15章数据库系统工程师上午试题分析与解答
在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是
（1）。
若操作数的地址包含在指令中，则属于
（2）方式。
（1）A．直接寻址B．立即寻址C．寄存器寻址D．间接寻址
（2）A．直接寻址B．立即寻址C．寄存器寻址D．间接寻址
[答案]
（1）B
（2）A
[分析]本题考查计算机系统方面的基础知识。
根据指令的寻址方式的定义，操作数包含在指令中的寻址方式是立即寻址；操作数在寄存器中的寻址方式是寄存器寻址；操作数的地址存放在寄存器中的寻址方式是寄存器间接寻址。
（3）系统响应时间和作业吞吐量是衡量计算机系统性能的重要指标。
对于一个持续处理业务的系统而言，（3），表明其性能越好。
A．响应时间越短，作业吞吐量越小B．响应时间越短，作业吞吐量越大
C．响应时间越长，作业吞吐量越大D．响应时间不会影响作业吞吐量
[答案]B
[分析]本题考查计算机系统方面的基础知识。
系统响应时间是指用户发出完整请求到系统完成任务给出响应的时间间隔。
作业吞吐量是指单位时间内系统完成的任务量。
若一个给定系统持续地收到用户提交的任务请求，则系统的响应时间将对作业吞吐量造成一定影响。
若每个任务的响应时间越短，则系统的空闲资源较多，整个系统在单位时间内完成的任务量将越大：
反之，若响应时间越长，则系统的空闲资源较少，整个系统在单位时间内完成的任务量将越小。
若每一条指令都可以分解为取指、分析和执行三步。
已知取指时间t取指=4△t，分析时间t分析=3△t，执行时间t执行=5△t。
如果按串行方式执行完100条指令需要（4）△。
如果按照流水方式执行，执行完100条指令需要（5）△t。
（4）A．1190B．1195C．1200D．1205
（5）A．504B．507C．508D．510
[答案]（4）C（5）B
[分析]顺序执行时，每条指令都需三步才能执行完，设有重叠。
总的执行时间为：
（473+5）△t×100=1200△t
在流水线执行时，所用的时间为：
t取指+max{t分析，t取指）+98×max{t取指，t分析,t执行）+max{t分析,t执行}+t执行=4△t+4△t+490△t+5△t+5△t=508△t
重叠执行时间关系为:
[答案]C
（6）若内存地址区间为4000H～43FFH，每个存贮单元可存储16位二进制数，该内存区域用4片存储器芯片构成，则构成该内存所用的存储器芯片的容量是（6）。
A．512×16bitB．256×8bitC．256×16bitD．1024×8bit
[分析]首先将地址编码转换位十进制数，4000H16=1638410，43FFH16=740710，然后令两个地址码相减再加1，即得到这段地址空间中存储单元的个数，17407-16384+1=1024，因此共有1024个内存单元。
1024×16b/4=256×16b，因此芯片的容量为256×16b。
某Web网站向CA申请了数字证书。
用户登录该网站时，通过验证（7），可确认该数字证书的有效性，从而（8）。
（7）A．CA的签名B．网站的签名C．会话密钥D．DES密码
（8）A．向网站确认自己的身份B．获取访问网站的权限
C．和网站进行双向认证D．验证该网站的真伪
[答案]（7）A（8）D
[分析]本题考查公钥基础设施方面有关数字签名的基础知识。
数字证书能够验证一个实体身份，而这是在保证数字证书本身有效性这一前提下才能够实现的。
验证数字证书的有效性是通过验证颁发证书的CA的签名实现的。
（9）专利制度的基本特点是（9）。
A．法律保护、新颖性、创造性和实用性
B．科学审查、公开通报、创造性和实用性
C．实用性审查、新颖性审查、公开通报和国际交流
D．法律保护、科学审查、公开通报和国际交流
[答案]D
[分析]专利制度的基本特点是法律保护、科学审查、公开通报和国际交流。
其中法律保护是指实行专利制度的国家必须首先制定自己的专利法。
科学审查是指申请专利的发明创造是否具有专利性，只有依法进行审查后才能确定。
对专利申请进行科学审查的制度，现在大多数已建立专利制度的国家都采用这种制度，只有极少数国家实行注册登记制度（如法国等）。
公开通报即在法律保护的前提下，将申请专利的发明创造的内容在专利公报上予以充分公开，让社会尽快地、尽可能清楚地获取相应的知识和信息，从而授予专利申请人专利权。
在技术已经商品化的今天，跨越国界的技术交流是不可避免的事情。
各个国家或者地区的专利法虽然都只能在本国范围内有效，但它是国际技术交流的必要前提。
（10）若某人持有盗版软件，但他本人确实不知道该软件是盗版的，则（10）承担侵权责任。
A．应由该软件的持有者B．应由该软件的提供者
C．应由该软件的提供者和持有者共同D．该软件的提供者和持有者都不
[答案]B
[分析]“盗版软件”即侵权的软件复制品。
《计算机软件保护条例》使用了软件侵权复制品持有人主观上知道或者应当知道所持软件是否为侵权复制品为标准。
知道软件是侵权复制品而使用运行，持有入主观上应当属于故意，即明知故犯；有合理理由推论或者认定持有人应当知道其对所使用运行的软件为侵权复制品，如主观上存有疏忽大意等过失，而使用运行了侵权复制品，应当承担法律责任。
主观上不知或者没有合理理由应知的持有人，对该软件的使用运行等行为不承担民事赔偿责任。
但是当其一旦知道了所使用的软件为侵权复制品时，应当履行停止使用、销毁该软件的法律义务。
《计算机软件保护条例》第二十八条规定，软件复制品的出版者、制作者不能证明其出版、制作有合法授权的，或者软件复制品的发行者、出租者不能证明其发行、出租的复制品有合法来源的，应当承担法律责任。
（11）（11）不属于知识产权的范围。
A．地理标志权B．物权C．邻接权D．商业秘密权
[答案]B
[分析]著作权、邻接权、专利权、商标权、商业秘密权和集成电路布图设计权属于知识产权的范围。
物权不属于知识产权的范围。
（12）W3C制定了同步多媒体集成语言规范，称为（12）规范。
A．XMLB．SMILC．VRMLD．SGML
[答案]B
[分析]W3C制定的SMIL（SynchronizedMultimediaIntegrationLanguage，同步多媒体集成语言规范）是W3C为采用XML描述多媒体而提出的建议标准，它采用XML标准来描述多媒体中的各种不同内容的时间序列和画面构成，定义了时间标签、层次布局、图像、动画、视觉渐变和媒体嵌入等元素。
用户可以简单地使用SMIL语言在一个多媒体作品中按时间序列自由组织音频、视频和文字等各种媒体内容。
（13）对同一段音乐可以选用MIDI格式或WAV格式来记录存储。
以下叙述中（13）是不正确的。
A．WAV格式的音乐数据量比MIDI格式的音乐数据量大
B．记录演唱会实况不合采用MIDI格式的音乐数据
C．WAV格式的音乐数据没有体现音乐的曲谱信息
D．WAV格式的音乐数据和MIDI格式的音乐数据都能记录音乐波形信息
[答案]D
[分析]本题考查计算机音乐信息处理技术的相关知识。
WAV格式记录的是对于音乐信号的波形采样数据，它可以使用反映自然声音的信号采样序列来记录和回放声音信息。
MIDI格式记录的是采用音乐信息序列交换的标准格式MIDI（MusicalInstrumentDigitalInterface）标准来存贮和表达的音乐的演奏信息，这些演奏信息包含每个音符演奏的时问信息、音量信息、长度信息、乐器或音色信息等，MIDI消息序列可以间接反映出音乐的曲谱演奏信息。
（14）设计制作一个多媒体地图导航系统，使其能根据用户需求缩放地图并自动搜索路径，最适合的地图数据应该是（14）。
A．真彩色图像B．航拍图像C．矢量化图形D．高清晰灰度图像
[答案]C
[分析]本题考查矢量化图形和位图的基本知识。
矢量化图形保存最少的信息，文件大小比位图要小，并且文件大小与物体的大小无关。
可以无限地放大这个圆，它仍然保持平滑，所表达物体的运动、缩放、旋转和填充等都不会降低绘制的精度。
所以矢量化图形是最适合电子地图的基本信息格式。
（15）给定C语言的数据结构
structT{
intw；
unionT{charc；inti；doubled；）U；
}；
假设char类型变量的存储区大小是1字节，int类型变量的存储区大小是4字节，double类型变量的存储区大小是8字节，则在不考虑字对齐方式的情况下，为存储一个structT类型变量所需要的存储区域至少应为（15）字节。
A．4B．8C．12D．17
[答案]C
[分析]在不考虑字对齐规则的情况下，C语言中一个结构体变量的存储区大小就是其所有成员所需存储区大小之和，一个联合体变量的存储区大小就是其各成员所需存储区大小中的最大者。
因此题目中给定的联合体unionT变量需要的存储区大小就是存储一个double类型变量的大小（即8字节），structT类型变量的存储区最小应为int类型成员w存储区大小（4字节）与unionT类型成员U的存储区大小之和，即12字节。
在过程式程序设计（①）、数据抽象程序设计（②）、面向对象程序设计（③）、泛型（通用）程序设计（④）中，C++语言支持（16），C语言支持（17）。
（16）A．①B．②③C．③④D．①②③④
（17）A．①B．①③C．②③D．①②③④
[答案]（16）D（17）A
[分析]本题提到的4种程序设计范型是比较流行的，且分别被多种程序设计语言所支持。
经典的C语言目前仅支持过程式程序设计范型，这是一种基于任务分解的、自上而下的程序设计方法。
数据抽象程序设计范型允许将问题空间和解空间中的事物、概念等采用类机制来表示。
面向对象程序设计范型比数据抽象更进一步，支持继承、多态等，更加符合客观世界的规律。
泛型程序设计即设计出通用算法、通用类型，并使它们应用于多种数据类型。
C++语言以C语言为基础，增加了后三种程序设计范型的支持，它是目前使用广泛的程序设计语言之一。
采用UML进行软件建模过程中，（18）是系统的一种静态视图，用（19）可表示两类事物之间存在的整体/部分形式的关联关系。
（18）A．序列图B．协作图C．类图D．状态图
（19）A．依赖关系B．聚合关系C．泛化关系D．实现关系
[答案]（18）C（19）B
[分析]类图是描述类的构成以其多个类之间存在的静态关系的一种工具。
对于一个系统中的两个类而言，它们要么不存在任何关系，要么存在is-like-a的关系，或has-a的关系。
其中is-like-a表示两个类之间的继承关系，has-a表示两个类之间存在的整体与部分形式的组成关系，即其中一个类的数据成员的类型是另外一个类，而这种关系在UML中采用聚合关系表示。
假设磁盘上每个磁道划分成9个物理块，每块存放1个逻辑记录。
逻辑记录R1，R2，…，R9存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：
物理块
1
2
3
4
5
6
7
8
9
逻辑记录
R1
R2
R3
R4
R5
R6
R7
R8
R9
假定磁盘的旋转速度为27ms/周，磁头当前处在R1的开始处，系统使用单缓冲区，当缓冲区内容处理完时才能再存放新的记录，且每个记录的处理时间为3ms。
若系统顺序处理这些记录，则处理这9个记录的最长时间为（20）；若对信息存储进行优化分布后，处理9个记录的最少时间为（21）。
（20）A．243msB．246msC．254msD．280ms
（21）A．30msB．36msC．54msD．60ms
[答案]（20）B（21）C
[分析]系统读记录的时间为27/9=3ms，对第一种情况：
系统读出并处理记录R1之后，将转到记录R3的开始处，所以为了读出记录R2，磁盘必须再转一圈，需要3ms（读记录）加27ms（转一圈）的时间。
这样，处理9个记录的总时间应为：
处理前8个记录（即R1，R2，…，R8）的总时间再加上读R9和处理R9的时间，即8×30ms+6ms=246ms。
物理块
1
2
3
4
5
6
7
8
9
逻辑记录
R1
R6
R2
R7
R3
R8
R4
R9
R5
[分析]对于第二种情况，对信息进行分布优化的结果如下所示。
从上图可以看出，当读出记录则并处理结束后，磁头刚好转至R2记录的开始处，立即就可以读出并处理，因此处理9个记录的总时间为：
9×（3ms（读记录）+3ms（处理记录））=9×6ms=54ms
某系统中有四种互斥资源R1、R2、R3和R4，可用资源数分别为3、5、6和8。
假设在T0时刻有P1、P2、P3和P4四个进程，并且这些进程对资源的最大需求量和已分配资源数如下表所示，那么在T0时刻系统中R1、R2、R3和R4的剩余资源数分别为（22）。
如果从T0时刻开始进程按（23）顺序逐个调度执行，那么系统状态是安全的。
（22）A．3、5、6和8B．3、4、2和2
C．0、1、2和1D．0、1、0和1
（23）A．P1→P2→P4→P3B．P2→P1→P4→P3
C．P3→P2→P1→P4D．P4→P2→P3→P1
[答案]（22）D（23）C
[分析]本题考查操作系统进程管理中死锁检测的多项资源银行家算法。
由于T0时刻已用资源数为3、4、6和7，故剩余资源数为0、1、0和1，各进程尚需资源数为可列表如下。
P1、P2、P3和P4这4个进程中，系统只能满足P3的尚需资源数（0，1，0，1），因为此时系统可用资源数为（0，1，0，1），能满足P3的需求保证P3能运行完，写上完成标志true，如下表所示。
P3释放资源后系统的可用资源为（1，2，1，1），此时P2尚需资源（1，0，0，0），系统能满足P2的请求，故P2能运行完，写上完成标志true。
P2释放资源后系统的可用资源为（1，3，3，3），此时尸1尚需资源（0，1，1，2），P4尚需资源（0，0，1，2），系统能满足P1和P4的请求，故P1和P4能运行完，写上完成标志true。
进程可按P3→P2→P1→P4或者P3→P2→P4→P1的顺序执行，每个进程都可以获得需要的资源运行完毕，写上完成标记，所以系统的状态是安全的。
进程执行顺序
可用资源量
R1 R2 R3 R4
可用资源+已分资源
R1 R2 R3 R4
完成标记
P3
P2
P1
R4
0 1 0 1
1 2 1 1
1 3 3 3
2 4 5 7
1 2 1 1
1 3 3 3
2 4 5 7
3 5 6 8
true
true
true
true
根据试题的可选答案，正确的答案应为C。
（24）若程序运行时系统报告除数为0，这属于（24）错误。
A．语法B．静态语义C．动态语义D．运算对象不匹配
[答案]C
[分析]本题考查程序语言基础知识。
程序员编写的源程序中往往会有一些错误，这些错误大致被分为静态错误和动态错误两类。
所谓动态错误，是指源程序中的逻辑错误，它们发生在程序运行时，如算法逻辑上的错误。
动态错误也被称为动态语义错误，如变量取值为0是被用作除数，引用数组元素时下标出界等。
静态错误又可以分为语法错误和静态语义错误。
词法和语法错误是指有关语言结构上的错误，如单词拼写错误就是一种词法错误，表达式中缺少操作数、括号不匹配是不符合语法规则要求的语法错误等。
静态的语义错误是指分析源程序时可以发现的语言意义上的错误，如加法的两个操作数中一个是实型变量名，而另一个是数组名等。
（25）表达式“X=A+B×（C-D）/E”的后缀表示形式可以为（25）（运算符优先级相同时，遵循左结合的原则）。
A．XAB+CDE/-×=B．XA+BC-DE/×=
C．XABCD-×E/+=D．XABCDE+×-/=
[答案]C
[分析]本题考查程序语言的基础知识。
表达式采用后缀表示时，运算对象写在前面，运算符号写在运算对象的后面，这样可根据运算符号在表达式中的顺序进行计算，所以无需使用括号。
对于表达式X=A+B×（C-D）/E，其运算过程为先将C减去D，其结果与B相乘，之后除以E，再与A相加并将最后的结果赋给X，因此X=A+B×（C-D）/E的后缀表示形式为XABCD-×E/+=。
设栈s和队列q的初始状态为空，元素a、b、c、d、e依次进入栈s，当一个元素从栈中出来后立即进入队列q。
若从队列的输出端依次得到元素c、d、b、a、e，则元素的出栈顺序是（26），栈s的容量至少为（27）。
（26）A．a、b、c、d、eB．-e、d、c、b、a
C．c、d、b、a、eD．e、a、b、d、c
（27）A．2B．3C．4D．5
[答案]（26）C（27）B
[分析]本题考查栈和队列的基本概念及运算。
栈是先进后出的线性表，而队列是先进先出的线性表。
若队列的输出元素序列为c、d、b、a、e，则进入队列的元素序列也为c、d、b、a、e，这也是从栈中出来的元素序列。
若元素以a、b、c、d、e的次序进入栈S且得到输出序列c、d、b、a、e，则操作系列为a入栈、b入栈、c入栈、c出栈、d入栈、d出栈、b出栈、a出栈、e入栈、e出栈。
第一个出栈的元素为c，则c出栈时元素a和b尚在栈中，如下图所示。
栈S的容量至少为3。
（28）在数据库系统中，数据完整性约束的建立需要通过数据库管理系统提供的数据（28）语言来实现。
A．定义B．操作C．杏询D．控制
[答案]A
[分析]本题考杳应试者数据库系统中的基本概念。
DBMS主要是实现对共享数据有效的组织、管理和存取，因此DBMS应具有数据定义、数据库操作、数据库运行管理、数据组织与存储管理和数据库的建立和维护等功能。
其中，DBMS提供数据定义语言（DataDefinitionLanguage，DDL），用户可以对数据库的结构描述，包括外模式、模式和内模式的定义；数据库的完整性定义；安全保密定义，如口令、级别和存取权限等。
这些定义存储在数据字典中，是DBMS运行的基本依据。
DBMS向用户提供数据操纵语言（DataManipulationLanguage，DML），实现对数据库中数据的基本操作，如检索、插入、修改和删除。
DML分为两类：
宿主型和自含型。
所谓宿主型是指将DML语句嵌入某种主语言（如C、COBOL等）中使用；自含型是指可以单独使用DML语句，供用户交互使用。
总之，任何一个DBMS都应当提供给使用者建立数据库的功能，称为数据库的定义，在SQL标准中，是通过数据库定义语言来实现的。
因此，应选择答案A。
（29）若某个关系的主码为全码，则应包含（29）。
A．单个属性B．两个属性C．多个属性D．全部属性
[答案]D
[分析]本题考查应试者关系数据库系统中关系的键的基本概念。
全码（All-key）是指关系模型的所有属性组是这个关系模式的候选键。
部门DEPT（Deptno，Name，Tel，Leader）和职工EMP（Empno，Name，Sex，Address，Deptno）实体集，若一个职工只能属于一个部门，部门负责人Leader是一个职工。
关系DEPT和EMP的外码分别为（30）；下图中a、b处的实体名分别为（31）。
（30）A．Deptno、EmpnoB．Name、Deptno
C．Leader、DeptnoD．Name、Address
（31）A．DEPT、EmpnoB．DEPT、EMP
C．EMP、DepmoD．EMP、DEPT
[答案]（30）C（31）B
[分析]本题考查应试者关系数据库系统中参照的完整性（ReferentialIntegrity）方面的基本概念。
如果关系模式R中的属性或属性组非该关系的键，但它是其他关系的键，那么该属性集对关系模式R而言是外键。
本题中，部门负责人Lead是一个职工，属性Lead参照关系EMP中的Empno，而Empno是客户关系中的键，所以Lead是外键；EMP关系中属性Deptno是DEPT关系中的键，所以Deptno也是外键。
因此试题（30）的正确答案是C。
根据题意，一个职工只能属于一个部门，因此部门DEPT和职工EMP实体之间是一个一对多的联系。
这样，题图中a处连的是一方，a处应填DEPT，b处连的是多方，b处应填EMP。
因此试题（31）的正确答案是B。
等值连接R
S可由基本的关系运算（32）等价表达。
给定关系贯、S如下图所示，则R
S=（33）。
（32）A．π、σ和×B．-、σ和×C．∩、σ和× D．π、σ和∩
（33）
[答案]（32）A（33）D
[分析]本题要求及与S的关系自然连接，R
S可以用π、σ和X三个基本的运算来表示。
而只R
S与关系代数表达式π1,2,3,6（σ1=4∧3=5（R×S）等价，因此试题（32）的正确答案是A。
对于试题（33），由于自然连接是一种特殊的等值连接，它要求两个关系中进行比较的分量必须是相同的属性组，并且在结果中将重复属性列去掉。
而本题R与S关系中相同的属性组为AC，因此，结果集中的属性列应为ABCD。
这样，正确的结果只可能是选项B、D。
选项B中的第三个元组（d，f，g，g）显然不满足条件。
因为，若结果正确，则该元组是由R关系中的第四个元组与S关系中的第二个元组先进行R×S运算，再进行σ1=4∧3=5，这样要求R的第一个分量d等于S的第一个分量d；R的第三个分量g等于S的第二个分量f，这显然不等，故选项B中的第三个元组不在结果集中。
从上述分析可见，试题（33）的正确答案是选项D。
对于下图所示的S和SC关系，当我们对其进行左外连接时，其结果集的属性列数为（34），元组个数为（35）。
（34）A．6B．7C．8D．9
（35） A．7B．8C．9D．10
[答案]（34）B（35）D
[分析]本题考查应试者对扩展的关系运算掌握的程度。
外连接运算是连接运算的扩展，可以处理缺失的信息。
左外连接取出左侧关系中所有与右侧关系中任一元组都不匹配的元组，用空值null充填所有来自右侧关系的属性，构成新的元组，将其加入自然连接的结果中。
对于试题中的S和SC关系，当对其进行左外连接S
SC时，其结果如下图所示。
从图中可见，共有7个属性列和10个元组。
建立一个供应商、零件数据库。
其中“供应商”表S（Sno，Sname，Zip，City）分别表示：
供应商代码、供应商名、供应商邮编、供应商所在城市，其函数依赖为：
Sno→（Sname，Zip，City），Zip→City。
“零件”表P（Pno，Pname，Color，Weight，City），表示零件号、零件名、颜色、重量及产地。
表S与表P之间的关系SP（Sno，Pno，Price，Qty）表示供应商代码、零件号、价格、数量。
A．“供应商”表S属于（36）。
A．
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