上半年 软考初级程序员 答案详解.docx

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上半年软考初级程序员答案详解

在Word的编辑状态下，若光标停在某个段落中的任意位置时，用户设置字体格式为“幼圆小三”，则所设置的字体格式应用于

（1）；在下图所示的Word“页眉和页脚”对话框中，①和②处分别可以

（2）。

（1）A.光标所在段落B.光标后的文本

C.光标处新输入的文本D.整个文档

（2）A.设置页码格式及进行页眉或页脚之间切换

B.设置页面格式及进行页眉或页脚之间切换

C.进行页眉或页脚之间切换及设置页码格式

D.进行页眉或页脚之间切换及设置页面格式

【答案】CA

【解析】

在Word编辑状态下，若光标在某个段落中的任意位置时，用户设置字体格式为“幼园小三”，则所设置的字体格式应用于光标处新输入的文本。

在Word的“页眉和页脚”工具栏中，时为“设置页码格式”的按钮，当用户按下该按钮，系统将弹出下图所示的对话框，用户可以进行页码格式的设置；为进行“页眉或页脚之间切换”的按钮，当用户按下该按钮系统将在页眉或页脚之间切换。

学生成绩表如下表所示。

若要计算学生各科成绩、总分和平均分各项的最高分，可先在C10单元格中输入（3）,并（4）拖动填充柄至H10单元格,则可自动算出这些学生各科成绩、总分和平均分的最高分。

（3）A.MAX（C3:

C9）B.=MAX（C3，C9）C.=MAX（C3+C9）D.=MAX（C3:

C9）

（4）A.向垂直方向B.向水平方向

C.按住Shift键向垂直方向D.按住Shift键向水平方向

【答案】DB

【解析】

（3）因为对于选项A,“MAX（C3_:

C9）”格式不对，公式前必须加“=”号；选项B“=MAX（C3,C9）”是求单元格C3和C9中的最大值；选项C“=MAX（C3+C9）”是将单元格C3和C9相加，与题意不符；选项D“=MAX（C3:

C9）”是求单元格C3至C9中的最大值，与题意相符。

（4）根据题意，要计算学生的各科成绩、总分和平均分的最高分，可先在C10单元格中输入“=MAX（C3:

C9）”并向水平方向拖动填充柄至H10单元格，则可自动算出这些学生各科成绩、总分和平均分的最高分。

“（5）”是访问某网站的正确网址。

（5）AB.xyz@ceiaec.org

C.ceiaec.org\index.htmD.ceiaec.org@index.htm

【答案】A

【解析】

选项A是访问某网站的正确网址；选项B是E-mail地址格式；选项C和选项0的分隔符“\”和错误。

将某ASCII字符采用偶校验编码（7位字符编码+1位校验码）发送给接收方，在接收方收到的8位数据中，若（6）则能确定传输过程中发生错误。

（6）A.“1”的个数为奇数B.“1”的个数为偶数

C.最低位为“1”D.最高位为“1”

【答案】A

【解析】本题考查校验码方面的基础知识。

采用偶校验编码时，数据位和校验位中“1”的个数应是偶数。

当接收方收到的8位数据中“1”的个数为奇数时，可以确定传输过程中出错。

若内存按字节编址，用存储容量为32KX8比特的存储器芯片构成地址编号AOOOOH至DFFFFH的内存空间，则至少需要（7）片。

（7）A.4B.6C.8D.10

【答案】C

【解析】本题考查存储器基础知识。

地址编号AOOOOH至DFFFFH的内存空间中共有218（DFFFF-A0000=3FFFF）个存储单元，每个单元8比特，因此需要的存储器芯舍数目为218/215=23个。

以下关于精简指令集计算机（RISC）指令系统特点的叙述中，错误的是（8）。

（8）A.对存储器操作进行限制，使控制简单化

B.指令种类多，指令功能强

C.设置大量通用寄存器

D.选取使用频率较高的一些指令，提高执行速度

【答案】B

【解析】本题考查指令系统基础知识。

RISC指令系统的最大特点是：

选取使用频率最高的一些简单指令，指令条数少；指令长度固定，指令格式种类少；只有取数_/存数指令访问存储器，其余指令的操作都在寄存器之间进行。

32位微处理器的32是指（9）。

（9）A.系统总线的宽度为32位B.处理的数据长度只能为32位

C.CPU字长为32位D.通用寄存器数目为32个

【答案】C

【解析】本题考查计算机系统基础知识。

在同一时间处理二进制数的位数叫字长。

通常称处理字长为8位数据的CPU叫8位CPU,32位CPU就是在同一时间内可处理字长为32位的二进制数据。

以下关于CPU与主存之间增加高速缓存（Cache）的叙述中，错误的是（10）。

（10）A.Cache扩充了主存储器的容量

B.Cache可以降低由于CPU与主存之间的速度差异造成的系统性能影响

C.Cache的有效性是利用了对主存储器访问的局部性特征

D.Cache中通常保存着主存储器中部分内容的一份副本

【答案】A

【解析】本题考查计算机系统基础知识。

Cache（高速缓冲存储器）是一种特殊的存储器子系统，其中复制了频繁使用的数据以利于快速访问。

Cache的出现是基于两种原因：

首先是由于CPU的速度和性能提高很快而主存速度较低且价格高，其次就是程序执行的局部性特点。

因此，将速度比较快而容量有限的SRAM构成Cache，目的在于尽可能发挥CPU的高速度。

衡量计算机的主要性能指标除了字长、存取周期、运算速度之外，通常还包括（11），因为其反映了（12）

（11）A.外部设备的数量B.计算机的制造成本

C.计算机的体积D.主存储器容量大小

（12）A.每秒钟所能执行的指令条数B.存储器读写速度

C.计算机即时存储信息的能力D.该计算机保存大量信息的能力

【答案】DC

【解析】

（11）因为计算机功能的强弱或性能的好坏，不是由某项指标来决定的，而是由它的系统结构、指令系统、硬件组成、软件配置等多方面的因素综合决定的。

但主要性能指标有字长、存取周期、运算速度以及主存储器容量的大小来决定的。

（12）因为主存是CPU可以直接访问的存储器，需要执行的程序与需要处理的数据就是存放在主存中的。

主存储器容量的大小反映了计算机即时存储信息的能力。

随着操作系统的升级，应用软件的不断丰富及其功能的不断扩展，人们对计算机主存容量的需求也不断提高。

目前，运行WindowsXP操作系统环境下则需要128MB以上的主存容量。

主存容量越大，系统功能就越强大，能处理的数据量就越大。

以下文件格式中属于声音文件的是（13）。

（13）A.PDFB.WAVC.AVID.DOC

【答案】B

【解析】本题考查考生对计算机各类媒体数据文件的了解情况。

备选答案中的WAV属于声音信号编码文件格式。

下列光盘格式中，不能多次擦除重写数据的是（14）。

（14）A.DVD-RAMB.CD-RC.DVD-RWD.CD-RW

【答案】B

【解析】本题考查光盘存储技术基本常识。

题目给出的是常见光盘格式，其中DVD-RAM和DVD-RW是DVD技术所支持的两种不同的可多次擦除重写的DVD光盘格式，CD-R指一次性可写（刻录）CD光盘，而CD-RW指可多次擦除、重写的CD光盘。

如果杀毒软件报告一系列的Word文档被病毒感染，则可以推断病毒类型是（15）,如果用磁盘检测工具（CHKDSK、SCANDISK等）检测磁盘发现大量文件链接地址错误，表明磁盘可能被（16）病毒感染。

（15）A.文件型B.引导型C.目录型D.宏病毒

（16）A.文件型B.引导型C.目录型D.宏病毒

【答案】DC

【解析】本题考查计算机病毒方面的基础知识。

计算机病毒的分类方法有许多种，按照最通用的区分方式，即根据其感染的途径以及采用的技术区分，计算机病毒可分为文件型计算机病毒、引导型计算机病毒、宏病毒和目录型计算机病毒。

文件型计算机病毒感染可执行文件（包括EXE和COM文件）。

引导型计算机病毒影响软盘或硬盘的引导扇区。

宏病毒感染的对象是使用某些程序创建的文本文档、数据库、电子表格等文件。

目录型计算机病毒能够修改硬盘上存储的所有文件的地址，如果用户使用某些工具（如SCANDISK或CHKDSK）检测受感染的磁盘，会发现大量的文件链接地址的错误，这些错误都是由此类计算机病毒造成的。

用户提出需求并提供经费，委托软件公司开发软件。

但在双方商定的协议中未涉及软件著作权的归属，则软件著作权属于（17）所有。

（17）A.软件用户B.软件公司C.用户与软件公司共同D.社会公众

【答案】B

【解析】本题考查知识产权基本知识，即软件著作权归属。

依据我国《著作权法》、《计算机软件保护条例》，委托开发的软件，可归属于委托方，也可归属于受托方，或者由委托方和受托方双方共有。

具体情况由双方订立的合同约定来确认软件著作权归属。

如果委托方和受托方之间签订了书面的委托开发合同，并对委托开发的软件著作权的归属有明确约定的，那么该委托开发软件著作权应依照合同的约定确认著作权归属关系。

对于在委托开发软件活动中，委托方和受托方之间没有签订书面的委托开发合同，或者虽然签订了书面的委托开发合同，但是合同中对该委托开发软件著作权的归属约定不明确的，那么根据法律的规定，该委托开发软件的著作权则属于受托者所有，但是委托人可以享有该软件的使用权。

法律的这种规定主要是考虑了受托人是软件的实际开发者，是软件真实的智力投资者，符合开发者享有软件著作权的一般原则。

所以，本题涉及的软件著作权应属于软件公司。

李某购买了一张有注册商标的正版软件光盘，擅自将其复制出售，则该行为侵犯了开发商的（18）。

（18）A.财产所有权B.商标权C.物权D.知识产权

【答案】D

【解析】本题考查知识产权基本知识，即区别侵犯物权与知识产权行为。

将他人的软件光盘占为己有，涉及的是物体本身，即软件的物化载体，该行为是侵犯财产所有权的行为。

如果行为人虽未占有这一软件光盘，（如借或租他人一张软件光盘，使用后返还），但擅自将该软件光盘复制出售，则该行为涉及的是无形财产，即软件开发商的思想表现形式（知识产品），属于侵犯知识产权行为。

若不考虑I/O设备本身的性能，则影响计算机系统I/O数据传输速度的主要因素是（19）。

（19）A.地址总线宽度B.数据总线宽度C.主存储器的容量D.CPU的字长

【答案】B

【解析】

地址总线宽度决定了CPU可以访问的物理地址空间，简单地说就是CPU到底能够使用多大容量的内存。

CPU字长指CPU在单位时间内（同一时间）能一次处理的二进制数的位数。

数据总线负责计算机中数据在各组成部分之间的传送，数据总线宽度是指在芯片内部数据传送的宽度，而数据总线宽度则决定了CPU与二级缓存、内存以及输入/输出设备之间一次数据传输的信息量。

十六进制数CC所对应的八进制数为（20）。

（20）A.314B.630C.1414D.3030

【答案】A

【解析】本题考查进制转换基础知识。

十六进制数CC的二进制形式为11001100,从右向左每三位划分为一组，对应的八进制数为+314。

（21）A.

B.A+BC.A十BD.

【答案】B

【解析】

本题考耷逻辑运算基础知识。

用真值表验证如下：

CPU中的（22）的值可自动加1，以便实现程序指令的顺序执行。

（22）A.指令寄存器（IR）B.程序计数器（PC）

C.地址寄存器（AR）D.指令译码器（ID）

【答案】B

【解析】本题考査CPU结构基础知识。

指令寄存器（IR）用来保存当前正在执行的指令。

当执行一条指令时，先把它从内存取到数据寄存器（DR）中，然后再传送至IR。

为了执行任何给定的指令，必须对操作码进行测试，以便识别所窠求的操作。

指令译码器（ID）就是做这项工作的。

指令存器中操作码字段的输出就是指令译码器的输入。

操作码一经译码后，即可向操作控制器发出具体操作的特定信号。

地址寄存器（AR）用来保存当前CPU所访问的内存单元的地址。

由于在内存和CPU之间存在着操作速度上的差别，所以必须使用地址寄存器来保持地址信息，直到内存的读/写操作完成为止。

为了保证程序指令能够连续地执行下去，CPU必须具有某些手段来确定下一条指令的地址。

而程序计数器正是起到这种作用，所以通常又称为指令计数器。

在程序开始执行前，必须将它的起始地址，即程序的一条指令所在的内存单元地址送入PC，因此程序计数器（PC）的内容即是从内存提取的第一条指令的地址。

当执行指令时，CPU将自动修改PC的内容，即每执行一条指令PC增加一个量，这个量等于指令所含的字节数，以便使其保持的总是将要执行的下一条指令的地址。

由于大多数指令都是按顺序来执行的，所以修改的过程通常只是简单地对PC加1。

Windows系统中的磁盘碎片整理程序（23），这样使系统（24）。

（23）A.仅将卷上的可用空间合并，使其成为连续的区域

B.只能使每个文件占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间

C.只能使每个文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间

D.使每个文件和文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间

（24）A.对文件能更有效地访问，而对文件夹的访问效率保持不变

B.对文件夹能更有效地访问，而对文件的访问效率保持不变

C.对文件和文件夹能更有效地访问

D.将磁盘空闲区的管理方法改变为空白文件管理方案

【答案】DC

【解析】

（23）因为，在Windows系统中的磁盘碎片整理程序可以分析本地卷，使每个文件或文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间使其成为连续的空闲区域，这样系统就可以更有效地访问文件或文件夹，以及更有效地保存新的文件和文件夹。

通过合并文件和文件夹，磁盘碎片整理程序还将合并卷上的可用空间，以减少新文件出现碎片的可能性。

合并文件和文件夹碎片的过程称为碎片整理。

（24）因为，在Windows系统中的磁盘碎片整理程序可以分析本地卷，使每个文件或文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间使其成为连续的空闲区域，这样系统就可以更有效地访问文件或文件夹，以及更有效地保存新的文件和文件夹。

通过合并文件和文件夹，磁盘碎片整理程序还将合并卷上的可用空间，以减少新文件出现碎片的可能性。

合并文件和文件夹碎片的过程称为碎片整理。

在磁盘移臂调度算法中，（25）算法可能会随时改变移动臂的运动方向。

（25）A.电梯调度和先来先服务B.先来先服务和单向扫描

C.电梯调度和最短寻道时间优先D.先来先服务和最短寻道时间优先

【答案】D

【解析】

在操作系统中常用的磁盘调度算法有：

先来先服务、最短寻道时间优先、扫描算法、循环扫描算法等。

其中，先来先服务是最简单的磁盘调度算法，它根据进程请求访问磁盘的先后次序进行调度，所以该算法可能会随时改变移动臂的运动方向。

最短寻道时间优先算法根据进程请求，访问磁盘的寻道距离短的优先调度，因此该算法可能会随时改变移动臂的运动方向。

电梯调度法的工作原理是先响应同方向（向内道或向外道方向）的请求访问，然后再响应反方向的请求访问，如同电梯的工作原理一样，因此该算法可能会随时改变移动臂的运动方向。

单向扫描算法是电梯调度法的改进，该算法在返程时不响应请求访问，目的是为了解决电梯调度法带来的饥饿问题。

若一个单处理器的计算机系统中同时存在3个并发进程，则同一时刻允许占用处理器的进程数（26）；如果这3个进程都要求使用2个互斥资源R，那么系统不产生死锁的最少的R资源数为（27）个。

（26）A.至少为1个B.至少为3个C.最多为1个D.最多为3个

（27）A.3B.4C.5D.6

【答案】CB

【解析】

（26）因为一个单处理器的计算机系统中尽管同时存在3个并发进程，但是同一时刻允许占用处理器的进程数只能是1个。

引入多道程序设计的目的是为了提高资源的利用率，例如进程P1要输入输出时，可以将CPU分配给进程P2,使得进程P1的输入输出和进程P2的程序执行并发运行。

（27）对于选项A，在操作系统为每个进程分配1个资源R后，若这3个进程再分别请求1个资源R时，系统已无可供分配的资源R，则这3个进程由于请求的资源R得不到满足而死锁。

如果选择选项B，那么操作系统为每个进程分配1个资源R后，系统还有1个可供分配的资源R，能满足其中的1个进程的资源要求，它运行完毕释放占有的资源R后，可以使其他进程也能得到所需的资源R并运行完毕。

已知a是浮点型变量，k是整型变量，对程序中的表达式“a+k”求值时，在不损失精度的要求下，通常需要（28）。

（28）A.将k重新定义为浮点型变量B.将a重新定义为整型变量

C.将k的值临时转换为浮点型D.将a的值临时转换为整型

【答案】C

【解析】本题考查程序设计语言基础知识。

如果一个运算符两边的运算对象类型不同，则先要将其转换为相同的类型，即较低类型转换为较高类型数据，然后再参加运算。

当较低类型的数据转换为较高类型时，一般只是形式上有所改变，而不影响数据的实质内容，而较高类型的数据转换为较低型时则可能产生数据丢失。

源程序中的（29）与程序的运行结果无关。

（29）A.注释的多少B.变量的取值

C.循环语句的执行次数D.表达式的求值方式

【答案】A

【解析】本题考査程序语言基础知识。

源程序中的注释是写给人看的，翻译源程序的过程中会被过滤掉，因此注释的多少与程序的运行结果无关。

某有限状态自动机的状态图如下图所示（状态0是初态，状态2是终态），则该自动机不能识别（30）。

（30）A.ababB.aabbC.bbaaD.bbab

【答案】A

【解析】本题考査程序语言处理基础知识。

对于选项A，从状态图的状态0出发，识别a后到达状态0,识别b后到达状态1，由于不存在从状态1出发识别a的状态转移，因此，abab不能被该自动机识别。

对于选项B,识别aabb的状态转移路是状态0—状态0—状态1—状态2。

对于选项C,识别bbaa的状态转移路是状态0—状态1—状态2—状态2—状态2。

对于选项D,识别bbab的状态转移路是状态0—状态1—状态2—状态2—状态2。

若在单向链表上，除访问链表中所有结点外，还需在表尾频繁插入结点，那么采用（31）最节省时间。

（31）A.仅设尾指针的单向链表B.仅设头指针的单向

C.仅设尾指针的单向循环链表D.仅设头指针的单向循环链表

【答案】C

【解析】本题考查数据结构基础知识。

单向链表示意图如下图所示：

单向链表仅设头指针时，在表尾插入结点时需要遍历整个链表，时间复杂度为O（n），仅设尾指针时，在表尾插入结点的时间复杂度为O

（1）,但是不能访问除了尾结点之外的所有其他结点。

单向循环链表如下图所示。

单向循环链表仅设头指针时，在表尾插入结点时需要遍历整个链表，时间复杂度为O（n）,仅设尾指针时，在表尾插入结点的时间复杂度为0

（1）,同时达到表头结点的时间复杂度为O

（1），因此对于题中给出的操作要求，适合采用仅设尾指针的单向循环链表。

表达式“a*（b-c）+d”的后缀式为（32）。

（32）A.abcd*-+B.ab*c-d+C.ab-cd+*D.abc—*d+

【答案】D

【解析】本题考查程序语言基础知识。

在后缀表示方式下，运算对象自左至右依次书写，运算符紧跟在需要参与运算的对象后面。

对于“a*（b-c）+d”，运算次序为b-c，之后与a相乘，最后再与d相加，因此其后缀表示为“abc-*d+”。

已知某二叉树的先序遍历序列是ABDCE，中序遍历序列是BDAEC,则该二叉树为（33）。

（33）A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】本题考查数据结构基础知识。

对二叉树进行先序遍历的过程是：

若二叉树非空，则先访问根结点，然后先序遍历左子树，最后先序遍历右子树。

因此，在二叉树的先序遍历序列中，第一个元素是根结点。

对二叉树进行中序遍历的过程是：

若二叉树非空，则首先中序遍历左子树，然后访问根结点，最后中序遍历右子树。

因此，若在中序遍历序列中已找出二叉树的根结点，则根结点左边为左子树的中序遍历序列，右边是右子树的中序遍历序列。

由此，根据先序序列确定根结点，根据中序序列划分左、右子树，反复应用此原则，就可根据先序遍历序列和中序遍历序列恢复二叉树的结构。

本题中，先序序列为ABDCE,因此A是树根结点，中序序列为BDAEC，因此BD是左子树上的结点，EC是右子树上的结点。

接下来根据先序遍历序列，可知B是左子树的根结点，C是右子树的根结点。

在中序遍历序列BDAEC中，D在B之后，因此D是B的右孩子。

同理，在中序遍历序列BDAEC中，E在C之前，因此E是C的左孩子。

即该二叉树如下图所示。

对于二维数组[1..6,1..8],每个数据元素占2个存储单元，以列为主存储，则元素a[4,4]相当于数组空间起始地址的偏移量是（34）个存储单元。

（34）A.28B.42C.48D.54

【答案】B

【解析】本题考查数据结构基础知识。

在这里需要注意元素是按行存还是按列存。

按列存储时，a[4,4]之前的元素个数为21（3X6+3）,每个元素占2个存储单元，因此a[4,4]相对于数组空间起始地址的偏移量是42。

按行存储时，a[4,4]之前的元素个数为27（3X8+3）,该元素相对于数组空间起始地址的偏移量是54。

已知某带权图G的邻接表如下所示，其中表结点的结构为：

（35）A.无向图B.完全图C.有向图D.强连通图

【答案】C

【解析】本题考查数据结构基础知识。

从题中的邻接表中可知，该图的边为、、、、、、、、,如下图所示，显然，这是个有向图。

在无向图中，若存在边（vi，yj），则它同时为yj和vi之间的边。

在上面的邻接表中，存在边，而不存在,因此该图不是无向图。

对于无向图，其边数e和顶点数n的关系为e=nx（n-1）/2。

对于有向图，其边数e和顶点数n的关系为e=nx（n-l），因此该图不是完全图。

若有向图为强连通图，则任意两个顶点间要存在路径。

在该有向图中，由于顶点v4没有出边，因此，不存在v4到其他顶点的路径，因此该图不是强连通图。

已知栈S初始为空，对于一个符号序列a1、a2、a3、a4、a5（入栈次序也是该次序），当用I表示入栈、0表示出栈，则通过栈S得到符号序列a2、a4、a5、a3、a1的操作序列为（36）。

（36）A.IOIIOOIOOIB.IIOIOIOIOOC.IOOIIOIOIOD.IIOIIOIOOO

【答案】D

【解析】

对于选项A，操作序列IOIIOOIOOI对应a1入栈、a1出栈、a2入栈、a3入栈、a3出栈、a2出栈、a4入栈、a4出栈，接下来要在栈空时出栈，因此该操作序列中的第9个操作会导致出错。

对于选项B，操作序列IIOIOIOIOO对应a1入栈、a2入栈、a2出栈、a3入栈、a3出栈、a4入栈、a4