上半年 软考初级程序员 答案详解.docx

1、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，和处分别可以（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】C A【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

2、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

3、垂直方向 D.按住Shift键向水平方向【答案】D B【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

4、。(5)A B.xyzceiaec.orgC.ceiaec.orgindex.htm D.ceiaec.orgindex.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“

5、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.4 B.6 C.8 D.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.

6、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

7、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

8、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】D C【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

9、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Windows XP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.PDF B.WAV C.AVI D.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

10、据的是（14）。(14)A.DVD-RAM B.CD-R C.DVD-RW D.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)

11、A.文件型 B.引导型 C.目录型 D.宏病毒【答案】D C【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

12、，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

13、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

14、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

15、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.314 B.630 C.1414 D.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+B C.A十B D.【答案】B【解析】 本题考耷逻辑运算基础知识。 用真值表验证如

16、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

17、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

18、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】D C【解析】(23)因为，在Windows系统中的磁盘碎片整

19、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

20、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

21、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.3 B.4 C.5 D.6【答案】C B【解析】 (26)因为一个

22、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

23、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

24、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.abab B.aabb C.bbaa D.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

25、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

26、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

27、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

28、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a4,4相当于数组空间起始地址的偏移量是(34)个存储单元。(34)A.28 B.42

29、C.48 D.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，a4,4之前的元素个数为21(3X6+3),每个元素占2个存储单元，因此a4,4相对于数组空间起始地址的偏移量是42。按行存储时，a4,4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

30、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.IOIIOOIOOI B.IIOIOIOIOO C.IOOIIOIOIO D.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