201105数据库上午真题

第 1 题

在CPU中用于跟踪指令地址的寄存器是（  ）。

  • (A) 地址寄存器(AR)
  • (B) 数据寄存器(MDR)
  • (C) 程序计数器(PC)
  • (D) 指令寄存器(IR)

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机组成与体系结构>运算器与控制器
  • 试题答案：[['C']]
  • 试题解析：

    本题主要考查寄存器的相关内容。
    程序计数器是用于存放下一条指令所在单元的地址的地方。在程序执行前，必须将程序的起始地址，即程序的一条指令所在的内存单元地址送入程序计数器，当执行指令时，CPU将自动修改程序计数器的内容，即每执行一条指令程序计数器增加一个量，使其指向下一个待指向的指令。程序的转移等操作也是通过该寄存器来实现的。
    指令寄存器一般用来保存当前正在执行的一条指令。
    数据寄存器主要是用来保存操作数和运算结果等信息的，其目的是为了节省读取操作数所需占用总线和访问存储器的时间。
    地址寄存器一般用来保存当前CPU所访问的内存单元的地址，以方便对内存的读写操作。
    作为程序员，应该要能控制其所编写程序的执行过程，这就需要利用程序计数器来实现，因此程序员能访问的是程序计数器。

第 2 题

指令系统中采用不同寻址方式的目的是（  ）。

  • (A) 提高从内存获取数据的速度
  • (B) 提高从外存获取数据的速度
  • (C) 降低操作码的译码难度
  • (D) 扩大寻址空间并提高编程灵活性

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机组成与体系结构>寻址方式
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    寻址是指寻找操作数的地址或下一条将要执行的指令地址。数据和指令一般都需要存放在一些存储器的存储单元中，存储器对这些存储单元进行编号，这些编号就是数据和指令的地址，如果在应用中需要用到这些数据或指令时，就通过它们的地址到存储器中去寻找，这就是寻址。
    假如某主机的主存容量可达1MB，而指令中的地址码字段最长仅16位，只能直接访问主存的一小部分，而无法访问到整个主存空间，而采用不同的寻址方式可以实现对整个主存空间的访问。就是在字长很长的大型机中（地址码字段足够长），即使指令中能够拿出足够的位数来作为访问整个主存空间的地址，但为了灵活、方便地编制程序，也需要对地址进行必要的变换。
    综上所述，可知本题答案选D。

第 3 题

在计算机系统中采用总线结构，便于实现系统的积木化构造，同时可以（  ）。

  • (A) 提高数据传输速度
  • (B) 提高数据传输量
  • (C) 减少信息传输线的数量
  • (D) 减少指令系统的复杂性

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机组成与体系结构>总线系统
  • 试题答案：[[C]]
  • 试题解析：

    总线是在计算机中连接两个或多个功能部件的一组共享的信息传输线，它的主要特征就是多个部件共享传输介质。它是构成计算机系统的骨架，是各个功能部件之间进行信息传输的公共通道，借助总线的连接，计算机各个部件之间可以传送地址、数据和各种控制信息。在计算机系统中采用总线结构，便于实现系统的积木化构造，同时可以有效减少信息传输线的数量。

第 4 题

原码表示法和补码表示法是计算机中用于表示数据的两种编码方法，在计算机系统中常采用补码来表示和运算数据，原因是采用补码可以（  ）。

  • (A) 保证运算过程与手工运算方法保持一致
  • (B) 简化计算机运算部件的设计
  • (C) 提高数据的运算速度
  • (D) 提高数据的运算精度

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机组成与体系结构>数据的表示
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    在计算机中，各类运算都可以采用补码进行，特别是对于有符号数的运算。在计算机中设计补码的目的一是为了使符号位能与有效值部分一起参加运算，从而简化运算规则，使运算部件的设计更简单；二是为了使减法运算转换为加法运算，进一步简化计算机中运算器的线路设计。因此在计算机系统中常采用补码来表示和运算数据，原因是采用补码可以简化计算机运算部件的设计。

第 5 题

计算机中的浮点数由三部分组成：符号位S，指数部分E（称为阶码）和尾数部分M。在总长度固定的情况下，增加E的位数、减少M的位数可以（  ）。

  • (A) 扩大可表示的数的范围同时降低精度
  • (B) 扩大可表示的数的范围同时提高精度
  • (C) 减小可表示的数的范围同时降低精度
  • (D) 减小可表示的数的范围同时提高精度

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机组成与体系结构>数据的表示
  • 试题答案：[['A']]
  • 试题解析：浮点数的表述形式如下：
                                             N=M×rE
    其中r是浮点数阶码的底，与尾数的基数相同，通常r=2。E和M都是带符号的定点数，E叫作阶码，M叫作尾数。浮点数的一般格式如图所示，浮点数的底是隐含，在整个机器中不出现，阶码的符号位Es，阶码的大小反映了在数N中小数点的实际位置；尾数的符号为Ms，它也是整个浮点数的符号位，表示了该浮点数的正、负。

                                  图 2-13  浮点数的一般格式
    浮点数的大小由阶码部分决定，而其精度由尾数部分决定，因此增加E的位数、减少M的位数可以扩大可表示的数的范围同时降低精度。       

第 6 题

某计算机系统由下图所示的部件构成，假定每个部件的千小时可靠度都为R，则该系统的千小时可靠度为（  ）。

  • (A) R+2R/4
  • (B) R+R2/4
  • (C) R（1-（1-R）2）
  • (D) R（1-（1-R）2）2

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：计算机组成与体系结构>可靠性
  • 试题答案：[['D']]
  • 试题解析：

    本题考查系统可靠性。
    计算机系统是一个复杂的系统，而且影响其可靠性的因素也非常繁复，很难直接对其进行可靠性分析。若采用串联方式，则系统可靠性为每个部件的乘积R=R1×R2×R3×…×Rn；若采用并联方式，则系统的可靠性为R=1-（1-R1）×（1-R2）×（1-R3）×…×（1-Rn）。

    在本题中，既有并联又有串联，计算时首先我们要分别计算图中两个并联后的可靠度，它们分别为1-（1-R）2，然后是三者串联，根据串联的计算公式，可得系统的可靠度为R×1-（1-R）2×1-（1-R）2= R（1-（1-R）2）2。因此本题答案选D。

第 7 题

用户A从CA获得用户B的数字证书，并利用（  ）验证数字证书的真实性。

  • (A) B的公钥
  • (B) B的私钥
  • (C) CA的公钥
  • (D) CA的私钥

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：信息安全>信息摘要与数字签名
  • 试题答案：[[C]]
  • 试题解析：

    本题主要考查数字证书的相关知识。
    数字证书就是互联网通讯中标志通讯各方身份信息的一系列数据，就好比日常生活中个人身份证一样。数字证书是由一个权威机构证书授权中心（CA）发行的。最简单的证书包含一个公开密钥、名称以及证书授权中心的数字签名。其中证书授权中心的数字签名是用它自己的私钥完成的，而它的公钥也是公开的，大家可以通过它的公钥来验证该证书是否是某证书授权中心发行的，以达到验证数字证书的真实性。因此本题答案选C。

第 8 题

宏病毒一般感染以（  ）为扩展名的文件。

  • (A) EXE
  • (B) COM
  • (C) DOC
  • (D) D11

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：信息安全>计算机病毒与木马
  • 试题答案：[['C']]
  • 试题解析：

    宏病毒是一种脚本病毒，它的最主要特征是它是一种寄存在文档或模板的宏中的计算机病毒。宏病毒主要感染文件有 Word、Excel 的文档。并且会驻留在Normal面板上。宏病毒的前缀是：Macro，第二前缀是：Word、Excel其中之一。如：Macro.Word.WhiteScreen、梅丽莎（Macro.Melissa）等。

    在本题中，题目给出的4个选项中，扩展名为DOC的一般为Word文档，因此容易感染宏病毒。

第 9 题

在IE浏览器中，安全级别最高的区域设置是（  ）。

  • (A) Internet
  • (B) 本地Intranet
  • (C) 可信站点
  • (D) 受限站点

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机网络>其它
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    在IE浏览器中，安全级别最高的区域设置是受限站点。
    其中Internet区域设置适用于Internet网站，但不适用于列在受信任和受限制区域的网站；本地Intranet区域设置适用于在Intranet中找到的所有网站；可信任站点区域设置适用于你信任的网站；而受限站点区域设置适用于可能会损坏你计算机或文件的网站，它的安全级别最高。

第 10 题

下列关于软件著作权中翻译权的叙述不正确的是：翻译权是指（  ）的权利。

  • (A) 将原软件从一种自然语言文字转换成另一种自然语言文字
  • (B) 将原软件从一种程序设计语言转换成另一种程序设计语言
  • (C) 软件著作权人对其软件享有的以其他各种语言文字形式再表现
  • (D) 对软件的操作界面或者程序中涉及的语言文字翻译成另一种语言文字

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：法律法规与标准化>知识产权人确定
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    根据《计算机软件保护条例》第八条的规定，软件著作权人享有若干项权利，其中包括翻译权。在条例中对翻译权的定义是：“将原软件从一种自然语言文字转换成另一种自然语言文字的权利。”

第 11 题

某软件公司研发的财务软件产品在行业中技术领先，具有很强的市场竞争优势。为确保其软件产品的技术领先及市场竞争优势，公司采取相应的保密措施，以防止软件技术秘密的外泄。并且，还为该软件产品冠以“用友”商标，但未进行商标注册。此情况下，公司享有该软件产品的（  ）。

  • (A) 软件著作权和专利权
  • (B) 商业秘密权和专利权
  • (C) 软件著作权和商业秘密权
  • (D) 软件著作权和商标权

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：法律法规与标准化>其它
  • 试题答案：[['C']]
  • 试题解析：

    软件著作权是指软件的开发者或者其他权利人依据有关著作权法律的规定，对于软件作品所享有的各项专有权利。它不需要申请即可拥有。
    软件专利权是指通过申请专利对软件的设计思想进行保护的一种方式，而非对软件本身进行的保护，我国在专利保护上，实行先申请制度，即谁申请在先，谁就享有该专利权，本题中由于公司没有申请专利，因此不具有专利权。
    软件商标权是指商标主管机关依法授予商标所有人对其注册商标受国家法律保护的专有权，在我国，商标权的获得必须履行商标注册程序，而且实行申请在先原则，即谁先申请，谁拥有该商标权。
    商业秘密一般是指不为公众所知悉，能为权利人带来经济利益，具有实用性并经权利人采取保密措施的技术信息和经营信息。
    综上所述，我们可知公司仅享有该软件产品的软件著作权和商业秘密权。

第 12 题

以下编码方法中，（  ） 属于熵编码。

  • (A) 哈夫曼编码
  • (B) 小波变换编码
  • (C) 线性预测编码
  • (D) PCM

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：多媒体基础>音频数字化
  • 试题答案：[[A]]
  • 试题解析：

    本题主要考查编码方法。   
    根据解码后数据与原始数据是否完全一致可以分为两大类：一类是熵编码、冗余压缩法，也称无损压缩法、无失真压缩法；二是熵压缩法，也称有损压缩法、有失真压缩法。其中熵编码的一个重要特征就是解码后数据与原始数据完全一致，要达到这种效果，显然，那么压缩比就较低。这种方法一般适用于文本、数据的压缩，当然，如果要求有高质量的视音频的话，也可以采用这种方式压缩。常见的熵编码方法有LZ编码（Lempel-Zev编码）、行程编码、哈夫曼编码（Huffman编码）。而小波变换编码、线性预测编码、PCM、DPCM都是有损压缩。
    哈夫曼编码是一种可变长的编码方式，该方法完全依据字符出现的概率来构造异字头的平均长度最短的码字。
    小波变换编码的原理是因为大多数语音和图像信号倾向于非均匀频谱，即只集中在某一时间段的某一频段，小波包基表示信号时正好有这种自适应性，可通过选定一个阈值将这此时间段和频段的相应系数保留编码而丢弃其他时间段和频段上的小幅值的系数；另外，小波包基的每次分解都把信号分成低频和高频两部分，而多数的语音和图像信号的统计特性表明大幅值的系数往往集中在低频区内，这样可给那些小幅值系数分配很少的比特数，甚至可以不传输或存储，从而压缩了数据。
    线性预测编码中被预测的信号各样值都是此前样值的线性组合的预测编码。
    PCM（脉冲编码调制）是把一个时间连续，取值连续的模拟信号变换成时间离散，取值离散的数字信号后在信道中传输。脉冲编码调制就是对模拟信号先抽样，再对样值幅度量化，编码的过程。

第 13 题

CIF视频格式的图像分辨率为（  ）。

  • (A) 352x240
  • (B) 352x288
  • (C) 640x480
  • (D) 320x240

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：多媒体基础>图像数字化
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    CIF是Common Intermediate Format的简称，即常用的标准化图像格式。在H.323协议簇中，规定了视频采集设备的标准采集分辨率CIF = 352×288像素。

第 14 题

由ISO制定的MPEG系列标准中，（  ）是多媒体内容描述接口标准。

  • (A) MPEG-1
  • (B) MPEG-2
  • (C) MPEG-4
  • (D) MPEG-7

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：多媒体基础>常见多媒体标准
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    MPEG即活动图像专家组，MPEG组织制定的各个标准都有不同的目标和应用，目前已提出的标准有MPEG-1、MPEG-2、MPEG-4和MPEG-7。
    MPEG-1标准用于传输1.5Mbps数据传输率的数字存储媒体运动图像及其伴音的编码。
    MPEG-2主要用于实现视/音频服务与应用互操作的可能性，是针对标准数字电视和高清晰度电视在各种应用下的压缩方案和系统层的详细规定。
    MPEG-4将众多的多媒体应用集成于一个完整的框架内，旨在为多媒体通信及应用环境提供标准的算法及工具，从而建立起一种能被多媒体传输、存储、检索等应用领域普遍采用的统一数据格式。
    MPEG-7 标准被称为“多媒体内容描述接口”，为各类多媒体信息提供一种标准化的描述，这种描述将与内容本身有关，允许快速和有效的查询用户感兴趣的资料。MPEG-7的目标是支持多种音频和视觉的描述，包括自由文本、N维时空结构、统计信息、客观属性、主观属性、生产属性和组合信息。对于视觉信息，描述将包括颜色、视觉对象、纹理、草图、形状、体积、空间关系、运动及变形等。

第 15 题

包含8个成员的开发小组的沟通路径有（  ）条。

  • (A) 28
  • (B) 32
  • (C) 56
  • (D) 64

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：项目管理>其它
  • 试题答案：[['A']]
  • 试题解析：

    在知道小组成员后，求沟通路径可按公式n× (n-1)／2求解，那么题目告诉我们开发小组有8个成员，即存在的沟通路径为8×(8-1)／2=28条。

第 16 题

模块A直接访问模块B的内部数据，则模块A和模块B的耦合类型为（  ）。

  • (A) 数据耦合
  • (B) 标记耦合
  • (C) 公共耦合
  • (D) 内容耦合

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：软件工程>软件设计
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    本题主要考查耦合的基本内容。
    耦合是指两个或两个以上的模块相互依赖于对方的一个量度。它可以分为非直接耦合、数据耦合、标记耦合、控制耦合、外部耦合、公共耦合及内容耦合等。
    当一个模块直接修改或操作另一个模块的数据或者直接转入另一个模块时，就发生了内容耦合。所以本题的答案选D。

第 17 题

下列关于风险的叙述不正确的是：风险是指（  ）。

  • (A) 可能发生的事件
  • (B) 一定会发生的事件
  • (C) 会带来损失的事件
  • (D) 可能对其进行干预，以减少损失的事件

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：项目管理>风险管理
  • 试题答案：[[B]]
  • 试题解析：

    本题主要我们对风险概念的理解。
    目前，对风险大致有两种定义：一种定义强调了风险表现为不确定性；而另一种定义则强调风险表现为损失的不确定性。其中广义的定义是：风险表现为损失的不确定性，说明风险产生的结果可能带来损失、获利或是无损失也无获利。
    从风险的定义我们不难看出，风险是可能发生的事件，而且是会带来损失的事件，人为对其干预，可能会减少损失。

第 18 题

下列关于项目估算方法的叙述不正确的是（  ）。

  • (A) 专家判断方法受到专家经验和主观性影响
  • (B) 启发式方法（如COCOMO模型）的参数难以确定
  • (C) 机器学习方法难以描述训练数据的特征和确定其相似性
  • (D) 结合上述三种方法可以得到精确的估算结果

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：项目管理>其它
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    项目估算的常用方法主要有专家判断法、启发式法和机器学习法等。
    专家判断法是指向学有专长、见识广博并有相关经验的专家进行咨询、根据他们多年来的实践经验和判断能力对计划项目作出预测的方法。很显然，采用这种方法容易受到专家经验和主观性的影响。
    启发式方法使用一套相对简单、通用、有启发性的规则进行估算的方法，它具有参数难以确定、精确度不高等特点。
    机器学习方法是一种基于人工智能与神经网络技术的估算方法，它难以描述训练数据的特征和确定其相似性。
    而无论采用哪种估算方法，估算得到的结果都是大概的，而不是精确的。

第 19 题

下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，边表示包含的活动，边上的权重表示活动的持续时间，则里程碑（  ）在关键路径上。

  • (A) 1
  • (B) 2
  • (C) 3
  • (D) 4

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：项目管理>Gant图与Pert图
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    本题主要考查关键路径求解的问题。
    从开始顶点到结束顶点的最长路径为关健路径（临界路径），关键路径上的活动为关键活动。
    在本题中找出的最长路径是Start→2→5→7→8→Finish，其长度为8+15+15+7+20=65，而其他任何路径的长度都比这条路径小，因此我们可以知道里程碑2在关键路径上。

第 20 题

算术表达式采用逆波兰式表示时不用括号，可以利用（  ）进行求值。与逆波兰式ab-cd+*对应的中缀表达式是（  ）。

  • (A) 数组
  • (B) 栈
  • (C) 队列
  • (D) 散列表
  • (A) a-b+c*d
  • (B) (a-b)*c+d
  • (C) (a-b)*(c+d)
  • (D) a-b*c+d

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：程序设计语言>后缀表达式
  • 试题答案：[['B'],['C']]
  • 试题解析：

    逆波兰式也叫后缀表达式，即将运算符写在操作数之后的表达式，它不需使用括号，在将算术表达式转换为逆波兰式表示时，需要分配2个栈，一个作为临时存储运算符的栈S1（含一个结束符号），一个作为输入逆波兰式的栈S2（空栈）。
    而逆波兰式ab-cd+*转换为中缀表达式的过程为：ab-cd+* = (ab-)*(cd+) = (a-b)*(cd+) = (a-b)*(c+d)。因此本题答案选C。

第 21 题

若一种程序设计语言规定其程序中的数据必须具有类型，则有利于（  ）。
①在翻译程序的过程中为数据合理分配存储单元
②对参与表达式计算的数据对象进行检查
③定义和应用动态数据结构
④规定数据对象的取值范围及能够进行的运算
⑤对数据进行强制类型转换

  • (A) ①②③
  • (B) ①②④
  • (C) ②④⑤
  • (D) ③④⑤

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：程序设计语言>程序语言的基本成分
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    一种程序设计语言规定其程序中的数据必须具有类型，好处如下：
    （1）有利于在翻译程序的过程中为数据合理分配存储单元，因为程序设计语言为不同的数据类型规定了其所占的存储空间，如果数据类型确定，其所占的存储空间也是确定的。
    （2）有利于对参与表达式计算的数据对象进行检查，因为知道数据的数据类型，我们就可以根据类型来判断该数据是否可以参与某表达式计算，如自加、自减的操作数不允许是浮点数，这只要根据数据的类型就能判断某操作数，是否能进行自加、自减运算。
    （3）有利于规定数据对象的取值范围及能够进行的运算，根据数据类型，我们可以知道数据的存储空间，也同时能知道数据的表示范围，如C语言中的整型数据，它占两个字节（16位），能表示的数据范围就是-215至216-1。

    综上所述，可知本题的正确答案选B。

第 22 题

某文件管理系统在磁盘上建立了位示图（bitmap），记录磁盘的使用情况。若系统的字长为32位，磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、…，那么4096号物理块的使用情况在位示图中的第（  ）个字中描述；若磁盘的容量为200GB，物理块的大小为1MB，那么位示图的大小为（  ）个字。

  • (A) 129
  • (B) 257
  • (C) 513
  • (D) 1025
  • (A) 600
  • (B) 1200
  • (C) 3200
  • (D) 6400

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：操作系统>位示图
  • 试题答案：[['A'],['D']]
  • 试题解析：

    位示图法是为管理磁盘空闲存储空间而提出的一种方法，该方法是在外存上建立一张位示图来记录文件存储器的使用情况。每一位仅对应文件存储器上的一个物理块，取值0和1分别表示空闲和占用。
    在本题中，题目告诉我们字长32位，即一个字可以表示32个物理块得使用情况，而物理块依次编号为：0、1、2、…，那么第4096号物理块的使用情况应该在位示图中的第129个字中描述，因为（4096+1）/32等于128余1，所以这一位应属于第129个字的第一位，其中4096+1的这个1是因为编号是从0开始计数的，所以才加1。
    由于磁盘的容量为200GB，每个物理块的大小为1MB，那么总共有200GB/1MB=200×1024个物理块，需要200×1024位来表示，因此位示图中字的个数=200×1024/32=6400个。

第 23 题

系统中有R类资源m个，现有n个进程互斥使用。若每个进程对R资源的最大需求为w，那么当m、n、w分别取下表中的值时，对于表中的①～⑥种情况，（  ）可能会发生死锁。若将这些情况的m分别加上（  ），则系统不会发生死锁。

    

  • (A) ①②⑤
  • (B) ③④⑤
  • (C) ②④⑤
  • (D) ②④⑥
  • (A) 1、1和1
  • (B) 1、1和2
  • (C) 1、1和3
  • (D) 1、2和1

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：操作系统>死锁
  • 试题答案：[['C'],['D']]
  • 试题解析：

    在本题中，第①种情况的系统资源数为3，而有2个进程互斥使用这3个资源，每个进程需要的资源最大值为2，那么无论怎么分配资源，都不会发生死锁。第②种情况的系统资源数为3，有3个进程互斥使用这3个资源，每个进程需要的资源最大值为2，如果每个进程都分配一个该类资源而又互相等待，这时就有可能产生死锁。第③种情况的系统资源数为5，而有2个进程互斥使用这5个资源，每个进程需要的资源最大值为3，那么无论怎么分配资源，都不会发生死锁。第④种情况的系统资源数为5，有3个进程互斥使用这3个资源，每个进程需要的资源最大值为3，如果有两个进程分配了两个资源，而剩余的一个该类资源分配给了第3个进程，这时就有可能产生死锁。对于第⑤种情况，如果三个进程都分配了2个资源而互相等待则会产生死锁。
    经过上面的分析我们可以知道，②④⑤可能会产生死锁，对于第②种情况，由于每个进程都分配一个该类资源，如果系统再多一个该类资源，系统将不会产生死锁。对于第④种情况，由于有两个进程分配了两个资源，而第3个进程只分配了1个资源，如果系统只增加一个资源的话，那么将增加的这个资源分配给第3个进程，这个时候系统仍然会发生死锁，只有增加两个资源系统才不会死锁。第⑤中情况与第②种情况一样，只需要增加一个资源就不会发生死锁。

第 24 题

某系统采用请求页式存储管理方案，假设某进程有6个页面，系统给该进程分配了4个存储块，其页面变换表如下表所示，表中的状态位等于1/0分别表示页面在／不在内存。当该进程访问的页面2不在内存时，应该淘汰表中页号为（  ）的页面。

 
  • (A) 0
  • (B) 3
  • (C) 4
  • (D) 5

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：操作系统>页面置换算法
  • 试题答案：[['D']]
  • 试题解析：

    本题主要考查页式存储管理。
    在分页存储管理时，将内存划分为大小相等的页面，每一页物理内存叫页帧，以页为单位对内存进行编号，该编号可作为页数组的索引，又称为页帧号。
    本题所使用的页面淘汰算法称为：Clock算法。
    判断的标识为：访问位为0的，就淘汰。
    Clock算法：每页设置一位访问位，再将内存中的所有页面都通过链接指针链接成一个循环队列。当某页被访问时，其访问位被置1。
    置换算法在选择一页淘汰时，只需检查页的访问位。如果是0，就选择该页换出；若为1，则重新将它置0，暂不换出，而给该页第二次驻留内存的机会，再按照FIFO算法检查下一个页面。当检查到队列中的最后一个页面时，若其访问位仍为1，则再返回到队首去检查第一个页面。

第 25 题

数据库的视图与基本表之间通过建立（  ）之间的映像，保证数据的逻辑独立性；基本表与存储文件之间通过建立（  ）之间的映像，保证数据的物理独立性。

  • (A) 模式到内模式
  • (B) 外模式到内模式
  • (C) 外模式到模式
  • (D) 外模式到外模式
  • (A) 模式到内模式
  • (B) 外模式到内模式
  • (C) 外模式到模式
  • (D) 外模式到外模式

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：数据库技术基础>数据库的三级模式结构与两级映像
  • 试题答案：[['C'],['A']]
  • 试题解析：

    本题主要考查关系模式。
    数据库的结构是三级模式结构，它包括外模式、模式和内模式，其中用户级对应外模式，概念级对应模式，物理级对应内模式。
    模式又称概念模式或逻辑模式。它是由数据库设计者综合所有用户的数据，按照统一的观点构造的全局逻辑结构，是对数据库中全部数据的逻辑结构和特征的总体描述，是所有用户的公共数据视图。
    外模式又称子模式。它是某个或某几个用户所看到的数据库的数据视图，是与某一应用有关的数据的逻辑表示。
    内模式又称存储模式，它是数据库中全体数据的内部表示或底层描述，是数据库最低一级的逻辑描述，它描述了数据在存储介质上的存储方式和物理结构，对应着实际存储在外存储介质上的数据库。
    综上所述，可知数据库的视图与基本表之间通过建立外模式到模式之间的映像，保证数据的逻辑独立性；而基本表与存储文件之间通过建立模式到内模式之间的映像，保证数据的物理独立性。

第 26 题

若集合D1={0，1，2}、集合D2={a，b，c}、集合D3={a，c}，则D1×D2×D3应为（  ）元的集合，其结果集的元组个数为（  ）。若  ，则结果集的元组个数为（  ）。

  • (A) 3
  • (B) 6
  • (C) 8
  • (D) 9
  • (A) 6
  • (B) 9
  • (C) 12
  • (D) 18
  • (A) 2
  • (B) 3
  • (C) 6
  • (D) 9

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：关系数据库>关系代数运算
  • 试题答案：[['A'],['D'],['C']]
  • 试题解析：

    本题主要考查关系运算。

    D1×D2×D3表示对三个集合进行笛卡尔积。假如关系R和S元数分别为r和s，那么他们的笛卡儿积就应该是一个r + s元的元组集合，而若R有m个元组，S有n个元组，则R×S应有m×n个元组。
    在本题中，集合

D1、D2、D3都是一个一元（列）的元组集合，其中

D1有3个元组（行），

D2有3个元组（行），而

D1有2个元组（行）。由此可知， 

D1×D2×D3    的结果应为3元的集合，而元组的个数应该为3×3×2=18。
另外，本题中也考查到了连接运算，而连接是从两个关系的笛卡尔积中选取属性间满足一定条件的元组，

D2  与

D3  进行笛卡尔积得到一个具有6个元组的结果，如下表所示。

然后选择两列值相等的元组，很显然只有两个元组满足条件，接着用这个集合与D1进行笛卡尔积运算，可以得到一个3×2=6个元组的集合。</p>

第 27 题

设有员工实体 Employee （员工号，姓名，性别，年龄，电话，家庭住址，家庭成员，关系，联系电话）。其中，“家庭住址”包括邮编、省、市、街道信息；“家庭成员，关系，联系电话”分别记录了员工亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话，且一个员工允许有多个家庭成员。
员工实体 Employee 的主键为（ ）；“家庭住址”是一个（ ）属性；该关系属于（ ）；为使数据库模式设计更合理，对于员工关系模式 Employee （ ）。

  • (A) 员工号
  • (B) 员工号，家庭成员
  • (C) 姓名
  • (D) 姓名，家庭成员
  • (A) 简单
  • (B) 多值
  • (C) 复合
  • (D) 派生
  • (A) 2NF，无冗余，无插入异常和删除异常
  • (B) 2NF，无冗余，但存在插入异常和删除异常
  • (C) 1NF，存在冗余，但不存在修改操作的不一致
  • (D) 非1NF，且存在冗余和修改操作的不一致，以及插入异常和删除异常
  • (A) 只允许记录一个亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话
  • (B) 可以不作任何处理，因为该关系模式达到了3NF
  • (C) 增加多个家庭成员、关系及联系电话字段
  • (D) 应该将家庭成员、关系及联系电话加上员工号作为一个独立的模式

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：关系数据库>1NF至4NF
  • 试题答案：[['B'],['C'],['D'],['D']]
  • 试题解析：

    主键是能唯一标识一条记录的属性或属性组，在本题给出的关系模式中，主键应该为（员工号，家庭成员），因为且一个员工允许有多个家庭成员，所以如果主键只有员工号的话，将不能唯一标识一条记录。而题目告诉我们“家庭住址”包括邮编、省、市、街道信息，因此它是一个复合的属性。
    由于在该关系模式中存在复合属性，即存在非原子属性，因此该关系模式不满足第1NF的定义，自然也就不满足更高范式了，因此在该关系模式中，存在冗余和修改操作的不一致，以及插入异常和删除异常等问题。
    而对于关系模式 Employee ，除了要将复合属性分解成原子属性外，还应该将家庭成员、关系及联系电话加上员工号作为一个独立的模式。

第 28 题

某医院管理系统部分关系模式为：科室（科室号，科室名，负责人，电话）、病患（病历号，姓名，住址，联系电话）和职工（职工号，职工姓名，科室号，职位，住址，联系电话）。假设每个科室有一位负责人和一部电话，每个科室有若干名职工，一名职工只属于一个科室；一个医生可以为多个病患看病；一个病患可以由多个医生多次诊治；职位有医生、护士和其他。
a．科室和职工的所属联系类型是（ ），病患和医生的就诊联系类型是（ ）。科室关系的主键和外键分别为（ ）。对于就诊联系最合理的设计是（ ），就诊关系的主键是（ ）。
b．若科室关系中的科室名是唯一的，并要求指出外码。请将下述SQL语句的空缺部分补充完整。
CREATE TABLE科室（科室号CHAR（3） PRIMARYKEY，
科室名CHAR（10）（ ），
负责人CHAR（4），
电话CHAR（20），
（ ））；

  • (A) 1:1
  • (B) 1:n
  • (C) n:1
  • (D) n:m
  • (A) 1:1
  • (B) 1:n
  • (C) n:1
  • (D) n:m
  • (A) 科室号、科室名
  • (B) 科室名、科室号
  • (C) 科室名、负责人
  • (D) 科室号、负责人
  • (A) 就诊（病历号，职工号，就诊情况）
  • (B) 就诊（病历号，职工姓名，就诊情况）
  • (C) 就诊（病历号，职工号，就诊时间，就诊情况）
  • (D) 就诊（病历号，职工姓名，就诊时间，就诊情况）
  • (A) 病历号，职工号
  • (B) 病历号，职工号，就诊时间
  • (C) 病历号，职工姓名
  • (D) 病历号，职工姓名，就诊时间
  • (A) NOT NULL
  • (B) UNIQUE
  • (C) KEY UNIQUE
  • (D) PRIMARY KEY
  • (A) PRIMARYKEY（科室号）NOT NULL UNIQUE
  • (B) PRIMARY KEY（科室名）UNIQUE
  • (C) FOREIGN KEY（负责人）REFERENCES职工（职工姓名）
  • (D) FOREIGN KEY（负责人）REFERENCES职工（职工号）

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库技术基础>E-R模型
  • 试题答案：[['B'],['D'],['D'],['C'],['B'],['B'],['D']]
  • 试题解析：

    本题主要考查关系模式的基础知识。
    在本题中，题目告诉我们每个科室有一位负责人和若干名职工，而一名职工只属于一个科室，那么很容易我们就能知道科室与职工的所属联系类型为1:n。
    另外，题目告诉我们一个医生可以为多个病患看病，一个病患可以由多个医生多次诊治，所以病患与医生的就诊联系类型为多对多。
    科室关系模式的主键无疑是科室号，因为它能唯一标识一条记录，而它的外键应该是负责人，负责人也是职工，而这里应该用职工号的标识负责人的属性值，因此负责人应该是外键。
    根据题目意思，就诊应该是病患与医生之间的联系，它们之间的联系是多对多，因此其联系要转换为独立的关系模式时，应该包含病患和医生关系模式的主键及自身的一些属性，如就诊时间，就诊情况。而病患的主键是病历号，而职工关系模式的主键为职工号，因此就诊关系模式为就诊（病历号，职工号，就诊时间，就诊情况），而该关系模式的主键是（病历号，职工号，就诊时间），因为这才能唯一标识一条记录。至于主键为什么不是（病历号，职工号），是因为存在同一个病人多次看同一个医生的情况，所以（病历号，职工号）不能唯一标识一条记录。
    题目告诉我们科室关系中的科室名是唯一的，并要求指出外码，因此后两空应分别指出科室名是唯一的和指出外码，指出科室名是唯一的需要用到关键字UNIQUE，在前面我们知道科室关系的外码是负责人，因此指出其外码的语句为FOREIGN KEY（负责人）REFERENCES职工（职工号）。

第 29 题

给定关系模式R<U，F>，U={A，B，C），F={AB→C，C→B）。关系R（  ）且分别有（  ）

  • (A) 只有1个候选关键字AC
  • (B) 只有1个候选关键字AB
  • (C) 有2个候选关键字AC和BC
  • (D) 有2个候选关键字AC和AB
  • (A) 1个非主属性和2个主属性
  • (B) 2个非主属性和1个主属性
  • (C) O个非主属性和3个主属性
  • (D) 3个非主属性和0个主属性

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：关系数据库>求候选码
  • 试题答案：[['D'],['C']]
  • 试题解析：

    本题主要考查函数依赖的基础知识。
    关系中的某一属性或属性组的值能唯一的标识一个元组，而其任何真子集都不能再标识，则称该属性组为候选码。
    但这里大家要注意，如果一个关系有多个不同的主码时，那么这些主码组合在一起就是候选码，也就是说一个关系的主码只能选一个，而候选码可以有多个，这就像选总统一样，候选人可以多个，但最终的总统只能有一个，当然也有些地方的候选人就只有一个，候选码也一样，也有可能只有一个，在这种情况下，候选码就是主码。
    主属性和非主属性是互补的，一个关系模式中的属性不是主属性就是非主属性。组成候选码的属性就是主属性，其他的就是非主属性，所以要判断关系模式中的属性是主属性还是非主属性，首先要求解出其候选码。
    在本题中，从题目给出的函数依赖关系我们可以看出，AB能推导出C，即能推导出所有的属性；而C能推导出B，同样，AC也能推导出所有的属性，因此AB与AC都是该关系的候选码。所以该关系中的属性都是主属性，没有非主属性。

第 30 题

数据库管理系统提供授权功能以便控制不同用户访问数据的权限，其主要目的为了实现数据库的（  ）。

  • (A) 一致性
  • (B) 完整性
  • (C) 安全性
  • (D) 可靠性

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：数据库技术基础>数据库管理系统（功能、特征）
  • 试题答案：[[C]]
  • 试题解析：

    数据库管理系统提供授权功能以便控制不同用户访问数据的权限，其主要目的为了实现数据库的安全性。

第 31 题

若事务程序中有表达式a/b，如果b取值为0时计算该表达式，会产生的故障属于（  ）。

  • (A) 事务故障
  • (B) 系统故障
  • (C) 介质故障
  • (D) 死机

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：数据库运行与管理>故障分类与恢复
  • 试题答案：[['A']]
  • 试题解析：

    本题主要考查故障的种类。
    事务故障是非预期的，是不能由应用程序处理的故障。如运算溢出、并行事务发生死锁而被选中撤销该事务等。事务故障意味着事务没有到达预期的终点。
    系统故障是指造成系统停止运转的任何事件，使得系统重新启动。例如，中央处理器故障、操作系统故障、突然停电等。
    介质故障又称硬故障，是指外存故障，如磁盘的磁头碰撞、瞬时的强磁场干扰等。
    在本题中，显然发生的是事务故障。

第 32 题

系统故障的恢复（  ）。

  • (A) 仅需要使用日志
  • (B) 仅需要使用备份
  • (C) 必须使用日志和备份
  • (D) 仅需要使用日志或备份

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库运行与管理>故障分类与恢复
  • 试题答案：[['A']]
  • 试题解析：

    系统故障的恢复在重新启动时自动完成，不需要用户干预，步骤如下。
    ①正向扫描日志文件：找出在故障发生前已经提交的事务，将其事务标识记入重做（Redo）队列；同时找出故障发生时尚未完成的事务，将其事务标识记入撤销（Undo）队列。
    ②对撤销队列中的各个事务进行撤销处理：反向扫描日志文件，对每个Undo事务的更新操作执行逆操作。
    ③对重做队列中的各个事务进行重做处理：正向扫描日志文件，对每个Redo事务重新执行日志文件登记操作。

第 33 题

假设日志文件的尾部如下图所示，则恢复时应执行的操作是（  ）。

 
  • (A) Undo T0， Redo T1
  • (B) Undo T1， Redo T0
  • (C) Redo T0， Redo T1
  • (D) Undo T1， Undo T0

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库运行与管理>UNDO与REDO
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    在恢复故障时，应扫描日志文件，找出在故障发生前已经提交的事务，将其事务标识记入重做（Redo）队列；同时找出故障发生时尚未完成的事务，将其事务标识记入撤销（Undo）队列。因此本题答案选B。

第 34 题

数据库应用系统通常会提供开发接口。若出于安全性考虑，对于只读数据，通常提供（  ）以供外部程序访问；对于需要更新的数据，则以（  ）的方式供外部调用，并由提供者完成对系统中多个表的数据更新。

  • (A) 基本表
  • (B) 视图
  • (C) 索引
  • (D) 触发器
  • (A) 基本表
  • (B) 视图
  • (C) 存储过程
  • (D) 触发器

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：SQL语言>视图
  • 试题答案：[['B'],['C']]
  • 试题解析：

    视图是一个虚拟表，但同真实的表一样，也包含一系列带有名称的列和行数据。不过，视图并不在数据库中以存储的数据值形式存在，其行和列数据来自由定义视图的查询所引用的表，并且在引用视图时动态生成。由于可以隐藏表中的一些数据，因此出于安全性考虑，在只读数据时，可以通过视图供外部程序访问。
    存储过程是一组为了完成特定功能的SQL语句集，它可由应用程序通过一个调用来执行，而且允许用户声明变量，另外，存储过程可以接收和输出参数。如果需要更新数据，可以以存储过程的方式供外部调用。

第 35 题

将表employee中name列的修改权限赋予用户Liu，并允许其将该权限授予他人，应使用的SQL语句为：
GRANT（  ）ON TABLE employee TO Liu（  ）;

  • (A) UPDATE(name)
  • (B) DELETE
  • (C) SELECT
  • (D) INSERT
  • (A) FORALL
  • (B) CASCADE
  • (C) WITH GRANT OPTION
  • (D) WITH CHECK OPTION

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：SQL语言>授权语句
  • 试题答案：[['A'],['C']]
  • 试题解析：

    赋予用户权限命令的简单格式可以概括为：GRANT 权限ON 数据库对象TO 用户 WITH GRANT OPTION。 而WITH GRANT OPTION是可选项，表示用户可以将其权限通过GRANT语句授权给其他用户。因此本题的正确答案应分别是UPDATE(name)和WITH GRANT OPTION。

第 36 题

一个事务的执行，不应该受到其他事务的干扰而影响其结果的正确性，称为事务的（  ）。

  • (A) 原子性
  • (B) 一致性
  • (C) 隔离性
  • (D) 持久性

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：事务管理>事务的特性
  • 试题答案：[['C']]
  • 试题解析：

    事务具有以下特性。
    原子性：即事务是数据库的基本逻辑工作单位。
    一致性：使数据库从一个一致性状态变到另一个一致性状态。
    隔离性：不能被其他事务干扰。
    持续性：一旦提交，改变就是永久性的。

第 37 题

关于ROLLBACK的描述，正确的是（  ）。

  • (A) ROLLBACK语句会将事务对数据库的更新写入数据库
  • (B) ROLLBACK语句会将事务对数据库的更新撤消
  • (C) ROLLBACK语句会退出事务所在程序
  • (D) ROLLBACK语句能够将事务中使用的所有变量置空值

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：事务管理>事务的状态
  • 试题答案：[['B']]
  • 试题解析：

    ROLLBACK即回滚操作，其作用是将事务对数据库的更新撤消，恢复到以前的某个状态。

第 38 题

设有两个事务T1、T2有如下调度，产生的不一致性是（  ）。


  • (A) 丢失修改
  • (B) 不可重复读
  • (C) 读脏数据
  • (D) 幻影读

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：事务管理>并发操作及问题
  • 试题答案：[['A']]
  • 试题解析：

    数据库的并发操作带来的问题有：丢失更新问题，读过时的数据及读“脏”数据。
    在本题中，首先执行的 T2  的前三条语句，对A的值进行了修改，但它并没将修改的结果写回，因当事务T1再读A的值时，读取到的仍然是A原来的值，然后事务T1对A的值进行修改，并写回，这时事务 T2  再将其修改结果写回，显然，这样事务 T2  的修改覆盖了事务T1对A值的修改，因此丢失了更新。

第 39 题

C/S（客户机/服务器）与B/S（浏览器/服务器）体系结构的区别是：（  ） 。

  • (A) B/S建立在局域网上，C/S建立在广域网上
  • (B) B/S客户相对固定集中，C／S客户分散
  • (C) B/S软件重用性弱于C/S
  • (D) B/S较C/S易于维护

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库发展和新技术>WEB与数据库
  • 试题答案：[['D']]
  • 试题解析：

    C/S和B/S是当今开发模式技术架构的两大主流技术。目前，B/S的应用更为广泛，因为它更易于安装、维护及升级等。

第 40 题

需求分析阶段，用于描述业务处理流程及各项业务处理所使用数据的图是（  ）。

  • (A) 数据流图
  • (B) 类图
  • (C) E-R图
  • (D) 用例图

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：软件工程>DFD与数据字典
  • 试题答案：[[A]]
  • 试题解析：

    数据流图是用于在需求分析阶段来描述业务处理流程及各项业务处理所使用数据的图，是需求分析阶段一种常用的工具。

第 41 题

确定各基本表的索引，属于数据库设计的（  ）阶段。

  • (A) 需求分析
  • (B) 概念设计
  • (C) 逻辑设计
  • (D) 物理设计

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库设计>物理结构设计
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    需求分析阶段负责调查和分析用户的业务活动和数据的使用情况，确定用户对数据库系统的使用要求和各种约束条件等。
    概念设计阶段负责对用户要求的现实世界进行抽象，建立抽象的概念数据模型。这个阶段常用的工具有E-R图。
    逻辑设计阶段负责将概念数据模型设计成数据库的一种逻辑模式，即适应于某种特定数据库管理系统所支持的逻辑数据模式。
    物理设计阶段负责收集数据并具体建立一个数据库。确定各基本表的索引就属于这个阶段的任务。

第 42 题

E-R图转换为关系模型时，对实体中的多值属性采用的方法是（  ），得到的关系模式属于（  ）。

  • (A) 将实体的码分别和每个多值属性独立构成一个关系模式
  • (B) 将多值属性和其他属性一起构成该实体对应的关系模式
  • (C) 多值属性不在关系中出现
  • (D) 所有多值属性组成一个关系模式
  • (A) 2NF
  • (B) 3NF
  • (C) BCNF
  • (D) 4NF

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：关系数据库>1NF至4NF
  • 试题答案：[['A'],['D']]
  • 试题解析：

    多值属性是指一个元素可以有不同的可能值的属性。例如电话属性，它有可能是手机号也有可能是座机号。对于这种属性，我们在获取关系模式时，应将实体的码分别和每个多值属性独立构成一个关系模式，这样就可以得到满足4NF的关系模式，从而避免数据冗余。
    4NF的定义是：如果关系中存在非平凡的多值依赖X→→Y，X包含码，则该关系模式为第四范式。

第 43 题

以下的SQL 语句，Student与Person之间的关系是（  ）。
CREATE TYPE Person(
name char(20)，
address varchar(50))；
CREATE TYPE Student(
under Person
(degree char(20)
department char(20)）；

  • (A) 类型继承
  • (B) 类型引用
  • (C) 表继承
  • (D) 无任何关系

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：SQL语言>SQL99支持的对象关系模型
  • 试题答案：[[A]]
  • 试题解析：

    在本题中，从题目给出的SQL语句中，我们可以看出，首先定义了一个类型Person，它包含了姓名和地址，然后定义了一个类型Student，在该定义中有语句“under Person”，表示继承类型Person。因此Student与Person之间的关系是的类型继承关系。

第 44 题

银行系统采用分布式数据库系统，对本地储户的存储业务能够在本地正常进行，而不依赖于其他场地数据库，称为分布式数据库的（  ）。

  • (A) 共享性
  • (B) 自治性
  • (C) 可用性
  • (D) 分布性

答案与解析

  • 试题难度：容易
  • 知识点：数据库发展和新技术>分布式数据库概念
  • 试题答案：[[B]]
  • 试题解析：

    分布式数据库的自治性描述的是：在分布式数据库系统中，本地子系统能对本地的数据进行正常操作，而不依赖于其他场地数据库。

第 45 题

数据仓库通常采用三层体系结构，中间层为（  ）。

  • (A) 数据仓库服务器
  • (B) OLAP服务器
  • (C) 查询和报表工具
  • (D) 数据挖掘工具

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库技术基础>数据仓库的体系结构
  • 试题答案：[[B]]
  • 试题解析：

    OLAP服务器即联机分析处理服务器，是共享多维信息的、针对特定问题的联机数据访问和分析的快速软件技术。它通过对信息的多种可能的观察形式进行快速、稳定一致和交互性的存取，允许管理决策人员对数据进行深入观察，它是数据仓库三层系统结构中的中间层。
    查询和报表工具、数据挖掘工具都属于前端工具。而数据仓库服务器存储的是数据，是数据仓库的数据层。

第 46 题

回答“银行根据历史数据判断一个新的申请贷款人是否有偿还贷款的能力”这一问题的数据挖掘知识发现类型属于（  ）。

  • (A) 关联规则
  • (B) 特征描述
  • (C) 分类
  • (D) 聚类

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：数据库技术基础>数据挖掘最常用的技术
  • 试题答案：[['C']]
  • 试题解析：

    关联规则反映了数据项中某些属性或数据集中某些数据项之间的统计相关性，比如“在购买面包和黄油的顾客中，有90%的人同时也买了牛奶”，这就是一种关联规则。
    分类在数据挖掘中是一项非常重要的任务，目前在商业上应用最多。分类的目的是通过一个分类函数或分类模型（也称作分类器）把数据库中的数据项映射到给定类别中的某一个当中。本题中就应用了分类技术。
    聚类是把一组个体按照相似性归成若干类别，也就是“物以类聚”。它的目的是使得属于同一类别的个体之间的距离尽可能的小，而不同类别上的个体间的距离尽可能的大。

第 47 题

ARP协议属于（  ）协议，它的作用是（  ）。

  • (A) 物理层
  • (B) 数据链路层
  • (C) 网络层
  • (D) 传输层
  • (A) 实现MAC地址与主机名之间的映射
  • (B) 实现IP地址与MAC地址之间的变换
  • (C) 实现IP地址与端口号之间的映射
  • (D) 实现应用进程与物理地址之间的变换

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机网络>TCP/IP协议族
  • 试题答案：[['C'],['B']]
  • 试题解析：

    ARP即地址解析协议，是工作在网络层的协议，它主要的作用是实现IP地址与MAC地址之间的变换。

第 48 题

下面关于集线器与交换机的描述中，错误的是（  ）。

  • (A) 交换机是一种多端口网桥
  • (B) 交换机的各个端口形成一个广播域
  • (C) 集线器的所有端口组成一个冲突域
  • (D) 集线器可以起到自动寻址的作用

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机网络>其它
  • 试题答案：[[D]]
  • 试题解析：

    集线器又称为Hub，是连接网络线路的一种装置，常用于两个或多个网络结点之间物理信号的双向转发。由于电磁信号在网络传输媒体中进行传递时会衰减而使信号变得越来越弱，还会由于电磁噪音和干扰使信号发生畸变，因此需要在一定的传输媒体距离中使用集线器来对传输的数据信号整形放大后再传递。集线器是一个多端口的中继器，它的所以端口在同一个冲突域内。
    网桥是连接两个局域网的存储转发设备，用它可以完成具有相同或相似体系结构的网络系统的连接。
    交换机是一种多端口网桥，它是一种工作在数据链路层的设备（这里指的是二层交换机），不能划分网络层的广播，即它的各个端口形成一个广播域。

第 49 题

“三网合一”的三网是指（  ）。

  • (A) 电信网、广播电视网、互联网
  • (B) 物联网、广播电视网、电信网
  • (C) 物联网、广播电视网、互联网
  • (D) 物联网、电信网、互联网

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机网络>其它
  • 试题答案：[[A]]
  • 试题解析：

     “三网合一”的三网是指电信网、广播电视网、互联网。“三网融合”后，我们可用电视遥控器打电话，在手机上看电视剧，随需选择网络和终端，只要拉一条线、或无线接入即完成通信、电视、上网等功能。

第 50 题

要使4个连续的C类网络汇聚成一个超网，则子网掩码应该为（  ）。

  • (A) 255.240.0.0
  • (B) 255.255.0.0
  • (C) 255.255.252.0
  • (D) 255.255.255.252

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：计算机网络>IP地址与子网划分
  • 试题答案：[[C]]
  • 试题解析：

    本题主要考查网络汇聚的相关知识。
    我们可以知道C类地址的子网掩码为255.255.255.0，而四个子网需要用2位来表示，因此如果要将4个连续的C类网络汇聚成一个超网，只需将子网掩码第3个字节的最后两位都变成0即可，因此超网的子网掩码是255.255.252.0。

第 51 题

Ravi, like many project（ ）,had studied the waterfall model of software development as the primary software life-cycle（ ）．He was all set to use it for an upcoming project, his first assignment． However, Ravi found that the waterfall model could not be used because the customer wanted the software delivered in stages, something that implied that the system had to be delivered and built in （ ） and not as（ ）.
The situation in many other projects is not very different． The real world rarely presents a problem in which a standard process, or the process used in a previous project, is the best choice． To be the most suitable, an existing process must be（ ）to the new problem．
A development process, even after tailoring, generally cannot handle change requests．To accommodate change requests without losing control of the project, you must supplement the development process with a requirement change management process．

  • (A) customers
  • (B) managers
  • (C) users
  • (D) administrators
  • (A) activity
  • (B) procedure
  • (C) process
  • (D) progress
  • (A) parts
  • (B) modules
  • (C) software
  • (D) a whole
  • (A) parts
  • (B) modules
  • (C) software
  • (D) a whole
  • (A) modified
  • (B) used
  • (C) suited
  • (D) tailored

答案与解析

  • 试题难度：一般
  • 知识点：专业英语>专业英语
  • 试题答案：[['B'],['C'],['A'],['D'],['D']]
  • 试题解析：

    Ravi就像很多研究过以瀑布模型为软件生命周期过程的软件开发项目经理一样，他被安排使用瀑布模型去开发一个即将启动的项目，而且这是他的第一个任务。然而，Ravi发现不能在项目中使用瀑布模型，因为客户想要该软件分阶段交付，而不是作为一个整体交付。
    在很多其他的项目中也有类似的情况，现实生活中，本来就很少有能完全按标准来进行处理的问题，可能某标准处理前一个问题非常合适，但处理现在这个问题就不定适合了。最合适的方法就是对一个新的问题必须采用切合它自身的方法。为了适应变化的变更请求而不失去对项目的控制，你必须要支持项目的发展过程与一个需求变更管理过程。

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