程序员历年答案分析2005---2011年全部详细答案

2005年上半年试题分析

上午试题分析

●试题答案 （1） A （2） C （3） B

【考查知识点】 本题考查的是计算机文字处理的基本操作。

【解析】使用常用文字编辑工具编辑正文时，若要改变该文档的文件名，常选用“文件”子

菜单下的“另存为”命令，此时系统弹出对话框，键入新的文件名便可更改该文件名。

在“打印预览”方式下，单击“关闭”按钮便可返回编辑文件。“打印预览”、“放大镜”、

“全屏显示”均为预览状态下的操作。

要想把正文中所有“Computer”改写为“计算机”，选择“编辑”子菜单下的“替换”

命令，用户可以在弹出的对话框中的“查找内容”栏输入“Computer”，在“替换为”栏中

输入“计算机”，单击“全部替换”按钮就可以实现替换操作。也可以在替换操作后，再选

择单击“查找下一处”按钮，Word就自动在文档中找到下一处使用该词的地方，这时单击

“替换”按钮，Word则把选中的词替换掉。

●试题答案 （4） D

【考查知识点】 本题考查的是Windows操作系统的应用。

【解析】 使用Windows操作系统，在“我的电脑”中选择某磁盘中的文件，假设选择F

盘，单击“查看”菜单，弹出下拉菜单后，选择“大图标”命令，则此盘中所有的文件夹等

会变大。选择“查看”菜单中的“排列图标”命令，此时可以按名称、大小、类型、日期等

进行排列。选择“查看”菜单中“列表”命令，会按顺序排列此盘中所有列表的信息。选择

“查看”菜单中“详细信息”命令，此时系统显示文件的建立时间（或近期修改时间）和大

小，选择“查看”菜单中“平铺”命令可以恢复到以前的排列状态。

●试题答案 （5）C （6） B

【考查知识点】 本题考查的是Windows操作系统的应用。

【解析】 在Windows操作系统中选择一个文件图标，执行“剪切”命令后，“剪切”的文件

放在剪切板中；选定某个文件夹后，右击打开快捷菜单，选择“删除”命令可删除该文件夹。

也可以选择某一文件或文件夹，选择“文件”菜单中的“删除”命令删除该文件或文件夹，

也可以直接按Delete键删除文件，以上三种删除操作，并没有将文件彻底删除，而是将它

们存储在回收站中，是可以恢复的。当使用“Shift + Delete”组合键对所选文件完成删除

时，进行的是彻底删除操作，没有把文件放入回收站，也不能恢复。

●试题答案 （7） C

【考查知识点】 本题考查的是数据在计算机中的表示。

【解析】 在计算机系统内部，对二进制数而言，存在原码、反码、补码三种不同的表示方

法。对于正数，其原码、反码、补码表示均与其真值相同。而负数的原码是符号位为1，尾

数等于真值的绝对值；反码的求法是原码的符号位不变，其余各位取反；补码是原码符号位

不变，其余各位取反，末尾加1。

它们对真值0的表示分别为：

原码：00000000（正0）；10000000（负0）

反码：00000000（正0）；11111111（负0）

补码：00000000（不区分正负）

●试题答案 （8） A (9) B

【考查知识点】 本题考查的是数据的原码和补码表示。

【解析】 已知十进制整数求二进制整数时，可以采取不断用2去除十进制整数而取其余数

的方法，当除到商为0时，将除2所得到的余数由后至前依次排列起来，使其组成一个整数，

该整数就是十进制整数对应的二进制整数。

对一个十进制数求其机器码原码和补码的方法如下：

1. 求原码最高位为符号位（0表示正数，1表示负数），其余各位代表数值本身的绝对

值。所以，-101的原码为11100101。

2. 求反码正数的补码与原码相同，负数的补码为该数的反码末尾加1，正数的反码与

原码相同，负数的反码符号位为1，其余各位为该数绝对值的原码按位取反。根据

前面计算的-101的原码，求其反码为10011010，末尾加1得其补码为10011011。

●试题答案 （10） D

【考查知识点】 本题考查的是数据的逻辑运算。

【解析】 选项A表示逻辑与，只要两个输入中有一个为0则Z输出为0，即只有两个或所

有输入都为1时，结果才为1；选项B表示与非，当X、Y同时为1时Z输出0；选项C表示

异或，当X、Y均为1时Z也输出0，选项D表示逻辑或，当且仅当X、Y同时为0时Z才输

出0，即只要两个或多个输入中只要有一个为1，则结果为1。

●试题答案 （11）B （12）C

【考查知识点】 本题考查的是内存地址的计算。

【解析】 主存储器采用的是随机存储方式，需要对每个数据块进行编码，而在主存储器中

数据块是以word来标志的，即每个字一个地址，通常采用十六进制表示。因为内存地址区

1715域从44000H到6BFFFH，则表示有（6BFFFH-44000H）+ 1=28000H个字节，（28000）16=2+2

=128K+32K=160K(字节)。

实际的存储器总是由一片或多片存储器配以控制电路构成的。其容量为W x B,W是存储

单元（word）的数量，B表示每个word由多少bit（位）组成。如果某一芯片规格为w x b，

则组成W x B的存储器需要用（W/w）x （B/b）个芯片。所以在本题中内存片数为：（160K/16K）

x(8/4bit)=20（片）。

●试题答案 （13） B （14） B

【考查知识点】 本题主要考查的是指计算机读取指令过程。

【解析】 程序计数器（PC）是用来存放下一条将要执行指令的地址。为了从内存中读取指

令，首先需要将程序计数器的内容输送到地址总线上。

●试题答案 （15） A

【考查知识点】 本题主要考查的是操作系统多道程序设计的基本概念。

【解析】 多道程序设计是一种软件技术，该技术使同时进入计算机主存的几个相互独立的

程序在管理程序控制之下相互交替的运行。当某道程序因某种原因不能继续运行下去（如等

待外部设备传输数据）时，管理程序便将另一道程序投入运行。这样可以使CPU及各外部设

备尽量处于忙碌状态，从而大大提高计算机的使用效率。

【总结与扩展】 Spooling是Simultaneous Peripheral Operation On-Line（即外部设备

联机并行操作）的缩写，它是关于慢速字符设备如何与计算机主机交换信息的一种技术，通

常称为“假脱机技术”。 Spooling系统既不同于脱机方式，也不同于直接耦合方式，Spooling

技术实际上是一种外围设备同时联机操作技术，又称为排队转储技术。它在输入和输出之间

增加了“输入井”和“输出井”的排队转储环节，以消除用户的“联机”等待时间。

计算机系统中各个部件速度的差异是显而易见的。为了缓解CPU与外围设备之间速度不

匹配和负载不均衡的问题，为了提高CPU和外围设备的工作效率，增加系统中各部件的并行

工作程度，在现代操作系统中普遍采用了缓冲技术。缓冲管理的主要职责是组织好缓冲区并

提供获得和释放缓冲区的手段。

利用共享型设备实现的数量较多、速度较快的独占型设备成为虚拟设备。可见，虚拟设

备实际上是由若干个磁盘块构成的。由于共享型设备存储容量很大，只需要较少一部分存储

区域便可构造出许多虚拟设备，因而虚拟设备可以远远多于独占型设备从而立即满足进程的

申请。

●试题答案 （16） D （17） C

【考查知识点】本题主要考查的是操作系统的存储管理。

【解析】 现代操作系统的分配方法主要有单一连续分配、固定分区分配、可变分区分配及

动态重定位分区分配三种，其各自的类型特点如下：

单一连续分配：属静态分配法，其特点是不分区，所有用户空间给某个进程，但是不对

主存进行保护，会引起缓冲而使系统瘫痪。

固定分区分配：属静态分配法，其特点是分成大小不等的区域，区域分完后大小固定不

变，由于分区固定大小，对于小作业而言，占据了大分区就会造成浪费，即内碎片。

可变分区分配：属动态分配法，其特点是分成大小不等的区域，根据用户要求动态分配，

频繁分配后，剩余的自由区域可能会变得很小，这样也会造成主存浪费，即外碎片。

虚拟存储器又称虚拟存储系统，由主存储器和联机工作的外部存储器共同组成。

●试题答案 （18） D （19） C

【考查知识点】 考查操作系统中进程的同步。

【解析】 由于系统只有一个缓冲区，应设置一个信号量S1且初值为1，表示缓冲区为空。

为了实现P1与P2进程见的同步，应设置一个信号量S2且初值为0，表示缓冲区有产品。

当P1将生产产品送入缓冲区时应判断缓冲区是否为空，执行P（S1），产品放入后执行V（S2），

此时P2可以在缓冲区中取产品。而P2在取产品消费之前要判断缓冲区是否有产品，执行P

（S2），取走产品后执行V（S1），这样P1可以继续往缓冲区中送产品。

●试题答案 （20） A (21) C (22) C

【考查知识点】 本题考查的是数据库的基本知识。

【解析】 数据管理具体就是指人们对数据进行收集、分类、组织、编码存储、检索和维护

的一系列活动。伴随着计算机软、硬件技术的发展，数据管理技术经历了人工管理、文件系

统、数据库管理三个阶段。

数据模型是一种对现实世界数据特征进行抽象的模型。在数据库中将使用数据模型来抽

象、表示与处理现实世界中的数据和信息。它是严格定义的一组概念的集合，这些概念精确

的描述了系统的静态特征、动态特征和完整约束性。所以一般认为，数据模型是数据结构、

数据操作和数据的约束条件三部分组成的。

数据库的特点是数据不再只针对某一个特定的应用，而是面向全组织、具有整体的结构

性、共享行高、冗余度减小、具有一定的程序与数据之间的独立性、对数据进行统一的控制，

可以保证数据的完整性和安全性，提高数据的管理效率。

●试题答案 （23） A

【考查知识点】 本题考查的是关系代数的基本知识。

【解析】 关系代数是一种抽象的过程查询语言，是施加于关系的一组集合运算，每种运算

以一个或多个关系作为运算对象，并生成一个关系作为运算的结果。关系代数中的并运算是

一个二元运算，要参与运算的两个关系结构必须相同，运算结果的结构与原关系模型的结构

相同。笛卡尔集合投影运算虽然也是二元运算，但参与运算的两个关系结构不必相同。投影

运算是何关系的垂直运算，运算的结果要去掉某些属性列，所以运算结果与原关系模式不同。

●试题答案 （24） B

【考查知识点】 本题考查的是SQL数据操纵语句的基础知识。

【解析】 一个完整的SELECT语句由SELECT、FROM、WHERE、GROUPBY和ORDEBY等子句构

成。它具有数据查询、统计、分组和排序的功能，其命令格式如下：

SELECT[ALL|DISTINCT] <目标表达式> [,<目标列表达式>]

FROM<表名或视图名> [,<表名或视图名>]

[WHERE<条件表达式>]

[GROUP BY<列名>[HAVING <条件表达式>]]

[GROUP BY<列名>[ASC|DESC] ]

说明：SELECT和 FROM为必选子句，HAVING子句只能与GROUP BY搭配使用其它子句均

为任选项。按照SELECT语句的语法，字符串接入时需要单括号括起。

●试题答案 （25） A

【考查知识点】 本题考查的是标准化的基础知识。

【解析】 国家标准是由政府或国家级的机构指定或批准，适用于全国范围的标准。国家标

准的代号由大写拼音字母构成，GB为强制性国家标准代号，GB/T为推荐性国家标准代号，

行业标准代号由汉语拼音大写字母组成（如航天QJ，电子SJ，机械JB等），加上“/T”为

推荐标准，编号由国务院各有关行政主管部门申请，国务院标准化行政主管部门审查。并正

式公布地方标准代号由大写汉语拼音加上省级行政区划代码的前两位组成。故本题中选项A

是正确的。

●试题答案 （26） C

【考查知识点】 本题考查的是知识产权的法律法规。

【解析】 知识产权是指公民、法人或者其他组织在科学技术方面或文化艺术方面，对创造

性的劳动所完成的智力成果依法享有的专有权利。法律对各项权利的保护，都规定一定的有

效期，一旦超过了保护期限，权利自行终止，成为社会公众可以自由使用的知识。我国发明

专利权的保护期为自专利申请之日起20年，商标权为自核准注册之日起10年，但可以根据

其所有人的需要无限的续展权力期限。商业秘密受法律保护的期限该秘密一旦为公众所熟

悉，即成为公众可以自由使用的知识。公民作品发表权的保护期限为作者终生及其死后50

年。

●试题答案 （27） C

【考查知识点】 本题考查的是计算机软件著作权。

【解析】 著作权法在认定著作权人时，是根据创作的事实进行的，而创作就是直接产生文

学、艺术和科学作品的智力活动。而为他人创作进行组织和提供咨询意见、物质条件，或者

进行其他辅助工作，不属于创作范围，不被认定为著作权人。

本题中程序员甲只是协助乙软件设计师为已经生产出的软件编写使用说明，不属于创作

范围，所以不享受软件的著作权。

●试题答案 （28） D

【考查知识点】 本题考查的是网络的安全防护。

【解析】 选用比较长和复杂的用户登录口令、使用防毒软件、尽量避免开放过多的网络服

务均是加强计算机网络安全的重要手段。而定期扫描系统硬盘碎片只是提高系统性能的一种

方法，与计算机网络安全无关。

●试题答案 （29） C

【考查知识点】 本题考查的是协议的基本要素。

【解析】 不同系统进行通信时，就要使用协议。协议的主要要素：语法、语义（格式）、

定时关系（计时）。故本题的选项C是正确的。

●试题答案 （30） A

【考查知识点】 本题考查的是FTP协议。

【解析】 一般使用FTP进行文件传输时，传输过程是公开的，即用户名和密码以及产生的

数据都是可见的。

●试题答案 （31） C （32） A （33） B （34） C

【考查知识点】 本题考查的是面向对象的基本概念。

【解析】 在面向对象方法中，对象是类的实例。对象的属性是指表示对象相关特征的数据，

在该数据上执行的功能操作成为对象的行为；一个对象通过发送消息来请求另一个对象为其

服务。通常把一个类和这个类的所有对象成为“类及对象”或“对象类”。在UML中，用来

表示显示构成系统的对象类以及这些对象类之间关系的图是类图。类图用来表现一组用例、

参加者及其它们之间的关系。

●试题答案 （35） D

【考查知识点】 本题考查的是数据结构的研究对象。

【解析】 本题属于数据结构的基本问题。数据结构主要研究的对象是数据的逻辑结构、存

储结构及运算实现。

●试题答案 （36） C

【考查知识点】 本题考查的是堆栈的执行语句。

【解析】 堆栈是一种遵守“后进先出（LIFO）”原则的线性表。堆栈的主要操作有：栈初

始化、入栈（PUSH）、出栈（POP）、取栈顶（TOP，只读不出栈）、判断栈是否为空五种。

●试题答案 （37） C

【考查知识点】 本题考查的是数据结构中的无向图。

【解析】 在数据结构中，图一般分为两类：无向图和有向图。无向图是指若图G中的每条

边都是没有方向的，则称G为无向图（Undigraph）。有向图是指若图G中的每条边都是有方

向的，则称G为有向图（Digraph）。在无向图中，n个节点含边最多的无向图是无向完全图，

其每个顶点与其他n-1个顶点都有变，故n个定点的完全无向图共有 n （n 1） 2

条边。

●试题答案 （38） C

【考查知识点】 本题考查的是数据结构中的二叉图。

【解析】 根据二叉图高度的计算公式：h=[log2n]：（[k]运算表示大于等于k的正数），由

题意得，本题是有61个结点的完全二叉树，即此时h的值取61，代入公式得含有61个结

点的完全二叉树的高度为6.

●试题答案 （39） A

【考查知识点】 本题考查的是数据结构中的排序算法。

【解析】 从未排序的序列中一次取出一个元素与已排序序列中的元素进行比较，然后将其

放在已排序序列的合适位置上，该方法称为直接插入排序法。

选择排序的基本思想是通过h-i次关键字之间的比较，从h-i+1个记录中选出关键字最

小的记录，并与i（i≤i≤n）个记录进行交换，直到排序完毕。

希尔排序属于插入类排序，是将整个无序列分割成若干小的子序列分别进行插入排序。

排序过程：先取一个正整数d1<n，把所有序号相隔d1的数组元素放一组，组内进行直

接插入排序；然后取d2<d1，重复上述分组和排序操作；直至di=1，（di<di-1 d2<d1）

即所有记录放进一个组中排序为止。

归并排序是利用“归并”技术来进行排序。归并是指将若干个已排序的子文件合并成一

个有序的文件。例如，设两个有序的子文件（相当于输入堆）放在同一向量中相邻的位置上：

R[low..m],R[m+1..high],先将它们合并到一个局部的暂存向量R1（相当于输出堆）中，待

合并完成后将R1复制回R[low..high]中。

● 试题答案 （40） C

【考查知识点】 本题考查的是对数组的操作。

【解析】 数组是存储于连续存储空间中的相同类型数据的元素组合，通过数组元素下标，

就可以找到存储该数组元素的地址，从而获取该数组元素的值。一般对数组的基本操作是查

找和修改。要注意的是，数组的下标是有序的涉及数组上下界的约束问题，故一般不对数据

进行插入和删除的操作。

●试题答案 （41） D

【考查知识点】 本题考查的是C语言的编译工作过程。

【解析】 编译程序的功能是把高级语言的源程序翻译成汇编语言或机器语言。编译程序的

工作过程如下：词法分析和语法分析阶段、语义分析阶段、中间代码生成阶段、代码优化阶

段和目标代码生成阶段。在词法分析和语法分析阶段，可检测出语法错误。

●试题答案 （42） D （43） C

【考查知识点】 本题考查的是编译过程。

【解析】 编译程序的功能是把高级语言的源程序翻译成目标程序（汇编语言或机器语言）。

连接程序的功能是把几个可重定位的机器代码文件连接成一个可执行文件。

●试题答案 （44） B

【考查知识点】 本题考查的是程序设计语言基础。

【解析】 SQL是关系数据库的结构化查询语言，是一种介于关系代数与关系演算之间的非

过程化语言，属于描述性语言。进行数据操作时，只需指出“做什么”，无需说明“怎么做”，

是典型的非过程式语言。

●试题答案 （45） C

【考查知识点】 本题考查的是程序设计语言的语句和函数。

【解析】 fopen是C语言对文件操作的函数，其余三项均是C语言的关键字。

● 试题答案 （46） D

【考查知识点】 本题考查的是数组元素地址的计算。

【解析】 根据二维数组存储地址的计算公式：a+(i*n+j)*Len。Len为每个数据元素的长

度，此题取值为4.在公式中的i和j都是针对0开始的数组下标的，此题的i和j是从5

开始的，所以套用公式i和j应分别取值：i-1和j-5。N是第二维的元素的个数，5~15共

11个 ，所以n取11.故将i、j和n分别代入公式得a-64+44i+4j。

● 试题答案 （47） C (48) B

【考查知识点】本题考查的是程序设计语言的函数调用及返回值。

【解析】当参数a、y以引用调用的方式传递信息时，执行语句a=x+1后，a=3，调用函数

f2,执行语句y=2*y+1后，y=7。因为是引用调用的方式传递，变量y和变量a共享一个地址

单元，所以，a的值为7。执行最后一条语句后，返回值为2*7=14.

当参数a、y以值调用的方式传递信息时，那么，第一条语句执行完后a的值不变，仍

为3，调用函数f2，y的值也不变，仍为7.但函数f2执行的值调用传递，变量y的改变不

会引起变量a的改变。因此，执行语句return a*x后，函数f1的返回值为2*3=6。

●试题答案（49）B

【考查知识点】本题考查的是软件工程的基本知识；

【解析】选项A：高级语言中有大量的运算符，而且优先级也比较复杂，使用括号可以改善

表达式的清晰性，提高程序的易读性。

选项B：文件的结束应该用文件结束符来判断，使用计数方法比较容易出错，导致判断出现

错误。

选项C：在计算机中一般使用近似值来代替浮点数，产生的误差常会出现误差积累，导致对

浮点数的比较因误差而无法得到准确的比较结果。

选项D：编程风格中使用有清晰含义的标识符是其重要组成部分之一。

●试题答案（50）C

【考查知识点】本题考查的是软件工程中的生命周期。

【解析】系统开发的生命周期是指一个系统经历软件项目计划、需求分析与定义、软件设计、

编程、测试、运行/维护直至淘汰的整个过程。

●试题答案（51）B （52）C

【考查知识点】本题考查的是软件的质量管理。

【解析】软件可移植性是用来衡量软件质量的重要尺度之一，它是指软件从一种计算机系统

转换到另一种计算机系统运行的难易程度。

兼容性有以下两个方面的含义：

（1） 两个系统之间能否良好的协同工作。

（2） 新系统是否能够满足基于旧系统开发的其他应用系统。

可扩展性是指系统中增加新功能的难易程度。

可靠性是指规定时间和规定条件下对系统可维护性能的一种衡量水平。

稳定性是指对系统修改可能造成难以预料后果的风险程度。

●试题答案（53）D

【考查知识点】本题考查的是超媒体的定义。

【解析】超媒体包括文字、图像、图形、动画、声音等多种多媒体信息，而且这些媒体之间

是用超链接组织的。

●试题答案（54）C

【考查知识点】本题考查的是文件格式。

【解析】WAV、MP3、MID是声音文件，前两种是波形文件，后一种是产业标准。TIF是一种

信息量较大，适用于原稿色彩复制的图形文件格式。

●试题答案（55）D

【考查知识点】本题考查的是程序测试的基础知识。

【解析】程序测试的目的是希望能以最少的人力、物力以及时间来发现软件潜在的错误和缺

陷、

【总结与扩展】黑盒测试也称功能测试，它是通过测试来检测每个功能是否都能正常使用。

在测试地，把程序看作一个不能打开的黑盒子，在完全不考虑程序内部结构和内部特性的请

况下，在程序接口进行测试，它只检查程序功能是否按照需求规格说明书的规定正常使用，

程序是否能适当地接收输入数据而产生正确的输出信息。黑盒测试着眼于程序外部结构，不

考虑内部逻辑结构，主要针对软件界面和软件功能进行测试。

白盒测试也称结构测试或逻辑结构测试，它是按照程序内部的结构测试程序，通过测试来检

测产品内部动作是否按照设计规格说明书的规定正常进行，检验程序中的每条通路是否都能

按预定要求正确工作。检验程序是否含有多余功能，是程序测试过程中需要注意的重要问题

之一。

●试题答案（56）C

【考查知识点】本题考查的是逻辑运算。

【解析】OR为“或”操作即只要输入有一个是1，则输出为1。

AND为“与”操作，即只要输入有一个是0，则输出为0，只有输入全为1，输出才是1。“与

非”操作，即输入全为1时输出是0，否则为1。

“抑或”操作，即顾名思义，输入值不同时，输出为1否则为0.

●试题答案（57）D

【考查知识点】本题考查的是计算机中数据的表示。

【解析】8位二进制数可以表示的范围：0 255，共有256各数据。即20+21+22+

27+=28-1=255。

●试题答案（58）D

【考查知识点】本题考查的是计算机的安全防护。

【解析】打开电子邮件的附件、从网站下载软件、通过软盘传送计算机上的文件均会使计算

机与外界发生接触，即有可能使计算机感染病毒。启动磁盘整理工具属于计算机本机的工作

范围，与外界没有接触，不会感染病毒。

●试题答案（59）D （60）Ｂ

【考查知识点】本题考查的是计算机硬件组成的CPU特性。

【解析】指令寄存器（IR）：存放从存储器中取出的指令，在执行指令的过程中，指令寄存

器的内容不允许变化。

表示指令寄存器执行结果的寄存器是通用寄存器。

【总结与扩展】CPU的寄存器类型及相应用途如下：

通用寄存器：用于存放原始数据和运算结果，可作为变址寄存器、计数器、地址指针。

程序计数器（PC）：用于存放正在执行的指令地址或者是接着要执行的下条指令地址。

存储器数据寄存器（MDR）：暂时存放由主存读出的一条指令或数据字。

存储器地址寄存器（MAR）：保存当前CPU所访问的主存单元地址。

状态标志寄存器（PSW）存放程序的状态字，程序状态字的各位表征程序和继起的运行状态。

包括进位、零、符号、校验5各状态标志，以及方向、中断允许、陷阱3个控制标志。

其中，程序计数器、指令寄存器、存储器数据寄存器、存储器地址寄存器和状态寄存器属于

专用寄存器。

●试题答案（61）D

【考查知识点】本题考查的是传输介质。

【解析】根据IEEE802.3委员会关于“10Base-T”（10表示速率，单位是Mb/s；Base表示

基带；T表示传输介质；T表示双绞线；F、FX、LX、SX表示光纤、数字代表铜缆的最大段

长）来命名传输介质的相关规定，1 000BaseLX表示基带每秒传输1 000Mb/s的光纤介质。

●试题答案（62）Ｂ

【考查知识点】本题考查的是网络结构的基础知识。

【解析】星型局域网由中心节点和通过点到点链路接到中央节点的各站的组成。其中央节点

早期使用的是集线器，现在一般使用交换机。

●试题答案（63）A

【考查知识点】本题考查的是HTTP协议。

【解析】WWW也成为万维网，是一个支持交互式访问的分布式超媒体系统。在进行页面访问

时，采用超文本传送协议HTTP（HyperText Transfer Protocol），其服务端口为HTTP端口

（80端口）。

●试题答案（64）B

【考查知识点】本题考查的是网卡的MAC地址。

【解析】每块网卡都有唯一的标号标识自己，这个标号也被称为MAC地址，由48位二进制

数组成，一般用分成6段的十六进制数表示。

●试题答案（65）Ｂ

【考查知识点】本题考查的是OSI模型。

【解析】局域网的数据链路层可分为：MAC（媒介访问层）和LIC（逻辑链路层）两个子层。

66 75题

【考查知识点】这十道题主要考查计算机专业英语。

●试题答案（66）B

【解析】多媒体计算机是指其通过持续硬件能够使用声音、文本、图片、视频和动画的个人

计算机。

●试题答案（67）D

【解析】鼠标在屏幕上可以控制指针或指示器，从而允许用户通过点击对计算机进行操作。

●试题答案（68）A

【解析】扫描仪可以把照片、图片和整页的文本复制进计算机。

●试题答案（69）A

【解析】操作系统永久地安装在计算机上，并为硬件和其他在计算机上运行的程序之间提供

连接。

●试题答案（70）A

【解析】图不是线性结构。

●试题答案（71）C

【解析】E-mail可以通过计算机来收发信息，它是一种快速、低成本的全球领域的通信方

式。

●试题答案（72）B

【解析】Internet通过电话线将不同来源的计算机连接在一起来实现信息的共享。

●试题答案（73）A

【解析】搜索引擎是这样一种Web站点，它可以找到有特定单词或短语出现的页面。

试题答案（74）A

【解析】文件可能会意外的丢失或被破坏。（所以我们）应该把所有的数据备份存储在移动

存储介质中。

●试题答案（75）D

【解析】在事件驱动的程序中，用户而不是程序员来决定哪些指令序列将会被执行。

下午试题解析

●试题一

【试题答案】（1）0 （2）1，7，1 （3）Bi (4) B0 (5) 1

【考查知识点】本题考查的是程序流程图中的循环结构。

【解析】本题的程序流程图是一个按位完成异或操作的循环结构，循环开始时赋给初值，循

环结束时输出B0的值，B0是用来存放奇偶校验位的，I用来控制循环次数。

异或操作是指输入项同时，输出0；输入不同时，输出1。

奇偶校验分为奇校验和偶校验两种。奇校验：是指当1为奇数个数是，校验位为0；当1为

偶数个时，校验位为1。偶校验：是指当1为偶数个时，校验位为0；当1为奇数个时，校

验位为1。

对于问题一，本题的要求为偶校验，故当有偶数个1时，不修改校验位，即B0的值为0.循

环结构要完成按位异或，即从第一位到第七位进行逐位异或操作，所以，按照要求格式“循

环变量名：循环初值，循环终值，增量”来循环变量i：循环初值为1，循环终值为7，增

量为1。（3）（4）两空完成的是异或操作，即将某位的值与B0异或，将结果再赋给B0，所以，

（3）为Bi，（4）为B0。

对于问题二，与问题一相比，程序逻辑发生了变化，即原表达式输出0时，说明有偶数个1，

而此时表达式的值为1；原表达式输出1时，说明有奇数个1，而此时表达式的值为0。经

过以上分析，好像（5）空应填0，但仔细向下看，问题二的循环体中的表达式并没有变为

0.经过以上分析，好像（5）空应填0，但仔细向下看，问题二的循环体中的表达式并没有

变为：B0=B0B1B71，而是与问题一一样，并没有发生改变，故我们在赋初值时先要完成“B0 1”

的计算，也就是0与1进行异或运算，所以（5）空的值为1.

●试题二

【试题答案】（1）m！=n （2）return m 或return n (3)i<8 (4)k*10 (5)p++或p=p+1

【考查知识点】本题考查的是算法设计及C语言程序的编写。

【解析】函数2.1通过m和n连续相减，获得两者的最大公约数。所以，（1）空要填循环终

止条件，即连续相减到m=n时，得到最大公约数，所以此空应填“m！=n”。（2）空要填函数

返回值，即最大公约数，此时m=n时，所以此空填return m或return n均可。

函数2.2要完成逐个字符的十进制整数转化，其中变量i用来保存字符的个数；变量k是十

进制整数的中间值和最终结果，*p是一个初始只想字符串首地址的指针。该函数通过一个

while循环来完成。结束的条件有两个：一是到达字符串的结尾符“0”；二是超出题中要求

8位时，停止循环，所以（3）空应填“i<8”。由于是逐个字符的处理，故（5）空应填“p++”。

最后让我们来看（4）空，在生成十进制整数过程中，经过分析，我们发现，先生成的十进

制数字放在高位上，后生成的放在低位上，故每次都需要将前一个数字左移一位，即需要将

该位数字乘以10，所以（4）空应填k*10。

●试题三

【试题答案】（1）p=root->rch（2）pre=root（3）p->lch（4）pre（5）pre->lch

【考查知识点】本题考查的是数据结构二叉树及其程序编写。

【解析】由题意的，如果root指向二叉树的根结点，那么就找出该结点的右子树上的“最

左下”节点*p；经分析发现，root指向的就是根节点，接着判断root指向的是否为空，然

后要找到根结点的右子树，所以（1）空填“p=root->rch”。

然后继续判断根结点的右子树是否为空，如果是返回NULL，反之对指针pre赋初值，

他将保存指向p指针的父节点的指针，完成“从树中删除以*p为根的子树”这一操作。显

然，此时pre的初值为root，即（2）空填“pre=root”。

接下来要做的就是寻找子树，直到左子树为空停止，如不为空，则p指向的结点作为父

节点，即pre=p，p重新指向左子树，所以（3）空填“p->lch”。

寻找“最左下”节点过程结束后，进行删除工作，即如果root右子树根处无左子树，

那么它本身就是“最左下”点，此时需要对它进行删除，也就是说pre仍指向root，故（4）

空填“pre”。

最后让我们来看（5）空，当右子树根有左子树时，要将“最左下”节点为根的子树删

除，即只需要将“最左下”节点的父节点pre的左子树lch指向NULL即可，所以（5）空应

填“pre->lch”。

●试题四

【试题答案】（1）j=0（2）k<R（3）i+t（4）c==R（5）j++

【考查知识点】本题考查的是经典算法即程序编写。

【解析】根据题干的叙述，该函数要完成的功能是：N*N的座位中，在部分座位已被出售的

前提下，找出一个R*R的空座位的方阵。找到则函数返回值为1，并计算该方针左上角元素

的行号和列号；反之，函数返回值为0。

该函数由两个循环结构来实现。对于外层for循环，完成排查找，它的功能是对第0

排到第Ｎ－Ｒ＋１排进行查找，其中，变量Ｎ为排数，变量Ｒ为要查找的方阵的排数，很明

显，在Ｎ－Ｒ＋１排之后是不可能找到Ｒ*Ｒ的方阵的。内层while循环，完成列查找，它

的功能是从第0列到Ｎ－Ｒ＋１列进行查找，所以（1）空应该给循环变量j赋初值0，即

“j=0”。

Fro(k=0;＿＿(2)＿＿&&a[i][j+k]==0;k++);/*查找第2排连续的R个空座位*/

接下来的for循环，它的功能是在第i排查找是否存在连续的R座位，因此，循环继

续的两个条件：一是位置仍然为空（a[i][j+k]==0）,二是找到的空座位数小于r，所以（2）

空应填“k<r”。

If(k>=R) { /*查找第i排连续的R个空座位*/

For(c=0;c<R;c++) { /*查找其余的R*(R-1)个座位*/

For(t=1;t<R;t++)

如果在第i排找到了连续的R个座位，当然也就需要继续查找剩余的R*（R-1）个座位。

本题在此处采取的是两个for循环的嵌套，外循环次数为R，内循环次数为R-1，当无法找

到连续的空位，或连续空位列数不够时，循环都要停止。在此基础上，也就很容易通过简单

的分析得出（3）（4）空的答案。

If(a[＿(3)＿][j+c]!=0) break;

If (t<R) break;

}/*for*/

If(＿(4)＿)FOUND=1;

}/*if*/

也就是说该程序在此步骤是从第i排第j列开始查找的，所以此时空座位元素的下标应

为[i+t][j+c],即（3）空应填“i+t”。接下来的程序是用来判断是否找到了满足要求的R*R

空座位方阵。找到了将FOUND值设为1.显而易见，当外循环的循环变量c等于R时，说明

循环没有被中途终止，即找到了所需方阵。所以（4）空应填“c==R”。

＿(5)＿

}/*while*/

（5）空出现在while循环的最后一句，通读程序，我们发现整个过程中，while循环的循

环变量j，始终未发生变化，要使while循环继续下去，此处应填“j++”。

●试题八

【试题答案】（1）enum（2）this->year（3）month（4）IsleapYear（5）CaculateDays

【考查知识点】本题考查的是C++语言程序编写。

【解析】通读程序后，我们逐空加以分析：

（1）空所在的语句是用来定义变量Month的，根据语句中所列举的成员，我们可以看出这

是一个枚举型变量，所以（1）空应填如C++枚举变量的关键字“enum”。

（2）空所在的语句是Date类的构造函数，结合上下文可知他是对Date类的成员变量year

及month的定义初值。因为成员变量year的名称和传入参数的名称相同。为在构造函数中

使用私有变量year必须加上this指针所以此处应填写“this->month”。

（3）空是处于成员方法CaculateDates中的switch语句。根据后面的case语句的值可知，

它是根据month变量的值来进行条件分支，所以应填入“month”。

（4）空的作用是确定二月的天数，所以他首先应判断是否为闰年，为了实现这个判断，前

面已经定义了成员方法IsLeapDays，所以此处直接调用即可，即（4）空填入“IsleapYear”。

（5）空在主程序中，他首先定义了一个Date对象，然后输出其天数，这里显然调用的是前

面定义的成员方法CaculateDays，所以此处应填“CaculateDays”。

2005年下半年试题解析

上午试题解析

●试题答案（1）C

【考查知识点】本题考查的是对Word的应用。

【解析】该按钮是Word中的打印预览按钮。

●试题答案（2）C

【考查知识点】本题考查的是常见的编码类型中的国标码

【解析】首先让我们了解了什么是机内码，机内码可以避免ASKⅡ码和国际码同时使用时产

生的二义性问题，大部分汉字系统都采用将国标码每个字节高位置1作为汉字机内码。这样

既解决了汉字机内码与西文机内码之间的二义性，优势汉字机内码与国际码具有极简单的对

应关系。它与汉字国际码的转换关系是：汉字机内码=汉字国标码+8080H。所以，由以上转

换关系可知汉字”大”的机内码应是：3473H+8080H=B4F3H。

●试题答案（3）C

【考查知识点】本题考查的是计算机数的表示。

【解析】十进制数广泛地应用于我们的日常生活和工作中，但是计算机所使用的电路硬件只

能够清晰的表达两种状态：高电平和低电平，即开和关。用二进制的优点是容易表示，运算

规则简单，节省设备。一般情况下具有两种稳定状态的元件（如晶体管的导通和截止、继电

器的接通和断开、电脉冲电瓶的高低等）容易找到，而要找到十种稳定状态的元件来对应十

进制的10个数就困难了。例如，表示十进制数168，需要8个数位，每位有两种状态，共

需30种状态；而用二进制数表示，只需8个数位，每位有两种状态，共需16种状态。由此

可见使用二进制编码的优点所在。

●试题解答（4）D

【考查知识点】本题考查的是对Windows的基本操作。

【解析】在Windows系统中可以安装多种汉字输入法，而且切换快捷键可以由用户自定义，

所以选项A正确。

很多软件在Windows系统中，不仅会创造自己的文件夹，而且还会在系统的目录下添加

动态链接库文件或其他系统文件，在注册表中添加自己的信息等，所以只删除文件夹中的应

用程序，无法彻底卸载软件产品。一般通过器自带的卸载程序可以较彻底的删除软件。所以

选项B是正确的。

在Windows系统中，按Del键会把文件放入回收站，而按Shift+Del键则会直接删除文

件，所以C项正确，D项错误。

●试题解答（5）C

【考查知识点】本题考查的是对Windows的基本操作。

【解析】在Windows系统中，复制→粘贴操作用来复制某部分信息，这两种操作都需要先选

择要操作的信息，通过菜单、快捷键等任意一种方式来执行复制或剪切操作，然后再执行粘

贴操作。

●试题解答（6）B

【考查知识点】本题考查的是在Word中选择多个文本框的操作。

【解析】在Word中要选择多个文本框对象，需要按住Shift键不放，然后又鼠标分别单机

各个文本框。

●试题答案（7）D

【考查知识点】本题考查的是硬盘的技术参数。

【解析】磁盘的转速提高一倍，也就是说提高了选中磁道上的旋转等待时间。而平均存取时

间包括平均寻道时间和选中磁道上的等待时间两部分，所以，平均存取时间减半是错误的。

磁盘的密度和磁盘的转速无关。只有平均寻道时间不变是正确的。

【总结与扩展】平均寻道时间的英文拼写是Average Seek Time，它是了解磁盘性能的至关

重要参数之一。它是指硬盘在接收到系统指令后，磁头从开始移动到移动至数据所在的所花

费时间的平均值，它一定程度上体现硬盘读取数据的能力，是影响硬盘内数据传输率的主要

参数，单位为毫秒（ms）。

平均寻道时间实际上是由转速、单碟容量等多个因素综合决定的一个参数。一般来说，

硬盘的转速越高，其平均寻道时间就越低；单碟容量越大，其平均寻道时间就越低。当单碟

容量增大时，磁头的寻到动作和移动距离减少，从而使平均寻道时间减少，加快硬盘速度。

当然处于市场定位以及噪声控制等方面的考虑，厂商也会人为地调整硬盘的平均寻道时间。

平均存取时间是指磁头找到指定数据的平均时间，通常他是硬盘平均寻道时间和平均潜

伏时间之和。平均存取时间最能代表硬盘找到某一数据所用的时间，数值越小越好。

●试题答案（8）B (9)C

【考查知识点】本题考查的是计算机的数的补码的表示。

n-1n-1【解析】n位计算机补码的通用表示范围是-(2)～（2 -1），根据本题题干的描述，能表

15示的最小正数应该是-2，能表示的最大负数应该是-1.

试题答案（10）C

【考查知识点】本题考查的是计算机原码的乘法。

【解析】根据原码一位乘法原则，应当是被乘数的符号位和乘数的符号位相异或作为乘积的

符号位。

●试题答案（11）C

【考查知识点】本题考查的是BCD码的表示。

【解析】非压缩BCD码其实就是直接用二进制数分别表示原数各个数位上的数。题中的二进

制无符号数转化为十进制数是234，故其百位的BCD码为00000010，十位BCD码为00000011，

个位BCD码为00000100.

【总结与扩展】Binary Coded Decimal，简称BCD，称BCD码为二-十进制代码，亦称二进

制码十进数。是一种二进制的数字编码形式，用二进制编码的十进制代码。这种编码形式利

用了四个来存储一个十进制代码，使二进制和十进制之间的转换得以快捷地进行。这种编码

技巧，最常用于会计系统的设计里，因为会计制度经常需要对很长的数字串做准确的计算。

相对于一般的浮点式计数法，采用BCD码，既可保存数据的精确度，又可免却使用电脑做浮

点运算时所耗费的时间。此外，对于其他需要高精确度的计算，BCD码也很常用。

最常用的BCD编码，就是使用0 9这十个数值的二进码来表示。这种编码方式，在我国称为

“8421码”。除此之外，对应不同需求，也开发了不同的编码方法，以适应不同的需求。这

些编码大致可以分为有权码和无权码两种：

有权BCD码，如8421（最常用）、2421、5421等。

无权BCD码，如余2码、格雷码等。

●试题答案（12）Ｃ

【考查知识点】本题考查的是英文缩写的名词解释。

【解析】IEEE是美国电气和电子工程师学会标准的代号，ISO是国际标准化组织代号，GJB

是我国国防科学技术工业委员会批准，适合于国防部门和部队使用的标准的代号，GB才是

国家标准的代号。

●试题答案（13）Ｃ

【考查知识点】本题考查的是软件著作权的保护期。

【解析】软件著作权受法律的保护是50年。

●试题答案（14）B

【考查知识点】本题考查的是数据库关系模型的基本知识。

【解析】仔细分析题中所给的实体关系示意图，我们会发现每种商品之间是一对多的关系。

●试题答案（15）D

【考查知识点】本题考查的是数据库中关系代数的运算。

【解析】解答关系运算的这类题目是有一定技巧的。投影运算的结果通常会减少列数（除了

全选之外），并且行数一定不变。

在本题中，表2-2和表2-1相比，行数和列数都减少了，所以肯定同时进行了选择和投影运

算，所以排除答案A和B。再根据选项C的描述，先选择出名称等于“毛巾”的记录，可以

得到两行结果，再进行投影，显然无法得到表2-2。而选项D，先选择出商品号“010120211”

的记录，再投影出两个字段，就会得到表2-2，所以D是正确答案。

●试题答案（16）D （17）A （18）C

【考查知识点】本题考查的是对Windows的基本操作。

【解析】Document and Settings、Winnt和system32均是Windows正常启动所必须的系统

文件。Document and Setting存放了有关用户当前桌面环境。应用程序设置和个人数据的

一些信息。System32文件夹中包含了大量用于Windows的文件，主要用于存储dll文件。

控制面板文件（.cpl）、设备驱动文件（.drv）、帮助文件（.hlp和.cnt）、MS-DOS工具（.com）、

语言支持文件（.nls）、屏幕保护（.scr）、安装信息文件（.inf），以及其他用于支持、配

置或操作的文件。在Windows系统中，文件名不能含有<、>、*、|等非法字符。.exe、.com、

bat均是合法的可执行文件的扩展名。而.rar是一种压缩文件的扩展名，不属于合法的可执

行文件。

【总结与扩展】第（4）、（5）、（16）、（17）、（18）题均考查Windows的基本操作。考生可将

5道题结合在一起学习。

●试题答案（19）C

【考查知识点】本题考查的是计算机安全的相关问题。

【解析】安装杀毒软件并及时更新病毒库、及时更新操作系统补丁包、安装使用防火墙都是

有助于计算机安全的。而把操作系统管理账号口令设置为空，会使他人可以随意行使计算机

管理员的权限，使计算机处于危险中。所以D项是无助于加强计算机安全的。

●试题答案（20）D

【考查知识点】本题考查的是关于移动存储介质的系统病毒防护。

【解析】感染病毒的方式有很多，移动存储介质、互联网都有可能使系统感染病毒，所以只

对U盘的使用进行限制显然是不够的，所以选项A和B是错误的。而软盘和U盘同属移动存

储介质，对感染病毒而言是没有区别的，所以选项C也是错误的。如果对U盘设置了保护，

所有数据都会被禁止写入，病毒程序也不例外，所以选项D是正确的。

●试题答案（21）B

【考查知识点】本题考查的是浏览网页时的相关安全问题。

【解析】浏览有病毒的网站会造成系统感染病毒；在非法网站上输入银行账号、口令等敏感

信息，可能导致这些信息被盗；下载和安装互联网上不安全的软件或程序，也有可能使系统

感染病毒。而只改变浏览器显示网页文字的字体大小是不会存在任何风险的。

【总结与扩展】第（19）、（20）、（21）题都是涉及计算机安全方面的问题，考生可结合在一

起学习。

●试题答案（22）D

【考查知识点】本题考查的是多媒体技术的基础知识。

【解析】麦克风是语音输入工具；摄像头是视频输入工具；扫描仪是一种图像输入工具；但

是SCSI磁盘是计算机常用的存储设备之一，不属于多媒体输入设备。

●试题答案（23）B

【考查知识点】本题考查的是声卡的技术指标。

【解析】声音的数字化通常要经过采样、量化、编码三个阶段。采样是以不同的采样频率将

连续的模拟信号转化为离散的数字信号过程，以不同的采样频率，可以得到不同质量的数字

音频信息，一般采样频率越高，采样得到的音频信号越好，常见的采样频率有11kHz、22kHz、

44kHz等。采样结束后，需要对信号进行量化，量化的主要作用是，通过变长分段的方式，

放大低频区（大部分的音频信号都集中在这个阶段），降低高频区的方式，对原有信号进行

数字化编码。一般情况量化的位数越高，量化编码后的音频信息越好。常见的量化位数有8

位、16位、32位等。而声卡通常就是按这种量化位数进行分类的。量化误差主要用于衡量

量化编码后与原信号相比的是真程度。接口总线任何一个微处理器都要与一定数量的部件和

外围设备连接，但如果将各部件和每一种外围设备都分别用一组线路与CPU直接连接，那么

连接将会错综复杂，甚至难以实现。为了简化硬件电路设计、简化系统结构，常用一组线路，

配置适当的接口电路，与各部件和外围设备连接，这组共用的连接线路被称为总线。采用总

线结构便于部件和设备的扩充，尤其制订了统一的总线标准则容易使不同设备间实现互连。

●试题答案（24）C

【考查知识点】本题考查的是多媒体压缩的问题。

【解析】对于多媒体数据压缩算法，数据质量能衡量压缩的效果，数据量能衡量压缩的能力，

计算复杂度能横梁压缩的代价，这都是在选择数据压缩算法时要考虑的因素。

●试题答案（25）D

【考查知识点】本题考查的是程序语言设计基础。

【解析】Java自诞生之日起就是面向对象语言；C++是在C语言的基础上发展起来的一种面

向对象语言；Smalltalk是最早的面向对象语言；Fortran是第一个用于科学计算的高级语

言，但它并不是面向对象语言。

●试题答案（26）A （27）B

【考查知识点】本题考查的是面向对象设计中的类的继承。

【解析】派生类（子类）是基类（父类）的一个特例，所以引用基类对象的地方都可以使用

派生类对象来代替。

●试题答案（28）C

【考查知识点】本题考查的是程序设计语言的一些基本概念。

【解析】动态绑定是指运行是把过程调用和响应调用需要的代码加以结合的过程。

词法分析是从左到右逐字符地读入源程序，识别出一个个单词符号。它是根据语言的词法规

则（单词结构规则）进行的。

静态绑定和动态绑定都是将过程调用需要的代码进行结合的过程，其中静态绑定是指在编译

时进行的绑定，动态绑定是指在运行时进行的绑定。

预编译是将程序中公共部分的词法分析、语法分析的结构进行缓存，以提高实际编译的速度。

●试题答案（29）B

【考查知识点】本题考查的是堆栈的出入栈问题。

【解析】根据堆栈的后进先出原则，我们可以得出以下的整个操作过程：

由题意得，首先是两个入栈操作，即1先入栈，2后入栈；然后是两个出栈操作，按照栈的

后进先出原则，后入栈的2先出，先入栈的1后出；最后先是入栈命令，然后是出栈命令，

即3入栈，随后出栈，按照这样的顺序，得到最终的出队序列：213。

●试题答案（30）D

【考查知识点】本题考查的是队列的出队、入队问题。

【解析】根据队列的先进先出原则，我们可以得到以下的整个操作过程：

由题意得，首先是两个入队操作，即a先入队，b后入队；然后是两个出队操作，按照队的

先进先出原则，先入队的a先出队，后入队的fb后出队；最后先是入队命令，然后是出队

命令，即c入队后再出队。按照这样的顺序，得到最终的出队序列：abc。

●试题答案（31）D

【考查知识点】本题考查的是线性表链式结构的查找方法。

【解析】随即查找是无规律查找，而链式存储对原始随机访问支持不好，所以不适用。

散列查找是根据关键码与表项存储位置的映射关系，进行高效、精确的查找，所以也需要采

用顺序存储结构。

二分查找又称为折半查找法，它是一种高效的查找方法，并且要求表按关键字排序，并使用

顺序存储结构。

顺序查找就是从表的一端开始，顺序扫描线性表，一次将扫描得到的节点关键字和给定值k

相比较，如果相等则表示查找成功，如果扫描到最后还没有找到相等的节点，则查找失败。

所以，顺序查找是链式存储结构最合适的查找方法。

●试题答案（32）C

【考查知识点】本题考查的是数据结构中的字符串。

【解析】字符串“computer”长度为3的子串为“com”、“omp”、“mpu”、“put”、“ute”和

“ter”，一共6个。

●试题答案（33）A （34）C

【考查知识点】本题考查的是堆栈。

【解析】根据题意，对于表达式“（a+b*(a+b)/c）+(a+b)”进行检查时，首先是两个“（”

入栈，然后连续三次“）”出栈，这就会导致第3次出现“栈为空却要进行出栈操作的命令”。

选项A为正确答案。

对于表达式“（（a+b/(a+b)-c/a）/b”进行检查时，首先是连续三个“（”入栈，然后是两个

“）”出栈，这样表达式检查结束时，栈中仍有字符“（”，所以选项C为正确答案。

●试题答案（35）C （36）D

【考查知识点】本题考查的是数据结构中排列算法的堆排序。

【解析】堆排序是利用堆这一特殊树形结构进行的选择排序，它有效地改进了直接排序，提

高了算法的效率。堆排序的基本思想是：对一组待排序记录，首先把他们按堆定义排列成一

个序列（称为初始建堆），堆顶元素为最小或最大关键字的记录，将堆顶元素输出；然后对

剩余的记录再建堆，得到次最小或最大关键字记录；如此反复进行，直到全部记录有序为止。

堆是顺序存储的完全二叉树：若从0开始对树的结点按层，同一层再按从左到右的次序进行

编号，则编号为0 ～[n/2]-1的结点为分支结点，编号大于[n/2]-1的结点为叶结点，对于

每个编号为i的分支结点，它的左子女结点的编号为2i+1，它的右子女结点的编号为

[(i-1)/2]。

●试题答案（37）B （38）C

【考查知识点】本题主要考查的是程序语言设计中的循环结构。

【解析】do-while和while-do两者同属于循环结构，但两者却有本质的不同：do-while

循环是先执行循环体后判断循环条件，也就是说至少会执行一次循环体，循环条件的判断次

数与循环体的执行次数是相等的；while-do循环是先判断循环条件再执行循环体，即循环

体可能一次都不执行，循环条件的判断次数比循环体的执行次数多一次。

经过以上分析，在循环体执行次数同为m次的情况下，do-while执行次数为m，while-do

的执行次数为m-1。

●试题答案（39）D

【考查知识点】本题考查的是程序语言的语句分类。

【解析】程序的语句大体可以分为两大类：一是程序语句，是用来实际执行功能的程序；二

是注释语句，用来解释说明程序的功能。

●试题答案（40）A （41）B

【考查知识点】本题考查的是C语言的编译过程。

【解析】在C语言中，表达式x%m要求x和m都是整数，若x是一个浮点型变量，则无法通

过编译，因此会在编译时报错。

编译过程一般分为词法分析和语法分析。词法分析是从左到右逐字符的地读入源程序，识别

出一个个单词符号；它是根据语言的词法规则（单词结构规则）进行的。在此阶段出现的错

误为词法错误，当读入for语句时，如果源程序错写成了far，这就是典型的词法错误。接

下来是词法分析阶段，它是在词法分析的基础上将单词序列分解成各类短语序列，如循环语

句、赋值语句等。在此阶段查处的错误称为词法错误，此题中出现的错误明显为词法错误，

它违背了C语言中要求%号两侧均为整数的语法要求。

C语言提供了多种预处理功能，如宏定义、文件包含、条件编译等。合理地使用预处理功能

编写的程序便于阅读、修改、移植和调试，也有利于模块化程序设计。

●试题答案（42）B

【考查知识点】本题考查的是数组地址的计算。

【解析】二维数组存储地址的计算公式为：a+(i*n+j)*len。根据题意，本题中每个数据对

象len的值为1，但i、n、j的值在本题中有所变化。由于以列为主序，因此i应表示列值，

其取值范围是1～4，此公式针对下标从0开始的数组的，所以代入到公式中的值为i-1；j

表示行值，其取值范围为1～3，同理，带到公式中的值为j-1；而n的指标是每列元素的个

数，即应取4,所以得到：（2×4+1）×1=9。因为存储值二首地址+偏移量，所以退出偏移量

=9-2=7。

●试题答案（43）D （44）B

【考查知识的】本题考查的是程序中函数的调用。

【解析】由题意得，a的值为4，所以调用函数com（a）的值为8。

如果以引用调用的方式调用，那么b的值为8，a的值也会变成8，因此主程序输出a+b的

值为16。

如果已传值调用的方式调用，那么b的值为8，a的值不变，仍为4，因此主程序输出a+b

的值为12。

【总结与扩展】函数的传值调用和引用调用一直是程序员考试的重点，对两种函数调用的方

法总结如下：

传值调用又分为数据传值调用和地址传值调用。数据传值调用方式是将实参的数据值传递给

形参，实参和形参在栈空间内的地址不相同，改变形参值不影响实参值。地址传值调用方式

是将实参的地址传递给形参，实参和形参在栈空间内共用同一地址，改变形参值就可改变实

参值。

引用调用是将实参调用值传递给形参，而形参是实参变量的引用名。引用是给一个已有变量

起的别名，对引用的操作就是对该已有变量的操作。引用调用可以起到地址传值调用的作用，

即改变形参就可改变实参值。引用调用比地址传值调用更为简单，在C++较多地使用引用调

用代替地址传值调用。

●试题答案（45）A （46）D

【考查知识点】本题考查的是数据库中笛卡尔积的运算。

【解析】根据笛卡尔积的运算法则，如果R关系模式有r个属性，S关系模式有s个属性，

那么该运算的结果会产生（r+s）个属性的元素组合，元素数量为两个关系模式元组数量的

乘积。每个院组的前r个属性来自关系模式R，后s个属性来自关系模式S。而笛卡尔积的

结果可以表示为一个二维表，同时也是一个集合、一个关系。D1有3个元组，D2有2个元组，

所以D1×D2的结果是3×2=6个元组。

●试题答案（47）D （48）B

【考查知识点】本题考查的是SQL语言的基础知识。

【解析】（47）题的考点有两个，一是条件判断中字符串必须加上单引号，故排除A、B。二

是WITH CHECK OPTION子句。如果该子句不存在，那么某个使用该视图的用户就有可能更新

某条记录，使其不再属于该视图。所以选项D。

（48）在SQL中，谓词LIKE用来对字符串进行匹配，“%”代表任意长度的字符串，“-”代

表任意单个字符，“=”是字符串的比较操作。答案A、B查询的是职员“王%”、“王*”，答案

D中的*不是通配符，此时“LIKE”相当于“=”、查询的是职员“王*”。

【总结与扩展】在SQL语言中使用的匹配富有以下几种：

%：匹配任意类型和长度的字符。

_：匹配单个任意字符。

[]：指定一个字符、字符串或范围，要求所匹配对象为它们中的任何一个；

[^]：与方括号[]取值相同，但要求所匹配的对象为指定范围以外的任何一个字符。

●试题答案（49）C

【考查知识点】本题考查的是计算机的死锁问题。

【解析】要解答此题，我们首先要知道死锁的定义。死锁就是如果一个进程在等待一个不可

能发生的事，则进程发生死锁。而如果一个或多个进程产生死锁，就会造成系统死锁。

发生死锁有以下4个必要条件：

（1） 互斥条件：一个资源每次只能被一个进程使用。

（2） 请求与保持条件：一个进程引擎求资源而阻塞时，对已获得的资源保持不放。

（3） 不剥夺条件：进程已获得的资源，在未使用完之前，不能强行剥夺。

（4） 循环等待条件：若干个进程之间形成一种头尾相接的循环等待资源关系。

这4个条件是死锁的必要条件，只要系统发生死锁，这些条件必然成立，而只要上述条件任

意一条不满足，就不会发生死锁。

在本题中，前3个条件已经满足，要判断系统是否会发生死锁，关键是判断是否会出现“循

环等待”。由题意的，每个进程都需要i个存储器资源，如果获得的存储器少于i个，就进

入等待状态。如果有两个以上进程获得的存储器资源不足i个，那么系统就会进入死锁状态。由以上分析，我们得出：只要存储器资源等于或大于(n—1)*i（且n，i为正整数）个就2

不会发生死锁。

所以根据上式对4个选项逐一进行计算，最终得出选项不会发生死锁，即（（3-1）/2）

×2=2≥i。

【总结与扩展】死锁的解除与预防：理解了死锁的原因，尤其是产生死锁的四个必要条件，

就可以最大可能的避免、预防和解除死锁。所以在系统设计、进程调度等方面应注意如何不

让这四个必要条件成立，如何确定资源的合理分配算法，避免进程永久占据系统资源。此外，

也要防止进程在处于等待状态的情况下占用资源。

●试题答案（50） C

【考查知识点】本题主要考查的是分页存储系统。

【解析】根据题中的图例所示，页内的地址是由12位数字表示的，所以每个页面的大小为

12202=4K。而页号是由20位数字表示的，因此最多可以有2=1M页，即选项C是正确的。

●试题答案（51） B

【考查知识点】本题考查的是数据流程的成分。

【解析】数据流图是由加工、数据流、文件（也成为数据存储）和外部实体构成的。

●试题答案（52） A

【考查知识点】本题考查的是面向对象系统的继承性。

【解析】面向对象中实现“父类的数据和方法可以应用于子类”的特性是继承性。

封装性，就是将抽象得到的数据行为（或功能）相结合，形成一个有机的整体，也就是将数

据与操作数据的源代码进行有机结合，形成“类”，其中数据和函数都是类的成员。

多态性，是允许将父对象设置成为一个和更多同他的子对象相等的技术，赋值之后，父对象

就可以根据当前赋值对他的子对象以不同的方式运作。简单地说，允许将子类类型的指针赋

值给父类类型的指针。

●试题答案（53）A

【考查知识点】本题考查的是系统开发模型。

【解析】原型法：采用了一种动态定义需求的方法，通过快速地建立一个能够反映用户主要

需求的软件模型，让用户在计算机上使用它，了解其概要，再根据反馈的结果进行修改，因

此能够充分地体现用户的参与和决策。对于需求不够明确的项目，比较适合原型模型，例如

本题所示的项目。

瀑布模型：他将软件生命周期划分为制定计划、需求分析、软件设计、程序编写、软件测试

和运行维护六个基本活动，并且规定了它们自上而下、相互链接的固定次序，如同瀑布流水，

逐级下落。其优点是：过程比较规范，有利于评审。缺点是：过于理想，缺乏灵活性，容易

出现需求偏差，无法有效地适应用户需求的改变。

螺旋模型：它将瀑布模型和快速原型模型结合起来，强调了其他模型所忽视的风险分析，特

别适合于大型复杂的系统。它是由制定计划、风险分析、实施工程、客户评估组成的。

V—模型分为左右两个分支：左边分支从上到下来看，依次为需求分析、概要设计、详细设

计和编码；右边分支从上到下依次为验收测试、系统测试、继承测试和单元测试。整个V

字形的机构从水平来看是对应的关系，左边一设计和分析为主，右边以检验和测试为主。也

就是说V模型的软件并不是在代码完成后进行的，随着项目的开始，软件测试工作也随之进

行。

●试题答案（54）A

【考查知识点】本题考查的是软件开发各阶段的职能。

【解析】需求分析，包括得到用户的需求，定义用户需求以及对需求进行详细地分析，最后

能在需求规格说明书中讲述客户的具体需求。他将指导概要设计、详细设计和编码工作。所

以需求分析对软件开发成败影响是最大的。

概要设计，是对需求规格说明书的内容进行设计，定义出整个项目的架构，功能模块以及模

块之间的接口。

详细设计，在详细设计阶段，主要目标是将已经设计好的架构、模块和模块间的接口更加地

细化，做到伪代码一级的状态。

综上所述，选项A是正确的。

●试题答案（55）B

【考查知识点】本题考查的是软件开发各阶段的职能。

【解析】测试计划应该在需求分析阶段就开始制定并在设计阶段细化和完善，而不是等系统

编码完成后才制定测试计划。

【总结与扩展】第（53）、（54）、（55）题都属于对软件开发模型以及各阶段职能的考查，考

生可结合自身实际情况，将三道结合在一起学习。

●试题答案（56）B （57）C

【考查知识点】本题考查的是指令系统与寻址方式。

【解析】计算机指令是有操作码和操作数组成的，题中所规定的操作数是由寻址方式字段和

寄存器字段组成的，也就是说，表示8种寻址方式需要3位，表示16位通用寄存器则需要

94位，一共需要7位，所以操作码的位数为16-7=9位，可以表示的指令种类为2=512条。

16又由题中所给每个寄存器均为16位，所以表示的地址范围是2=64k字。

●试题答案（58）A （59）C

【考查知识点】本题考查的是计算机的寻址方式。

【解析】程序计数器存放的是计算机要执行的下一条指令的地址，所以在执行前读取该指令

的时候，程序计数器的值就应该是存储该指令的地址，即20H。本题中相对寻址的寻址方式

是程序计数器提供的地址为基址，再加上存放在21H中的位移量15H，所以跳转的指令地址

为：22H+15H=37H。

【总结与扩展】相对寻址方式其实就是把程序计数器（PC）的当前内容与指令地址码部分给

出的地址（实际上是位移量）之和作为操作数的地址，就称为相对寻址，它实际上是用PC

作为变址寄存器的一种特殊的变址寻址方式，故也称为程序计数器寻址。其主要特点为：一

是操作数的地址不是固定的，它随着PC值的变化而变化，并且总是一个固定的值。因此，

无论程序装入存储器的任何地址，只要这个差值不变，均可以正确运行。二是位移量可以是

正的，也可以是负的，通常用补码表示。

●试题答案（60） C

【考查知识点】本题考查的是段式存储管理。

【解析】段式管理是根据人们对程序的中分段编制的需要把主存分为一段一段，它提供给用

户编程时使用的逻辑地址由“段号”和“段内地址”两部分组成。这种方法在空间利用率上

比页式管理高很多，这种根据程序中的分段对主存进行分段式管理的方式，是程序的模块化

设计及并行编码更于实现。但也有另一更缺点：一个程序片段可能会被分为几十段，这样很

多时间就会被浪费在计算每一段的物理地址上。

段式管理在形式上和页式管理相同。但实际上有所不同：页式存储管理提供连续逻辑

地址，有系统自动分页，段式存储管理中的作业分段是由用户决定的，每段独立编程，即其

段间的逻辑地址是不连续的，也就是说各段程序的修改是互不影响的。这种分配方法类似于

可变分区管理方式的分配，但稍有不同的是可变分区管理方式中是为每个作业分一个区，而

段式管理是为一个作业中的每个段分一个连续的空间。也就是说段式管理方式更细一些。便

于多道程序共享内存中的某些段。通过以上分析，可以得出选项A、B、D是正确的，而选

项C的描述是错误的。段式管理的主要缺点是：主存利率低、访问速度慢、空闲区管理复

杂等等。

【总结与扩展】虚拟存储方法主要有：共享管理、段式管理、页式管理和段页式管理。

块式管理：把主存分为一大块一大块的，当所需的程序片段不在主存时就分配一块主存空间，

把程序片段截入主存，就算所需的程序片段只有几个字节也只能把这一块分配给他。这样会

造成很大的浪费，平均浪费了50%的内存空间，但是易于管理。

页式管理：把主存分为一页一页的，每一页的空间要比一块一块的空间小很多，显然这种方

法的空间利用率要比块式管理高很多。

段页式管理：结合了段式管理和页式管理的优点。把主存分为若干页，每一页又分为若干段。

其优点是结合了分段管理和分页管理的优点，便于存取访问控制。缺点是增加了复杂度，存

在页内碎片。

●试题答案（61） C

【考查知识点】本题考查的是网络应用中的邮件收发。

【解析】与电子邮件有关的协议主要有三个：用于邮件发送的SMTP协议、用于收取邮件

的POP3协议和邮件访问协议IMAP。

【总结与扩展】下面我们详细的了解一些关于电子邮件传输三大协议的相关知识。

（1）SMTP（simple mail transfer protocol）即简单邮件传输协议，它是一组用于由原地址到

目的地址传送邮件的规则，或者说是控制信件传输的一种中转方式。SMTP协议属于TCP/IP

协议族，他帮助每台计算机在发送或中转信件时找到下一个目的地址。通过SMTP协议所

指定的服务器，我们就可以吧E-mail寄到收件人的服务器上，整个过程只要几分钟。SMTP

服务器是遵循SMTP协议的发送邮件服务器，用来发送或中转电子邮件。

SMTP的开发最初是为了在封闭的网络中传送相对来说不太重要的简短文件，而不是为了在

互联网中传送重要而敏感的信息，因此最初通过SMTP传输邮件时，安全性不高。

（2）POP协议（Post Office Protocol）即邮局协议，它是一种允许用户从邮件服务器收

发邮件的协议。它有两种版本，即POP2和POP3，都具有简单的电子邮件存储转发功能。POP2

与POP3本质上类似，都属于离线式工作式工作协议，但是由于使用了不同的协议端口，两

者并不兼容。与SMTP协议相结合，POP3是目前最常用的电子邮件服务协议。

（3）IMAP（Internet Message Access Potocol）即Internet消息访问协议，它是与POP3

对应的另一种协议，是美国斯坦福大学在1986年开始研发的多重邮箱电子邮件系统。它能

够从邮件服务器上获取有关E-mail的信息或直接收取邮件，具有高性能和可扩展性的优点。

IMAP为很多客户端电子邮件软件所采纳，如Outlook Express、Netscape Messenger等，

支持IMAP的服务器端的软件也越来越多，如CriticalPath、Eudora、IPlanet、Sendmail

等。

●试题答案（62）C

【考查知识点】本题考查的是电子商务的模式。

【解析】电子商务的模式分为三种：B-B，企业对企业的应用；B-C，企业对用户的应用；C-C，

客户对客户的应用。而G-C则是属于电子政务的模式，表示政府对公众的应用。

●试题答案（63） A

【考查知识点】本题考查的是关于网络应用中不同服务器的作用。

【解析】DNS即DomainNameSystem或者DomainNameService（域名系统或者域名服务）的缩

写。域名系统为Internet上的主机分配域名地址和IP地址。用户用域名地址，该系统就会

自动把域名地址转为IP地址。域名服务是运行域名系统的Internet工具。执行域名服务的

服务称之为DNS服务器，通过DNS服务器来应答域名服务的查询。

代理服务器（Proxy）是网络信息的中转站，比方说HTTP代理服务器。我们使用网络浏览器

直接连接其他Internet站点并取得网络信息时，需送出Request信号来得到回答，然后对

方再把信息传回来。代理服务器是介于浏览器和Web服务器之间的一台服务器，有了它之后，

浏览器不是直接到Web服务器去取回网页而是想代理服务器发出请求，Request信号会先到

达代理服务器，有代理服务器来取回浏览器所需要的信息并传送给浏览器。而且大部分代理

服务器都具有缓冲功能，就好像一个大Cache，它不断将新取得的数据包存到他本机的存储

器上，如果浏览器所请求的数据在他本机的存储器上已经存在而且是最新的，那么他就不重

新从Web服务器取数据，而直接将存储器上的数据传给用户的浏览器，这样就能显著提高浏

览速度和效率。除此之外还有SOCKS代理服务器，其原理大同小异。

FTP（File Transfer Protocol）是文件传输协议的简称。简单地说，支持FTP协议的

服务器就是FTP服务器，FTP文件传输也是一个客户机/服务器系统。一般来说，用互联网

的首要目的就是实现信息共享，文件传输是信息共享的一个重要内容。早期Internet实现

传输文件，并不是一件容易的事，我们知道Internet是一个非常复杂的计算机环境，有PC，

有工作站、有MAC、有大型机，据统计连接Internet上的计算机已有上千万台，而这些计

算机可能运行不同的操作系统，有运行UNIX的服务器，也有运行DOS，Windows的PC机和

运行MacOS的苹果机等，而解决各种操作系统有不同的FTP应用程序，而所有这些应用程序

都均受同一种协议，这样用户就可以把自己的文件传送给别人，或者从其他的用户环境中获

取文件。

Wer服务器也称为WWW（World Wide Web）服务器，主要功能是提供网上信息浏览等的

相关服务。其主要特点如下：

（1） 应用层使用HTTP协议。

（2） HTML文档格式。

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