2009年11月軟件設計師預測題及答案解析一
1．某計算機系統中，16位浮點數的表示格式如圖1所示。其中階碼4位（含1位符號）為定點整數，尾數12位（含1位符號）為定點小數。
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設一個數機器碼為1110 0010 1000 0000，若階碼為移碼且尾數為原碼，則其十進制數真值為 （1） 。
（1） A．20
B．25
C．0.078 125
D．20.969 375
參考答案：（1）A。
解析：為了充分利用尾數來表示更多的有效數字，即提高數據的表示精度，通常采用規格化浮點數。規定浮點數在運算結束將運算結果存到計算機中時，必須是規格化的浮點數。規格化浮點數尾數的最高數值位是有效數字，即正尾數0.5≤F<1，負尾數-1 對于本試題的解答思路是，對給定的機器碼按浮點數格式得到階碼和尾數，然后將階碼變為十進制數，最后得到浮點數的十進制真值。如果給定的浮點數機器碼不是用規格化表示的，則可將其表示為規格化的機器碼。規格化時，先看給定的浮點數機器碼的尾數是用什么碼表示的，然后再看是否已是規格化數，如果不是，將尾數小數點移位，但要注意，為保持浮點數的真值不變，階碼一定要進行相應的調整。在解答此類題目時，一定要注意題目條件中給出的階碼和尾數是用什么碼表示的，否則很容易出錯，而得不到正確的計算結果。 針對本題，對所給機器碼1110 0010 1000 0000，按所規定的浮點數表示形式，可知階碼為1110（最高位為階符1），尾數為0010 1000 0000（最高位為尾符0）。 0.0101B= 010100B=20。?① 若階碼為移碼，1110表示為十進制數加6，尾數為原碼表示加0.0101B，所以浮點數為26 ② 0.101B，階碼-3的補碼為1101，因為浮點數規格化要求尾數最高數據位為有效數據位，即尾數絕對值大于等于0.5。?0.0101B=2-3?0.0101B=0.000101B=0.078125D。將此浮點數用規格化數形式表示：2-2?若階碼為補碼，1110表示為十進制數減2，尾數為補碼，因該尾數為正數，即加0.0101，該浮點數為2-2 2．某計算機主存按字節摘取cache的地址變換采用組相聯映像方式（即組內全相聯，組間直接映像）。高速緩存分為2組，每組包含4塊，塊的大小為512B，主存容量為1MB。構成高速緩存的地址變換表相聯存儲器容量為 （2） bit。每次參與比較的存儲單元為 （3） 個。 （2） A．4×10 B．4×11 C．8×10 D．8×11 （3） A．2 B．4 C．8 D．16 參考答案：（2）C；（3）B。 解析：某計算機主存按字節編址，主存與高速緩存Cache的地址變換采用組相聯映像方式（即組內全相聯，組間直接映像）。高速緩存分為2組，每組包含4塊，塊的大小為512B，主存容量為1MB。① 由于主存容量為1MB=220，高速緩存分為2=21組（即區內組號為1位），每組包含4=22塊（即組內塊號為2位），塊的大小為512B=29（即塊內地址為9位），因此主存區號=20-1-2-9=8位。 ② 主存與高速緩存Cache的地址變換采用組相聯映像方式（即組內全相聯，組間直接映像），高速緩存的地址變換表的相聯存儲器中存放的用于比較的是8位的主存區號和2位的組內塊號，因此，相聯存儲器的一個單元應存放10位二進制數。 ③ 由于高速緩存共有8塊，因此，高速緩存的地址變換表的相聯存儲器容量應為8×10位。 ④ 由于組間采用直接映像，不需要進行比較，但組內采用全相聯映像，需要在一組的4塊內進行比較，故每次參與比較的存儲單元為4個。 3. 假設某程序語言的文法如下： S→S a T∣T T → T b R∣R R→ P d R∣P P→ f S g∣e 其中：VT＝｛a, b, d, e, f, g｝；VN＝｛S,T,R,P｝；S是開始符號。那么，此方法是＿（4）＿方法。這種文法的語法分析通常采用優先距陣，優先矩陣給出了該文法中各個終結符之間的優先關系系〔大于，小于，等于，無關系）。在上述文法中，某些終結符之間的優先關系如下：b＿（5）＿a; f＿（6）＿g; a＿（7）＿a; d＿（8）＿d。 供選擇的答案 （4）A.正則文法 B.算符文法 C.二義文法 D.屬性文法 （5）A.大于 B.小于 C.等于 D.無關系 （6）A.大于 B.小于 C.等于 D.無關系 （7）A.大于 B.小于 C.等于 D.無關系 （8）A.大于 B.小于 C.等于 D.無關系 參考答案：(4) B (5) A (6) C （ 7）A （8）B 解析 ：算符優先文法的優先矩陣是這樣構造的： 先求出各非終結符的FIRSTVT與LASTVT集。 對每條產生式：對于兩個終結符連在一起或是它們中間只有一個非終結符的情況，這兩個終結符相等。 對于一個非終結符與一個終結符連在一起的情況，如果終結符在前，則該終結符小于該非終結符的FIRSTVT集中的任一字符，如果終結符在后，則該非終結符的LASTVT集中的任一字符大于該終結符。 注意順序不能顛倒，即A小于B就是A小于B，不能寫成B大于A。 4. 16個微處理器的編號分別為0、1、2、3、…、15，當采用四維立方體單級互連函數Cube3時，7號微處理器與 （9） 號微處理器相連接。 （9） A．3 B．7 C．14 D．15 參考答案：（9）D。 解析：四維立方體單級互聯函數（Cube3）的運算規則是，從已知的微處理器編號的二進制數右邊第0位起，數到第3位，并對該位求反即可得到所求的微處理器編號。因此對于第7號微處理器，其二進制編碼為0111，經過變換后為1111，即與第15號微處理器相連接。 注意，如果本試題所采用的是全混洗單級互聯函數Shuffle（無進位左循環一位的函數），那么第7號微處理器的編碼（0111）經變換后為1110，即為第14號微處理器。 5. 在計算機體系結構中，CPU內部包括程序計數器PC、存儲器數據寄存器MDR、指令寄存器IR和存儲器地址寄存器MAR等。若CPU要執行的指令為：MOV R0,＃100（即將數值100傳送到寄存器R0中），則CPU首先要完成的操作是（10）。 （10）A.100→R0 B. 100→MDR C. PC→MAR D. PC→IR 參考答案：（10）D 。 解析：程序計數器指向指令寄存器地址，然后就可以執行下面的指令了 MOV R0,＃100,采用的是立即數尋址方式，這條指令(包含操作數R0和＃100)被匯編器編譯成一條機器代碼，此指令執行前被加載到指令緩沖隊列里，執行時 CPU在讀取此機器代碼時就讀取了＃100，＃100立即就可以被送往R0（而不用到寄存器或者內存中去取操作數），因此叫做立即數尋址，指令執行效率最高。 6. 某指令流水線由5段組成，各段所需要的時間如圖2所示。連續輸入10條指令時的吞吐率為 （11） 。 （11） A.0.1428/Δt B.0.2041/Δt C.0.2857/Δt D.0.3333/Δt 參考答案：（11）C。 解析：從圖3-2中可看出，該流水線各段所經歷的時間不一樣，因此，該指令流水線吞吐率的計算公式為
，式中m為流水線的段數；n為輸入的指令數；Δti為第i段所需時間；Δtj為該段流水線中瓶頸段的時間。將題中已知條件代入上式，則吞吐率TP的計算結果如下所示。
7. 設有定義"enumterm{my，your＝4，his，her＝his＋10}；"，則
printf("%d，%d，%d，%d "，my，your，his，her)；的輸出是(12)
(12) A.0，l，2，3
B.0,4,0,10
C.0，4，5，15
D.1，4，5，15
參考解答：(12) C。
解析：按枚舉類型定義的規定，枚舉類型team的枚舉常量對應的整數分別是my=0、your＝4、his＝5、her＝15。所以語句輸出0，4，5，15。解答是C。
8．以下對枚舉類型名的定義中，正確的是(13)
(13) A.enuma={one,two,three};
B.enuma{a1,a2，a3}；
C. enuma={’1’,’2’，’3’}；
D. enuma{"one","two"，"three"}；
參考答案：(13) B。
解析：枚舉類型定義的句法是：
enum枚舉類型名{枚舉類型常量1，枚舉類型常量2，……}；
其中枚舉類型常量都是互不相同的標識符。所以定義enuma{a1,a2,a3};
是一個正確的定義。任何在枚舉類型名之后接上=，或用字符常量，或用字符串常量作為枚舉類型常量都是不正確的定義。解答應是B。
9. CPU執行程序時，為了從內存中讀取指令，需要先將 （14） 的內容輸送到地址總線上。
（14） A．指令寄存器
B．標志寄存器
C．程序計數器
D．變址寄存器
參考答案：（14）C。
解析：當CPU從內存中讀取指令的時候（即在存取指令周期中），CPU首先將程序計數器（PC）的內容送到地址總線上，同時送出內存的讀控制信號，將所選中的內存單元的內容讀入CPU，并將其存放在指令寄存器中。
10. RSA算法的一個比較知名的應用是 （15） ，其協商層利用RSA公鑰進行身份認證，其記錄層涉及到對應用程序提供的信息的分段、壓縮、數據認證和加密。
（10） A．PGP
B．HTTPS
C．安全RPC
D．SSL
參考答案：（10）D。
解析：公鑰密碼是一種有兩個密鑰的不對稱密鑰技術。RSA算法是一種常用的公鑰加密算法，它可以實現加密和數字簽名，安全套接層協議（SSL）的記錄層利用RSA公鑰進行身份認證，記錄層涉及到對應用程序提供的信息的分段、壓縮、數據認證和加密。
11.設有以下說明和定義：
typedefunion{longi；intk[5]；charc；}DATE；
structdate{intcat；DATEcow；doubledog；}too；
DATEmax；
則下列語句的執行結果是(16)
printh("%d"，sizeof(structdate)＋sizeof(max))；
(16) A.26
B. 30
C. 18
D. 8
參考答案：(16) B。
解析：設long型數據占4個字節、int型數據占2個字節，double數據占8個字節。共用型DATE有三個成分：long型成分i，有五個int型元素的數組k，char型成分c。所以DATE類型的變量需要10個字節。結構類型date有三個成分：int型成分cat，DATE共用類型cow，double型成分dog。所以結構類型date需要20個字節。所以表達式sizeof(structdate)＋sizeofmax的值是30。正確解答是B。
12．根據下面的定義，能打印出字母M的語句是（17）
structperson{charname[9]；intage；}；
structpersonc[1O]={{"John"，17},{"Paul"，19},{"Mary"，18},{"Adam",16}};
（17）A. printf("%c"，c[3].name)；
B. printf("%c"，c[3].name[1])；
C. printf("%c"，c[2].name[1])；
D. printf("%c"，c[2].name[0])；
參考答案：（17）D。
解析：結構類型structperson有兩個成分：九個元素的字符數組name和一個基本整型age。元素類型為structperson的數組c有10個元素，其中前四個元素被設定了初值。在已設定初值的元素中，只有c[2].mame[0]的值是字符M。其余元素及元素的成分都不是字符比正確解答是D。
13. 以下關于防火墻技術的描述中，說法錯誤的是 （18） 。
（18） A．防火墻可以對請求服務的用戶進行控制
B．防火墻可以對用戶如何使用特定服務進行控制
C．防火墻可以有效地防止內網的攻擊
D．防火墻可以對網絡服務類型進行控制
參考答案：（18）C。
解析：防火墻是建立在內外網邊界上的過濾封鎖機制，能夠防止外網在未經授權的情況下訪問內網，以及外網對內網的攻擊；也能防止內網在未經授權的情況下訪問外網。但是，僅使用防火墻不能有效地防止內網的攻擊，通常也不具備反向追蹤網絡攻擊的能力。
14. 在病毒的生存期內，病毒將與自身完全相同的副本放入其他程序或者硬盤上的某些特定分區中，這個階段稱之為 （19） 。
（19） A．潛伏階段
B．觸發階段
C．執行階段
D．繁殖階段
參考答案：（19）D。
解析：在病毒的生存期內，典型的病毒將經歷①潛伏階段、②繁殖階段、③觸發階段和④執行階段等4個過程。其中，①潛伏階段，處于此階段的病毒最終要通過某個事件（例如，一個日期、另一個程序或文件的存在，或者磁盤的容量超出了某個限制）來激活。并不是所有的病毒都有這個時期；
②繁殖階段，病毒將與自身完全相同的副本放人其他程序或者磁盤上的特定系統區域。每個受感染的程序將包含病毒的一個克隆，這個病毒本身便進入了一個繁殖階段；
③觸發階段，病毒被激活來進行它想要完成的功能。和潛伏階段一樣，觸發階段可能被不同的系統事件所引起；
④執行階段，完成病毒所具有的功能。這個功能可能是無害的（如顯示在屏幕上的一個消息）或者是具有破壞性的（如破壞程序和數據文件）。
15．設有如下定義，則對data中的a成員的正確引用是(20)
structsk{inta；floatb；}data，*p＝&data;
(20)A. (*p).data.a
B. (*p).a
C. p->data.a
D. p.data.a
參考答案：(20) B。
解析：結構變量data有兩個成分a和b。結構指針變量p指向結構變量data。引用結構變量data的成分a有兩種方法：一是直接由變量data引用其自己的成分a，寫成data.a；二是通過指針變量p引用它所指的結構的成分a，這又有兩種寫法，分別是p->a和(*p).a。正確解答是B。
16. 某教授于2006年6月1日自行將《信息網絡傳播權保護條例》譯成英文，投遞給某國家的核心期刊，并于2006年11月1日發表。國家相關部門認為該教授的譯文質量很高，經與該教授協商，于2007年1月5日發文將該譯文定為官方正式譯文。（21） 。
（21） A．由于該教授未經相關部門同意而自行翻譯官方條例，因此對其譯文不享有著作權
B．該教授對其譯文自2006年6月1日起一直享有著作權
C．該教授對其譯文自2006年6月1日至2007年1月4日期間享有著作權
D．該教授對其譯文自2006年11月1日至2007年1月4日期間享有著作權
參考答案：（21）C。
解析：我國《著作權法》第二章第二節第十二條規定，“改編、翻譯、注釋、整理已有作品而產生的作品，其著作權由改編、翻譯、注釋和整理人享有，但行使著作權時不得侵犯原作品的著作權。”因此，該教授自2006年6月1日至2007年1月4日期間享有該翻譯作品的著作權。
17. （22） 圖像通過使用彩色查找來獲得圖像顏色。
（22） A．真彩色
B．偽彩色
C．直接色
D．矢量
參考答案：（22）B。
解析：在組成一幅彩色圖像的每個像素值中，有R、G和B共3個基色分量，每個基色分量直接決定顯示設備的基色強度，這樣產生的彩色稱為選項A的“真彩色”。
偽彩色圖像是將像素值當做彩色查找表的表項入口地址，去查找一個顯示圖像時使用的R、G、B值。用查找出的R、G、B值產生的彩色稱為偽彩色。
直接色圖像中把每個像素值分成R、G和B分量，每個分量作為單獨的索引值對它做變換，通過變換表找出基色強度。用變換后得到的R、G和B強度值產生的彩色稱為直接色
矢量圖像中使用一系列計算機指令來表示一幅圖，如畫點、線、曲線和矩形等，其中，顏色屬性表示了這些形狀的顏色。
18. 對于MPEG視頻中的空間冗余信息可以采用 （23） 的方法來進行壓縮編碼。
（23） A．幀間預測和變換編碼
B．哈夫曼編碼和運動補償
C．變換編碼和幀內預測
D．幀內預測和運動補償
參考答案：（23）C。
解析：視頻圖像本身在時間上和空間上都存在冗余信息。對視頻進行編碼就是去除時間和空間上的冗余信息。
去除空間上的冗余信息時，不參照任何過去的或者將來的其他圖像幀，壓縮編碼可以采用類似JPEG的壓縮方法，主要采用的壓縮技術包括幀內預測編碼和變換編碼。
19. 某幅圖像具有640×480個像素點，若每個像素具有8位的顏色深度，經5:1壓縮后，其圖像數據需占用的存儲空間為 （24） 字節。
（24） A．61 440
B．307 200
C．384 000
D．3 072 000
參考答案：（24）A。
解析：若每個像素具有n=8位的顏色深度，則可表示2n=28=256種不同的顏色。若一幅圖像具有640×480個像素點，每個像素具有8位的顏色深度，未進行壓縮時其圖像數據所占用的存儲空間為(640×480×8)b=(640×480)B。經5:1壓縮后，圖像數據所占用的存儲空間為 。
20. 新軟件項目與過去成功開發過的一個項目類似，但規模更大，此時比較適合使用 （25） 進行項目開發設計。
（25） A．原型法
B．變換模型
C．瀑布模型
D．螺旋模型
參考答案：（25）C。
解析：由于新項目與過去成功開發過的一個項目類似，已經有了成功的項目開發經驗和積累的軟件模塊，因此，應盡可能將這些經驗和軟件模塊應用到新項目中，即對于這個規模更大的軟件項目應該使用瀑布模型進行開發。
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