软考错题合集（一）

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2009上半年

假设某硬盘由5个盘片构成(共有8个记录面），盘面有效记录区域的外直径为30cm，内直径为10cm，记录位密度为250位/mm,磁道密度为16道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的格式化容量约为（2)MB。

格式化容量计算=
面数 ×（外半径-内半径）× 磁道密度 × 每磁道扇区数 × 扇区容量

题目中记录位密度是干扰的信息，没有用的。排除A，B。
单位的转换：cm转mm，排除D。
题目给出的是直径，所以要除以2转换成半径。
题目中给出硬盘的面数为 8，每面的磁道数为（30-10）× 10(cm转mm) ÷ 2(直径转半径) × 16(磁道密度)，每磁道扇区为16，每扇区容量为512字节
在这里插入图片描述

换算成MB单位时在除以 1024×1024。因此其格式化容量为在这里插入图片描述

补充：

磁道数/面=（外半径-内半径）× 磁道密度

流水线的吞吐率计算

流水线计算：第一条指令执行的时间+（指令条数-1）×流水线周期
流水线周期：执行时间最长的一段。此题为3Δt。

下面关于漏洞扫描系统的叙述，错误的是（7)。
A.漏洞扫描系统是一种自动检测目标主机安全弱点的程序
B.黑客利用漏洞扫描系统可以发现目标主机的安全漏洞
C.漏洞扫描系统可以用于发现网络入侵者
D.漏洞扫描系统的实现依赖于系统漏洞库的完善

【答案】C
【解析】本题考查漏洞扫描系统的基本概念。
漏洞扫描系统是一种自动检测目标主机安全弱点的程序，漏洞扫描系统的原理是根据系统漏洞库对系统可能存在的漏洞进行一一验证。黑客利用漏洞扫描系统可以发现目标主机的安全漏洞从而有针对性的对系统发起攻击；系统管理员利用漏洞扫描系统可以查找系统中存在的漏洞并进行修补从而提高系统的可靠性。漏洞扫描系统不能用于发现网络入侵者，用于检测网络入侵者的系统称为入侵检测系统。

计算机感染特洛伊木马后的典型现象是（9)
A.程序异常退出 B.有未知程序试图建立网络连接
C.邮箱被垃圾邮件填满 D.Windows系统黑屏
【答案】B

【解析】本题考查计算机病毒相关知识。
特洛伊木马是一种通过网络传播的病毒，分为客户端和服务器端两部分，服务器端位于被感染的计算机，特洛伊木马服务器端运行后会试学建立网络连接，所以计算机感染特洛伊木马后的典型现象是有未知程序试图建立网络连接。

关于软件著作权产生的时间，下面表述正确的是（10)。
A.自作品首次公开发表时
B.自作者有创作意图时
C.自作品得到国家著作权行政管理部门认可时
D.自作品完成创作之日
【答案】D

【解析】本题考查知识产权中关于软件著作权方面的知识。
在我国，软件著作权采用“自动保护”原则。《计算机软件保护条例》第十四条规定：“软件著作权自软件开发完成之日起产生。”即软件著作权自软件开发完成之曰起自动产生，不论整体还是局部，只要具备了软件的属性即产生软件著作权，既不要求履行任何形式的登记或注册手续，也无须在复制件上加注著作权标记，也不论其是否已经发表都依法享有软件著作权。
一般来讲，一个软件只有开发完成并固定下来才能享有软件著作权。如果一个软件—直处于开发状态中，其最终的形态并没有固定下来，则法律无法对其进行保护。因此，条例（法律）明确规定软件著作权自软件开发完成之日起产生。当然，现在的软件开发经常是一项系统工程，一个软件可能会有很多模块，而每一个模块能够独立完成某一项功能。自该模块开发完成后就产生了著作权。所以说，自该软件开发完成后就产生了著作权。

6. 程序员甲与同事乙在乙家探讨甲近期编写的程序，甲表示对该程序极不满意，说要弃之重写，并将程序手稿扔到乙家垃圾筒。后来乙将甲这一程序稍加修改，并署乙名发表。以下说法正确的是（11)。
A.乙的行为侵犯了甲的软件著作权
B.乙的行为没有侵犯甲的软件著作权，因为甲已将程序手稿丢弃
C.乙的行为没有侵犯甲的著作权，因为乙已将程序修改
D.甲没有发表该程序并弃之，而乙将程序修改后发表，故乙应享有著作权

【答案】A
【解析】本题考查知识产权中关于软件著作权方面的知识。
著作权因作品的完成而自动产生，不必履行任何形式的登记或注册手续，也不论其是否已经发表，所以甲对该软件作品享有著作权。乙未经甲的许可擅自使用甲的软件作品的行为，侵犯了甲的软件著作权。

某项目主要由A〜I任务构成，其计划图（如下图所示）展示了各任务之间的前后关系以及每个任务的工期（单位：天)，该项目的关键路径是（17)。在不延误项目总工期的情况下，任务A最多可以推迟开始的时间是（18)天。

17)A.A→G→I B.A→D→F→H→I C.B→E→G→I D.C→F→H→I
(18)A.0 B.2 C.5 D.7

【答案】C B
【解析】本题考査项目计划的关键路径和松弛时间。
图中任务流A→G→I 的持续时间为15; 任务流A—D—F—H—I的持续时间为18;任务流B—E—G—I的持续时间为20;任务流C→F→H→I的持续时间为13。因此关键路径B→E→G→I，其持续时间是20。

任务A最多可以推迟开始的时间。首先要看到与任务A相关联的路径有两条，分别是A→G→I历时15天和A→D→F→H→I历时18天。所谓A任务最多可以推迟的天数必须是：无论它怎么推迟，既要保证与A相关联的任务路径能按期完成，更重要的是必须能够保证不耽误整个工程项目的按期完成。显然，整个工程项目必须在20天内完成，而A任务参与的两个路径工期分别是15天和18天，为了保证不耽误总工期，也不耽误A→D→F→H→I路径工期，A最多只能推迟20-18=2（天）开工。
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已知某高级语言源程序A经编译后得到机器C上的目标程序B,则（21)。
A.对B进行反编译，不能还原出源程序A
B.对B进行反汇编，不能得到与源程序A等价的汇编程序代码
C.对B进行反编译，得到的是源程序A的变量声明和算法流程
D.对A和B进行交叉编译，可以产生在机器C上运行的动态链接库

【答案】A
【解析】本题考查程序语言方面的基础知识。
编译是将高级语言源程序翻译成机器语言程序（汇编形式或机器代码形式），反编译是编译的逆过程。反编译通常不能把可执行文件还原成高级语言源代码，只能转换成功能上等价的汇编程序。

下面关于程序语言的叙述，错误的是（22)。
A.脚本语言属动态语言，其程序结构可以在运行中改变
B.脚本语言一般通过脚本引擎解释执行，不产生独立保存的目标程序
C.php、JavaScript属于静态语言，其所有成分可在编译时确定
D.C语言属于静态语言，其所有成分可在编译时确定
【答案】C

【解析】本题考查程序语言基础知识。
动态语言是指程序在运行时可以改变其结构，例如新的函数可以被引进、己有的函数可以被删除等在结构上的变化等。动态语言的类型检查是在运行时进行的，其优点是方便阅读，不需要写非常多的与类型相关的代码；缺点是不方便调试，命名不规范时会读不懂、不利于理解等。
脚本语言代表一套与系统程序设计语言不同的协定。它们牺牲执行速度和与系统程序设计语言相关的类型长度而提供更高的编程创作能力和软件重用。脚本语言更适合在联系复杂的应用程序中进行胶着（粘合)。为了简化连接组件的工作，脚本语言被设计为无类型的，脚本语言一般是面向字符的，因为字符为许多不同的事物提供了一致的描述。
事实上，脚本语言都是动态语言，而动态语言都是解释型语言，不管它们是否是面向对象的语言。

在Windows XP操作系统中，用户利用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷，(23) 。通常将“C:\Windows\myprogram.exe”文件设置成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文件的访问，这一级安全管理称之为（24)安全管理。
(23)A.但只能使用FAT文件系统格式化卷
B.但只能使用FAT 32文件系统格式化卷
C.但只能使用NTFS文件系统格式化卷
D.可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文件系统格式化卷
(24)A.文件级 B.目录级 C.用户级 D.系统级

【答案】D A
【解析】本题考査对Windows XP操作系统应用的掌握程度。
试题（23)的正确答案是D，因为Windows XP操作系统支持FAT、FAT32或NTFS文件系统，所以利用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷，并可以选择使用FAT、FAT32或NTFS文件系统格式化卷。

在移臂调度算法中，(25)算法可能会随时改变移动臂的运动方向。
A.电梯调度和先来先服务 B.先来先服务和最短寻找时间优先
C.单向扫描和先来先服务 D.电梯调度和最短寻找时间优先

【答案】B
【解析】本题考査对磁盘调度方面基本知识掌握的程度。
因为先来先服务是谁先请求先满足谁的请求，而最短寻找时间优先是根据当前磁臂到要请求访问磁道的距离，谁短满足谁的请求，故先来先服务和最短寻找时间优先算法可能会随时改变移动臂的运动方向。

软件能力成熟度模型（CMM)将软件能力成熟度自低到高依次划分为5级。目前，达到CMM第3级（已定义级）是许多组织努力的目标，该级的核心是（29)。
A.建立基本的项目管理和实践来跟踪项目费用、进度和功能特性
B.使用标准开发过程（或方法论）构建（或集成）系统
C.管理层寻求更主动地应对系统的开发问题
D.连续地蓝督和改进标准化的系统开发过程

【答案】B
【解析】本题考査软件成熟度模型（CMM)的基本概念。建立基本的项目管理和实践来跟踪项目费用、进度和功能特性为可重复级的核心；
使用标准开发过程（或方法论）构建（或集成）系统为己定义级的核心：管理层寻求更主动地应对系统的开发问题为已管理级的核心：连续地监督和改进标准化的系统开发过程为优化级的核心。

RUP在每个阶段都有主要目标，并在结束时产生一些制品。在(30)结束时产生“在适当的平台上集成的软件产品”。
(30)A.初启阶段 B.精化阶段 C.构建阶段 D.移交阶段
【答案】C

【解析】本题考查RUP中每个阶段产生的制品。
初启阶段结束时产生一个构想文档、一个有关用例模型的调查、一个初始的业务用例、一个早期的风险评估和一个可以显示阶段和迭代的项目计划等制品；精化阶段结束时产生一个补充需求分析、一个软件架构描述和一个可执行的架构原型等制品：构建阶段结束时的成果是一个准备交到最终用户手中的产品，包括具有最初运作能力的在适当的平台上集成的软件产品、用户手册和对当前版本的描述；移交阶段结束时产生移交给用户产品发布版本。

在开发信息系统时，用于系统开发人员与项目管理人员沟通的主要文档是（33),
A.系统开发合同 B.系统设计说明书 C.系统开发计划 D.系统测试报告

【答案】C
【解析】
本题考查开发文档的作用。系统开发人员与项目管理人员在项目期内进行沟通的文档主要有系统开发计划、系统开发月报以及系统开发总结报告等项目管理文件。

下面关于面向对象分析与面向对象设计的说法中，不正确的是（37)。
(37)A.面向对象分析侧重于理解问题
B.面向对象设计侧重于理解解决方案
C.面向对象分析描述软件要做什么
D.面向对象设计一般不关注技术和实现层面的细节

【答案】D
【解析】本题考查面向对象分析与设计的基本概念。
面向对象分析主要强调理解问题是什么，不考虑问题的解决方案，因此答案A、C 是正确的。面向对象设计侧重问题的解决方案，并且需要考虑实现细节问题，因此选项D的说法是不正确的。

若类A仅在其方法Method1中定义并使用了类B的一个对象，类A其他部分的代码都不涉及类B,那么类A与类B的关系应为（41)；若类A的某个属性是类B的一个对象，并且类A对象消失时，类B对象也随之消失，则类A与类B的关系应为（42)。
(41)A.关联 B.依赖 C.聚合 D.组合
(42)A.关联 B.依赖 C.聚合 D.组合

【答案】B D
【解析】本题考查类间的关系。
类间关系可分为依赖、关联、聚合、组合和继承5种。按照上述顺序，类间关系依次增强，若类A的方法中仅仅使用了类B的对象，那么类A依赖于类B。如果类A的部分是由类B的对象组成，并且类A控制类B的生命周期，那么类A与类B是组合关系。

下图属于UML 中的（46),其中，AccountManagement 需要（47)。

(46)
A.组件图 B.部署图 C.类图 D.对象图

(47)
A.实现 IdentityVerifier 接口并被 CreditCardServices 调用
B.调用 CreditCardServices 实现的 Identity Verifier 接口
C.实现 IdentityVerifier 接口并被 Logger 调用
D.调用 Logger 实现的 Identity Verifier 接口试题

【答案】A B
【解析】本题考查UML语言基础知识。
UML语言是标准的建模语言，通过图形化的方式展现系统的模型。本题是UML中的组件图，其表示的含义是组件AccountManagement需要调用CreditCardServices组件和Logger 组件分别实现的Identity Verifier 接口和TransactionLogger 接口。

由a、b构造且仅包含偶数个a的串的集合用正规式表示为（49)。
(49)
A.(a*a)*b*
B.(b* (ab*a)*)*
C.(a* (ba*)*b)*
D.(a|b)* (aa)*

【答案】B
【解析】本题考查程序语言方面的基础知识。
在正规式中，符号*表示重复若干次（包括0次)，因此正规式“中的表达式“(a*a)*，，不能保证有偶数个a。同理，“(a* (ba*)*b)*”和“(a|b)* (aa)*”中对a的个数也没有限制，而在“(ab*a)*”中可以确保a的出现为偶数个。

设某语言的语法规则用上下文无关文法G=(N，T，P，S)表示，其中N是非终结符号的集合，T是终结符号的集合，P是产生式集合，S是开始符号，令V=NUT,那么符合该语言的句子是（50)。
(50)
A.从S出发推导的、仅包含T中符号的符号串
B.从N中符号出发推导的、仅包含T中符号的符号串
C.从S出发推导的、包含V中符号的符号串
D.从N中符号出发推导的、包含V中符号的符号串

【答案】A
【解析】本题考査程序语言方面的基础知识。
一个文法的语言是该文法能产生的句子的集合。一个文法产生的句子是从文法开始符号出发推导出的所有终结符号串。

在这里插入图片描述

【答案】B A
【解析】

下面关于查找运算及查找表的叙述，错误的是（57)。
(57)
A.哈希表可以动态创建
B.二叉排序树属于动态查找表
C.二分查找要求査找表采用顺序存储结构或循环链表结构
D.顺序査找方法既适用于顺序存储结构，也适用于链表结构

【答案】C
【解析】本题考查数据结构方面的基础知识。
哈希表和二叉排序树都可以在查找过程中动态创建，属于动态查找表。顺序查找方法按照设定的次序依次与查找表中元素的关键字进行比较，在顺序存储结构和链表结构上都可以实现该查找过程。二分查找需要对中间元素进行快速定位，在链表结构上无法实现。

下面关于图（网）的叙述，正确的是（58)。
(58)A.连通无向网的最小生成树中，顶点数恰好比边数多1
B.若有向图是强连通的，则其边数至少是顶点数的2倍
C.可以采用AOV网估算工程的工期
D.关键路径是AOE网中源点至汇点的最短路径

【答案】A
【解析】本题考查数据结构方面的基础知识。
在有向图中，若以顶点表示活动，用有向边表示活动之间的优先关系，则称这样的有向图为以顶点表示活动的网（Activity On Vertex Network, AOV网）。
若在带权有向图G中以顶点表示事件，以有向边表示活动，边上的权值表示该活动持续的时间，则这种带权有向图称为用边表示活动的网（Activity On Edge Network, AOE 网）通常在AOE网中列出了完成预定工程计划所需进行的活动、每项活动的计划完成时间、要发生哪些事件以及这些事件和活动间的关系，从而可以分析该项工程是否实际可行并估计工程完成的最短时间，分析出哪些活动是影响工程进度的关键。进一步可以进行人力、物力的调度和分配，以达到缩短工期的目的。
根据生成树的定义，有n个顶点的连通图的生成树中恰好有n-1条边。

现有16枚外形相同的硬币，其中有一枚比真币的重量轻的假币，若采用分治法找出这枚假币，至少比较（63)次才能够找出该假币。
(63)
A.3
B.4
C.5
D.6

【答案】B
【解析】本题考查算法基础知识。
用分治法找假币的过程为：先将16枚硬币对等分为2堆（各8枚）并比较其重量，假币在较轻的那一堆中：然后将8枚硬币对等分为2堆（各4枚）并比较其重量，假币在较轻的那一堆中；再将4枚硬币对等分为2堆（各2枚）并比较其重量，假币在较轻的那一堆中：最后比较两个硬币的重量，找出假币。因此，至少比较4次才能够找出该假币。

以下的算法设计方法中，(64)以获取问题最优解为目标。
(64)A.回溯方法 B.分治法 C.动态规划 D.递推
【答案】C
【解析】本题考查算法基础知识。
回溯法的实质是在包含问题的所有解的解空间树中，按照深度优先的策略，从根节点出发搜索解空间树。若进入某子节点的子树后没有找到解（或者需要找出全部解)，则需要从子节点回退（回溯）至父节点，从而可以选择其他子节点进行搜索。回溯法有“通用的解题法”之称，用它可以系统地搜索一个问题的所有解或任一解。
分治与递归就像一对孪生兄弟，经常同时应用于算法设计之中。分治的思路是将一个难以直接解决的大问题分解成一些规模较小的相同问题，以便各个击破，分而治之。
如果规模为n的问题可分解成k个子问题，1<k<n,这些子问题互相独立且与原问题相同。
动态规划算法与分治法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。与分治法不同的是，适合于用动态规划法求解的问题，经分解得到的子问题往往不是独立的。若用分治法来解这类问题，则相同的子问题会被求解多次，以至于最后解决原问题需要耗费指数级时间。动态规划算法通常用于求解具有某种最优性质的问题。在这类问题中，可能会有许多可行解，每个解都对应于一个值，我们希望找到具有最优值（最大值或最小值）的那个解。

归并排序采用的算法设计方法属于（65)。
(65)
A.归纳法
B.分治法
C.贪心法
D.回溯方法

【答案】B
【解析】本题考查算法基础知识。
以2-路归并排序为例进行说明。2-路归并是指将两个有序序列合并成一个有序序列，其基本过程为：从两个序列中各取一个元素，进行比较，输出较小的元素，从较小元素所在序列取下一个元素，与未输出的那个元素比较，输出较小者。依此类推，直到输出序列包含了两个初始有序序列的全部元素。
对于一个初始无序的序列，可以先将其等分为两个无序的子序列，对这两个子序列再次二分，重复该过程，直到分出的子序列中仅包含一个元素时（一个元素自然是有序的）为止，然后再反复进行2-路归并的过程，最后完成排序。