软件设计师基础知识（选择题）模拟试卷6 (题后含答案及解析)题型有：1.
1． 如图3-12所示的树型文件中，方框表示目录，圆圈表示文件，“/”表示路径的分隔符，“/”在路径之首表示根目录。在图3-12中，(34)。 假设当前目录是D1，进程A以如下两种方式打开文件f1。 方式①fd1=open(“(35)/f1”，o_ RDONLY)； 方式②fd1：=open(“/D1/W1/f1”，o_ RDONLY)； 其中，方式①的工作效率比方式②的工作效率高，因为采用方式①的文件系统(36)。
A．子目录W2中文件f2和子目录D2中文件f2是完全相同的
B．子目录W2中文件f2和了目录D2中文件f2是不相同的
C．子目录W2中文件f2和子目录D2中文件f2是可能相同也可能不相同的
D．树型文件系统中不允许出现相同名字的文件
正确答案：C
2．
A．/D1/W1
B．D1/W1
C．W1
D．f1
正确答案：C
3．
A．可以直接访问根目录下的文件f1
B．可以从当前路径开始查找需要访问的文件f1
C．只需要访问一次磁盘，就可以读取文件f1，而方式②需要两次
D．只需要访问一次磁盘，就可以读取文件f1，而方式②需要三次
正确答案：B
解析：树型目录结构允许用户在自己的目录中使用与其他用户文件系统相同的文件名，因此子目录W2中文件f2和子目录D2中的文件f2可能相同也可能不同，但是访问一个文件需要给出完整路径和文件名。
4． 用二进制加法器对二一十进制编码的十进制数求和，当和的本位十进制数二一十进制编码小于等于1001且向高位无进位时，(14)；当和小于等于1001且向高位有进位时，(15)；当和大于1001时，(16)。
A．不需进行修正
B．需进行加6修正
C．需进行减6修正
D．进行加6或减6修正，需进一步判别
正确答案：A
5．
A．不需进行修正
B．需进行加6修正
C．需进行减6修正
D．进行加6或减6修正，需进一步判别
正确答案：B
6．
A．不需进行修正
B．需进行加6修正
C．需进行减6修正
D．进行加6或减6修正，需进一步判别
正确答案：B
解析：二一十进制编码又被称为BCD码，如果从左到右每位权值分别为8，4，2，1，则称之为 8421码。BCD码一般都是指8421码。在进行计算时，有时会出现进位和计算值超出BCD码的表示范围，即超过10的情况，此时需要进行修正，修正的方法是本位加6，并向高位进1。
7． 操作数所处的位置，可以决定指令的寻址方式。操作数包含在指令中，寻址方式为(37)；操作数在寄存器中，寻址方式为(38)；操作数的地址在寄存器中，寻址方式为(39)。
A．立即寻址
B．直接寻址
C．寄存器寻址
D．寄存器间接寻址
正确答案：A
8．
A．立即寻址
B．相对寻址
C．寄存器寻址
D．寄存器间接寻址
正确答案：C
9．
A．相对寻址
B．直接寻址
C．寄存器寻址
D．寄存器间接寻址
正确答案：D
解析：本题考查的是计算机指令系统方面的基础知识。操作数包含在指令中的寻址方式为立即寻址；直接寻址指地址码就是内存内数据的绝对地址。相对寻址和变址寻址类型相似，只是变址寄存器换成了程序计数器。操作数在寄存器中的寻址方式为寄存器寻址；操作数的地址在寄存器中的寻址方式为寄存器间接寻址。
10． 一般来说，Cache的功能(71)。某32位计算机的Cache容量为16KB，Cache块的大小为16B，若主存与Cache的地址映射采用直接映射方式，则主存地址1234E8F8(十六进制数)的单元装入的Cache地址为(72)。在下列Cache替换算法中，平均命中率最高的是(73)。
A．全部由软件实现
B．全部由硬件实现
C．由硬件和软件相结合实现
D．有的由硬件实现，有的由软件实现
正确答案：B
11．
A．00010001001101(二进制数)
B．01001000110100(二进制数)
C．10100011111000(二进制数)
D．11010011101000(二进制数)
正确答案：C
12．
A．先进后出(FILO)算法
B．随机替换(RAND)算法
C．先进先出(FIFO)算法
D．最近最少使用(LRU)算法
正确答案：D
解析：高速缓存是位于CPU和主存之间的高速存储子系统。采用高速缓存的主要目的是提高存储器的平均访问速度，从而使存储器的速度与CPU的速度相匹配。显然，要尽可能发挥CPU的高速度，就必须用硬件实现其全部功能。 Cache与主存之间地址映像的方法有三种：直接映像、全相连映像和组相连映像。 直接映像就是将主存地址映像到Cache中的一个指定地址。由题目可知，Cache块(即页)的大小为16B，故Cache的页内地址需要4位二进制数；Cache容量为16KB，故整个Cache可分为16KB/16B=1024页，因此，Cache的页号需要10位二进制数才能完整寻址。由于是采用直接映像，因此在映像时，是将主存地址直接复制。已知主存地址为1234E8FSH，则最低4位为Cache的页内地址(即1000)，中间10位为Cache的页号(即1010001111)。将这两个地址拼接起来，即可得出题中所要求的Cache地址(10100011111000)。 Cache的替换算法也有多种，包括随机算法RAND、先进先出FIFO、最近最少使用法LRU和优化替换算法OPT。它们各具特色，就命中率而言，最近最少使用法LRU的命中率最高。
13． 假设一个有3个盘片的硬盘，共有4个记录面，转速为7200rpm，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8道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的非格式化容量和格式化容量约为(75)，数据传输率约为(76)，若一个文件超出一个磁道容量，剩下的部分(77)。
A．120MB和100MB
B．30MB和25MB
C．60MB和50MB
D．22.5MB和25MB
正确答案：B
14．
A．2356Kb/s
B．3534Kb/s
C．7069Kb/s
D．1178Kb/s
正确答案：D
15．
A．存于同一盘面的其他编号的磁道上
B．存于其他盘面的同一编号的磁道上
C．存于其他盘面的其他编号的磁道上
D．存放位置随机
正确答案：B
解析：磁盘容量分为非格式化容量和格式化容量。它们的计算公式分别如下。 非格式化容量=最大位密度×最内圈周长×总磁道数 格式化容量=每道扇区数×扇区容量×总磁道数 已知位密度为250位/mm，内圈周长是3.14×100=314mm，每个记录面的总磁道数是(300/2- 100/2)×8=800道，所以每个记录面的非格式化容量为： 314×250×800=7.5MB 又已知有4个记录面，故其非格式化容量为：7.5×4=30MB 已知每磁道分16个扇区，每扇区512字节，故其格式化容量为： 16×512×800×4=25MB 求硬盘平均数据传输率的公式为：平均数据传输率=每道扇区数×扇区容量×盘片转速 已知磁盘转速为7200rpm，得：平均数据传输率=16×512×7200/60=960KB/s 在相关选项中，D最为接近。 由题目已知，该硬盘由多个盘片组成，共有4个记录面。同号磁道构成一系列的柱面，当一个柱面记录不下一个文件时，余下的部分应存储在其他盘面同一编号的磁道上。
16． 给定节点的关键字序列(F,B,J,G,E,A,I,D,C,H)，对它按字母的字典顺序进行排列。采用不同方法，其最终结果相同，但中间结果是不同的。Shell排序的第一趟扫描(步长为5)结果应为(72)。冒泡排序(大数下沉)的第一趟起泡的效果是(73)。快速排序的第一趟结果是(74)。二路归并排序的第一趟结果是(75)。
A．(B, F, G, J, A, D, I, E, H, C)
B．(B, F, G, J, A, E, D, I, C, H)
C．(A, B, D, C, E, E, I, J, G, H)
D．(C, B, D, A, E, F, I, G, J, H)
正确答案：C
17．
A．(A, B, D, C, P, E, I, J, H, G)
B．(A, B, D, C, E, F, I, H, G, J)
C．(B, P, G, E, A, I, D, C, H, J)
D．(B, F, G, J, A, E, D, I, C, H)
正确答案：C
18．
A．(C, B, D, A, P, E, I, J, G, H)
B．(C, B, D, A, E, F, I, G, J, H)
C．(B, A, D, E, F, G, I, J, H, C)
D．(B, C, D, A, E, F, I, J, G, H)
正确答案：B
19．
A．(B, F, G, J, A, E, D, I, C, H)
B．(B, A, D, E, F, G, I, J, H, C)
C．(A, B, D, C, E, F, I, J, G, H)
D．(A, B, D, C, P, E, J, I, H, C)
正确答案：A
解析：分别根据各种排序方法的排序原则，我们可以得到正确结果。
20． 某网络的拓扑结构如图5-16所示，网络A中A2主机的IP地址可以为(40)。如果网络B中有1000台主机，那么需要为网络B分配(41)个C类网络地址，其中B1主机的IP地址可以为(42)，网络B的子网掩码应为(43)。
A．192.60.80.0
B．192.60.80.2
C．192.60.80.3
D．192.60.80.4
正确答案：D
21．
A．1
B．2
C．3
D．4
正确答案：D
22．
A．192.60.16.1
B．192.60.16.2
C．192.60.16.5
D．192.60.16.255
正确答案：C
23．
A．255.255.255.0
B．255.255.254.0
C．255.255.253.0
D．255.255.252.0
正确答案：D
解析：IP地址是一个4字节的数字，被分为4段，每段8位，段与段之间用句点分隔。为了便于表达和识别，IP地址是以十进制数形式表示的，每段表示的十进制数最大不超过255。IP地址由两部分组成，即网络号和主机号。网络号标识的是Internet上的一个子网，而主机号标识的是子网中的某台主机。IP地址根据网络号和主机号的数量而分为A，B，C三类。 A类IP地址：最前面一位为0，然后用7位来标识网络号，24位标识主机号。A类地址通常为大型网络而提供，全世界总共只有126个可能的A类网络，每个A类网络最多可以连接224-2台主机。 B类IP地址：最前面两位是10，然后用14位来标识网络号，16位标识主机号。B类地址适用于中等规模的网络，全世界大约有16000个B类网络，每个B类网络最多可以连接216-2台主机。 C类IP地址：最前面三位是110，然后用21位来标识网络号，8位标识主机号。C类地址适用于校园网等小型网络，每个C类网络最多可以有28-2台主机。 有以下几个特殊情况。主机号全为1的网间网地址用于广播，叫做广播地址。当32位地址全为1时，该地址用于本网广播，称为有限广播。网络号为全0，后面的主机号表示本网地址。主机号全0，此时的网络号就是本网的地址。保留的地址有网络号全1和32位全为0的特例。 由以上规定可以看出，网络号为全1或全0，主机号为全1或全0，都是不能随意分配的。 本题中的IP地址都是C类地址，所以可以推出A2，B1的地址。 因为每个C类网络最多可以有254台主机，而网络B有1000台主机，所以需要为其分配 1000/254=4个C类网络地址。 根据子网掩码的计算方式可以得到网络B的子网掩码为255.255.252.0。
24． 若有一个仓库，可以存放P1，P2两种产品，但是每次只能存放一种产品，要求： ①w=P1的数量-P2的数量 ②-i＜w＜k(i，k为正整数) 若用PV操作实现P1和P2产品的入库过程，至少需要(9)个同步信号量及(10)个互斥信号量，其中，同步信号量的初值分别为(11)，互斥信号量的初值分别为(12)。
A．0
B．1
C．2
D．3
正确答案：C
25．
A．0
B．1
C．2
D．3
正确答案：B
26．
A．0
B．i，k，0
C．i，k
D．i-1，k-1
正确答案：D
27．
A．1
B．1，1
C．1，1，1
D．i，k
正确答案：A
解析：为了标识P1和P2产品入库，我们需要两个同步信号量S1和S2，分别标记P1和P2的数量。根据题意，S1的初值显然不能大于等于k。因为如果S1的初值超过k，而此时又有P1产品入库，就有可能会造成w的越界。同理S2的初值一样不能超过i。此外，我们还需要设置一个互斥信号量mutex，其初值为1，使得多个进程能够互斥地访问临界区。P1或P2两种产品中的任一种产品申请入库成功后，将mutex减1，使其他进程无法在此期间使用仓库。入库操作完成后，再将mutex加1，其他进程就可以申请入库了。
28． 已知一不确定的有限自动机(NFA)如图2-8所示，采用子集法将其确定化为DFA的过程如表2-1所示。 状态集T1中不包括编号为(23)的状态；状态集T2中的成员有(24)：状态集T3等于(25)；该自动机所识别的语言可以用正规式(26)表示。
A．2
B．4
C．3
D．5
正确答案：A
29．
A．1，3，4，5，Z
B．2，3
C．6
D．4，5，Z
正确答案：D
30．
A．{Z}
B．{6}
C．{4，5，Z)
D．{}
正确答案：D
31．
A．(0｜1)*
B．(0*｜1*)*001
C．(0*｜1*)*0(0｜1)*
D．(0*｜1*)0(0｜1)*
正确答案：D
解析：将NFA转换为DFA一般用于集法。下面用子集法来进行转换。 首先，K0=ε_closure(0)=(S，1，2，3)，这是初始集，也就是初始状态。这里值得注意的一点是图中ε表示空，从S到1是ε箭头线，所以如果能到达S，也就能到达1。所以如果图2-2的初态实际上包含S，1，2，3四个。因此在表2-1中，第一行第一列是{S1，2，3}。 接下来对初态集{S，1，2，3)输入0，即K1=ε_closure[move(K0，0)]={1，3，4，5，Z}，所以第一行I0列对应的数据为{1，3，4，5，Z}。 接着K2=ε_closure(move(K0，1))={2，3}，所以第一行I1列对应的数据为{2，3}。 依次类推： 令K3=ε_closure(move(K1，0))={1，3，4，5，6，Z}， 令K4=ε_closure(move(K1，1))={}。 最终求得T1={1，3，4，5，6，Z}，T2{4，5，Z}，T3={}，据此可以得出答案。
32． OMT是一种对象建模技术，它定义了三种模型，它们分别是(39)模型、(40)模型和(41)模型，其中，(39)模型描述了系统中对象的静态结构，以及对象之间的联系；(40)模型描述系统中与时间和操作顺序有关的系统特征，表示瞬时行为上的系统的“控制”特征，通常可用(42)来表示：(41)模型描述了与值的变换有关的系统特征，通常可用(43)来表示。
A．对象
B．功能
C．ER
D．静态
正确答案：A
33．
A．控制
B．时序
C．动态
D．实时
正确答案：C
34．
A．对象
B．功能
C．变换
D．计算
正确答案：B
35．
A．类图
B．状态图
C．对象图
D．数据流图
正确答案：B
36．
A．类图
B．状态图
C．对象图
D．数据流图
正确答案：D
解析：OMT(对象建模技术)是一种围绕真实世界的概念来组织模型的软件开发方法。OMT从问题陈述开始，理解问题陈述中的客观世界，将其本质抽象成模型表示，建立系统的3个模型，即对象模型、动态模型和功能模型。对象模型描述了系统中对象的静态结构及对象间的联系，用对象模型图来表示。对象模型图是ER图的一种扩展形式。动态模型描述了与时间和操作次序有关的系统属性，动态模型由多张状态图组成。各个类的状态图通过共享事件组成系统的动态模型。功能模型描述系统内数据值的变化，它由数据流图组成。数据流图说明数据流是如何从外部输入、经过操作和内部存储而到外部输出的。
