2010下半年程序员考试真题及答案-上午卷.doc

发布时间：2022-10-10 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.62M 资料格式：doc 举报版权申诉

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(1)A.在“插入”菜单下选择“超链接”命令 B.在“插入”菜单下选择“文件”命令

(3)A.=B3*15%+C3*25%+D3*60%B.=B$3*15%+C$3*25%+D

(5)A.用户信箱的邮件接收服务器域名、账号和分隔符

(6)A.算术逻辑运算单元B.控制器 C.通用寄存器组D.I/O总线

(7)A.7FFFB.8FFFC.9FFFD.AFFF

(9)A.DRAMB.EPROMC.SRAMD.EEPROM

(10)A.分辨率B.显存容量C.刷新频率D.色深

(12)A.著作权B.专利权C.商标权 D.商业秘密权

(13)A.发明人B.翻译人C.汇编人D.委托人

(14)A.商业软件B.软件商标C.软件注册商标D.已使用的软件商标

(15)A.安装防火墙B.采用无线网络传输C.数据加密D.漏洞扫描

VPN涉及的关键安全技术中不包括（16）。

(16)A.隧道技术B.加密技术C.入侵检测技术D.身份认证技术

(17)A.声音B.图像编码C.显示器D.光盘

(18)A.显示分辨率B.图像分辨率C.垂直分辨率D.水平分辨率

(19)A.循环冗余校验码 B.海明校验码 C.奇校验码D.偶校验码

(20)A.81B.87C.0FD.FF

(22)A.X·YB.C.D.X+Y

(23)A.一个用户程序 B.一个数据文件 C.内存中的一块区域 D.—个专用文档

(25)A.字处理程序B.设备驱动程序C.文件目录D.语言翻译程序

(26)A.就绪、运行、阻塞B.运行、阻塞、就绪

(28)A.变量的类型B.变量的名C.变量的值D.变量的作用域

(30)A.连接程序B.编译程序C.解释程序D.汇编程序

(31)A.文档制作应先做规划，列出纲目。内容的逻辑性要强，并不断改进

(32)A.N-S盒图可以避免随意的控制转移

B.N-S盒图可以同时表示程序逻辑和数据结构

(33)A.词法分析B.语法分析C.语义分析D.程序运行

(34)A.18B.17C.12D.8

(37)A.M[15]B.M[20]C.M[35]D.M[39]

(39)A.n-1B.n/2C.[log2n]-1D.[log2n]+1

(40)A.共有n层，每层有一个节点

(41)A.使一个整数序列逆转B.递归函数的调用和返回

(43)A.冒泡排序和快速排序B.直接插入排序和简单选择排序

(44)A.代码中使用父类对象的地方，都可以使用子类对象替换

B.代码中使用子类对象的地方，都可以使用父类对象替换

(45)A.由类生成的对象数目可以是0，1，2，… B.由类生成的对象数目一定是1

(46)A.面向对象分析的结果适合采用C++语言表达

(47)A.面向对象分析、设计与实现B.面向对象分析

(48)A.描述系统如何解决问题B.构建软件系统的设计模型

(49)A.RUPB.XPC.螺旋模型D.瀑布模型

(50)A.原型模型B.瀑布模型C.V模型D.螺旋模型

McCall软件质量模型中，(51)属于产品转移方面的质量特件。

(51)A.可测试性B.正确性C.可移植性D.易使用性

(52)A.证明软件中没有错误B.改正软件中的错误

(53)A.属于静态测试和动态测试B.属于静态测试

(55)A.将常用的选项用特殊颜色标出

B.选项尽量设置默认值，使一般用户减少选择操作

(56)A.越频繁使用的功能所需的点击应越少

(58)A.NOT NULLB.UNIQUEC.KEY UNIQUED.PRIMARY

(61)A.MINC.

(62)A.Sdept=‘CS’B.Sdept<>'CS'C.'Sdept'=CSD.'S

(63)A.12B.16C.17D.20

(64)A.2B.3C.4D.5

(65)A.A的秩等于nB.A的秩不等于0

(67)A.禁用ActiveX控件B.查杀病毒C.清除CookieD.禁用脚本

MD5是一种（68)算法。

(68)A.共享密钥B.公开密钥C.报文摘要D.访问控制

(69)A.检查网络连接电缆B.检查网卡的工作状态

Software(71)refers to that the software to meet th

(71)A.testB.supportC.developmentD.process

(72)A.computer-oriented`B.procedure-oriented

TCP/IP(73)are the standards around which the Inter

(73)A.protocolsB.agreementsC.conventions D.coo

(74)A.managementB.storageC.analysisD.communi

(75)A.E-mailB.E-commerceC.E-leaming D.E-comm

2010 下半年程序员考试真题及答案-上午卷在 Word 2003 编辑状态下，若要将另一个文档的内容全部添加到当前文档的光标所在处，其操作是（1）：若要将文档中选定的文字移动到文档的另一个位置上，应该按下(2)，将选定的文字拖曳至该位置上。 (1)A.在“插入”菜单下选择“超链接”命令 B.在“插入”菜单下选择“文件”命令 C.在“文件”菜单下选择“打开”命令 D.在“文件”菜单下选择“新建”命令 (2)A.Ctrl 键 B.Alt 键 C.鼠标左键 D.鼠标右键【答案】B C 【解析】（1）在 Word 编辑状态下，若要将另一个文档的内容全部添加到当前文档的光标所在处，其操作步骤是在插入菜单下选择“文件”命令，此时系统弹出如下图所示的“插入文件”对话框，用户只要选择相应的文档即可。（2）若要将文档中选定的文字移动到文档的另一个位置上，应该按下鼠标左键或者同时按下“Shift”键及鼠标左键，即可将选定的文字拖曳至该位置上。某班级学生《C++程序设计》成绩表如下图所示。若学生作业成绩、上机成绩和笔试成绩分别占综合成绩的 15%、25%和 60%，那么可先在 E3 单元格中输入(3)，再向垂直方向拖动填充柄至 E10 单元格，则可自动算出这些学生的综合成绩。若要将及格和不及格的人数统计结果显示在 B11 和 E11 单元格中，则应在 B11 和 E11 中分别填写(4)。

(3)A.=B3*15%+C3*25%+D3*60% B.=B$3*15%+C$3*25%+D$3*60% C.=SUM(B3*15%+C3*25%+D3*60%) D.=SUM(B$3*15%+C$3*25%+D$3*60%) (4)A.=COUNT(E3:E10,＞=60)和=COUNT(E3:E10,＜60) B.=C0UNT(E3:E10,"＞=60")和=COUNT(E3:E10,"＜60") C.=COUNTIF(E3:E10,＞=60)和=COUNTIF(E3:E10,＜60) D.=COUNTIF(E3:E10,"＞=60”)和=COUNTIF(E3:E10,"＜60") 【答案】A D 【解析】 (3)因为相对引用的特点是：将计算公式复制或填充到其他单元格时，单元格的引用会自动随着移动位置的变化而变化，所以根据题意应采用相对引用。选项 A 采用相对引用，故在 E3 单元格中输入选项 A“=B3*15%+C3*25%+D3*60%”，并向垂直方向拖动填充柄至 E10 单元格，则可自动算出这些学生的综合成绩。 (4)由于 COUNT 是无条件统计函数，故选项 A 和 B 都不正确。COUNTIF 是根据条件进行统计的函数，其格式为：COUNTIF(统计范围，“统计条件”)，而选项 C 中的统计条件未加引号，格式不正确，故正确的答案为选项 D。下图中①、②和③分别表示电子邮件地址的（5）。 (5)A.用户信箱的邮件接收服务器域名、账号和分隔符

B.用户信箱的邮件接收服务器域名、分隔符和账号 C.用户信箱的账号、分隔符和邮件接收服务器域名 D.用户信箱的账号、邮件接收服务器域名和分隔符【答案】C 【解析】 —个电子邮件地址，例如 shlinxin@mail.ceiaec.org，由三部分组成，其中，第一部分“shlinxin”代表用户信箱的账号，对于同一个邮件接收服务器来说，这个账号必须是唯一的；第二部分“@”是分隔符；第三部分“mail.ceiaec.org”是用户信箱的邮件接收服务器域名，用以标识其所在的位置。中央处理单元（CPU)不包括（6）。 (6)A.算术逻辑运算单元 B.控制器 C.通用寄存器组 D.I/O 总线【答案】D 【解析】本题考查计算机硬件基础知识。计算机硬件中的中央处理单元（CPU)是指由运算单元（ALU)、控制单元（CU)、寄存器组（Registers）所组成的核心的集成部件，这些部件之间通过芯片级总线连接。 I/O 总线是在内存与外设（显示器、打印机、扫描仪、外部存储设备等）间传送数据的通路。如果将 CPU 比作跑车的引擎，I/O 总线就好似跑车的传动装置。设内存按字节编址，若 8K×8bit 存储空间的起始地址为 7000H，则该存储空间的最大地址编号为（7）。 (7)A.7FFF B.8FFF C.9FFF D.AFFF 【答案】B 【解析】本题考查计算机硬件中的内存部件基础知识。若按字节编址，则 8KX8bit 存储空间共有 8K(213)个存储单元，从十六进制的 0000 开始计数的话，最大的为 1FFF。因此，起始地址为 7000 时，最大的地址编号就为 8FFF。计算机中，执行一条指令所需要的时间称为指令周期，完成一项基本操作所需要的时间称为机器周期，时钟脉冲的重复周期称为时钟周期。因此，(8)。 (8)A.时钟周期大于机器周期 B.时钟周期等于机器周期

C.机器周期大于指令周期 D.指令周期大于时钟周期【答案】D 【解析】本题考查计算机系统的指令系统基础知识。时钟周期也称为震荡周期，定义为时钟脉冲的倒数，是计算机中最基本的、最小的时间单位。在一个时钟周期内，CPU 仅完成一个最基本的动作。人们规定 10 纳秒（ns)为一个时钟周期，更小的时钟周期就意味着更高的工作频率。计算机中执行指令的过程一般分为取指令、分析指令和执行指令三个基本阶段。指令周期是执行一条指令所需要的时间，一般由若干个机器周期组成，是从取指令、分析指令到执行完所需的全部时间。即 CPU 从内存取出一条指令并执行这条指令的时间总和。指令不同，所需的机器周期数也不同。对于一些简单的单字节指令，在取指令周期中，指令取出到指令寄存器后，立即译码执行，不再需要其他的机器周期。对于一些比较复杂的指令，例如转移指令、乘法指令，则需要两个或者两个以上的机器周期。从指令的执行速度看，单字节和双字节指令一般为单机器周期和双机器周期，三字节指令都是双机器周期，只有乘、除指令占用 4 个机器周期。在编程时要注意选用具有同样功能而机器周期数少的指令。使用电容存储信息且需要周期性地进行刷新的存储器是（9)。 (9)A.DRAM B.EPROM C.SRAM D.EEPROM 【答案】A 【解析】本题考查计算机内存设备的基础知识。 DRAM(Dynamic Random Access Memory,动态随机存储器）是最为常见的计算机系统的内部存储器。DRAM 使用电容存储，为了保持数据，必须隔一段时间刷新（refresh) 一次，如果存储单元没有被刷新，存储的信息就会丢失。 SRAM 是英文 Static RAM 的缩写，它利用晶体管来存储数据，不需要刷新电路即能保存它内部存储的数据。与 DRAM 相比，SRAM 的速度快，但是集成度低（即在相同面积中 SRAM 的容量要比 DRAM 的小）。 EPROM(Erasable Programmable Read-Only Memory,可擦除可编程 ROM)芯片可重复擦除和写入数据。EPROM 芯片有一个很明显的特征，在其正面的陶瓷封装上开有一个玻璃窗口，透过该窗口，可以看到其内部的集成电路，紫外线透过该孔照射内部芯片就可以擦除其内的数据。EPROM 内数据的写入要用专用的编程器，并且往芯片中写内容时必须要加一定的编程

电压（VPP=12〜24V,随不同的芯片型号而定）。 EEPROM(Electrically Erasable Programmable Read-Only Memory,电可擦可编程只读存储器）是一种掉电后数据不丢失的存储芯片。EEPROM 可以在电脑上或专用设备上擦除已有信息，重新编程。它常用在接口卡中，用来存放硬件设置数据，也常用在防止软件非法拷贝的“硬件锁”上面。 (10)越高，屏幕上图像的闪烁感越小，图像越稳定，视觉效果也越好。当前 PC 中该指标大多采用（11) Hz. (10)A.分辨率 B.显存容量 C.刷新频率 (11)A.88 B.75 C.65 D.色深 D.55 【答案】C B 【解析】 (10)刷新频率是指图像在显示器上更新的速度，也就是图像每秒在屏幕上出现的帧数，单位为 Hz。刷新频率越髙，屏幕上图像的闪烁感就越小，图像越稳定，视觉效果也越好。 (11)一般刷新频率在 75Hz 以上时，影像的闪烁才不易被人眼查觉。这个性能指标主要取决于显示卡上 RAMDAC 的转换速度。计算机软件只要开发完成就能获得（12）并受到法律保护。 (12)A.著作权 B.专利权 C.商标权 D.商业秘密权【答案】A 【解析】本题考查知识产权方面的基础知识，涉及软件著作权取得的相关概念。在我国，著作权采取自动取得方式，即著作权因作品创作完成、形成作品这一法律事实的存在而自然取得，一般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。计算机软件属于著作权的客体，软件著作权自软件开发完成之日起产生。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，也无须加注著作权标记，不论其是否已经发表都依法享有软件著作权。商业秘密权也是采用自动保护原则，不需要国家批准授权。但要求在主观上应有保守商业秘密的意愿，在客观上已经采取相应的措施进行保密。如果主观上没有保守商业秘密的意愿，或者客观上没有采取相应的保密措施，那么就认为其不具有商业秘密权。

专利权、商标权需要经过申请（注册)、审查、批准等法定程序后才能取得，即须经国家行政管理部门依法确认、授予后，才能取得主体资格。著作权的权利人不包括（13）。 (13)A.发明人 B.翻译人 C.汇编人 D.委托人【答案】A 【解析】本题考查知识产权方面的基础知识，涉及软件著作权主体的相关概念。著作权人是作品的所有人，作品包括演绎作品、汇编作品、委托作品、合作作品、影视作品、职务作品、计算机软件等。通过改编、翻译、注释、整理已有作品而产生的作品是演绎作品，其著作权属于改编人、翻译人、注释人和整理人。翻译是指将已有作品以其他种类的文字、符号、语言来解释或表现的行为，是一种演绎行为（即以原作品为蓝本进行再创作的行为）。翻译尽管是在他人已有作品的基础上进行的，但仍然需要翻译人艰辛的创作。无论是对原作品的理解与判断，还是在新作品完成过程中的选择、取舍、设计与编排，都是一种独创性的劳动，并最终以新的自然语言文字赋予原作品以新的形式。翻译的对象主要是文字作品、口述作品，也适用于软件中自然语言文字的改变。通过翻译已有作品而产生的作品是演绎作品，其著作权属于翻译人。汇编是经过对搜集的材料的筛选与排列组合而形成新的作品，常见的汇编作品有百科全书、辞典、文集、选集、报纸、期刊、年鉴、数据库等。汇编作品作为一个整体由汇编人享有著作权。委托是指作者受他人委托而创作作品。委托通常发生在工业实用艺术品设计、人物摄影、肖像制作、翻译、课题研究、计算机软件等领域。委托作品著作权归属由委托人和受托人通过合同约定。合同未作明确约定或者没有订立合同的，著作权属于受托人即作者。发明人指发明、实用新型专利的创造人，及外观设计的设计人，是专利权的权利人。软件商标权的保护对象是指（14）。 (14)A.商业软件 B.软件商标 C.软件注册商标 D.已使用的软件商标【答案】C 【解析】本题考查知识产权方面的基础知识。涉及软件专用标识保护的相关概念。软件商标权是软件商标所有人依法对其商标（软件产品专用标识）所享有的专有使用权。在我国，商标权的取得实行的是注册原则，即商标所有人只有依法将自己的商标注册后，商标注册人才能取得商标权，其商标才能得到法律的保护。如果其软件产品已经冠以商品专用

标识，但未进行商标注册，没有取得商标专用权，此时该软件产品专用标识就不能得到商标法的保护，即不属于软件商标权的保护对象。但未注册商标可以自行在商业经营活动中使用，不受法律保护。下列选项中，防范网络监听最有效的方法是（15）。 (15)A.安装防火墙 B.采用无线网络传输 C.数据加密 D.漏洞扫描【答案】C 【解析】本题考查网络攻击中网络监听的基础知识。网络监听是主机的一种工作模式，在这种模式下，主机可以接收到本网段在同一条物理通道上传输的所有信息。使用网络监听工具可轻而易举地截取包括口令和账号在内的信息资料。采用数据加密的方式保护包括口令和账号在内的信息资料，使得即使获取密文后也无法解密成明文是对付网络监听的有效手段。 VPN 涉及的关键安全技术中不包括（16）。 (16)A.隧道技术 B.加密技术 C.入侵检测技术 D.身份认证技术【答案】C 【解析】本题考查 VPN 的基础知识。 VPN 主要采用 4 项技术来保证安全，这 4 项技术分别是隧道技术(Tunneling)、加解密技术(Encryption&Decryption)、密钥管理技术(Key Management)、使用者与设备身份认证技术(Authentication)。按照国际电话电报咨询委员会（CCITT)的定义，(17)属于表现媒体(Presentation Medium)。 (17)A.声音 B.图像编码 C.显示器 D.光盘【答案】C 【解析】本题考査多媒体方面的基础知识，涉及多媒体定义的相关概念。按照国际电话电报咨询委员会（Consultative Committee on International Telephone and Telegraph,CCITT)的定义，媒体可以归类为感觉媒体、表示媒体、表现媒体、存储媒体、传输媒体。感觉媒体指直接作用于人的感觉器官，使人产生直接感觉的媒体，如引起听觉反应的声音、引起视觉反应的图像等；表示媒体指传输感觉媒体的中介媒体，即用于数据交换

的编码，如图像编码（JPEG、MPEG)、文本编码（ASCII、GB2312)和声音编码等：表现媒体指进行信息输入和输出的媒体，如键盘、鼠标、扫描仪、话筒、摄像机等为输入媒体，显示器、打印机、喇叭等为输出媒体；存储媒体指用于存储表示媒体的物理介质，如磁盘、光盘、 ROM 及 RAM 等；传输媒体指传输表示媒体的物理介质，如电缆、光缆、电磁波等。 (18)表明了显示屏上能够显示出的像素数目。 (18)A.显示分辨率 B.图像分辨率 C.垂直分辨率 D.水平分辨率【答案】A 【解析】本题考查多媒体方面的基础知识，涉及分辨率的相关概念。显示分辨率是指显示屏上能够显示出的像素数目。例如，显示分辨率为 1024×768 表示显示屏分成 768 行（垂直分辨率)，每行（水平分辨率）显示 1024 个像素，整个显示屏就含有 796432 个显像点。屏幕能够显示的像素越多，说明显示设备的分辨率越高，显示的图像质量越高。图像分辨率是指组成一幅图像的像素密度，也是用水平和垂直的像素表示，即用每英寸多少点（dpi)表示数字化图像的大小。例如，用 200dpi 来扫描一幅 2×2.5in 的彩色照片，那么得到一幅 400×500 个像素点的图像。它实质上是图像数字化的采样间隔，由它确立组成一幅图像的像素数目。对同样大小的一幅图，如果组成该图的图像像素数目越多，则说明图像的分辨率越高，图像看起来就越逼真；反之则图像显得越粗糙。因此，不同的分辨率会造成不同的图像清晰度。采用（19)时，校验位与信息位交叉设置。 (19)A.循环冗余校验码 B.海明校验码 C.奇校验码 D.偶校验码【答案】B 【解析】本题考查校验码的基础知识。奇偶校验编码通过增加一位校验位来使编码中“1”的个数恒为奇数（奇校验）或者为偶数（偶校验)，它是一种检错码。在实际使用时又可分为垂直奇偶校验、水平奇偶校验和水平垂直奇偶校验等几种。海明码也是利用奇偶性来校验数据的。它是一种多重奇偶校验检错系统，它通过在数据位之间插入 K 个校验位来扩大码距，从而实现检错和纠错。循环冗余校验码（CRC)的基本原理是在尺位信息码后再拼接位的校验码，整个编码长度

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