系统分析师9：公共基础测试题

1. 以下关于RISC的叙述中,错误的是()。

   A.只设置使用频度高的一些简单指令，不同指令执行时间差别很小

   B.在CPU中设置大量寄存器，利用大量寄存器来减少访存次数

   C.RISC计算机的大部分指令不访问内存

   D.指令长度不固定,指令格式和寻址方式少

解析
答案：D

2. 设某计算机主存的读/写时间为500ns,有一个指令和数据合一的Cache，已知该Cache的读/写时间为20ns，取指令的命中率为99%，取数的命中率为90%。在执行某类程序时，约有1/8指令需要额外存/取一个操作数假设指令流水线在任何时候都不阻塞，则设置Cache后，每条指令的平均读取时间约为() ns。
   A.33.3
   B.34.7
   C.35.4
   D.36.3

解析

（20 × 0.99 + 500 × 0.01）+（20 × 0.99 + 500 × 0.01）× 1/8

=(19.8+5)+(19.8+5)/8

=24.8+8.5

=33.3

答案：A

3. 下面关于计算机Cache的论述中，正确的是() 。
   A.Cache的命中率达到80%以上即可
   B."Cache-主存"层次是为了弥补主存容量的不足
   C.Cache地址映像的块冲突概率，从高到低排列的是直接映像，组相联映像，全相联映像
   D.主存地址到Cache地址的变换由软件完成，以提高灵活性

解析

• Cache的命中率必须很高，一般要达到90%以上，才能使访存的速度跟得上CPU的速度。故A错误。
• "Cache一主存"层次是为了弥补主存速度的不足，"主存一辅存"层次是为了弥补主存容量的不足。故B错误。
• Cache与内存之间的映射有三种不同的方式:全相联方式、直接相联方式、组相联方式。这三种方式中，直接相联的实现最为简单，但由于直接相联中，内存块调入Cache时，只能进入特定块，这使得块冲突的可能性变得比较大。相比之下全相联中，内存块调入Cache并无限制，只要Cache中有空闲区，都能调入，所以块冲突可能性最小。组相联是全相联与直接相联的折中,所以排在中间。故C正确。
• 存地址到Cache地址的变换由硬件完成。故D错误。
  答案：C。

4. 在磁盘调度管理中，应先进行移臂调度，再进行旋转调度。若磁盘移动臂位于68号柱面上，进程的请求序列如下表所示。若采用最短移臂调度算法，则系统的响应序列应为()，其平均移臂距离为（）。
   A.②⑦③①⑤④⑨⑥⑧
   B.①⑤④⑨⑥⑧③②⑦
   C.②⑦③⑥⑧①⑤④⑨
   D.①⑤④⑨②⑦③⑥⑧
   A.6.22
   B.6.57
   C.6.89
   D.7.23

解析

当进程请求读磁盘时，操作系统先进行移臂调度，再进行旋转调度。由于移动臂位于68号柱面上，按照最短寻道时间优先的响应柱面序列为68→73→78→62→55→32。

进程在73号柱面上的请求序列有①⑤。

进程在78号柱面上的请求序列有④⑨。

进程在62号柱面上的请求序列有②⑦。

进程在55号柱面上的请求序列有③。

进程在32号柱面上的请求序列有⑥⑧。

只有选项D符合。

平均移臂距离等于移臂总距离除请求次数，即平均移臂距离= （ (73-68)+0+ (78-73)+0+(78-62)+0+(62-55)+ (55-32)+0)/9≈6.22

答案：D、A。

5. 运用互联网技术，在系统性能评价中通常用平均无故障时间(MTBF）和平均故障修复时间(MTTR)分别表示计算机系统的可靠性和可用性，下列（）表示系统具有高可靠性和高可用性。
   A.MTBF小，MTTR小
   B.MTBF大，MTTR小
   C.MTBF大，MTTR大
   D.MTBF小，MTTR

解析

MTBF:平均无故障时间，也就是平均运行多久不出故障，这个时间越大，可用性越好。

MTTR:平均故障修复时间，也就是每次故障需要多长时间恢复为正常状态，这个时间越小越好。

答案：B。

6. 计算机系统的()描述了计算机系统能正常工作的时间，其指标可以是能够持续工作的时间长度，也可以是在一段时间内，能够正常工作的时间所占的百分比，计算机系统的()，通常用吞吐率、响应时间和资源利用率等三类指标进行衡量。

   A.可靠性

   B.性能

   C.易用性

   D.可测试性

   A.可靠性

   B.性能

   C.易用性

   D.可测试性

解析

• 计算机系统的性能一般包括两个大的方面。
  一个方面是它的可靠性或可用性，也就是计算机系统能正常工作的时间，其指标可以是能够持续工作的时间长度（例如，平均无故障时间)，也可以是在一段时间内，能正常工作的时间所占的百分比;
• 另一个方面是它的处理能力或效率，这又可分为三类指标，第一类指标是吞吐率（例如，系统在单位时间内能处理正常作业的个数)，第二类指标是响应时间（从系统得到输入到给出输出之间的时间)，第三类指标是资源利用率，即在给定的时间区间中，各种部件（包括硬件设备和软件系统)被使用的时间与整个时间之比。当然，不同的系统对性能指标的描述有所不同，例如，计算机网络系统常用的性能评估指标为信道传输速率、信道吞吐量和容量、信道利用率、传输延迟、响应时间和负载能力等。
  答案：A、B。

7. 某软件系统投入运行15天，计划运行时间为每早8点至晚6点。第二天上午发生一次失效，故障恢复用了1个小时，第4天上午发生一次失效，故障恢复用了4个小时，第9天上午发生一次失效，故障恢复用了2个小时，除此之外系统一直正常运行。那么，该软件系统的可用性约为( )
   A.94.5%
   B.98.3%
   C.100%
   D.95.3%

解析

每早8点至晚6点，一共是10个小时。一共投入运行15天，所以总共是10*15=150个小时。从题目中可知，一共发生了3次故障,总共花费了1+2+4=7小时

可用性=系统正常运行时间/总投入运行时间=(150-7) /150=0.953，故选D

答案：D。

8. 计算机系统性能评估中，（）通常采用加法指令的运算速度来衡量计算机的速度。()首先计算出处理部件每个计算单元的有效计算率，再按不同字长加以调整，得出该计算单元的理论性能，所有组成该处理部件的计算单元的理论性能之和即为最终的计算机性能。

   A.指令执行速度法

   B.等效指令速度法

   C.综合理论性能法

   D.基准程序法

   A.指令执行速度法

   B.等效指令速度法

   C.综合理论性能法

   D.基准程序法

解析

本题考查计算机系统性能评价方法。

• 指令执行速度法：在计算机发展的初期，曾用加法指令的运算速度来衡量计算机的速度，速度是计算机的主要性能指标之一。因为加法指令的运算速度大体上可反映出乘法、除法等其他算术运算的速度,而且逻辑运算、转移指令等简单指令的执行时间往往设计成与加法指令相同，因此加法指令的运算速度有一定代表性。表示机器运算速度的单位是MIPS（每秒百万条指令）。
• 等效指令速度法《Gibson mix，吉普森混合法)︰通过各类指令在程序中所占的比例进行计算得到的。特点:考虑指令比例不同的问题。
• 综合理论性能法(CTP ,Composite Theoretical Performance): CTP用
  MTOPS(Million Theoretical Operations Per Second，每秒百万次理论运算）表示。CTP的估算方法是，首先算出处理部件每个计算单元的有效计算率，再按不同字长加以调整，得出该计算单元的理论性能,所有组成该处理部件的计算单元的理论性能之和即为CTP。
• 基准程序法∶把应用程序中用得最多、最频繁的那部分核心程序作为评估计算机系统性能的标准程序，称为基准测试程序(benchmark)。基准程序法是目前一致承认的测试系统性能的较好方法。
  答案：A、C。

9. 进程P1、P2、P3、P4、P5和P6的前趋图如下所示:
   若用PV操作控制这6个进程的同步与互斥的程序如下，那么程序中的空①和空②分别为( );空③和空④处应分别为();空⑤和空⑥处应分别为()。
   A.V(S1)和V(S3)V(S4)

   B.P(S1)和V(S3)V(S4)

   C.V(S1)和P(S3)P(S4)

   D.P(S1)和P(S3)P(S4)

   A.V(S3)和V(S5)

   B.P(S3)和V(S5)

   C.V(S3)和P(S5)

   D.P(S3)和P(S5)

   A.P(S5)P(S6)和P(S7)

   B.V(S5)V(S6)和V(S7)

   C.P(S5)P(S6)和V(S7)

   D.V(S5)V(S6)和P(S7)

解析

本题只要将信号量在前趋图中标识出来，题目就非常容易解了。在前趋图中，每个箭头对应一个信号量,编号从左至右，从上至下，由小到大，如图所示。

标出信号量之后，从某进程引出的信号量，在该进程末尾需要对信号量执行V操作，而信号量箭头指向的进程开始处应有信号量的P操作。

以P1为例，S1与S2从P1发出，所以在P1末尾处要执行V(S1)V(S2),而在P2开始处应执行P(S1)，末尾处要执行V (S3)V(S4) 。

答案：B、B、C。

10. 前趋图是一个有向无环图，记为→={(Pi,Pj) pi完成时间先于Pj开始时间}。假设系统中进程P={P1，P2，P3，P4，P5，P6，P7，P8}，且进程的前趋图如下:
    那么，该前趋图可记为(），图中(）。

A.→={ (P1,P2),(P1,P3),(P1,P4),(P2,P4) ,(P3,P4),(P3,P5), (P4,P5),(P5,P6),(P5,P7) ,(P5,P8),(P6,P7)}

B.→={ (P1,P2),(P1,P3) , (P1,P4) ,(P2,P3) ，(P2,P4) ,(P3,P5) , (P4,P5), (P5,P6) ,(P5,P7),(P5,P8),(P6,P7)}

C.→={ (P1,P2),(P1,P3), (P1,P4),(P2,P4) ,(P3,P4) ,(P3,P5),(P4,P6), (P5,P6) ,(P5,P7),(P5,P8), (P6,P7)}

D.→={ (P1,P2), (P1,P3),(P1,P4),(P2,P4) ,(P3,P4) , (P3,P5),(P4,P5),(PS,P6) ,(P5,P7), (P5,P8)}

A.存在着11个前驱关系，P2为初始结点,P7P8为终止结点

B.存在着12个前驱关系，P2为初始结点，P7为终止结点

C.存在着10个前驱关系，P1为初始结点，P8为终止结点

D.存在着11个前驱关系,P1为初始结点，P7P8为终止结点

解析

前趋图可记为：→={ (P1,P2),(P1,P3),(P1,P4),(P2,P4) ,(P3,P4),(P3,P5), (P4,P5),(P5S,P6),(P5,P7) ,(P5,P8),(P6,P7)}

存在着11个前驱关系,P1为初始结点，P7P8为终止结点

答案：A、D。

11. 在支持多线程的操作系统中,假设进程P创建了若干个线程,那么(）是都能被其他线程共享的。
    A.该进程的代码段和静态变量
    B.该进程中打开的文件和线程间的寄存器
    C.该进程的全局变量和线程的栈指针
    D.该进程中线程的栈指针和堆

解析

• 同一进程间的线程共享的资源包括:
  1、堆:由于堆是在进程空间中开辟出来的，所以它是理所当然地被共享的。
  2、全局变量:它是与具体某一函数无关的，所以也与特定线程无关;因此也是共享的。
  3、静态变量:虽然对于局部变量来说，它在代码中是"放"在某一函数中的，但是其存放位置和全局变量一样，存于堆中开辟的.bss和.data段，是共享的。
  4、文件等公用资源:使用这些公共资源的线程必须同步。Win32提供了几种同步资源的方式，包括信号、临界区、事件和互斥体。
• 独享的资源有:
  1、栈:每个线程中的栈都是由线程自身独享的。
  2、寄存器:每个线程执行指令时，都要用到寄存器，线程间的寄存器并不共享。
  答案：A。

12. 在如下所示的进程资源图中，()﹔该进程资源图是（ ）。
    

    A.P1、P2、P3都是阻塞节点

    B.P1是阻塞节点、P2、P3是非阻塞节点

    C.P1、P2是阻塞节点、P3是非阻塞节点

    D.P1、P2是非阻塞节点、P3是阻塞节点

    A.可以化简的，其化简顺序为P1→P2→P3

    B.可以化简的，其化简顺序为P3→P1→P2

    C.可以化简的，其化简顺序为P2→P1→P3

    D.不可以化简的，因为P1、P2、P3申请的资源都不能得到满足

解析

试题解析:图为一个资源分配图，图中有3个节点，3个资源，从资源到节点的箭头表示系统分配一个资源给节点，从节点到资源的箭头表示节点申请一个资源，特别要注意的是先分配后申请的关系，图中系统先从R2分配一个资源给P1，P1再从R2申请一个资源。理解上面的关系后这道题目就不难了，可以看到，R1分配了一个资源给P1，又分配了一个资源给P3，P2再从R1申请资源，故P2阻塞，R2分配了3个资源给P1、P2、P3，但P1还从R2申请资源，故P1也阻塞，R3只分配一个资源给P2，R3有2个资源，故可以满足P3的申请,故P3不阻塞。

我们再来看资源分配图如何化简，化简的方法是:先看系统还剩下多少资源没分配，再看有哪些进程是不阻塞（"不阻塞"即:系统有足够的空闲资源分配给它）的，接着把不阻塞的进程的所有边都去掉，形成一个孤立的点，再把系统分配给这个进程的资源回收回来，这样，系统剩余的空闲资源便多了起来，接着又去看看剩下的进程有哪些是不阻塞的，然后又把它们逐个变成孤立的点。最后，所有的资源和进程都变成孤立的点。这样的图就叫做"可完全简化"。图中P3是不阻塞的，故P3为化简图的开始，把P3孤立，再回收分配给他的资源，可以看到P1也变为不阻塞节点了，故P3、P1、P2是可以的。答案分别为C、B

答案：C、B

13. 某系统采用请求页式存储管理方案，假设某进程有8个页面，页号分别为0～7，页面大小为4K，页面变换表如下所示。系统给该进程分配了3个存储块，进程P要访问的逻辑地址为十六进制2385H，那么该地址经过变换后，其物理地址应为十六进制（)﹔表中的状态位等于1和0分别表示页面在内存或不在内存。当该进程访问的页面4不在内存时，应该淘汰表中页面号为（）的页面。
    

    A.5385H

    B.2385H

    C.3385H

    D.7385H

    A.3

    B.4

    C.5

    D.7

解析

第一空的正确选项为C。根据题意，页面大小为4K，4K=2^12，所以页内地址位数为12位，所以逻辑地址为十六进制2385H其页号为2，页内地址为385H，查页表后可知页帧号（物理块号）为3，该地址经过变换后，其物理地址应为页帧号3拼上页内地址385H，即十六进制3385H。

第二空的正确选项为A。当访问的页面4、5不在内存时，系统应该首先淘汰未被访问的页面，因为根据程序的局部性原理最近未被访问的页面下次被访问的概率更小;如果页面最近都被访问过，应该先淘汰未修改过的页面。因为未修改过的页面内存与辅存一致，故淘汰时无须写回辅存，使系统页面置换代价小。经上述分析，3、7都是最近未访问的，其次看修改位，3号页面最近未被修改过，故应该淘汰3号页面。

答案：C、A。

14. 假设某文件系统的文件索引表有i-addr[0]， i-addr[1] ，...，i-addr[7]共8个地址项，每个地址项大小为4字节，其中3个地址项(i-addr[0] ~ i-addr[2]）为直接地址索引，1个地址项(i-addr[3])是一级间接地址索引，4个地址项(i-addr[4]~i-addr[7]）是二级间接地址索引，磁盘索引块和磁盘数据块大小均为1KB。若要访问文件的逻辑块号分别为3，68和512，则系统应分别采用()。
    A.直接地址索引，一级间接地址索引和二级间接地址索引
    B.直接地址索引，一级间接地址索引和一级间接地址索引
    C.一级间接地址索引，一级间接地址索引和二级间接地址索引D.一级间接地址索引，二级间接地址索引和一级间接地址索引

解析

依题意，有3个地址项为直接地址索引，所以直接地址索引涉及到的逻辑块号为:0-2。1个地址项为一级间接索引，每个一级间接索引结点对应的逻辑块个数为: 1KB/4B=256个。所以一级间接索引涉及到的逻辑块号为:3-258。

二级间接索引所对应的逻辑块号即为:259以上。

所以逻辑块号3，68与512分别对应:一级间接索引，一级间接索引与二级间接索引

答案：C。

15. 某文件管理系统在磁盘上建立了位示图(bitmap)，记录磁盘的使用情况。若磁盘上物理块的编号依次为:0、1、2、...;系统中的字长为64位，字的编号依次为:0、1、2、...，字中的一位对应文件存储器上的一个物理块，取值0和1分别表示空闲和占用，如下图所示。
    

    假设操作系统将1089号物理块分配给某文件，那么该物理块的使用情况在位示图中编号为(）的字中描述;系统应该将（)。

    A.16

    B.17

    C.33

    D.34

    A.该字的0号位置"1"

    B.该字的1号位置"1"

    C.该字的0号位置"0"

    D.该字的1号位置"0"

解析

第1题:

(1089+1)/64=17...2，同时由于题目已明示"字号从0开始计算"，所以1089号物理块应在17号字中描述。

第2题:

1088号物理块对应的是17号字中第0位，1089号物理块对应的是17号字中第1位所以应将编号为1位置为"1"，表示占用。

答案：B、B。

16. 在Linux操作系统中通常使用()作为Web服务器，其默认的Web站点的目录为( )。
    A.lIS
    B.Apache
    C.NFS
    D.MysQL
    A./etc/httpd
    B./var/log/httpd
    C./etc/home
    D./home/httpd

解析

第1题:

llS是windows系统服务器常见的Web服务器。NFS不是Web服务器,是文件系统服务器。MySQL是数据库服务器，不是Web服务器。所以选择B选项。

第2题:

默认情况下，Linux系统中的Apache服务器使用/home/httpd作为默认目录。当然,该目录也可以修改。所以选择D选项。

注∶本题知识体系较旧，目前的默认目录为/var/www/html，如果存在对应选项，优先选择/var/www/html

答案：B、D。

17. 嵌入式微处理器通常采用冯·诺依曼结构和哈佛结构，以下关于这两个结构的说法，正确的是（）。
    A.哈佛结构是一种并行体系结构,常规计算机都属于哈佛结构
    B.冯·诺依曼结构的指令和数据都通过相同的数据总线传输
    C.哈佛结构不能在一个机器周期内同时获取指令字与操作数
    D.DSP属于冯·诺依曼结构

解析

• 冯·诺依曼结构:冯·诺依曼结构也称普林斯顿结构，是一种将程序指令存储器和数据存储器合并在一起的存储器结构。
  特点:
  (1)一般用于PC处理器,如l3、I5、I7处理器
  (2)指令与数据存储器合并在一起
  (3)指令与数据都通过相同的数据总线传输
  注:常规计算机属于冯·诺依曼结构
• 哈佛结构∶哈佛结构是一种将程序指令存储和数据存储分开的存储器结构。哈佛结构是一种并行体系结构，它的主要特点是将程序和数据存储在不同的存储空间中，即程序存储器和数据存储器是两个独立的存储器，每个存储器独立编址、独立访问。
  特点:
  (1)一般用于嵌入式系统处理器
  (2)指令与数据分开存储，可以并行读取，有较高数据的吞吐率
  (3)有4条总线:指令和数据的数据总线与地址总线
  注:DSP属于哈佛结构哈佛结构能在一个机器周期内同时获取指令字与操作数，但做不到一个机器周期内多次访问存储器。

18. 在嵌入式操作系统中，通常采用硬件抽象层( Hardware Abstraction Level,HAL )和板级支撑包( Board Support Package,BSP)的底层设计技术，目的是为了提高操作系统的( )。
    A.可定制
    B.实时性
    C.可靠性
    D.可移植性

解析

针对不同的硬件平台，操作系统通常建立在一个抽象硬件层上，该抽象层位于底层硬件和内核之间，为内核提供各种方便移植的宏定义接口，在不同的平台间移植时，只需要修改宏定义即可。在硬件抽象层中，封装了与特定硬件有关的各种类型定义、数据结构和各种接口。硬件抽象层提供的接口包括I/O接口、中断处理、异常处理、cache处理和对称多处理等。根据抽象程度的不同，硬件抽象层的结构可以分为以下三个级别:

(1)系统结构抽象层。该层抽象了CPU核的特征，包括中断的传递、异常处理、上下文切换和CPU的启动等。

(2)处理器变种抽象层。该层抽象了CPU变种的特征，例如，cache、内存管理部件、浮点处理器和片上部件（存储器、中断控制器)等。

(3)平台抽象层。该层抽象了不同平台的特征，例如，片外器件定时器和I/O寄存器等。

答案：D。

19. 嵌入式系统是一种以应用为中心，以计算机技术为基础，可以适应不同应用对功能、可靠性、成本、体积、功耗严格要求的专用计算机系统。集可配置可裁剪的软、硬件于一体的专用计算机系统。嵌入式系统通常是通过外部接口采集相关输入信息或人机接口输入的命令，在嵌入式计算机中( )，控制受控对象。
    A.对输入数据进行加工、计算，并将计算结果通过外部接口输出
    B.对输入数据进行加工、计算然后将结果进行比对
    C.对输入数据镜像卡尔曼滤波，并将卡尔曼滤波结果通过拟合后输出
    D.对人机输入的命令镜像处理并输出至屏幕

解析

嵌入式系统是以应用为中心、以计算机技术为基础，并将可配置与可裁减的软、硬件集成于一体的专用计算机系统，需要满足应用对功能、可靠性、成本、体积和功耗等方面的严格要求。嵌入式系统通常通过外部接口采集相关输入信息或人机接口输入的命令，对输入数据进行加工和计算，并将计算结果通过外部接口输出,以控制受控对象。

答案A。

20. 与单核处理器相比，多核处理器在（)设计等方面面临着巨大的挑战，但也蕴含着巨大的潜能。CMP(单芯片多处理器）和SMT(同步多线程处理器）是目前较为流行的两种多核体系结构，CMP相对SMT的最大优势还在于其（）设计的简洁性。

    A.体系结构、硬件、软件和封装

    B.体系结构、硬件、安全性和封装

    C.体系结构、软件、功耗和安全性

    D.硬件、软件、功耗和安全性

    A.集成化

    B.模块化

    C.综合化

    D.构件化

解析

与单核处理器相比，多核处理器在体系结构、软件、功耗和安全性设计 等方面面临着巨大的挑战，但也蕴含着巨大的潜能。

单芯片多处理器(CMP)与同时多线程处理器(SimultaneousMultithreading，SMT)，这两种体系结构可以充分利用这些应用的指令级并行性和线程级并行性，从而显著提高了这些应用的性能。从体系结构的角度看，SMT比CMP对处理器资源利用率要高，在克服线延迟影响方面更具优势。CMP相对SMT的最大优势还在于其模块化设计的简洁性。复制简单设计非常容易，指令调度也更加简单。同时SMT中多个线程对共享资源的争用也会影响其性能，而CMP对共享资源的争用要少得多，因此当应用的线程级并行性较高时，CMP性能一般要优于SMT。此外在设计上，更短的芯片连线使CMP比长导线集中式设计的SMT更容易提高芯片的运行频率，从而在一定程度上起到性能优化的效果。

答案：C、B。

21. 嵌入式系统初始化过程通常包括三个环节:片级初始化、板级初始化和系统初始化。以下关于系统级初始化主要任务的描述，准确的是（ )。
    A.完成嵌入式微处理器的初始化
    B.以软件初始化为主，主要进行操作系统的初始化
    C.完成嵌入式微处理器以外的其他硬件设备的初始化
    D.设置嵌入式微处理器的核心寄存器和控制寄存器工作状态

解析

• 嵌入式系统初始化过程可以分为3个主要环节，按照自底向上、从硬件到软件的次序依次为;片级初始化、板级初始化、系统级初始化。
  片级初始化:完成嵌入式微处理器的初始化，包括设置嵌入式微处理器的核心寄存器和控制寄存器、嵌入式微处理器核心工作模式、嵌入式微处理器的局部总线模式等。片级初始化把嵌入式微处理器从上电时的默认状态逐步设置成系统所要求的工作状态，这是一个纯硬件的初始化过程。AD选项说法不正确。
• 板式初始化:完成嵌入式微处理器以外的其他硬件设备的初始化，另外，还需要设置某些软件的数据结构和参数，为随后的系统初始化和应用程序的运行建立硬件和软件环境。这是一个同时包含软硬件两部分在内的初始化过程。C选项说法不正确。
• 系统初始化:以软件初始化为主，主要进行操作系统的初始化。BSP将对嵌入式微处理器的控制权转交给嵌入式操作系统，由操作系统完成余下的初始化操作，包含加载和初始化与硬件无关的设备驱动程序，建立系统内存区，加载并初始化其他系统软件模块，如网络系统、文件系统等。最后，操作系统创建应用程序环境，并将控制权交给应用程序的入口。
  答案：B。

22. 在信息物理系统(CPS）设计时，风险分析工作贯穿在整个系统生命周期的各个阶段。通常，风险分为基本风险和特定风险。特定风险是指与人为因素或物理环境因素突变有关的事件，可能使系统进入不安全状态，进而导致系统故障。以下关于风险因素描述中，不属于特定风险的是（）。
    A.CPS是集人机交互、物理过程和计算过程于一体的安全关键嵌入式系统，彼此之间相互融合，不可分割。由于CPS要处于不同的恶劣环境，因此，在计算系统设计时，由于环境变化所引发芯片失效的风险应作为特定风险加以考虑
    B.人为因素需要考虑触发及参与CPS运行的执行者，以及执行者为完成具体任务针对CPS所做的一系列动作
    C.物理因素的行为是一个随着时间变化的连续过程。外界的物理变化通过传感器被监测、感知，进一步将监测的信号发送给计算系统。当外界物理参数随着时间变化到某一数值会影响传感器的正常运行,从而导致系统发生状态的变迁
    D.环境中的冰雹、冰、雪、雷击、单粒子事件效应、温度和振动等因素都属于特定风险，其自然现象因素都有可能引起CPS系统的失效

解析

一般而言，风险与不确定性有关，若某一事件的发生存在着两种或两种以上的可能性，即可认为该事件存在风险。在保险领域，风险特指和损失有关的不确定性，包括发生与否的不确定，发生时间的不确定和导致结果的不确定。风险存在多种分类，依据不同的标准，有不同的分类方式。本题所说的基本风险和特定风险是按产生风险的行为进行区分的。

依据产生风险的行为分类,风险可以分为基本风险与特定风险。

基本风险是指非个人行为引起的风险。它对整个团体乃至整个社会产生影响，而且是个人无法预防的风险。如地震、洪水、海啸、经济衰退等均属此类风险。

特定风险是指个人行为引起的风险。它只与特定的个人或部门相关，而不影响整个团体和社会。如火灾、爆炸、盗窃以及对他人财产损失或人身伤害所负的法律责任等均属此类风险。特定风险一般较易为人们所控制和防范。

选项A的描述，CPS 会处于不同恶劣环境，而CPS中采用的芯片具有广泛性，如果芯片受到环境变化而失效，将可能引起CPS整体失效，这种失效是个人难于预防的，因此属于基本风险。

选项B是指人的行为、动作所引起的CPS失效，显然是特定风险。

选项C的说法中，关键描述"当外界物理参数随着时间变化到某一数值会影响传感器的正常运行，从而导致系统发生状态的变迁"是局部风险，也是可控制和预防的，因此也是一种特定风险。选项D的说法是正确的，自然灾害所引起的风险是可控制、可防范的，那么自然现象引发的CPS系统的失效也是可预防的,它是特定风险。

答案：A。

23. 在关系R(A1,A2,A3)和S(A1,A3,A4)上进行关系运算的4个等价的表达式E1、E2、E3和E4如下所示:
    

    如果严格按照表达式运算顺序，则查询效率最高的是()，将该查询转换为等价的SQL语句为: SELECT A1,A4 FROM R,S WHERE( ).

    A.E1

    B.E2

    C.E3

    D.E4

    A.R.A2<2022'OR S.A4 ='95'

    B.R.A2<'2022'AND S.A4='95'

    C.R.A2< '2022'OR S.A4='95'OR R.A3=S.A3

    D.R.A2<2022'AND S.A4 = '95'AND R.A3=S.A3

解析

• 第一空为关系代数表达式查询问题，相同结果下，自然连接的效率优于笛卡尔积。备选答案中，E1和E2为自然连接，故优先选择A、B选项。E3和E4缺少了R.A1=S.A1这个等值条件。
  优化SQL语句，减少比较次数是提高查询效率的有效方法。
  A选项和B选项相比，B选项将可以对子表做的操作先做了，再做连接，最后投影，这是效率最高的一种方法。
• 第二问是要指定连接的条件:选择运算的连接条件为∶R.A2='2022'AND S.A4='95'，同时需要进行自然连接运算，因此条件中需要R.A3=S.A3，因此:该题要选R.A2<2022' ANDS.A4='95'AND R.A3=S.A3
  答案：B、D。

24. 某银行信息管理系统采用分布式数据库系统，以便对本地储户的存储业务能够在本地正常进行而不依赖于其他场地的数据库,这种情况称为分布式数据库的()。
    A.分布性
    B.共享性
    C.可用性
    D.自治性

解析

• 分布式数据库是由一组数据组成的，这组数据分布在计算机网络的不同计算机上，网络中的每个节点具有独立处理的能力(称为场地自治)，它可以执行局部应用，同时，每个节点也能通过网络通信子系统执行全局应用。分布式数据库系统是在集中式数据库系统技术的基础上发展起来的。
• 在分布式数据库系统中，共享性是指数据存储在不同的结点数据共享;
• 自治性是指每个结点对本地数据都能独立管理;可用性是指当某一场地故障时，系统可以使用其他场地上的副本而不至于使整个系统瘫痪;分布性是指在不同场地上的存储。题干中的描述"对本地储户的存储业务能够在本地正常进行而不依赖于其他场地的数据库"对应的是自治性，每个结点对本地数据都能独立管理
  答案：D。

25. 给定关系模式R(U,F),其中U为属性集,U={X, Y,Z}, F是U上的一组函数依赖。函数依赖的公理系统(Armstrong公理系统)中的()是指"若X→Y，X→Z,则X→YZ为F所蕴涵"。
    A.自反率
    B.传递率
    C.增广律
    D.合并规则

解析

• 关系模式R<U，F>来说有以下的推理规则:
  A1.自反律(Reflexivity):若Y ⊆ \subseteq ⊆X ⊆ \subseteq ⊆U，则X→Y成立。
  A2.增广律(Augmentation):若Z ⊆ \subseteq ⊆U且X→Y，则XZ→YZ成立。
  A3.传递律(Transitivity):若X→Y且Y→Z，则X→Z成立。
• 根据A1，A2，A3这三条推理规则可以得到下面三条推理规则;
  合并规则:由X→Y，X→Z，有X→YZ。(A2，A3)
  伪传递规则∶由X→Y, WY→Z，有XW→Z。(A2，A3)
  分解规则:由X→Y及Z ⊆ \subseteq ⊆Y，有X→Z。(A1，A3)
  答案：D。

26. 在数据库的安全机制中，通过建立( )使用户只能看到部分数据，从而保护了其它数据的安全性。
    A.索引
    B.视图
    C.触发器
    D.存储过程

解析

在数据库的安全机制中，通过建立视图使用户只能看到部分数据，从而保护了其它数据的安全性。

视图的优点:

1、视图能简化用户的操作

2、视图机制可以使用户以不同的方式查询同一数据

3、视图对数据库重构提供了一定程度的逻辑独立性

4、视图可以对机密的数据提供安全保护

答案：B。

27. 分布式数据库系统中的两阶段提交协议（Two Phase Commit Protocol,2PC 协议)包含协调者和参与者,通常有如下操作指令。满足2PC的正常序列是（)。
    ①协调者向参与者发prepare消息
    ②参与者向协调者发回ready消息
    ③参与者向协调者发回abort消息
    ④协调者向参与者发commit消息
    ⑤协调者向参与者发rollback消息
    A.①②④
    B.①②⑤
    C.②③④
    D.②③⑤

解析

正常序列：①②④或①③⑤

答案：Ａ。

28. 给定关系模式R<U，F>，U={A，B，C，D，E}，F={B→A，D→A，A→E ,AC→B}，则R的候选关键字为(),分解p={R1 (ABCE),R2 (CD)}( )。
    A.CD
    B.ABD
    C.ACD
    D.ADE
    A.具有无损连接性，且保持函数依赖
    B.不具有无损连接性,但保持函数依赖
    C.具有无损连接性,但不保持函数依赖
    D.不具有无损连接性,也不保持函数依赖

解析

根据题意可绘制出函数依赖图:

从图中可以看出，入度为0的结点只有C与D，而两者的结合能遍历全图，所以CD为候选键。

用公式法判断是否为无损分解，由于R1∩R2=C，R1-R2=ABE，R2-R1=D，而原关系中没有C->*的函数依赖,所以可以断定,分解为有损分解。

判断是否保持函数依赖，由于函数依赖D->A未被保存下来,所以此分解不是保持函数依赖的分解。

答案：A、D。

29. 在OSI参考模型中，负责对应用层消息进行压缩、加密的层次是() 。
    A.传输层
    B.会话层
    C.表示层
    D.应用层

解析

试题解析:在数据传输过程中，每一层都承担不同的功能和任务，以实现对数据传输过程中的各个阶段的控制。

(1）物理层，物理层的主要功能是透明地完成相邻节点之间原始比特流的传输 。其中"透明"的意思是指物理层并不需要关心比特代表的具体含义，而要考虑的是如何发送"0"和"1"，以及接收端如何识别。物理层在传输介质基础上作为系统和通信介质的接口，为数据链路层提供服务。

(2）数据链路层。数据链路层负责在两个相邻节点之间的线路上无差错地传送以帧为单位的数据 ，通过流量控制和差错控制 ，将原始不可靠的物理层连接变成无差错的数据通道，并解决多用户竞争问题，使之对网络层显现一条可靠的链路。

(3）网络层，网络层是通信子网的最高层，其主要任务是在数据链路层服务的基础上，实现整个通信子网内的连接，并通过网络连接交换网络服务数据单元(packet)。它主要解决数据传输单元分组在通信子网中的路由选择、拥塞控制和多个网络互联 的问题。网络层建立网络连接为传输层提供服务。

(4）传输层。传输层既是负责数据通信的最高层，又是面向网络通信的低三层（物理层、数据链路层和网络层）和面向信息处理的高三层（会话层、表示层和应用层）之间的中间层,是资源子网和通信子网的桥梁，其主要任务是为两台计算机的通信提供可靠的端到端的数据传输服务 。传输层反映并扩展了网络层子系统的服务功能，并通过传输层地址为高层提供传输数据的通信端口，使系统之间高层资源的共享不必考虑数据通信方面的问题。

(5)会话层。会话层利用传输层提供的端到端数据传输服务，具体实施服务请求者与服务提供者之间的通信、组织和同步它们的会话活动，并管理它们的数据交换过程。会话层提供服务通常需要经过建立连接、数据传输和释放连接 三个阶段。会话层是最薄的一层，常被省略。

(6)表示层。表示层处理的是用户信息的表示问题。端用户(应用进程)之间传送的数据包含语义和语法两个方面。语义是数据的内容及其含义，它由应用层负责处理;语法是与数据表示形式有关的方面，例如，数据的格式、编码和压缩 等，表示层主要用于处理应用实体面向交换的信息的表示方法，包括用户数据的结构和在传输时的比特流（或字节流）的表示。这样，即使每个应用系统有各自的信息表示法，但被交换的信息类型和数值仍能用一种共同的方法来描述。故选择C选项。

(7)应用层，应用层是直接面向用户的一层，是计算机网络与最终用户之间的界面 ，在实际应用中，通常把会话层和表示层归入到应用层，使OSI/RM成为一个简化的五层模型。

答案：C。

30. 在网页浏览器地址栏输入https://www.educity.cn访问网页时，首先执行的操作是（)
    A.建立TCP连接
    B.域名解析
    C.解释执行
    D.发送页面请求报文

解析

浏览器访问网页的过程如下:

(1）浏览器本身是一个客户端，当输入URL的时候，首先浏览器会去请求DNS服务器，通过DNS获取相应的域名对应的IP;

(2）然后通过IP地址找到IP对应的服务器后，要求建立TCP连接;

(3）浏览器发送HTTP Request(请求)包;

(4）服务器收到请求之后，调用自身服务，返回HTTP Response(响应)包;

(5）客户端收到来自服务器的响应后开始渲染这个Response包里的主体(body),等收到全部的内容后断开与该服务器之间的TCP连接。

答案：B。

31. 电子邮件接收一般可用(）协议，该协议使用服务器的（)端口的TCP连接来进行邮件接收。

    A.POP3

    B.SMTP

    C.SNMP

    D.HTTP

    A.20

    B.25

    C.110

    D.161

解析

• 常见的与电子邮件相关的协议包括:
  POP3:110端口，邮件收取。
  SMTP: 25端口,邮件发送。
  IMAP: 143端口，邮件客户端可以通过这种协议从邮件服务器上获取邮件的信息，下载邮件等。
• 选项中,HTTP和SNMP协议端口号的用途为:
  HTTP: 80端口，超文本传输协议，网页传输。当然这个协议也可以理解为与电子邮件相关，因为如果以WEB方式操作邮件，用HTTP也是可以的。但它不属于邮件专用的协议。
  SNMP:161端口,简单网络管理协议。
  答案：A。

32. 建立TCP连接时，一端主动打开后所处的状态为（)。
    A.SYN-SENT
    B.ESTABLISHED
    C.CLOSE-WAIT
    D.LAST-ACK

解析

• LISTEN:侦听来自远方的TCP端口的连接请求。
• SYN-SENT:在发送连接请求后等待匹配的连接请求。
• SYN-RECEIVED:在收到和发送一个连接请求后等待对方对连接请求的确认。
• ESTABLISHED:代表一个打开的连接。
• FIN-WAIT-1:等待远程TCP连接中断请求，或先前的连接中断请求的确认。
• FIN-WAIT-2:从远程TCP等待连接中断请求。
• CLOSE-WAIT:等待从本地用户发来的连接中断请求。
• CLOSING:等待远程TCP对连接中断的确认。
• LAST-ACK:等待原来的发向远程TCP的连接中断请求的确认。
• TIME-WAIT:等待足够的时间以确保远程TCP接收到连接中断请求的确认。
• CLOSED:没有任何连接状态。
  答案：A。

34. 企业从部门中选择四个部门下月做甲、乙、丙、丁四项工作，每个部门做一项工作。已知每个部门做每项工作所需的成本(单位:万元)
    

    在总成本最低的方案中，( )。

    A.选择部门A、B、C、D做工作,安排部门A做工作甲

    B.选择部门A、B、D、E做工作,安排部门A做工作乙

    C.选择部门A、B、C、E做工作,安排部门A做工作丙

    D.选择部门B、C、D、E做工作,安排部门B做工作甲

解析

A∶安排A做甲工作，那么甲的成本为4，剩下的乙丙丁由B、C、D三个部门来做，对照表格可知B做丙工作、C做乙工作、D做丁工作对应的成本最低。总成本:4+6+9+10=29。

B∶安排A做乙工作，那么乙的成本为7，剩下的甲丙丁由B、D、E三个部门来做，对照表格可知B做丙工作、D做甲工作、E做丁工作对应的成本最低。总成本:7+6+2+7=22。

C∶安排A做丙工作，那么丙的成本为5，剩下的甲乙丁由B、C、E三个部门来做，对照表格可知B做甲工作、C做乙工作、E做丁工作对应的成本最低。总成本:5+5+9+7=26。

D∶安排B做甲工作，那么甲的成本为5，剩下的乙丙丁由C、D、E三个部门来做，对照表格可知C做乙工作、D做丁工作、E做丙工作对应的成本最低。总成本:5+9+10+9=33

综上所述，B选项方案的总成本最低。

答案：B。

34. 运用数学模型来描述实际事物的主要优点不包括( )。
    A.可以对决策进行事前分析,尽量避免决策失误造成损失
    B.可以对决策进行事后评价，便于总结经验改进管理工作
    C.有利于对事物做更好的描述和理解，便于人们互相交流
    D.便于研究事物之间的共性，使模型更具简洁性和适应性

解析

建模是为了辅助决策的，事后也就是实际事件已经发生，不需要建模，所以B选项不属于运用数学模型来描述实际事物的主要优点

答案：B。

35. 某班级某次考试由于教师出题太难导致大多数人的卷面百分制成绩不及格（低于60分)，成绩较高的与较低的学生都很少。为了控制及格率，教师根据卷面成绩x做了函数变换y=f(x)，得到最终的百分制成绩y，使及格率大为提高。比较公平合理的函数变换为（) 。
    A.y=x+20
    B.y=1.2x
    C.y=10 x \sqrt{x} x
    D.y= x 2 x^2 x2/100

解析

本题可以选择代入值的方式来进行选项的排除，可以取0、60、100这几个值来进行计算，判断选项是否符合题意。

A：选项y=x+20，分别把值代入发现当x=90和100时，得到的分数都大于100，而题目已经说明了是百分制,所以A选项排除。

B：选项y=1.2x，分别把值代入发现当x=90和100时，得到的分数大于100，而题目已经说明了是百分制，所以B选项排除。

C：选项y=10 x \sqrt{x} x ，分别把值代入发现它维持了正常的百分制，使0分变换成0分，100分变换成100分，卷面成绩普遍提升了，而且卷面成绩较高者最终成绩也较高,符合题意。

D：选项y= x 2 x^2 x2/100，分别把值代入发现当x=60时，得到的分数反而降低了，而题目要求的是提升及格率，所以D选项除。

答案：C。

36. 某项目要求在指定日期从结点A沿多条线路运输到结点F,其运输路线图（包括A~F6个结点以及9段线路)如下所示。每段线路都标注了两个数字:前一个数字是该段线路上单位运输量所需的费用（单位:万元/万吨)，后一个数字是每天允许通过该段线路的最大运输量(万吨)。如果对该图采用最小费用最大流算法，那么该项目可以用最低的总费用，在指定日期分多条路线运输总计（）万吨的货物。
    
    A.11
    B.12
    C.13
    D.14

解析

先计算出全部路径所需要花费的费用，ABDF的费用是10+20+7=37，ABEDF的费用是10+15+6+7=38,ABEF 的费用是10+15+10=35，ACEF 的费用是15+12+10=37，ACEDF的费用是15+12+6+7=40，ACBDF的费用是15+10+20+7=52，ACBEDF的费用是15+10+15+6+7=53，ACBEF的费用是15+10+15+10=50

从结点A到F的最小费用路线是ABEF，运输每万吨货物的费用为35万元，最多可运输4万吨，合计需要354=140万元。抽取ABEF路径上4万吨后运输路线图调整如下:

此时费用最小的路径是ABDF和ACEF，运输每万吨货物都需要37万元。ABDF最多可运输3万吨，合计需要37 3=111万元;ACEF最多可运输1万吨，需要137=37万元。分别抽取ABDF路径上3万吨和ACEF路径上1万吨,共需要148万元。随后运输路线图调整如下:

此时连通的路径只剩下ACEDF，最大可运输4万吨，合计需要40 4=160万元。抽取CEDF路径上4万吨后运输路线图调整如下:

综上，一共可以运输4+3+1+4=12万吨，费用为140+148+160=448万元。答案选择B选项。

答案：B。

37. 某企业招聘英语翻译2人，日语、德语、俄语翻译各1人。经过统一测试的十分制评分，有5名应聘者A、B、C、D、E通过初选进入候选定岗。已知这5人的得分如下表。
    
    根据此表，可以获得这5人最大总分为（)）的最优录用定岗方案(每人一岗)。
    A.34
    B.35
    C.37
    D.38

解析

可以把外语和应聘者以及得分的关系简单表示如下:

英语:B(7) C(9)D(8) E(7)

俄语:A(6) C(8)

德语:B(6) E(7)

日语:A(7) D(6)

先从选聘少的语种开始分析:

1.如果选聘A为日语翻译，那么俄语翻译一定为C，此时有两种可能: (1)B为德语翻译，DE均为英语翻译。此时得分为:7+6+8+8+7=36分。(2)E为德语翻译，BD均为英语翻译。此时得分为;7+7+8+8+7=37分。

⒉.如果选聘D为日语翻译，那么A只能是俄语翻译，此时有两种可能:(1）B为德语翻译，CE均为英语翻译。此时得分为:6+6+9+6+7=34分。(2)E为德语翻译，BC均为英语翻译。此时得分为:6+7+9+6+7=35分。

因此最终的录用定岗方案为:A为日语翻译(7分)，B为英语翻译(7分)，C为俄语翻译(8分),D为英语翻译(8分)，E为德语翻译(7分)，总分最大为37分。答案选择C选项。

答案：C。

38. 奶茶店配置两种饮料，甲种饮料每杯含奶粉5克、茶粉10克、糖2克。乙种饮料每杯含奶粉4克、茶粉3克、糖2克。已知每天原料的使用限额为奶粉2000克，茶3000克，糖1200克;如果甲种饮料每杯能够获利2元，乙种饮料每杯能够获利1元，若每天在原料的使用限额内饮料能够全部售出，每天应配置两种饮料各()杯能够获利最大。
    A.180、200
    B.200、180
    C.240、200
    D.240、240

解析

线性规划问题。

设配置甲饮料X杯，乙饮料Y杯。则可以建立本题的线性规划模型如下:目标函数:2X+Y，求最大值

约束条件:5X+4Y<=2000,10X+3Y<=3000;2X+2Y<=1200，非负条件: X，Y>=0;该线性规划的图

解法如下:

画直线L1:5X+4Y=2000(分别将X=0，Y=0代入，通过点（0，500)与点(400，0) )5X+4Y<=2000表示在直线L1之下的区域;

画直线L2:10X+3Y=3000，(一定通过点(0，1000)和点(300,0) ) ,10X+3Y<=3000表示在直线L2之下的区域;

画直线L3:2X+2Y=1200，(一定通过点(0，600)和点(600，0) ) ,2X+2Y<=1200表示在直线L3之下的区域;

图解如下：

根据线性规划方法，目标函数的最大值一定会在可行解区域的顶点处到达。而交点A满足:

5X+4Y=2000; 10X+3Y=3000，联立这两个方程可以解得A(240，200),将A代入:2X+Y=680;所以最优解就是X=240，Y=200，2X+Y的最大值是680。

本题也可以代入选项进行验证:

A选项:

1805+200 4<=2000;18010+200 3<=3000;1802+200 21200;获利:1802+200 1=560

B选项:

2005+180 4<=2000;20010+180 3<=3000;2002+180 2---1200;获利:2002+180 1=580

C选项:

2405+200 4<=2000;24010+200 3<=3000;2402+200 2<=1200;获利:2402+200 1=680

D选项:

2405+240 4>2000; 24010+240 3>3000;2402+240 2<1200;不符合要求C选项获利最大。

答案：C。

39. 爸爸开车送小明上学，下图是小明从家到学校可供选择的路线。图中，各条箭线表示路段及其行驶方向，箭线旁标注的数字表示该路段的拥堵率（描述堵车的情况，即堵车概率)。拥堵率=1-畅通率，拥堵率=0时表示完全畅通，拥堵率=1时表示无法行驶。根据该图，爸爸选择拥堵情况最少(畅通情况最好)的路线是（)。
    
    A.家-1-②-③-校
    B.家-④-校
    C.家-⑤-校
    D.家-⑤-⑥-校

解析

试题解析:方案:家-1-2-3-校的物通概率为:

(1-0.8)× (1-0.2)×(1-0.3)× (1-0.75)=0.028方案:家-①-④-校的畅通概率为:

(1-0.8)× (1-0.1)× (1-1)=0方案;家-④-校的畅通概率为:(1-0.1)× (1-1)=o

方案:家-④-6-校的畅通概率为:

(1-0.1)× (1-0.62)× (1-0.8)=0.0684方案:家-⑤-校的畅通概率为:

(1-0.2)× (1-0.75)=0.2方案:家-⑤-⑥-校的畅通概率为:

(1-0.2)× (1-0.5)× (1-0.8)=0.08

答案： C。

40. 某乡有7个小山村A~G，村与村之间原有小路可加宽修建公路的线路如下图所示(路边的数字表示路长的公里数)。为实现村村通公路，修建公路总长至少()公里。若在()村新建一所中学，则可以使人们从离它最远的村到该校所走的优化路程最短。
    

    A.13.8

    B.14.3

    C.14.8

    D.15.3

    A.A

    B.C

    C.D

    D.E

解析

本题考查的是最小生成树相关问题。

可以根据普里姆算法，选择某个顶点出发，每次查找离当前集合最近的结点，直到遍历所有结点一次且仅一次，并且无回路，此时找到的就是最小生成树。假设从F顶点出发，此时离F最近的是D结点【找到FD边】，离{F，D}最近的是E结点【找到DE边】，离F，D，E}最近的是G结点【找到EG边】，离{F，D，E，G}最近的是C结点【找到EC边】，离{F，D，E，G，C}最近的是A结点（此时有2条路径AC、AD可选择，都是最小生成树的结果)，接下来离{F，D，E，G，C，A}结点最近的是B顶点【找到GB边】。

最终形成最小生成树可以有两种形态,如下所示:

综上可知,修建公路总长至少13.8公里。

问题2:此处可以代入选项进行验证。

如果学校建在A结点，此时B结点离学校最远,有9公里。如果学校建在C结点,此时B结点离学校最远，有7.3公里。如果学校建在D结点,此时B结点离学校最远,有7公里。

如果学校建在E结点，此时B结点离学校最远，有5.5公里。此时从离它最远的村走到该小所走的优化路径最短。第二问选择D选项。

答案：A、D。

41. 以下关于计算机软件著作权的叙述中，错误的是（)。
    A.软件著作权人可以许可他人行使其软件著作权,并有权获得报酬
    B.软件著作权人可以全部或者部分转让其软件著作权，并有权获得报酬
    C.软件著作权属于自然人的，该自然人死亡后，在软件著作权的保护期内。继承人将继承到软件著作权的所有权利
    D.以学习和研究软件内含的设计思想和原理为目的，通过安装或存储软件方式使用软件的，可以不经软件著作权人许可,不向其支付报酬

解析

本题主要考查对计算机软件著作权相关法律的掌握与理解。除C选项内容，其他均出自软件著作权法，C选项所描述的内容，正确的表达为:软件著作权属于自然人的，该自然人死亡后，在软件著作权的保护期内,软件著作权的继承人可以继承除署名权的其他各项软件著作权。

答案C。

42. 著作权中，()的保护期不受期限限制。
    A.发表权
    B.发行权
    C.展览权
    D.署名权

解析

著作权法规定，作者的人身权利，即署名权、修改权和保护作品完整权保护期不受限制。

答案：D。

43. 以下关干知识产权特点的说法中，错误的是()。
    A.无形性,知识产权是一种没有形体的精神财富
    B.地域性，知识产权具有严格的地域性特点
    C.时间性，知识产权具有法定的保护期限
    D.双重性，知识产权都具有财产权和人身权属性

解析

试题解析:本题考查的是知识产权相关知识。

D选项的说法错误，知识产权具有双重性，但不是所有的知识产权都具有双重性

双重性:某些知识产权具有财产权和人身权双重性，例如著作权，其财产权属性主要是体现在所有人享有的独占权以及许可他人使用而获得报酬的权利，所有人可以通过独自实施获得收益，也可以通过有偿许可他人实施获得收益，还可以像有形财产那样进行买卖或抵押;其人身权属性主要是指署名权等。有的知识产权具有单一的属性，例如，发现权只具有名誉权属性，而没有财产权属性;商业秘密权只具有财产权属性,而没有人身权属性;专利权、商标权主要体现为财产权 。

答案：D。

44. 某软件公司参与开发管理系统软件的程序员丁某，辞职到另一公司任职，该公司项目负责人将管理系统软件的开发者署名替换为王某,该项目负责人的行为（) 。
    A.不构成侵权,因为丁某不是软件著作权人
    B.只是行使管理者的权利，不构成侵权
    C.侵犯了开发者丁某的署名权
    D.不构成侵权，因为丁某已离职

解析

试题解析:本题考查知识产权及相关法律法规。

署名权是开发者的永久权利，不管开发者有没有在该公司任职，该项目负责人都不能将署名权替换成其他人,所以该项目负责人的行为侵犯了开发者丁某的署名权。

答案：C。

45. 下列关于计算机程序的智力成果中，能取得专利权的是（)。
    A.计算机程序算法
    B.计算机程序代码
    C.计算机编程规则
    D.程序代码的测试用例

解析

本题考查知识产权及相关法律法规。

计算机程序的法律保护形式有著作权法、专利法、商标法、商业秘密法等，计算机程序的专利保护可以弥补著作权保护的不足，但是专利法规定，智力活动的规则和方法不能授予专利权，因此编程规则不能取得专利权，C选项错误。

计算机程序算法和代码是智力活动的成果，著作权保护程序代码但是不保护算法，专利权可以作为著作权的补充，用专利权保护算法。B选项、D选项错误，它们被著作权保护，所以本题答案选A

答案：A。