【计算机类职业资格】中级数据库系统工程师2011上半年上午试题及答案解析.doc

《【计算机类职业资格】中级数据库系统工程师2011上半年上午试题及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【计算机类职业资格】中级数据库系统工程师2011上半年上午试题及答案解析.doc（41页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、中级数据库系统工程师 2011上半年上午试题及答案解析(总分：56.00，做题时间：90 分钟)一、B单项选择题/B(总题数：13，分数：56.00)算术表达式采用逆波兰式表示时不用括号，可以利用U U 20 /U /U进行求值。与逆波兰式 ab-cd+*对应的中缀表达式是U U 21 /U /U。（分数：3.00）(1). A.数组 B.栈 C.队列 D.散列表（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.a-b+c*d B.(a-b)*c+d C.(a-b)*(c+d) D.a-b*c+d（分数：1.00）A.B.C.D.(3).若一种程序设计语言规定其程序中的数据必须具有类型，则有利于

2、_。在翻译程序的过程中为数据合理分配存储单元对参与表达式计算的数据对象进行检查定义和应用动态数据结构规定数据对象的取值范围及能够进行的运算对数据进行强制类型转换 A. B. C. D.（分数：1.00）A.B.C.D.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。若系统的字长为 32位，磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、，那么 4096号物理块的使用情况在位示图中的第U U 23 /U /U个字中描述；若磁盘的容量为 200GB，物理块的大小为 1MB，那么位示图的大小为U U 24 /U /U个字。（分数：2.00）(1). A.129 B.257 C.513

3、D.1025（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.600 B.1200 C.3200 D.6400（分数：1.00）A.B.C.D.系统中有 R类资源 m个，现有 n个进程互斥使用。若每个进程对 R资源的最大需求为 w，那么当 m、n、w 分别取下表中的值时，对于表中的种情况，U U 25 /U /U可能会发生死锁。若将这些情况的 m分别加上U U 26 /U /U，则系统不会发生死锁。 mnw322332523533633642（分数：3.00）(1). A. B. C. D.（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.1、1 和 1 B.1、1 和 2 C.1、1 和 3 D

4、.1、2 和 1（分数：1.00）A.B.C.D.(3).某系统采用请求页式存储管理方案，假设某进程有 6个页面，系统给该进程分配了 4个存储块，其页面变换表如下表所示，表中的状态位等于 I/O分别表示页面在/不在内存。当该进程访问的页面 2不在内存时，应该淘汰表中页号为_的页面。 页号 页帧号 状态位 访问位 修改位0 5 1 1 11 0 0 02 0 0 03 2 1 1 04 8 1 1 15 12 1 0 0 A.0 B.3 C.4 D.5（分数：1.00）A.B.C.D.数据库的视图与基本表之间通过建立U U 28 /U /U之间的映像，保证数据的逻辑独立性；基本表与存储文件之间通

5、过建立U U 29 /U /U之间的映像，保证数据的物理独立性。（分数：2.00）(1). A.模式到内模式 B.外模式到内模式 C.外模式到模式 D.外模式到外模式（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.模式到内模式 B.外模式到内模式 C.外模式到模式 D.外模式到外模式（分数：1.00）A.B.C.D.若集合 D1=0，1，2、集合 D2=a，b，c、集合 D3=a，c，则 D1D2D3应为U U 30 /U /U元组，其结果集的元组个数为U U 31 /U /U。若 （分数：3.00）(1). A.3 B.6 C.8 D.9（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.6 B

6、.9 C.12 D.18（分数：1.00）A.B.C.D.(3). A.2 B.3 C.6 D.9（分数：1.00）A.B.C.D.设有员工实体 Employee(员工号，姓名，性别，年龄，电话，家庭住址，家庭成员，关系，联系电话)。其中，“家庭住址”包括邮编、省、市、街道信息；“家庭成员，关系，联系电话”分别记录了员工亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话，且一个员工允许有多个家庭成员。员工实体 Employee的主键为U U 33 /U /U；“家庭住址”是一个U U 34 /U /U属性；该关系属于U U 35 /U /U；为使数据库模式设计更合理，对于员工关系模式 EmployeeU U

7、 36 /U /U。（分数：4.00）(1). A.员工号 B.员工号，家庭成员 C.姓名 D.姓名，家庭成员（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.简单 B.多值 C.复合 D.派生（分数：1.00）A.B.C.D.(3). A.2NF，无冗余，无插入异常和删除异常 B.2NF，无冗余，但存在插入异常和删除异常 C.1NF，存在冗余，但不存在修改操作的不一致 D.非 1NF，且存在冗余和修改操作的不一致，以及插入异常和删除异常（分数：1.00）A.B.C.D.(4). A.只允许记录一个亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话 B.可以不作任何处理，因为该关系模式达到了 3NF C.增加

8、多个家庭成员、关系及联系电话字段 D.应该将家庭成员、关系及联系电话加上员工号作为一个独立的模式（分数：1.00）A.B.C.D.某医院管理系统部分关系模式为：科室(科室号，科室名，负责人，电话)、病患(病历号，姓名，住址，联系电话)和职工(职工号，职工姓名，科室号，职位，住址，联系电话)。假设每个科室有一位负责人和一部电话，每个科室有若干名职工，一名职工只属于一个科室；一个医生可以为多个病患看病；一个病患可以由多个医生多次诊治；职位有医生、护士和其他。a科室和职工的所属联系类型是U U 37 /U /U，病患和医生的就诊联系类型是U U 38 /U /U。科室关系的主键和外键分别为U U 3

9、9 /U /U。对于就诊联系最合理的设计是U U40 /U /U，就诊关系的主键是U U 41 /U /U。b若科室关系中的科室名是唯一的，并要求指出外码。请将下述 SQL语句的空缺部分补充完整。CREATE TABLE 科室 (科室至号 CHAR(3) PRIMARY KEY,科室名 CHAR(10) U U 42 /U /U,负责人 CHAR(4),电话 CHAR(20),U U 43 /U /U);（分数：7.00）(1). A.1:1 B.1:n C.n:1 D.n:m（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.1:1 B.1:n C.n:1 D.n:m（分数：1.00）A.B.C

10、.D.(3). A.科室号、科室名 B.科室名、科室号 C.科室名、负责人 D.科室号、负责人（分数：1.00）A.B.C.D.(4). A.就诊(病历号，职工号，就诊情况) B.就诊(病历号，职工姓名，就诊情况) C.就诊(病历号，职工号，就诊时间，就诊情况) D.就诊(病历号，职工姓名，就诊时间，就诊情况)（分数：1.00）A.B.C.D.(5).A病历号，职工号 B病历号，职工号，就诊时间 C病历号，职工姓名 D病历号，职工姓名，就诊时间（分数：1.00）A.B.C.D.(6). A.NOT NULL B.UNIQUE C.KEY UNIQUE D.PRIMARY KEY（分数：1.00

11、）A.B.C.D.(7). A.PRIMARY KEY (科室号) NOT NULL UNIOUE B.PRIMARY KEY (科室名) UNIOUE C.FOREIGN KEY (负责人) REFERENCES 职工 (职工姓名) D.FOREIGN KEY (负责人) REFERENCES 职工 (职工号)（分数：1.00）A.B.C.D.给定关系模式 RU，F，U=A，B，C，F=ABC，CB。关系 RU U 44 /U /U，且分别有U U 45 /U /U。（分数：6.00）(1). A.只有 1个候选关键字 AC B.只有 1个候选关键字 AB C.有 2个候选关键字 AC和 B

12、C D.有 2个候选关键字 AC和 AB（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.1个非主属性和 2个主属性 B.2个非主属性和 1个主属性 C.0个非主属性和 3个主属性 D.3个非主属性和 0个主属性（分数：1.00）A.B.C.D.(3).数据库管理系统提供授权功能以便控制不同用户访问数据的权限，其主要目的为了实现数据库的_。 A.一致性 B.完整性 C.安全性 D.可靠性（分数：1.00）A.B.C.D.(4).若事务程序中有表达式 a/b，如果 b取值为 0时计算该表达式，会产生的故障属于_。 A.事务故障 B.系统故障 C.介质故障 D.死机（分数：1.00）A.B.C.D.

13、(5).系统故障的恢复_。 A.仅需要使用日志 B.仅需要使用备份 C.必须使用日志和备份 D.仅需要使用日志或备份（分数：1.00）A.B.C.D.(6).假设日志文件的尾部如下图所示，则恢复时应执行的操作是_。 T 0 startT 0，A，1000，950T 1 startT 1，C，700，600T 0，B，2000，2050T 0 commit A.Undo T0，Redo T 1 B.Undo T1，Redo T 0 C.Redo T0，Redo T 1 D.Undo T1，Undo T 0（分数：1.00）A.B.C.D.数据库应用系统通常会提供开发接口。若出于安全性考虑，对于只

14、读数据，通常提供U U 50 /U /U以供外部程序访问；对于需要更新的数据，则以U U 51 /U /U的方式供外部调用，并由提供者完成对系统中多个表的数据更新。（分数：2.00）(1). A.基本表 B.视图 C.索引 D.触发器（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.基本表 B.视图 C.存储过程 D.触发器（分数：1.00）A.B.C.D.将表 employee中 name列的修改权限赋予用户 Liu，并允许其将该权限授予他人，应使用的 SQL语句为：GRANT U U 52 /U /UON TABLE employee TO Liu U U 53 /U /U;（分数：8.00

15、）(1). A.UPDATE(name) B.DELETE C.SELECT D.INSERT（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.FOR ALL B.CASCADE C.WITH GRANT OPTION D.WITH CHECK OPTION（分数：1.00）A.B.C.D.(3).一个事务的执行，不应该受到其他事务的干扰而影响其结果的正确性，称为事务的_。 A.原子性 B.一致性 C.隔离性 D.持久性（分数：1.00）A.B.C.D.(4).关于 ROLLBACK的描述，正确的是_。 A.ROLLBACK语句会将事务对数据库的更新写入数据库 B.ROLLBACK语句会将事务对

16、数据库的更新撤消 C.ROLLBACK语句会退出事务所在程序 D.ROLLBACK语句能够将事务中使用的所有变量置空值（分数：1.00）A.B.C.D.(5).设有两个事务 T1、T2 有如下调度，产生的不一致性是_。 T1 T2Read(A);A:=A-20;Write(A);Read(A);Temp:=A*012;A:=A-Temp;Write(A); A.丢失修改 B.不可重复读 C.读脏数据 D.幻影读（分数：1.00）A.B.C.D.(6).C/S(客户机/服务器)与 B/S(浏览器/服务器)体系结构的区别是：_。 A.B/S建立在局域网上，C/S 建立在广域网上 B.B/S客户相对

17、固定集中，C/S 客户分散 C.B/S软件重用性弱于 C/S D.B/S较 C/S易于维护（分数：1.00）A.B.C.D.(7).需求分析阶段，用于描述业务处理流程及各项业务处理所使用数据的图是_。 A.数据流图 B.类图 C.E-R图 D.用例图（分数：1.00）A.B.C.D.(8).确定各基本表的索引，属于数据库设计的_阶段。 A.需求分析 B.概念设计 C.逻辑设计 D.物理设计（分数：1.00）A.B.C.D.E-R图转换为关系模型时，对实体中的多值属性采用的方法是U U 60 /U /U，得到的关系模式属于U U 61 /U /U。（分数：6.00）(1). A.将实体的码分别和

18、每个多值属性独立构成一个关系模式 B.将多值属性和其他属性一起构成该实体对应的关系模式 C.多值属性不在关系中出现 D.所有多值属性组成一个关系模式（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.2NF B.3NF C.BCNF D.4NF（分数：1.00）A.B.C.D.(3).以下的 SQL99语句，Student 与 Person之间的关系是_。CREATE TYPE Person(name char(20),address varchar(50) );CREATE TYPE Student(under Person(degree char(20)department char(20)

19、); A.类型继承 B.类型引用 C.表继承 D.无任何关系（分数：1.00）A.B.C.D.(4).银行系统采用分布式数据库系统，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数据库，称为分布式数据库的_。 A.共享性 B.自治性 C.可用性 D.分布性（分数：1.00）A.B.C.D.(5).数据仓库通常采用三层体系结构，中间层为_。 A.数据仓库服务器 B.0LAP服务器 C.查询和报表工具 D.数据挖掘工具（分数：1.00）A.B.C.D.(6).回答“银行根据历史数据判断一个新的申请贷款人是否有偿还贷款的能力”这一问题的数据挖掘知识发现类型属于_。 A.关联规则 B.特征

20、描述 C.分类 D.聚类（分数：1.00）A.B.C.D.ARP协议属于U U 66 /U /U协议，它的作用是U U 67 /U /U。（分数：5.00）(1). A.物理层 B.数据链路层 C.网络层 D.传输层（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.实现 MAC地址与主机名之间的映射 B.实现 IP地址与 MAC地址之间的变换 C.实现 IP地址与端口号之间的映射 D.实现应用进程与物理地址之间的变换（分数：1.00）A.B.C.D.(3).下面关于集线器与交换机的描述中，错误的是_。 A.交换机是一种多端口网桥 B.交换机的各个端口形成一个广播域 C.集线器的所有端口组成一个冲

21、突域 D.集线器可以起到自动寻址的作用（分数：1.00）A.B.C.D.(4).“三网合一”的三网是指_。 A.电信网、广播电视网、互联网 B.物联网、广播电视网、电信网 C.物联网、广播电视网、互联网 D.物联网、电信网、互联网（分数：1.00）A.B.C.D.(5).要使 4个连续的 C类网络汇聚成一个超网，则子网掩码应该为_。 A.255.240.0.0 B.255.255.0.0 C.255.255.252.0 D.255.255.255.252（分数：1.00）A.B.C.D.Ravi, like many project U U 71 /U /U, had studied the

22、waterfall model of software development as the primary software life-cycle U U 72 /U /U. He was all set to use it for an upcoming project, his first assignment. However, Ravi found that the waterfall model could not be used because the customer wanted the software delivered in stages, something that

23、 implied that the system had to be delivered and built in U U 73 /U /Uand not as U U 74 /U /U.The situation in many other projects is not very different. The real world rarely presents a problem in which a standard process, or the process used in a previous project, is the best choice. To be the mos

24、t suitable, an existing process must be U U 75 /U /Uto the new problem.A development process, even after tailoring, generally cannot handle change requests. To accommodate change requests without losing control of the project, you must supplement the development process with a requirement change man

25、agement process.（分数：5.00）(1). A. customers B. managers C. users D. administrators（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A. activity B. procedure C. process D. progress（分数：1.00）A.B.C.D.(3). A. parts B. modules C. software D. a whole（分数：1.00）A.B.C.D.(4). A. parts B. modules C. software D. a whole（分数：1.00）A.B.C.D.(5).

26、A. modified B. used C. suited D. tailored（分数：1.00）A.B.C.D.中级数据库系统工程师 2011上半年上午试题答案解析(总分：56.00，做题时间：90 分钟)一、B单项选择题/B(总题数：13，分数：56.00)算术表达式采用逆波兰式表示时不用括号，可以利用U U 20 /U /U进行求值。与逆波兰式 ab-cd+*对应的中缀表达式是U U 21 /U /U。（分数：3.00）(1). A.数组 B.栈 C.队列 D.散列表（分数：1.00）A.B. C.D.解析：(2). A.a-b+c*d B.(a-b)*c+d C.(a-b)*(c+d

27、) D.a-b*c+d（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查程序语言的基础知识。逆波兰式(Reverse Polish notation，也叫后缀表达式)是将运算符写在操作数之后的表达式表示方法。对逆波兰式进行求值的方法是：从左至右扫描表达式，遇到操作数则压栈，遇到运算符号则从栈中弹出操作数进行运算，然后将运算结果压入栈中，重复该过程直到表达式结束，最后的结果为栈顶元素。由于控制上比较简单，所以逆波兰式更便于计算。表达式“a-b+c *d”的后缀式为“ab-cd *+”。表达式“(a-b) *c+d”的后缀式为“ab-c *d+”。表达式“(a-b) *(c+d)”的后缀式为

28、“ab-cd+ *。表达式“a-b *c+d”的后缀式为“abc *-d+”。(3).若一种程序设计语言规定其程序中的数据必须具有类型，则有利于_。在翻译程序的过程中为数据合理分配存储单元对参与表达式计算的数据对象进行检查定义和应用动态数据结构规定数据对象的取值范围及能够进行的运算对数据进行强制类型转换 A. B. C. D.（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查程序语言的基础知识。 程序中的数据具有类型属性时，就可以规定数据对象的取值范围及能够进行的运算，在运算前便于进行类型检查，也更有利于为数据合理分配存储单元。某文件管理系统在磁盘上建立了位示图(bitmap)，记录磁盘

29、的使用情况。若系统的字长为 32位，磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、，那么 4096号物理块的使用情况在位示图中的第U U 23 /U /U个字中描述；若磁盘的容量为 200GB，物理块的大小为 1MB，那么位示图的大小为U U 24 /U /U个字。（分数：2.00）(1). A.129 B.257 C.513 D.1025（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2). A.600 B.1200 C.3200 D.6400（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查操作系统文件管理方面的基础知识。 根据题意，系统中字长为 32位，可记录 32个物理块的使用情况，这样 0

30、31 号物理块的使用情况在位示图中的第 1个字中描述，3263 号物理块的使用情况在位示图中的第 2个字中描述，40644095 号物理块的使用情况在位示图中的第 128个字中描述，40964127 号物理块的使用情况在位示图中的第 129个字中描述。 根据题意，若磁盘的容量为 200GB，物理块的大小为 1MB，那么该磁盘就有 204800个物理块(即 2001024)，位示图的大小为204800/32=6400个字。系统中有 R类资源 m个，现有 n个进程互斥使用。若每个进程对 R资源的最大需求为 w，那么当 m、n、w 分别取下表中的值时，对于表中的种情况，U U 25 /U /U可能会

31、发生死锁。若将这些情况的 m分别加上U U 26 /U /U，则系统不会发生死锁。 mnw322332523533633642（分数：3.00）(1). A. B. C. D.（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2). A.1、1 和 1 B.1、1 和 2 C.1、1 和 3 D.1、2 和 1（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查操作系统进程管理方面的基础知识。 试题(25)的正确答案是 C。分析如下： 情况不会发生死锁：已知系统资源 R的数目等于 3，进程数等于 2，每个进程对 R资源的最大需求为 2。若系统为 2个进程各分配 1个资源，系统可供分配的剩余资源数

32、等于 l，则可以保证 1个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证另一个进程运行完毕，故系统不会发生死锁。 情况会发生死锁：已知系统资源 R的数目等于 3，进程数等于 3，每个进程对 R资源的最大需求为 2。若系统为 3个进程各分配 1个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 0，则无法保证进程得到所需资源运行完毕，故系统会发生死锁。 情况不会发生死锁：已知系统资源 R的数目等于 5，进程数等于 2，每个进程对 R资源的最大需求为 3。若系统为 2个进程各分配 2个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 1，则可以保证 1个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证另一个进程运行

33、完毕，故系统不会发生死锁。情况会发生死锁：已知系统资源 R的数目等于 5，进程数等于 3，每个进程对 R资源的最大需求为 3。若系统为 3个进程分别分配 2、2 和 1个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 0，则无法保证进程得到所需资源运行完毕，故系统会发生死锁。 情况会发生死锁：已知系统资源 R的数目等于 6，进程数等于 3，每个进程对 R资源的最大需求为 3。若系统为 3个进程各分配 2个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 0，则无法保证进程得到所需资源运行完毕，故系统会发生死锁。 情况不会发生死锁：己知系统资源 R的数目等于 6，进程数等于 4，每个进程对 R资源的最大需求为 2。若系统

34、为 4个进程各分配 1个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 2，则可以保证 2个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证剩余 2个进程运行完毕，故系统不会发生死锁。 试题(26)的正确答案是 D。分析如下： 情况：若将 m加 1等于 4时，系统为 3个进程各分配 1个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 1，则可以保证 1个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证另一个进程运行完毕，故系统不会发生死锁。 情况：若将 m加 2等于 7时，系统为 3个进程各分配 2个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 1，则可以保证 1个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证另

35、两个进程运行完毕，故系统不会发生死锁。 情况：若将 m加 1等于 7时，系统为 3个进程各分配 2个资源，系统可供分配的剩余资源数等于 1，则可以保证 1个进程得到所需资源运行完毕。当该进程释放资源后又能保证另两个进程运行完毕，故系统不会发生死锁。(3).某系统采用请求页式存储管理方案，假设某进程有 6个页面，系统给该进程分配了 4个存储块，其页面变换表如下表所示，表中的状态位等于 I/O分别表示页面在/不在内存。当该进程访问的页面 2不在内存时，应该淘汰表中页号为_的页面。 页号页帧号状态位访问位修改位0 5 1 1 11 0 0 02 0 0 03 2 1 1 04 8 1 1 15 12

36、 1 0 0 A.0 B.3 C.4 D.5（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查操作系统存储管理方面的基础知识。在请求页式存储管理方案中，当访问的页面不在内存时需要置换页面，置换页面的原则如下表，即最先置换访问位和修改位为 00的页，其次是访问位和修改位为 01的页，然后是访问位和修改位为 10的页，最后才置换访问位和修改位为 11的页。因此本题当该进程访问的页面 2不在内存时，应该淘汰表中页号为5的页面。 置换顺序访问位修改位置换顺序访问位修改位1 0 0 3 1 02 0 1 4 1 1数据库的视图与基本表之间通过建立U U 28 /U /U之间的映像，保证数据的逻辑独

37、立性；基本表与存储文件之间通过建立U U 29 /U /U之间的映像，保证数据的物理独立性。（分数：2.00）(1). A.模式到内模式 B.外模式到内模式 C.外模式到模式 D.外模式到外模式（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2). A.模式到内模式 B.外模式到内模式 C.外模式到模式 D.外模式到外模式（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 本题考查数据库系统管理方面的基础知识。 数据库系统采用三级模式结构，其中，视图对应外模式、基本表对应模式、存储文件对应内模式。数据库系统在三级模式之间提供了两级映像：模式/内模式映像、外模式/模式映像。正因为这两级映像保证了数据库中

38、的数据具有较高的逻辑独立性和物理独立性。 外模式/模式的映像：存在于外部和概念级之间，实现了外模式到概念模式之间的相互转换。数据的逻辑独立性是指用户的应用程序与数据库的逻辑结构是相互独立的。数据的逻辑结构发生变化后，用户程序也可以不修改。但是，为了保证应用程序能够正确执行，需要修改外模式/概念模式之间的映像。模式/内模式的映像：存在于概念级和内部级之间，实现了概念模式到内模式之间的相互转换。数据的物理独立性是指当数据库的内模式发生改变时，数据的逻辑结构不变。由于应用程序处理的只是数据的逻辑结构，这样物理独立性可以保证，当数据的物理结构改变了，应用程序不用改变。但是，为了保证应用程序能够正确执行

39、，需要修改概念模式/内模式之间的映像。若集合 D1=0，1，2、集合 D2=a，b，c、集合 D3=a，c，则 D1D2D3应为U U 30 /U /U元组，其结果集的元组个数为U U 31 /U /U。若 （分数：3.00）(1). A.3 B.6 C.8 D.9（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2). A.6 B.9 C.12 D.18（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(3). A.2 B.3 C.6 D.9（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查关系代数方面的基础知识。试题(30)的正确答案为 A。若 D1，D 2，D 3，D n为任意集合，定义 D1，

40、D 2，D 3，D n的笛卡儿积为：D1D2D3Dn=d1，d 2，d 3，d n|diD i，i=1，2，3，n其中每一个元素(d 1，d 2，d 3，d n)叫做一个 n元组(n-tuple 属性的个数)，元组的每一个值 di叫做元组的一个分量，若 Di(i=1，2，3，n)为有限集，其基数(cardinal number，元组的个数)为 mi(i=1，2，3，n)，则 D1D2D3Dn的基数 M为*，笛卡儿积可以用二维表来表示。对于本题，若集合 D1=0，1，2、D 2=a，b，c、D 3=a，c，根据笛卡儿积定义，D 1D2D3中的每一个元素应该是一个三元组，每个分量来自不同的域。试题

41、(31)的正确答案为 D。因为根据笛卡儿积定义 D1D2D3的结果集为：*用二维表表示如下表所示，从中可以看出，元组个数为 18。 D1 D2 D3 D1 D2 D300000aabbcacaca11122bccaaCaCac0111caabcaca2222bbccacac试题(32)的正确答案为 C。因为*，所以*的结果集为=(0，a，a)，(0，c，c)，(1，a，a)，(1，c，c)(2，a，a)，(2，c，c)。用二维表表示如下表所示，从中可以看出，元组个数为 6。 D1 D2 D3 D1 D2 D3001acaaca122caccac设有员工实体 Employee(员工号，姓名，性别

42、，年龄，电话，家庭住址，家庭成员，关系，联系电话)。其中，“家庭住址”包括邮编、省、市、街道信息；“家庭成员，关系，联系电话”分别记录了员工亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话，且一个员工允许有多个家庭成员。员工实体 Employee的主键为U U 33 /U /U；“家庭住址”是一个U U 34 /U /U属性；该关系属于U U 35 /U /U；为使数据库模式设计更合理，对于员工关系模式 EmployeeU U 36 /U /U。（分数：4.00）(1). A.员工号 B.员工号，家庭成员 C.姓名 D.姓名，家庭成员（分数：1.00）A.B. C.D.解析：(2). A.简单 B.多值

43、C.复合 D.派生（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(3). A.2NF，无冗余，无插入异常和删除异常 B.2NF，无冗余，但存在插入异常和删除异常 C.1NF，存在冗余，但不存在修改操作的不一致 D.非 1NF，且存在冗余和修改操作的不一致，以及插入异常和删除异常（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：(4). A.只允许记录一个亲属的姓名、与员工的关系以及联系电话 B.可以不作任何处理，因为该关系模式达到了 3NF C.增加多个家庭成员、关系及联系电话字段 D.应该将家庭成员、关系及联系电话加上员工号作为一个独立的模式（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查关系数

44、据库方面的基础知识。 试题(33)的正确答案为 B。因为一个员工可以有多个家庭成员，故为了唯一区分 Employee关系中的每一个元组，其主键为(员工号，家庭成员)。 试题(34)的正确答案为 C。简单属性是原子的、不可再分的。复合属性可以细分为更小的部分(即划分为别的属性)。有时用户希望访问整个属性，有时希望访问属性的某个成分，那么在模式设计时可采用复合属性。本题员工实体 Employee的“家庭住址”可以进一步分为邮编、省、市、街道。 试题(35)的正确答案为 D。关系模式 Employee1NF，因为员工号(姓名，性别，年龄，电话，家庭住址)，即非主属性(姓名，性别，年龄，电话，家庭住址)不完全依赖于码“员工号，家庭成员”，故 Employee不属于 2NF。1NF 存在 4个问题：冗余度大、引起修改操作的不一致性、插入异常和删除异常。 试题(36)的正确答案为 D。如果某员工有 5个亲属，那么该员工关系中“员工号，姓名，