【计算机类职业资格】中级数据库系统工程师上午试题-2及答案解析.doc

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1、中级数据库系统工程师上午试题-2 及答案解析(总分：40.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：31，分数：40.00)等值连接 可由基本的关系运算 1 等价表达。给定关系贯、S 如下图所示，则 R S= 2 。 （分数：2.00）A.、 和B.-、 和C.、 和D.、 和(2). （分数：1.00）A.B.C.D.1.如果使用两台 100Mb/s 的集线器，两者间距一般应 _ 。（分数：1.00）A.很远B.很近C.不能太远也不能太近D.不一定2._ 是一种面向数据流的开发方法，其基本思想是软件功能的分解和抽象。（分数：1.00）A.结构化开发方法B.Jackson 系统开发方

2、法C.Booch 方法D.UML(统一建模语言)3.在以太网中，一个数据帧从一个站点开始发送，到该数据帧被另一个站点全部接收到的总时间等于_。（分数：1.00）A.信号传播时延加上数据传输时延B.数据传输时延减去信号传播时延C.信号传播时延的 2 倍D.数据传输时延的 2 倍4.设有键值序列18，7，6，24，38，56，3，22，47，36按键值递增顺序采用选择排序，第一趟扫描的结果应为_（分数：1.00）A.3，7，6，24，38，56，18，22，47，36B.7，6，18，24，38，3，22，47，36，56C.56，7，6，24，38，18，3，22，47，36D.18，3，6，2

3、4，36，56，7，22，47，385.对于场景：一个公司(Company)负责多个项目，每个项目(Project)由一个员工(Employee)团队(Team)来开发。下列 UML 概念图中，_最适合描述这一场景。 A B C D （分数：1.00）A.B.C.D.6.在计算机体系结构中，CPU 内部包括程序计数器 PC、存储器数据寄存器 MDR、指令寄存器 IR 和存储器地址寄存器 MAR 等。若 CPU 要执行的指令为：MOV R0，#100 (即将数值 100 传送到寄存器 R0 中)，则 CPU首先要完成的操作是 _ 。（分数：1.00）A.100R0B.100MDRC.PCMARD

4、.PCIR7.在下图所示的网络配置中，发现工作站 B 无法与服务器 A 通信。故障影响了两者互通。 （分数：1.00）A.服务器 A 的 IP 地址是广播地址B.工作站 B 的 IP 地址是网络地址C.工作站 B 与网关不属于同一子网D.服务器 A 与网关不属于同一子网8.下面软件结构图的深度、第二层的宽度、A 模块的扇出和 B 模块的扇入分别为 _ 。 （分数：1.00）A.4、3、3、1B.4、2、3、1C.4、3、1、3D.4、2、1、3A.描述了数据对象之间的关系B.描述了对数据的处理流程C.说明了将要出现的逻辑判定D.指明了系统对外部事件的反应10.以下哪些方法可做为计算机系统安全防

5、病毒的技术 _ 。 计账 身份验证 密钥分离 实时防治病毒 防火墙安全技术（分数：1.00）A.B.C.D.11.概念结构设计阶段完成的文档是_。（分数：1.00）A.E-R 图B.DFD 图C.关系模式D.数据字典12.MongoDB 是一种 NoSQL 数据库，具体地说，是_存储数据库。（分数：1.00）A.键值B.文档C.图形D.XML13.对同一段音乐可以选用 MIDI 格式或 WAV 格式来记录存储。以下叙述中 _ 是不正确的。（分数：1.00）A.WAV 格式的音乐数据量比 MIDI 格式的音乐数据量大B.记录演唱会实况不合采用 MIDI 格式的音乐数据C.WAV 格式的音乐数据没

6、有体现音乐的曲谱信息D.WAV 格式的音乐数据和 MIDI 格式的音乐数据都能记录音乐波形信息14.专利制度的基本特点是 _ 。（分数：1.00）A.法律保护、新颖性、创造性和实用性B.科学审查、公开通报、创造性和实用性C.实用性审查、新颖性审查、公开通报和国际交流D.法律保护、科学审查、公开通报和国际交流15._ 不符合 Armstrong 推理规则。（分数：1.00）A.若 XZ，XY，则有 XYZB.若 XY，WYZ，则有 XWZC.若 XY，ZY，则有 XZD.若 XZY，则有 XZ16.以下关于木马病毒的陈述中不正确的是 _ 。（分数：1.00）A.木马病毒会破坏文件B.木马病毒会删

7、除文件C.木马病毒可以自动删除电脑上的dll、.ini、.exe 文件D.用 WINDOWS 提供的密码记忆功能不会有中木马病毒的危险17.电子邮件系统的工作原理如图所示。其中，、处所使用的应用协议分别是_。 （分数：1.00）A.SMTP、IMAP4B.SMTP、PUP3C.POP3、IMAP4D.SMTP、SMTP18.传输效率和可靠性是通信系统中最重要的性能指标。以下关于“模拟通信”和“数字通信”中“可靠性”：的说法中正确的是 _ 。（分数：1.00）A.模拟通信和数字通信的可靠性都用信噪比来表示B.模拟通信的可靠性用信噪比来表示；而数字通信的可靠性则用误组率来表示C.数字通信的可靠性用

8、误组率来表示；而模拟通信的可靠性则用信噪比来表示D.数字通信和模拟通信的可靠性都用误组率来表示19.在结构化方法中，在 _ 软件开发阶段，将数据流程图(DFD) 作为描述工具。（分数：1.00）A.可行性分析B.需求分析C.详细设计D.程序编码20.内存按字节编址，地址为 0B4000H0DBFFFH。若用存储容量为 32K8bit 的存储器芯片构成该内存，至少需要_片。（分数：1.00）A.2B.5C.8D.1021.通常所说的 I/O 设备指的是 _ 。（分数：1.00）A.通信设备B.控制设备C.文件传输设备D.输入输出设备22.将十进制数 26 以压缩 BCD 码送入 AX，正确的指令

9、是 _ 。（分数：1.00）A.mov ax, 0206hB.mov ax， 0026C.mov ax，0026hD.mov ax，020623.下面各序列中，只有 _ 不是小顶堆。（分数：1.00）A.(16，18，32，65，43，57，66)B.(9，21，34，35，47，66，37)C.(17，22，56，77，36，39，58)D.(31，46，50，88，67，101，92)24.SQL 中，用于提交和回滚事务的语句分别是_。（分数：1.00）A.END WORK 和 ROILBACK WORKB.COMMIT WORK 和 ROLLBACK WORKC.SAVE WORK 和

10、ROLLUP WORKD.COMMIT WORK 和 ROLLUP WORK25.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 取表中的数值时，对于表中的 ae 共 5 种方案，_可能会发生死锁。 （分数：1.00）A.a 和 bB.b 和 cC.c 和 dD.c 和 e26.计算机网络的功能十分强大，总结起来其主要表现在 _ 。 硬件资源共享 软件资源 数据（分数：1.00）A.B.C.D.27.计算机病毒具有以下特性 _ 。 隐蔽性 传染性 潜伏性 变种性 可触发性 表现性或破坏性 非授权可执行性（分数：1.00）A.B.

11、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 30 ；“家庭住址”是一个 31 属性；该关系属于 32 ；为使数据库模式设计更合理，对于员工关系模式 Employee 33 。（分数：4.00）A.员工号B.员工号，家庭成员C.姓名D.姓名，家庭成员A.简单B.多值C.复合D.派生A.2NF，无冗余，无插入异常和删除异常B.2NF，无冗余

12、，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 3NFC.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28.若每个作业对应一个进程，为了照顾紧急作业的用户应采用 _ 。（分数：1.00）A.时间片轮转法B.短作业优先调度算法C.先来先服务调度算法(FCFS)D.基于优先权的剥夺调度算法某公司的部门(部门号，部门名，负责人，电话)、商品(商品号，商品名称，

13、单价，库存量)和职工(职工号，姓名，住址)三个实体对应的关系如表 1、表 2 和表 3 所示。 假设每个部门有一位负责人，一个负责人只有一部电话，但有若干名员工；每种商品只能由一个部门负责销售。 （分数：6.00）A.没有消除非主属性对码的部分函数依赖，如：部门名负责人B.没有消除非主属性对码的部分函数依赖，如：负责人电话C.只消除了非主属性对码的部分函数依赖，而未消除传递函数依赖D.没有消除非主属性对码的部分函数依赖和传递函数依赖A.修改表 1 的结构，在表 1 中增加一个职工号B.修改表 2 的结构，在表 2 中增加一个职工号C.修改表 2 的结构，在表 2 中增加一个部门号D.修改表 3

14、 的结构，在表 3 中增加一个部门号A.销售(职工号，商品号，日期，数量)B.销售(职工号，商品名称，商品号，数量)C.销售(职工号，部门号，日期，数量)D.销售(职工号，部门号，商品号，日期)A.NOT NULLB.UNIQUEC.KEY UNIQUED.PRIMARY KEYA.PRIMARY KEY(部门号)NOT NULL UNIQUEB.PRIMARY KEY(部门名)UNIQUEC.FOREIGN KEY(负责人)REFERENCES 职工(姓名)D.FOREIGN KEY(负责人)REFERENCES 职工(职工号)A.WHERE 职工号=负责人B.WHERE 职工号=“负责人“

15、C.WHERE 姓名=负责人D.WHERE 姓名=“负责人“中级数据库系统工程师上午试题-2 答案解析(总分：40.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：31，分数：40.00)等值连接 可由基本的关系运算 1 等价表达。给定关系贯、S 如下图所示，则 R S= 2 。 （分数：2.00）A.、 和 B.-、 和C.、 和D.、 和解析：(2). （分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题要求及与 S 的关系自然连接，R S 可以用 、 和 X 三个基本的运算来表示。而只 R 1.如果使用两台 100Mb/s 的集线器，两者间距一般应 _ 。（分数：1.00）A.很远B

16、.很近 C.不能太远也不能太近D.不一定解析：解析 100Mb/s 的集线器的中继转发延时通常小于 0.5 微秒，网卡也会引入 0.25 微秒延迟。而在共享域中每段电缆不超过 100m 时，电磁波往返传播延时大约 1.2 微秒。所以如果使用两台 100Mb/s 的集线器，两者间距一般应近。2._ 是一种面向数据流的开发方法，其基本思想是软件功能的分解和抽象。（分数：1.00）A.结构化开发方法 B.Jackson 系统开发方法C.Booch 方法D.UML(统一建模语言)解析：解析 本题考查考生对软件开发方法的理解。结构化开发方法是传统的、也是应用较为广泛的一种软件开发方法，它基于数据流进行需

17、求分析和软件设计，用抽象模型的概念，按照软件内部数据传递和转换关系，对问题和功能自顶向下逐层分解。Jackson 系统开发方法是一种典型的面向数据结构的分析和设计方法，以活动为中心，一连串活动的顺序组合成一个完整的工作进程。Booch 方法是一种面向对象的软件开发方法。UML 仅仅是一种建模标准语言，规定了构成软件的各个元素和构件的图示规范。3.在以太网中，一个数据帧从一个站点开始发送，到该数据帧被另一个站点全部接收到的总时间等于_。（分数：1.00）A.信号传播时延加上数据传输时延 B.数据传输时延减去信号传播时延C.信号传播时延的 2 倍D.数据传输时延的 2 倍解析：4.设有键值序列18

18、，7，6，24，38，56，3，22，47，36按键值递增顺序采用选择排序，第一趟扫描的结果应为_（分数：1.00）A.3，7，6，24，38，56，18，22，47，36 B.7，6，18，24，38，3，22，47，36，56C.56，7，6，24，38，18，3，22，47，36D.18，3，6，24，36，56，7，22，47，38解析：5.对于场景：一个公司(Company)负责多个项目，每个项目(Project)由一个员工(Employee)团队(Team)来开发。下列 UML 概念图中，_最适合描述这一场景。 A B C D （分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 依题意

19、，并结合常识可知，“一个公司负责多个项目”，每个项目只属于一个公司，因此“公司(Company)”与“项目(Proiect)”之间是一种“一对多”的关系。 “每个项目(Project)由一个员工(Employee)团队(Team)来开发”，每个员工团队(即虚拟团队)只负责一个项目。因此“项目(Project)”与“团队(Team)”之间是一种“一对一”的关系。 每个团队可以有多名员工，每名员工在同一时刻只能隶属于某个团队。因此“团队(Team)”与“员工(Employee)”之间是一种“一对多”的关系。 同理，每个公司可以有多名员工，每名员工在同一时刻只能隶属于某个公司。因此“公司(Compa

20、ny)”与“员工(Employee)”之间是一种“一对多”的关系。 综上所述，选项 B 最符合题意所描述的场景。6.在计算机体系结构中，CPU 内部包括程序计数器 PC、存储器数据寄存器 MDR、指令寄存器 IR 和存储器地址寄存器 MAR 等。若 CPU 要执行的指令为：MOV R0，#100 (即将数值 100 传送到寄存器 R0 中)，则 CPU首先要完成的操作是 _ 。（分数：1.00）A.100R0B.100MDRC.PCMAR D.PCIR解析：解析 本题考查计算机基本工作原理。 CPU 中的程序计数器 PC 用于保存要执行的指令的地址，访问内存时，需先将内存地址送入存储器地址寄存

21、器 MAR 中，向内存写入数据时，待写入的数据要先放入数据寄存器 MDR。程序中的指令一般放在内存中，要执行时，首先要访问内存取得指令并保存在指令寄存器 IR 中。 计算机中指令的执行过程一般分为取指令、分析指令并获取操作数、运算和传送结果等阶段，每条指令被执行时都要经过这几个阶段。若 CPU 要执行的指令为：MOV R0， #100(即将数值 100 传送到寄存器 R0 中)，则 CPU 首先要完成的操作是将要执行的指令的地址送入程序计数器 PC，访问内存以获取指令。7.在下图所示的网络配置中，发现工作站 B 无法与服务器 A 通信。故障影响了两者互通。 （分数：1.00）A.服务器 A 的

22、 IP 地址是广播地址B.工作站 B 的 IP 地址是网络地址C.工作站 B 与网关不属于同一子网D.服务器 A 与网关不属于同一子网 解析：解析 服务器 A 的 IP 地址 131.1.123.24/27：10000011.00000001.01111011.00011000 服务器 A的地址不是广播地址。 服务器 A 的网关地址 131.1.123.33：10000011.00000001.01111011.00100001 这个地址与服务器 A 的地址不属于同一个子网。 工作站 B 的 IP 地址 131.1.123.43/27：10000011.00000001.01111011.00

23、101011 这个地址不是网络地址。 工作站 B 的网关地址 131.1.123.33：10000011.00000001.01111011.00100001 工作站 B 与网关属于同一个子网。8.下面软件结构图的深度、第二层的宽度、A 模块的扇出和 B 模块的扇入分别为 _ 。 （分数：1.00）A.4、3、3、1 B.4、2、3、1C.4、3、1、3D.4、2、1、3解析：解析 系统结构图。 解析 结构图的深度指模块的层数；宽度指一层中最大的模块数；扇出指一个模块直接调用下属模块的个数；扇入指一个模块直接上属模块的个数。A.描述了数据对象之间的关系B.描述了对数据的处理流程 C.说明了将要

24、出现的逻辑判定D.指明了系统对外部事件的反应解析：解析 数据流图描述了对数据的处理流程。10.以下哪些方法可做为计算机系统安全防病毒的技术 _ 。 计账 身份验证 密钥分离 实时防治病毒 防火墙安全技术（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 题中几条均可做为计算机系统安全防病毒的技术。11.概念结构设计阶段完成的文档是_。（分数：1.00）A.E-R 图 B.DFD 图C.关系模式D.数据字典解析：解析 本题考查对数据库设计的掌握。 数据库设计一般分为需求分析、概念设计、逻辑设计和物理设计几个阶段。需求分析阶段完成数据流图(DFD 图)和数据字典，用于描述企业的各项业务流程和使用的数据

25、；概念设计阶段用 E-R 图或 UML 图描述企业应用中的实体及其联系；逻辑设计是指设计关系模式及相关视图；物理设计是指设计数据的物理组织，如索引等。12.MongoDB 是一种 NoSQL 数据库，具体地说，是_存储数据库。（分数：1.00）A.键值B.文档 C.图形D.XML解析：解析 本题考查 NoSQL 的相关知识。 NoSQL 是指非关系型数据库，是对不同于传统的关系型数据库 DBMS 的统称。有几种典型的 NoSQL 数据库。文档存储数据库是以文档为存储信息的基本单位，如 BaseX, CouchDB, MongoDB 等。 键值存储数据库支持简单的键值存储和提取，具有极高的并发读

26、写性能，如 Dynamo, Memcached, Redis等。 图形存储数据库利用计算机将点、线、面等图形基本元素按照一定的数据结构进行存储，如FlockDB、Neo4j 等。 多值数据库系统是一种分布式数据库系统，提供了一个通用的数据集成与访问平台，屏蔽了各种数据库系统不同的访问方法和用户界面，给用户呈现出一个访问多种数据库的公共接口。13.对同一段音乐可以选用 MIDI 格式或 WAV 格式来记录存储。以下叙述中 _ 是不正确的。（分数：1.00）A.WAV 格式的音乐数据量比 MIDI 格式的音乐数据量大B.记录演唱会实况不合采用 MIDI 格式的音乐数据C.WAV 格式的音乐数据没有

27、体现音乐的曲谱信息D.WAV 格式的音乐数据和 MIDI 格式的音乐数据都能记录音乐波形信息 解析：解析 本题考查计算机音乐信息处理技术的相关知识。WAV 格式记录的是对于音乐信号的波形采样数据，它可以使用反映自然声音的信号采样序列来记录和回放声音信息。MIDI 格式记录的是采用音乐信息序列交换的标准格式 MIDI(Musical Instrument Digital Interface)标准来存贮和表达的音乐的演奏信息，这些演奏信息包含每个音符演奏的时问信息、音量信息、长度信息、乐器或音色信息等，MIDI消息序列可以间接反映出音乐的曲谱演奏信息。14.专利制度的基本特点是 _ 。（分数：1.

28、00）A.法律保护、新颖性、创造性和实用性B.科学审查、公开通报、创造性和实用性C.实用性审查、新颖性审查、公开通报和国际交流D.法律保护、科学审查、公开通报和国际交流 解析：解析 专利制度的基本特点是法律保护、科学审查、公开通报和国际交流。其中法律保护是指实行专利制度的国家必须首先制定自己的专利法。科学审查是指申请专利的发明创造是否具有专利性，只有依法进行审查后才能确定。对专利申请进行科学审查的制度，现在大多数已建立专利制度的国家都采用这种制度，只有极少数国家实行注册登记制度 (如法国等)。公开通报即在法律保护的前提下，将申请专利的发明创造的内容在专利公报上予以充分公开，让社会尽快地、尽可能

29、清楚地获取相应的知识和信息，从而授予专利申请人专利权。在技术已经商品化的今天，跨越国界的技术交流是不可避免的事情。各个国家或者地区的专利法虽然都只能在本国范围内有效，但它是国际技术交流的必要前提。15._ 不符合 Armstrong 推理规则。（分数：1.00）A.若 XZ，XY，则有 XYZB.若 XY，WYZ，则有 XWZC.若 XY，ZY，则有 XZD.若 XZY，则有 XZ 解析：解析 本题考查关系数据库理论方面的基础知识。Armstrong 公理系统推导出下面三条推理规则。合并规则(选项 A)：若 XZ，XY，则有 XYZ 伪传递规则(选项 B)：若 XY，WYZ，则有 XWZ 分解

30、规则(选项 C)：若 XY，ZY，则有 XZ 选项 D 是错误的，例如，假设学生选课关系为(学号，课程号，成绩)，其中(学号，课程号)成绩，但是学号不能决定成绩，课程号也不能决定成绩。16.以下关于木马病毒的陈述中不正确的是 _ 。（分数：1.00）A.木马病毒会破坏文件B.木马病毒会删除文件C.木马病毒可以自动删除电脑上的dll、.ini、.exe 文件D.用 WINDOWS 提供的密码记忆功能不会有中木马病毒的危险 解析：解析 D 项：用 WINDOWS 提供的密码记忆功能，密码发送型木马病毒可能会对其造成危险。17.电子邮件系统的工作原理如图所示。其中，、处所使用的应用协议分别是_。 （

31、分数：1.00）A.SMTP、IMAP4B.SMTP、PUP3C.POP3、IMAP4D.SMTP、SMTP 解析：解析 电子邮件系统的工作原理可简述为：客户端软件(用户代理)使用 SMTP 将电子信件传递到发送方的邮件服务器；发送方邮件服务器使用 SMTP 将电子信件发送到接收方的邮件服务器；接收方客户端软件可以随时使用 POP3/IMAP4 从邮件服务器读取电子信件，因此在图中，、处所使用的应用协议都是 SMTP。18.传输效率和可靠性是通信系统中最重要的性能指标。以下关于“模拟通信”和“数字通信”中“可靠性”：的说法中正确的是 _ 。（分数：1.00）A.模拟通信和数字通信的可靠性都用信

32、噪比来表示B.模拟通信的可靠性用信噪比来表示；而数字通信的可靠性则用误组率来表示 C.数字通信的可靠性用误组率来表示；而模拟通信的可靠性则用信噪比来表示D.数字通信和模拟通信的可靠性都用误组率来表示解析：解析 B 项的正确说法是：模拟通信的可靠性用误组率来表示；而数字通信的可靠性则用信噪比来表示。19.在结构化方法中，在 _ 软件开发阶段，将数据流程图(DFD) 作为描述工具。（分数：1.00）A.可行性分析B.需求分析 C.详细设计D.程序编码解析：解析 在需求分析阶段，分析员对用户的要求作出分析，并画出数据流程图。20.内存按字节编址，地址为 0B4000H0DBFFFH。若用存储容量为

33、32K8bit 的存储器芯片构成该内存，至少需要_片。（分数：1.00）A.2B.5 C.8D.10解析：解析 对于本试题的解答，可先计算按字节编址的内存 0B4000H0DBFFFH 的地址空间。计算过程中考虑该连续地址空间应包括 0B4000H 地址，因此，该地址空间的计算式是：(0DBFFFH+1)-084000H=0DC000H-084000H。 接着考虑以 KB 为计算单位，其中 1KB=2 10 B=0b1000000000B，则对于 0DC000H-084000H 算式中只需重点关注高 10 位的计算，其计算过程如下： 21.通常所说的 I/O 设备指的是 _ 。（分数：1.00

34、）A.通信设备B.控制设备C.文件传输设备D.输入输出设备 解析：解析 I/O 设备即 Input/Output Devices，输入输出设备。22.将十进制数 26 以压缩 BCD 码送入 AX，正确的指令是 _ 。（分数：1.00）A.mov ax, 0206hB.mov ax， 0026C.mov ax，0026h D.mov ax，0206解析：解析 汇编基础知识。 解析 mov ax，0026h 表示将十进制数 26 送入 AX 寄存器。23.下面各序列中，只有 _ 不是小顶堆。（分数：1.00）A.(16，18，32，65，43，57，66)B.(9，21，34，35，47，66，

35、37)C.(17，22，56，77，36，39，58) D.(31，46，50，88，67，101，92)解析：解析 小顶堆要求序列中的元素满足 k i =k 2i 且 k i =k 2i+1 ，可以将序列用一个完全二叉树表示出来，所有非终端结点的值要不大于其左右孩子结点的值。24.SQL 中，用于提交和回滚事务的语句分别是_。（分数：1.00）A.END WORK 和 ROILBACK WORKB.COMMIT WORK 和 ROLLBACK WORK C.SAVE WORK 和 ROLLUP WORKD.COMMIT WORK 和 ROLLUP WORK解析：解析 本题考查事务程序的基础知

36、识。 事物的结束语句是 ROLLBACK 和 COMMIT。当事务执行中出错时，使用 ROLLBACK 对当前事务对数据库已做的更新进行撤销；事务所有指令执行完成后，用 COMMIT 语句对数据库所做的更新进行提交。COMMIT WORK和 ROLLBACK WORK 中的 WORK 可省略。25.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 取表中的数值时，对于表中的 ae 共 5 种方案，_可能会发生死锁。 （分数：1.00）A.a 和 bB.b 和 cC.c 和 dD.c 和 e 解析：解析 系统中同类资源分配不当将引起

37、死锁。通常，若系统中有 m 个单位的存储器资源，它被 n个进程使用，而每个进程都要求 w 个单位的存储器资源，则当n(w-1)+1m 时，系统可能会引起死锁。对于情况 a：m=2、n=1、w=2，即系统中有两个资源，一个进程使用，该进程最多要求两个资源。由于n(w-1)+1=1(2-1)+1=2=m，因此系统不会发生死锁。 对于情况 b：m=2、n=2、w=1，即系统中有两个资源，两个进程使用，每个进程最多要求一个资源。因为n(w-1)+1=2(1-1)+1=1m=2，所以系统不会发生死锁。 对于情况 c：m=2、n=2、w=2，即系统中有两个资源，两个进程使用，每个进程最多要求两个资源。n(

38、w-1)+1=2(2-1)+1=3m=2，系统可能会引起死锁。理由是：采用轮流地为每个进程分配存储器资源的分配策略，则第 1 轮系统先为每个进程分配 1 个资源；第 2 轮系统中已无可供分配的资源，使各个进程都处于等待状态，将导致系统发生死锁。 对于情况 d：m=4、n=3、w=2，即系统中有 4 个资源，3 个进程使用，每个进程最多要求两个资源。n(w-1)+1=3(2-1)+1=4=m，系统不会发生死锁。理由是：采用轮流地为每个进程分配存储器资源的分配策略，则第 1 轮系统先为每个进程分配 1 个存储器资源。系统中还剩 1 个资源，可以使其中的某个进程得到所需资源而运行完毕。当该进程释放所

39、占用的 2 个资源后，可以使其他进程得到所需的存储器资源而运行完毕，所以系统不会发生死锁。 对于情况 e：m=4、n=3、w=3，即系统中有 4 个资源，3 个进程使用，每个进程最多要求 3 个资源。n(w-1)+1=3(3-1)+1=7m=4，系统可能会引起死锁。理由是：采用的分配策略轮流地为每个进程分配，则第1 轮系统先为每个进程分配一个存储器资源；第 2 轮系统为某一个进程分配一个资源之后，系统中已无可供分配的存储器资源，使各个进程都处于等待状态而导致系统发生死锁。26.计算机网络的功能十分强大，总结起来其主要表现在 _ 。 硬件资源共享 软件资源 数据（分数：1.00）A. B.C.D

40、.解析：解析 计算机网络功能主要表现在硬件资源共享，软件资源和数据。27.计算机病毒具有以下特性 _ 。 隐蔽性 传染性 潜伏性 变种性 可触发性 表现性或破坏性 非授权可执行性（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 题中七条全是计算机病毒的特性。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 30 ；“家庭住址”是一个 31 属性；该关系

41、属于 32 ；为使数据库模式设计更合理，对于员工关系模式 Employee 33 。（分数：4.00）A.员工号B.员工号，家庭成员 C.姓名D.姓名，家庭成员解析：A.简单B.多值C.复合 D.派生解析：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 解析：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 3NFC.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

42、作为一个独立的模式 解析：解析 本题考查关系数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

43、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，性别，年龄，电话，家庭住址”将重复出现 5 次，为了将数据库模式设计得更合理，应该消除冗余，即将家庭成员、关系及联系电话加上学生号设计成为一个独立的模式。28.若每个作业对应一个进程，为了照顾紧急作业的用户应采用 _ 。（分数：1.00）A.时间片轮转法B.短作业优先调度算法C.先来先服务调度算法(FCF

44、S)D.基于优先权的剥夺调度算法 解析：解析 基于优先权的剥夺调度算法是按照优先权来决定作业的执行顺序，所以要照顾紧急作业的用户应采取该算法。某公司的部门(部门号，部门名，负责人，电话)、商品(商品号，商品名称，单价，库存量)和职工(职工号，姓名，住址)三个实体对应的关系如表 1、表 2 和表 3 所示。 假设每个部门有一位负责人，一个负责人只有一部电话，但有若干名员工；每种商品只能由一个部门负责销售。 （分数：6.00）A.没有消除非主属性对码的部分函数依赖，如：部门名负责人B.没有消除非主属性对码的部分函数依赖，如：负责人电话C.只消除了非主属性对码的部分函数依赖，而未消除传递函数依赖 D

45、.没有消除非主属性对码的部分函数依赖和传递函数依赖解析：A.修改表 1 的结构，在表 1 中增加一个职工号B.修改表 2 的结构，在表 2 中增加一个职工号C.修改表 2 的结构，在表 2 中增加一个部门号D.修改表 3 的结构，在表 3 中增加一个部门号 解析：A.销售(职工号，商品号，日期，数量) B.销售(职工号，商品名称，商品号，数量)C.销售(职工号，部门号，日期，数量)D.销售(职工号，部门号，商品号，日期)解析：A.NOT NULLB.UNIQUE C.KEY UNIQUED.PRIMARY KEY解析：A.PRIMARY KEY(部门号)NOT NULL UNIQUEB.PRIMARY KEY(部门名)UNIQUEC.FOREIGN KEY(负责人)REFERENCES 职工(姓名)D.FOREIGN KEY(负责人)REFERENCES 职工(职工号) 解析：A.WHERE 职工号=负责人 B.WHERE 职工号=“负责人“C.WHERE 姓名=负责人D.WHERE 姓名=“负责人“解析：