2022年软考-软件设计师考试题库及模拟押密卷72（含答案解析）

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1、2022年软考-软件设计师考试题库及模拟押密卷（含答案解析）1. 单选题使用电子邮件客户端向服务器发送邮件的协议是（ ）。问题1选项A.SMTPB.POP3C.IMAP4D.MIME【答案】A【解析】A选项SMTP邮件传输协议。本题选择A选项。B选项POP3邮件收取协议。C选项IMAP4协议与POP3协议一样也是规定个人计算机如何访问网上的邮件的服务器进行收发邮件的协议，但是IMAP4协议同POP3协议相比更高级。D选项MIME(Multipurpose Internet Mail Extensions)多用途互联网邮件扩展类型。是设定某种扩展名的文件用一种应用程序来打开的方式类型，当该扩展名

2、文件被访问的时候，浏览器会自动使用指定应用程序来打开。2. 单选题当二叉数中的结点数目确定时，（ ）的高度一定是最小的。问题1选项A.二叉排序数B.完全二叉树C.线索二叉树D.最优二叉树【答案】B【解析】完全二叉树是让二叉树的每一层的结点都尽可能全满，除了最底层，此时树的高度一定是最小的。排序二叉树可能会得到单枝树，每一层只有1个结点，此时树的高度可能最大。线索二叉树与二叉树遍历序列相关，高度并没有确定性，最优二叉树与结点的权值相关，构成的树的高度也是不确定的。本题选择B选项。3. 案例题【说明】希尔排序算法又称最小增量排序算法，其基本思想是：步骤1：构造一个步长序列delta1、delta2

3、、deltak，其中delta1=n/2，后面的每个delta是前一个的1/2 ， deltak=1；步骤2：根据步长序列、进行k趟排序；步骤3：对第i趟排序，根据对应的步长delta，将等步长位置元素分组，对同一组内元素在原位置上进行直接插入排序。【C代码】下面是算法的C语言实现。（1）常量和变量说明data：待排序数组data，长度为n，待排序数据记录在data0、data1、datan-1中。n：数组a中的元素个数。delta：步长数组。（2）C程序#includevoid shellsort(int data , int n) int *delta,k,i,t,dk,j; k=n; d

4、elta=(int *)nalloc(sizeof(int)*(n/2); if(i=0) do ( 1 ) ; deltai+=k; while ( 2 ) ; i=0; while(dk=deltai)0) for(k=deltai;k=0&t 【问题1】（8分）根据说明和c代码，填充c代码中的空（1） （4）。【问题2】（4分）根据说明和c代码，该算法的时间复杂度（5）O(n2) （小于、等于或大于）。该算法是否稳定（6）（是或否）。【问题3】（3分）对数组（15、9、7、8、20、-1、 4）用希尔排序方法进行排序，经过第一趟排序后得到的数组为（7）。【答案】【问题1】（8分）（1）k

5、=k/2（2）k1（3）datak【问题3】（3分）（7）(4，9，-1，8，20，7，15)【解析】问题1：希尔排序是一种经典的高效插入类排序算法。不稳定的排序算法，将每个步长划分为多个不连续的子序列，对每个子序列再次采用直接插入排序算法。如对某数组A=(a1,a2,a3.a10),在某趟排序时，若delta=3,则将A分成三个子序列，A1=(a1,a4,a7,a10),A2=(a2,a5,a8),A3=(a3,a6,a9),然后分别在原位置上对A1、A2和A3进行直接插入排序处理。最后一趟排序中，delta=1,这样可以确保输出序列是有序的。delta 序列是希尔排序算法在具体实现的过程中

6、定义的，本题在题干中已经给出，delta1 = n / 2 , 后面的每个delta是前面的1/2，最后一个deltak=1。根据题干，很容易得到空(1)为k=k/2,空(2)填k1。接下来的代码段是根据delta 值进行每一趟的排序，每趟排序是对不连续的每个子序列进行插入排序，因此，空(3)填datak问题2：希尔排序算法是一种不稳定的排序算法，时间复杂度约在O（n1.3)。问题3：对于数组（15、9、7、8、20、-1、 4）用希尔排序方法进行排序，n=7，根据题干说明delta=n/2=3，A1（15，8，4），A2（9，20），A3（7，-1），每个子序列排序后得到A1（4，8，15）

7、，A2（9，20），A3（-1，7），还原得到(4，9，-1，8，20，7，15)4. 单选题进程P有5个页面，页号为0-4，页面变换表及状态位、访问位和修改位的含义如下图所示，若系统给进程P分配了3个存储块，当访问的页面3不在内存时，应该淘汰表中页号为（ ）的页面问题1选项A.0B.1C.2D.4【答案】A【解析】被淘汰的页面首先必须在内存，也就是在0、2、4页面中进行选择。优先淘汰访问位为0的页面，此时0、2、4页面访问位都为1，无法判断。进一步淘汰的是修改位为0的页面，此时符合要求淘汰的是0号页面，选择A选项。5. 单选题以下关于Huffman (哈夫曼)树的叙述中，错误的是（ ）。问题

8、1选项A.权值越大的叶子离根结点越近B.Huffman（哈夫曼）树中不存在只有一个子树的结点C.Huffman（哈夫曼）树中的结点总数一定为奇数D.权值相同的结点到树根的路径长度一定相同【答案】D【解析】本题考查的是哈夫曼树相关知识。根据哈夫曼树的构造过程，权值越大的叶子结点选择越靠后也就离根越近，A选项描述正确。每一次构造都会选择两个权值，所以哈夫曼树中不存在只有一个子树的结点，B选项描述正确。二叉树存在一个特定度为0的结点（叶子结点）记作n0，度为2的结点记作n2，满足n2+1=n0。哈夫曼树只有度为0和度为2的结点，二者必定差值为1，因此，结点总数即二者之和n0+n2=(n2+1)+n2

9、=2n2+1时，必定为奇数，所以C选项正确。对于D选项，权值相同的结点可能会因为构造的形态不同，导致构造结果不一样，权值不一样，所以描述是错误的。本题选择错误的描述，因此选择D选项。6. 案例题阅读下列说明和C+代码,将应填入(n)处的字句写在答题纸的对应栏内。【说明】享元(flyweight)模式主要用于减少创建对象的数量，以降低内存占用,提高性能。现要开发-一个网络围棋程序，允许多个玩家联机下棋。由于只有一台服务器 ,为节省内存空间,采用享元模式实现该程序,得到如图5-1所示的类图。图5-1 类图【C+代码】#include#includeusing namespace std;enum

10、PieceColor BLACK, WHITE; /棋子颜色class PiecePos /棋子位置private: int x; int y;public:PiecePos(int a, int b): x(a), y(b)int getX() return x;int getY()( return y;);class Piece /棋子定义protected:PieceColor m_color; /颜色【答案】(1) virtual void Draw（） =0(2) Piece*(3) Piece *(4) piece-Draw（）(5) piece-Draw（）7. 单选题某简单无向

11、连通图G的顶点数为n，则图G最少和最多分别有（ ）条边。问题1选项A.n,n2/2B.n-1,n*(n-1)/2C.n,n*(n-1)/2D.n-1,n2/2【答案】B【解析】本题考查图的基本概念。本题可以用实例法进行分析，简单画出一个无相连通图，比如两个顶点相连接，此时结点n=2，边最少为1，最多也为1，满足要求的只有B选项。8. 单选题进行面向对象系统设计时，针对包中的所有类对于同一类性质的变化；一个变化若对一个包产生影响，则将对该包中的所有类产生影响，而对于其他的包不造成任何影响。这属于（ ）设计原则。问题1选项A.共同重用B.开放-封闭C.接口分离D.共同封闭【答案】D【解析】本题考查

12、面向对象的设计原则。共同封闭原则：包中的所有类对于同一种性质的变化应该是共同封闭的。一个变化若对一个封闭的包产生影响，则将对该包中的所有类产生影响，而对于其他包则不造成任何影响。面向对象设计的原则之一。共同重用原则：面向对象编程术语，指一个包中的所有类应该是共同重用的。如果重用了包中的一个类，那么也就相当于重用了包中的所有类。开放-封闭原则：对扩展开放，对修改封闭。接口隔离原则：使用多个专门的接口比使用单一的总接口要好。故本题选择D选项。9. 单选题以下关于敏捷统一过程（AUP） 的叙述中，不正确的是（ ）。问题1选项A.在大型任务上连续B.在小型活动上迭代C.每一个不同的系统都需要一套不同的

13、策略、约定和方法论D.采用经典的UP阶段性活动，即初始、精化、构建和转换【答案】C【解析】本题考查的是敏捷统一过程（AUP）敏捷统一过程（AUP）采用“在大型上连续”以及在“小型上迭代”的原理来构建软件系统。采用经典的UP阶段性活动（初始、精化、构建和转换），提供了一系列活动，能够使团队为软件项目构想出一个全面的过程流。在每个活动里，一个团队迭代了使用敏捷，并将有意义的软件增量尽可能快地交付给最终用户。在每一个不同地系统都需要一套不同地策略、约定和方法论是属于敏捷方法-水晶法的描述。注意区别这里面是考查敏捷统一过程，而非敏捷方法，两者之间有区别。10. 单选题ARP 报文分为ARP Reque

14、st和ARP Response，其中ARP Request采用( )进行传送，ARP Response采用( )进行传送。问题1选项A.广播B.组播C.多播D.单播问题2选项A.组播B.广播C.多播D.单播【答案】第1题:A第2题:D【解析】本题考查计算机网络ARP协议。ARP协议：地址解析协议，作用是由IP地址转换成MAC地址RARP协议：反地址解析协议，作用是MAC地址转换成IP地址对于ARP而言，请求是广播发送，ARP响应是单播发送。故有ARP Request采用广播进行传送，ARP Response采用单播进行传送11. 单选题系统可维护性是指维护人员理解、改正、改动和改进软件系统的难

15、易程度，其评价指标不包括（）。问题1选项A.可理解性B.可测试性C.可修改性D.一致性【答案】D【解析】本题考查软件维护的问题。注意区别这里面的软件维护不是ISO/IEC软件质量保证的维护性，两者需要进行区别。在这里的软件维护的可维护性应该包括：可理解性，可测试性，可修改性。其中一致性属于可移植性的范畴。12. 单选题软件可维护性是一个系统在特定的时间间隔内可以正常进行维护活动的概率。用MTTF和MTTR分别表示平均无故障时间和平均故障修复时间，则软件可维护性计算公式为（ ）。问题1选项A.MTTF/(1+MTTF)B.1/(1+MTTF)C.MTTR/(1+MTTR)D.1/(1+MTTR)

16、【答案】D【解析】在软件外部，可以用MTTR来度量软件的可维护性，它指出处理一个有错误的软件需要花费的平均时间。如果用M表示可维护性指标，那么M=1/(1+MTTR)。本题选择D选项。A选项一般用来表示可靠性或可用性指标。13. 单选题对高级程序语言进行编译的过程中，使用（ ）来记录源程序中各个符号的必要信息，以辅助语义的正确性检查和代码生成。问题1选项A.决策表B.符号表C.广义表D.索引表.【答案】B【解析】考查分析语义分析阶段相关问题。语义分析阶段主要是分析各语法结构的含义，检查源程序是否包含静态语义错误，并收集类型信息提供后面的代码生成阶段使用。在确认源程序的语法和语义后，可以对其进行

17、翻译并给出源程序的内部表示。对于声明语句，需要记录所遇到的符号的信息，所以应该进行符号表的填查工作，用来记录源程序中各个符号的必要信息，以辅助语义的正确性检查和代码生成。至于决策表是用于测试的，广义表是针对数据结构的表示，索引表是数据库中指示逻辑和物理记录对应的关系。14. 单选题对有向图G进行拓扑排序得到的拓扑序列中，顶点Vi在顶点Vj之前，则说明G中（）问题1选项A.一定存在有向弧B.一定不存在有向弧C.必定存在从Vi到Vj的路径D.必定存在从Vj到Vi的路径【答案】B【解析】本题考查拓扑序列的相关问题。对于拓扑序列，需要按照有向弧的指向，明确其先后顺序，例如：存在一条Vi指向Vj的有向弧

18、，那么在拓扑序列中Vi需要写出Vj前面，其次对于属于同一层次或者毫无关联的两个结点可以不用在意先后顺序。根据题干描述，对有向图G进行拓扑排序得到的拓扑序列中，顶点Vi在顶点Vj之前，我们试着对以下选项进行分析：A、一定存在有向弧，说法错误，不一定存在，Vi和Vj可以是并列的，并不一定要存在Vi到Vj的有向弧。B、一定不存在有向弧，说法正确，如果存在有向弧，那么Vj是需要在顶点Vi之前的，则与题干相悖，所以必定不存在。C、必定存在从Vi到Vj的路径，说法错误，不一定存在，Vi和Vj可以是两个毫无关联没有指向的关系，不会存在相关的路径。D、必定存在从Vj到Vi的路径，说法错误，如果存在Vj到Vi的

19、路径，Vj就会出现在Vi前面15. 案例题生物学上通常采用编辑距离来定义两个物种DNA序列的相似性,从而刻画物种之间的进化关系。具体来说，编辑距离是指将一个字符串变换为另一个字符串所需要的最小操作次数。操作有三种,分别为:插入一个字符、删除一个字符以及将一个字符修改为另一个字符。用字符数组str1和str2分别表示长度分别为len1和len2的字符串，定义二维数组d记录求解编辑距离的子问题最优解，则该二维数组可以递归定义为:【C代码】下面是算法的C语言实现。（1）常量和变量说明A，B：两个字符数组d：二维数组i，j：循环变量temp：临时变量（2）C程序#include#define N 10

20、0char AN=CTGA;char BN=ACGCTA;int dNN;int min(int a, int b)return a （1） ；for(i=1;i （2） )dij=di-1j-1; else temp=min(di-1j+1, dij-1+1);dij=min(temp, （3） ); return （4） ;【问题1】(8分)根据说明和C代码，填充C代码中的空(1)(4)。【问题2】(4分)根据说明和C代码，算法采用了(5)设计策略，时间复杂度为(6)(用O符号表示，两个字符串的长度分别用m和n表示)。【问题3】(3分)已知两个字符串A=CTGA和B=ACGCTA，根据说明

21、和C代码，可得出这两个字符串的编辑距离为(7)。【答案】问题1：（1） d0j=j (2)str1i-1=str2j-1 (3)di-1j-1 +1 (4) dlen1len2问题2：（5）动态规划法 （6）O(mn)问题3：（7）416. 单选题以下关于闪存（Flash Memory）的叙述中，错误的是（ ）。问题1选项A.掉电后信息不会丢失，属于非易失性存储器B.以块为单位进行删除操作C.采用随机访问方式，常用来代替主存D.在嵌入式系统中可以用Flash来代替ROM存储器【答案】C【解析】闪存（Flash Memory）是一种长寿命的非易失性（在断电情况下仍能保持所存储的数据信息）的存储器

22、，数据删除不是以单个的字节为单位而是以固定的区块为单位，区块大小一般为256KB到20MB。闪存是电子可擦除只读存储器（EEPROM）的变种，EEPROM与闪存不同的是，它能在字节水平上进行删除和重写而不是整个芯片擦写，这样闪存就比EEPROM的更新速度快。由于其断电时仍能保存数据，闪存通常被用来保存设置信息。闪存不像RAM（随机存取存储器）一样以字节为单位改写数据，因此不能取代RAM，也不能替换主存，因此C选项错误。但是在嵌入式中，可以用闪存代替ROM存储器。17. 案例题阅读下列说明和图，回答问题1至问题3，将解答填入答题纸的对应栏内。【说明】某游戏公司欲开发一款吃金币游戏。游戏的背景为一

23、种回廊式迷宫(Maze)，在迷宫的不同位置上设置有墙。迷宫中有两种类型的机器人(Robots):小精灵(PacMan)和幽灵(Ghost)。游戏的目的就是控制小精灵在迷宫内游走，吞吃迷宫路径上的金币，且不能被幽灵抓到。幽灵在迷宫中游走，并会吃掉遇到的小精灵。机器人游走时，以单位距离的倍数计算游走路径的长度。当迷宫中至少存在一个小精灵和一个幽灵时，游戏开始。机器人上有两种传感器，使机器人具有一定的感知能力。这两种传感器分别是:(1)前向传感器(FrontSensor)，探测在机器人当前位置的左边、右边和前方是否有墙(机器人遇到墙时，必须改变游走方向)。机器人根据前向传感器的探测结果，决定朝哪个方

24、向运动。(2)近距离传感器(ProxiSesor)，探测在机器人的视线范围内(正前方)是否存在隐藏的金币或幽灵。近距离传感器并不报告探测到的对象是否正在移动以及朝哪个方向移动。但是如果近距离传感器的连续两次探测结果表明被探测对象处于不同的位置，则可以推导出该对象在移动。另外，每个机器人都设置有一个计时器(Timer)，用于支持执行预先定义好的定时事件。机器人的动作包括:原地向左或向右旋转90;向前或向后移动。建立迷宫:用户可以使用编辑器(Editor) 编写迷宫文件，建立用户自定义的迷宫。将迷宫文件导入游戏系统建立用户自定义的迷宫现采用面对对象分析与设计方法开发该游戏，得到如图3-1所示的用例

25、图以及图3-2所示的初始类图。【问题1】(3分)根据说明中的描述，给出图3-1中U1U3所对应的用例名。【问题2】(4分)图3-1中用例U1U3分别与哪个(哪些)用例之间有关系，是何种关系?【问题3】(8分)根据说明中的描述，给出图3-2中C1C8所对应的类名。【答案】【问题1】(3分)U1 编写迷宫文件； U2导入迷宫文件；U3 设置计时器【问题2】(4分)U1和U2与建立迷宫用例是泛化关系；U3与操作机器人是包含关系【问题3】(8分)C1 机器人(Robots);C2 计时器(Timer);C3小精灵(PacMan); C4幽灵(Ghost) C5 传感器（Sensor) C6 前向传感器

26、(FrontSensor) C7 近距离传感器(ProxiSesor) C8 迷宫(Maze)其中C3与C4可换;C6与C7可换【解析】问题1：补充对应的用例。用例的组成应该是动词+名词的形式。根据题干的描述和对应的用例的指向，可知U1是与建立迷宫有关系的用例，U3是与操纵机器人有关系的用例，U2是介于两者之间的用例。用例图描述的是对于用例的所有操作。对于整个吃金币的游戏而言，首先要建立相应的迷宫，以供机器人（小精灵和幽灵）进入，其次操纵机器人走对应的线路；再结合题干而言，属于该游戏内部的操作应该还有：设置有一个计时器(Timer)，用来定时机器人；用户可以使用编辑器(Editor) 编写迷宫

27、文件，用来构造出迷宫；然后将迷宫文件导入游戏，系统建立用户自定义的迷宫，用来自定义迷宫。对于U1而言与迷宫有关的用例，应该是构造迷宫的，编辑器编写迷宫文件用例；对于U2则是导入迷宫文件的过程。而对于U3与操作机器人有关的用例，应该是定时机器人的设置计时器用例。问题2：根据对应的用例图，判断其关系，结合上文给出的用例，可知：U1与U2建立迷宫是泛化关系，也可以根据题干描述，在建立迷宫里面包含这些操作；U3与操作机器人是包含关系，在开始操作机器人之间应该先设置定时器。问题3：补充对应类图的类，类的组成应该是名词形式，用英文进行表示。找出题干中的名词，然后结合对应的关系，可以看到C1与C3、C4是泛

28、化关系，C5与C6、C7是泛化关系，其中C5又与C1是组合关系，C1是整体，C5是部分，生命周期相同。可得C1机器人(Robos)，C5是传感器，C3、C4是小精灵(PacMan)和幽灵(Ghost)，可以互换顺序；C6和C7是 前向传感器(FrontSensor)和 近距离传感器(ProxiSesor)，可以互换顺序。C8是跟C1机器人有聚合关系的，C8是整体，C1是部分，生命周期不同，并且与编辑器(Editor) 有关，得出C8应该为迷宫(Maze)；C2也与C1为组合关系，C1是整体，C2是部分，生命周期相同。得出C2应该是计时器(Timer)18. 单选题在风险管理中，通常需要进行风险

29、监测，其目的不包括（ ）。问题1选项A.消除风险B.评估所预测的风险是否发生C.保证正确实施了风险缓解步骤D.收集用于后续进行风险分析的信息【答案】A【解析】风险监测主要是对风险进行预测，评估，收集相关的信息，用来防止风险，从而做好相关的防范措施。对于评估所预测的风险是否发生、保证正确实施了风险缓解步骤、收集用于后续进行风险分析的信息都是风险监测的目的至于A选项消除风险，风险是无法被消除掉的，只能尽量避免。19. 单选题假设计算机系统的页面大小为4KB，进程P的页面变换表如下表所示。若P要访问的逻辑地址为十六进制3C20H，那么该逻辑地址经过地址变换后，其物理地址应为（ ）。问题1选项A.20

30、48HB.3C20HC.5C20HD.6C20H【答案】D【解析】本题考查的是页式存储相关的内容。1、根据页面大小4K（=212）可知，页内地址长度需要12位二进制表示。2、根据逻辑地址3C20H，其中第12位二进制为页内地址，即对应十六进制第3位C20H为页内地址，剩余高位3H为页号，转换为十进制结果为3。3、查表可得，页号3对应的物理块号为6（即十六进制6H），再拼接原页内地址C20H，即为最终的物理地址6C20H。本题选择D选项。20. 单选题广大公司(经销商)擅自复制并销售恭大公司开发的OA软件已构成侵权。鸿达公司在不知情时从广大公司(经销商)处购入该软件并已安装使用，在鸿达公司知道了

31、所使用的软件为侵权复制的情形下其使用行为（）问题1选项A.侵权， 支付合理费用后可以继续使用该软件B.侵权， 须承担赔偿责任C.不侵权，可继续使用该软件D.不侵权， 不需承担任何法律责任【答案】A【解析】本题考查知识产权。我国计算机软件保护条例第30条规定“软件的复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的,不承担赔偿责任;但是,应当停止使用、销毁该侵权复制品。如果停止使用并销毁该侵权复制品将给复制品使用人造成重大损失的,复制品使用人可以在向软件著作权人支付合理费用后继续使用。”鸿达公司在获得软件复制品的形式上是合法的(向经销商购买),但是由于其没有得到真正软件权利人的授权,其

32、取得的复制品仍是非法的,所以鸿达公司的使用行为属于侵权行为。鸿达公司应当承担的法律责任种类和划分根据主观状态来确定。首先,法律确立了软件著作权人的权利进行绝对的保护原则,即软件复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的,也必须承担停止侵害的法律责任,只是在停止使用并销毁该侵权复制品将给复制品使用人造成重大损失的情况下,软件复制品使用人可继续使用,但前提是必须向软件著作权人支付合理费用。其次,如果软件复制品持有人能够证明自己确实不知道并且也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的,软件复制品持有人除承担停止侵害外,不承担赔偿责任。软件复制品持有人一旦知道了所使用的软件为侵权复制品时,应当履行停止使用、销毁该软件的义务。不履行该义务,软件著作权人可以诉请法院判决停止使用并销毁侵权软件。如果软件复制品持有人在知道所持有软件是非法复制品后继续使用给权利人造成损失的,应该承担赔偿责任。