浙江大华2015面试题

浙江大华2015面试题

1.静态局部变量存储在进程的（）

A.栈区

B.寄存器区

C.代码区

D.全局区

答案：D

解析：全局/静态存储区，全局变量和静态变量被分配到同一块内存中，在以前的c语言中，全局变量又分为初始化的和未初始化的，在c++里面没有这个区分了，他们共同占用同一块内存区,放在全局区

 

2.在C语言中，设有数组定义：char arrays[]="China"；则数组array所占用的空间为（）。

A.4个字节

B.5个字节

C.6个字节

D.7个字节

答案：C

解析：C语言中的字符串用指向该串首个字符的指针表示。不保存长度信息，用'\0'来标识字符串的终止。因此相当于 char arrays[] = {'C', 'h', 'i', 'n', 'a', '\0'};

 

3.执行c程序代码“int a=1; int b=0; int c=0; int d=(++a)*(c=1);”,a,b,c,d的值分别为（）。

A.2，0，1，2

B.1，0，1，1

C.2，0，1，1

D.2，0，0，2

答案：A

解析：首先定义int a=1; int b=0; int c=0;，此时a=1,b=0,c=0，int d=(++a)*(c=1);在定义d时，++a使得变为2，后面括号c=1表达式使得c=1，d=2*1=2

 

4.有一个变量int a=0；两个线程同时进行+1操作，每个线程加100次，不加锁，最后a的值是（）？

A.200

B.<=200

C.>=200

D.都有可能

答案：B

解析：i++只需要执行一条指令，并不能保证多个线程i++，操作同一个i，可以得到正确的结果。因为还有寄存器的因素，多个cpu对应多个寄存器。每次要先把i从内存复制到寄存器，然后++，然后再把i复制到内存中，这需要至少3步。从这个意义上讲，说i++是原子的并不对。

如此，假设两个线程的执行步骤如下：

 1. 线程A执行第一次i++，取出内存中的i，值为0，存放到寄存器后执行加1，此时CPU1的寄存器中值为1，内存中为0；

 2. 线程B执行第一次i++，取出内存中的i，值为0，存放到寄存器后执行加1，此时CPU2的寄存器中值为1，内存中为0；

 3. 线程A继续执行完成第99次i++，并把值放回内存，此时CPU1中寄存器的值为99，内存中为99；

 4. 线程B继续执行第一次i++，将其值放回内存，此时CPU2中的寄存器值为1，内存中为1；

 5. 线程A执行第100次i++，将内存中的值取回CPU1的寄存器，并执行加1，此时CPU1的寄存器中的值为2，内存中为1；

 6. 线程B执行完所有操作，并将其放回内存，此时CPU2的寄存器值为100，内存中为100；

 7. 线程A执行100次操作的最后一部分，将CPU1中的寄存器值放回内存，内存中值为2；

 8. 结束！

所以该题目便可以得出最终结果，最小值为2，最大值为200。

 

5.HTTPS采用（）实现安全网站访问？

A.SSL

B.IPsec

C.PGP

D.SET

答案：A

解析：A，SSL(Secure Sockets Layer 安全套接层)，是https采用的加密通道

B，IPSec（InternetProtocolSecurity）用以提供公用和专用网络的端对端加密和验证服务。

C，PGP(Pretty Good Privacy)，是一个基于RSA公钥加密体系的邮件加密系统

D，SET是安全电子交易协议，是为了在互联网上进行在线交易时保证信用卡支付的安全而设立的一个开放的规范

 

6.某主机的IP地址202.117.131.12/20,其子网掩码是（）。

A.255.255.248.0

B.255.255.240.0

C.255.255.252.0

D.255.255.255.4

答案：B

解析：202.117.131.12/20代表前20位代表网络号，后12位代表主机号

前20位全1，后12位全零的IP地址为255.255.240.0

 

7.以下不属于网络安全控制技术的是（）。

A.防火墙技术

B.访问控制技术

C.入侵检测技术

D.差错控制技术

答案：D

解析：网络安全是指网络系统的硬件、软件及其系统中的数据受到保护，不因偶然的或者恶意的原因而遭受到破坏、更改、泄露，系统连续可靠正常地运行，网络服务不中断。

A:所谓防火墙指的是一个有软件和硬件设备组合而成、在内部网和外部网之间、专用网与公共网之间的界面上构造的保护屏障。

B:防止对任何资源进行未授权的访问，从而使计算机系统在合法的范围内使用。意指，用户身份及其所归属的某项定义组来限制用户对某些信息项的访问，或限制对某些控制功能的使用的一种技术，如UniNAC网络准入控制系统的原理就是基于此技术之上。访问控制通常用于系统管理员控制用户对服务器、目录、文件等网络资源的访问。

C:入侵检测是指“通过对行为、安全日志或审计数据或其它网络上可以获得的信息进行操作，检测到对系统的闯入或闯入的企图”。入侵检测是检测和响应计算机误用的学科，其作用包括威慑、检测、响应、损失情况评估、攻击预测和起诉支持。

D：差错控制（error control）是在数字通信中利用编码方法对传输中产生的差错进行控制，以提高数字消息传输的准确性。

 

8.多媒体技术是指以计算机为平台综合处理多种媒体信息，其中“媒体”主要指的是（）。

A.文字和图像

B.各种信息的编码

C.音频和视频

D.承载信息的载体

答案：D

解析：多媒体技术指多种媒体相结合的技术，这些媒体包括声音，视频，文字，图像等等

其实这些都是信息的载体，所以多媒体技术也就是多种信息载体的技术

 

9.一副彩色图像（RGB），分辨率为256*512，每一种颜色用8b表示，则该彩色图像为（）bits。

A.256*512*8

B.256*512*3*8

C.256*512*3/8

D.256*512*3

答案：B

解析：分辨率是256*512，代表有256*512个点

每个点是一个RGB，RGB是红绿蓝三原色构成色彩点，每个色彩有8bit,所以每个点有3*8bit

整幅图像有256*513*3*8bits大小

 

10.计算机通过MIC(话筒接口)收到的信号是（）。

A.音频数字信号

B.音频模拟信号

C.量化信号

D.采样信号

答案：B

解析：话筒是将语音信号转化为电信号的装置，语音信号是连续的，转化的电信号也是连续的，因此是模拟信号

模拟的电信号在计算机内经过采样，量化，编码，最终形成音频数字信号

 

11.在CPU内存之间进行地址转换时，（）将地址从虚拟（逻辑）地址空间映射到物理地址空间。

A.TCB

B.MMU

C.CACHE

D.DMA

答案：B

解析：MMU是Memory Management Unit的缩写，中文名是内存管理单元，它是中央处理器（CPU）中用来管理虚拟存储器、物理存储器的控制线路，同时也负责虚拟地址映射为物理地址，以及提供硬件机制的内存访问授权，多用户多进程操作系统。

 

12.RS-485最少有（）根数据信息号。

A.2

B.6

C.8

D.16

答案：A

解析：RS485采用差分信号负逻辑，-2V～-6V表示“0”，+2V～+6V表示“1”。RS485有两线制和四线制两种接线，四线制只能实现点对点的通信方式，现很少采用，现在多采用的是两线制接线方式，这种接线方式为总线式拓扑结构在同一总线上最多可以挂接32个结点。

 

13.程序开发中编译器的主要作用是（）。

A.代码编辑功能

B.检查代码规范性

C.分析代码中问题

D.完成源语言与目标语言的转换

答案：D

解析：A，代码编辑功能是编辑器提供的

B，代码规范检查也是编辑器提供的

C，分析代码问题是调试器提供的

D，编译器主要完成源码向目标代码的转化

 

14.关于实时操作系统（RTOS）的任务调度器，以下描述中正确的是（）。

A.任务之间的公平性是最重要的调度目标

B.大多数RTOS调度算法都是可抢占式（可剥夺式）的

C.RTOS调度器都采用了基于时间片轮转的调度算法

D.RTOS调度算法只是一种静态优先级调度算法

答案：B

解析：实时操作系统的调度算法是抢占式的，因为要保证对事件的实时响应，需要事件响应进程及时获得CPU时间，采用抢占式调度算法可以保证优先级高的进程可以暂停优先级低的进行而自身获取CPU时间

 

15.a=1,b=2,c=3,d=4;a<b ? a:c < d ? a:d的结果是

答案：1

 

16.下面代码输出什么

#include<stdio.h>

int main( )

{

    unsigned int a = 6;

    int b = -20;

    (a + b > 6) ? printf(">6") : printf("<=6");

    return 0;

}

输出结果是

答案：>6

解析：a+b ,b需要转换成unsigned

 

17.C++调用C语言库时，需要加()

答案：extern C

 

18.sprinf和snprintf函数区别是。

答案：

int sprintf(char* str,const char* format, ...);

int snprintf(char* str, size_t size,const char* format, ...);