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1、电子科技大学22春JAVA程序设计补考试题库答案参考1. 下面选项中不是面向对象编程主要体现的特性是( )。A.继承B.类C.封装性D.多态参考答案：B2. 下面有关表间永久联系和关联的描述中，正确的是( )。 A永久联系中的父表一定有索引，关联中的父表不需要有下面有关表间永久联系和关联的描述中，正确的是()。A永久联系中的父表一定有索引，关联中的父表不需要有索引B无论是永久联系还是关联，子表一定有索引C永久联系中子表的记录指针会随父表的记录指针的移动而移动D关联中父表的记录指针会随子表的记录指针的移动而移动B3. 以下哪个while循环判定式最有可能是因为程序员失误而写出的代码?( )A.w
2、hile(xB.while(x=7)C.while(xD.while(x!=7)参考答案：B4. Java类必须有构造方法，否则编译会报错。( )A.正确B.错误参考答案：B5. 下面的哪两个方法可以取出name参数的值?( )A.Get Parameters (name)B.Get Parameter (name)C.Get Parameter Values (name)D.Get Parameter Value (name)参考答案：BC6. 构造方法是一种特殊的方法，它的名字必须与( )相同，而且不返回任何数据类型。A.类名B.对象名C.包名D.变量名参考答案：A7. this语句须是构
3、造函数中的第一个可执行语句。( )A.正确B.错误参考答案：A8. JavaScript文档对象模型属于树型结构。( )A.正确B.错误参考答案：A9. 在资源管理器中，为文件更名的操作是_。 A) 用鼠标单击文件名，直接键入新的文件名后回车 B) 用鼠标双在资源管理器中，为文件更名的操作是_。A) 用鼠标单击文件名，直接键入新的文件名后回车B) 用鼠标双击文件名，直接键入新的文件名后单击确定C) 用鼠标单击两次文件名，直接键入新的文件名后回车D) 用鼠标单击两次文件名，直接键入新的文件名后单击确定C10. 有以下程序 includestdioh yoidfun(inta，intb) mtt；
4、 t=a；a=b；b=t； main( ) int有以下程序 includestdioh yoidfun(inta，intb) mtt； t=a；a=b；b=t； main( ) intc10=1,2，3，4，5，6，7，8，9，O)，i； for(i=0；i10；i+=2) fun(ci，ci+1)； for(i=0；i10；i+) printffd，ci)； printf(n)； 程序的运行结果是A2，1，4，3，6，5，8，7，0，9，B0,9，8，7，6，5，4，3，2，1，C1，2，3，4，5，6，7，8，9，0，D0，1，2，3，4，5，6，7，8，9正确答案：CC语言规定，实参变
5、量对形参变量的数据传递是”值传递”，即单向传递，只由实参传给形参，而不能由形参传回来给实参。在调用函数时，给形参分配存储单元，并将实参对应的值传递给形参，调用结束后，形参单元被释放，实参单元仍保留并维持原值。由此可知，在本题中，函数fun(inta，intb)的功能是实现形参整形变量a和b值的互换。当在主函数中调用fun(ci，ci+1)时，把实参变量ci和ci+1的值赋给形参变量a和b，执行完函数fun(ci，ci+1)时，形参变量a和b的值发生了互换，实参变量ci和ci+1的值并没有发生互换，所以输出的值为l，2，3，4，5，6，7，8，9，0。11. 执行16%3的结果是( )。A.非法
6、B.3C.5D.1参考答案：D12. 按信息的传送方式，运算器可分为_、_、_三种结构。其中_按信息的传送方式，运算器可分为_、_、_三种结构。其中_最省器材，_运算速度最快。正确答案：串行 并行 串并行 串行运算器 并行运算器串行并行串并行串行运算器并行运算器13. 第一范式是满足关系模式所要遵循的最基本的条件的范式，即关系中的每个属性必须是【 】的简单项。第一范式是满足关系模式所要遵循的最基本的条件的范式，即关系中的每个属性必须是【 】的简单项。正确答案：不可再分范式指的是规范化的关系模式。一个低一级范式的关系模式通过模式分解可以转换为若干个高一级范式的关系模式集合，这种过程就叫做关系模式
7、的规范化。规范化理论正是用来改造关系模式，通过分解关系模式来消除其中不合适的数据依赖，以解决数据冗余、插入异常、删除异常和更新异常问题。由于规范化的程度不同，就产生了不同的范式。满足最基本规范化条件的关系模式叫做第一范式。第一范式是满足关系模式所要遵循的最基本的条件的范式，即关系中的每个属性必须是不可再分的简单项。在第一范式基础上再满足另外一些约束条件就产生了第二范式、第三范式等。目前主要有6种范式：第一范式(1NF)、第二范式(2NF)、第三范式(3NF)、BC范式(BCNF)、第四范式(4NF)和第五范式(5NF)。14. 按运算符操作数的数目划分，运算符的类型是【 】元运算符。按运算符操
8、作数的数目划分，运算符的类型是【 】元运算符。正确答案：三本题考查Java中的运算符。程序涉及的数据处理，都是通过运算符和表达式来操作，是程序设计的基础，因此考生务必掌握。按照运算符的操作数的数目划分，可以分为一元运算符：+，-，+，-：二元运算符：+，-，；三元运算符：?：。二元运算符“?：”是一个简要的if-else语句。15. 布局管理器不包括( )A.SetLayoutB.GridLayoutC.FlowLayoutD.BorderLayout参考答案：B16. break语句可以出现在各种不同循环语句的循环体中。( )A.正确B.错误参考答案：A17. 在窗体上面有一个列表，然后编写
9、如下两个事件过程： Private Sub Form_Click( ) List1.在窗体上面有一个列表，然后编写如下两个事件过程： Private Sub Form_Click( ) List1.RemoveItem 1：List1.RemoveItem2 List1.RemoveItem 3 End Sub Private Sub Form_Loab( ) List1.AddItem ItemA :List1.AddItem Item B List1.AddItemItem C：List1.AddItem ItemD List1.AddItem ItemE End Sub 运行上面的程序，
10、然后单击窗体，列表框中显示的项目是【 】。正确答案：List1.AddItemItemA List.AddItem ItemC在列表框中删除项目时，“索引值”可以指定插入项在列表框中的位置，表中的项目从。开始计数，则题目中是删除第2，3，4项，列表框中显示的项目是“ItemA和ItemE。18. 下面的程序把从终端读入的文本(用作为文本结束标志)输出到一个名为bi.dat的新文件中，请填空。下面的程序把从终端读入的文本(用作为文本结束标志)输出到一个名为bi.dat的新文件中，请填空。 include stdioh includestdlibh FILE*fp； main( ) charch；
11、 if(fp=fopen(【 】)=NULL)exit(0)； while(ch=getchar( )!=) fputc(ch，fp)； fclose(fp)； 正确答案：bi.datw或bi.datw+根据fopen函数的调用方式fopen(文件名，使用文件方式)和题意可得结果。19. 在Java语言中属性前不加任何访问控制修饰符则表示只允许同一包中的类访问。( )A.正确B.错误参考答案：A20. JavaScript表达式类型取决于运算符，与操作数无关。( )A.正确B.错误参考答案：B21. 串行接口与设备之间的数据传输是以串行方式并且以半双工或全双工的方式进行的。( )串行接口与设备
12、之间的数据传输是以串行方式并且以半双工或全双工的方式进行的。()正确22. 设有如下变量说明：byte myByte; int myInt; long myLong; char myChar; float myFloat; double myDouble; 以下赋值语句哪个需要强制转换?( )A.myInt=myLongB.myInt=myCharC.myFloat=myDoubleD.myByte=3参考答案：AC23. 在IE浏览器的“Interent选项”中，可以通过设置( )来保证浏览网页的安全。A“提交非加密表单数据”在IE浏览器的“Interent选项”中，可以通过设置( )来保证
13、浏览网页的安全。A“提交非加密表单数据”B“用户验证”C“Active控件和插件”D“Java脚本程序”E“网页内容安全级别”正确答案：BCD24. 一个多道程序系统采用不允许移动的可变分区存储管理策略。设用户可用空间总量为100KB，使用最先适应算法分配一个多道程序系统采用不允许移动的可变分区存储管理策略。设用户可用空间总量为100KB，使用最先适应算法分配内存，作业调度和进程调度都采用先来先服务算法。有5个作业，它们进入后备作业队列的到达时间、所需CPU时间以及对内存的需求量如下表所示。忽略系统的调度时间，求出诸作业的调度顺序和进入内存的时间。作 业到达时间所需CPU时间对内存需求量110
14、.10.315KB210.30.560KB310.50.450KB410.60.410KB510.70.220KB作业1所需的CPU时间改为0.3，而不是那里的0.7。这样一来将会影响到作业调度的次序(即作业进入内存的时间)，也就会影响到作业的完成时间。作业1第一个被调度到内存投入运行，时间是10.1。在时间10.3时作业1虽然没有运行完，但作业2到达系统。这时，有足够的内存资源可供分配，因此作业2进入内存。到时间10.4时，作业1运行完毕，这时后备作业队列里没有可调度的作业，于是CPU被分配给作业2使用。在作业2运行到时间10.5时，作业3到达系统。但这时并没有足够的内存资源分配给它使用，所以它不能进入内存(这时的内存分配如图(a)所示)。当作业2运行到时间10.6时，作业4到达系统。由于它需要的内存资源10KB可以满足，于是它在10.6进入内存(这时的内存分配如图(b)所示)。当作业2运行到时间10.7时，作业5到达系统。由于它需要的内存资源20KB可以满
