【2023年】廣東省清遠市全國計算機等級考試網絡技術真題(含答案)

【2023年】廣東省清遠市全國計算機等級考試網絡技術真題(含答案)學校:________班級:________姓名:________考號:________

一、單選題(10題)1.下列關于寬帶城域網匯聚層基本功能的描述中，錯誤的是()

A.匯聚接入層的用戶流量，進行數(shù)據轉發(fā)和交換

B.根據接入層的用戶流量，進行流量均衡、安全控制等處理

C.提供用戶訪問Internet所需要的路由服務

D.根據處理結果把用戶流量轉發(fā)到核心交換層

2.網絡操作系統(tǒng)是指()。

A.為高層網絡用戶提供共享資源管理與其他網絡服務功能的網絡操作系統(tǒng)軟件

B.提供網絡性能分析、網絡狀態(tài)監(jiān)控、存儲管理等多種管理功能

C.具有分時系統(tǒng)文件管理的全部功能，提供網絡用戶訪問文件、目錄的并發(fā)控制與安全功能的服務器

D.網絡操作系統(tǒng)軟件分為協(xié)同工作的兩部分，分別運行在網絡服務器與網絡工作站

3.下列關于接人技術特征的描述中，正確的是（）。

A.APON是一種無線接入技術

B.ADSL技術具有非對稱帶寬特性

C.IEEE802．11n將傳輸速率提高到54Mbps

D.CableModem利用波分復用的方法將信道分為上行信道和下行信道

4.域名中表示主機名的是()。

A.wwwB.xyzC.eduD.cn

5.下列關于Serv—UFTP服務器的描述中，正確的是（）。

A.服務器中每個虛擬服務器稱作域，域由IP地址惟一識別

B.服務器中匿名用戶“anonymous”是由服務器自動添加的

C.服務器常規(guī)選項中，最大用戶數(shù)指同時在線的用戶數(shù)量

D.用戶上傳/下載率選項是配置用戶的上傳和下載的速率

6.下列對IPv6地址表示中，錯誤的是（）。

A.：：140：1A5C：0：05D9

B.A3E0：：1A90：FE：0：4CA2：9C5C

C.F2C1：：81／48

D.AFlA：0：0：0：0：A2：F3：FE08：3

7.FTP協(xié)議支持的兩種傳輸方式，一種是文本文件，另一種是()文件。

A.十六進制B.二進制C.網頁D.圖片

8.常用數(shù)據備份方式包括完全備份、差異備份和增量備份，數(shù)據恢復時使用備份數(shù)最少和最多的方式分別為（）。

A.增量備份和差異備份B.差異備份和增量備份C.完全備份和增量備份D.增量備份和完全備份

9.主機的主機名是()。

A.jingliB.C.eduD..cu

10.最常用的防火墻有3類，以下不屬于防火墻分類的是()。

A.包過漣路由器B.應用級網關C.電路級網關D.中心管理機

二、填空題(10題)11.

12.(16）身份認證又稱為________，它是通信和數(shù)據系統(tǒng)中正確識別通信用戶或終端身份的重要途徑。

13.(1）精簡指令集計算機的英文縮寫是_____________。

14.在網絡管理中,一般采用管理者-代理的管理模型,其中代理位于【】的內部。

15.(8）以太網協(xié)議將接收出錯分為3種類型：幀校驗錯、幀長度錯和________。

16.______拓撲結構是在局域網中最常采用的。

17.使用遠程登錄telnet對交換機進行配置時，可以利用網上的任意一臺計算機，以________的方式遠程登錄到交換機上實現(xiàn)。

18.如果普通集線器的端口數(shù)不夠用，可以使用______集線器。

19.在IPSec協(xié)議族中，有兩個主要的協(xié)議，分別是______協(xié)議和身份認證頭協(xié)議。

20.(17）Web站點可以限制用戶訪問Web服務器提供的資源，訪問控制一般分為4個級別：硬盤分區(qū)權限、用戶驗證、Web權限和_________限制。

三、2.填空題(8題)21.電子商務的體系結構可以分為網絡基礎平臺、安全基礎結構、支付體系和【】。

22.無線接入網是指部分或全部采用【】傳輸介質連接交換機和用戶終端。

23.計算機的硬件是指組成一臺計算機的各種物理裝置，包括控制器、運算器、存儲器和______設備。

24.通常使用因特網進行網上購物需要經過瀏覽與選擇商品、填寫訂購單、______和等待商家服務等步驟。

25.電子商務的概念模型可抽象地描述為每個交易主體和【】之間的交易事務關系。

26.—個IPv6的地址的基本表現(xiàn)形式為AA03:0:0:0:0:7:8:15，則其簡略表現(xiàn)形式為【】。

27.常用的網絡管理協(xié)議有【】、公共管理信息服務/協(xié)議(CMIS/CMIP)和局域網個人管理協(xié)議(LMMP)。

28.虛擬局域網通常采用交換機端口號、MAC地址、網絡層地址或______。

四、C語言程序設計題(2題)29.下列程序的功能是：將一正整數(shù)序列{K1，K2，…，K9}重新排列成一個新的序列。新序列中，比K1小的數(shù)都在K1的前面(左面)，比K1大的數(shù)都在K1的后面(右面)。要求編寫函數(shù)NumSort(inta[10][9])實現(xiàn)此功能，最后調用Wdata函數(shù)將新序列輸出到文件out．dat中。

說明：在程序中已給出了10個序列，每個序列有9個正整數(shù)，并存入數(shù)組a[l0][9]中，分別求出這10個新序列。

例：序列{6，8，9，1，2，5，4，7，3}

經重排后成為{3，4，5，2，1，6，8，9，7}

注意：部分源程序已經給出。

請勿改動主函數(shù)main和寫函數(shù)Wdata的內容。

30.請編制函數(shù)ReadDat實現(xiàn)從文件in．dat中讀取1000個十進制整數(shù)到數(shù)組xx中，請編制函數(shù)Compute分別計算出xx中數(shù)值為奇數(shù)的個數(shù)odd，xx中所有奇數(shù)的平均值ave1，并求出xx中數(shù)值為偶數(shù)的平均值ave2以及所有奇數(shù)的方差totfc的值，最后調用函數(shù)WriteDat把結果輸出到out．dat文件中。

注意：方差變量必須采用雙精度類型。

計算方差的公式如下：

設N為奇數(shù)的個數(shù)，xx[i]為奇數(shù)，ave1為奇數(shù)的平均值。

原始數(shù)據文件存放的格式是：每行存放10個數(shù)，并用逗號隔開。(每個數(shù)均大于0且小于等于2000)注意：部分源程序存放在test．c文件中。

請勿改動主函數(shù)main和輸出數(shù)據函數(shù)writeDAT的內容。

五、1.選擇題(3題)31.Internet的基本結構與技術起源于()。

A.IPB.ARPANETC.NOVELLD.ALOHA

32.EDI應用系統(tǒng)之間的數(shù)據交換通常是基于()。

A.路由器B.內部網絡C.電子郵件應用系統(tǒng)D.EDI交換平臺

33.()的主要功能是實現(xiàn)比特流和信元流之間的轉換。

A.ATM適配層中的拆裝子層B.ATM層C.ATM物理層中的物理媒介依賴子層D.ATM物理層中的傳輸會聚子層

六、1.程序設計題(3題)34.已知數(shù)據文件IN86.DAT中存有200個4位數(shù)，并已調用讀函數(shù)readDat()把這些數(shù)存入數(shù)組a中，請編制一函數(shù)jsVal()，其功能是：把千位數(shù)字和十位數(shù)字重新組合成一個新的十位數(shù)ab(新十位數(shù)的十位數(shù)字是原4位數(shù)的千位數(shù)字，新十位數(shù)的個位數(shù)字是原4位數(shù)的十位數(shù)字)，以及把個位數(shù)字和百位數(shù)字組成另一個新的十位數(shù)cd(新十位數(shù)的十位數(shù)字是原4位數(shù)的個位數(shù)字，新十位數(shù)的個位數(shù)字是原4位數(shù)的百位數(shù)字)，如果新組成的兩個十位數(shù)ab>cd，ab必須是偶數(shù)且能被5整除，cd必須是奇數(shù)，同時兩個新十位數(shù)字均不為0，則將滿足此條件的4位數(shù)按從大到小的順序存入數(shù)組b中，并要計算滿足上述條件的4位數(shù)的個數(shù)cnt，最后調用寫函數(shù)writeDat()把結果cnt及數(shù)組b中符合條件的4位數(shù)輸出到OUT86.DAT文件中。

注意：部分源程序已給出。

程序中已定義數(shù)組：a[200]，b[200]，已定義變量：cnt。

請勿改動主函數(shù)main()、讀函數(shù)readDat()和寫函數(shù)writeDat()的內容。

試題程序：

#include＜stdio.h＞

#defineMAX200

inta[MAX],b[MAX],cnt=0;

voidjsVal()

{

}

voidreadDat()

inti;

FILE*fp;

fp=fopen("IN86.DAT","r");

for(i=0;i＜MAX;i++)

fscanf(fp,"%d",&a[i]);

fclose(fp);

main

{

inti;

readDat();

jsVal();

printf("滿足條件的數(shù)=%d\n",cnt);

for(i=0;i＜cnt;i++)

printf("%d",b[i]);

printf("\n");

writeDat();

}

writeDat()

{

FILE*fp;

inti;

fp=fopen("OUT85.DAT","w");

fprintf(fp,"%d\n",cnt)

for(i=0;i＜cnt;i++)

fprintf(fp,"%d\n",b[i]);

fclose(fp);

｝

35.已知在文件IN13.DAT中存有若干個(個數(shù)<200)4位數(shù)字的正整數(shù)，函數(shù)ReadDat()的功能是讀取這若干個正整數(shù)并存入數(shù)組xx中。請編制函數(shù)CalValue()，其功能要求：(1)求出該文件中共有多少個正整數(shù)totNum；(2)求這些數(shù)右移1位后，產生的新數(shù)是偶數(shù)的數(shù)的個數(shù)totCnt，以及滿足此條件的這些數(shù)(右移前的值)的算術平均值totPjz，最后調用函數(shù)WriteDat()把所求的結果輸出到文件OUT13.DAT中。

注意：部分源程序已給出

請勿改動主函數(shù)main()、讀函數(shù)ReadDat()和寫函數(shù)WriteDat()的內容。

試題程序：

#include〈stdio.h>

#include〈conio.h>

#defineMAXNUM200

intxx[MAXNUM];

inttotNum=0;/*文件IN13.DAT中共有多少個正整數(shù)*/

inttotCnt=0;/*符合條件的正整的個數(shù)*/

doubletotPjz=0.0;/*平均值*/

intReadDat(void);

voidWritedat(void);

voidCalValue(void)

{

}

main()

{

inti;

clrscr();

for(i=0;i〈MAXNUM;i++)

xx[i]=0;

if(ReadDat())

{

printf("數(shù)據文件IN13.DAT不能打開!\007\n");

return;

}

CalValue();

printf("文件IN1B.DAT中共有正整數(shù)=%d個\n",totNum);

printf("符合條件的正整數(shù)的個數(shù)=%d個\n",totCnt);

printf("平均值=%.21f\n",totPjz)

Writedat();

}

intReadDat(void)

{

FILE*fp;

inti=0;

if((fp=fopen("IN13.DAT","r"))==NULL)

return1;

while(!feof(fp))

{

fscanf(fp,"%d,",&xx[i++]);

}

fclose(fp);

return0;

}

voidWriteDat(void)

{

FILE*fp;

fp=fopen("OUT13.DAT","w");

fprintf(fp,"%d\n%d\n%.21f\n",totNum,totCnt,totPjz);

fclose(fp);

}

36.對10個候選人進行選舉，現(xiàn)有一個100條記錄的選票數(shù)據文件IN29.DAT，其數(shù)據存放的格式是每條記錄的長度均為10位，第一位表示第一個人的選中情況，第二位表示第二個人的選中情況，依次類推。每一位內容均為字符0或1，1表示此人被選中，0表示此人未被選中，若一張選票選中人數(shù)小于等于5個人時則被認為是無效的選票。給定函數(shù)ReadDat()的功能是把選票數(shù)據讀入到字符串數(shù)組xx中。請編制函數(shù)CountRs()來統(tǒng)計每個人的選票數(shù)并把得票數(shù)依次存入yy[0]到y(tǒng)y[9]中，最后調用函數(shù)WriteDat()把結果yy輸出到文件OUT29.DAT中。

注意：部分源程序已給出。

請勿改動主函數(shù)main()、讀函數(shù)ReadDat()和寫函數(shù)WriteDat()的內容。

試題程序：

#include〈stdio.h>

charxx[100][11];

intyy[10];

intReadDat(void);

voidWriteDat(void);

voidCountRs(void)

{

}

main()

{

inti;

for(i=0;i〈10;i++)

yy[i]=0;

if(ReadDat())

{

printf("選票數(shù)據文件IN29.DAT不能打開!\007\n");

return;

}

CountRs();

WriteDat();

}

intReadDat(void)

{

FILE*fp;

inti;

chartt[13];

if((fp=fopen("IN29.DAT","r"))==NULL)

return1;

for(i=0;i〈100;i++)

{

if(fgets(tt,13,fp)==NULL)

return1;

memcpy(xx[i],tt,10);

}

fclose(fp);

return0;

}

voidWriteDat(void)

{

FILE*fp;

inti;

fp=fopen("OUT29.DAT","w");

for(i=0;i〈10;i++)

{

fprintf(fp,"%d\n",yy[i]);

printf("第%d個人的選票數(shù)=%d\n",i+1,yy[i]);

}

fclose(fp);

}

參考答案

1.C

2.A

3.B在PON中采用ATM信元的形式來傳輸信息的，稱為ATM—PON或簡稱APON，是一種光纖接入技術。ADSL(非對稱數(shù)字用戶線)技術即具有非對稱帶寬特性。CableModem利用頻分復用的方法將信道分為上行信道和下行信道。故選擇B選項。

4.B

5.C在Serv-UFTP服務器中，可以構建多個虛擬服務器，稱作域，由IP地址和端口號惟一識別。創(chuàng)建新域添加用戶時，在用戶名稱文本對話框中輸入anonymous，系統(tǒng)自動判定匿名用戶。服務器最大用戶數(shù)是指服務器允許同時在線的最大用戶數(shù)量。用戶上傳／下載率選項要求FTP客戶端在下載信息的同時也要上傳文件。故選擇C選項。

6.DIPv6采用128位地址長度，每16位劃分為一個位段。每個位段被轉換為一個4位的十六進制數(shù)，位段間用冒號隔開，這種方法稱為冒號十六進制表示法。因此一個IPv6地址最多有8個位段。另外一種是零壓縮表示法，規(guī)則為：對于一個位段中中間的0不做省略；對于一個位段中全部數(shù)字為0的情況，只保留一個0；當?shù)刂分写嬖谝粋€或者多個連續(xù)的16比特位為0字符時，可以用：：(雙冒號)來表示，但是一個IPv6地址只允許有一個雙冒號；不能將一個段內有效的0壓縮掉。選項D中有9個位段，故選擇D選項。

7.BFTP協(xié)議支持的兩種傳輸方式，一種是文本文件，另一種是二進制文件。

8.C備份策略在不同的方面比較如下：空間使用上：完全備份最多，增量備份最少，差異備份少于完全備份。備份速度上：完全備份最慢，增量備份最快，差異備份快于完全備份。恢復速度上：完全備份最快，增量備份最慢，差異備份快于增量備份。故選擇C選項。

9.A

10.D

11.

12.(16)身份識別【解析】身份認證又稱身份識別，它是通信和數(shù)據系統(tǒng)中正確識別通信用戶或終端身份的重要途徑。

13.(1)RISC

【解析】RISC是“精簡指令集計算機”的英文縮寫，它的指令系統(tǒng)相對簡單，并由硬件執(zhí)行，而復雜的操作則由簡單指令合成。

14.被管理設備被管理設備解析：在網絡管理中,一般采用管理者-代理的管理模型。管理者與代理之間通過網絡實現(xiàn)管理信息的交換、控制、協(xié)調和監(jiān)視網絡資源,完成網絡管理。其中,管理者是運行在計算機操作系統(tǒng)之上的一組程序,從代理處收集管理信息,進行處理;代理位于被管理設備的內部,把來自管理者的命令或信息請求轉換為本設備特有的指令,完成管理者的指示,或是返回他所在設備的信息。

15.(8)幀位錯【解析】以太網協(xié)議將接收出錯分為3種類型：幀校驗錯、幀長度錯和幀位錯。

16.總線網總線網解析：總線型拓撲結構是局域網的主要拓撲結構之一。

17.\n模擬終端

\n

18.可堆疊式可堆疊式解析：如果需要聯(lián)網的結點數(shù)超過單一集線器的端口數(shù)時，通常需要采用多集線器的級聯(lián)結構，或是采用可堆疊式集線器。

19.封裝安全負載或ESP或封裝安全負載(ESP)封裝安全負載或ESP或封裝安全負載(ESP)解析：在IPSec協(xié)議族中，有兩個主要的協(xié)議，分別是封裝安全負載協(xié)議和身份認證頭協(xié)議。

20.(17)1P地址

【解析】Web站點可以限制用戶訪問Web服務器提供的資源，訪問控制一般分為四個級別：lP地址限制、用戶驗證、Web權限和硬盤分區(qū)權限。

21.電子商務業(yè)務系統(tǒng)電子商務業(yè)務系統(tǒng)解析：電子商務的體系結構可以分為以下四個層次：1、電子商務的網絡基礎平臺；2、安全基礎結構；3、支付體系；4、電子商務業(yè)務系統(tǒng)。

22.無線電波無線電波解析：無線接入網是指接入網的部分或全部采用無線電波傳輸介質來連接交換機和終端。無線接入網的用戶接入點是可以是移動的或固定的。無線接入網按使用方式可分為固定無線接入網和移動接入網兩大類。固定無線接入網為固定位置的用戶或僅在小范圍內移動的用戶服務。移動接入網主要是為位置需要在較大范圍內移動的用戶服務。移動接入技術分為集群接入和蜂窩接入兩種。

23.輸入輸出輸入輸出解析：完整的計算機系統(tǒng)由硬件和軟件兩部分組成，硬件可以分為4個層次，即芯片、板卡、設備和網絡，包括的裝置有控制器、運算器、存儲器和輸入輸出設備。

24.選擇支付方式選擇支付方式解析：選擇支付方式是訂單中一個主要內容，主要有傳統(tǒng)的現(xiàn)金支付方式和需要安全技術做保障的網上直接劃付方式。

25.電子市場電子市場解析：在電子商務中，對每個交易主體而言，可以抽象地認為，它面對的是一個電子市場，必須通過電子市場選擇交易的內容和對象。因此，電子商務的概念模型可以抽象地描述為每個交易主體和電子市場之間的交易事務關系。

26.AA03::7:8:15AA03::7:8:15解析：在IPv6中，地址的表現(xiàn)方式有三種?；颈憩F(xiàn)形式采用8個16位的部分表示，每個部分用四位十六進制數(shù)，各個部分間用:隔開；簡略形式可以將連續(xù)的若干部分的0用::來表示，如0:0:0:0:12:5:9:7可表示成::12:5:9:7；混合表現(xiàn)形式中，高96位被劃分成6個十六位部分，采用16進制數(shù)表示，低32位與IPv4采用相同的表現(xiàn)方式，用十進制數(shù)表示。

27.簡單網絡管理協(xié)議(SNMP)簡單網絡管理協(xié)議(SNMP)解析：現(xiàn)在常用的網絡管理協(xié)議有3種：簡單網絡管理協(xié)議(SNMP)、公共管理信息服務/協(xié)議(CMIS/CMIP)和局域網個人管理協(xié)議(LMMP)。

28.IP廣播組地址定義IP廣播組地址定義解析：虛擬網絡建立在交換技術基礎上。以軟件方式來實現(xiàn)邏輯工作組的劃分與管理。通常有4種定義虛擬局域網的技術：通過交換機端口號、用MAC地址、用網絡層地址和IP廣播組地址。

29.【審題關鍵句】將一正整數(shù)序列{K1，K2，…，K9}重新排列成一個新的序列。新序列中，比Kl小的數(shù)都在K1的前面(左面)，比Kl大的數(shù)都在K1的后面(右面)。

\n【解題思路】

\n①定義整型循環(huán)變量i、j、k和局部整型變量value，num。

\n②在第一層for循環(huán)中，循環(huán)變量i從0開始，依次遞增直到其值等于10，結束循環(huán)，實現(xiàn)對數(shù)組a[10][9]中每一行數(shù)據按照題目的要求進行處理。在循環(huán)體中，把第i行的第一個數(shù)a[i][o]賦給value。在第二層for循環(huán)中，循環(huán)變量j從0開始，依次遞增直到其值等于或大于9，用if語句判斷，如果數(shù)組元素a[i][j]的值小于value，則把a[i][j]的值賦給num，在第三層for循環(huán)中，循環(huán)變量k從j開始，依次遞減直到其值等于或小于0，把a[i][k-1]的值賦給a[i][k]，實現(xiàn)把a[i][j]前面的值向后移動一位，退出第三層for循環(huán)后，把num的值賦給a[i][0]。第二層循環(huán)依次執(zhí)行，便實現(xiàn)了對i行的數(shù)據的處理，再依次執(zhí)行第一層for循環(huán)，就可以完成對數(shù)組a[10][9]的每行數(shù)據的處理。

\n【參考答案】

\n

30.【審題關鍵句】讀取l000個數(shù)，奇數(shù)個數(shù)、平均值及方差，偶數(shù)個數(shù)及平均值。

\n【解題思路】

\n本題類似第48套試題，通過審題可以發(fā)現(xiàn)本題僅一個不同點，即本題中要求計算的是奇數(shù)的方差，參考答案的第15～20條語句。另外，本題給出的原程序中已經定義了odd，因此在答案程序中不需要再次定義該變量。

\n【參考答案】

\n

\n

31.B解析：ARPANET是計算機網絡技術發(fā)展中的一個里程碑，它的研究成果對促進網絡技術的發(fā)展起到了重要的作用，并為Internet的形成奠定了基礎。NOVELL是一家公司，它推出NetWare的網絡操作系統(tǒng)，ALOHA是一種介質動態(tài)分配的協(xié)議。

32.D解析：在EDI應用系統(tǒng)中，目前使用最多的是通過專門網絡服務提供商提供的EDI網絡平臺，建立用戶之間的數(shù)據交換關系。

33.D解析：拆裝子層完成的功能是：把上層傳來的數(shù)據分割成48字節(jié)的ATM有效載荷，也負責把來自ATM層的信元組裝成報文送到上層；ATM層為業(yè)務提供的是信元傳送功能；物理媒介依賴子層實際傳輸ATM信元中的各比特，提供物理接入；傳輸會聚子層完成的則是實現(xiàn)比特流和信元流之間的轉換。

34.voidjsVal(){intithouhuntendataj;intabcd;for(i=0;i＜200;i++){thou=a[i]/l000;/*求四位數(shù)的千位數(shù)字*/hun=a[i]%1000/100;/*求四位數(shù)的百位數(shù)字*/ten=a[i]%100/10;/*求四位數(shù)的十位數(shù)字*/data=a[i]%10;/*求四位數(shù)的個位數(shù)字*/ab=thou*10+ten;/*把千位數(shù)和十位數(shù)重新組合成一個新的十位數(shù)字ab*/cd=data*10+hun;/*把個位數(shù)和百位數(shù)組合成一個新的十位數(shù)字cd*/if((ab-cd>0)&&(ab%2!=1&&ab%5==0)&&cd%2==l&&ab!=0&&cd!=0)/*如果ab＞cdab是偶數(shù)且能被5整除cd是奇數(shù)且兩個數(shù)均不為0*/{b[cnt]=a[i];/*將滿足條件的數(shù)存入數(shù)組b中*/cnt++;/*統(tǒng)計滿足條件的數(shù)的個數(shù)*/}}for(i=0;i＜cnt-1;i++)/*將數(shù)組b中的數(shù)按從大到小的順序排列*/for(j=i+l;j＜cnt;j++)if(b[i]＜b[j]){data=b[i];b[i]=b[j];b[j]=data;}｝voidjsVal()\r\n{\r\ninti,thou,hun,ten,data,j;\r\nintab,cd;\r\nfor(i=0;i＜200;i++)\r\n{\r\nthou=a[i]/l000;/*求四位數(shù)的千位數(shù)字*/\r\n\u3000hun=a[i]%1000/100;/*求四位數(shù)的百位數(shù)字*/\r\nten=a[i]%100/10;/*求四位數(shù)的十位數(shù)字*/\r\ndata=a[i]%10;/*求四位數(shù)的個位數(shù)字*/\r\nab=thou*10+ten;/*把千位數(shù)和十位數(shù)重新組合成一個新的十位數(shù)字ab*/\r\ncd=data*10+hun;/*把個位數(shù)和百位數(shù)組合成一個新的十位數(shù)字cd*/\r\nif((ab-cd>0)&&(ab%2!=1&&ab%5==0)&&cd%2==l&&ab!=0&&cd!=0)\r\n/*如果ab＞cd，ab是偶數(shù)且能被5整除，cd是奇數(shù)，且兩個數(shù)均不為0*/\r\n{\r\nb[cnt]=a[i];/*將滿足條件的數(shù)存入數(shù)組b中*/\r\ncnt++;/*統(tǒng)計滿足條件的數(shù)的個數(shù)*/\r\n}\r\n}\r\nfor(i=0;i＜cnt-1;i++)/*將數(shù)組b中的數(shù)按從大到小的順序排列*/\r\nfor(j=i+l;j＜cnt;j++)\r\nif(b[i]＜b[j])\r\n{\r\ndata=b[i];\r\nb[i]=b[j];\r\nb[j]=data;\r\n}\r\n\u3000\u3000｝解析：本題考查的知識點如下：

(1)將一個4位整數(shù)各位上的數(shù)轉變成單獨的個位數(shù)。

(2)判斷結構中多個條件的布爾運算。

(3)循環(huán)的使用。

(4)數(shù)據的排序。

在本題中，首先要將一個4位數(shù)的千位、百位、十位、個位拆成獨立的數(shù)字。這里借助特殊運算符號“%”——取余和“/”——整除。將1個4位數(shù)整除1000則可得到其千位上的數(shù)字，將其除以1000取余再整除100則可得百位上的數(shù)字，除以100取余再整除10則可得十位上的數(shù)字，除以10取余則得個位上的數(shù)字。若一個數(shù)除以2取余為0，則這個數(shù)是偶數(shù)。由題意可知，各個條件必須同時滿足，所以各條件之間用“與”運算。先將符合條件的數(shù)存入數(shù)組b中，再對b中的數(shù)據進行排序。排序采用“選擇排序法”。

35.voidCalValue(void){intidata;for(i=0;i〈MAXNUM;i++){if(!xx[i])continue;/*如果當前數(shù)為0則結束本次循環(huán)取下一個數(shù)*/if(xx[i]>0)totNum++;/*統(tǒng)計正整數(shù)的個數(shù)*/data=xx[i]>>1;/*將數(shù)右移一位*/if(data%2==0)/*如果右移1位后產生的新數(shù)是偶數(shù)*/{totCnt++;totPjz+=xx[i];}/*統(tǒng)計這些數(shù)的個數(shù)并將滿足條件的原數(shù)求和*/}totPjz/=totCnt;/*求滿足條件的這些數(shù)(右移前的值)的算術平均值*/}voidCalValue(void)\r\n{\r\ninti,data;\r\nfor(i=0;i〈MAXNUM;i++)\r\n{\r\nif(!xx[i])\r\ncontinue;/*如果當前數(shù)為0,則結束本次循環(huán)，取下一個數(shù)*/\r\nif(xx[i]>0)\r\ntotNum++;/*統(tǒng)計正整數(shù)的個數(shù)*/\r\ndata=xx[i]>>1;/*將數(shù)右移一位*/\r\nif(data%2==0)/*如果右移1位后，產生的新數(shù)是偶數(shù)*/\r\n{\r\ntotCnt++;\r\ntotPjz+=xx[i];\r\n}/*統(tǒng)計這些數(shù)的個數(shù)，并將滿足條件的原數(shù)求和*/\r\n}\r\ntotPjz/=totCnt;/*求滿足條件的這些數(shù)(右移前的值)的算術平均值*/\r\n}解析：本題的解題思路是首先利用一個for循環(huán)來依次從數(shù)組中取得各數(shù)，由于題目要求數(shù)組中正整數(shù)的個數(shù)，因此，零不做任何處理，接著去取下一個數(shù)。只要某數(shù)大于零，則該數(shù)一定是正整數(shù)，這時就給變量totNum(正整數(shù)的個數(shù))累加1，之后把該正整數(shù)右移一位后的結果臨時保存在變量data中，再對這個臨時變量進行是否偶數(shù)的判斷。如果該臨時變量中保存的值是偶數(shù)，則表明原數(shù)符合條件，就給變量totCnt(符合判斷條件的正整數(shù)個數(shù))累加1，并把當前的變量data右移前的原數(shù)的值累加到變量totPjz中