金陵科技学院 数据库系统原理 往年试卷答案 B卷
《数据库原理》试卷(A和B卷)-答案
《数据库原理》试卷答案(A)一、单项选择题 (本大题共15小题，每小题2分，共30分) 在每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填在题后的括号内，错选或未选均无分。
1. A2. B3. B4. A5. C6. C7. A8. A9. C 10. B 11. C 12. D 13. C 14. A 15.B二、填空题 (本大题共10小题，每小题1分，共10分，将正确的答案写在每小题的空格内。
错填或不填均无分。
)1. 可重用性 (或共享性)2. 层次模型。
3. 谓词演算4. 自反5. B→C6. 重构条件7. 不一致分析8. 隔离性9. 简单 (或容易)10. 子类型三、简答题 (本大题共5小题，每小题4分，共20分)1.什么是多值依赖中的数据依赖？举例说明。
答：在关系模式中，函数依赖不能表示属性值之间的一对多联系，这些属性之间有些虽然没有直接关系，但存在间接的关系，把没有直接联系、但有间接的联系称为多值依赖的数据依赖。
例如，教师和学生之间没有直接联系，但教师和学生可通过系名，或任课把教师和学生联系起来。
2.请阐述在网状模型和关系模型中，实体之间联系的实现方法。
答：在网状模型中，联系用指针实现。
在关系模型中，联系用关键码 (或外键，或关系运算) 来实现。
3. 设有两个关系R (A，B，C) 和S (C，D，E)，试用SQL查询语句表达下列关系代数表达式πA，E (σ B = D (R∞S))。
答：SELECT A，EFROM R，SWHERE B = D AND R.C = S.C4. 什么是对象关系数据模型？答：在传统的关系数据模型基础上，提供元组、数组、集合等数据类型以及处理新的数据类型操作的能力，这样形成的数据模型，称为“对象关系数据模型”。
5. 设有关系R和S，其中R为参照关系，S为信赖关系。
为了实现完整性约束，SQL规定可以对R的删除操作采取哪三种措施？答：(1) RESTRICT (或约束删除)(2) CASCADE (或级联删除)(3) SET NULL (或外键值置空)四、设计题 (本大题共5小题，每小题6分，共30分)1. 设有关系数据库：职工关系EMPLOYEE (职工号，职工名，街道，城市)工作关系WORKS (职工号，公司号，工资)公司关系COMPANY (公司号，公司名，城市)假设职工可在多个公司兼职，试用SQL语句写出下列操作：将所有在“联华公司”工作的职工加薪5﹪。
(完整版)《数据库原理》期末试卷及答案(B)
参考答案一.单项选择题（本大题共15小题，每题2分，共30分。
在每小题列出的4个选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填在题后的括号内。
错选或未选都无分。
）1、A2、C3、D4、A5、A6、C7、D8、D9、A 10、A11、B 12、D 13、D 14、C 15、C二.填空题（本大题共7小题，每小题3分，共21分。
将正确的答案填在每小题的空格内。
错填或不填均无分）16、先来先服务17、参照完整性18、REDO19、并发控制20、系统故障21、共享锁22、可串行性三.名词解释（本大题共3小题，每小题8分，共24分）23、封锁粒度封锁对象可以很大，比如对整个数据库加锁，也可以很小，比如只对某个属性值加锁。
封锁对象的大小称为封锁粒度。
封锁粒度与系统的并发度和并发控制的开销密切相关。
封锁的粒度越大，系统中能够被封锁的对象就越少，并发度也就越小，但同时系统开销也越小；相反，封锁的粒度越小，并发度越高，但系统开销也就越大24、死锁如果事务T1封锁了数据A，事务T2封锁了数据B。
之后T1又申请封锁B，因T2已封锁了B，于是T1等待T2释放B上的锁。
接着T2又申请封锁A，因T1已封锁了A，T2也只能等待T1释放A上的锁。
这样就出现了T1在等待T2，而T2又在等待T1的局面，T1和T2两个事务永远不能结束，形成死锁。
25、事务事务是数据库的逻辑工作单位，它是用户定义的一组操作序列。
事务应该有4个属性：原子性、一致性、隔离性和持续性。
四、简答题（本大题共3小题，共25分）26、为了保证并行操作的正确性，DBMS的并行控制机制必须提供一定的手段来保证调度是可串行化的。
目前DBMS普遍采用封锁方法来保证调度的正确性，即保证并行操作调度的可串行性。
除此之外还有其他一些方法，如时标方法、乐观方法等。
27、并发操作带来的数据不一致性包括三类：丢失修改、不可重复读和读“脏”数据。
丢失修改是指事务1与事务2从数据库中读入同一数据并修改，事务2的提交结果破坏了事务1提交的结果，导致事务1的修改被丢失。
2022年金陵科技学院数据科学与大数据技术专业《数据库系统原理》科目期末试卷B(有答案)
2022年金陵科技学院数据科学与大数据技术专业《数据库系统原理》科目期末试卷B（有答案）一、填空题1、数据的安全性是指____________。
2、在SELECT命令中，______子句用于选择满足给定条件的元组，使用______子句可按指定列的值分组，同时使用______子句可提取满足条件的组。
3、在SQL Server 2000中，某数据库用户User在此数据库中具有对T 表数据的查询和更改权限。
现要收回User对T表的数据更改权，下述是实现该功能的语句，请补全语句。
_____UPDATE ON T FROM User；4、SQL语言的数据定义功能包括______、______、______和______。
5、如图所示的关系R的候选码为；R中的函数依赖有；R属于范式。
一个关系R6、在SQL Server 2000中，数据页的大小是8KB。
某数据库表有1000行数据，每行需要5000字节空间，则此数据库表需要占用的数据页数为_____页。
7、数据管理技术经历了______________、______________和______________3个阶段。
8、数据仓库创建后，首先从______中抽取所需要的数据到数据准备区，在数据准备区中经过净化处理______，再加载到数据仓库中，最后根据用户的需求将数据发布到______。
9、在SQL Server 2000中，新建了一个SQL Server身份验证模式的登录账户LOG，现希望LOG在数据库服务器上具有全部的操作权限，下述语句是为LOG授权的语句，请补全该语句。
EXEC sp_addsrvrolemember‘LOG’，_____；10、在SQL语言中，为了数据库的安全性，设置了对数据的存取进行控制的语句，对用户授权使用____________语句，收回所授的权限使用____________语句。
二、判断题11、视图是可以更新的。
（）12、数据库的数据项之间无联系，记录之间存在联系。
《数据库系统原理》期末考试题--试题06
页脚内容1北京邮电大学2006——2007学年 第一学期《数据库系统原理》期末考试试题(试卷B)一、填空题(每空1分，共15分)1. 1. 数据管理经历了，，2.三个阶段。
3.2表示实体和实体之间联系的模型，称为。
4.3现实世界中事物的个体在信息世界中称为，在机器世界中称为。
5.4在数据库三级模型结构中，单个用户使用的数据视图的描述，称为，全局数据视图的描述，称为，物理存储数据视图的描述，称为。
5关系模型是由，，三部分组成。
6关系数据库中，二维表称为一个，表的一行称为，表的一列称为。
二、单项选择题（每小题2分，共20分）1、数据库技术的奠基人之一，E.F.Codd于1970年发表多篇论文，主要论述的是______。
A．网络数据模型B．层次数据模型页脚内容2C．关系数据模型D．面向对象数据模型2、数据库的网状模型应满足的条件是_____。
A．允许一个以上的无双亲，也允许一个结点有多个双亲B．必须有两个以上的结点C．有且仅有一个结点无双亲，其余结点都只有一个双亲D．每个结点有且仅有一个双亲3、数据库三级模式体系结构的划分，有利保持数据库的_____。
A．结构规范化B．数据安全性C．数据独立性D．操作可行性4、数据库（DB）、数据库系统（DBS）和数据库管理系统（DBMS）三者之间的关系是_____。
A．DBS包括DB和DBMSB．DBMS包括DB和DBSC．DB包括DBS和DBMSD．DBS就是DB，也就是DBMS5、数据的正确、有效和相容称之为数据的______。
A．安全性B．一致性C．独立性D．完整性页脚内容36、在一个关系中如果有这样一个属性存在，它的值能惟一地标识关系中的每一个元组，称这个属性为____。
A．候选码B．数据项C．主属性D．主属性值7、在关系代数运算中，五种基本运算为_____。
A．并、差、选择、投影、自然连接B．并、差、交、选择、投影C．并、差、选择、投影、乘积D．并、差、交、选择、乘积8、事务的原子性是指_____。
数据库系统原理期末卷子B+答案
《数据库系统原理》期末考试试卷(B)答案(考试形式： A 4 O P E N 考试时间: 2小时) 考试作弊不授予学士学位方向： 姓名： ______ 学号：注意：答案一定要写在答卷中，写在本试题卷中不给分。
本试卷要和答卷一起交回。
Question 1 Logical Databases (20 marks)You are required to construct an ER Diagram for a restaurant which maintains data about the following three entities: dish, staff and transaction . The three relationships are bill , cook and processed-by and the details of the relationships are described as follows:∙ A record in dish is uniquely identified by a five-digit dish-code , and contains the information for the name of the dish, the price of the dish; ∙ A staff member has staff-id , name , and working-time-info ;∙ Each dish is cooked by exactly one staff member, but a staff member can cook more than one dishes, assume that all the staff members can cook for simplicity;∙ A transaction can be uniquely identified by the following information: date , time , and the responsible staff who has processed the transaction.∙ More than one units of the same dish could be sold and should be recorded by a distinct transaction, this relationship is called bill .(a) (15 marks) Draw the ER diagram that consists of the three entities and the three relationships. You should write down the assumptions clearly if you think that the above description of the three entities and three relationships is not adequate for drawing the ER Diagram. You should also indicate all important information of the ER Diagram such as keys, weak entities and cardinalities.(b)(5 marks) Convert the above ER Diagram into the corresponding relationalschemas. Underline all the attribute(s) of the primary key. Specify clearlywhether a schema is obtained from an entity, a weak entity or a relationship.entities:dish(dish-code, name, price)staff(staff-id, name, working-time-info)weak entity:transaction(date, time, staff-id)relationships:cook(dish-id, staff-id)bill(date, time, dish-code, num-of-dish-sold)Note: there is no extra table for the relationship process-by between a weak entity and its “owner/strong” entity.Question 2 Indexing Structure (18 marks)Suppose that we are using extendable hashing index that contains the following search-key values K: 2, 10, 10, 12, 15, 15, 3, 13. Assuming the search-key values arrive in the given order (i.e. 2 being the first coming key and 13 being the last one). Show the extendable hash structure for each case of inserting a group of the above key values if the hash function is h(x) = x mod 16 and buckets can hold two keys.The initial configuration of the structure and the binary form of all keys are given in the diagram below.Convention requirement: You should use the bits starting from the most-significant one or MSB (the left-hand side) as the hashing index.Initial hash table Empty bucketBinary values of all keys Ka)After inserting 2, 10, 10;b)After inserting 12;c)After inserting 15, 15, 3, 13.a)After inserting 2, 10, 10;b)After inserting 12;c)After inserting 15, 15, 3, 13.Question 3 (22 marks) Join AlgorithmsConsider the following two relations R and S. The number of records in R and S is also given.∙R(A, B, C, D): 5,000 records∙S(A, E, F, G): 18,000 recordsThe sizes of all attribute values are given in the table.A B C D E F G10 bytes 20 bytes 30 bytes 20 bytes 50 bytes 20 bytes 20 bytesAssume the size of each memory page is 4K bytes and the memory buffer has 25 pages. All the computations should show the steps. Consider the following SQL query:Query: SELECT C, E FROM R, S WHERE R.A=S.A(a) (4 marks) What is the size of R and S in terms of pages?For R: each R record contains 10+20+30+20=80 bytes. There are 4000/80=50 records per page. Thus, the size of R is 5,000/50=100 pages.For S: each S record contains 100 bytes. There are 4000/100=40 R records per page. The size of S is thus 18,000/40=450 pages.(b) (18 marks) Assume using sort-merge join to process the query as follows:Step 1: Sort R on R.A and store the sorted relation in disk, assuming we discard irrelevant attributes as soon as possible. (Note: Y ou may need to round up to whole page after removing the irrelevant attributes in the first pass.)Step 2: Sort S on S.A but compare with R (sorted already in Step 1) once a sorted page of S is generated in the final pass, assuming again we discard irrelevant attributes as soon as possible. (Note: S pages generated in the final pass do not need to write back to disk.)Sept 3: Transfer sorted R page by page from disk to memory buffer to compare the sorted pages of S once a sorted page is generated in Step 2.Estimate the cost of each step and then compute the total cost of sort-merge join.Step 1: We have ⎡100/25⎤ = 4 sorted runs. At each sorted run 25 R pages are read and 13 pages are written due to discarding attributes B and D. One more pass can merge all. Cost of sorting R = (100+13*4)(first pass)+(13*4+50)(second pass)=152+52+50=254.Step 2: We have ⎡450/25⎤ = 18 sorted runs. At each sorted run 25 S pages are read and 15 pages are written due to discarding attributes F and G. One more pass can merge all and the generated pages are used for direct comparison. Cost of sorting S = 450+18*15+18*15 (half of the final pass) =450+270+270=990Step3: Cost of transfer sorted R = 50Total cost = 254+990+50=1294Question 4 (20 marks) Physical Database DesignConsider the following schemas with usual meaning: Students and professors belong to some departments. Students are enrolled in the courses offered by some professors. The size of all the attribute values is assumed to be the same in each schema.TABLES: No of records No of pages DEPARTMENT(D_ID, D_NAME, HEAD_ID)100 20PROFESSOR(P_ID, P_NAME, SALARY, D_ID)1,000 100STUDENT(S_ID, S_NAME, D_ID) 10,000 1,000COURSE(C_ID, C_NAME, D_ID) 1,000 100OFFERING(O_ID, C_ID, YEAR, SEMESTER, P_ID) 10,000 1,000ENROLL(S_ID, O_ID, GRADE) 100,000 10,000 General information: There are 500 different professor names, 1,000 different student names, and 100 different department names. On the average, each student is enrolled in 10 offerings and each offering has 10 students. Each department offers 10 courses. Assume that professor salaries are uniformly distributed in the range from 10,000 to 110,000.Index information: All index pages are stored in disk. We assume B-trees with height 3 for clustered index stored and there are no overflow buckets for hash index. For indexes on a non-candidate key, you may have multiple entries with the same search key entry. We also ignore the cross-page factor for multiple records with same search key in a file if the number of records is within the page limit.We optimize the queries in (a) and (b) as follows.(a) Query 1: Display the names of all professors whose salary is in the range from 30,000 to 35,000.Approach 1: Build a clustered index on professor.salary.Approach 2: Build a multi-attribute index on <salary, p_name> and do index-only scan.Which approach is better? Your answer should be based on the cost estimation with clear explanations.Approach 1: Build a clustered index on professor.salary. The query is expected to retrieve 50 (5%) professors, i.e., 5 pages.Total Cost = 3+5.Approach 2: We can use a multi-attribute index on professor<salary, p_name> and do index-only scan. Since each index entry contains only 2 of the 4 attributes, we can assume that the index leaf level contains 50 pages (half of the file). The cost is 3 pages to find the first entry satisfying the input condition, and then 2 more pages for reading the remaining entries (recall that the query will retrieve 5% of professors, so it has to read 5% of the index leaf nodes, i.e., 3 pages).Total cost= 3+2.(Better)(b) Query 2: Given a professor’s name, find the name of the department that the professor belongs to.Approach 1: Build one hash index on professor. p_name and another hash index on department.d_id.Approach 2: Build one hash index on professor.p_name and a hash file organization on department.d_id where the department records are partitioned in 5 buckets.Which approach is better? Your answer should be based on the cost estimation with clear explanations.Approach 1: Build a hash index on professor.p_name. Use the index to find the two professors with the input name. Cost = 1 (for locating the p_name entry in the index) + 2 (for following the two pointers in the file).For each d_id of these professors, use a hash index on department.d_id to retrieve the department record (and d_name), with cost 2.Total cost 3+2x2=7. (Better)Approach 2: Instead of a hash index on department.d_id, use a hash file organization on department, where the records are partitioned in 5 buckets (each bucket has 4 pages) based on their d_id. In this case, we can retrieve each project record with cost 4.Total cost 3+2x4=11.Question 5 Transaction Management (20 marks)(a) (2 marks) Give two reasons why a serial schedule for database transactions is not practical for commercial DBMSs.∙No sharing of data. (No concurrency)∙Cannot fully utilize the system idle timeIn the following questions, the notation is self-explanatory. For example, R1(X) means transaction T1 reads item X. Similarly, “W” means WRITE and “C” means “Commit”.(b) (18 marks) For each of the following schedules, indicate whether it is conflict serializable and recoverable. If it is conflict serializable, then write out one equivalent serial schedule. The following is an example of the expected answer.[Example]R1(X), R2(X), W2(Y), C2, R1(Y), C1.Answer:It is serializable.It is recoverable.The equivalent serial schedule is T2, T1.(i)R1(X), W1(X), R2(X), W2(X), R1(Y), W1(Y), R2(Y), W2(Y), C2, C1.Answer:It is serializable.It is not recoverable.The equivalent serial schedule is T1, T2.(ii)R1(X), R1(Y), R2(X), W2(Y), W2(X), C2, W1(Z), C1.Answer:It is serializable.It is recoverable.The equivalent serial schedule is T1, T2(iii)R1(X), R2(X), R3(X), W2(Y), W3(X), R3(Y), R1(Y), C3, C2, W1(X), C1Answer:It is not serializable.It is not recoverable.。
2022年金陵科技学院数据科学与大数据技术专业《计算机组成原理》科目期末试卷B(有答案)
2022年金陵科技学院数据科学与大数据技术专业《计算机组成原理》科目期末试卷B（有答案）一、选择题1、主存按字节编址，地址从0A4000H到0CBFFFH，共有（）字节；若用存储容量为32K×8位的存储芯片构成该主存，至少需要（）片。
A.80K，2B.96K，2C.160K，5 C.192K，52、下列关于ROM和RAM的说法中，错误的是（）。
I.CD-ROM是ROM的一种，因此只能写入一次ⅡFlash快闪存储器属于随机存取存储器，具有随机存取的功能Ⅲ.RAM的读出方式是破坏性读出，因此读后需要再生IV.SRAM读后不需要刷新，而DRAM读后需要刷新A.I、ⅡB.I、Ⅲ、ⅣC.Ⅱ、ⅢD.I、Ⅱ、lⅢ3、在补码一位乘中，若判断位Y n Y n+1=01，则应执行的操作为（）。
A.原部分积加[-x]补，然后右移一位B.原部分积加[x]补，然后右移一位C.原部分积加[-x] 补，然后左移一位D.原部分积加[x]补，然后左移一位4、并行加法器中，每位全和的形成除与本位相加两数数值位有关外，还与（）有A.低位数值大小B.低位数的全和C.高位数值大小D.低位数送来的进位5、对于相同位数（设为N位，且各包含1位符号位）的二进制补码小数和十进制小数，（二进制小数所表示的数的个数）/（十进制小数所能表示的数的个数）为（）。
A.（0.2）NB. （0.2）N-1C. （0.02）ND. （0.02）N-16、系统总线中的数据线、地址线、控制线是根据（）来划分的。
A.总线所处的位置B.总线的传输方向C.总线传输的内容D.总线的材料7、在链式查询方式下，若有N个设备，则（）。
A.只需一条总线请求线B.需要N条总线请求线C.视情况而定，可能一条，也可能N条D.以上说法都不对8、将高级语言源程序转换为机器目标代码文件的程序是（）。
A.汇编程序B.链接程序C.编译程序D.解释程序9、完整的计算机系统应该包括（）。
A.运算器、存储器、控制器B.外部设备和主机C.主机和应用程序D.主机、外部设备、配套的软件系统10、对于字符显示器，主机送给显示器的应是显示字符的（）A.ASCI 码B.列点阵码C.BCD码D.行点阵码11、某计算机的IO设备采用异步串行传送方式传送字符信息，字符信息的格式为：1位起始位、7位数据位、1位检验位、1位停止位。
(完整版)数据库系统原理(含答案)
数据库系统原理自测题（2）一、单项选择题1．数据库物理存储方式的描述称为【B】A．外模式B．内模式C．概念模式D．逻辑模式2．在下面给出的内容中，不属于DBA职责的是【A】A．定义概念模式B．修改模式结构C．编写应用程序D．编写完整行规则3．用户涉及的逻辑结构用描述【C】A．模式B．存储模式C．概念模型D．逻辑模式4．数据库在磁盘上的基本组织形式是【B】A．DB B.文件 C.二维表 D.系统目录5．在DBS中，最接近于物理存储设备一级的结构，称为【D】A．外模式B．概念模式C．用户模式D．内模式6．从模块结构考察，DBMS由两大部分组成：【B】A．查询处理器和文件管理器B．查询处理器和存储管理器C．数据库编译器和存储管理器D．数据库编译器和缓冲区管理器7．设W=R⋈S，且W、R、S的属性个数分别为w、r和s，那么三者之间应满足【A】A．w≤r+s B．w＜r+s C．w≥r+s D．w＞r+s8．数据库系统的体系结构是数据库系统的总体框架，一般来说数据库系统应具有三级模式体系结构，它们是【A】A．外模式、逻辑模式和内模式B．内模式、用户模式和外模式C．内模式、子模式和概念模式D．子模式、模式和概念模式9．ER图是表示概念模型的有效工具之一，在ER图中的菱形框表示【A】A．联系B．实体C．实体的属性D．联系的属性10．数据库管理系统中数据操纵语言DML所事项的操作一般包括【A】A．查询、插入、修改、删除B．排序、授权、删除C．建立、插入、修改、排序D．建立、授权、修改11．设有关系R(A,B,C)和关系S(B,C,D)，那么与R⋈S等价的关系代数表达式是【C】A．π1，2，3，4（σ2=1∧3=2（R×S））B．π1，2，3，6（σ2=1∧3=2（R×S））C．π1，2，3，6（σ2=4∧3=5（R×S））D．π1，2，3，4（σ2=4∧3=5（R×S））12．在关系模式R中，函数依赖X→Y的语义是【B】A．在R的某一关系中，若两个元组的X值相等，则Y值也相等B．在R的每一关系中，若两个元组的X值相等，则Y值也相等C．在R的某一关系中，Y值应与X值相等D．在R的每一关系中，Y值应与X值相等13．设有关系模式R（A，B，C，D），R上成立的FD集F={A→C，B→C}，则属性集BD 的闭包(BD)+为【B】A．BD B．BCD C．ABD D．ABCD14．有10个实体类型，并且它们之间存在着10个不同的二元联系，其中2个是1：1联系类型，3个是1：N联系类型，5个是M：N联系类型，那么根据转换规则，这个ER结构转换成的关系模式有【B】A．13个B．15个 C．18个 D．20个15．关系模式R分解成数据库模式ρ的一个优点是【D】A．数据分散存储在多个关系中B．数据容易恢复C．提高了查询速度D．存储悬挂元组16．事务并发执行时，每个事务不必关心其他事务，如同在单用户环境下执行一样，这个性质称为事务的【D】A．持久性B．一致性 C．孤立性 D．隔离性17．用户或应用程序使用数据库的方式称为【B】A．封锁B．权限 C．口令D．事务18.常用的关系运算是关系代数和。
数据库原理期末试卷B及其参考答案
杭州师范大学信息科学与工程学院XXXX-XXXX学年第X学期期末考试《数据库原理》试卷（B）班级：学号：姓名：题号 一 二 三 四 总分得分得分一、单项选择题（共30分，每小题2分。
把最恰当的答案题号填入括号内）1．下面列出的条目中，（ ）是数据库系统的组成成员。
Ⅰ.操作系统 Ⅱ.数据库管理系统Ⅲ.用户 Ⅳ.数据库管理员Ⅴ.数据库A、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ和ⅤB、Ⅱ、Ⅳ和ⅤC、Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ和ⅤD、都是2．在下面列出的数据模型中，（ ）是概念数据模型。
A、关系模型B、层资模型C、网状模型D、实体—联系模型3．在关系数据库中，表（table）是三级模式结构中的（ ）。
A、外模式B、模式C、存储模式D、内模式4．设关系R和关系S的元数（目）分别是3和4，关系T是R与S的广义笛卡尔积，即：T=R×S，则关系T的元数是（ ）。
A、7B、9C、12D、165．设有关系R（A，B，C）和S（C，D）。
与SQL语句select A,B,D from R,S where R.C=S.C等价的关系代数表达式是（ ）。
A、σR.C=S.C(πA,B,D(R×S))B、πA,B,D(σR.C= S.C(R×S))C、σR.C=S.C((πA,B R)×(πD S))D、σR.C=S.C(πD((πA,B R)×S)6．嵌入式SQL实现时，采用预处理方式是（ ）。
A、把SQL语句和宿主语言语句区分开来B、为SQL语句加前缀标识和结束标志C、识别出SQL语句，并处理成函数调用形式D、把SQL语句编译成二进制码7．关系模式R中的属性全是主属性，则R的最高范式必定是（ ）。
A、1NFB、2NFC、3NFD、BCNF8．设有关系模式R（A，B，C，D），其数据依赖集：F＝{（A，B）→C，C→D}，则关系模式R的规范化程度最高达到（ ）。
A、1NFB、2NFC、3NFD、BCNF9．关系数据库的规范化理论主要解决的问题是（ ）。
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教师（教师工号，教师姓名，职称）(1分)
学生（学号，学生姓名，性别，年龄，教师工号）(2分)
课程（课程号，课程名称，教材，教师工号）(2分)
选课（学号，课程号，成绩）(1分)
教师的关系模式达到BCNF范式。(1分)
2．答：(共6分，每行语句各占1分)
CREATE TRIGGER Change1(1分)
WHERE J.JNO=SPJ.JNOAND SPJ.SNO=’S1’；
3．SELECT PNO
FROM P
WHERE WEIGHT IN
（SELECT MIN (WEIGHT) FROM P）；
4．SELECT DISTINCT SPJ.SNO
FROM SPJ, P
WHERE P.PNO=SPJ.PNO AND SPJ.JNO=’JI’AND P.COLOR=’红’；
金陵科技学院
试题评分标准及参考答案（B卷）
2016/2017学年 第1学期
课程所属部门：软件工程学院课程名称：数据库系统原理使用班级：15软件工程（嵌入式培养）
制作人：教研室（系）主任审核：主管领导审核：
一、填空题（本题10空 ,每空1分,共10分 ）
1.数据库、数据库管理员。
2.丢失修改、不可重复读
8．UPDATE S
SET CITY=‘上海’
WHERE SNO=‘S3’；
9．DELETE FROM J
WHERE JNO=‘J6’；
10. GRANT SELECT ONSPJ TO张三
WITH GRANT OPTION；
五、数据库及程序设计题（本题2小题，共20分）
1．答：(共14分)
①
(共7分，6个框及属性各1分，实体之间的关系1分)
5．答：意向锁的含义是，对任一结点加锁时，必须先对它的上层结点加意向锁。（3分）
引进意向锁匙为了提高封锁子系统的效率。（2分）
四、SQL语言（本题共10小题，每题3分，共30分）
1．SELECT SNO
FROM SPJ
WHERE JNO＝’JI’；
2．SELECT J.JNAME
FROM J, SPJ
常用的SQL自主存取控制语句分别是：授权GRANT，回收权限REVOKE 。(2分)
4．答：答：数据库系统中可能发生各种各样的故障，大致可分为：事务内部故障；系统故障；介质故障；计算机病毒。(2分)
事务故障、系统故障和介质故障影响事务的正常执行；(2分)
介质故障和计算机病毒破坏数据库中的数据。(1分)
ONStudent(1分)
FOR INSERT(1分)
AS(1分)
SELECT*FROMStudent；(1分)
DROPTRIGGERChange1；(1分)
2．答：并发操作带来的数据不一致性包括三类：丢失修改、不可重复读和读“脏”数据。(3分)
避免不一致性的方法和技术就是并发控制。最常用的并发控制技术是封锁技术。还有时间戳、乐观控制方法等并发控制技术。 (2分)
3、答：自主存取控制：定义各个用户对不同数据对象的存取权限。当用户对数据库访问时首先检查用户的存取权限。防止了不合法用户对数据库的存取。(3分)
5．SELECT DISTINCT SPJ=SPJ.SNOAND P.PNO=SPJ.PNOAND S.SNO=’S1’；
6．SELECT COUNT(JNO)
FROM J
GROUP BY CITY；
7．INSERT INTOS
VALUES（‘S6’，‘N6’，‘南京’）；
3.逻辑结构设计、物理结构设计、数据库实施。
4.原子性、一致性、隔离性。
二、单项选择题(请在每小题的4个备选答案中，选出一个最佳答案，共15小题；每小题1分，共15分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案
A
A
B
C
D
B
A
B
C
C
C
B
B
D
A
三、简答题(本题共5小题，每小题5分，共25分)
1．答：数据库设计过程的6个阶段：①需求分析：准确了解与分析用户需求；②概念结构设计：通过对用户需求进行综合、归纳与抽象，形成一个独立于具体DBMS的概念模型；③逻辑结构设计：将概念机构转换为某个DBMS所支持的数据模型；④数据库物理设计:为逻辑数据模型选取一个最适合应用环境的物理结构；⑤数据库实施：使用数据语言和工具编制与调试应用程序；⑥数据库运行和维护：在数据库系统运行过程中对其进行评价、调整与修改。(5分)