专题三 多媒体技术基础
挖命题
【考情探究】
考点
考试内容
考试要求
5年考情
预测热度
考题示例
考向
难度
多媒体技
术基础
1.多媒体技术的概念与特征
b
2018浙江6月学考,8,2分
多媒体技术的特征
★★☆
★★☆
2.多媒体技术的应用
a
3.多媒体计算机系统的组成
a
2016浙江10月选考,1,2分
视频文件编辑软件
★☆☆
4.多媒体作品设计
①需求分析
②规划和设计
③脚本编写
c
2017浙江4月选考,7,2分
脚本编写
★★☆
5.多媒体数据文件
a
2018浙江6月学考,8,2分
多媒体数据文件类型
★★☆
6.多媒体数据压缩技术
b
2015浙江10月选考,6,2分
数据冗余
★☆☆
2015浙江10月选考,10,2分
声音文件压缩比的计算
★★★
多媒体信
息编码
1.二进制、十六进制与十进制三者之间的相互转换(限正整数)
c
2017浙江11月选考,6,2分
十进制与二进制的转换
★★☆
★★★
2016浙江10月选考,6,2分
十六进制与二进制的转换
★☆☆
2016浙江4月选考,7,2分
十进制与二进制的转换
★☆☆
2015浙江10月选考,7,2分
十六进制与二进制的转换
★★☆
2.ASCII码和汉字编码
b
2018浙江4月选考,5,2分
查看字符内码
★★☆
2017浙江4月选考,4,2分
字符编码
★★☆
3.图像、音频与视频数字化的概念
b
4.图像、音频、视频存储量的计算
c
2018浙江6月学考,6,2分
图像文件的存储容量
★★☆
2017浙江11月选考,10,2分
图像文件的存储容量
★★★
2016浙江10月选考,10,2分
图像文件的存储容量
★★☆
2016浙江4月选考,10,2分
图像文件的编码与存储容量之间的关系
★★★
2018浙江4月选考,10,2分
视频文件的存储容量
★★☆
2017浙江4月选考,10,2分
视频文件的存储容量
★★★
分析解读 本专题从多媒体技术基础和多媒体信息的编码这两个方面的内容进行了介绍。从学考、选考试题来看,多以选择题形式着重考查学生对基本概念的理解和应用。复习时应该特别强调理解和掌握信息的编码,熟练掌握二进制、十六进制与十进制三者之间的相互转换方法。同时还要关注多媒体数据文件的文件格式、存储容量的计算、对数据文件压缩技术的理解和压缩比的计算,尤其是图像文件以及视频文件存储容量的计算问题。
破考点
【考点集训】
考点一 多媒体技术基础
1.某动画“片头”场景的制作脚本如下:
场景:片头
类别序号:1
进入方式:运行文件直接进入
呈现方式:
1.“童”和“趣”两字依次由舞台外从上而下、从小变大进入,并排停在舞台中。
2.“Play”按钮出现在舞台右下方,单击“Play”按钮,将从“草原”场景第1帧开始播放。
呈现顺序说明:
1.一开始同时出现背景声音和“童”动画。
2.“童”动画结束后开始“趣”动画。
3.最后出现“Play”按钮,并停止播放。
下列说法错误的是( )
A.编写制作脚本后,可进行媒体元素的分解
B.在编写本场景的制作脚本之前,应先完成脚本大纲和文字脚本的编写
C.“片头”场景播放完后,将自动循环播放
D.“Play”按钮在“趣”动画结束时或结束后出现
答案 C
2.某同学在信息课上使用工具软件处理一些多媒体素材文件,下列说法错误的是( )
A.可以使用Photoshop软件将一幅BMP标准位图另存为PNG文件
B.可以使用会声会影软件为AVI视频文件添加字幕,并保存为MP4文件
C.可以使用Winzip软件将多个BMP文件压缩成一个ZIP文件,文件变小,图像质量下降
D.可以使用GoldWave软件将一个WAV文件另存为MP3文件,文件变小,声音质量下降
答案 C
3.图a和图b主要反映的数据冗余分别是( )
/
A.时间冗余;空间冗余 B.结构冗余;时间冗余
C.空间冗余;视觉冗余 D.结构冗余;空间冗余
答案 D
考点二 多媒体信息编码
1.(2019金华十校9月考试,6,2分)某十进制偶数x,范围为100~254,将其转化为二进制数y,以下说法不正确的是( )
A.x/2的运算结果转化为二进制数一定比y少1位
B.二进制数y的最低位一定是0
C.十进制数x+1转化为二进制数不超过8位
D.十进制数xmod16与二进制数y的左侧4位的值相等
答案 D
2.(2019届宁波十校9月联考,6,2分)某数据的加密方法如下:
(1)将字符的ASCII码值以字节为单位进行加密处理;
(2)将一个字节的8位二进制数右移1位,最高位用右移出来的最低位补充;
(3)将二进制数转换为十六进制数,顺序连接,即为该字符的密文。
用UltraEdit软件观察字符“2018,Lucky!”的内码如图所示。
/
则字符“z”(小写英文字母)加密后的密文是( )
A.3A B.3D C.40 D.36
答案 B
3.(2019届浙江十校联盟选考,5,2分)汉字内码是在区码和位码的基础上分别加上一个常数得到的,使用UltraEdit软件查看字符内码,部分界面如图所示。
/
以下说法正确的是( )
A.存储图中字符共需12个字节
B.已知“爆”和“保”的区码相同,“爆”的位码比“保”大9,则“爆”的内码为“B1AB”
C.字符“、”的内码为“10100001”
D.字符“3”的内码用二进制表示为“00110011”
答案 D
4.(2019届七彩联盟高三期初联考,10,2分)在GoldWave软件中编辑某音频的部分界面如图a所示,执行“选定部分另存为”命令,部分界面如图b所示。
直接单击“保存”按钮后生成的音频文件存储容量约为( )
/
图a
/
图b
A.1.3MB B.2.5MB C.5.5MB D.10.8MB
答案 B
5.某BMP格式图片文件,其具体参数如图所示。
/
若有一个1GB容量的U盘,则最多可以储存多少张这种图片( )
A.188张 B.246张 C.332张 D.256张
答案 D
6.(2019届金丽衢十二校8月联考,10,2分)一副未经压缩的1360×768像素的BMP图像,其存储容量约为1.99MB,则该图片可能的颜色数为( )
A.224 B.24 C.28 D.216
答案 B
7.(2019届温州8月选考适应性测试,10,2分)有一段未经压缩的PAL制式的AVI无声视频,每帧画面为1024×512像素,24位彩色,视频时间为4秒,将其转换成MP4后存储容量为15MB,则压缩比约为( )
A.2.5∶1 B.10∶1 C.64∶1 D.80∶1
答案 B
过专题
【五年高考】
考点一 多媒体技术基础
A组 2014—2018年真题·基础题组
1.(2018浙江6月学考,8,2分)下列有关多媒体技术的描述,正确的是( )
A.多媒体技术有三个显著的特征,即集成性、交互性、独占性
B.多媒体数据的压缩属于解码的过程,解压缩属于编码的过程
C.多媒体素材中的图形是自然界中实际存在的事物的映像描述
D.常见的多媒体数据文件类型有文本、图像、声音、动画、视频等
答案 D
2.(2015浙江3月学考,3分)智能手机具有打电话、发短信、浏览图片、播放电影、播放音乐等功能。这主要体现了多媒体技术的( )
A.集成性 B.交互性
C.实时性 D.应用性
答案 A
3.(2015浙江9月学考,3分)下列均属于多媒体硬件设备的是( )
A.数码相机、Windows附件中的“画图”程序
B.音箱、Windows附件中的“录音机”程序
C.DVD驱动器、扫描仪
D.摄像头、会声会影
答案 C
4.(2017浙江4月选考,7,2分)某动画“起源”场景的制作脚本如表所示。
场景:起源
类别序号:3
进入方式:单击“目录”场景的“起源”按钮进入
呈现方式:
1.“太阳”从舞台右下方移到舞台中上方,再移动到舞台左下方。
2.“返回”按钮位于舞台右下角,单击该按钮,动画返回到“目录”场景。
呈现顺序说明:
1.一开始出现背景图片、背景音乐。
2.3秒后出现“太阳”动画,持续到本场景结束。
3.最后出现“返回”按钮。
下列说法正确的是( )
A.编写制作脚本前,需先完成媒体元素的分解工作
B.本动画所有场景的制作脚本完成后再编写文字脚本
C.“起源”场景播放完后,将自动关闭动画放映
D.“返回”按钮在“太阳”动画结束时出现
答案 D
5.(2015浙江3月学考,3分)小明要创作一个主题为“讲究卫生,预防疾病”的多媒体作品。在创作之前对这个作品的使用频度、所需资金及产生的经济效益进行分析,这属于( )
A.应用需求分析 B.创作需求分析
C.结构设计 D.编写脚本
答案 A
6.(2016浙江10月选考,1,2分)下列软件中,用于视频文件编辑处理的是( )
A.Winrar B.InternetExplorer
C.会声会影 D.Windows附件中的“画图”程序
答案 C
7.(2015浙江3月学考,3分)下列软件中,主要用于浏览网页文件的是( )
A.Word B.Excel
C.InternetExplorer D.Access
答案 C
8.(2015浙江3月学考,3分)下列一般属于动画文件的是( )
A.Football.txt B.Football.psd
C.Football.wav D.Football.swf
答案 D
9.(2015浙江10月学考,6,2分)人类对图像的分辨能力约为26灰度等级,而图像量化一般采用28灰度等级,超出人类对图像的分辨能力,这种冗余属于( )
A.结构冗余 B.视觉冗余
C.时间冗余 D.空间冗余
答案 B
B组 2014—2018年真题·提升题组
1.(2015浙江3月学考,3分)小李在编写多媒体作品脚本时,将各模块中所需媒体元素的获取及处理方法列表如下,该过程属于( )
序号
场景
名称
内容
获取方法
文件名
1
片头
背景图像
山水图
网上获取、
Photoshop处理
P001.jpg
2
片头
动画
原创片头动画
Flash制作
F001.swf
3
片头
背景音乐
轻音乐
网上获取
S001.mp3
……
……
……
……
……
……
A.制订脚本大纲 B.编写文字脚本
C.编写制作脚本 D.分解媒体元素
答案 D
2.(2015浙江10月学考,10,2分)将一个时长为1分钟、采样频率为44.1kHz、量化位数为16、双声道未经压缩的Wave格式音频文件压缩为MP3格式文件,压缩后的MP3格式文件大小为940KB,则其压缩比约为( )
A.11∶1 B.11∶2 C.11∶4 D.88∶1
答案 A
3.(2015浙江3月学考,3分)将一幅未经压缩的1024×576像素、24位色BMP图片,转换成PNG格式后,存储容量为350KB,则压缩比约为( )
A.40∶1 B.8∶1 C.5∶1 D.1∶1
答案 C
考点二 多媒体信息编码
A组 2014—2018年真题·基础题组
1.(2017浙江11月选考,6,2分)十进制正整数n转换为二进制数,该二进制数末位是“0”。下列说法正确的是( )
A.无法确定n是奇数还是偶数
B.若该二进制数的位数是4,则n的最大值是15
C.n与n+1分别转换为二进制数,这两个二进制数的位数可能不同
D.该二进制数末位的“0”去掉后,再转换为十进制数,所得的值是n/2
答案 D
2.(2016浙江10月选考,6,2分)下列十六进制数中,与二进制数1010100101B值相等的是( )
A.2A5H B.A25H C.A91H D.A94H
答案 A
3.(2016浙江4月选考,7,2分)将十进制数从左至右每位分别转换成对应的4位二进制编码(不足4位的左边补0,例如2转换成0010),然后依次连接。则十进制数109转换后的编码是( )
A.100100000001 B.000001101101
C.101000001001 D.000100001001
答案 D
4.(2015浙江10月选考,7,2分)用24位二进制数来表示RGB颜色,将其每位二进制数取反(0改为1,1改为0),即变为另一种颜色,这种操作称为颜色反相。若某RGB颜色值用十六进制表示为123456H,则其反相后的颜色值用十六进制表示为( )
A.654321H B.987654H
C.EDCBA9H D.FEDCBAH
答案 C
5.(2015浙江3月学考,3分)十进制数83转换成二进制数是( )
A.(1010011)2 B.(1100101)2
C.(1010111)2 D.(1010001)2
答案 A
6.(2015浙江3月学考,3分)二进制数1011111B转换成十六进制数是( )
A.B7H B.BFH C.5EH D.5FH
答案 D
7.(2015浙江3月学考,3分)若在二进制数后加上一个0,形成一个新的二进制数,如(1101)2加一个0后成为(11010)2,则新数值是原数值的( )
A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍
答案 B
8.(2018浙江4月学考+选考,5,2分)使用UltraEdit软件查看字符内码,部分界面如图所示。
/
图中内码所对应的字符是( )
A.bdoaMLNV B.填充颜色
C.背景back D.技术abcd
答案 C
9.(2017浙江4月学考选考,4,2分)使用UltraEdit软件观察字符“挑战AlphaGo!”的内码,部分界面如图所示。
/
下列说法正确的是( )
A.字符“!”的内码占两个字节
B.字符“战”的十六进制码是“BD41”
C.字符“h”的二进制码是“01101000”
D.字符“go”的十六进制码是“476F”
答案 C
10.(2018浙江6月学考,6,2分)一幅未经压缩的1024×768像素、256色的BMP图像,其存储容量约为( )
A.192KB B.768KB
C.6MB D.24MB
答案 B
11.(2015浙江9月学考,3分)使用Photoshop编辑某未经压缩的BMP图像文件,对其调整画布大小,设置界面如图所示。
/
按此设置对图片进行调整,并保存为相同颜色位数的BMP格式文件,则前后2个图像文件的存储容量之比为( )
A.1∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.8∶1
答案 C
12.(2015浙江3月学考,3分)用ACDSee软件浏览4幅未经压缩的图片,如图所示。
/
这4个文件中,存储容量最小的是( )
A.frog.bmp B.horse.bmp
C.panda.bmp D.rooster.bmp
答案 C
13.(2015浙江3月学考,3分)使用一个存储容量为4GB的U盘,来存储未经压缩的1920×1080像素、32位色的BMP图像,总共可以存储这种图像大约( )
A.1000张 B.500张
C.200张 D.10张
答案 B
14.(2015浙江3月学考,3分)模拟音频数字化时,为了获得较小的文件容量,可采取的方法是( )
A.提高音量 B.降低音量
C.提高压缩比 D.降低压缩比
答案 C
15.(2015浙江9月学考,3分)使用某视频编辑软件编辑一段影片,在输出视频文件时有如下选项:
①1280×720,25fps
②720×576,25fps
③640×480,30fps
④320×240,15fps
在其他参数相同的情况下,要使输出的文件清晰度最高,应选择( )
A.① B.② C.③ D.④
答案 A
16.(2015浙江9月学考,3分)使用GoldWave软件编辑某音频,部分操作界面如图所示。当前选中的音频时长为( )
/
A.2秒 B.6秒 C.8秒 D.10秒
答案 B
17.(2015浙江3月学考,3分)使用GoldWave软件新建2段音频,参数设置分别如图a和图b所示。
/
若按此设置保存为相同量化位数的Wave格式文件,则这2个音频文件容量大小之比(图a∶图b)约为( )
A.1∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.8∶1
答案 C
B组 2014—2018年真题·提升题组
1.(2015浙江9月学考,3分)用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示。
/
则字符“23”的十六进制内码值为( )
A.3132 B.3233
C.B9BA D.B8B9
答案 B
2.(2017浙江11月选考,10,2分)未经压缩的BMP图像文件A.bmp和B.bmp,其参数分别为80万像素、256色和40万像素、16色,则图像文件A.bmp与B.bmp存储容量之比为( )
A.4∶1 B.8∶1 C.16∶1 D.32∶1
答案 A
3.(2016浙江10月选考,10,2分)一幅未经压缩的1366×768像素,24位真彩色的BMP图像,其存储容量约为( )
A.3MB B.24MB
C.768MB D.3073MB
答案 A
4.(2016浙江4月选考,10,2分)一个未经压缩的BMP格式图像文件,其相关信息如图所示。由此可知,该图像的每个像素需要的二进制位数是( )
sample.BMP
项目类型:BMP图像
修改日期:2015/3/278:25
尺寸:640×512
大小:1.25MB
A.4 B.8 C.24 D.32
答案 D
5.(2018浙江4月选考,10,2分)一段时长为10秒、1024×800像素、24位真彩色、NTSC制式(30帧/秒)的未经压缩AVI格式无声视频,其文件存储容量约为( )
A.23MB B.70MB C.703MB D.5625MB
答案 C
6.(2017浙江4月选考,10,2分)将一个动画导出为AVI格式视频,导出设置如图所示。若导出后的视频文件存储容量为43.95MB,则该动画总帧数约为( )
/
A.38 B.150 C.300 D.1200
答案 C
教师专用题组
1.（2015 浙江3月学考，3分） 下列均可以用于编辑网页文档的
软件是（ ）
Ａ．Windows 中的“记事本”程序和Ｄｒｅａｍｗｅａｖｅｒ
Ｂ．ＧｏｌｄＷａｖｅ 和Ｍｉｃｒｏｓｏｆｔ Ｗｏｒｄ
Ｃ．Windows Ｍｅｄｉａ Ｐｌａｙｅｒ 和Ｆｌａｓｈ
Ｄ．Ｐｒｅｍｉｅｒｅ 和Ｗｉｎｄｏｗｓ 中的“录音机”程序
答案 Ａ
2.(2013浙江9月学考,3分)小黄要拍摄一些学校风景照片,并对拍摄的照片进行处理,下列采集工具、加工软件可实现这一功能的是( )
A.数码相机、Photoshop B.扫描仪、GoldWave
C.数码摄像机、GoldWave D.手机、Access
答案 A
3.(2013浙江9月学考,3分)下列均属于软件的是( )
A.3dsMAX,数码相机 B.Photoshop,会声会影
C.Premiere,数码摄像机 D.CD-ROM,会声会影
答案 B
4.(2012浙江6月会考,3分)网上阅卷,是通过网络对考生答卷的电子图像进行评阅的阅卷方式。下列设备中,最适合采集答卷图像的是( )
A.显示器 B.扫描仪 C.打印机 D.键盘
答案 B
5.(2012浙江6月会考,3分)小范下载了FLAC格式的音频文件,打开此音频文件时电脑提示“选择您想用来打开此文件的程序”,下列情形中最有可能的是( )
A.电脑没有安装声卡驱动程序
B.电脑没有安装视频播放程序
C.电脑没有安装播放此类音频文件的相应程序
D.电脑没有连接因特网
答案 C
6.(2012浙江3月高考,4,3分)某平板电脑的主要参数如表所示。
操作系统
Android4.0
系统内存
1GB
处理器
NvidiaTegra2,双核1GHz
存储容量
32GB
屏幕尺寸
10.1英寸
屏幕分辨率
1280×800像素
产品尺寸
256.7×175.3×8.6mm
产品重量
1565g
屏幕描述
电容式触摸屏,多点式触摸屏
WiFi功能
支持802.11a/h/g/n无线协议
图片浏览
支持JPEG,GIF,BMP格式
音频格式
支持MP3,AAC,AAC+,eAAC+,WMA,AMR格式
视频格式
支持WMV,H.264,MPEG4,H.263,ASF,AVI格式,支持播放1080p视频,支持拍摄720p视频
摄像头
双摄像头
前置:200万像素
后置:300万像素
关于该款平板电脑,下列选项中理解有误的是( )
A.可以浏览JPEG、BMP格式的图像文件
B.可以播放MP3、WMA格式的音频文件
C.支持无线上网
D.摄像头的分辨率是1280×800像素
答案 D
7.(2012浙江6月会考,3分)小阮同学利用声音、图像、视频、文本等素材制作了一个声形并茂的多媒体作品。这主要体现了多媒体技术特征中的( )
A.实时性 B.集成性
C.交互性 D.共享性
答案 B
8.(2011浙江9月高考,1,3分)浏览某多媒体作品时,用户可以通过超链接或者按钮进入相应页面。这主要体现了多媒体技术特征的( )
A.实时性 B.集成性
C.交互性 D.复杂性
答案 C
9.(2012浙江6月会考,3分)一个成功的多媒体作品,创作前都会进行应用和创作需求分析,在进行应用需求分析时,一般不需要考虑的是( )
A.作品创作的主题是否鲜明
B.作品的经济效益
C.作品要面向哪些用户
D.当前社会对此类作品的需求程度
答案 A
10.(2012浙江6月会考,3分)十进制数71转换成二进制数是( )
A.(1000111)2 B.(1110001)2
C.(1001100)2 D.(1000011)2
答案 A
11.(2015浙江3月学考,3分)十六进制数F5H转换成二进制数是( )
A.(10111110)2 B.(11111010)2
C.(11110101)2 D.(11111101)2
答案 C
12.(2012浙江6月会考,3分)二进制数(11011001)2转换成十六进制数是( )
A.D9H B.9DH C.6DH D.D6H
答案 A
13.(2012浙江6月会考,3分)下列将二进制数(11010)2转换成十进制数的算式中,正确的是( )
A.0×24+1×23+0×22+1×21+1×20
B.1×24+1×23+1×22+1×21+0×20
C.1×24+1×23+0×22+1×21+0×20
D.1×24+0×23+1×22+1×21+0×20
答案 C
14.(2012浙江6月会考,3分)二进制数码在不同的数位上对应不同的权值,有二进制数(11011)2,其中框中的“1”对应的权值为( )
A.23 B.22 C.21 D.20
答案 C
15.(2015浙江3月学考,3分)用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示。
/
则字符“没”的十六进制内码值为( )
A.BB B.C3BB
C.32 D.3230
答案 B
16.(2013浙江3月高考,2,3分)用UltraEdit软件观察“jy@cab.com”这几个字符的内码,如图所示。
/
则“china”这几个字符的内码是( )
A.4068696C61 B.4059606E61
C.6368696E61 D.6359606E61
答案 C
17.(2013浙江3月高考,4,3分)将图像a.bmp、b.bmp加工处理后得到c.bmp,如图所示。
/
关于这3幅图像,下列说法正确的是( )
A.图像b.bmp与c.bmp的像素个数相等
B.文件a.bmp与c.bmp的存储容量一样大
C.图像c.bmp的像素个数为a.bmp与b.bmp的像素个数之和
D.文件c.bmp的存储容量为a.bmp与b.bmp的存储容量之和
答案 B
18.(2013浙江9月高考,1,3分)使用某图像处理软件将800×600像素,24位真彩色BMP格式图像转换为256级灰度BMP格式图像,其他参数均不变,则灰度图像的存储容量约为原图像的( )
A.1/8 B.1/4 C.1/3 D.32/3
答案 C
19.(2012浙江6月会考,3分)两幅尺寸相同未经压缩的BMP图像,若存储容量分别为352KB和119KB,则这两幅图像的颜色位数可能为( )
A.24位色和16位色 B.24位色和8位色
C.16位色和8位色 D.16色和2色
答案 B
20.(2012浙江3月高考,1,3分)某素材库中4个图像文件的相关信息如图所示。
/
其中存储容量最小的文件是( )
A.dog1.bmp B.dog2.bmp C.dog3.bmp D.dog4.bmp
答案 C
21.(2012浙江9月高考,1,3分)某数码相机的部分性能参数如下表所示:
相机类型
单反数码相机
照片分辨率
大:5184×3456
中:3456×2304
小:2592×1728
RAW:5184×3456(约1800万像素)
照片格式
JPEG,RAW
存储介质
SD卡,SDHC卡,SDXC卡
RAW是一种没有经过压缩等处理的图像文件格式,其RGB中的每个颜色分量存储需用2个字节,则一张采用RAW格式拍摄的照片需要的存储空间大约是( )
A.9MB B.34MB C.103MB D.820MB
答案 C
22.(2015浙江9月学考,3分)声音数字化时,下列方法能提高保真度的是( )
A.增加时长 B.降低音量
C.减少声道 D.提高采样频率
答案 D
23.(2013浙江3月高考,2,3分)小王将5秒的单声道音频“朗诵.wav”和10秒的单声道音频“配乐.wav”合成为10秒的双声道音频“配乐诗朗诵.wav”,三个音频均使用相同采样频率和量化位数,关于3个文件的存储容量,下列描述正确的是( )
A.“配乐诗朗诵.wav”与“配乐.wav”相同
B.“配乐诗朗诵.wav”与“朗诵.wav”相同
C.“配乐诗朗诵.wav”约等于“配乐.wav”的2倍
D.“配乐诗朗诵.wav”约等于“朗诵.wav”与“配乐.wav”之和
答案 C
24.(2012浙江3月高考,7,2分)小王使用GoldWave软件处理名为oldsound.wav的双声道音频,他删除了右声道中的声音,并按原采样频率、量化位数和声道数以newsound.wav为文件名保存。newsound.wav与oldsound.wav相比,存储容量( )
A.不变 B.减小一半 C.增大 D.减小1/3
答案 A
25.(2012浙江6月会考,3分)某未经压缩的视频参数为400×300像素、16位色,若采用25帧/秒的速度播放,则每分钟视频数据量约为( )
A.5.72KB B.343.3KB C.5.72MB D.343.3MB
答案 D
26.(2012浙江6月会考,3分)将帧频为12fps、帧数为480的Flash动画作品导出为声音禁用且不采用压缩格式的AVI视频文件,其参数为320×280像素、16位色,则该视频文件的存储容量约为( )
A.6.83MB B.58.60MB C.82.03MB D.656.25MB
答案 C
【三年模拟】
A组 2017—2019年模拟·考点题组
考点一 多媒体技术基础
1.如今手机、PAD等电子产品都用触摸屏替代以前的键盘和鼠标,使得操作简便、老少皆宜,这主要体现了多媒体的( )
A.集成性 B.交互性 C.实时性 D.规范性
答案 B
2.(自编题)为了方便城市居民,目前很多公交系统支持乘客在手机中安装特定的软件,通过该软件可以查询到他等待的公交车目前的位置,这主要体现了多媒体技术的( )
A.集成性 B.可压缩性 C.交互性 D.实时性
答案 D
3.(自编题)地理老师为了给同学们讲解月球、地球、太阳三者之间的运动关系,将文字、图像、声音等媒体用软件制作成动画给同学们展示。这主要体现了多媒体技术的( )
A.交互性 B.集成性 C.可传递性 D.实时性
答案 B
4.某手机的部分参数如下,其中参数“32GB”描述了该手机的( )
核心数 四核
CPU型号 高通骁龙820
CPU频率 1.8GHz?
GPU型号 高通Adreno530(510MHz)?
RAM容量 3GB?
ROM容量 32GB?
电池类型 不可拆卸式电池
A.运算速度 B.电池容量
C.存储容量 D.SIM卡容量
答案 C
5.(自编题)多媒体技术中的媒体主要是指承载信息的载体,下列选项中不属于媒体的是( )
A.文字 B.声音
C.数码相机 D.视频
答案 C
6.(自编题)下列选项中全是软件的是( )
A.FrontPage、U盘、DVD
B.Photoshop、Flash、MP4随身听
C.Premiere、Flash、会声会影
D.声卡、显卡、扫描仪
答案 C
7.(2019届绍兴9月诊断性考试,2,2分)下列软件中,常用于编辑视频的是( )
A.ACDSee B.记事本
C.PowerPoint D.会声会影
答案 D
8.小李准备制作一个关于水污染防治宣传的多媒体作品,其媒体元素分解表如下:
元素名称
元素内容
获取方法
文件名
文本
水污染现状
输入
1
动画
水污染行为
Flash创作
2
图片
绿色水源、污染水源
网上获取
3
音乐
古风
网上获取
4
已获取的素材文件有waterpolution.jpg,poluting.swf,classic.wav,introduction.doc,则填入表中1、2、3、4处的文件顺序正确的是( )
A.introduction.doc,waterpolution.jpg,poluting.swf,classic.wav
B.classic.wav,introduction.doc,waterpolution.jpg,poluting.swf
C.introduction.doc,poluting.swf,waterpolution.jpg,classic.wav
D.waterpolution.jpg,introduction.doc,poluting.swf,classic.wav
答案 C
9.(2019届浙江“五校联考”第一次考试,7,2分)下列关于多媒体技术及其创作的说法正确的是( )
A.Flash是以页为基础的创作工具
B.多媒体素材中的图像是自然界中实际存在事物的映像描述
C.对多媒体作品的社会效益和经济效益进行分析属于创作需求分析
D.图像序列中两幅相邻的图像,后一幅图像与前一幅图像之间有较大的相关性,这表现为视觉冗余
答案 B
10.(2018浙江名校协作体第二学期测试,7,2分)关于多媒体技术,以下说法中正确的是( )
A.多媒体作品创作的过程中,“设施需求”应在作品的“创作需求分析”中描述
B.“制作脚本”中应包含制作中所需要的各种素材文件名、获取方法等信息
C.多媒体数据之所以能被压缩,是由于数据中存在冗余,如图像里有重复出现或相近的纹理结构就属于空间冗余
D.将作品划分为“片头”“主交互界面”“片尾”等组成部分,这是在功能模块设计中规划的
答案 A
11.某Flash作品“消防知识”的主交互界面的脚本如图所示,下列描述正确的是( )
文件名:主交互界面
类型序号:2
类别:我的作品
进入方式:
来自片头画面,通过“进入”按钮进入。
呈现方式:
通过“消防法规”按钮,进入“消防法规”界面。
通过“火灾危害”按钮,进入“火灾危害”界面。
通过“消防器械”按钮,进入“消防器械”界面。
通过“火场自救”按钮,进入“火场自救”界面。
通过“知识问答”按钮,进入“知识问答”界面。
通过“帮助”按钮,进入“帮助”界面。
通过“退出”按钮,进入“片尾”界面。
呈现顺序说明:鼠标点击按钮,出现相应的内容。
解说词:无。
A.该主交互界面的脚本是文字脚本
B.该界面至少需要7个按钮
C.主交互界面“退出”按钮上的动作可以为on(press){fscommand(“quit”);}
D.在脚本编写阶段先编写好制作脚本,再完成文字脚本
答案 B
12.小张想制作一匹骏马奔跑的背景透明的动画,适合的图像文件类型是( )
A.BMP B.PNG C.PSD D.GIF
答案 D
13.(自编题)浏览某网站首页时,页面上有一个不断眨眼的卡通人物图像,该图像文件的后缀名可能是( )
①jpg ②gif ③swf ④png
A.①② B.②③ C.③④ D.①②③
答案 B
14.(自编题)陈静在“桌面”空白处右击,进入“显示属性”窗口的“设置”标签,如图所示,发现使用16位色或32位色显示效果差别不大,这主要体现了数据冗余的( )
/
A.空间冗余 B.结构冗余
C.时间冗余 D.视觉冗余
答案 D
15.关于数据压缩技术,以下表述错误的是( )
A.数据压缩技术分为有损压缩和无损压缩两类
B.经有损压缩后的文件不可能完全恢复原文件的全部信息
C.MP3是对声音的处理是一种无损压缩
D.对视频文件进行有损压缩虽然会降低一些视频质量,但可以节省大量的存储空间
答案 C
16.图a、图b所示的两张图片大小都是500像素×300像素,位深度都是24位,图a文件名为“左.bmp”,图b文件名为“右.bmp”,通过Windows自带的画图软件分别转换为“左.jpg”和“右.jpg”,则下面描述正确的是( )
/
图a 图b
A.“左.jpg”容量大于“右.jpg”
B.“左.bmp”容量大于“右.bmp”
C.“左.bmp”和“右.bmp”都不存在冗余
D.这两张图片采用的压缩方式均为无损压缩
答案 A
17.(自编题)下图为某逐帧动画中四幅相邻的图像,图像之间存在着较大的相关性,这种相关性主要表现为( )
/
A.空间冗余 B.视觉冗余
C.结构冗余 D.时间冗余
答案 D
18.某多媒体作品中包含一张图片,如图所示。
/
从该图中可以看出天空背景表面物理特性具有相关性。这种冗余一般称作( )
A.空间冗余 B.结构冗余
C.视觉冗余 D.时间冗余
答案 A
19.(2019届宁波十校9月联考,10,2分)某图片的属性面板如图所示。
/
该图片转换成jpg格式后,存储容量为288KB,则压缩比为( )
A.8∶1 B.5∶1 C.20∶1 D.1∶1
答案 A
考点二 多媒体信息编码
1.某围棋棋局的局部情况如图所示,2行6列共12个交叉点,每个交叉点有三种状态:黑子、白子、空子。对当前状态进行二进制编码,已知第一行的编码为000101101001,则可知第二行的编码为( )
/
A.010001101001 B.011001111001
C.010111000001 D.100001101010
答案 A
2.(自编题)若用0和1表示波形电平的两种状态,则与10110101相符的波形是( )
/
答案 C
3.(自编题)十进制数58转换成二进制数是( )
A.101011 B.111010 C.111001 D.100111
答案 B
4.(自编题)下列将二进制数(1101)2转换成十进制数的算式中,正确的是( )
A.1×23+1×22+0×21+1×20
B.1×23+0×22+1×21+1×20
C.1×24+1×23+0×22+1×21
D.1×24+0×23+1×22+1×21
答案 A
5.(自编题)二进制数(1111010)2转换成十六进制数是( )
A.6AH B.6BH C.7AH D.710H
答案 C
6.(自编题)十六进制数1B6转换成二进制数是( )
A.110100110 B.110110010
C.110110110 D.110110101
答案 C
7.(2018温州3月适应性测试,6,2分)一个两位十六进制正整数n,末位是“9”,下列说法正确的是( )
A.转换为十进制数,无法确定是奇数还是偶数
B.n+1是一个三位十六进制数
C.转换为十进制数,最小值是25
D.转换为二进制数,位数一定是8
答案 C
8.(2019届绍兴柯桥11月选考模拟,6,2分)使用UltraEdit软件查看字符的内码,部分界面如图所示。
/
以下说法正确的是( )
A.“10”的ASCII码是(3A)16
B.全角英文字母的内码用2个字节编码
C.图中“!”的内码为(A1)16
D.图中只有一个采用ASCII编码的字符
答案 B
9.(2019届浙江省名校协作体9月联考,5,2分)使用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示。
/
以下说法正确的是( )
A.图中内码表示的ASCII码字符共有5个
B.字母“F”内码转换为十进制过程应为4×162+6×161
C.字母“j”内码用十六进制表示是70
D.字母“B”内码用二进制表示是1000010
答案 D
10.(2019届杭州学军中学10月选考模拟,6,2分)已知英文小写字母比对应的大写字母ASCII码值大32(十进制),某数据加密方法描述如下:
(1)将字符的ASCII码值加20(十进制);
(2)以字节为单位进行加密处理;
(3)将1个字节的8位二进制数左移一位,最低位用左移出的最高位填充;
(4)将处理后的8位二进制数分割成前4位与后4位两个二进制数;
(5)分别将上述两个4位二进制数转换为十六进制数;
(6)所得两个十六进制数交换顺序后连接,即为该字节的密文。
用UltraEdit-32软件观察“i-hangzhou”这几个字符的内码,如图所示。
/
则H加密后的密文是( )
A.B8 B.8B C.70 D.07
答案 B
11.下列有关多媒体数字化的说法正确的是( )
A.使用蓝牙音箱播放电脑中的音乐,是声音的数字化过程
B.使用OCR软件识别JPG图像上的文字,是图像的数字化过程
C.图像有损压缩可以去掉图像冗余信息,且提高图像品质
D.JPEG是静态图像压缩标准,MPEG是动态图像压缩标准
答案 D
12.在保持纵横比的情况下,将一幅未经压缩的600×400像素、256级灰度的BMP图像高度调整为50%,其他参数不变,则该图像存储容量约为( )
A.58.6KB B.117.2KB C.234.4MB D.11.7MB
答案 A
13.(2019届浙江“五校联考”第一次考试,10,2分)小明在制作某多媒体作品时需要用到如下两张图片素材,根据给出的相关信息计算前后两者的存储容量比为( )
/
A.1∶64 B.2∶1 C.3∶64 D.6∶1
答案 D
14.使用GoldWave编辑某未经压缩的Wave音频素材,界面如图所示。
/
使用参数“WavePCMsigned8bit,22050Hz,单声道”另存该文件,分析图中信息,另存后的文件存储容量为之前的( )
A.1/2 B.1/4 C.1/6 D.1/8
答案 D
15.用GoldWave软件对一段时长为20秒,量化位数为16位的Wave音频进行如下操作:①删除前10秒的声音数据;②将右声道设置为静音;③将量化位数设置为8位;④将左声道音量提高2db,保存文件。
则处理后的音频文件大约是原文件的( )
A.1/2 B.1/3
C.1/4 D.2/3
答案 C
16.(2019届浙江嘉兴9月选考测试,10,2分)一段1280×720像素、24位真彩色、PAL制式的未经压缩的AVI格式无声视频,其文件存储容量约为659.2MB,则这段视频的时长约为( )
A.1s B.10s C.50s D.100s
答案 B
B组 2017年—2019年模拟·综合题组
1.用Winrar对A.avi和A.mp3两个文件进行压缩,生成B.rar。关于这次压缩操作的正确说法是( )
A.A.avi和A.mp3两个文件都进行了无损压缩
B.A.avi进行了无损压缩,A.mp3进行了有损压缩
C.音频文件可以达到很大的压缩比,是因为多媒体数据允许无限压缩
D.把扩展名为avi的视频文件的扩展名修改为mpg,可实现视频文件的压缩
答案 A
2.多媒体数据能被压缩,是因为本身存在冗余。下列不属于压缩技术指标的是( )
A.压缩比的大小 B.压缩后文件名的长度
C.压缩与解压的速度 D.压缩后数据的失真度
答案 B
3.若在某x进制下,等式5×5×7=(127)x成立,那么在该进制下等式15+6=( )x也成立(其中未标明进制的都为十进制数)。( )?
A.21 B.5 C.15 D.19
答案 D
4.(自编题)将二进制数11B,十进制数15D和十六进制数10H按从大到小排序,下列结果正确的是( )
A.10H,15D,11B B.10H,11B,15D
C.15D,10H,11B D.15D,11B,10H
答案 A
5.用WinHex软件观察字符内码的结果如图所示,下列说法正确的是( )
/
A.字符“你”的内码为C4H
B.字符中的逗号是用ASCII编码表示的
C.字符“j”的内码为70H
D.字符“A”的内码为41H
答案 D
6.(2019届绍兴9月选考科目诊断性考试,6,2分)使用UltraEdit软件查看字符内码,部分界面如图所示。
/
则下列说法正确的是( )
A.字符“年”的内码是“C4”
B.图中字符共占用14个字节
C.字符“W”的内码用二进制表示是“00111001”
D.字符“8”的内码用十进制表示是“56”
答案 D
7.(自编题)用UltraEdit软件观察字符的内码,显示的十六进制内码如图所示。
/
其中英文字符和汉字所占字节数分别是( )
A.8字节,4字节 B.4字节,8字节
C.8字节,8字节 D.6字节,10字节
答案 C
8.(2019届浙江新高考研究联盟第一次联考,8,2分)用UltraEdit软件查看字符的内码,界面如图所示,下列分析正确的是( )
/
A.字符“6”的二进制码是“00111100”
B.字符“,”的内码占两个字节
C.字符“杯”的十六进制码是“AD2C”
D.字符“g”的二进制码是“01100111”
答案 D
9.将一幅800×600像素、24位色图像“1.bmp”文件分别另存为256色位图“2.bmp”文件和黑白位图“3.bmp”文件,其中图像尺寸都不变,则三个文件存储容量之比为( )
A.24∶8∶1 B.12∶4∶1
C.24∶256∶1 D.1∶1∶1
答案 A
10.(2019届绍兴9月选考科目诊断性考试,10,2分)利用Photoshop软件把一幅1280×1024像素,256级灰度的BMP格式图像存储为JPG格式,存储后容量是120KB,则图像压缩比约为( )
A.10∶1 B.20∶1 C.40∶1 D.80∶1
答案 A
11.一个容量约为1.68MB且未经压缩的WAV文件,其相关信息如图所示。由此可知,该声音文件的量化位数是( )
WavePCMsigned,44.1kHz,1376kbps,立体声,10秒
A.4 B.8 C.16 D.32
答案 C
12.将一个时长为1分钟、采样频率为44.1kHz、量化位数为8位、双声道的WAV格式音频压缩成mp3格式,压缩后的mp3文件大小为516KB,则其压缩比约为( )
A.3∶1 B.10∶1 C.44∶1 D.88∶1
答案 B
13.使用一个存储容量为8GB的U盘,来存储未经压缩的1920×1080像素,黑白图像,25帧每秒,1分钟的视频(AVI格式),能存这样的视频的个数大约为( )
A.2 B.12 C.22 D.165
答案 C
14.(2019届浙江省名校协作体9月联考,10,2分)一段未经压缩的PAL制式的AVI格式无声视频,时长为10秒,每帧画面为512×400像素,存储容量约为97.7MB,则该视频中图像的每个像素所占的位数是( )
A.2 B.8 C.16 D.24
答案 C
15.(2019届浙江十校联盟适应性考试,10,2分)一段时长为1分钟、720×480像素、24位真彩色、PAL制式的未经压缩AVI格式无声视频,其存储容量约为( )
A.59MB B.475MB C.1.45GB D.12GB
答案 C
16.A视频文件采用PAL制式(每秒25帧),B视频文件采用NTSC制式(每秒30帧),其图像分辨率均为800×600,24位色,则每秒钟A、B视频的数据量之比为( )
A.5∶6 B.6∶5 C.16∶9 D.4∶5
答案 A
课件53张PPT。考点清单
考点一 多媒体技术基础考向基础一、多媒体技术的概念和特征
1.媒体的含义
(1)媒体(Medium)在计算机领域的含义:一是指存储信息的实体,如磁 带、磁盘、光盘等;二是指承载信息的载体,如数字、文字、声音、图 形、图像、视频、动画等。多媒体技术中的媒体指后者。
(2)媒体的类型:数字、文字、声音、图形、图像、视频、动画等。2.多媒体及多媒体技术的概念
(1)多媒体:是指多种媒体的综合,如一部电影往往包含了视频、声音、 文本等多种媒体信息。
(2)多媒体技术:是指以计算机为平台综合处理多种媒体信息,如文本、 图形、图像、声音、动画和视频,在多种媒体信息之间建立起逻辑连接,
并具有人机交互功能的集成系统。通常情况下,多媒体不仅指多媒体本
身,也包括多媒体技术。3.多媒体技术的特征
多媒体技术有三个显著的特征,即:
(1)集成性;
(2)交互性;
(3)实时性。二、多媒体技术的应用
1.生活中的多媒体
MP3、MP4、数字电视、多媒体导航仪、智能手机、3D电视等。
2.多媒体技术的现状
(1)多媒体技术涉及很多方面,包括:
①数据压缩技术、图像处理技术、音频信息处理技术、视频信息处理 技术;
②多媒体数据库和基于内容的检索;
③多媒体工具、多媒体通信和分布式多媒体等。(2)常用的多媒体技术有:
①音频技术;
②视频技术;
③数据压缩技术;
④网络传输技术。
(3)多媒体技术的发展前景:
①虚拟现实;
②多媒体数据库和基于内容的检索;
③多媒体通信技术。三、多媒体计算机系统的组成
多媒体计算机是指具有多媒体信息处理功能的计算机。主要由多媒体 硬件与多媒体软件组成。
1.多媒体硬件系统
常见的多媒体硬件设备有:
(1)光盘驱动器;
(2)音频卡;
(3)视频卡;
(4)扫描仪;
(5)数码相机;
(6)数码摄像机(摄像头)。2.多媒体软件系统
根据应用层面多媒体软件可以分为:
(1)多媒体操作系统。
(2)常见的多媒体数据采集和编辑软件:
①Windows系统附件中的“录音机”、GoldWave:声音的录制、处理;
②Photoshop:图像的处理;
③Flash:二维动画的制作;
④3ds MAX:三维动画的制作;
⑤会声会影、Premiere:视频的处理。(3)常见的多媒体创作和集成软件:
①Authorware;
②Director;
③Flash;
④PowerPoint;
⑤Visual Basic。四、多媒体作品的规划和设计
多媒体作品设计的一般过程:需求分析→规划设计→脚本编写。
1.作品的需求分析
多媒体作品的需求分析包括:
(1)应用需求分析
①社会需求;
②用户情况;
③作品效益。
(2)创作需求分析
①主题思想;
②结构类型;③作品内容;
④设施需求;
⑤发布方式。
2.作品的规划设计
多媒体作品的规划设计包括:
(1)结构设计
①作品的组成部分;
②作品的工作流程;
③作品的主要界面。
(2)模块设计
模块设计是指对系统结构进行模块划分,并对各模块进行具体设计。在设计时要注意:屏幕布局要合理规范;语言文字要言简意赅;音乐悦耳; 色彩和谐;交互设计友好快捷。
3.脚本编写
脚本编写的一般过程:“制订脚本大纲”→“编写文字脚本”→“编写 制作脚本”→“媒体元素分解”。
(1)脚本大纲;
(2)文字脚本;
(3)制作脚本;
(4)媒体元素分解。? 多媒体作品设计的过程如图所示。
常见的多媒体数据文件格式五、多媒体数据文件例1 小张要制作一个多媒体作品来宣传学校第64届运动会,多媒体作 品的部分媒体元素分解表如下所示:①、②、③、④对应的文件名为?( )
A.pt01.jpg、pt.txt、pt.wma、pt.mpg
B.pt.wma、pt.txt、pt.mpg、pt01.jpg
C.pt.mpg、pt.txt、pt01.jpg、pt.wmaD.pt.wma、pt.txt、pt01.jpg、pt.mpg解析 本题主要考查各种多媒体文件的格式。①是音频文件,②是文本 文件,③是图像文件,④是视频文件。pt01.jpg是图片,pt.wma是音频,pt. txt是文本,pt.mpg是视频。答案????D六、数据压缩
1.什么是数据压缩
数据压缩是为了减少文件所占的存储空间。数据之所以能够被压缩,首 先是因为数据本身确实存在着冗余,其次是在许多情况下媒体本身允许 有少量的失真。
2.数据压缩的四种冗余
(1)空间冗余:图像数据中经常出现的一种冗余。在同一幅图像中,规则 物体和规则背景(所谓规则是指表面是有序的而不是完全杂乱无章的 排列)的表面物理特性具有相关性,数字化图像中表现为数据冗余。例 如一幅静态图像中的一大片蓝天、草地,其中每个像素的数据完全相 同,如果逐点存储,就会产生空间冗余。完全一样的数据可以压缩,十分接近的数据也可以压缩,被压缩的数据恢复后人眼也分辨不出与原来的 图片有什么区别,这种压缩就是对空间冗余的压缩。
(2)时间冗余:这是序列图像(电视图像、运动图像)和语音数据中经常包 含的冗余。在电视、动画图像中,在相邻帧之间往往包含了相同的背 景,只是运动物体的位置略有变换。因此对于序列图像中的相邻两帧仅 记录它们之间的差异,去掉其中重复的,称为时间冗余的那部分信息。 同样,由于人在说话时产生的音频也是连续和渐变的,因此声音信息中 也会存在时间冗余。
(3)结构冗余:有些图像从大域上看存在着非常强的纹理结构,例如草席 图像,我们称它在结构上存在冗余。
(4)视觉冗余:是由于人体器官的不敏感性造成的。例如在高亮度下,人的视觉灵敏度下降,对灰度值的表示就可以粗糙一些。利用感官上的这 些特性,也可以压缩掉部分数据而不被人们感知(觉察)。
3.压缩技术
(1)无损压缩:顾名思义就是没有损失的压缩,通过压缩软件,如Winzip(扩 展名是.zip)、Winrar(扩展名是.rar),将文件压缩打包。文件解压后,跟原 来的文件一模一样,没有任何损失,文件大小也一样。
(2)有损压缩:通过数据重新编码,并且在允许有少量失真的情况下,舍弃 一些数据,以达到一定的压缩比。常用的多媒体数据编码和压缩的国际 标准有:
①JPEG标准:静态图像压缩标准,JPEG压缩技术十分先进,它用有损压 缩方式去除冗余的图像数据,在获得极高的压缩比的同时能展现十分丰富生动的图像,换句话说,就是可以用最少的磁盘空间得到较好的图像 品质。
②MP3标准:音频压缩标准,利用MPEG Audio Layer3的技术,将音乐以
10∶1甚至12∶1的压缩比,压缩成容量较小的文件,而对于大多数用户来 说压缩后的音质与最初的音质相比没有明显下降。
③MPEG标准:动态图像压缩标准,其中MPEG-1是VCD压缩格式;MPEG -2是DVD压缩格式。MPEG标准的视频压缩编码技术主要利用了具有 运动补偿的帧间压缩编码技术以减小时间冗余度,利用DCT技术以减小 图像的空间冗余度,利用熵编码在信息表示方面减小了统计冗余度。这 几种技术的综合运用大大增强了压缩性能。4.压缩比的计算
压缩比就是数据被压缩的比例,压缩比=未经压缩的原文件大小∶压缩 后文件大小。例2 某数据文件压缩后的数据量是512 KB,已知其压缩比是200∶1,则 原文件数据量是?( )
A.102.4 MB B.100 MB
C.2.56 KB D.2 560 KB解析 压缩比就是数据被压缩的比例,压缩比=未经压缩的原文件大 小∶压缩后文件大小。文件压缩后的文件大小是512 KB,则原文件大 小为512 KB×200=102 400 KB=100 MB。答案????B一、多媒体作品的应用需求分析与创作需求分析的区别
1.应用需求分析包含的内容考向突破2.创作需求分析包含的内容例1 公司让张扬制作一款新手机的产品展示动画,张扬先对采集素材 所需的数码相机、摄像机,制作作品所需的计算机等设备进行分析,这 个分析属于?( )
A.创作需求分析 B.应用需求分析
C.结构类型分析 D.主题思想分析答案????A例2 创作多媒体作品时,需要分析多媒体作品的经济效益,此阶段属于 ?( )
A.功能模块设计 B.创作需求分析
C.系统结构设计 D.应用需求分析解析 本题主要考查多媒体作品设计的相关知识。由于多媒体作品的 经济效益属于应用需求分析,因此正确答案是D。答案????D二、多媒体数据文件中存在的四种冗余例3 下图为某动画序列的四幅图像,这些图像之间存在一定的相关 性。这种相关性主要表现为?( )
?
A.空间冗余 B.时间冗余
C.视觉冗余 D.结构冗余解析 时间冗余指前后两幅相邻的图像相关性较大,如动画、视频的前 后两帧画面。答案????B例4 某公司的logo如图所示,图片存在冗余,可进行数据压缩,该图片的 冗余主要表现为?( )
?
A.结构冗余 B.空间冗余
C.视觉冗余 D.时间冗余解析 数据文件有四种冗余:①空间冗余:是静态图像中存在的最主要 的一种数据冗余;②时间冗余:前后两幅图片相关性较大,如动画、视频 的前后两帧画面;③结构冗余:同一图案具有很强的纹理结构;④视觉冗 余:冗余内容处于人眼分辨力之外,如亮度的轻微改变人眼无法识别。 本题考查的是空间冗余。答案????B考向基础考点二 多媒体信息编码一、二进制数与十进制数,二进制数与十六进制数之间的转换(限正整 数)
二进制数由“0”与“1”两个数码组成,运算规则为“逢二进一”,每 个数码在不同的数位上,对应不同的权值。1.二进制整数转换为十进制数——“按权展开,逐项相加”。
例如:(110101)2=( )10。
二进制数: 1 1 0 1 0 1
权值: 25 24 23 22 21 20
换算: 1×25+1×24+0×23+1×22+0×21+1×20=53。
2.十进制整数转换为二进制数——“除2取余,倒序输出”。
例如:(43)10=( )2。?
运算结果:(43)10=(101011)2。
3.二进制整数转换为十六进制数——“从最低位开始分组,每4位1组 (不足4位,可在高位添0),逐组转换”。
例如:(110110111110111)2=( )16。二进制整数: 0110 1101 1111 0111
十六进制数: 6 D F 7
运算结果:(110110111110111)2=(6DF7)16。
4.十六进制整数转换为二进制数——“逐个转换,每1位十六进制数转 换成4位二进制数”。
例如:(5DF7)16=( )2。
十六进制数: 5 D F 7
二进制整数: 0101 1101 1111 0111
运算结果:(5DF7)16=(101110111110111)2。二、ASCII码和汉字编码
1.ASCII码
计算机内的英文字符是以二进制编码的形式来表示的,其中使用最广泛 的是ASCII码,即美国国家信息交换标准码。标准的ASCII码用一个字 节中的后7位来表示,可以表示128种编码,其中数字、字母是按顺序依 次排列的。
2.汉字编码
汉字在计算机内同样是以二进制编码形式来表示的。汉字的编码有输入码、交换码、处理码、字形码。其中交换码又称区 位码。区位码分成94个区,每个区包含94个位,分别用1个字节标记区码 和位码。
3.用UltraEdit或WinHex软件观察内码
用UltraEdit或WinHex软件观察内码时,1个ASCII码字符只占1个字节,1 个GB2312编码字符(如常见汉字)占2个字节。例1 用UltraEdit软件观察字符“2017年”的内码,如图所示,则字符 “1”的ASCII编码是?( )
?
A.0000001B B.0011111B
C.0110001B D.0010011B解析 本题考查进制转化和信息编码。观察题图知,字符“1”的十六 进制内码为31,十六进制内码31转化为二进制为00110001。ASCII码采 用7位二进制数,存储时占用一个字节(二进制8位的后面7位),最左位用0 填充,故选C。答案????C例2 用WinHex软件观察字符内码如图所示,汉字“秋”的国标码是 (汉字国标码=汉字内码-8080H)?( )
?
A.C7EFH B.577FH
C.5C6CH D.476FH解析 本题考查的是字符内码和进制转换知识。根据题图可得“秋” 的十六进制内码为“C7EF”,而汉字国标码=汉字内码-8080H,因此 “秋”的国标码为C7EFH-8080H=476FH。故本题答案为D。(提示:计 算时,十六进制中的字母转化为相应的数字,例如E为14,F为15)答案????D三、图像、声音、视频数字化的概念
1.图像数字化
图像数字化是将一幅图像在水平和垂直方向上等间距地分割成矩形网 状结构,即被分割成有限个像素点;在量化每个像素点的色彩值(或亮度 值)时,采用二进制位数为量化字长,一般可用8位、16位、24位或更高 的量化字长来表示图像的颜色;量化字长越长,越能真实地反映原有图 像的颜色,但得到的数字图像的容量也越大。
单位长度(或面积)的像素称为分辨率。在图像的输入或输出设备中,如 扫描或打印图像的分辨率单位是DPI,即每英寸包含点数。分辨率越高, 扫描或打印的时间越长,图像所占的存储空间就越大。2.声音数字化
声音信号是通过采样和量化实现模拟量的数字化。采样频率越高,声音 就越真实,存储容量也越大。量化位数越大,其量化值越接近采样值,即 精度越高,存储容量也越大。常见的量化位数有8 bit、16 bit、32 bit。
3.视频数字化
视频是由连续的图像帧组成的。PAL制式每秒显示25帧,NTSC制式每 秒显示30帧。四、图像、音频、视频存储容量的计算
1.图像存储容量的计算
影响位图图像存储容量的因素有:像素个数和颜色数。
未经压缩的图像存储容量的计算方法:
存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8(单位:字节)。
位图图像的颜色越丰富,每个像素色彩编码所需位数(位深度)就越多。 例如,一个字节(8位)能够编码的颜色数为28(256)种,而24位能够编码的 颜色数多达224(16 777 216)种。
以下表格以800×600像素的BMP图像为例,计算各种类别BMP图像的存 储容量。例3 一幅未经压缩的1 024×768像素、32位色BMP图像,其存储容量为 ?( )
A.468 KB B.1.5 MB
C.2.4 MB D.3 MB解析 本题主要考查位图(BMP)图像存储容量的计算。计算公式为存 储容量(B)=水平像素×垂直像素×颜色位数(位)/8。因此该BMP图像的 容量为1 024×768×32/8/1 024/1 024=3 MB。答案????D2.声音存储容量的计算
未经压缩的Wave文件所占磁盘的存储容量计算方法:
存储容量=采样频率×量化位数×声道数×时间(s)/8(单位:字节)。例4 小陈用GoldWave软件编辑一段声音,观察状态栏,该声音的存储 容量的计算公式为?( )
?
A.44 100×705×2×1×60/8/1 024/1 024 MB
B.44 100×16×2×10/8/1 024/1 024 MB
C.44 100×16×1×1×60/8/1 024/1 024 MB
D.44 100×705×1×10/8/1 024/1 024 MB解析 本题主要考查通过GoldWave软件的状态栏获取该音频相关的 参数信息。从状态栏中可看出该音频文件采样频率为44 100 Hz,单声 道,时间长度为60秒,Wave格式。答案????C3.视频存储容量的计算
未经压缩的视频文件存储容量的计算方法:
存储容量=帧图像存储容量×帧频×播放时间(单位:字节)。例5 一个未经压缩的PAL制式无声视频“广告.avi”,时长10秒,每帧 都是画面大小为960×720像素的黑白图像,其存储容量约为?( )
A.3 MB B.20.6 MB C.41.2 MB D.0.8 MB解析 视频存储容量为960×720×1×10×25/8/1 024/1 024≈20.6 MB。答案????B考向突破
位图图像的颜色数与位深度之间的关系
图像的颜色数越多,每个像素点色彩编码所需的位数就越多。例1????汉字是以特定的图形存储在计算机中的,这种图形是用点阵方式 表示的,在点阵图中,每一个格子只有黑或白两种颜色,则16×16点阵的 一个汉字字形需要用 ????个字节来存放。( )
A.48 B.32 C.16 D.8解析 本题考查对信息编码的掌握。一行16个格子,每个格子需用0和1 表示黑白两种状态,则一行需要16个二进制位,即两个字节。16行需32 个字节。答案????B例2 小余用Photoshop软件创作某作品,新建界面如图所示,则保存每个 像素的颜色需用到的二进制位数是?( )
?
A.4 B.8 C.16 D.24解析 本题考查的是图像的数字化及存储计算公式。从题图中可以发 现RGB每种颜色分别是用8位来表示的,所以总共24位,答案为D。本题 也可以通过图像存储容量计算公式推导得出,未经压缩的BMP图像存 储容量的计算方法为水平像素数×垂直像素数×每像素编码位数/8(单 位:字节),从题图中可以获知存储容量为1.37 MB,水平像素为800,垂直 像素为600,可以求出每个像素的编码位数为24。答案????D
