第四单元 多媒体信息的编码
单元小结
知识系统构建
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第四单元 多媒体信息的编码
单元检测题组
/时间:30分钟 /分值:48分
选择题(每题3分,共48分)
1.一个5位二进制数,如果最高位和最低位都为“1”,则在①23、②28、③51、④15、⑤29几个数值中,可能与该二进制数相等的是( )
A.①③ B.②⑤
C.①⑤ D.②④
答案 C 本题考查进制转换知识。最高位和最低位为“1”的5位二进制数,就是大于24且小于25的奇数,28是偶数,而15和51都不在(24,25)区间内,因此选C。另外该题也可以用组合法,1+16=17,而中间位的权值分别是2,4,8,加上这三个数的不同组合,也可以得出正确结论。
2.已知26个英文字母对应的ASCII码值是按顺序编码的,字母依次增大,则编码值也相应增大,若字母“D”的ASCII码值是68D,则字母“K”的十六进制ASCII码值是( )
A.4BH B.51H
C.6FH D.75H
答案 A 根据字母排列顺序,字母K排在字母D后面第7位,其ASCII码值为68D+7D=75D,转换为十六进制数为4BH。
3.使用UltraEdit软件观察字符“Happy 2018!”的内码,部分界面如图所示。
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下列说法正确的是( )
A.字符“Happy 2018!”共占用10个字节
B.字符“Happy 2018!”全部采用ASCII编码方式
C.小写英文字符“o”的十六进制内码为“69 ”
D.字符“h”的内码用二进制表示为“1101000”
答案 D 本题考查字符内码和进制转换知识。由于字符“Happy 2018!”共占用12个字节,而且“!”的内码是A3A1,根据ASCII码的十六进制小于等于“7F”的原则,故可以判断该字符采用GB2312编码,因此选项A、B均错误。选项C错误,字符“p”的十六进制内码为70H,小写字母“o”在其前面一位,内码为6FH,而不是69H。选项D正确,字符“h”的内码比“H”的内码大32D,其十六进制内码为68H,转换为二进制为1101000。
4.十进制数n转化为二进制数,该二进制数首位和末位均为“1”,下列说法正确的是( )
A.无法确定n是奇数还是偶数
B.若该二进制数位数是4位,将首位移至末位,再转成十进制数,所得值是(n-16)*2+n16
C.将该二进制数末位的“1”去掉,再转成十进制数,所得值是n/2
D.对n 除4取其余数,所得余数可能是3
答案 D 命题意图:考查学生对二进制基本概念的理解,灵活运用二进制、十进制相互转化基本能力,以及由此衍生出的对二进制移位、整除、取余等基本运算操作的理解。按位权展开得知,二进制数末位是“1”代表是奇数。若二进制位数是4位,则其形式为:1xx1,其等价按权展开式,记为①:1×23+x×22+x×21+1×20 =n。将首位移到末位,则变为xx11,对应展开式记为②: x×23+x×22+1×21+1×20,对比两个展开式,易得如下恒等式(①-8)×2+①8=②,即:(n-8)×2+n8=②,因此B项正确答案是(n-8)×2+n8或(n-8)×2+1。由按权展开①式知,将末位1去掉,其形式是1xx,等价按权展开式记为③:1×22+x×21+x×20 ,对比①③得知,③式等于n2,并非n/2。对n除4取余,可按相同办法处理,易知:余数可能为1或3,故D选项描述正确。
5.在一幅图片中,文字颜色如果用十六进制表示,纯黑色文字颜色表示为#000000,那么纯白色文字颜色应表示为( )
A.111111111111111111111111
B.000000000000000000000000
C.EFFFFF
D.FFFFFF
答案 D 一位十六进制相当于四位的二进制,十六进制值000000转换成二进制是000000000000000000000000, 这是黑色,那么白色的二进制值就是1111111111111111111
11111,转换为十六进制就是FFFFFF。
6.使用UltraEdit 软件观察字符“AI 时代来了!”的内码,部分界面如图所示。
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以下说法正确的是( )
A.字符“!”的二进制内码是“10100001”
B.字母“J”的十六进制内码是“50”
C.每个字符在计算机中用1 个字节存储
D.2 个字符采用ASCII 编码,5 个字符采用汉字编码
答案 D 本题考查字符内码和进制转换。根据题图可以得到内码共占12个字节,而文本内容有2个字母,4个汉字,1个标点符号,理应占用2+2×4+1=11个字节,说明其中一个字母或者标点符号为汉字编码,进一步观察题图,可知“!”占2个字节,对应的内码是“A3 A1”,将其转换成二进制应该有16位,与选项中的8位不符,所以A错误,D正确。题图中字母“I”对应的内码是“49”,所以“J”的十六进制内码是“4A”而不是“50”,B错误。ASCII编码字符在计算机中用1个字节存储,而汉字编码用2个字节存储,C错误。本题选D。
7.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按先后顺序连接即为该字节的密文。
用UltraEdit软件观察“电脑computer”这几个字符的内码,如图所示:
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则字符“m”加密后的密文是( )
A.3 B.C2 C.43 D.AE
答案 B 本题主要考查信息编码。根据题图可知“m”的内码为6D,转换为十进制得到“m”的ASCII值为109,“M”的ASCII值为109-32=77。根据加密步骤得,(1)77+20=97;(2)一个字节为8位二进制,所以将97转换为二进制为01100001;(3)左移,得到11000010;(4)拆分,前四位2进制为1100,后四位二进制为0010;(5)1100B=CH,0010B=2H;(6)得到密文C2。
8.用UltraEdit软件观察“2022年杭州亚运会”这几个字符的内码,如图所示:
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则“杭”的二进制编码是( )
A.1011100110111100 B.1011101010111100
C.10111010 D.1100010011101010
答案 B 本题考查ASCII的内码和汉字内码的查看。“杭”的十六进制内码为BABC,转换为二进制为1011101010111100。
9.一个容量大小约为 3.36 MB 且未经压缩的 Wave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X的值是( )
Wave PCM signed X b
44.1 kHz, 1 409 kbps,立体声,20秒
A.4 B.8 C.16 D.32
答案 C 本题考查音频存储容量计算,根据公式:音频存储容量(B)=采样频率(赫兹)×量化位数(比特)×声道数×时间(秒)/8,建立方程 44100×X×2×20/8=3.36×1024×1024,解得X≈16。所以选C。
10.一个未经压缩的BMP格式图像文件和一个未经压缩的AVI格式视频文件的相关信息如下,由此可知,图像文件与视频文件的存储容量比例约为( )
照片.bmp
项目类型:BMP图像
尺寸:800*600
颜色类别:256色
视频.avi
项目类型:AVI视频
尺寸:400*300
颜色类别:黑白2色
时长:10秒钟
帧频:12 fps
A.4∶15 B.2∶15 C.6∶5 D.8∶5
答案 A 本题考查图像存储容量和视频存储容量的计算。256色为8位,2色为1位。图像存储容量为(800×600×8/8)B≈469 KB,视频存储容量为(400×300×1/8×12×10)B≈1758 KB。所以图像存储容量∶视频存储容量≈4∶15。
11.一般CD的音质如图所示,若CD中刻录的都是未压缩的音频,一张普通CD的容量以750 MB计算,每首歌曲以5分钟计算,则一张CD大约能刻录歌曲( )
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A.8首 B.12首 C.15首 D.20首
答案 C 按照音频数字化原理知,每首歌曲的存储容量=采样点数×每个点的量化位数,采样点数=44100×5×60×2,量化位数为2个字节,因此每首歌的存储容量大约为50 MB,大约可以存储15首这样的歌曲。
12.使用GoldWave编辑某未经压缩的Wave音频素材,界面如图所示。
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使用参数“Wave PCM signed 8 bit,22050 Hz,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原来的( )
A.1/2 B.1/4 C.1/6 D.1/8
答案 D 本题考查学生对 GoldWave的使用和音频数字化的理解。分析截图可得,当前正在编辑的文件是 WAVE 格式(未经压缩的音频格式),采样频率是 44.1 kHz(每秒采样 44100 次),声音量化位数为16位,双声道,时长 120 秒。另存后,采样频率变为原来的1/2,量化位数为原来的1/2,声道数为原来的1/2,时长不变,总存储容量为原来的1/8。故本题选D。
13.小王对某个音频文件进行如下的编辑,其中不影响该文件存储容量的操作是( )
A.采样频率从44.1 kHz改为11 kHz
B.高音量改为低音量
C.量化位数从16位改为8位
D.双声道改为单声道
答案 B 本题考查声音文件存储容量的影响因素。影响声音文件存储容量的因素有采样频率、量化位数、声道数、时间长度等。音量的高低变化对文件存储容量没有影响。
14.小彬同学参加学校的艺术节比赛,需要录制一段配乐音频,他采用下列采样频率和量化位数,能使该音频保真度最高的是( )
A.8 kHz,16 bit B.44.1 kHz,16 bit
C.11.025 kHz,16 bit D.22.025 kHz,16 bit
答案 B 本题考查的是声音数字化的原理。采样频率越高,声音质量越好。
15.将某一幅未经压缩1024×768像素的256色BMP图像文件进行如下操作:
①图像的宽度和高度各缩小一半;
②另存为24位的BMP图像文件。
则处理后的图像文件与原文件的存储容量之比约为( )
A.1∶2 B.1∶4 C.2∶3 D.3∶4
答案 D 图像存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8(单位:字节)。原文件大小为1024×768×8/8(单位:字节),处理后文件大小为512×384×24/8(单位:字节),故处理后的图像文件与原文件的存储容量之比为3∶4。
16.小李使用GoldWave软件处理某音频,部分界面如图所示。
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执行“插入静音”命令插入10秒静音后按原参数直接保存,则保存后的音频文件的容量大约是( )
A.1.06 MB B.1.22 MB C.8.75 MB D.10 MB
答案 B 本题主要考查音频容量计算公式。该音频为mp3格式,GoldWave界面中没有量化位数,可利用比特率计算存储容量,128 kbps=128×1000/8 B/s,插入10秒静音,时长为80秒,容量计算公式为128×1000×80/(8×1024×1024),单位为MB,计算结果约为1.22 MB。
教师备用题库
1.(2015浙江10月学考,7,2分)用24位二进制数来表示的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 本题综合考查图像RGB颜色模式以及二进制与十六进制之间转换的相关知识。某RGB颜色值为123456H,转换为24位二进制数为00011010001010110B, 0001001将其每位二进制数取反后为00101110101001B,对1110110111应的十六进制数为EDCBA9H。
2.将十六进制数2FH的2倍转化为二进制数,结果是( )
A.1011110B B.1100000B C.1000000B D.1011100B
答案 A 本题考查的主要是进制的转换。本题可以先将十六进制数2FH转换为十进制数47,然后将十进制数94转换为二进制数;或者可以先将2FH转化为二进制数,方法为:1位十六进制转换为4位二进制,然后将二进制结果乘2,即在末尾加1个0。
3.某小游戏界面如图所示,游戏随机生成由7行7列共49个小动物头像组成的状态,头像共分6个不同种类。对当前状态进行二进制编码,需要多少位二进制( )
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A.49 B.147 C.196 D.294
答案 B 本题考查的主要是信息的编码,n位二进制最多能表示的不同信息个数是2n。题中每个小动物头像需要3位二进制进行表示(23>6),共需49×3=147位二进制,故本题选B。
4.(2016杭州二中期末,2,2分)用十六进制查看字符内码,结果如图所示。
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该字符内码可能是( )
A.2个GB2312字符
B.4个ASCII字符
C.2个ASCII字符,1个GB2312字符
D.4个GB2312字符
答案 A 本题考查的是十六进制内码。在UltraEdit软件中,字符占一个字节,汉字占两个字节。ASCII码能表示128个字符,即0~127,也就是0H~7FH,因此0H~7FH表示字符,大于7F的表示汉字。故为2个汉字。
5.用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示,则该字符内码可能是( )
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A.2个GB2312字符
B.4个ASCII字符
C.1个GB2312字符、2个ASCII字符
D.4个GB2312字符
答案 A 本题主要考查ASCII和汉字编码的知识。根据题图获取字符内码信息为“BA EF C4 EA”,一共是4个字节,因此可能是4个ASCII码字符或者2个汉字(GB2312编码)。但是考虑到ASCII字符的十进制在0~127之间,最大的是127,转化为十六进制数是“7F”,因此以字母开头的字节肯定属于GB2312编码字符(全角),所以选择答案A。
6.(2017杭州3月高考模拟)某十字路口有四个车道,每车道用一个指示灯指明通行状态,表格是每个指示灯的控制码与对应的状态。某一时段允许中间2个车道直行对应的控制码如图所示。
编码
状态
00
不亮
01
红灯
10
黄灯
11
绿灯
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若某一时段允许车辆左转,但不允许车辆直行和右转,则此时的控制码应该是( )
A.01111101 B.11010101
C.11111101 D.01111101
答案 B 本题主要考查信息的编码。用2位二进制数来表示指示灯的4种状态,允许为绿灯11,不允许为红灯01。
7.已知“A”的ASCII码是65,“a”的ASCII码是97。如图是用UltraEdit软件观察到的几个常用汉字和字符的内码,那么其中大写字母有( )
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A.2个 B.3个 C.9个 D.10个
答案 B 本题考查的主要是字符和汉字的编码、UltraEdit软件的使用以及进制的转换。由“A”的ASCII码是65可知,大写字母的ASCII码编码范围为65~90(十进制),转换为十六进制为41H~5AH,观察题图可知“41”“48”“42”对应的字符为大写字母,故答案为B。
8.(2016温州十校联考,5,2分)使用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示:
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则车牌号“浙CN9999”的内码是( )
A.D5E3 43 4E 39 39 39 39
B.FA43 20 39 39 39 39
C.D5E3 43 20 39 39 39 39
D.B943 4E 39 39 39 39
答案 A 本题主要考查了ASCII码和汉字内码的知识。首先,从“中国浙江2016”相对应的信息推断“浙”的内码是“D5E3”(因为一个汉字占用2个字节)。然后从“HAPPY NEW YEAR..”的内码获取字母“A”的内码是“41”,则可推断“C”的内码是“43”(因为ASCII码是按顺序进行编码的)。最后在第一行的第七个位置(空格也算一个ASCII字符)找到“N”的内码为“4E”,因此可以确定本题的答案为A。
9.(2016台州六校联考,10,2分)使用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示。
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这些内码所对应的字符可能为( )
A.热搜排行榜 B.热搜Search
C.热搜引擎SE D.热搜度TOP1
答案 D 本题主要考查信息编码。字符的ASCII码在0~127之间,对应的内码为0~7F。根据题图可知,第7个字节到第10个字节的字符的内码为54、4F、50、31,在0~7F之间。所以有4个英文字符,前6个字节为三个汉字,故选D。
10.(2017杭州3月高考模拟)在Word中,想把字体设置成深红色,除了直接选用标准色,也可以在调色板中用RGB(192,0,0)表示,其中“192”和“0”都是十进制数,若改用十六进制数表示深红色,则正确的是( )
A.C1H B.CCH C.FFH D.COH
答案 D 本题考查十进制与十六进制的转换。192D=COH.
第1节 计算机内信息的编码
模拟演练
A组 学考题组
1.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 将二进制数转换成十进制数,可按“按权展开,逐位相加”的方法。
2.二进制数(1111010)2转换成十六进制数是( )
A.6AH B.6BH C.7AH D.710H
答案 C 本题主要考查二进制数与十六进制数之间的转换。二进制数转换为十六进制数的方法是从低位开始取4个为1组进行转换。“1010”为一组,转换成十六进制数是“A”,“111” 前面最高位添“0”,补足4位,即“0111”为一组,转换成十六进制数是“7”,合在一起就是7AH。
3.下列数中,数值最大的是( )
A.209D B.D3H
C.11010010B D.(210)10
答案 B 本题主要考查进制的转换知识,特别是二进制、十进制和十六进制之间的互换。选项B,转化为十进制数为211;选项C,转化为十进制数为210,故选B。
4.(2018温州3月模拟,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 本题主要考查进制转换知识。由于十六进制数n的末位是“9”,因此该数肯定是奇数,故选项A错误。由于十六进制数在F后才会产生进位,当末位是“9”时,n+1的结果不会产生进位,故选项B错误;选项C正确,最小的符合题意的两位十六进制数是19H,其十进制值为25D;转换为二进制数后位数不一定是8位,例如29H,其对应的二进制数是101001B,只有6位,因此D选项错误。
5.某压缩算法,采用一个字节来表示连续的一串0 (或1)。字节最左边的一位是0,则表示该字节代表一串0;否则,代表一串1,其余位代表0(或1)的数量。这样,一个字节至多可表示127个0(或1),若超出可再用一个字节。如压缩后的编码是00001101,则表示连续13个0,10000100表示连续4个1。若压缩后编码用十六进制数表示为1A,则表示( )
A.连续10个1 B.连续10个0
C.连续26个1 D.连续26个0
答案 D 十六进制数1A表示为二进制数的一个字节是00011010,第一位为0,后面值为26,因此代表26个0。故本题答案为D。
6.已知字符“9”的ASCII码用二进制表示是0111001,则十进制ASCII码值是55的字符是( )
A.4 B.5 C.6 D.7
答案 D 本题考查二进制与十进制的互换。0111001B=57D,因此十进制是55的ASCII码应该是字符“7”。
B组 选考题组
1.用WinHex软件观察字符内码, 结果如图所示。
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以下分析正确的是( )
A.“MP4”为ASCII编码,占6个字节
B.“播”字的十六进制内码为B2H
C.大写字母“O”的十六进制内码为49H
D.大写字母“N”的二进制内码为01001110B
答案 D 本题考查字符内码和进制转换知识。由图可知内码中共有3个ASCII码,三个GB2312码。“MP4”为ASCII编码,占3个字节,故选项A错误;“播”字的十六进制内码为B2A5H,故选项B错误;大写字母“O”的十六进制内码为4FH,故选项C错误;选项D正确。
2.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 本题考查进制转换原理。将x进制的127转成十进制是x2+2x+7=175,合理的解是x=12,那么十进制21转成十二进制是19。
3.用UltraEdit软件观察字符的内码,显示的十六进制内码如图所示:
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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 本题考查英文字符和汉字的十六进制编码方式。每个英文字母占用1个字节,用ASCII码编码,其编码序号为0~127,用十六进制表示,其编码序号为00~7F,题图中有46、61、63、65、62、6F、6F、6B共8组编码在00~7F内,由此可知,英文字符是8个字节。剩余的8个字节是汉字字符的编码。
4.(2019浙江名校新高考研究联盟第一次联考,5,2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( )
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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“AD 2C”
D.字符“g”的二进制码是“01100111”
答案 D 本题考查字符的二进制编码。字符“8”的编码是38 H,推断字符“6”的编码是36 H,即00110110B。字符“,”的编码2C,占一个字节。字符“杯”的编码是“B1AD”。字符“G”的编码是47 H,则推算字符“g”的编码为67 H,即01100111。
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( )
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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 “你”的内码是C4E3H;“逗号”的内码是A3ACH,不是ASCII码;“j”的内码是6AH,“A”的内码是41H,因此A、B、C都错。
6.UltraEdit软件编辑的文本界面如图所示。下列说法正确的是( )
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A.该字符串的存储空间为12字节
B.H对应的16进制编码为65H
C.逗号对应的编码为A3H
D.感叹号为中文字符
答案 D 本题考查对Ultraedit软件的掌握。A选项,可以看出总共有0到d(H)14个字节;B选项,该软件是用16进制表示编码,所以H对应编码的16进制是48;C选项,可以看出逗号对应的字节中编码的高位为字母,说明是中文字符,而必有两个字节表示一个中文字符,所以逗号的编码为A3AC;D选项正确。
7.用UltraEdit软件观察字符串“a(i)+b(j)=9”的内码,如图所示,则字符串“A(i)+B(j)=10”的内码是( )
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A.61 28 69 29 2B62 28 6A 29 3D40
B.41 28 69 29 2B42 28 6A 29 3D 3A
C.61 28 69 29 2B62 28 6A 29 3D 31 30
D.41 28 69 29 2B42 28 6A 29 3D 31 30
答案 D 本题考查字符编码和UltraEdit软件的使用。大写字母比与之对应的小写字母小32(十进制),在十六进制下为20H。要特别注意“10”是两个字符。故本题选D。
8.在计算机内,有符号数有3种表示法:原码、反码和补码。
(1)原码就是二进制定点表示法,即最高位为符号位,“0”表示正,“1”表示负,其余位表示数值的大小;
(2)反码表示法规定:正数的反码与其原码相同;负数的反码是对其原码逐位取反,但符号位除外。如二进制原码10010,则反码11101(注:在10010中,左边的1为符号码,故为负);
(3)补码表示法规定:正数的补码与其原码相同;负数的补码是在其反码的末位加1,符号位除外。
根据以上运算规则,二进制有符号数100011的补码的十进制表示是( )
A.-29 B.-4 C.61 D.-36
答案 A 本题考查的是二进制的转化等知识和学习能力。通过学习获知有关反码和补码的概念。从题中不难发现有符号数100011是负数,其补码是在它的反码的末位加1且符号不变,最后转化成十进制,所以正确答案是A。
第1节 计算机内信息的编码
真题再现
A组 学考题组
1.(2018浙江11月选考,7,2分)使用UltraEdit软件观察字符“A~Z a~z 0~9”的内码,部分界面如图所示。
/
下列说法正确的是( )
A.字符“F”“d”“6”的内码值由小变大
B.字符“a”与“A”内码值之差的十进制表示为20
C.字符“2”内码值的二进制表示为“00000010”
D.图中所有字符内码值的十进制表示均小于128
答案 D 本题考查字符的内码。常用字符在ASCII码表中的排列次序依次为阿拉伯数字、大写字母、小写字母,大小写字母相差20H,即十进制32,A和B都错。从图中可看到“0”的内码值为30H,则“2”的内码值为32H,即“0011 0010”,C错。ACSII码表中共有128个字符,用了7位二进制,最小值为00H,最大值为7FH,即最大值为十进制127,D正确。
2.(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+l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 本题考查二进制的基本概念及运算方法。二进制数的末位是“0”,可以确定该数一定为偶数。若该二进制数是4位数,其最大值是1110B,也就是14D。n与n+1的二进制数的位数是相同的,区别在于n的二进制数的末位是0,而n+1的二进制数的末位是1。该二进制数末位的“0”去掉后,再转换为十进制数,所得的数是原二进制数的一半。
3.(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 本题考查字符内码的观察。由题图可知,得到字符“h”的十六进制编码为68H,转换成相对应的二进制编码为01101000。
4.(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 本题主要考查二进制数与十六进制数的转换。二进制数转换为十六进制数的方法是从二进制数的最低位数开始,4位二进制转换成1位十六进制。0101转换为5,1010转换为A,0010转换为2。
5.(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 本题考查的是十进制与二进制的转换。需把十进制数109看成独立的1、0、9三个数,然后根据规则分别转换成二进制数,不足4位的前面补0,其中(1)10=(0001)2,(0)10=(0000)2,(9)10=(1001)2,所以正确答案为D。
B组 选考题组
1.(2018浙江4月学考+选考,5,2分)使用UltraEdit软件查看字符内码,部分界面如下图所示:
/
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 汉字内码基本规律一般字母开头,两对内码代表一个汉字。ASCII码(半角英文字符)范围是00~7F。
2.(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“没”的十六进制内码值为( )
A.BB B.C3 BB
C.32 D.32 30
答案 B 本题考查字符的编码。每个英文字母和数字字符由8位二进制编码组成,对应2个十六进制数编码。每个汉字由16位二进制编码组成,对应4个十六进制数编码。观察题图可得“熊”字符编码为D0 DC,“出”字符编码为B3 F6,“没”字符编码为C3 BB。
3.(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.31 32 B.32 33 C.B9 BA D.B8 B9
答案 B 本题考查字符的编码。每个英文字母和数字字符由8位二进制编码组成,对应2个十六进制数编码。每个汉字由16位二进制编码组成,对应4个十六进制数编码。观察题图可得“2”的码值为32,由于数字字符和字母字符都是按
顺序编码的,因此可推出“3”的码值为33。
课件24张PPT。
第1节 计算机内信息的编码一 二进制、十六进制与十进制的相互转换（正整数位）二 ASCII码和汉字编码教材研读突破一 二进制数、十进制数、十六进制数之间的转换突破二 用UltraEdit或WinHex工具软件观察字符内码，如何区分字母与汉字重难突破一、二进制、十六进制与十进制的相互转换(正整数位)
1.二进制代码的特征
计算机内部的信息包括程序和数据,都是采用二进制代码表示的。为了读和写的方便,在实际表示中,人们常常采用十六进制的形式。
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。教材研读 通常用一个下标来表示该数的进位制,在该数的最后以字母B、D、H 分别来标识二进制、十进制和十六进制。 2.二进制数与十进制数,二进制数与十六进制数之间的转换(限正整)
将十进制整数转换为二进制数可用“除2取余法”,将二进制整数转换为十进制数可采用“按权展开,逐项相加”法。
将二进制整数转换为十六进制数,可从二进制数的最低位开始,每四位二进制数转换成一位十六进制数;反之,每一位十六进制数转换成四位二进制数。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个位来表示,可以表示128种编码。
计算机内存储一个ASCII码时占用一个字节。
ASCII编码表中的两个规律:(1)数字、字母是按顺序依次排列的;
(2)小写字母的编码比对应的大写字母大32,如“A”的ASCII码是65,
“a”的ASCII码是97。2.汉字编码方案
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、字形码等。
交换码又称区位码,是用于数字系统之间的汉字信息的通信交换。在计 算机中,区位码分成94个区,每个区包含94个位,用第一个字节标记区码, 第二个字节标记位码。最常用的编码是GB2312,2个字节表示一个汉字。
输入码是利用汉字的音、形或其他的相关特征信息,按照一定的规则,对
指定的汉字集编制相应的代码。包括音码、形码、音形码、形音码等。处理码是计算机内部用于信息处理的汉字代码,也称汉字内码。
汉字的字形码通常有两种表示方式:点阵方式和矢量方式。3.用UltraEdit或WinHex工具软件观察字符内码
用UltraEdit或WinHex工具软件观察字符内码时,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。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 )
?
A.010001101001 B.011001111001
C.010111000001 D.100001101010解析 本题主要考查信息的编码。观察第一行可知,空子的编码为 00,黑子的编码为01,白子的编码为10。故本题选A。2.十进制数58转换成二进制数是?( B )
A.101011 B.111010 C.111001 D.100111解析 本题主要考查十进制数与二进制数之间的转换。将十进制 数转换成二进制数,可用“除2取余法”,即将十进制数除以2取余数,将 结果倒序书写。3.二进制数(11011001)2转换成十六进制数是?( A )
A.D9H B.9DH C.6DH D.D6H解析 本题主要考查二进制数与十六进制数的转换。二进制数转 换为十六进制数的方法是从低位开始取4位为1组进行转换。4.字母“H”的ASCII码是1001000,则字母“J”的ASCII码值是?(???B? )
A.1001001 B.1001010 C.1001011 D.1001100解析 本题考查字母的ASCII编码。标准的ASCII码用7个位来表 示,其中数字、字母是按顺序依次排列的。字母“H”的ASCII码是100 1000,往后推2位即得字母“J”的ASCII码值1001010。突破一 二进制数、十进制数、十六进制数之间的转换
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:110101B=( )D。
二进制数: 1 1 0 1 0 1重难突破权值: 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:43D=( )B。
?运算结果:43D=101011B。
(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,可在最高位添0),逐组转换”。
例如:110110111110111B=( )H。
二进制整数: ???? 0110????1101????1111????0111
十六进制数: 6 D F 7
运算结果:110110111110111B=6DF7H。
(4)十六进制整数转换为二进制数——“逐个转换,每一位十六进制数
转换成四位二进制数”。例如:5DF7H=( )B。
十六进制数: 5 D F 7
二进制整数: ???? 0101 ????1101 1111 0111
运算结果:5DF7H=101110111110111B。例1 二进制数1100是二进制数110的?( D )
A.16倍 B.8倍 C.4倍 D.2倍解析 二进制数1100相当于十进制数12,二进制数110相当于十进制数6。1-1????(2015浙江3月学考,3分)二进制数1011111B转换成十六进制数是 ?( D )
A.B7H B.BFH ????C.5EH D.5FH解析 本题主要考查二进制数与十六进制数的转换。二进制数转换为 十六进制数的方法是从低位开始取4个为1组进行转换。本题中“111 1”为一组,转换成十六进制数是“F”,“101”前面最高位添“0”,补 足4位,即“0101”为一组,转换成十六进制数是“5”,合在一起就是5FH。1-2????(2015浙江3月学考,3分)十六进制数F5H转换成二进制数是?(????C )
A.(10111110)2 B.(11111010)2 C.(11110101)2 D.(11111101)2 解析 本题主要考查十六进制数与二进制数的转换。十六进制数转换 为二进制数的方法是每一位十六进制数转换为4位二进制数。本题中 十六进制数“F”转换成二进制数是“1111”,十六进制数“5”转换 成二进制数是“101”,前面最高位添“0”,补足4位,即“0101”,合在 一起就是(11110101)2。突破二 用UltraEdit或WinHex工具软件观察字符内码,
如何区分字母与汉字 用UltraEdit或WinHex工具软件观察字符内码时,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2????(2015浙江9月适应性考试,2分)用UltraEdit软件观察“苹果apple” 这几个字符的内码,如图所示:
?
则“iPhone”中的小写英文字母“o”的二进制编码是?( C )
A.01000101 B.01101001
C.01101111 D.01000111解析 本题考查的内容是观察字符内码以及二进制数与十六进制数之 间的转换。本题图片显示小写字母“p”的内码是70H,ASCII码中字母 是按顺序排列的,由此推出小写字母“o”的内码是6FH,转换成二进制 数是01101111B。2-1 使用UltraEdit软件观察字符内码,结果如图所示:
?
则图中字符“!”的内码是?( D )
A.CA B.A1 ????C.CA C7 D.A3 A1解析 本题考查汉字字符的编码。每个汉字由16位二进制编码组成,对 应4个十六进制编码。观察图中结果可得:“永”字符编码为D3 C0, “不”字符编码为B2 BB,“失”字符编码为CA A7,“重”字符编码为 D6 D8,“!”字符编码为A3 A1。教师备用题库
1.(2016杭州二中期末,7,2分)小王为某话剧社的“长生”话剧找了一段Wave格式的过场音效,用GoldWave软件打开后查看信息,如图所示:
/
她要把这段音效上传到QQ群空间,上传网速稳定在150 K/秒,估计需要( )
A.1秒 B.6秒
C.48秒 D.6分钟
答案 B 本题考查声音处理的相关知识点。在GoldWave软件界面的状态栏中有很多的参数信息,根据题意得知声音时长为1分,即60秒,速率为128 kbps,因此存储容量约为(128×60/8)KB。上传网速为150 K/秒,则上传时长为128×60/8/150秒,大约为6秒。故选B。
2.关于图像与视频的描述,下列说法正确的是( )
A.BMP图像采用了无损耗的数据压缩技术,且存储容量较小,网页上常用
B.存储一个像素所占的位数,24位真彩色比256色彩色图片少
C.视频由帧组成,PAL制每秒显示的帧数与Flash默认值相同
D.JPEG是图像标准压缩格式,MPEG是视频标准压缩格式
答案 D 本题考查的主要是图像和视频数字化与数据压缩。BMP图像一般未经压缩,图像逼真,存储容量大,不利于网页传输,网页一般使用JPEG图像;24位真彩色需要24位,256色只需要8位(28=256);PAL制25帧每秒,Flash默认12帧每秒。
3.(2016温州十校联考,9,2分)如图,有两张像素个数完全一样的256级灰度图片文件1.bmp和2.bmp,在PS软件里分别直接另存为1.jpg和2.jpg,其他参数都不变,则以下有关存储容量大小说法正确的是( )
/
A.1.bmp比2.bmp大 B.1.jpg和2.jpg一样大
C.1.jpg比2.jpg小 D.1.jpg比2.jpg大
答案 D 本题主要考查图片大小判断以及数据冗余等知识。由于像素和颜色位数相同,因此两张图片的bmp格式大小肯定相同(bmp图片的大小与其内容无关),因此排除选项A。另外观察两张图片,可以发现左图的内容远比右图复杂,右图的内容很简单,则数据冗余度大,因此压缩的空间就大,转换成相应的jpg格式后,1.jpg的文件存储容量肯定要大于2.jpg,所以答案是D。
第2节 多媒体信息的数字化
模拟演练
A组 学考题组
1. 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
答案 D 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位二进制来表示的,所以总共24位,答案为D。
2.(2018浙江联考,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(Z)…”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( )
A.1.3 M B.2.5 M C.5.5 M D.10.8 M
答案 B 本题考查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) 。从图a中可以看出所选时间为30秒,从图b中可以看出声道数为单声道。其计算式为44100×16×1×30/8/1024/1024=2.52MB。
3.下列过程属于图像数字化的是( )
①用数码相机拍照 ②用Photoshop加工处理图片
③用QQ截图工具截图 ④用扫描仪扫描
A.①② B.①④
C.①③④ D.①②③④
答案 B 本题考查图像数字化的概念。图像数字化是将模拟图像信号转换为数字图像信号的过程。此题中②用Photoshop加工处理图片、③用QQ截图工具截图都是对数字图像进行的操作。用数码相机拍照和用扫描仪扫描都是将模拟图像信号转换为数字图像信号。
4.已知某音频存储容量为5 MB,分析图中信息,可知该音频的时长约为( )
/
A.10秒 B.20秒
C.30秒 D.40秒
答案 C 本题主要考查音频的存储容量计算。根据公式:未经压缩的音频的存储容量(MB)=采样频率×量化位数×声道数×时间/8/1024/1024。代入数据,5=44000×16×2×t/8/1024/1024,求出该音频的时长t≈30秒。
5.有一个未经压缩的BMP图像(如图A),用图像编辑软件在其上面添加了文字“江南烟雨”(如图B),之后按原文件格式保存。请问编辑后的图像文件大小与原文件相比( )
/
A.变大 B.变小
C.不变 D.无法确定
答案 C 本题考查图像存储容量的计算方法。影响图像存储容量的因素只有像素数、颜色数,与图像实际内容的多少无关。由本题题干得知文件各参数与文件类型保持不变,故文件大小也保持不变。
6.将一幅1024×768像素的24位色BMP图像存储为512×384像素的256色BMP图像,其图像存储容量将变为原来的( )
A.4倍 B.1/4 C.1/6 D.1/12
答案 D 图像存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8(单位:字节)。原文件大小为1024×768×24/8(单位:字节),存储后文件大小为512×384×8/8(单位:字节)。所以存储后的图像的存储容量变为原来的1/12。
7.用GoldWave软件对一段时长为20秒,量化位数为16位的Wav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的存储容量大约是原文件的( )
A.二分之一 B.三分之一
C.四分之一 D.三分之二
答案 C 本题考查影响音频存储容量的几个要素。删除前10秒,存储容量变为原来的1/2;量化位数改变为8位,存储容量变为原来的1/4,提高音量并不能改变存储容量,所以正确答案选C。
B组 选考题组
1.(2018浙江十二校高三第一次联考)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.
2
2
4
B.24 C.28 D.
2
1
6
答案 D 本题考查图像存储容量与颜色位数之间的关系。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)。1.99×1024×1024×8/1360/768=16,即单个像素的颜色编码位数是16位,因此该图片可能的颜色数是216。
2.小明制作了一个帧频为12帧/秒的Flash作品,导出视频时参数如下图所示:
/
该视频文件的容量大小约为373 MB,则该视频的长度约为( )
A.35秒 B.420秒 C.42秒 D.70秒
答案 A 本题考查图像数字化、视频数字化及存储容量计算的相关知识。未经压缩的视频文件存储容量的计算方法是存储容量=帧图像存储容量×帧频×播放时间(单位:字节)。其中,帧图像存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8(单位:字节)。本题中帧图像存储容量为800×582×16/8,帧频为12 fps,因此,时长的计算式为373×1024×1024÷(800×582×16/8)÷12,约为35秒。
3.将一幅800×600像素、24位色图像的“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约为( )
A.24∶8∶1 B.12∶4∶1
C.24∶256∶1 D.1∶1∶1
答案 A 本题考查图像存储容量的计算。256色为8位,黑白位图为1位。三幅图像的容量:“1.bmp”容量为800×600×24/8 B,“2.bmp”容量为800×600×8/8 B,“3.bmp”容量为800×600×1/8 B,故三个文件存储容量之比约为24∶8∶1。
4.一个容量大小约为1.68 MB且未经压缩的WAV文件,其相关信息如图所示,则该声音文件的量化位数Y的值是( )
WavePCMsigned (Y位),44.1kHz,1376kbps,立体声,10秒
A.4 B.8 C.16 D.32
答案 C 本题主要考查Wav格式音频存储容量的计算。未经压缩的Wav音频存储容量(B)=采样频率×量化位数×声道数×时间/8。由于Wav文件存储容量是1.68 MB,采样频率为44100 Hz,双声道,时间是10秒,所以其量化位数是1.68×1024×1024×8/44100/2/10≈16,因此答案是C。
5.(2017浙江名师预测卷3,10,2分)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视频的数据量之比约为( )
A.5∶6 B.6∶5 C.16∶9 D.4∶5
答案 A 本题考查的是视频文件的计算。PAL制式每秒25帧,NTSC制式每秒30帧,根据未经压缩视频计算公式可知每秒钟A、B视频的数据量之比为5∶6。
6.使用一个存储容量为8 GB的U盘来存储未经压缩的1920×1080像素、黑白图像、5帧每秒、1分钟的复古视频(avi格式),能存这样的视频的个数大约为( )
A.2个 B.12个
C.22个 D.165个
答案 C 本题考查视频存储容量的计算。未经压缩的avi文件所占磁盘的存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8×帧频×播放时间(单位:字节),将8 GB转换为B,黑白图像的位数为1,总的公式=(8×1024×1024×1024)
/ [(1920×1080×1)/8×25×60]≈22, 所以能存储完整的视频大约是22个。
第2节 多媒体信息的数字化
真题再现
A组 学考题组
1.(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.192 KB B.768 KB C.6 MB D.24 MB
答案 B 本题考查图像存储容量的计算。256色图像,单个像素所需要的编码位数是8位,其计算式为1024×768×8/8/1024=768 KB。
2.(2018浙江4月学考,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.23 MB B.70 MB C.703 MB D.5625 MB
答案 C 本题考查视频文件存储容量的计算。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)。因此其计算式为1024×800×24×30×10/8/1024/1024=703 MB。
B组 选考题组
1.(2018浙江11月选考,10,2分)一个时长为8分钟、采样频率为32 kHz、量化位数为16、双声道未经压缩的Wave格式音频文件,其存储容量约为( )
A.1 MB B.29 MB C.59 MB D.469 MB
答案 C 本题考查音频的存储容量计算。计算公式如下:采样频率×量化位数×时间×声道数。32000×16 bit×8×60×2=58.6 MB。选C。
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存储容量之比约为( )
A.4∶1 B.8∶1 C.16∶1 D.32∶1
答案 A 本题考查图像的存储容量的计算。n个二进制位能表示2^n种颜色。256色需要8个二进制位表示,16色需要4个二进制位表示。图像的存储容量的计算方法:像素总数*单个像素所需的颜色位数。(80万*8)∶(40万*4)=4∶1。
3.(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43.95 MB,则该动画的总帧数约为( )
/
A.38 B.150 C.300 D.1200
答案 C 本题考查视频文件存储容量的计算问题。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)。具体到本题,帧图像存储容量=320×240×16/8/1024/1024≈0.1465 MB,故该动画的总帧数约为43.95/0.1465=300。
4.(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.3 MB B.24 MB
C.768 MB D.3073 MB
答案 A 本题主要考查BMP图像存储容量的计算。BMP图像存储容量的计算方法为: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)。因此该图像的大小为1366×768×24/8/1024/1024(MB)≈3 MB。
5.(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,表示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:2015/3/27 8:25
尺寸:640×512
大小:1.25 MB
A.4 B.8 C.24 D.32
答案 D 本题主要考查BMP图像存储容量的计算。BMP图像存储容量的计算公式为:水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位数/8(字节)。由题图可知,该BMP图像的水平像素数为640,垂直像素数为512,存储容量为1.25 MB,通过计算公式,根据信息存储单位间的换算关系:1 GB=1024 MB,1 MB=1024 KB,1 KB=1024 B,1 B=8 b(B为字节,b为位),可以得到位数:1.25×1024×1024×8/(640×512)
=32(b)。因此正确答案是D。
课件21张PPT。
第2节 多媒体信息的数字化一 图像、声音、视频数字化的概念二 图像、音频、视频存储量的计算教材研读突破 图像存储容量的计算重难突破一、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的图像的颜色,但得到的数字图像的容量也越大。
教材研读 分辨率是指单位长度(或面积)的像素。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,即每英寸中有几个点。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。1.图像存储容量的计算
影响位图图像存储容量的因素: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)。二、图像、音频、视频存储量的计算2.音频存储容量的计算
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)。3.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)。1.下列关于多媒体数字化的描述,正确的是?( C )
A.声音数字化的过程是一种“数模转换”
B.计算机播放声音时进行模数转换
C.数码相机可以将图像数字化
D.麦克风可以将视频数字化解析????本题考查多媒体信息数字化的基本概念。声音数字化的过 程是一种由模拟音频信号转换为数字化信号的过程,是一种“模数转 换”。当计算机播放声音时,由数字化信号转换为模拟音频信号,是一 种“数模转换”。麦克风是声音输入设备。2.小东分别采用以下参数录制一段30秒的音频:下列选项正确的是?( B )
A.①比③的音质好 ???? C.②比①的存储容量小
B.④比①的音质好 ????D.③比④的存储容量大解析 本题考查声音数字化原理。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,音质越好,存储容量也越大。量化 位数越大,音质越好,存储容量越大。在其他指标都相同的情况下,立体 声即双声道比单声道质量好。3.两幅尺寸相同未经压缩的BMP图像,若存储容量分别为352 KB和
119 KB,则这两幅图像的颜色数可能为?( B )
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色解析 图像存储容量=水平像素数×垂直像素数×每个像素编码位 数/8(单位:字节)。两幅图像尺寸相同,存储容量分别为352 KB和119 KB,即大小之比约为3∶1,由此推出这两幅图像的颜色数之比约为3∶1, 因此可能的答案是24位色和8位色。4.使用一个存储容量为1024 MB的U盘来存储未经压缩的1280×968像 素、32位色BMP图像,可以存储这种图像大约为?( C )
A.800张 B.400张 ????
C.200张 D.20张解析 存储一张未经压缩的图像所需容量为1280×968×32/8(字节), 约4.73 MB,1024/4.73≈216,只有200最接近,故一个容量为1024 MB的U 盘可以存储这种图像200张。5.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 ?( C )
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”之和解析 本题考查音频存储容量的计算方法。音频存储容量的计算 公式为“时间×采样频率×量化位数×声道数/8(单位:字节)”。在采样 频率和量化位数相同的情况下,只需要考虑时间长度和声道数。注意合 成后的音频文件大小不一定是合成前的两个音频文件大小的和。图像存储容量的计算
图像存储容量的计算
影响位图图像存储容量的因素: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。重难突破 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(16777216)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。 上面表格反映了图像的色彩数与图像色彩编码位数的关系和区别。
一幅黑白图像,该图像每个像素点有两种色彩(黑与白)可选,那么每个像素点所需的色彩编码位数是1位,1位二进制有两种状态(0和1),刚好对应 两种色彩。
一幅图像是256色的,该图像每个像素点所需的色彩编码位数就是8位, 也即8位二进制编码可以表示出256种色彩,28=256。
一幅24位真彩色的图像,该图像每个像素点的色彩编码位数是24位,而
该图像的色彩数是224=16777216种。 例 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?( C )
A.1/8 B.1/4 C.1/3 D.32/3解析 存储容量与图像总像素以及每个像素的编码位数有关。总像素 不变的情况下,24位真彩色BMP格式图像转换为256级灰度BMP格式图 像,其每个像素的编码位数由24 bit变为8 bit。1-1 将一幅1024×768像素的8位彩色BMP图像存储为同样大小的256 级灰度的图像格式,其图片存储容量将?( C )
A.变小 B.变大 C.不变 D.不确定解析 本题考查图像颜色数量与存储容量的大小的关系。影响位图图 像存储容量的因素有像素数和颜色数。所以当尺寸不变的情况下,图片 的存储容量就只和颜色数有关。8位彩色BMP图像和256级灰度的图像 的颜色位数均为8位。所以图片的存储容量保持不变。
