专题三 多媒体技术基础
探考情 悟真题
【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 ★☆☆
3.多媒体作品设计 ①需求分析 ②规划和设计 ③脚本编写 c 2019浙江1月学考,9,2分 多媒体作品制作流程 ★☆☆
2017浙江4月选考,7,2分 脚本编写 ★★☆
4.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 ★★☆
5.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 2019浙江4月选考,5,2分 二进制与十六进制的转换 ★★☆ ★★★
2019浙江1月学考,6,2分 二进制的基本思想 ★★☆
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 2019浙江6月学考,6,2分 查看字符内码 ★☆☆
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 字符编码问题 ★★☆
3.图像、音频与视频数字化的概念 b
4.图像、音频、视频存储容量的计算 c 2019浙江6月学考,7,2分 视频文件压缩比 ★★★
2019浙江4月选考,10,2分 图像存储容量之比 ★★★
2019浙江1月学考,8,2分 图像存储容量之比 ★★★
2018浙江11月选考,10,2分 声音存储容量的计算 ★★☆
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。复习时应该强调多媒体技术的概念及特征的理解和掌握多媒体技术的应用现状及发展前景。必须熟练掌握二进制、十六进制与十进制三者之间的相互转换方法,利用UltraEdit软件观察字符内码,理解内码的编码规则。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 练考向
【考点集训】
考点一 多媒体技术基础
1.(2019浙南名校第1次联考,6,2分)关于多媒体技术和多媒体数据文件,下列说法不正确的是( )
A.多媒体技术可以处理文本、图形、图像、声音和视频等多种媒体信息
B.作品的系统结构设计描述了整个作品的组成部分、工作流程、主要界面
C.录音机软件录制WAVE波形文件的过程包含对声音的采样和编码
D.MPEG视频文件压缩了部分冗余和非冗余信息,解压后还能准确地恢复到原信息
答案 D
2.(2019浙江教育绿色评价联盟3月模拟,8,2分)下列有关多媒体作品综合设计,说法正确的是( )
A.作品的作品内容、主题思想需要在创作需求分析报告中呈现
B.作品的组成部分、主要界面设计方案可查阅模块设计报告
C.对作品整体语言文字、音乐和色彩的要求,属于作品的媒体元素分解
D.作品制作过程中,对各模块具体设计、制订脚本大纲属于作品的系统结构设计
答案 A
3.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 本题主要考查常见多媒体软件及数据压缩知识点。A、B、D选项均为相应软件具备的功能,而C选项则是无损压缩,压缩后文件变小,图像的质量不变。
4.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 本题主要考查多媒体数据压缩技术。视觉冗余是相对于人眼的视觉特性而言的,人类的视觉系统并不能对图像的任何变化都感觉到。结构冗余是图像中存在重复或相近的纹理结构。时间冗余是两张相邻图片之间存在相关性。空间冗余是静态图像中存在的最主要的一种数据冗余。在同一幅图像中,规则物体和规则背景的表面物理特性具有相关性,其相邻像素的颜色值相近或相同。题图a主要体现的是结构冗余,题图b主要体现的是空间冗余。
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x mod 16与二进制数y的左侧4位的值相等
答案 D
2.(2019余姚慈溪6月期末,5,2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
3.(2019七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.1.3 MB B.2.5 MB C.5.5 MB D.10.8 MB
答案 B
4.某网站要求上传照片的格式为JPEG,且容量不能超过60 KB,小李上传的照片格式如图所示。
按照15∶1的压缩比转换成JPEG格式上传至该网站,则在保持图像宽高比例等参数不变的情况下,应将该图像的宽度和高度分别调整为( )
A.768和1 024 B.339和512
C.450和1 600 D.400和400
答案 B
5.(2019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1 024×512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15 MB,则压缩比约为( )
A.2.5∶1 B.10∶1 C.64∶1 D.80∶1
答案 B
【五年高考】
考点一 多媒体技术基础
A组 2015—2019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.(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
3.(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.Internet Explorer
C.会声会影 D.Windows附件中的“画图”程序
答案 C
4.(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 2015—2019年真题·提升题组
1.(2019浙江1月学考,9,2分)小红创作了一个主题为“美丽乡村”的多媒体作品,经历过以下五个主要步骤:
①进行脚本编写
②在校园电视台播放完成的作品
③进行作品的结构设计和模块设计
④确定作品的主题思想和主要内容
⑤收集素材并进行处理,用 Flash 进行合成
根据多媒体作品制作流程,下列顺序合理的是( )
A.④③①⑤② B.⑤①③②④
C.④②①③⑤ D.①④③②⑤
答案 A
2.(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 本题主要考查多媒体作品设计中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、分解媒体元素。其中分解媒体元素是将所需的原始素材列成表格,确定获取原始素材的方式。
3.(2015浙江10月学考,10,2分)将一个时长为1分钟、采样频率为44.1 kHz、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940 KB,则其压缩比约为( )
A.11∶1 B.11∶2 C.11∶4 D.88∶1
答案 A
4.(2015浙江3月学考,3分)将一幅未经压缩的1 024×576像素、24位色BMP图片,转换成PNG格式后,存储容量为350 KB,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 2015—2019年真题·基础题组
1.(2019浙江1月学考,6,2分)下列关于数制的说法,正确的是( )
A.二进制数1110001转换为16进制数是E1
B.二进制数1110中的末位数码0对应权值是21
C.若二进制数末位为0,则该数对应的十六进制数末位不一定是0
D.若二进制数1101去掉末位数码1,则新数110是原数1101的1/2
答案 C
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+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
3.(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
4.(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
5.(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
6.(2019浙江6月学考,6,2分)用UltraEdit软件观察字符串“学习Python”的内码,该字符串的内码是( )
答案 D
7.(2018浙江4月选考,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
8.(2017浙江4月选考,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
9.(2019浙江1月学考,8,2分)有甲、乙两幅未经压缩的1 024×768像素的BMP图像文件,甲图为256色,乙图为24位色,则甲图和乙图的存储容量之比为( )
A.32∶3 B.4∶3 C.1∶3 D.1∶2
答案 C
10.(2019浙江6月学考,7,2分)用Flash 软件以16位彩色、非压缩格式导出一个avi视频文件,属性如图所示,该文件转换为MP4格式后,文件大小为701 KB。则压缩比约为( )
视频
长度 00:00:09
帧宽度 320
帧高度 240
数据速率 14 745 kbps
总比特率 14 745 kbps
帧速率 12帧/秒
A.96∶1 B.48∶1 C.24∶1 D.12∶1
答案 C
11.(2018浙江6月学考,6,2分)一幅未经压缩的1 024×768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
B组 2015—2019年真题·提升题组
1.(2019浙江4月选考,5,2分)将十六进制数56转换成8位二进制数,再将该8位二进制数从左向右按两位一组依次分为4组,每组中的两位相互交换,得到新的8位二进制数,则新的8位二进制数对应的十六进制数是( )
A.D0 B.34 C.A9 D.65
答案 C
2.(2019浙江4月选考,10,2分)一副未经压缩的1 100×1 024像素的BMP图像文件,其存储容量约为1.07 MB,则该图像每个像素色彩编码的位数为( )
A.4 B.8 C.16 D.24
答案 B
3.(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
4.(2016浙江10月选考,10,2分)一幅未经压缩的1 366×768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.3 073 MB
答案 A
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,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
6.(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
7.(2018浙江4月选考,10,2分)一段时长为10秒、1 024×800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.5 625 MB
答案 C
8.(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,则该动画总帧数约为( )
A.38 B.150 C.300 D.1 200
答案 C
教师专用题组
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.(2019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.(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.Internet Explorer D.Access
答案 C
5.(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
6.(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
7.(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
8.(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
9.(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
10.(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
11.(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
12.(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
13.(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
14.(2015浙江3月学考,3分)使用一个存储容量为4 GB的U盘,来存储未经压缩的1 920×1 080像素、32位色的BMP图像,总共可以存储这种图像大约( )
A.1 000张 B.500张 C.200张 D.10张
答案 B
15.(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
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
【三年模拟】
A组 2018—2020年模拟·考点题组
考点一 多媒体技术基础
1.(2019浙江十校联盟3月适应卷,8,2分)下列关于多媒体技术及多媒体作品设计说法不正确的是( )
A.多媒体技术有三个显著的特征,即集成性、交互性、实时性
B.多媒体素材中的图像是自然界中实际存在的事物的映像描述
C.多媒体作品设计中的应用需求分析包括社会需求、用户情况、作品内容
D.在多媒体作品创作过程中,系统结构设计描述了整个作品的组成部分、工作流程、主要界面
答案 C
2.(2019浙江“七彩联盟”9月联考,6,2分)下列关于多媒体技术的说法,正确的是( )
A.多媒体数据之所以能够被压缩,原因之一是多媒体数据本身存在冗余
B.多媒体技术中的媒体是指存储信息的实体,如磁带、磁盘、光盘等
C.网络直播平台可以实时观看实况赛事,主要体现了多媒体技术的交互性
D.在进行多媒体作品的应用需求分析时,不需要考虑作品的经济效益
答案 A
3.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
4.(2019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
5.(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
6.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
7.(2019衢州6月高二期末,5,2分)下列有关数据压缩的说法,正确的是( )
A.压缩比是衡量压缩技术好坏的唯一标准
B.MPEG是一种静态图像压缩标准,属于有损压缩
C.JPEG是一种动态图像压缩标准,属于有损压缩
D.用WinRAR软件对某文件进行压缩,属于无损压缩
答案 D
8.(2019浙江名校新高考研究联盟(Z20)第二次联考,6,2分)某同学对音频素材“伴奏.wav”依次做以下处理:
①“伴奏.wav”压缩为“伴奏1.mp3”
②“伴奏1.mp3”压缩为“伴奏.rar”
③“伴奏.rar”解压缩为“伴奏2.mp3”
下列说法不正确的是( )
A.过程①为有损压缩,过程②为无损压缩
B.“伴奏2.mp3”和“伴奏1.mp3”的音质相同
C.过程①可使用GoldWave软件实现
D.“伴奏.wav”和“伴奏.rar”文件大小相同
答案 D
9.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
10.(2019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288 KB,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.(2019湖州6月期末,4,2分)十进制正整数n 转换为二进制数,该二进制数共4 位,下列说法正确的是( )
A.若该二进制数的首位为1,则n 必大于9
B.若该二进制数的末位为1,则n + 1 可能为奇数
C.该二进制数首位去掉,转换为十进制数,所得的值是n/2
D.该二进制数按位取反,转换为十进制数,与n 相加的结果必为15
答案 D
2.(2018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
3.(2018浙江名校协作体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”内码转换为十进制的过程应为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
4.(2018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
5.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.58.6 KB B.117.2 KB C.234.4 MB D.11.7 MB
答案 A
6.(2019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之比为( )
A.1∶64 B.2∶1 C.3∶64 D.6∶1
答案 D
7.(2019浙江名校新高考研究联盟(Z20)第二次联考,10,2分)将时长40秒的某视频素材进行保存,保存设置如图所示。
保存后的文件大小约为( )
A.1 186 GB B.9.27 GB C.1.16 GB D.29.7 MB
答案 C
8.(2019嘉兴9月选考测试,10,2分)一段1 280×720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659.2 MB,则这段视频的时长约为( )
A.1 s B.10 s C.50 s D.100 s
答案 B
B组 2018—2020年模拟·综合题组
1.(2019浙江名校4月选考模拟,7)下列关于多媒体技术的说法,错误的是( )
A.作品的系统结构描述了整个作品的组成部分、工作流程、主要界面
B.相同大小和颜色位数的图像,色彩层次越丰富,冗余就越大,压缩后容量就更小
C.对位图的修改实质上就是改变图像中像素的颜色和亮度属性
D.用GoldWave软件处理声音时,插入一段5秒的静音,声音总时长一定也会增加5秒
答案 B
2.(2019金华十校6月期末,7)下列关于多媒体技术应用的描述,不正确的是( )
A.压缩比是衡量压缩技术的重要指标
B.会声会影是视频处理软件,无法对音频进行剪辑操作
C.微信运动能动态记录用户的步数,这主要体现了多媒体技术的实时性特征
D.音频卡的主要功能是为多媒体计算机解决声音的输入、输出和数字化处理
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.(2020届五校10月联考,4)使用UltraEdit 软件查看字符内码,部分界面如图所示。
下列说法正确的是( )
A.图中有7 个字符采用ASCII 编码,3 个字符采用汉字编码
B.GB2312汉字编码字符集是汉字较为常用的内码编码字符集
C.将内码“39”修改为“3A”,字符“9”将自动改为“10”
D.根据上图推断可知,字符“t”的内码为86H
答案 A
5.(2020届浙江十校联盟10月联考,4)使用UltraEdit软件观察字符内码,部分界面如图所示,下列说法正确的是( )
A.图中共有9个ASCII码字符
B.大写字母N的十六进制内码为48
C.图中第一个中文字符的二进制内码为10111000 11011111
D.存储图中字符共需13个字节
答案 C
6.(2018绍兴9月选考科目诊断性考试,10,2分)利用Photoshop软件把一幅1 280×1 024像素,256级灰度的BMP格式图像存储为JPG格式,存储后容量是120 KB,则图像压缩比约为( )
A.10∶1 B.20∶1 C.40∶1 D.80∶1
答案 A
7.一个容量约为1.68 MB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( )
Wave PCM signed,44.1 kHz,1 376 kbps,立体声,10秒
A.4 B.8 C.16 D.32
答案 C
8.将一个时长为1分钟、采样频率为44.1 kHz、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516 KB,则其压缩比约为( )
A.3∶1 B.10∶1 C.44∶1 D.88∶1
答案 B
9.(2018浙江名校协作体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97.7 MB,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
10.(2019五校10月联考,6,2分)使用Flash 软件制作一段5 秒的无声动画短片,导出影片时相关设置如图所示。
生成的视频文件其存储容量为135 MB,则可以推断该视频文件的帧频为( )
A.30 fps B.25 fps C.12 fps D. 8 fps
答案 C
11.(2019金丽衢十二校高三第三次联考,10,2分)某同学制作Flash 作品准备导出如图所示的未经压缩的视频文件,其文件存储容量约为( )
A.13.65 MB B.109.21 MB C.13.99 MB D.14.99 MB
答案 C
(共54张PPT)
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。
考点清单
(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
件系统与多媒体软件系统组成。
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。
多媒体作品设计的过程如图所示。
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
序号 出现场合 元素名称 元素内容 获取方法 文件名
1 片头 背景音乐 激动人心的音
乐 音乐软件中下
载 ①
2 片头 文本 运动会宣传文
字 人工键入 ②
3 片头 静态图像 运动会精彩画
面 数码相机拍
摄、校网下载 ③
4 片头 视频 运动会精彩片
段 DV拍摄,校网
下载 ④
B.pt.wma、pt.txt、pt.mpg、pt01.jpg
C.pt.mpg、pt.txt、pt01.jpg、pt.wma
D.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。
(2)时间冗余。
(3)结构冗余。
(4)视觉冗余。
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感觉明显下降。
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。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
考向突破
一、多媒体技术的现状与发展前景
1.多媒体技术的现状
多媒体技术 主要应用
音频技术 音频数字化、语音处理、语音合成和语音识别
视频技术 视频信息获取、存储、传输、处理、播放以及
模拟视频信息数字化和数字视频信号编码转换
成电视信号等
数据压缩技术 JPEG标准:适用于静止图像;MPEG标准:适用于
动态影像,数字电视和DVD主要采用MPEG-2;P*
64标准:是关于双向传输视频和声音的标准
网络传输技术 压缩技术为网络传输技术提供条件
2.多媒体技术的发展前景
(1)虚拟现实
虚拟现实是一种可以创建和体验虚拟世界的计算机系统,可用VRML文件
定义和描述。
(2)多媒体数据库和基于内容检索
多媒体信息检索技术的应用使多媒体信息检索系统、多媒体数据库系统
等得到极大的发展。基于内容检索根据其可视特征从图像库中检索出与
查询描述的图像内容相似的图像,该技术研究是近年来多媒体信息检索领
域中的热点。
(3)多媒体通信技术
多媒体技术和通信技术有机结合,在计算机的控制下,对多媒体信息进行采
集、处理、表示、存储和传输。
例1 下列有关多媒体技术的说法错误的是?( )
A.多媒体技术涉及声音、图像、视频等与人类社会息息相关的信息处理
B.多媒体技术中的媒体一般为文本、图片、视频、动画、视频卡等
C.多媒体技术是指以计算机为平台综合处理多种媒体信息的集成系统
D.多媒体技术有三个显著的特征:集成性、交互性、实时性
解析 多媒体技术中的媒体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。视频卡是多媒体硬件设备。
答案????B
例2 下列有关多媒体技术的描述,不正确的是?( )
A.网络直播平台可以实时观看实况赛事,主要体现了多媒体技术的实时性
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.多媒体技术往往还包含多媒体数据库技术、多媒体通信技术等
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
解析 多媒体数据的压缩属于编码过程,解压缩属于解码过程。多媒体技
术有三个显著的特征:集成性、交互性、实时性。实时收看节目体现了多
媒体技术实时性的特征。多媒体数据库技术、多媒体通信技术是多媒体
技术发展的热点。
答案????B
二、多媒体作品设计
1.多媒体作品的应用需求分析与创作需求分析的区别
(1)应用需求包括:
(2)创作需求包括:
社会需求 当前社会上对此类作品的需求程度如何,国内外
有无同类作品,其水平、质量如何
用户情况 作品主要面向哪些用户,用户的计算机应用水平
如何,作品一般在什么场合使用
作品效益 该作品的社会效益及经济效益如何,需要花费的
时间、资金,所提供信息的使用价值如何,使用频
率如何
主题思想 多媒体作品应该有鲜明的主题,作品要表述什么
知识或解决什么问题。只有明确了主题思想,才
能使创作工作紧密围绕主题来进行
结构类型 多媒体作品具有不同的类型,可分为演示型、自
主学习型、模拟实验型、训练复习型、教学
型、资料工具型、游戏型等,各种类型的功能和
作用不同,作品的风格亦应有所不同
设施需求 作品创作过程中需要哪些硬件,需选用什么辅助
设备,有无特殊需要,要用到哪些多媒体软件,作
品运行时需要的系统最低配置,作品是否需要网
络的支持等
作品内容 作品由哪几个主要部件组成,其主要内容是什么,
相互间怎样链接
发布方式 要确定作品将保存在磁盘、光盘中,还是发布到
网络服务器中
例3 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4 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
2.系统结构设计和功能模块设计的区别
(1)系统结构设计描述了整个作品的组成部分、工作流程和主要界面。一
个作品的主要结构往往包括片头、主交互界面、片尾三个部分,其中主交
互界面是作品的核心部分,用户通过主交互界面上的交互部件(如按钮)进
入相应模块。
(2)功能模块设计指对系统结构进行模块划分,并对各模块进行具体设计。
模块所包含的媒体元素有窗口、文字、颜色、音乐和交互等。
?
系统结构设计
?
功能模块设计
例5 小李准备制作主题为“古代乐器”的多媒体作品,他在制作前设计
了如图所示的示意图。
C.文字脚本 D.制作脚本
目前他所处的多媒体作品制作的步骤是?( )
A.系统结构设计 B.功能模块设计
解析 在此示意图中,描述了系统结构和工作流程,因此为系统结构设计。
这个作品的主要结构由片头、主界面和片尾三个部分组成,功能模块分为
吹管乐器、弹拨乐器、打击乐器和拉弦乐器共四个模块。
答案????A
例6 如图所示是主题为“古代乐器”多媒体作品的模块设计图。
以下各选项中描述不正确的是?( )
A.“主交互界面”场景中至少有5个按钮
B.单击①处的按钮可退出到“片尾”场景
C.本结构设计完成后再对多媒体作品进行需求分析
D.各模块之间通过按钮实现跳转,体现了多媒体技术的交互性
解析 本题考查的是对多媒体作品设计的过程的理解。从题图中可以看
出,A、B 都是正确的,作品通过按钮实现跳转体现了多媒体技术的交互性,
而需求分析则需要在规划设计和脚本编写之前完成。
答案????C
3.脚本编写的一般过程
脚本编写是根据作品设计,编写相应的脚本,如同电影的设置是按照分镜头
来进行的。脚本编写在多媒体作品制作过程中占有重要地位,是作品设计
和作品制作的桥梁。
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。
例7 某动画“片头”场景的文字脚本如表所示。
帧号 画面尺寸 播放时间 媒体素材
1 640×480 15秒 标语;背景音乐;背景图;灭火动画;标题动画
工具软件 Photoshop,ACDSee,Cool3D,Flash,GoldWave,会声会影
辅助设备 扫描仪,数码摄像机
素材组织 片头动画由“隐患险于明火,防
范胜于救灾,责任重于泰山”文
字及灭火器图片组成,动画过后
呈现标题及背景音乐 方式 名称 链接
单击 “进入” 主交互
界面
按键 无
限时 无
下列说法不正确的是?( )
A.媒体元素分解将进一步细化“媒体素材”中所列出的媒体元素
B.数码摄像机和会声会影分别用于采集和制作视频素材
C.在“片头”场景单击“进入”按钮将跳转到主交互界面
D.文字脚本可作为多媒体作品制作的直接依据
解析 本题考查脚本编写过程中的相关知识点的理解。媒体元素是按文
本、图像、声音等类别进行素材的分类,并确定它们的获取途径。数码摄
像机和会声会影是制作视频的硬件和软件。文字脚本中,只是说明有哪些
元素,各个元素的属性。在制作脚本中,详细描述了元素的呈现顺序和方
式,是制作多媒体作品的直接依据,所以D 选项说法错误。故选D。
答案????D
例8 某Flash作品“片尾”场景的脚本如表所示。
下列说法正确的是?( )
A.该脚本属于文字脚本
B.该脚本描述的动画只能使用Flash软件实现
C.该脚本是制作多媒体作品的直接依据
场景名:片尾 类别编号:3-1
场景界面元素:背景图片、音乐、字幕动画、关闭按钮
呈现方式:
自动播放音乐“byebye. mp3”。
字幕在舞台中间实现“透明到不透明,再到透
明”的效果。
单击右下角的“关闭”按钮退出动画。 呈现顺序说明:
进入场景就出现背景图片,同时响起音乐;0.5秒
时,出现字幕动画;最后,出现“关闭”按钮,并停
止动画播放。
解说词:无。
D.字幕的动画效果只能通过逐帧动画实现
解析 该脚本中有详细的呈现顺序和方式,属于制作脚本,是制作多媒体作
品的直接依据。可以用多种软件来制作该动画。字幕的动画效果可以用
补间动画来实现。
答案????C
例9 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10 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
考点二????多媒体信息编码
考向基础
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。
例1 一个2位十六进制正整数n,其末位是“F”,下列说法正确的是?(???? )
A.无法确定n是奇数还是偶数
B.n+1是一个3位十六进制数
C.转换为十进制数,最大值是255
D.末位上的权值是F16
解析 本题主要考查不同进制数之间相互转换的相关知识。选项A错误,2
位十六进制数末位是“F”,其二进制数末位一定是“1”,可以确定该数
是奇数;选项B错误,十六进制正整数n末位是“F”,n+1的最低位上确定有
进位,但不能确定是否会成为3位十六进制数;选项C正确,2位十六进制数最
大值是FFH,转换为十进制为255D;选项D错误,末位上的权值是160。
答案????C
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,因此每个汉字的编码占2个字节。
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2????(2019金丽衢十二校高三第三次联考,7,2分)使用UltraEdit 软件查看
“AI 时代已经到来!”的内码,部分界面如下图所示。
?
下列说法正确的是?( )
A.图中文字所占字节数为15
B.字符“!”的内码为“A1”
C.图中既有十六进制内码,也有十进制内码
D.“J”的内码为4A
解析 本题考查了用UltraEdit软件观察字符内码的能力。选项A错误,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个十六进制数可转换为4位二进制数,2个一组的编码(例如第一组编码41)
刚好占了1个字节,因此图中的文字占16个字节。选项B错误,标点符号如
果是全角状态下输入的,其编码按照汉字处理,即GB2312编码,一个标点符
号占两个字节,此处“!”的编码是A3A1。选项C错误,所有内码均为十六
进制内码。选项D正确,ASCII编码表中的字母字符是按顺序依次排列的,
字符“I”的十六进制编码为49,则字符”J”的十六进制编码是4A。
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×每个像素颜色编码所需位数/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。
下表以800×600像素的BMP图像为例,计算各种类别BMP图像的存储容
量。
BMP图像类型 一个像素颜色编码所
需位数 总的位数(bit) 存储容量(B)
黑白图像 1位(21=2) 800×600×1 800×600×1/8
256级灰度 8位(28=256) 800×600×8 800×600×8/8
16色彩色 4位(24=16) 800×600×4 800×600×4/8
256色彩色 8位(28=256) 800×600×8 800×600×8/8
24位真彩色 24位 800×600×24 800×600×24/8
例3????(2020届嘉兴6月期中,6,2分)两个未经压缩的BMP图像文件A.BMP和
B.BMP,其参数分别为800×600像素、32级灰度和1 024×768像素、24位真
彩色,则图像A.BMP和B.BMP存储容量之比约为?( )
A.1∶3 B.1∶8 C.4∶5 D.4∶3
解析 图像存储容量与图像总像素以及单个像素颜色编码所需位数有
关。32级灰度颜色模式,其单个像素所需颜色位数是5,两个文件的存储容
量之比为(800×600×5)∶(1 024×768×24)≈1∶8。
答案????B
例4????(2019温州十五校6月期末,6,2分)用GoldWave软件编辑某音频文件,
部分界面如图所示。
?
当前状态下,先执行“剪裁”,然后插入10秒静音后直接保存,则该音频文
件的大小约为?( )
A.3.3 MB B.5.0 MB C.6.7 MB D.8.4 MB
2.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)。
解析 本题考查了声音文件的操作对其存储容量的影响。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)。该音频的操作可分为两个阶段,一是对立体声音乐的右
声道进行剪裁操作,立体声音频只选定一个声道的部分音频进行剪裁操作,
对整个音频的时长没有影响,音频的时长仍旧为30秒。二是另外插入10秒
静音后,音频的时长由30秒延长到40秒。完成这些操作后直接保存,则音频
的采样频率、量化位数、声道数均保持不变。因此,该音频文件的大小为:
44 100×16×2×40/8/1 024/1 024≈6.7 MB。
答案????C
例5????(2019绍兴嵊州7月期末,6,2分)小张录制了时长为5分钟的未压缩的
无声视频,帧频为30帧/秒,每帧为1 024×768像素,256色的图像,存放该视频
需要的存储空间为?( )
A.112.5 MB B.3.5 GB C.6.6 GB D.210.9 GB
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)。
解析 本题考查了视频文件存储容量的计算方法。256色的图像,其每个
像素颜色编码所需位数为8位。视频需要存储空间的计算式为:1 024×768
×8×30×5×60/8/1 024/1 024/1 024≈6.6 GB。
答案????C
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。
位深度 颜色数 图像名称
1 21=2 单色图像或黑白图像
4 24=16 16色图像
8 28=256 256级灰度
16 216=65 536 16位色图像
24 224=16 777 216 24位位图,通常意义上的彩色图
像
例????(2019金丽衢十二校8月联考,10,2分)一副未经压缩的1 360×768像素的
BMP图像,其存储容量约为1.99 MB,则该图片可能的颜色数为?( )
A.224 B.24 C.28 D.216
解析 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×每个像素颜色
编码位数/8(单位:字节)。1.99×1 024×1 024×8/1 360/768≈16位,即单个像
素的颜色编码位数是16,因此该图片可能的颜色数是216。
答案????D
