《【2023年】福建省龙岩市全国计算机等级考试网络技术真题(含答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【2023年】福建省龙岩市全国计算机等级考试网络技术真题(含答案).docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【2023年】福建省龙岩市全国计算机等级考试网络技术真题（含答案）学校:班级:姓名:考号:一、单选题（10题）1.常用的数据备份方式包括完全备份、增量备份和差异备份，3种方式在备份时使用的存储空间由少到多的顺序为（）。A.完全备份、增量备份、差异备份B.完全备份、差异备份、增量备份C.增量备份、差异备份、完全备份D.差异备份、增量备份、完全备份2 .某主机的IP地址为202.93.120.15,该主机的直接广播地址为（）。3 .（川攵购了美国IBM公司的全球PC业务。A.联想B.戴尔C.华硕D.惠普4 .在每天下午5点使用计算机结束时断开终端的连接属于（）。A.外部终端的物理安全B.通信线的物
2、理安全C.窃听数据D.网络地址欺骗fclose (fp);)void main ()(int cntl,cnt2,xxN;float pj;FILE *fw;int i, k=0;long j;clrscr ();fw=fopen (nout91.datn, nwn);read_dat (xx);printf (nnncntl=%d cnt2=%d,pj=%6.2fn cntl, cnt2, pj);fprintf (fwj%dn%dn%62fn cntl, cnt2,pj);fclose (fw);35.已知数据文件in81.dat中存有300个4位数,并已调用函数readDat()把这些数
3、存入数组a中，请编制一函数jsVahie。，其功能是：求出千位数上的数加百位数上的数等于十位数上的数加个位数上的数的个数ent, 再求出所有满足此条件的4位数的平均值pjzl,以及所有不满足此条件 的4位数的平均值pjz2,最后调用函数writeDat。把结果ent, pjzl, pjz2输出到out81.dat文件。例如：7153,7+1=5+3,则该数满足条件，计算严均值pjzl,且个数cnt=cnt+lo8129, 8+1r2+9,则该数不满足条件计算平均值pjz2。注意：部分源程序已给出。程序中己定义数组：a300, b300,已定义变量：cnt,pjzl,pjz2。请勿改动主函数ma
4、in。、读函数readDat。和写函数writeDat。的内容。试题程序：#include int a300, cnt=0;double pjzl=0.0pjz2=0.0;void jsValue ()Imain ()(int i;readDat ();jsValue();writeDat ();printf(ncnt=%dn满足条件的平均值pjzl=%7.21An不满足条件的平均值pjz2=%7.21fnf ent, pjzl, pjz2);)readDat ()(FILE *fp;int i;fp=fopen(nin81.datfnrH);for (i=0; i 300;i+)fscanf
5、 (fp, %dj, &a i);fclose (fp);)writeDat ()(FILE *fp;int i;fp=fopen (Hout81. datf nwn );fprintf(fp；1%dn%7.21fn% 7.21fnfcnt,pjzl,pjz2);fclose (fp)36.下列程序的功能是：计算出自然数SIX和NINE,它们满足的条件 是SIX+SIX+SIX=NINE+NINE的个数ent,以及满足此条件的所有SIX 与NINE的和sum。请编写函数coimtVahie。实现程序要求，最后调用 函数writeDAT。把结果ent和sam输出到文件OUT5LDAT中。其中 的
6、S, LX, N, I, N, E各代表一个十进制数。注意：部分源程序已给出。试题程序：#include int ent, sum;void countValue() ()void main ()(cnt=sum=O;countValue ();printf (满足条件的个数二%dn”, ent);printf (满足条件所有的SIX与NINE的和二%dn”, sum);writeDAT ();)writeDAT ()(FILE *fp;fp=fopen(nOUT51.DATf nwn);fprintf (fp, M%dn%dnt cut, sum);fclose (fp);参考答案LC几种常
7、用备份策的比较如下。份最少，差异备份少于完全备份。份最快，差异备份快于完全备份。份最慢，差异备份快于增量备份。空间使用上：完全备份最多，增量备 备份速度上：完全备份最慢，增量备 恢复速度上：完全备份最快，增量备 综上所述，因此选c选项。2 .D直接广播地址是指包含一个有效的网络号和一个全“1”的主机号。主机的IP地址为20293 120.15,这是一个C类IP地址，C类IP地址的主机号为8位，因此主机所在网络的网络号是202 . 93 . 120 . 0,因此直接广播地址是202 93.120 . 255。3 .A4 .A5 .ACookie篡改攻击:是一项主要以获取模拟和隐私权泄密著称的技术
8、,通过维护客户（或终端用户）身份的会话信息操纵来实现的。通过打造这 些Cookie, 一个黑客可以模拟一个有效的客户，因此获取详细信息并执 行代表病毒的行为。DDoS攻击（分布式拒绝服务攻击）：攻击者攻破了 多个系统，并利用这些系统去集中攻击其他目标。成百上千的主机发送 大量的请求，受害设备因无法处理而拒绝服务。Smurf攻击：攻击者 充受害主机的IP地址，向一个大的网络发送echorequest的定向广播 包，此网络的许多主机都做出回应，受害主机会收到大量的echoreply 消息。SYNFlooding攻击：利用无效的IP地址，利用TCP连接的三 次握手过程，使得受害主机处于开放会话的请求
9、之中，直至连接超时。 在此期间，受害主机将会连续接受这种会话请求，最终因耗尽资源而停 止响应。根据解析，后三者均是基于网络的入侵，都可以被阻断，选项 A符合题意，故选A选项。6.B7 .C8 .C可信计算机系统评估准则（TESEC）把计算机的安全等级分为4类7个等级。C类系统是指用户能自定义访问控制要求的自主保护类型，分 为C1和C2级别。A类系统要求最高，D类要求最低。UNIX系统满 足C2级标准，只有一部分产品达到了 B1级别，所以此题选C。9 .D解析：TCP/IP参考模型分为4个层次，由高到低依次为应用层、传输层、互联层与主机一网络层。所以选项A、B错误。OSI参考模型 是由ISO组织
10、制定的，它分为7个层次。选项C错误。10.C rn般覆盖某个企业或校园的计算机网络属于局域网。随着办公自动化 技术的发展，各个机关、公司、企业、学校都建立了大量的局域网。11 .虚拟【解析】如果系统的物理内存不能满足应用程序的需要，虚拟内 存管理程序就会接入来弥补不足。12 .域Windows NT Server操作系统以“域”为单位实现对网络资源的集 中管理。在一个Windows NT域中，只能有1台主域控制器（PDC）, 但同时可以有备份域控制器（BDC）和普通服务器。主域控制器负责为 域用户与用户组提供信息，同时具有与NetWare中的文件服务器相似 的功能。备份域控制器的主要功能是提供
11、系统容错，它保存着域用户与 用户组信息的备份，在主域控制器失效的情况下自动升级为主域控制器。13.IP【解析】RARP协议的主要功能是将MAC地址转换成IP地址， 这通常是那些没有硬盘的工作站在启动时需要使用的协议，它们通过 RARP协议从服务器那里获得有效IP地址。14.可靠的【解析】传输控制协议TCP是一种可靠的面向连接的协议，它允许将 一台主机的字节流无差错地传送到目的主机。1.18) )封装安全负载或ESP或封装安全负载(ESP)【解析】在IPSec协议族中，有两个主要的协议，分别是封装安全负载 协议和身份认证头协议。18.(14)用户账号【解析】FTP服务器利用用户账号来控制用户对服
12、务器的访问权限。19 .控制【解析】本题的考查点是浏览器的组成。浏览器的结构由一个控制单元 和一系列的客户机单元、解释单元组成。控制单元是浏览器的中心，它 协调和管理客户机单元和解释单元。20.21 .服务器服务器解析：本题考查点是C/S结构模式的优点。大型主机 结构采用“主机一终端”的模式。多台终端(键盘和显示器)通过线路连接 到一台大型计算机上。这里的终端不具备自主处理数据的能力，仅能完 成简单的输入输出功能，通过分时共享方式共享主机的系统资源。所有 数据处理和通信处理任务均由中央计算机来完成。C/S结构模式是在 局域网的条件下，将网中结点分为客户机(Client)和服务器(Server)
13、两类, 其中C表示是Client(客户机)，S表示是Server(服务器)。服务器采用 高配置与高性能的计算机，以集中方式管理局域网的共享资源。通过不 同软件的设置，服务器可以扮演数据库服务器、文件服务器、打印服务 器和通信服务器等多种角色，从而为客户机提供各种服务。客户机一般 是PC微型机系统，主要为本地用户访问本地资源与访问网络资源提供 服务。C/S结构模式因为充分利用了客户机和服务器二者的处理能力， 构成了一个分布式环境，能克服大型主机结构中主机负担过重、系统响 应速度慢的缺点，从而对大型主机结构构成了挑战。22 .ATM技术ATM技术解析：宽带传输网的主要代表是采用了 ATM 技术为基
14、础的大容量光纤网络。23 .UDPUDP解析：SNMP是简单网络管理协议，它使用的传输层协议 是UDP, UDP提供了不可靠的无连接的传输服务。24 .OAOA解析：一个完善的智能大楼系统除了结构化布线系统外，还 应包括以下4种系统：办公自动化系统(OA)、通信自动化系统(CA)、楼 宇自动化系统(BA)和计算机网络(CN)。25 .中央处理单元(CPU)中央处理单元(CPU)解析:一个完整的计算机系 统是由硬件系统和软件系统这两大部分组成。计算机硬件指的是组成一 台计算机的各种物理装置，它是由控制器、运算器、存储器、输入设备 和输出设备组成，其中，运算器和控制器组成中央处理器，也称为中央 处
15、理单元，在微机中则称为CPU。26 .通信设备通信设备 解析：一个计算机局域网可以看成是由服务器, 工作站和通信设备三部分组成的o27 .每秒执行百万条指令每秒执行百万条指令解析：MIPS是MillionInstructions Per Second的缩写，表示每秒执行百万条指令。28 .表示层表示层解析：表示层主要用于处理在两个通信系统中交换信 息的表示方式。它包括数据格式变换、数据加密与解密、数据压缩与恢 复等功能。29 .【审题关键句】第2个数大于第1个数加第3个数，存入数组，按第 2个加第3个数之和降序排序。n【解题思路】n首先定义两个循环变量i、j ;一个计数变量count ;一个用
16、于中间转 换数据的结构体变量CCOn建立一个for循环，指定第一个for循环的循环变量i从0开始，到 200时结束，每循环一次，变量i的值加lo在循环体中依次判断每行数 据中，如果aai的第二个数大于第一个数加第三个数之和，则把aai 复制到bbfcount中，同时数组下标变量count加1。n将所有满足条件的记录筛选保存到数组bb 口后,再通过两个for循 环对数组bb口中记录进行排序。第一个for循环的循环变量i的初值为 0,当等于数组计数变量count的值减1时停止循环，每循环一次，i的 值加1 ;第二个for循环的循环变量j的初值等于i+1,当等于数组计数 变量count的值时停止循环
17、，每循环一次，j的值加1 ;每次进行比较 时，如果第i行的第二个数加第三个之和小于其后面第i行的第二个数 加第三个之和，将执行if条件语句后面花括号中的命令，花括号中3条 命令的功能就是根据题目要求按每行数据中第二个数加第三个之和从 大到小排序。n最后将计数函数count返回。也【参考答案】nn30 .【审题关键句】10列100行选票，每行小于等于5的无效，统计存 入数组。n【解题思路】n本题类似第55套试题，通过审题可以发现本题仅一个不同点，即本 题中要求每行选票中选中数大于5时记录才有效，与第55套的要求刚 好相反，参考答案的第8行，修改该条件语句的条件设置即可。n【参考答案】nn第14类
18、字符左右移动指定位后与原字符之和替换原字符31 .A解析:Ethernet交换机的帧转发方式可以分为3类：直接交换方 式、存储转发交换方式、改进的直接交换方式。直接交换方式的优点是 交换延迟时间短，缺点是缺乏差错检测能力，不支持不同输入输出速率 的端口之间的帧转发。存储转发交换方式的优点是具有差错检测能力, 并能支持不同输入输出速率的端口之间的帧转发，缺点是交换延迟时间 将会增长。改进的直接交换方式的交换延迟时间介于前两者之间。32 .B解析:JPEG是由国际标准化组织和国际电报电话咨询委员会联合 制定的。适合于连续色调、多级灰度、彩色或单色静止图像的国际标准。33 .A解析：IDEA主要采用
19、的3种运算为异或、模加和模乘，并不包括 同或。34 .void main() int cntlcnt2xxN ; float pj; FILE *fw; int ik=0; long j;clrscr();fw=fopen(Hout91.datn,wH);read_dat(xx);for(i=0j=0cntl=0cnt2=0;iN;i+) if(xxi%2) /*求出数组 XX 中奇数的个数cntl*/ cntl+; else cnt2+; /*求出数组xx中偶数的个数cnt2*/ if(i%2=0)j+=xxi ;/*求数组xx下标为偶数的元素值的总和*/k+; Pj=(float)(j*1
20、00/k)/100; /*求数组xx下标为偶数的元素值的算术平均值 pj*/printf(nncntl=% dcnt2= % dpj=% 6.2fnncntlcnt2pj);fprintf(fwn%dn%dn%6.2fnncntlciit2pj); fclose(fw); 解析本题考 查的知识点如下：运算符“”的使用。强制类型转换和小数位数的保一个数除以2取余所得的数为1则它是奇数否则是偶数取余使用运算符”。在本题中要求算术平均值保两位小数。使用的方法是：将和乘以100除以个数强制类型转换后再除以100o为了保证和有 效我们定义一个长整型变量来记录和。因为个数也为整型运算符在5 在下面的攻击手
21、段中，基于网络的入侵防护系统无法阻断的是()oA.Cookie 篡改攻击 B.DDOS C.Smurf 攻击 D.SYNFlooding 攻击6 .(30) UNIX是最普遍使用的操作系统之一,下列说法不正确的是A) UNIX系统的用户进程数目在逻辑上不受任何限制，有较高运行效率B) UNIX系统大部分采用C语言编写，易读易修改，但速度不如汇编系统,所以现在主流 操作系统都采用汇编语言书写C)提供了精心挑选的系统调用，系统地实现紧凑，简洁而优美D)提供了多种通信机制如管道通信，软中断通信，消息共享存储器通信等7 .(23)红外局域网的数据传输有3种基本的技术:定向光束传输、全方位传输与A)直接
22、序列扩频传输B)跳频传输C)漫反射传输D)码分多路复用传输8 .根据可信计算机系统评估准则(TESE),用户能定义访问控制要求的 自主保护类型系统属于()oA.A类B.B类C.C类D.D类9 .关于TCP/IP参考模型的描述中，正确的是A.分为7个层次B.最底层是互联层C.由ISO组织制定D.最高层是应 用层10 .一般覆盖某个企业或校园的计算机网络属于()。A.广域网B.城域网C.局域网D.FDDI这里的含义是整除而我们要保留小数所以要使用强制类型转换将和乘以100的结果转换为浮点类型这样就可以实现保两位小数。使用循环对所有数据进行访问。void main()rn rn intcntl,cn
23、t2,xxN ;rnfloatpj ;rnFILE *fw;rn int i,k=0;rn long j ;rnclrscr();rnfw=fopen(,out91.dat,w,);rnread_dat(xx) ;rnfor(i=0j=0,cntl=0,cnt2=0;i N;i+)rn rn if(xxi%2) /*求出数组 XX中奇数的个数 cntl*Arn cntl+;rn elsern cnt2+; /*求出数组 xx 中偶 数的个数 cnt2*Arn if(i%2=0)rn rn j+=xxi ; /*求数组 xx 下标为 偶数的元素值的总和*八rn k+;rn rn rn Pj=(f
24、loat)(j*100/k)/100; /* 求数组xx下标为偶数的元素值的算术平均值pjWn printf(,nncntl=% d,cnt2= % d,pj=% 6.2An,cntl,cnt2,pj);rn fprintf(fw/ % dn % dn % 6.2fn1 ,cnt 1 ,cnt2,pj) ;rnfclose(fw);rn rn解析本题考查的知识点如下：rn运算符“”的使用。rn强制类型转换和小数位数的保留；rn 一个数除以2取 余所得的数为1,则它是奇数，否则是偶数，取余使用运算符”。在 本题中，要求算术平均值保留两位小数。使用的方法是：将和乘以100 除以个数强制类型转换后再
25、除以100。为了保证和有效，我们定义一个 长整型变量来记录和。因为个数也为整型，运算符在这里的含义是整 除，而我们要保留小数，所以要使用强制类型转换将和乘以100的结果 转换为浮点类型，这样就可以实现保留两位小数。使用循环对所有数据 进行访问。35.void jsValueQ int ithouhun tendatan=0; for (i=0; i300; i+) thou=a求四位数的千位数字*/hun=a i % 1000/100;/*求四位数的百位数字*/ ten=a i % 100/10; /* 求U!位数的十位数字*/ data=ai%10; /*位数的个位数字*/ if (thou
26、+him=ten+data) /*如果千位数力口百位数等于十位数加个位数*/ cnt+; /*统计满足条件的数求和刃pjzl+=a i;/*将满足条件的数求和*/ else n+; /*否则统计不满足条件的数的个数*/ pjz2+=a i； /*将不满足条件的数求和*/ pjzl/=cnt; /*求满足条件的数的平均值*/ pjz2/=n; /*求不满足条件的数平均值*/ 1 voidjsValue()rn int i,thou,hun, ten,data,n=0;rn for (i=0; i =1000 & 3fi/2 999 II 3，i/2 9999) break; /*当SIXP不为3
27、位数或所得的数不为数时退出循环*/ void countValue()rn rn int i=100;rn while (l)rn rn if(3*i%2=0 & 34/2 =1000 & 34/2 !1!999 II 34/2 9999)rn break;当SIXP不为3位数或所得的数不为位数时，退出循环*/=1111解析：本题二查的知识点如下：循环与判断的嵌套使用。多条件的布尔运算。(3)“%”与“尸运算符的使用。根据题意，求的是满足3位数乘以3等于4位数乘以2的数的个数。我 们可以使用循环结构对所有的3位数进行判断，若某个3位数乘以3整 除2所得的数是4位整数，则这个3位数是满足条件的数
28、。当判断的数 不再是3位数或者进行处理后所得的数大于9999,则要退出循环。在这 里，还要注意判断结构中，各条件之间是用“与运算还是用“或”运算。二、填空题(10题)11 .(9)如果系统的物理内存不能满足应用程序的需要，那么就需要使用 内存。12 .Windows NT Server操作系统是以为单位实现对网络资源的集中管理 的。13 .第68题RARP协议的主要作用是将结点的MAC地址转换成其对应 的()地址。14 .15 .(18)在IPSec协议族中，有两个主要的协议，分别是 协议和身份认证头协议。16 .按照局域二;书的技术、应用范围和协议标准的不同可以分为共享式局域网与 17 .N
29、cN-y.系统是以文件服务器为中心的，主要有3个部分组成:文件服务器内核、工 作站外号与18.(14) FTP服务器利用 来控制用户对服务器的访问权限。19.20.网络安二7要部分组成.它们是_ 口11_、技术和管理三、2.填空题(8题)2LC/S结构模式是对大型主机结构的一次挑战，基中S表示的是【】。22 .宽带网络的技术分为传输、交换和接入3部分，宽带传输网的主要代表是以 为基础的大容量光纤网络。23 .在因特网中，SNMP使用的传输层协议是o24 .在智能大楼系统中，一般将办公自动化系统称为 o25 .计算机的硬件主要包括：存储器和输入/输出设备。26 .一个计算机局域网可以看成是由服务
30、器、工作站和【】三部分 组成的。27.我们知道经典奔腾的处理速度可达到300MIPSo其中MIPS的含义28 .在OSI参考模型中，进行数据格式转换，加密与解密属于 层的功能。四、C语言程序设计题Q题）29 .已知在文件in . dat中存有200组数据，每组有3个数，每个数均是三位数。函数readDat是读取这200组数据存放到结构数组aa中。请 编制函数jsSort,其函数的功能是:要求在200组数据中找出第二个数 大于第一个数加第三个数之和的数，其中满足条件的个数作为函数jsSort的返回值，同时把满足条件的数据存入结构数组bb中，再对bb 中的数据按照每组数据的第二个数加第三个之和的大
31、小进行降序排列 （第二个数加第三个数的和均不相等），排序后的结果仍重新存入结构数 组bb中，最后调用函数writeDat把结果bb输出到out . dat文件中。注意：部分源程序存在test . C文件中。请勿改动数据文件in .dat中的任何数据、主函数main、读函数readDat和写函数writeDat的内容。1 ; tlnclude 2 ! !include 3 ； typedef struct4 ;(5 ! int xl/ x2/ x3;6 i Data; 定义姑种体臭晟Data aa |200| r bb(2001 ; 企叉始构体 Ms 型 怆的出bb(200|8 void rea
32、dDat 0 ;9 : void writeDat(int count):10 ! mt 争Sort111 ( 4U13 )14 j void main!)15 1 (16 int count;17 * rcadDt():18 ! count - jsSort();19 ； writeDat(count);20 J八读取送MO 41效K存故到姑构IHU a中/21 ； void readDat O22 j (23 FILE *in;24 ; int 1；2S ! in fopen (tln.datwr *r);26 I for (1 0; i xltaal .x3);28 ! fclose(i
33、n);29 I )/姑果bb 出* outU文件中/30 void wrlteDat(Int count)31 I 132 ! FILE eout;33 int 1;34 ; out fopon(Mout.datw4 w);35 ! for (1 - 0; 1 count;361 1.37 , printf (wdr %dF Id 第二个数第三个数.xlf bb(l x2r bbL.x3. bb(i) .x2bb j 1x3);38 ; fprintf (out# Fd.%d,%dn. bbi .xl, bb(i .x2# bb(i 1 .x3);39 i * I40 i fclose(out
34、);30.时10个帔地人避甘逸毕.现“一个100条记承的埴票数据文忏indat. M数M存放的格式於每条id型的长度均为10位.曲，位*示不 个区送人的区中情况.常二位出示第二个健选人的母中情况,依次类推：/一位内容均为字符U或里，T衣加 此人被达中.U表示此人未被选中.若米选票及中人数小厂等FS个人时被认力无效的选票则不作统计.给定用数RcdDM) 的功能是杷选票数也读入的字符中数组xx中.请发制足敢CounlRsO来维计的个幔il人的选票散并犯得栗敢依次“入丹0悌yy9中，即第一个候选人的得票数存入yyO中，以此类推。最后调用 函数WriteDat把结果yy输出到文件out.dat中。注意
35、：部分源程序存放在test . c文件中。请勿改动主函数main、读函数ReadDat和输出函数writeDat的内容。1 ( tinclude 2 ; include 3 ! char xxflOO KI； ,4 i int yy10;5 int ReadDat(void);void WriteDat(void);7 ;void CountRs(void)8 4 11011 ! void main()12 ;(13 ; int i；14 fot (i - 0； 115 ; yyUI 16 * if(ReadDat()不能打开！00八M）；17 ：, I18 -printf (送票数据乂件in
36、dat19 !return;20 | : 121 - CountRs O ；22 ! WriteDat O ；23 ； I /,把选票数据看人到字符小敬姐心中/24252627282930313233343536373839404243444546474849505152prmtf第*d个人的选累数7dn”,int ReadDat(void)(FILE *fp； int i;char tt13;if( (fpfopen(Mm.datHr r1*)wNULL) return 1;for(i 0; i 100;，(二if(fgets(ttr 13. fp) NULL) return 1;memcp
37、y(xx(i)/ ttr 10);xxfi)101 . 0赳 .fclose(fp): return 0;/ 把怙梁yy喻出到文竹uuLdit中/ void WriteDat(void) (FILE efp； int i; fp fopcn(Kout.datH# w); for(i * 0; i 10; +)fprintf(fp,yyIi1);第14类字符左右移动指定位后与原字符之和替换原字符五、L选择题（3题）31 .在Ethernet交换机的帧转发方式中，交换延时最短的是（）。A.直接交换方式B.存储转发交换方式C.改进的直接交换方式D.以上 都不是32 .下列说法中错误的是（）。A.传统
38、文本是线性的，可以顺序阅读B.JPEG是关于彩色运动图像的国际标准C多媒体数据包括文本、图形、图像、音频、视频D.超链接实现了超文本的非线性思维方式33 .下列（）运算不是IDEA所主要采用的。A.同或B.异或C模加D.模乘六、L程序设计题（3题）34 .请编制程序，要求:将文件IN9LDAT中的200个整数读入数组xx中，求出数组xx中奇数的个数cntl和偶数的个数cnt2,以及数组xx下标为偶数的元素值的算术平均值pj（保2位小数),结果cntl, cnt2,pj输出到out91.dat中。部分程序、读函数read_dat（int xx200）及输出格式已给出。试题程序：#include #include #define N 200void read_dat (int xxN)(int ij;FILE *fp;fp=fopen (HIN91.DAT, Hrn);for (i=0;i 20;i+) for (j=0; j 10; j+) fscanf (fp,dj &xx i*10+j);printf(H%dfxx i*10+j);)