计算机专业（基础综合）模拟试卷1（共455题）

计算机专业（基础综合）模拟试卷1（共9套）（共455题）计算机专业（基础综合）模拟试卷第1套一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)1、一个具有1025个结点的二叉树的高h为()。A、11B、10C、11至1025之间D、10至1024之间标准答案：C知识点解析：一棵二叉树每层只有1个结点，则具有1025个结点的二叉树的最大高度为1025。一个具有1025个结点的完全二叉树的高度为11。这一个具有1025个结点的二叉树的高h为11至1025之间。2、页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成的。假定页面的大小为4KB，地址变换过程如图1-2所示，图中逻辑地址用十进制数表示。逻辑地址经过变换后，十进制数物理地址a应为()。A、33220B、8644C、4548D、2500标准答案：A知识点解析：本题考查的是页式存储系统管理中的地址变换知识。在页式存储系统管理中，逻辑地址除以页的大小，然后向下取整为页号，取余为页内地址。本题页面的大小为4KB，逻辑地址8644除以4096，取整为2，取余为452。页号为2，查页表得物理块号为8。因此，a的有效地址为8×4096+452=33220。3、下面是有关DRAM和SRAM存储器芯片的叙述：ⅠDRAM芯片的集成度比SRAM高ⅡDRAM芯片的成本比SRAM高ⅢDRAM芯片的速度比SRAM快ⅣDRAM芯片工作时需要刷新，SRAM芯片工作时不需要刷新通常情况下，错误的是()。A、Ⅰ和ⅡB、Ⅱ和ⅢC、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ和Ⅳ标准答案：B知识点解析：DRAM的集成度高于SRAM，SRAM的速度高于DRAM，可以推出DRAM的成本低于SRAM，SRAM芯片工作时不需要刷新，DRAM芯片工作时需要刷新。题时需要首先判断多段叙述中各自的正确性，然后再在四个选项中挑选正确的选项。4、一个64位的计算机系统中，地址线宽为64位，实际使用的虚拟地址空间的大小是248，若采用虚拟页式存储管理，每页的大小为213，即8KB，页表表项长为8字节，采用多级页表进行管理，那么，多级页表的级次最小是()。A、3B、4C、5D、6标准答案：B知识点解析：本题考查虚拟页式存储管理中多级页表的计算。题目给定的条件，虚拟地址空间是248，即没有完全使用64位地址。页面大小为213，即8KB，则，用于分页的地址线的位数为48—13=35。下面计算每一级页表能容纳的最多数量。由题意，每个页面为8KB，每个页表项为8字节，那么，一页中能容纳的页表项为8KB／8B=1K，即1024个页表项，可以占用10位地址线来寻址，故剩余的35位地址线可以分为35／10=3．5，上取整以后为4，因此，至少4级页表才能完成此虚拟存储的页面映射。5、若一棵深度为6的完全二叉树的第6层有3个叶子结点，则该二叉树共有()个叶子结点。A、16B、17C、18D、19标准答案：B知识点解析：首先根据每一层最多叶子结点的计算公式可知，完全二叉树的第五层有16(24)个叶子结点，题目说第6层有3个叶子结点，那么这3个叶子结点肯定要占据第五层的2个叶子结点，第五层就只有14个叶子结点，然后再加上第六层的3个叶子结点，所以一共有14+3=17个叶子结点。6、表示浮点数时，若要求机器零在计算机中的表示为全“0”，则阶码应采用的编码是()。A、原码B、反码C、补码D、移码标准答案：D知识点解析：移码全为0时，它所对应_的真值最小(绝对值最大的负数)。所以当阶码为全0，尾数也为全0时，表示机器零。[归纳总结]对于浮点数N＝M×rE，当尾数M＝0时，不论其阶码为何值都有N＝0。另外一种情况，当E<－2n时，M≠0，此时N≠0但非常接近于0，一般以N＝0处理。为了保证唯一性，要求规定一个标准的浮点数零的表示形式，称为“机器零”，它应该同时具有0的尾数和最小阶码(绝对值最大的负数)。[解题技巧]原码、补码和反码表示最小阶码时均不为全0，唯有移码表示为全0。7、字长16位的补码定点小数的表示范围是()。A、0～1—2-15B、一(1－2-15)～1－2-15C、一1～1-15D、一1～1标准答案：C知识点解析：表示定点小数时，补码可比原码、反码多表示一个一1，选C。8、已知某信道的信号传输速率为64kb／s，一个载波信号码元有4个有效离散值，则该信道的波特率为()kBaud。A、16B、32C、64D、128标准答案：B知识点解析：一个码元若取2n个不同离散值，则含有nbit的信息量。在本题中，一个码元含有的信息量为2bit，由于在数值上波特率=比特率／每符号含的比特数，因此波特率为(64／2)k=32kBaud。9、原码乘法时，符号位单独处理，乘积的符号是()。A、两个操作数符号相“与”B、两个操作数符号相“或”C、两个操作数符号相“异或”D、两个操作数中绝对值较大数的符号标准答案：C知识点解析：原码的符号位为“1”表示负数，为“0”表示正数。原码乘法时，符号位单独处理，乘积的符号是两个操作数符号相“异或”，同号为正，异号为负。10、在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是()。A、直接寻址B、立即寻址C、寄存器寻址D、间接寻址标准答案：B知识点解析：立即寻址是一种特殊的寻址方式，指令中在操作码字段后面的部分不是通常意义上的地址码，而是操作数本身，也就是说数据就包含在指令中，只要取出指令，也就取出了可以立即使用的操作数，不必再次访问存储器，从而提高了指令的执行速度。11、并发进程在运行时，其推进的相对速度是()。A、由进程的程序结构决定B、由进程自己的代码控制C、与进程调度策略有关D、在进程创建时确定的标准答案：C知识点解析：在进程的一次运行过程中，其代码的执行序列是确定的，即使有循环或转移，对于进程来讲，其运行的轨迹也是确定的，所以对于这样一个确定的运行轨迹，进程自身是可以控制自身前进或停止的，例如可以休眠10秒再唤醒等，但是，当这样的进程存在于一个并发系统中时，这种确定性就被打破了。由于系统中存在有大量的可运行的进程，操作系统为了提高计算机的效率，会根据用户的需求和系统资源的数量来自动地进行调度和切换，以保证系统高效地运行。此时，进程由于被调度，打破了原来的固有执行速度，走走停停，因此，进程的相对速度就不受进程自己的控制，而是取决于进程调度的策略。不确定性也是并发系统的一个特征。12、关于数据交换，下列叙述不正确的是()。A、线路交换面向连接B、分组交换比报文交换具有更好的网络响应速度C、报文交换无存储转发过程D、分组交换有存储转发过程标准答案：C知识点解析：该题考查数据交换的原理，要明确报文是一份完整的信息，而分组是报文分组的简称，又叫信息包，将报文划分为若干格式化信息单位作为网络层的数据传输单元。分组交换方式：将一份完整的报文划分为若干组，每个分组独立的从源节点发送到目的节点，目的节点收到这些分组后，再组装成源报文。其特点是化整为零，即将完整的较长的报文划分为较小的分组，以分组单位传输数据。优点是减少节点缓冲区容量，并有利于差错控制。而存储转发是指每个节点均设有缓冲区，分组到达某节点后，先存储在缓冲区中，等待输出链路空闲时在转发到下一个节点。本题中面向连接的只有线路交换，存储转发只有分组和报文，由于分组交换的灵活性，使其具有更好的响应速度，因此答案是C。13、假设一个连接的最大数据段长度为2KB，一个TCP的阀值为64KB，如果这时候传输发生了超时，那么新的阀值为()。A、32KBB、63KBC、128KBD、2KB标准答案：A知识点解析：当发生了超时的情况下，TCP的阀值将会减半。14、某计算机主存地址空间大小为256MB，按字节编址。虚拟地址空间大小为4GB，采用页式存储管理，页面大小为4KB，TLB(快表)采用全相联映射，有4个页表项，内容如表5-1所列。则对虚拟地址03FFF180H进行虚实地址变换的结果是()。A、0153180HB、0035180HC、TLB缺失D、缺页标准答案：A知识点解析：虚存地址空间4GB，则虚地址长度为32位，主存地址空间256MB，则主存地址长度为28位。页面大小4KB，则页内地址长度为12位。虚拟地址03FFF180H中180H为页内地址，03FFFH为虚页号，查TLB(快表)发现，该页在主存中，其实页号为0153H，所以虚实地址变换后的结果为0153180H。15、假如一个FCB块的大小是64字节。盘块的大小为1KB，则在每个盘块中能存放的最大FCB数是()。A、64B、1C、1000D、16标准答案：D知识点解析：FCB的存放是不能分开的，所以1KB大小的盘块能存放的FCB数为：1024÷64=16，要注意单位的统一，约定俗成的KB一般指1024B，kB指1000B。16、若循环队列以数组Q[0．．m一1]作为其存储结构，变量rear表示循环队列中的队尾元素的实际位置，其移动按rear＝(rear＋1)MODm进行，变量length表示当前循环队列中的元素个数，则循环队列的队首元素的实际位置是()。A、rear—lengthB、(rear—lengh＋m)MODmC、(1＋rear＋m—length)MODmD、m—length标准答案：C知识点解析：按照循环队列的定义，因为元素移动按照rear＝(rear＋1)MODm进行，则当数组Q[m＝1]存放了元素之后，下一个入队的元素将存放到Q[0]中，因此队列的首元素的实际位置是(rear—length＋1＋m)MODm。17、以下关于校验码的叙述中，正确的是()。I．校验码的码距必须大于2Ⅱ．校验码的码距越大检错纠错能力越强Ⅲ．增加奇偶校验位的位数可以提高奇偶校验的正确性Ⅳ．采用奇偶校验可检测出一位数据错误的位置并加以纠正V．采用海明校验可检测出一位数据错误的位置并加以纠正Ⅵ．循环冗余校验码是通过除法运算来建立数据和校验位之间的约定关系的A、I、Ⅲ、VB、Ⅱ、Ⅳ、ⅥC、I、V、ⅥD、Ⅱ、V、VI标准答案：D知识点解析：码距≥2的数据校验码，开始具有检错的能力。码距越大，检、纠错能力就越强；奇偶校验码的码距等于2，可以检测出一位错误(：或奇数位错误)，但不能确定出错的位置，也不能检测出偶数位错误；海明码的码距大于2，不仅可以发现错误，还能指出错误的位置，为自动纠错提供了依据；循环冗余校验码则通过除法运算来建立数据和校验位之间的约定关系。[归纳总结]数据校验码是指那些能够发现错误或能够自动纠正错误的数据编码，又称之为“检错纠错编码”。任何一种编码都由许多码字构成，任意两个码字之间最少变化的二进制位数，被称为数据校验码的码距。具有检、纠错能力的数据校验码的实现原理是：在编码中，除去合法的码字外，再加进一些非法的码字，当某个合法码字出现错误时，就变成为非法码字。合理地安排非法码字的数量和编码规则，就能达到纠错的目的。18、采用页式内存管理某虚拟存储器，使用LRU页面替换算法，假定内存容量为4个页面，且开始时是空的，考虑下面的页面访问地址流(每次访问在一个时间单位内完成)为1，8，1，7，8，2，7，2，1，8，3，8，2，1，3，1，7，1，3，7，则页面命中次数是()。A、24B、14C、16D、6标准答案：B知识点解析：LRU算法是堆栈型算法，按照页面访问地址流可以容易地得到命中次数，如表6—8所列。共命中14次。19、下列关于进程的叙述，()是最不符合操作系统对进程的理解。A、进程是在多程序并行环境中的完整的程序B、进程可以由程序、数据和进程控制块描述C、线程(THREAD)是一种特殊的进程D、进程是程序在一个数据集合上运行的过程，是系统进行资源管理的一个独立单位标准答案：A知识点解析：A的说法片面。20、在微程序控制器中，微程序入口地址是由()形成的。A、机器指令的地址码字段B、微指令的微地址码字段C、机器指令的操作码字段D、微指令的操作码字段标准答案：C知识点解析：当执行完公用的取指操作微程序(从内存单元中取出机器指令并送至指令寄存器IR中)后，由机器指令的操作码字段形成各个微程序的入口地址。21、如果子网172．6．32．0／20再划分为172．6．32．0／26，则下面的结论中正确的是()。A、划分为1024个子网B、每个子网有64台主机C、每个子网有62台主机D、划分为2044个子网标准答案：C知识点解析：本题考查子网划分的基本算法，首先要明确本题是把现有子网进行了二次划分，注意原子网的网络号是前20位，再次划分的网络号是26位，也就是从原子网的主机位拿出来6位作为子网号，因此可以划分26＝64个子网，还剩余6位作为主机号，也就是有效主机位是26－2＝62台主机，因此答案是C。22、在平衡二叉树中，下面叙述正确的是()。A、任意结点的左、右子树结点数目相同B、任意结点的左、右子树高度相同C、任意结点的左、右子树高度之差的绝对值不大于lD、不存在度为1的结点标准答案：C知识点解析：平衡二叉树又称AVL。它或者是一棵空树，或者是具有下列性质的二又树：(1)左子树和右子树都是平衡二叉树；(2)左子树和右子树的深度之差的绝对值不超过1。二叉树上结点的平衡因子定义为该结点的左子树的深度减去它的右子树的深度。可见，平衡二叉树上所有结点的平衡因子只可能是－1，0，1。只要二叉树上有一个结点的平衡因子的绝对值大于1，则该二叉树就是不平衡的。23、下列关于强连通图的说法中，正确的是()。Ⅰ．n个顶点构成的强连通图至少有n条边Ⅱ．强连通图是任何顶点到其他所有顶点都有边Ⅲ．完全有向图一定是强连通图A、仅Ⅰ、ⅡB、仅Ⅱ、ⅢC、仅Ⅰ、ⅢD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ标准答案：C知识点解析：Ⅰ：强连通图是相对于有向图而言的，即在有向图G中，任何两个顶点都存在路径。所以最少的情况应该是n个顶点构成一个首尾相连的环，共有n条边，故Ⅰ正确。Ⅱ：这个选项不细心的话很容易误选。在有向图中，边和路径是不同的概念。有向图中顶点A和B之间存在边，不能说明A和B是互相连通的，所以说正确的表述应该是：强连通图是任何顶点到其他所有顶点都有路径，故Ⅱ错误。Ⅲ：完全有向图肯定是任何顶点到其他所有顶点都有路径，故Ⅲ正确。24、某数在计算机中用8421码表示为011110001001，其真值是()。A、789B、789HC、1929D、11110001001B标准答案：A知识点解析：8421码由4位二进制表示一位十进制数，应把它看作4位一组。B选项将结果写成十六进制了，D选项误把8421码当成二进制数了，C选项则是将D选项所表示的二进制数转化成十进制数了。[归纳总结]二进制是计算机最适合的数据表示方法，把十进制数的各位数字变成一组对应的二进制代码，用4位二进制数来表示一位十进制数，称为二进制编码的十进制数(BCD码)。4位二进制数可以组合出16种代码，能表示16种不同的状态，只需要使用其中的10种状态，就可以表示十进制数的0～9十个数码，而其他的6种状态为冗余状态。由于可以取任意的10种代码来表示10个数码，所以就可能产生多种BCD编码。BCD编码既具有二进制数的形式，又保持了十进制数的特点，可以作为入机联系的一种中间表示，也可以用它直接进行运算。下表列出了几种常见的BCD码。25、段页式存储管理中，地址映射表是()。A、每个进程有一张段表，两张页表B、每个进程的每个段有一张段表，一张页表C、每个进程一张段表，每个段一张页表D、每个进程一张页表，每个段一张段表标准答案：C知识点解析：页式存储管理的特征是等分内存，解决了外碎片问题。段式存储管理的特征是逻辑分段，便于实现共享和保护。为了保持页式和段式上的优点，结合两种存储管理方案，形成了段页式存储管理。存储管理系统为每个进程建立一张段表，为进程的每一段各建立一张页表。地址转换过程，要经过查段表、页表后才能得到最终的物理地址。故正确答案为C。26、前序遍历和后序遍历结果相同的二叉树为()。A、只有根结点的二叉树B、根结点无左孩子的二叉树C、根结点无右孩子的二叉树D、所有结点只有左子树的二叉树标准答案：A知识点解析：使用特值法，排除B、C、D选项。27、文件系统中，当调用open()去打开一个文件时，其主要目的是()。A、把文件内容从外存调入内存B、把文件的控制信息从外存调入内存C、把文件系统的文件分配表调入内存D、把文件系统的目录调入内存标准答案：B知识点解析：本题考查对文件控制块(FCB)的理解。文件控制块是控制一个文件读写和管理文件的基本数据结构，当进程需要使用某个文件时，就会调用open()来打开文件，该调用将文件的文件控制块从外存调入内存，存放在进程表中的用户活动文件表中，并在系统活动文件表中记录该文件的打开次数，若是共享文件，还需要将其链接的用户数加一。由于在进程表中存放有该文件的控制块，用户进程才能在调用read()时找到该文件的位置并对文件的内容进行存取。而文件系统的信息，例如文件系统的控制信息，文件系统的文件分配表等是在挂载一个文件系统时就读入内存的，挂载文件系统可以是一个磁盘分区，也可以是一个文件目录。28、关于DMA方式和通道方式，下列说法中错误的是()。A、DMA的数据传送全部由硬件控制，而通道方式通过执行通道程序来传送数据B、一个DMA控制器连接多台外设时，这些外设只能串行工作C、一个通道可连接多台外设，且可使这些外设并行工作D、DMA控制器和通道都可以连接各种高低速设备标准答案：D知识点解析：暂无解析29、以下4种以太网中，只能工作在全双工模式下的是()。Ⅰ．10BASE—T以太网Ⅱ．100BASE-T以太网Ⅲ．吉比特以太网Ⅳ．10吉比特以太网A、仅Ⅱ、Ⅲ、IVB、仅ⅣC、仅Ⅲ、IVD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ标准答案：B知识点解析：10BASE-T以太网、100BASE-T以太网、吉比特以太网都使用了CSMA／CD协议，故可以工作在半双工模式下。10吉比特以太网只工作在全双工模式下，没有争用问题，故不需使用CSMA／CD协议，并且10吉比特以太网只使用光纤作为传输介质。30、在OSI参考模型中，第N层和其上的第N+I层的关系是()。A、第N层为第N+1．层提供服务B、第N+1层将从第N层接收的信息增加了一个头C、第N层利用第N+1层提供的服务D、第N层对N+1层没有任何作用标准答案：A知识点解析：本题考查OSI模型的层次关系，在协议的控制下，两个对等实体间的通信使得本层能够向上一层提供服务，同时要实现本层协议，还需要使用下层所提供的服务。本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。下层的协议对上层的服务用户是透明的。也就是下一层要为上一层提供服务，并为上一层数据进行封装，因此答案为A，这里选项B和C的说法正好相反，应该是第N层将从第N+1层接收的信息增加了一个头，第N+1层利用第N层提供的服务。31、某计算机系统，它的FCB占64B，一个磁盘块的大小为1KB，采用1级目录，假定文件目录中有3200个目录项，则查找一个文件平均启动盘块的次数是()。A、50B、100C、54D、200标准答案：B知识点解析：一个磁盘块可以放n=1kB／64B=16个目录，现某一文件又能3200个目录项，总共需3200／16=200个磁盘块，又采用1级目录结构，故查找一个文件平均启动盘块的次数为200／2=100次。32、用直接插入排序方法对下列4个表进行(由小到大)的排序，比较次数最少的是()。A、94，32，40，90，80，46，21，69B、21，32，46，40，80，69，90，94C、32，40，21，46，69，94，90，80D、90，69，80，46，21，32，94，40标准答案：C知识点解析：暂无解析33、下列陈述中正确的是()。A、由于微程序控制器具有设计规整、灵活性强等优点，已经全部取代硬布线控制器B、由于堆栈按照先入先出的固定顺序访问，故不需直接给出访问地址C、集中式总线控制中，计数器定时查询方式下，各设备的优先级是固定不变的D、CPU在每个指令周期后响应中断请求标准答案：D知识点解析：A错，微程序控制器和硬布线控制器各有其优点，不可能一方完全取代另一方。B错，堆栈是按先入后出的方式访问的。C错，计数器定时查询方式下，通过设定计数初值，设备的优先级是可变的。34、若线性表最常用的运算是查找第三个元素及其前驱的值，则：果用()存储方式节省时间。A、单链表B、双链表C、单循环链表D、顺序表标准答案：D知识点解析：考查顺序表和链表的优缺点比较：35、支持多道程序的操作系统，区别于其他操作系统的主要特征为()。A、多用户、进程的独立性、进程之间的同步与通信B、进程的独立性、进程之间的同步与通信、动态存储分配C、进程的独立性、动态存储分配、虚存D、多内核结构、进程的独立性、动态存储分配标准答案：B知识点解析：A是多用户操作系统区别于其他操作系统的特点。36、进程P需要资源1、2、3、4，进程Q需要资源2、3、4、5，系统中有资源1、2、3、4、5各一个，以下序列()将导致死锁。(+表示请求资源)A、P+1，P+2，Q+5，P+4，P+3，Q+3，Q+2，Q+4B、Q+5，Q+4，P+1，P+2，P+3，P+4，Q+3，Q+2C、Q+2，Q+3，Q+4，P+1，P+2，P+3，Q+5，P+4D、P+1，Q+4，Q+3，Q+2，Q+5，P+2，P+3，P+4标准答案：B知识点解析：B选项，进程P申请资源4时，由于4已分配给了进程Q故进程P不能获得足够资源运行始终等待进程Q释放4，而进程Q已获得资源5、4还需资源2、3才能运行结束，而资源3已分配给进程P故Q也始终等待进程执行完毕释放资源，故进程P和Q相互等待对方释放已占有的资源而发生死锁现象。37、设有一棵3阶B树，如下图所示。删除关键字78得到一棵新B树，其最右叶结点所含的关键字是A、60B、60.62C、62，65D、65标准答案：D知识点解析：删除关键字78，则需要对非叶子结点{55，65}进行分裂。将65与叶子结点{60，62}合并成一个叶子结点{60，62，65}，在3阶B树中，叶子结点中元素的个数不能多于3个，因此，叶子结点{60，62，65}需要进行分裂。将62转到非叶子结点中，与55合并，即{55，62}；而60与65分别构成新的叶子结点。最右边的叶子结点的关键字为65。38、ARP协议的功能是A、根据IP地址查询MAC地址B、根据MAC地址查询lP地址C、根据域名查询IP地址D、根据IP地址查询域名标准答案：A知识点解析：ARP的功能：根据IP地址查询MAC地址。39、分区分配内存管理方式的主要保护措施是____。A、界地址保护B、程序代码保护C、数据保护D、栈保护标准答案：A知识点解析：考查分区分配存储管理方式的保护措施。分区分配存储管理方式的保护措施是设置界地址寄存器。每个进程都有自己独立的进程空间，如果一个进程在运行时所产生的地址在其地址空间之外，则发生地址越界，即当程序要访问某个内存单元时，由硬件检查是否允许，如果允许则执行，否则产生地址越界中断，由操作系统进行相应处理。40、本地用户通过键盘登录系统时，首先获得键盘输入信息的程序是____。A、命令解释程序B、中断处理程序C、系统调用服务程序D、用户登录程序标准答案：B知识点解析：考查中断处理。键盘是典型的通过中断I／O方式工作的外设，当用户输入信息时，计算机响应中断并通过中断处理程序获得输入信息。二、综合应用题(本题共10题，每题1.0分，共10分。)41、设某计算机有四级中断A、B、C、D，其硬件排队优先级次序为A>B>C>D。下表列出了执行每级中断服务程序所需的时间。如果以执行中断服务程序的时间作为确定中断优先级的尺度：时间越短优先级越高。(1)请指出如何为各级中断服务程序设置屏蔽码?(2)如果A、B、C、D分别在6μs、8μs、10μs、0μs时刻发出中断请求，请画出CPU执行中断服务程序的序列。(3)基于上题，请计算上述四个中断服务程序的平均执行时间。标准答案：(1)如果以执行中断服务程序的时间长短来确定中断优先级(时间越短优先级越高)，可知中断处理的次序为：C>A>D>B。中断服务程序屏蔽码见下表。(2)根据各级中断源发出的中断请求信号的时刻，画出CPU执行中断服务程序的序列，如下图所示。中断处理的优先级别是C>A>D>B。0μs时，D请求来到，由于没有其他的中断请求，所以开始执行中断服务程序D。第6μs时，A请求来到，A的优先级高于D，转去执行中断服务程序A。第8μs时，B请求来到，由于B的优先级低于A，所以不响应B请求，继续执行中断服务程序A。第10μs时，C请求来到，C的优先级最高，虽然此时中断服务程序A还没有结束，也必须暂停转去执行中断服务程序C。中断服务程序C所需时间为3μs，当第13μs时，中断服务程序C执行完毕，返回执行中断服务程序A。第14μs时，中断服务程序A执行完毕(总共执行时间5μs)，返回执行中断服务程序D。第20μs时中断服务程序D执行完毕(总共执行时间12μs)，返回现行程序。因为B请求还存在，所以此时开始执行中断服务程序B，直至第35μs时结束(总共执行时间35μs)。(3)由于在35μs时间内，完成了4级中断的处理，所以平均执行时间=35÷4=8．75μs。知识点解析：硬件排队电路次序又称中断响应次序，它是不可以改变的，在不改变硬件排队电路的前提下，通过改变中断屏蔽字可以改变中断处理的优先级，使原级别较低的中断源变成较高的级别，这便称为中断升级。实际上中断升级是一种动态改变优先级的方法。42、已知下列各种初始状态(长度为n)元素，试问当利用直接插入法进行排序时，至少需要进行多少次比较(要求排序后的文件按关键字从大到小顺序排列)?(1)关键字自小到大有序(key1(key2<……n)；(2)关键字自大到小逆序(key1>key2>……>keyn)；(3)奇数关键字顺序有序，偶数关键字顺序有序(key13……，key24<……)。(4)前半部分元素按关键字顺序有序，后半部分元素按关键字顺序逆序(key212<……(keym，keym+1>keym+2>……>keyn，m为中间位置)。标准答案：依题意，最好情况下的比较次数即为最少比较次数。(1)在这种情况下，插入第i个(2≤i≤n)元素的比较次数为1，因此，总的比较次数为1+1+1+……+1=n一1。(2)在这种情况下，插入第i个(2≤i≤n)元素的比较次数为i，因此，总的比较次数为2+3+4+……+n=(n一1)(n+2)／2。(3)在这种情况下，比较次数最少的情况是所有纪录关键字均按升序排列，这时，总的比较次数为n一1。(4)在这种情况下，后半部分元素的关键字均大于前半部分元素的关键字时需要比较次数最少，此时前半部分的比较次数=m一1，后半部分的比较次数=(n—m一1)*(n—m+2)／2，因此，总的比较次数为m一1+(n—m一1)*(n—m+2)／2一(n一2)(n+8)／8(假设n偶数，m=n／2)。知识点解析：本题主要考查直接插入法的算法思想及性能分析。43、四位运算器框图如图6—2所示，ALU为算术逻辑单元，A和B为三选一多路开关，预先已通过多路开关A的SW门向寄存器R1，R2送入数据如下：R1=0101，R2=1010。寄存器BR输出端接四个发光二极管进行显示。其运算过程依次如下：(1)R1(A)+R2(B)→BR(显示结果1010)；(2)R2(A)+R1(B)→BR(显示结果1111)；(3)R1(A)+R1(B)→BR(显示结果1010)；(4)R2(A)+R2(B)→BR(显示结果1111)；(5)R2(A)+BR(B)→BR(显示结果1111)；(6)R1(A)+BR(B)→BR(显示结果1010)。试分析运算器的故障位置与故障性质(“1”故障还是“0”故障)，说明理由。标准答案：运算器的故障位置在多路开关B，其输出始终为R1的值。(1)R1(A)4-R2(B)一1010，输出结果错；(2)R2(A)+R1(B)=1111，结果正确，说明R2(A)，R1(B)无错；(3)R1(A)4+R1(B)=1010，结果正确，说明R1(A)，R1(B)无错。由此可断定ALU和BR无错；(4)R2(A)+R2(B)=1111。结果错。由于R2(A)正确，且R2(A)=1010，本应R2(B)=1010，但此时推知R：(B)=0101，显然，多路开关B有问题；(5)R2(A)+BR(B)=1111，结果错。由于R2(A)=1010，BR(B)=1111，但现在推知BR(B)=0101，证明开关B输出有错；(6)R1(A)+BR(B)=1010，结果错。由于R1(A)=0101，本应BR(B)=1111，但现在推知BR(B)=0101，再次证明开关B出错。综上所述，多路开关B输出有错。故障性质：多路开关B输出始终为0101。这有两种可能：一是控制信号BS0，BS1始终为01，故始终选中寄存器R1；二是多路开关B电平输出始终处于在0101上。知识点解析：暂无解析44、处理一次缺页的平均时间为108ns(已含更新TLB和页表的时间)，进程的驻留集大小固定为2，采用最近最少使用置换算法(LRU)和局部淘汰策略。假设：①TLB初始为空；②地址转换时先访问TLB，若TLB未命中，再访问页表(忽略访问页表之后的TLB更新时间)；③有效位为0表示页面不在内存，产生缺页中断，缺页中断处理后，返回到产生缺页中断的指令处重新执行。设有虚地址访问序列2362H、1565H、25A5H，请问：(1)依次访问上述三个虚地址，各需多少时间?给出计算过程。(2)基于上述访问序列，虚地址1565H的物理地址是多少?请说明理由。标准答案：(1)根据页式管理的工作原理，应先考虑页面大小，以便将页号和页内位移分解出来。页面大小为4KB，即212，则得到页内位移占虚地址的低12位，页号占剩余高位。可得三个虚地址的页号P如下(十六进制的一位数字转换成4位二进制，因此，十六进制的低三位正好为页内位移，最高位为页号)：2362H：P=2，访问快表10ns，因初始为空，访问页表100ns得到页框号，合成物理地址后访问主存100ns，共计10ns+100ns+100ns=210ns。1565H：P=1，访问快表10ns，落空，访问页表100ns落空，进行缺页中断处理108ns，合成物理地址后访问主存100ns，共计10ns+100ns+108ns+100ns≈318ns。25A5H：P=2，访问快表，因第一次访问已将该页号放入快表，因此花费10ns便可合成物理地址，访问主存100ns，共计10ns+100ns=110ns。(2)当访问虚地址1565H时，产生缺页中断，合法驻留集为2，必须从页表中淘汰一个页面，根据题目的置换算法，应淘汰0号页面，因此1565H的对应页框号为101H。由此可得1565H的物理地址为101565H。知识点解析：暂无解析45、下图是某模型机CPU的组成框图。设该CPU采用同步控制逻辑，分取指周期、取第一操作数周期，取第二操作数周期、执行周期四个机器周期，每个机器周期有T0、T1、T2三个节拍。试写出如下双操作数运算指令的微操作命令及节拍安排。ADDRO，(R1)完成功能(R0)+((R1))→RO标准答案：各机器周期的微操作命令及节拍安排如下。(1)取指周期T0：PC→总线→MAR→主存，微操作命令形成部件发读信号到主存T1：M(MAR)→MDR，微操作命令形成部件发+1信号到PCT2：MDR→总线→IR，0P(IR)→微操作命令形成部件(2)取第一操作数周期T0：R0→总线→FIRSTT1：T2：(3)取第二操作数周期T0：R1→总线→MAR→知识点解析：暂无解析指令字长为12位，每个地址码为3位，采用扩展操作码的方式，设计4条三地址指令、16条二地址指令、64条一地址指令和16条零地址指令。46、给出一种操作码的扩展方案。标准答案：操作码的扩展方案：知识点解析：暂无解析47、计算该方案操作码的平均长度。标准答案：操作码的平均长度=全部指令的操作码长度÷指令总数=(4×3+16×6+64×9+16×12)÷(4+16+64+16)=8．7。知识点解析：暂无解析假定A和B是试图在一个以太网上发送的两个站。每个站都有一个稳定的帧的队列准备发送，A的帧编号是A1，A2和A3等，B的帧编号是B1，B2和B3等。再假定指数后退的基本单元时间是T=51．2微秒。现在A和B同时尝试发送1号帧，碰撞，并且刚好分别选择了0×T和1×T的退避时间，也就是说，A赢得了这一次竞争，发送A1，B需要等待。在这次传送结束时，B尝试再发送B1．而A则尝试发送A2。这一轮的首次尝试产生碰撞，此时，A的退避时间从0×T和1×T中选择，而B则从0×T，…，3×T中选择。48、给出A赢得第2次退避竞争的概率。标准答案：A可以选择KA=0或1；B可以选择KB=0，1，2，3。如果(KA，KB)选择(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，2)，(1，3)中的一个组合，那么将是A赢得这第2次竞争，其概率是5／8。知识点解析：暂无解析49、假定A已赢得了第2次退避竞争。A在成功发送A2后，接着尝试发送A3。当B再次尝试发送B1时，A和B再次碰撞。给出A赢得这第3次退避竞争的概率。标准答案：现在A是在一次成功发送之后，可以选择KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的选择是0，1，2，…，7。如果KA=0，那么KB中有7种选择使得A赢；如果KA=1，那么KB中有6种选择使得A赢。所以A赢得这第3次竞争的概率是13／16。知识点解析：暂无解析50、给出A赢得所有其余后退竞争的概率的合理下限值。标准答案：A赢得第2次竞争的概率=5／8>1／2A赢得第3次竞争的概率=13／16>3／4类似地，A赢得第4次竞争的概率>7／8一般地，A赢得第i次竞争的概率>(1—1／2i一1)因此，假定A已经赢得第1至第3次竞争，那么A赢得所有其余的后退竞争的概率将不低于：(1—1／8)×(1一1／16)×(1一1／32)×(1一1／64)×…≈1—1／8—1／16—1／32—1／64一…=6／8=3／4知识点解析：暂无解析计算机专业（基础综合）模拟试卷第2套一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)1、用某种排序方法对线性表(25，84，21，47，15，27，68，35，20)进行排序时，元素序列的变化情况如下：(1)25，84，21，47，15，27，68，35，20(2)20，15，21，25，47，27，68，35，84(3)15，20，21，25，35，27，47，68，84(4)15，20，21，25，27，35，47，68，84则采用的排序方法是()。A、选择排序B、希尔排序C、二路归并排序D、快速排序标准答案：D知识点解析：本题主要考查各种排序的手工排序过程。选择排序在每趟结束后可以确定一个元素的最终位置，而题中第一趟结束后最小关键字并未出现在第一个位置；归并排序会在第一趟结束后，形成若干个部分有序的子序列，并且长度递增，直到最后的一个有序的完整序列；希尔排序也是形成部分有序的序列；快速排序以某个元素为界将大于它和小于它的关键字划分为两个子序列，再将该元素放在中间。观察题中的元素排序过程，可知是快速排序。2、若CPU要执行的指令为：MOVR0，R1(即将寄存器R1中的数据传送到寄存器R0中)，则CPU首先要完成的操作是()。A、R1→R0B、R1→MDRC、PC→MARD、PC→IR标准答案：C知识点解析：无论运行什么类型的指令，CPu首先需要取指令，取指令阶段的第一个操作就是将指令地址(程序计数器PC中的内容)送往存储器地址寄存器。取指周期完成的微操作序列是公共的操作，与具体指令无关，取指公共操作如下：(1)将程序计数器PC中的内容送至存储器地址寄存器MAR，记作(PC)→MAR；(2)向主存发读命令，记作Read；(3)从主存中取出的指令送到存储器数据寄存器MDR，记作M(MAR)→MDR；(4)将MDR的内容送至指令寄存器IR中，记作(MDR)→IR；(5)将PC的内容递增，为取下一条指令做好准备，记作(PC)+1→PC。题干虽然给出了一条具体的指令“MOVR0，R1”，实际上CPU首先要完成的操作是取指令，与具体指令是没有关系的。3、在连续内存分配管理中，分区分配是最简单的实现并发的内存管理方法。对于该方法，进行内存保护的措施是()。A、存取控制列表B、用户权限保护C、程序状态保护D、界地址保护标准答案：D知识点解析：本题考查分区保护的主要措施。在分区分配内存管理方法中，最常采用的方法是界地址保护法和基址、限长寄存器保护法。界地址保护法将每一个进程在内存中的物理位置的上界和下界值存放到上下界地址寄存器中，进程的每一条指令或数据的物理地址均与这两个上下界寄存器比较，一旦低于下界寄存器或大于上界寄存器均发生越界中断，从而起到保护作用。基址、限长寄存器保护法是上述方法的改进。将进程的逻辑地址与限长寄存器比较，一旦越界就发出中断，保护内存。基址寄存器主要是用来进行逻辑地址到物理地址的转换。4、TCP／IP模型由以下层次构成()。A、物理层、数据链路层、网络层、传输层、会话层、表示层、应用层B、网络接口层、互联网层、传输层、应用层C、物理层、数据链路层、网络层、传输层、应用层D、局域网层、广域网层、互联网层标准答案：B知识点解析：A属于OSI的7层模型。5、下面关于奈氏准则和香农公式说法错误的是()。A、奈氏准则指出了码元传输的速率是受限的，不能任意提高，否则在接收端就无法正确判定码元是1还OB、香农公式给出了信息传输速率的极限，即对于。定的传输带宽和传输信噪比，信息传输速率的上限就确定了C、奈氏准则虽然是在理想条件下推导出的，但是给出了在实际条件下对信息传输率的限制D、香农公式告诉我们，若要得到无限大的信息传送速率，有两个办法：要么使用无限大的传输带宽，要么使信号的信噪比为无限大，即采用没有噪声的传输信道或使用无限大的发送功率标准答案：B知识点解析：A选项即为奈氏准则；B错，对于一定的传输带宽和传输信噪比，则给出了码元传输率的限制，没有对信息传输速率(bit／s)给出限制，可以通过让每个码元携带更多比特的方法提高信息传输速率；C、D选项由香农定理可以得出。6、采用邻接表存储的图的广度优先遍历算法类似于树的()。A、中根遍历B、先根遍历C、后根遍历D、按层次遍历标准答案：D知识点解析：深度优先搜索遍历类似于树的先根遍历，是树的先根遍历的推广。广度优先搜索遍历类似于树的按层次遍历的过程。或者说，树的先根遍历是一种深度优先搜索策略，树的层次遍历是一种广度优先搜索策略。7、在32位总线系统中，若时钟频率为500MHz，传送一个32位字需要5个时钟周期，则该总线系统的数据传送速率是()。A、200MB/sB、400MB/sC、600MB/sD、800MB/s标准答案：B知识点解析：由于传送4个字节的数据需要5个时钟周期，4B×500MHz÷5=400MB／s。8、假设有k个关键字互为同义词，若用线性探查法把这k个关键字存入，至少要进行的探查次数是()。A、k－1B、kC、k＋1D、k(k＋1)／2标准答案：D知识点解析：假设有k个关键字互为同义词，若用线性探查法把这k个关键字存入，探查次数最少的情况是第1个关键字通过1次比较后插入，第2个关键字通过2次比较后插入，……，第k个关键字通过k次比较后插入。总的比较次数＝1＋2＋……＋k＝k(k＋1)／2。9、用74181和174182芯片构成小组内并行进位，小组间并行进位，大组间串行进位的32位ALU，需要74182芯片的片数为()。A、0B、1C、2D、3标准答案：C知识点解析：74181是内部并行进位的4位ALU芯片，74182是4位先行进位芯片，故4片74181和1片74182可构成小组内并行进位，小组问并行进位的16位ALU；且题目要求构成小组内并行进位，大组内串行进位的32位ALU，故只需将2个前述16位ALU串联即可，共需2片74182芯片，选C。10、在计算机体系结构中，cPU内部包括程序计数器PC、存储器数据寄存器MI)R、指令寄存器IR和存储器地址寄存器MAR等。若CPU要执行的指令为：MOVR0，#100(即将数值100传送到寄存器R0中)，则CPU首先要完成的操作是()。A、100→R0B、100→MDRC、PC→MARD、PC→IR标准答案：C知识点解析：无论运行什么类型的指令，CPU首先需要取指令，取指令阶段的第一个操作就是将指令地址(程序计数器PC中的内容)送往存储器地址寄存器。[归纳总结]取指周期完成的微操作序列是公共的操作，与具体指令无关，取指公操作如下：(1)将程序计数器PC中的内容送至存储器地址寄存器MAR，记作(PC)→MAR；(2)向主存发读命令，记作Read；(3)从主存中取出的指令送到存储器数据寄存：器MDR，记作M(MAR)→MDR；(4)将MDR的内容送至指令寄存器IR中，记作(MDR)→IR；(5)将PC的内容递增，为取下一条指令做好准备，记作(PC)＋1→PC。[解题技巧]题干中虽然给出了一条具体的指令“MOVRO，#100”，实际上CPU首先要完成的操作是取指令，与具体指令是没有关系的。11、考虑在一条：1000米长的电缆(无中继器)上建立一个1Gbps速率的CSMA／CD网络，假定信号在电缆中的速度为2X108米／秒。最小帧长是()。A、1250B、1230C、1280D、1220标准答案：A知识点解析：本题考查CSMA／CD协议的基本原理，这里a代表单程端到端的传播延时，因此2a=2×1000／2×108=10微秒。在1Gbps速率下，每位的时间为1纳秒，所以最小帧长为10／10-3=10000位=1250字节，因此答案为A。12、在IP首部的字段中，与分片和重组无关的字段是()。Ⅰ．总长度Ⅱ．标识Ⅲ．标志域Ⅳ．片偏移A、仅ⅠB、仅Ⅰ、Ⅱ、ⅣC、仅Ⅱ、ⅢD、仅Ⅲ、Ⅳ标准答案：A知识点解析：在IP首部中，标识域的用途是让目标主机确定一个新到达的分段属于哪一个数据报，用于重新组合分片后的IP数据报；而标志域中的DF(是否不能分片)和MF(是否后面还有分片)位都与分片有关；片偏移则是标志分片在IP数据报中的位置，重新组合分组的时候要用到，所以只有总长度字段用不上。13、某机器指令字长12位，有零地址、一地址、二地址3种指令，地址码长4位，采用扩展操作码技术。若二地址指令和一地址指令条数都取最大值，则该机指令条数最多为()。A、16B、46C、48D、4366标准答案：B知识点解析：根据题意，二地址指令的操作码长度为12-4×2=4，留一个编码用于扩展，故最多可定义15条二地址指令；一地址指令扩展长度为4位，留一个编码用于扩展，故最多可定义15条一地址指令；零地址指令可在一地址指令的基础上扩展4位，故最多可定义16条零地址指令。根据题意，该机指令条数最多为15+15+16=46条。14、下面关于设备属性的论述中，正确的是()。A、字符设备的基本特征是可寻址到字节，即能指定输入的源地址或输出的目标地址B、共享设备必须是可寻址和可随机访问的设备C、共享设备是同一时间内允许多个进程同时访问的设备D、在分配共享设备和独占设备时都可能引起进程死锁标准答案：B知识点解析：可寻址是块设备的基本特征，故A不对。共享设备是指一段时间内允许多个进程同时访问的设备，在同一时间内，即对某一时刻共享设备仍然只允许一个进程访问，故C不正确。分配共享设备是不会引起进程死锁的，故D不正确。15、下列说法中()不是创建进程必须的。A、建立一个进程的进程表项B、为进程分配内存C、为进程分配CPUD、将进程表项放入就绪队列标准答案：C知识点解析：进程刚被创建后，实际上是处于就绪状态的，所以不需要为进程分配CPU。16、浮点加减运算结果满足()时，应作“机器零”处理。A、尾数为“全0”B、阶码上溢C、阶码下溢D、A或者C标准答案：D知识点解析：当尾数为“全0”时，不论阶码为何值，该浮点数真值都为0，应作“机器零”处理；当阶码下溢时，说明浮点数的真值小于该机可以表示的最小值，也应作“机器零”处理，故选D。17、设指令中的地址码为A，变址寄存器为X，程序计数器为PC，则变址间址寻址方式的操作数有效地址EA是()。A、((PC)＋A)B、((X)＋A)C、(X)＋(A)D、(X)＋A标准答案：B知识点解析：变址间址寻址方式就是先变址后间址，在4个选项中，选项A为相对寻址，选项C为问址变址寻址，选项D为变址寻址。[归纳总结]把变址和间址两种寻址方式结合起来，按寻址方式操作的先后顺序，有前变址和后变址两种形式。前变址方式即变址问址方式，先进行变址运算，其运算结果作为间接地址，间接地址指出的单元的内容才是有效地址，EA＝((X)＋A)。后变址方式即间址变址方式，将指令中的地址码先进行一次间接寻址，然后再与变址值进行运算，从而得到一个有效地址，有效地址EA＝(X)＋(A)。18、下列有关通道技术的叙述中，不正确的是()。Ⅰ．通道可视为一种软件，其作用是提高了CPU的利用率Ⅱ．编制好的通道程序是存放在主存储器中的Ⅲ．通道又称I／O处理机，它用于实现CPU与I／O设备之间的信息传输Ⅳ．通道程序是由一系列通道指令组成的A、仅Ⅰ、ⅢB、仅Ⅰ、Ⅲ、ⅣC、仅Ⅱ、Ⅲ、ⅣD、仅Ⅱ、Ⅲ标准答案：B知识点解析：Ⅰ错误，通道可以独立完成系统交付的输入／输出任务，通过执行自身的通道指令完成主存与外设间的数据传输，故通道应该是一种硬件，或者称为是一种专用计算机。Ⅱ正确，为了快速地得到通道指令，通道指令应存放在主存。Ⅲ错误，通道用于完成内存与I／O设备的信息交换。Ⅳ错误，通道程序是由通道执行的程序，是由一系列通道指令组成的。通道独立于CPU，有自己的指令系统。该指令系统比较简单，一般只有数据传送指令、设备控制指令等。综上分析，本题选B选项。知识点回顾：I／O通道是指专门用于负责输入／输出工作的处理机，它独立于CPU，有自己的指令系统。该指令系统比较简单，一般只有数据传送指令、设备控制指令等。通道所执行的程序称为通道程序。I／O通道与一般处理机的区别：I／O通道的指令类型单一，没有自己的内存，通道所执行的I／O通道程序是放在主机的内存中的，也就是说，通道与CPU共享内存。I／O通道与DMA控制方式的区别：DMA控制方式需要CPU来控制传输的数据块大小、传输的内存位置，而通道控制方式中这些信息是由通道控制的。另外，每个DMA控制器对应一台设备与内存传递数据，而一个通道可以控制多台设备与内存的数据交换。19、通常对文件系统来说，文件名及其属性可以集中在()。A、目录B、索引C、字典D、作业控制块标准答案：A知识点解析：暂无解析20、将两个长度为n的递增有序表归并成一个长度为2n的递增有序表，最少需要进行关键字比较次数是()。A、1B、n-1C、nD、2n标准答案：C知识点解析：假设有两个有序表A和B都递增有序，当有序表A所有元素均小于B的元素时，只需将A的所有元素与B的第一个元素比较即可，其比较n次。21、已知X＝－0．875×21，Y＝0．625×22，设浮点数格式为阶符1位，阶码2位，数符1位，尾数3位，通过补码求出Z—X—Y的二进制浮点数规格化结果是()。A、1011011B、0111011C、100101lD、以上都不是标准答案：B知识点解析：将X＝－0．875×22和Y＝0．625×22写成7位浮点数形式，有X＝0011001和Y＝0100101，对阶之后，X＝0101100，对阶后尾数做减法，结果需要进行右规，最终结果Z＝0111011。[归纳总结]浮点数加、减运算一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步骤。对阶就是使两数的阶码相等，对阶原则是小阶向大阶看齐，即阶码小的数的尾数右移，每右移一位，阶码加1，直到两数的阶码相等为止。[解题技巧]假设7位浮点数中最高位为阶符，只有选项B的阶符为O，即阶码为正，所以马上可以选中正确的答案。22、以下叙述中，不符合RISC指令系统特点的是()。A、指令长度固定，指令种类少B、寻址方式种类丰富，指令功能尽量增强C、设置大量通用寄存器，访问存储器指令简单D、选取使用频率较高的一些简单指令标准答案：B知识点解析：RISC即精简指令系统计算机，选项B显然不符合RISC的特点。[归纳总结]RISC的中心思想是要求指令系统简化，尽量使用寄存器一寄存器操作指令，指令格式力求一致，大部分RISC具有下列特点：(1)指令总数较少(一般不超过100条)；(2)基本寻址方式种类少(一般限制在2～3种)；(3)指令格式少(一般限制在2～3种)，而且长度一致；(4)除取数和存数指令(Load／Store)外，大部分指令在单周期内完成；(5)只有取数和存数指令能够访问存储器，其余指令的操作只限于在寄存器之间进行；(6)CPU中通用寄存器的数目应相当多(32个以上，有的可达上千个)；(7)为提高指令执行速度，绝大多数采用硬连线控制实现，不用或少用微程序控制实现；(8)采用优化的编译技术，力求以简单的方式支持高级语言。23、设有五个进程共享一个互斥段，如果最多允许两个进程同时进入互斥段，则所采用的互斥信号量初值应该是()。A、5B、2C、1D、0标准答案：B知识点解析：因为最多允许两个进程同时进入互斥段，所以信号量为2。如果一个互斥段可以同时允许两个进程进入，则相当于有两个互斥段。24、通过硬件和软件的功能扩充，把原来独占的设备改造成若干用户共享的设备，这种设备称为()。A、系统设备B、存储设备C、用户设备D、虚拟设备标准答案：D知识点解析：暂无解析25、一个广域网信道的比特率是4Kbps，传播延迟为20ms，为了确保停止一等待协议至少50％的效率，那么，帧的大小至少是()。A、大于160bit，B、大于150bitC、大于140bitD、大于130bit标准答案：A知识点解析：当发送一帧的时间等于信道传播延迟的2倍时，信道利用率是50％。或者说，当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，效率将是50％。本题中，往返传播时间为20ms×2=40ms，发送速率是每秒4000位，即发送1位需0．25ms。40ms／0．25ms／位=160位。所以，帧大于160位时，采用停一等协议才有至少50％的效率，答案是A。26、某计算机的指令系统中有“先基址后间址”的寻址方式，基址寄存器为BR，形式地址为A，则有效地址为()。A、(BR)+AB、(BR+A)C、((BR)+A)D、((BR))+A标准答案：C知识点解析：先基址，即基址寄存器内容加形式地址，(BR)+A；再问址，即EA=((BR)+A)，选C。27、一棵深度为k的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，则该树的结点数是()。A、2k-1-1B、2k-1C、2k-1+1D、2k一1标准答案：D知识点解析：一棵深度为k的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，也就是说每个非终端结点都有左子树和右子树且高度相等。因此，这样的平衡二叉树即为满二叉树，而高度为k的满二叉树的结点数是2k一1。28、利用逐点插入建立序列(50，72，43，85，75，20，35，45，65，30)对应的二叉排序树以后，要查找元素30进行元素间的比较次数是()。A、4B、5C、6D、7标准答案：B知识点解析：利用逐点插入法建立二叉排序树是从空树开始，通过查找，将每个结点作为一个叶子插入。按题目中数据的输人次序建立的二叉排序树如下图10—3所示，查找元素30的比较次数为5次。29、分时系统中，为使多个用户能够同时与系统交互，最关键的问题是()。A、计算机具有足够的运行速度B、内存容量应足够大C、系统能及时地接收多个用户输入D、能在一短的时间内，使所有用户程序都能运行标准答案：D知识点解析：暂无解析30、某机主存容量64KB，按字节编址。主存地址0100H处有一条相对转移指令，指令字长16位，其中，第一个字节为操作码，第二个字节为相对位移量(用补码表示)，则该指令执行结束后，后继指令的地址范围可能是()。A、0000H~FFFFHB、0080H～017FHC、0082H～0181HD、0080H～01FFH标准答案：C知识点解析：该指令取指结束后，PC值自动加2，即(PC)一0102H；相对位移量用8位补码表示，故其范围为80H～7FH，扩展到16位为FF80H～007FH，与PC值相加就可得后继指令的地址范围为0082H～0181H。31、下列哪个选项不是RISC的特点()。A、只有取数和存数指令访问存储器，其余指令都在寄存器之间进行B、由使用频率高的简单指令和很有用且不复杂的指令组成C、使用RISC技术后，指令系统又回到了计算机发展早期的比较简单的情况D、使用优化的编译程序标准答案：C知识点解析：早期的指令系统简单是由设计水平和器件水平决定的，而且RIS(二技术不是简单地精简了指令系统，而是在合理选择简单指令的基础上采取了很多优化措施，如缩短机器周期，采用流水线技术，使用优化的编译程序等等，两者不可等同。32、在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是()。A、数据链路层B、传输层C、会话层D、应用层标准答案：B知识点解析：传输层是第一个提供端到端服务的层次，它使用端口来区分不同的应用程序。33、如果一台计算机具有多个可并行运行的CPU，就可以同时执行相互独立的任务。归并排序的各个归并段的归并也可并行执行，因此称归并排序是可并行执行的。那么以下的排序方法不可以并行执行的有()。Ⅰ．基数排序Ⅱ．快速排序Ⅲ．起泡排序Ⅳ．堆排序A、仅Ⅰ、ⅢB、仅Ⅰ、ⅡC、仅Ⅰ、Ⅲ、ⅣD、仅Ⅱ、Ⅳ标准答案：C知识点解析：此题解题的关键是要知道哪种内部排序算法在执行的过程中，不能划分出子序列来进行并行的排序，快速排序在一趟划分了两个子序列后，各子序列又可并行执行排序。而其他3种排序不能划分成子序列来并行执行排序，故4个选项中，只有快速排序可以并行执行，故选c选项。34、指令系统中采用不同寻址方式的目的主要是()。A、可以直接访问外存B、实现存储程序和程序控制C、缩短指令长度，扩大寻址空间，提高编程灵活性D、提供扩展操作码的可能并降低指令译码难度标准答案：C知识点解析：暂无解析35、假定有一条通带为100kHz的信道，每路信号的带宽为3．2kHz，各路信号间的防护带宽为0．8kHz。若采用频分多路复用，那么最多可以同时传输()路信号。A、10路B、20路C、25路D、40路标准答案：C知识点解析：频分复用指的是所有用户按同样的时间占用不同的带宽资源，所以复用信号的路数为(100×103／[(3．2+0．8)×103]=)25路。36、CPU中决定指令执行顺序的是()。A、指令寄存器IRB、程序计数器PCC、程序状态字寄存器PSWRD、主存地址寄存器MAR标准答案：B知识点解析：CPU中用程序计数器PC来跟踪下一条将要执行的指令的地址，即通过程序计数器PC来决定指令执行顺序。37、UNIX对已有文件建立物理链接与建立符号链接，以下叙述正确的是()。A、物理链接创建新的目录项，而符号链接不创建新的目录项B、物理链接创建新的inode，而符号链接不创建新的inodeC、物理链接不创建新的目录项，而符号链接创建新的目录项D、物理链接不创建新的inode，而符号链接创建新的inode标准答案：D知识点解析：软连接(符号链接)有自己的inode和数据块，它的数据块当中的内容为所要连接的文件的绝对或者相对路径。而硬连接(物理连接)和它所要连接的文件共有同一个inode和数据块。链接是LJNIX文件系统提供了一种将不同文件链接至同一个文件的机制。它可以使得单个程序对同一文件使用不同的名字。这样的好处是文件系统只存在一个文件的副本。系统简单地通过在目录中建立一个新的登记项来实现这种连接，该登记项具有一个新的文件名和要连接文件的inode号。文件的目录登记项就是所谓的文件硬链接。不论一个文件有多少硬链接，在磁盘上只有一个描述它的irlode。只要该文件的链接数不为0，该文件就保持存在。38、某数采用IEEE754单精度浮点数格式表示为C6400000H，则该数的值是A、一1．5×213B、一1．5×212C、一0．5×213D、一0．5×212标准答案：A知识点解析：IEEE754单精度浮点数格式为C6400000H，二进制格式为11000110010000000000000000000000，转换为标准的格式为：因此，浮点数的值为一1．5×215。39、若下图为10BaseT网卡接收到的信号波形，则该网卡收到的比特串是A、10110B、10101101C、1010010D、11000101标准答案：A知识点解析：根据信号编码的基本规则可知，网卡收到的比特串为00110110，答案选A。40、若某通信链路的数据传输速率为2400bit／s，采用4相位调制，则该链路的波特率是____。A、600波特B、1200波特C、4800波特D、9600波特标准答案：B知识点解析：考查调制解调。有4种相位，那么一个码元携带log24=2(bit)信息，则波特率=比特率／2=1200波特。二、综合应用题(本题共13题，每题1.0分，共13分。)41、一台设置为IP地址自动获取的主机H接入到仅有一台服务器的局域网络中，在H上截获到如表4—2所列的两个以太网数据帧前48个字节的十六进制报文，请参考表中的数据回答如下问题：(1)主机H采用何种方式获得IP地址，一般需要哪几个报文过程才能完成?(2)主机H和服务器的MlAC地址分别是多少，服务器的IP地址是多少?(3)假设IP租赁期是60s，那么多少时间后主机H发送重新续租IP的报文，请填充这个报文的目的MAC地址，IP地址和端口号。注：以太网帧、IP分组头和LIDP段头结构分别如图4-5(a)、图4-5(b)和图4-5(c)所示。标准答案：(1)主机H采用DHCP协议获得IP地址，过程如下：①DHCP客户从UDP端口68发送DHCP发现discover报文。②凡收到DHCP发现报文的Dt{CP服务器都发出DHCP提供offer报文。③DHCP客户从几个DHCP服务器中选择其中的一个，并向所选择的DHCP服务器发送DHCP请求request报文。④被选择的DHCP服务器发送确认报文DHCPACK，进入已绑定状态，并可开始使用得到的临时IP地址了。(2)主机H和服务器的MAC地址分别是50-78-1c-19-of-76和50-78-1c-19-04-4a，服务器的IP地址是192．168．5．254。(3)30s后主机H发送重新续租IP的报文，目的MAC地址、IP地址和端口号是50-78-1c-19-04-4a、192．168．5．254，67。知识点解析：暂无解析42、任意给定1，2……．，n指定为一棵树的先根遍历序列；同时任意给定这n个数值(1，2……．，n)的一个排列p1，p2……．pn为这棵树的后根遍历序列。(1)根据这样的先根遍历序列和后根遍历序列，是否都可以得到一棵树?如果能够，请简述理由(不要求形式化证明)。如果不能，请给出一个简单反例。(2)如果能得到树，所得到的树是否唯一?如果能够，请简述理由(不要求形式化证明)。如果不能，请给出一个简单反例。标准答案：(1)不一定能得到一棵树。反例(给出任何一个正确的反例即可)：反例1：对于先根遍历序列{1，2，3，4)，后根遍历序列{1，3，2，4)这种情况，就无法得到一棵树。反例2：对于先根遍历序列(1，2，3，4)，后根遍历序列(4，2，3，1)这种情况，也不能得到一棵树。理由(题目并不要求说明理由，如果说清了理由而没有给出反例，也可以得分)：理由一：若一棵树的先根遍历序列为{1，2，3，4)，则1必为树根，该树的后根遍历序列中“1”一定在最后，故根据最后数字不为“1"的后根序列与先根序列{1，2，3，4)就无法得到一棵树。理由二：一棵树可以转换成一棵没有右子树的-y．树，反之亦然。所以，对于n个结-点的树，可以等价地考虑相应的除去根结点(即1)以外的(n一1)个结点的二叉树问题。在这里，2，3，……，n就是相应的．二叉树的先序遍历序列，p1，p2，……pn-1就是相应--y．树的中序遍历序列。对于n个结点的树，可以等价地考虑相应的n-1个结点的二叉树问题。该问题转换为：指定2，3，……，n这n-1个数为一棵二叉树先序遍历序列；同时p1，p2，……pn-1(其中p1，p2，……pn-1为2，3，……，n这n-1个数值的一个排列)为这棵树的二叉树中序遍历序列。是否都可以得到一棵二叉树?可以证明：对于一棵先序遍历序列为1，2，……，n的二叉树，在中序遍历时其被涉及到的顺序也就是进入运行栈的顺序就是1，2，……，n，其中中序遍历顺序，则是一种可能的出栈顺序。有可能从初始输入序列1，2，……，n，利用一个栈得到输出序列p1，p2……pn(p1，p2，……pn是1，2，……，n的一种排列)的充分必要条件是：不存在这样的i，j，k，满足ijki。因此，先根序列1，2，……，n和后根序列p1，p2，……pn-1，1能够得到一棵树的充分必要条件是不存在下标i，j，k，满足ijki。(2)如(1)所述，不一定能得到一棵树。但是如果所给出的序列合法，就能够得到一棵树，而且得到的树是唯一的。所谓合法序列是指：先根遍历序列为1，2，……，n，后根遍历序列为p1，p2，……pn，那么只有当pn=1时，而且在p1，p2，……pn-1中不存在这样的i，j，k，满足ijki。(不要求考生说明什么是合法的)理由一：一棵树可以转换成一棵没有右子树的二叉树，反之亦然。所以，对于n个结点的树，可以等价地考虑相应的除去根结点(即1)以外的(n—1)个结点的二叉树问题。在这里2，3，……，n就是相应二叉树的先序遍历序列，p1，p2，……pn-1就是相应二叉树的中序遍历序列——二叉树先序序列为DLR，二叉树中序序列为LDR，因此可以定位二叉树的根，然后定位出二叉树的左右子树并对左右子树做类似的递归处理，故所的二叉树是唯一的。因此相应的树也是唯一的。理由二：对于合法的序列：先根序列为1，2，……，n，后根序列为p1，p2，……pn-1，1，首先可以确定树根为1。其子树形成的森林的先根序列为2，…，n，后根序列为p1，p2，……pn-1，这些森林被分成m(m≥0)个不相交的集合T1，T2，……Tm，而且这些集合的每一个又都是树，在先根序列中按照T1，T2，……Tm的结点顺序出现，在后根序列中也按照T1，T2，……Tm的结点顺序出现(但是对应的每个集Ti中，结点出现的顺序不同)。因此可以找到每棵子树的结点集合，然后进行递归处理，最终只能得到一棵确定的树。知识点解析：本题主要考查树的遍历，以及树的遍历与所对应的二叉树的遍历的关系。43、已知AOE网中顶点v1，v2，v3，……v7分别表示7个时间，有向线段a1，a2，a3，……a10分别表示10个活动，线段旁的数值表示每个活动花费的天数，如下图所示。请填写下面两个表格，并用顶点序列表示出关键路径，给出关键活动。标准答案：关键路径：v1v2v5v7v1v4v5v7关键活动：a1a2a4a8a9知识点解析：AOE网中从源点到终点的最大路径长度(这里的路径长度是指该路径上的各个活动所需时间之和)的路径称为关键路径。关键路径长度是整个工程所需的最短工期。关键路径上的活动称为关键活动。要缩短整个工期，必须加快关键活动的进度。寻找关键活动时所用到的几个参量的定义。假设第i条弧为，dut()为弧上的权值。(1)事件的最早发生时间ve[k]=从源点到顶点k的最长路径长度。ve(源点)=0；ve(k)=Max{ve(j)+dut()}(2)事件的最迟发生时间v1[j]=从顶点j到汇点的最短路径长度。vl(汇点)=ve(汇点)；vl(j)=Min{v1(k)一dut()}(3)活动i的最早开始时间e(i)=ve(j)。(4)活动i的最晚开始时间l(i)=vl(k)一dut()。e[i]一l[i]的活动就是关键活动，关键活动所在的路径就是关键路径。44、试用74181和门电路实现一位余3码加法器。标准答案：用2片74181和1个非门即可实现余3码加法器，其逻辑框图如下图所示。知识点解析：首先写出余3码的校正函数：有进位，＋3(＋0011)校正；无进位，－3(＋1101)校正。根据余3码的校正函数，设计加法器，下