计算机专业（基础综合）模拟试卷244

计算机专业（基础综合）模拟试卷244

一、单选题（本题共40题，每题1.0分，共40分。）

1、以下关于二叉排序树的说法正确的是（）。I在二叉排序树中，每个结点的关键

字都比左孩子关键字大，比右孩子美键字小。n饵个结点的关键字都比左孩子关

键字大，比右孩子关键字小，这样的二叉树都是二叉排序树。in在二叉排序树

中，新插入的关键字总是处于最底层。w在二叉排序树中，新结点总是作为吐子

结点来插入的。v二叉排序树的查找效率和二叉排序树的高度有关。

A、I、U、W、V

B、□、m、iv

c、I、皿、v

D、I、IV、V

标准答案：D

知识点解析：对于二叉排序树，左子树上所有记录的关键字均小于根记录的关键

字；右子树上所有记录的关键字均大于根记录的关键字。而不是仅仅与左、右孩子

的关键字进行比较。在二叉排序树中，新插入的关键字总是作为叶子结点来插入

的，但是叶子结点不一定总是处于最底层。对于每一棵特定的二叉排序树，均可

按照平均查找长度的定义来求它的ASL值，显然，由值相同的n个关键字，构造

所得的不同形态的各棵二叉排序.树的平均查找长度的值不同，甚至可能差别很

大。最好的情况是二叉排序树的形态和折半查找的判定树相同，其平均查找长度和

10g2n成正比。

2、分页式虚拟存储管理系统中，页面的大小与可能产生的缺页中断次数是（）。

A、成正比

B、成反比

C、无关系

D、固定值

标准答案：C

知识点解析：在分页存储管理系统中，页面的大小是由计算机系统的地址结构所决

定的，一般由软硬件共同决定。对于某一种系统一般采用一种大小的页面（也有部

分现代操作系统采用双页面系统的）。在确定地址结构时，若选择的页面较小，

方面可使内碎片减小，并减少了内碎片的总空间，有利于提高内存利用率。另一方

面，也会使每个进程要求较多的页面，从而导致页表过长，占用大量内存。此外还

会降低页面换进换出的效率。若选择的页面较大，虽然可减少页表长度，提高换进

换出效率，但却又会使页内碎片增大。由于内存的大小是固定的，所以无论页面

是大是小，可以进入内存的作业大小也是固定的，最多不超过内存的大小。实际

上，分页的大小并不影响进入内存作业的数量。从宏观上看，进入内存的页面内容

是没有变化的。所以分页式虚拟存储管理系统中，页面的大小与可能产生的缺页中

断次数并没有确定的关系。正确答案为C。

3、关于FTP的工作过程，下面说法错误的是()。

A、每次数据传输结束后，FTP服务器同时释放21和20端口

B、FTP的数据连接是非持久的

C、FTP的文件传输需要两条TCP连接

D、FTP协议可以在不同类型的操作系统之间传送文件

标准答案：A

知识点解析：卜TP使用两条TCP连接完成文件传输，一条是控制连接，另一条是

数据连接，所以C选项正确；在FTP中，控制连接在整个用户会话期间一直打开

着，而数据连接有可能为每次文件传送请求重新打开一次，即数据连接是非持久

的，而控制连接是持久的，所以A选项错误，B选项正确；D选项显然正确。

4、设森林F中有三棵树，第一，第二，第三棵树的结点个数分别为Nl,N2和

N3。与森林F对应的二叉树根结点的右子树上的结点个数是()。

A、NI

B、N1+N2

C、N3

D、N2+N3

标准答案：D

知识点0析：由森林转生的二叉树中，根结点即为第一棵树的根结点，根结点的左

子树是由第一棵树中除了根结点以外其余结点组成的，根结点的右子树是由森林中

除第一棵树外其他树转於来的。

5、某操作系统的文件管理采用直接索引和多级索引混合方式，文件索引表共有10

项，其中前8项是直接索引项，第9项是一次间接索引项，第10项是二次间接索

引项。假定物理块的大小是1K,每个索引项占用4个字节，则该文件系统中最大

的文件可以达到()。

A、65536K

B、32768K

C、65793K

D、34000K

标准答案：C

知识点解析：多级索引的逻辑并不复杂，二级间接索引表最多有256张，但是并没

有用满。只用了255张，而且第255张中也没有全部用足256条表项。计算时一定

要认真仔细，一般不会有太多变化，但是对多级索引的方法一定要掌握。(1)直接

索引为8xlK=8K；一级间接索引为(1K/4B)xlK=256K；二级间接索引为(IK

/4B)x(|K/4B)xlK=64M。(2)64M的文件需要64M/1K=64K=65536个磁盘

块，所以其占用直接索引8块，一级间接索引256块，二级间接索引65272块，

还要加上一级间接索引表1块，二级间接索引表1块+255块，所以一共占有磁盘

空间65793块。

6、在具有n个结点的顺序表，算法的时间复杂度是0(1)的操作是()。

A、访问第i个结点(Igign)和求第i个结点的直接前驱(24飞)

B、在第i个结点后旖入一个新结点(IgiWn)

C、删除第i个结点(l$iSn)

D、将n个结点从大到小排序

标准答案：A

知识点解析：顺序表是随机存取结构，选项A中实质是查找第i个结点和第i-I

个结点，因此时间复杂度为0(1)：选项B和C插入和删除都需要移动元素，时间

复杂度为O(n);选项D是排序问题，时间复杂度是O(n)〜0(/)。

7、数据序列F={2,1,4,9,8,10,6,20)只能是下列排序算法中的()的两趟排

序后的结果。

A、快速排序

B、冒泡排序

C、选择排序

D、插入排序

标准答案：A

知识点解析•：对于后三种排序方法两趟排序后，序列的首部或尾部的两个元素应是

有序的两个极值，而给定的序列不满足。

8、在补码加法运算时，产生溢出的情况是()。I.两个操作数的符号位相同，运算

时采用单符号位，结果的符号位与操作数相同D.两个操作数的符号位相同，运

算时采用单符号位，结果的符号位与操作数不同印.运算时采用单符号位，垢果

的符号位和最高数位不同时产生进位运算时采用单符号位，结果的符号位和

最高数位同时产生进位V.运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位相同

VI.运算时采用双符号位，运算结果的两个符号位不同

A、I、m、v

B,n,iv,VI

c、口、m、vi

D、I、m、vi

标准答案：c

知识点解析：常用的溢出判断方法主要有三种：采用一个符号位、采用进位位和采

用变形补码。［归纳总结］采用一个符号位的溢出条件为：溢出=X,YS+XXS,采用进

位位的溢出条件为：溢出=CG+CC=C,缶G,其中，Cs为符号位产生的进位，C］为

最高数值位产生的进位。采用双符号位(变形补码)的溢出条件为：溢出=&〶S*

9、下面关于交换机的说法中，正确的是()。

A、以太网交换机可以连接运行不同网络层协议的网络

B、从工作原理上讲，以太网交换机是一种多端口网桥

C、集线器是一种特殊的交换机

D、通过交换机连接的一组工作站形成一个冲突域

标准答案：B

知识点解析：本题考查交换机和集线器的区别，选项A,交换机是数据链路层设

备，对于网络层来说是透明的，表述有问题，选项C,集线器是物理层设备，和交

换机不在同一个层次，选项D,交换机的优势就是每个端口是一个冲突域，整个交

换机是一个广播域，因此答案是B。［归纳总结］交爽机和集线器的区别：（1）在（3SI

/RM（OSI参考模型）中的工作层次不同：集线器是工作在第一层（物理层），而交换

机至少是工作在第二层；（2）交换机的数据传输方式不同：集线器的数据传输方式

是广播方式；而交换机的数据传输是有目的的，数据只对目的节点发送，根据端口

一MAC地址映射表进行转发。（3）带宽占用方式不司：集线器所有端口是共享集线

器的总带宽（因为广播式传输!），而交换机的每个端口都具有自己的独享带宽。（4）

传输模式不同：集线器只能采用半双工方式进行传输的，而交换机则不一样，它是

采用全双工方式来传输数据的。

10、汉字“啊”的十进制区位码为“16-01”，它的十六进制机内码是（）。

A、1601H

B、9081H

C、BOA1H

D、B081H

标准答案：C

知识点解析:区位码16-01（卜进制）=1001H,国标码=1001H+2020H=3021H,机

内码=3021H+8080H=BOA1H。汉字的区位码长4位，前两位表示区号，后两位表

示位号，区号和位号用十进制数表示。汉字国标码和汉字机内码都是两字节长的代

码，汉字机内码是在相应国标码的每个字节最高位上加“1”。3种汉字编码的关

系：汉字国标码一汉字区位码（十六进制）+2020H汉字机内码一汉字国标码+8080H

汉字机内码一汉字区位码（十六进制）+AOAOH通常，汉字的国标码和机内码都用

卜六进制数表示，而汉字区位码用十进制数表示，所以在3种汉字编码的转换时，

千万不要忘记先将十进制的区位码变成十六进制之后，再利用上述关系式进行转

换。

11、利用死锁定理简化下列进程.资源图（见图3-2）,则处于死锁状态的是（）。

图箝2进行•资源图

A、图3—2a

B、图3-2b

C、图3—2a和图3—2b

D、都不处于死锁状态

标准答案：B

知识点解析：在图3-2a中，系统中共有R]类资源2个，R2类资源3个，在当前状

态下仅有一个R2类资源空闲。进程P2占有一个R1类资源及1个R2类资源，并申

请1个R2类资源；进程Pi占有1个Ri类资源及1个R2类资源，并申请1个Ri

类资源及1个R2类资源。因此，进程P2是一个既不孤立又非阻塞的进程，消去进

程P2的资源请求边和资源分配边，便形成了图3-10所示的情况。当进程P2移放

资源后，系统中有2个R2类空闲资源，1个R2类空闲资源。因此，系统能满足进

程Pl的资源申请，使得进程P1成为一个既不孤立又非阻塞的进程，消去进程P]

的资源请求边和资源分配边，便形成了图3-11所示的情况。由死锁定理可知，图

3-2a中的进程一资源图不会产生死锁。

®©

用3/0消去取程外的优源图3-11海立进无Pi的货源

访求边和贡源分间边请求边和贫源分期边在图3—2b中，系统中共有Ri类

资源1个、R2类资源2个、R3类资源2个、R4类资源1个。在当前状态下仅有1

个R3资源空闲。进程Pi占有1个R2资源，并申请1个Ri资源；进程P2占有1个

Ri资源及1个R3资源，并申请1个R4资源；进程P3占有1个R4资源及1个R2

类资源，并申请1个R3类资源及1个R2类资源。因此，该资源分配图中没有既不

孤立又不阻塞的进程结点，即系统中的3个进程均无法向前推进，由死锁定理可

知，图3—2b的进程一资源图会产生死锁。

12、控制存储器使用EPROM构成的控制器是（）。

A、静态微程序控制器

B、动态微程序控制器

C、毫微程序控制器

D、以上都不对

标准答案：B

知识点解析：采用EPROM作为控制存储器，可以通过改变微指令和微程序来改变

机器的指令系统，此时强制器又称为动态微程序控制器，选B。

13、磁盘和磁带是两种存储介质，他们的特点是（），

A、二者都是顺序执行的

B、二者都是随机存取的

C、磁盘是顺序存取的，磁带是随机存取的

D、磁带是顺序存取的，磁盘是随机存取的

标准答案：D

知识点解析•：本题主要考查磁盘和磁带的工作方式的区别。

14、在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只要（）。

A、改变时序控制方式

B、改变微指令格式

C、增加微命令个数

D、改变控制存储器的内容

标准答案：D

知识点解析：在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只需修改相应指令的

微程序即可。这些微程序都存放在控制存储器中，所以只需改变控制存储器的内

容。［归纳总结］微程序控制器的设计思想和组合逻辑控制器的设计思想截然不同。

它具有设计规整、调试、维修以及更改、扩充指令方便的优点，易于实现自动化设

计，已成为当前控制器的主流。但是，由于它增加了一级控制存储器，所以指令执

行速度比组合逻辑控制器慢。

15、时间片轮转调度算法是为了（）。

A、多个终端能得到系统的及时响应

B、使系统变得高效

C、优先级较高的进程得到及时响应

D、需要CPUEt寸间最少的进程最先做

标准答案：A

知识点解析：本题考查进程的时间片轮转调度算法。时间片轮转的主要目的是使得

多个交互的用户能够及时得到响应，使得用户以为“独占”计算机在使用。因此它并

没有偏好，也不会对特殊进程特殊服务。时间片轮转增加了系统开销，所以不会使

得系统高效运转，吞吐量和周转时间均不如批处理优。但是其较快速的响应时间使

得用户能够与计算机进行交互，改善了人机环境，满足用户需求。

16、考虑单用户计算机上的下列I/O操作，需要使用缓冲技术的是（）。I.图形

用户界面下使用鼠标H.在多任务操作系统下的磁带驱动器（假设没有设备预分配）

m.包含用户文件的磁盘驱动器w.使用存储器映射i/o,直接和总线相连的图

形卡

A、I、m

B、口、w

C、口、皿、IV

D、全选

标准答案：D

知识点解析：I正确。在鼠标移动时，如果有高优先级的操作产生，为了记录鼠标

活动的情况，必须使用缓冲技术。n正确。由于磁带驱动器和目标或源I/O设备

间的吞吐量不同，必须采用缓冲技术。in正确。为了能使数据从用户作业空间传

送到磁盘或从磁盘传送到用户作业空间，必须采用缓冲技术。w正确。为了便于

多幅图形的存取及提高性能，缓冲技术是可以采用的，特别是在显示当前一幅图形

又要得到下一幅图形时，应采用双缓冲技术。综上所述，本题选D。

17、以太网组播IP地址224.215.145.230应该映射到组播MAC地址（）。

A、01-00-5E-57-91-E6

B、0I-00-5E-D7-91-E6

C、01-00-5E-5B-91-E6

D、01-00-5E-55-91-E6

标准答案：A

知识点解析：先把IP地址换算成二进制

224.215.145.230^11011111.11010111.10010001.11100110,若映射，则只

映射IP地址的后面23位，因为MAC地址是用卜六进制表示的，所以只要把二进

制的IP地址简单地4位一组合就可以了。U100110=E6,10010001=91,0111=7,

这个时候已经映射了20位，再取前3位即可：101第24位取0（这是规定，大家看

看课本就知道为什么FF：FF：FF变成了7F：FF：FF）,然后前24位用MAC地址

的组播就可以了，所以最后结果应该是：01-00-5E-57-91-E6。

18、数据寻址和指令寻址的不同点在于（）。

A、前者决定操作数地址，后者决定程序转移地址

B、前者决定程序转移地址，后者决定操作数地址

C、前者是短指令，后者是长指令

D、前者是长指令，后者是短指令

标准答案：A

知识之解析：数据寻址寻找的是操作数的地址，指令寻址寻找的是下条指令的地

址，它决定于程序转移地址。

19、在操作系统中，进程A与进程B共享变量S1,进程A与进程C共享变量

S2,则进程B和进程C之间是（）。

A、必须互斥

B、必须同步

C、同步或互斥

D、无关系

标准答案：D

知识点解析：进程同步和进程互斥是指多个相关进程在执行次序上的协调，保证对

共享变量操作的正确性。这些进程会互相竞争以及相互合作，在一些关键时刻点上

可能需要前后顺序操作。这种顺序操作必须有一个共同的操作对象，例如共享变量

等，当不同的进程对该共享变量进行读写时，则必须互斥；只要双方任何一方是只

读的，则不存在互斥关系。若二个进程互相之间无任何共享变量的话，就不存在同

步或互斥关系，本题中，进程A与进程B有关系，进程A与进程C有关系，进程

B与进程C并不存在递延关系。

20、一个文件的绝对路径名是从（）开始，逐步沿着每一级目录向下追溯，最好到指

定文件的整个通路上所有子目录组成的一个有序组合。

A、当前目录

B、根目录

C、家目录（homedirectory）

D、磁盘驱动器编号

标准答案：B

知识点解析：本题考查文件路径的概念。

21、设有一主存.Cache层次的存储器，其主存容量1MB,Cache容量16KB,每

字块有8个字，每字32位，采用直接地址映像方式，若主存地址为35301H,且

CPU，访问Cache命中，则该主存块在Cache的第（）字块中（Cache起始字块为笫0

字块）。

A、152

B、153

C、154

D、151

标准答案：A

知识点解析：本题考查Cache和主存的地址映射方式。对于此类题，先写出主存地

址的二进制形式，然后分析Cache块内地址、Cache字块地址和主存字块标记。主

存地址35301H对应的二进制为00110101001100000001,现在要分析该地址中哪

些位是Cache块内地址、主存字块标记和Cache字块地址。低位是块内地址，每个

字块8个字=25B（每字32位），所以低5位表示字块内地址；主存字块标记为高6

位（1MB；16KB=64=29，其余010011000即为Cache字块地址，对应的十进制数

为1520

22、DNS作为一种分布式系统，所基于的网络应用模式是（）。

A、C/S模式

B、B/S模式

C、P2P模式

D、以上均不正确

标准答案：A

知识点解析：本题考查网络应用模型，DNS作为分布式应用，是一种典型的C/S

模式。8/5模式又称8/5结构，是随着Internet技术的兴起，对C/S模式应用

的扩展。因此答案为A。

23、在补码表示的机器中，若寄存器A中原存的数为9EH,现存的数为CFH,则

表明执行的一条指令是()。

A、算术左移

B、逻辑左移

C、算术右移

D、逻辑右移

标准答案：C

知识点解析：寄存器A中原存内容10011110,现存内容11001111,说明执行了一

条算术右移指令。

24、下面是关于PCI总线的叙述，其中错误的是()。

A、PCI总线支持64位总线

B、PCI总线的地址总线和数据总线是分时复用的

C、PCI总线是一种独立设计的总线，它的性能不受CPU类型的影响

D、PC机不能同时使用PCI总线和ISA总线

标准答案：D

知识点解析：PC机允许同时使用PCI总线和ISA息线。［归纳总结|【SA总线是16

位的总线标准，支持8/16位的数据传送和24位寻址。PCI总线是一种高性能、

32位或64位地址、数据线复用的总线，它的兼容性好，不受CPU品种的限制。

25、操作系统为了管理文件，设计了文件控制块(FCB),文件控制块的建立是()。

A、在调用create。时

B、在调用open。时

C、在调用read。时

D、在调用write。时

标准答案：A

知识点解析：本题考查文件块的概念。文件控制块是用于管理文件的一组数据，每

个文件均有一个文件控制块，其中包括文件名、文件拥有者、文件创建日期时间

等。文件控制块一般在创建该文件时建立的，打开文件只是将文件控制块的内容读

入内存，读和写文件是对文件内容操作，它们必须依靠文件控制块的指示，例如外

存地址，读写权限等。关闭文件只是将文件控制块回写到磁盘，删除文件时将文件

控制块清除。

26、计算机中常采用下列几种编码表示数据，其中，±O编码相同的是()。I原码

n反码m补码iv移码

A、I和m

B、□和m

c、ni和w

D、I和W

标准答案：C

知识点解析:假设字长为8位，［+0］原=00000000,卜0］原=10000000；［+0］反

=00000000,［+0］补：［-0］补=00000000：［+0］移=［-0］移=100000000,

对于真值0,原码和反码各有两种不同的表示形式，而补码和移码只有唯一的一种

表示形式。正因为补码和移码0的表示形式唯一，才使得补码和移码比原码和反码

能多表示一个负数。

27、若某条指令的操作数的地址就包含在指令中，则这条指令的寻加方式是()。

A、直接寻址

B、立即寻址

C、寄存器寻址

D、I可接寻址

标准答案：A

知识点解析：若指令中包含着操作数的有效地址，则指令的寻址方式就是直接寻

址。［归纳总结］直接寻址时指令中地址码字段给出的地址A就是操作数的有效地

址，即形式地址等于有效地址：EA=A。由于这样给出的操作数地址是不能修改

的，与程序本身所在的位置无关，所以又叫做绝对寻址方式。而间接寻址指令中给

出的地址A不是操作数的地址，而是存放操作数地址的主存单元的地址，简称操

作数地址的地址，EA=(A)。

28、现有一64Kx2bil的存储器芯片，欲设计具有同样存储容量的存储器，有()种

方法可以合理地安排地址线和数据线引脚的数目，且使两者之和最小。

A、2

B、3

C、4

D、5

标准答案：A

知识点解析•：不妨设地址线和数据线的数1=1分别为x和y。只需要满足

2xxy=64Kx2,所以就有如下方案：当y=l时，x=17；当y=2时，x=16；当y--4

时，x=15；当y=8时，x=14；后面的就不要计算了，肯定比前面的引脚数目多。

从以上分析可以出看，当数据线分别为1或2时，地址线和数据线引脚的数目之和

为18,达到最小，并且有两种解答。

29、串'acaba'的next数组值为()。

A、01234

B、01212

C、01121

D、01230

标准答案：C

知识点解析:考查串的next数组。(1)设next[l]=O,next[2]=L

i!---------------------⑵当j=3,Jftlhtk=next[j—1|=-

next[2]=l,观察S⑵与S[k](S[l])是否相等,S|2|=c,S|l]=a,S[2]=S[1],此时

lj-l=2

acabaa

acaba

k=next|k|=O,所以next[j]=l。tk=l(3)当j=4,此时

k=next[j—l]=next[3]=l,观察S[3]与S[k](S[l])是否相等,S[3]=a,S[l]=a,

Ij-l=3

acaba

acaba

S[2]=S[1],所以nexl[j]=k+l=2。tk=l(4)当j=5,此时

k=next[j—l]=next[4]=2,观察S[4]与S[k](S⑵)是否相等,S[4]=b,S[2]=c,

Ij-l=4

acaba

acaba

S[4]!=S[2],所以k=nexi[k]=l。tk=2(5)此时

S[k]=S[l]=a,S[4]!=S[1],所以k=next[k]=next[l]=O,所以next[j]=l。

Ij-l=4

acaba

ac•aba

k=l此时可知next数组为01121,选C。

在分页式储存管理中•需将逻辑地址转换成物理地址•在分页式地址转换中地址字为16

位,页长为2叱字节（4KB）,现有一遗辑地址为2F6AH,则相应物理地址为（）・

页表如下：

页号埃号《十进制）

05

110

211

供选择的答案：（H—十六进制）

A、5F6AH

B、AF6AH

C、BF6AH

D、10F6AH

标准答案：C

知识点解析：逻辑地址的最高四位为2,即页号为2,根据页表映射，块号为11,

即B（H）,加上页内偏移F6AH为BF6AH。

31、设线性表中有2n个元素，以下操作中，在单链表上实现要比在顺序表上实现

效率更高的是（）。

A、删除指定元素

B、在最后一个元素的后面插入一个新元素

C、顺序输出前k个元素

D、交换第i个元素和2n・i・l个元素的值（i=0,1,…,n-1）

标准答案：A

知识点解析：在顺序表中删除元素需要移动较多元素，而在单链表上执行同样的操

作不需要移动元素。

32、设有关键字序列F={Q,G,M,Z,A,N,P,X,H）,下面（）序列是从上述

序列出发建堆的结果。

A、A,G,H,M,N,P,Q,X,Z

B、A,G,M,H,Q,N,P,X,Z

C、G,M,Q,A,N,P,X,H,Z

D、H,G,M,P,A,N,Q,X,Z

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

33、若一台计算机的机器字长为4字节，则表明该机器（）。

A、能处理的数值最大为4位十进制数

B、能处理的数值最多为4位二进制数组成

C、在CPU中能够作为一个整体处理的32位的二进制代码

D、在CPU中运算的结果最大为232

标准答案：C

知识点解析：机器字长是计算机内部一次可以处理的二进制数的位数。

34、下列各叙述中正确的命题是（）。I在取指周期中也可能从内存取到操作数

DCPU的访存时间是由存储器的容量决定的，存储容量越大，访存时间就越长m

在主存与Cache之间的直接映射方式下，不采用替换策略也可以实现正确的块替换

W动态存储器的读操作也具有刷新的功能

A、INn>m

B、i、n.iv

c、口、皿、IV

D、i、m、w

标准答案：D

知识点解析：立即寻址方式就可以在取指周期从内存取到操作数；在直接映射方式

下，一旦发生块冲突是不需要替换策略的；动态存储器的刷新是与读写操作没有关

系的。

35、若一个栈的输入序列为1,2,3.........n,输出序列的第一个元素为i,则第j

个输出元素为（）。

A、i-j-1

B、i-j

C、j-i+l

D、不确定

标准答案：D

知识点解析：由于此题i,j的值均未指定，故我们不能判断第j个元素是什么,

36、一I个主机有两个IP地址，一个地址是192.168.11.25,另一个地址可能是

19.2

（）o1168.11.2n.192.168.12.25UI.192.168.13.25

IV.9214.25

仅l68

A、W

仅i

B、u

仅n

C、m

仅n

D、限IV

标准答案：D

知识点解析：在Internei中允许一台主机有两个或两个以上的IP地址，如果一台主

机有两个或两个以上IP地址，说明这个主机属于两个或两个以上的网络。需要注

意的是，在同一时刻一个合法的IP地址只能分配给一台主机，否则就会引起IP地

址的冲突。而只有I和192.168.11.芝5属于同一网络（因为192开头属于C类

网络，所以默认子网掩码为255.255.255.0,故网络号为前24位，例如

192.168.11.25的网络号就是192.168.11.0),其他都和192.168.11.25

属于不同网络，故选D选项。

37、计算机网络分为广域网、城域网和局域网，其划分的主要依据是()。

A、网络的作用范围

B、网络的拓扑结构

C、网络的通信方式

D、网络的传输介质

标准答案：A

知识点解析：根据网络的作用范围可以把计算机网络分为广域网、城域网和局域

网；根据网络的拓扑结沟可以把网络分为总线型、环形、星形等结构。根据网络的

通信方式可以把计算机网络分为点对点传输网络、广播式传输网络。根据网络的传

输介质可以把计算机网络分为有线网、光纤网、无线网等。

38、端到端通信作用于()之间。

A、机器

B、网络

C、进程

D,设备

标准答案：C

知识点解析：物理层、数据链路层和网络层组成的通信子网为网络环境中的主机提

供点到点的服务，而传输层为网络中的主机提供端到端的通信。直接相连的节点对

等实体的通信叫点到点通信。它只提供一台机器到另一台机器之间的通信，不会涉

及到程序或进程的概念。同时点到点通信并不能保证数据传输的可靠性，也不能说

明源主机与R的主机之间是哪两个进程在通信，这些工作都由传输层来完成的。

39、端到端通信作用于()之间。

A、机器

B、网络

C、进程

D、没备

标准答案：C

知识点解析：物理层、数据链路层和网络层组成的通信子网为网络环境中的主机提

供点到点的服务，而传输层为网络中的主机提供端到端的通信。直接相连的节点对

等实体的通信叫点到点通信。它只提供一台机器到另一台机器之间的通信，不会涉

及到程序或进程的概念。同时点到点通信并不能保证数据传输的可靠性，也不能说

明源主机与目的主机之间是哪两个进程在通信，这些工作都由传输层来完成的。

40、一个8位的二进制整数，若采用补码表示，且由3个“广和5个“0”组成，则最

小值为()。

A、-127

B、-32

C、-125

D、-3

标准答案：C

知识点解析：8位补码最小时必为负数，此时第1位（符号为）必为1,而负数的数

值位绝对值越大负数越小。又负数的补码表示的高位0相当于原码表示的1,故当

剩下的2个、”和5个“0”中的5个“0”全在除符号位的高5位，2个“1”在低2位时

此负数最小。该负数的补码的二进制表示为是10000011,转换为10十进制为-

125,故选C。

二、综合应用题（本题共9题，每题1.0分，共9分0）

下图所示为双总线结构机器的数据通路，IR为指令寄存器，PC为程序计数器（具有

自增功能），M为主存（受R/W信号控制），AR为地址寄存器，DR为数据缓冲寄

存器，ALU由加、减控制信号决定完成何种操作，控制信号G控制的是一个门电

路。另外，线上标注有小圈表示有控制信号，例中yi表示y寄存器的输入控制信

号，Rio为寄存器R1的输出控制信号，未标字符的线为直通线，不受控制。

A显线

B总线

41、“ADDR2,R0”指令完成（R0）+（R2）TR0的功能操作，画出其指令周期流程图,

假设该指令的地址已放入PC中。并列出相应的微操作控制信号序列。

标准答案：

知识点解析:

42、若将“取指周期”缩短为一个CPU周期，请先画出修改数据通路，后画出指令

周期流程图。

ABUS

标准答案：[*]

知识点解