计算机专业（基础综合）模拟试卷122

计算机专业(基础综合)模拟试卷122

一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)

1、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DDRAM芯片的成本比SRAM高HIDRAM芯片的速度比SRAM快

WDRAM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U

B、n和迎

C、HI和W

D、I和W

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。

2、有2个优先级相同的并发进程P1和P2,它们的执行过程如下图所示，x、y和

z是共享变量。假设，当前信号量sl=0,s2=0,进程运行结束后，x、y和z的值

分别为()。进程PI进程P2...............y：=20；X：=10；y：=y+l；x：=x

+1；z：=y+l：P(sl)：V(sl)；x：=x+y：P：(s2)；z：=x+z；y：=z+

y；V(s2)；

A、33,42,22

B、11,42,33

C、33,76,55

D、33,76,33

标准答案：C

知识点解析：本题考查并发进程的特点，并结合信号量进行同步的原理。由于进程

并发，所以，进程的执行具有不确定性，在Pl、P2执行到第一个PV操作前，应

该是相互无关的。现在考虑第一个对si的PV操作，由于进程P2是P(sl)操作，所

以，它必须等待P1执行完V(sl)操作以后才可继续运行，此时的xyz值分别为

11,21,22,当进程P1执行完V(sl)以后便在P(s2)上阻塞，此时P2可以运行直到

V(s2),此时的xyz值分别为33,21,55,进程P1继续运行直到结束，最终的xyz

值分别为33,76,55o在此需注意，xyz应该是共享变量，若是私有变量，则进程

Pl、P2就各自独立对：xyz操作。

3、现代操作系统中，文件系统都有效地解决了重名问题，允许不同的文件可以有

相同的文件名。那么，实现该功能的主要方法是（），

A、重名翻译机构

B、建立索引表

C、建立指针

D、建立树形目录结构

标准答案：D

知识点解析：本题考查文件系统重名问题的解决。树形目录的引入将文件重名的问

题得到解决。树形文件目录是多级目录，最初的目录称为根目录，其余目录称为子

目录。每一个目录下可以存放不同的文件，相同文件名的文件（可能内容是不同

的），可以存放在不同的目录下，从而解决了文件重名问题。

4、在某个子网中给四台主机分配IP地址（子网掩码均为255.255.255.224）,其

中一台因IP地址分配不当而存在通信故障。这一台主机的IP地址是（）。

A、200.10.1.60

B、200.10.1.65

C、200.10.1.70

D、200.10.1.75

标准答案：A

知识点解析：本题考查子网划分与子网掩码。一个子网中的所有主机的子网号应该

相同，因此若因IP地址分配不当，则应联想到可能子网号分配错误（即某台主矶与

其他三台主机不在同一子网）。这4个IP地址都是C类地址，前3个字节是网络

号，224用二进制表示是11100000,因此子网号长度为3。这4个IP地址的最后

一个字节的二进制表示分别是00111100,01000001,01000110,01001011c考

察子网号部分（第4字节的前3位），选项B、C和D都是010,而选项A是001。

5、有关二叉树下列说法正确的是（）。

A、二叉树的度为2

B、一棵二叉树的度可以小于2

C、二叉树中至少有一个结点的度为2

D、二义树就是度为2的有序树

标准答案：B

知识点解析：考查二叉树的定义和性质。二叉树的度至多为2,也可以小于2,所

以A、C错误，B正确。当二叉树只有一个结点时，度为0。在度为2有序树中：

①至少有一个结点的度为2；②孩子结点的左、右顺序是相对于其兄弟结点而言

的，如果仅有一个孩子结点就无所谓左、右孩子了。而二叉树的左、右顺序是相对

于根结点的，即使只有一个孩子结点也要指明是左孩子还是右孩子。由①②可

知，D错误。

6、在请求页式虚拟存储系统中，假设系统为某个进程分配了4个物理页框，页面

的引用串号为0，1，2,4,5,2,3,4,3,0,1,4,5,3,采用固定分配局部

置换，当采用OPT算法时会产生的缺页中断次数是（）。

A、9

B、8

C、7

D、6

标准答案：c

知识点解析：本题考查页面置换算法。对于页面置换类的题目，一般只要理解了置

换算法的执行过程，那么计算相对是比较简单的，这里需要采用OPT算法，即最

佳置换算法。一般我们采用表格的方法，以堆栈的顺序来计算比较方便。请见下

OPT•118t3430*1

0124<4144€44|4

0\22131333)13

■01SSSS3SSS1S

00000001111

表:YYYYYNYNNYNNN经过计算，缺页次数

为7。

7、下列关于AOE网的叙述中，错误的是（）。

A、关键活动延期完成必定影响整个工程的完成时间

B、关键路径是AOE网中从起点到终点的最短路径

C、所有的关键活动提前完成，那么整个工程将会提前完成

D、一个AOE网的关键路径可以有多条

标准答案：B

知识点解析：关键活动组成了关键路径。关键路径是从起点到终点的最长路径，关

键路径的长度代表整个工期的最短完成时间。关键活动延期完成，必将导致关键路

径长度增加，即整个工期的最短完成时间增加，所以A正确。关键路径实际上是

从源点到终点的最长路径，而非最短路径。这点很容易理解，因为整个工程的工期

就是按照最长路径长度计算出来的，即等于该路径上所有活动的持续时间之和，所

以B错误。只有加快那些包括在所有关键路径上的关键活动才能达到缩短工期的

目的，所以C正确。关键路径并不唯一，可以有多条，所以D正确。注意：关键

路径算法是以拓扑排序为基础的。

8、有一主存一Cache层次的存储器，其主存容量为1MB（按字节编址），Cache容量

为16KB,每字块有8个字，每字为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，则在Cache的第（）号字块（Cache字块号从

0开始）。

A、152

B、153

C、154

D、151

标准答案：A

知识点解析：首先将主存地址35301H写成二进制，即0011010100110000

0001,然后主要是分析该主存地址哪些位才是Cache字块地址。低位是块内地址，

高位是主存字块标记位，所以中间的部分就是Cache字块地址；题目中给出每字块

有8个字，每字为32位，所以每字块的大小为32B,故块内地址需要低5位来表

示。另外，要求主存字块标记位，只需求主存包含了多少个Cache即可，

1MB/16KB=64,所以需要6位来表示主存字块标记位，二进制地址就划分为如卜

格式：00110101001100000001（主存字块标记位）（Cache字块地址）（块内

地址）010011000的十进制数为152,所以选A。

9、在DNS的递归查询中，由（）给客户端返回地址。

A、最开始连接的服务器

8、最后连接的服务器

C、目的地址所在的服务器

D、不确定

标准答案：A

知识点解析：在递归查询中，每台不包含被请求信息的服务器都转到别的地方去查

找，然后它再往回发送结果。所以客户端最开始连接的服务器最终将返回给它正确

的信息。

10、CSMA协议可以利用多种监听算法来减小发送冲突的概率，下面关于各种监

听算法的描述中，错误的是（）。I.非曳持型监听算法有利于减少网络空闲时间

n.1—坚持型监听算法有利于减少冲突的概率ni.P—坚持型监听算法无法减少

网络的空闲时间IV.1一坚持型监听算法能够及时抢占信道

A、I、u、m

B、口、DI

C、I、□、IV

D、U、W

标准答案：A

知识点解析：按总线争用协议来分类，CSMA有以下3种类型。（1）非坚持

CSMA：一个站点在发送数据帧之前,先要对信道进行检测°如果没有其他站点在

发送数据，则该站点开始发送数据。如果信道被占用，则该站点不会持续监听信

道，而等待一个随机的延迟时间之后再监听。采用随机的监听延迟时间可以减少冲

突的可能性，但其缺点也是很明显的：即使有多个站点有数据要发送，因为此时所

有站点可能都在等待各刍的随机延迟时间，而信道仍然可能处于空闲状态，这样就

使得信道的利用率较为低下，所以I错误。（2）1.坚持CSMA：当一个站点要发送

数据帧时，它就监听信道，判断当前时刻是否有其他站点正在传输数据。如果信道

忙，该站点将一直等待，直至信道空闲。一旦该站点检测到信道空闲，它就立即发

送数据帧，所以W正确。如果产生冲突，则等待一个随机时间再监听。之所以叫

“1-坚持”，是因为当一个站点发现信道空闲的时候，它传输数据帧的概率是1。1-

坚持CSMA的优点是：只要信道空闲，站点就立即发送；它的缺点是：假如有两

个或两个以上的站点有数据要发送，冲突就不可避免，所以II错误。（3）P-坚持

CSMA：P-坚持CSMA是非坚持CSMA和1-坚持CSMA的折中。P-坚持CSMA应

用于划分时槽的信道，其工作过程是：当一个站点要发送数据帧的时候，它先检测

信道。若信道空闲，则该站点按照概率P的可能性发送数据，而有1-P的概率会把

要发送数据帧的任务延迟到下一个时槽。按照这样的规则，若下一个时槽也是空闲

的，则站点同样按照概率P的可能性发送数据，所以说如果处理得当P坚持型监

听算法还是可以减少网络的空闲时间的，所以in错误。

11、多时钟周期CPU设计的主要特点中说法错误的是（）。

A、允许共享功能部件

B、每条指令由不同数目的时钟周期完成，减少了指令的平均执行时间

C、多时钟周期CPU增加了硬件成本

D、需要设置多个状态部件，控制更加复杂

标准答案：C

知识点解析：多时钟周期CPU设计的主耍特点有：①每条指令由不同数目的时钟

周期完成，可以减少指令的平均执行时间。②允许共享功能部件，降低硬件成

本，但需要设置多个状态部件。③控制更加复杂。

12、设有13个值，用它们组成一棵哈夫曼树，则该哈夫曼树共有（）个结点。

A、13

B、12

C、26

D、25

标准答案：D

知识点解析：具有n个叶子结点的哈夫曼树共有2~一1个结点。

13、若用单链表来表示队列，则应该选用（）。

A、带尾指针的非循环链表

B、带尾指针的循环链表

C、带头指针的非循环链表

D、带头指针的循环链表

标准答案：B

知识点解析：设尾指针为TAIL,则通过TAIL可访问队尾，通过TAIL->next可

访问队头。

14、浮点数加减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判断溢出等步

骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为5位和7位（均含2位

符号位）。若有两个数X=27x29/32,Y=5X5/8,则用浮点加法计算X+Y的最终

结果是（）。

A、001111100010

B、001110100010

C、010000010001

D、发生溢出

标准答案：D

知识点解析：根据题意，X可记为00,111；00,11101（分号前为阶码，分号后为

尾数），Y可记为00,101；00,10100；首先对阶,X、Y阶码相减，即00,111-

00,101=00,111+11,011=00,010（最高位进位自然丢弃），可知X的阶码比Y的

阶码大2,根据小阶向天阶看齐的原则，将Y的阶码加2,尾数右移2位，得Y为

00,111,00,00101；尾数相加，即00,11101+00,00101=01,00010,尾数相加

结果符号位为01,故需进行右规；规格化，将尾数右移1位，阶码加1,得X+Y

为01,000；00,10001,阶码符号位为01,说明发生溢出。

15、网桥是在以下（）层上实现不同网络互联的设备，

A、物理层

B、数据链路层

C、网络层

D、传输层

标准答案：B

知识点解析：网桥是数据链路层设备。

16、下列关于打开open和关闭close文件的叙述，只有（）是错误的。

A、close。操作高速系统，不再需要指定的文件了，可以丢弃它

B、opcn（）操作告诉系统，开始使用指定的文件了

C、文件必须先打开，后使用

D、目录必须先打开，后使用

标准答案：A

知识点解析：A明显是错的。

17、若用8个字（字长32位，且字号和位号都从。开始计数）组成的位示图管理内

存，假定用户归还一个块号为100的内存块时，它对应位示图的位置为（）。

A、字号为3,位号为5

字号为4,位号为4

C、字号为3,位号为4

D、字号为4,位号为5

标准答案：C

知识点解析：本题考查位示图。先求出块号为100所在的字号，0〜31在字号0,

32〜63在字号1,64〜95在字号2,96〜127在字号3,所以块号100在字号3。

接下来求出第100块在字号3的哪一位，字号3的第0位是第96块，以此类推第

100块在字号3的第4位。或者，字号二100/32=3,位号=100%32=4。对于此类

题，为了避免出错，建议画出草图求解。

18、当图像分辨率为800X600,屏幕分辨率为640X480时，正确的是（）。

A、屏幕上显示一幅图像的64%左右

B、图像正好占满屏幕

C、屏幕上显示一幅完整的图像

D、图像只占屏幕的一部分

标准答案：A

知识点解析：屏幕分辨率的行、列像素数分别是图像分辨率的80%,所以屏幕上

只能显示这幅图像的64%。［归纳总结］当图像分辨率大于屏幕分辨率时，屏幕上

只能显示图像的部分内容。［解题技巧］由于图像分辨率与屏幕分辨率不同，所以可

以排除掉选项B和C,而选项D是图像分辨率小于屏幕分辨率情况。

19、操作系统中，采用了多种技术改善磁盘输入输出的访问速度，下列不能提高磁

盘访问速度的是（）。

A、加快盘片转速

B、运用磁臂调度算法

C、采用通道技术

D、添加磁盘缓冲

标准答案：c

知识点解析：本题考查对磁盘电气结构的理解。磁盘访问时间是由磁盘片旋转延

时、寻道延时、处理延时和数据内部传输延时组成。加快盘片转速可以减少旋转延

时，运用磁臂调度算法可以降低寻道时间，添加缓冲区可以降低内部传输延时（例

如串并转换，预读写等），而通道技术是与计算机接口总线和内存速度有关，与磁

盘的性能无关。

20、设图G=（V,E）,其中：V={V0,V|,V2,V3}E={（V0,V|）,（Vo,V2）,

（V（）,V。（V|,V3）}则从顶点Vo开始对图G的深度优先遍历序列总共有（）种。

A、3

B、4

C、5

D、2

标准答案：B

知识点解析：此题的图为v；深度优先遍历的序列有4个：

VoVjV.V,V0V2V）V（VOVJV.VJ

V|V|V|v,

V-CC^^^OV,VnQ^^^OV,VoQ-.-SZ^Qv,VoQ—

VjV;Vj

21、下列说法中正确的是（）。I.对有2500个记录的索引顺序表（分块表）进行查

找，最理想的块长为50n.顺序查找法只适合于顺序存储结构，不适合于链式存

储结构m.折半查找过程所对应的判定树是一棵完全二叉树w.理想情况下，散

列表的平均比较次数可达到1次

A、I、IV

B、n、m、w

c、m、iv

D、i、口、山、w

标准答案：A

知识点解析：I：分块查找的平均查找长度不仅和表的总长度n有关，而且和所分

的子表个数有关，对于n给定的情况下，s取4时，平均查长度取得最小值

而订，，所以最理想块长为50,故I正确（注意：此题务必记住该结论）。补充：分

块查找的数据组织方式为：数据分成若干块，每块内数据不必有序，但块问必须有

序，每块内最大（或最小）的数据组成索引块。口：顺序查找法就是从线性表的一端

开始顺序查找，并且逐个检查关键字是否满足给定的条件。所以顺序存储结构和链

式存储结构均适合（表可以无序），故H错误。补充：顺序查找法的平均查找长度。

若查找每个记录的概率相等，则在具有n个记录的连续文件中采用顺序查找法查找

一个记录，其平均查找长度为（n+1）/2。查找第一个记录的查找长度为1,查找第

n个记录的查找长度为n,并且查找每个记录的概率相等，即均为1/n,则顺序查

n（n+l）1n+1

找法的平均查找长度为丁”二〒in：判定树的结构一定是先排满一层，再排

下一层，所以只有最低一层可能不满。并且最低一层的叶子结点也不一定是从左到

右按序排放，故不一定是完全二叉树，故m错误。iv：在理想情况下，散列表通

过散列函数可直接计算得到元素的位置，所以平均比较次数可达到1,故w正确。

22、设A是一个已有10个元素的栈，栈中依次是Al，A2，…，Aio，栈顶是

Aj（）；B是一个已有10个元素的循环队列，队列中元素依次为B],B2，…，B[（）,

队头元素为B],A,B均采用顺序结构，现要将栈中元素全部移入队列中，需（）次

基本操作才能使得队列中元素与栈中元素交替排列，即B中排列后的元素为Bi，

A|,B2>A2，…，B|（）,A|（）o（不必考虑存储空间）

A、100

B、1000

C、50

D、20

标准答案：A

知识点解析：操作如下：（1）先将栈中所有元素出栈（10次），入队列（10次），栈为

空，队列中的元素为Bi，B2，…，Bio，A]。，A9,…，Ai；（2）将B],B2,

B3,…，Bio出队列（10次），入队列（10次），则队列变为Aio…，A2,Ai,B|,

B2，…，Bio；（3）将A-A9，…，Ai出队列（10次）,入栈（10次）,栈中自栈底至

栈顶依次为Aio，…，A3,A2，Ai，队列中剩下B],B2,...»B10；（4）重复执行

10次Bi出队列（1次），入队列（1次）,Ai出栈（1次）,入队（1次），则最终得到B],

A|,B2，A?,…，B|（）>A100

23、定点数采用模4补码，即变形补码进行加减运算时，判断溢出的方法是（）。

A、符号位进位与最高数值位进位相异时表明溢出

B、实际参与运算的两数符号位相同，结果乂与原操作数符号不同时表明溢出

C、双符号位不同时表明溢出

D、以上都正确

标准答案：D

知识点解析：采用模4补码进行加减运算时，直接通过判断双符号位是否相同来判

断溢出最为方便。

24、在请求页式存储管理系统中，页的大小为256B。有一个64x64的整型数组，

系统按行存储。每个整数占用两个字节。若系统为它分配一个主存块来存放数据，

且程序己经驻留在主存。试问实现为该数组清零操作时，可能产生（）次缺页中断。

程序的代码编写如下：inta[64][64]：inti>j；for（i=0：i<=63：i++）for（j=O»

j<=63；j++）a[i][j]=O；按先行后列的顺序存放（注：sizeof（ini）=4）。

A、32

B、64

C、128

D、4096

标准答案：B

知识点解析：因为页的大小为256B,每个int型整数占用4B,则一页可以存放64

个整数，即可以存放一行数据。程序访问顺序也是按行序访问，因此每次访问新的

页时，才会产生一次缺页中断，因此一共产生64次缺页中断。

25、分页式虚拟存储管理系统中，一般来说页面的大小与可能产生缺页中断的次数

（）。

A、成正比

B、成反比

C、无关

D、成固定比值

标准答案：B

知识点解析：页面越小发生缺页中断次数的可能性越大。

26、网络中的广播信息太多时能使整个网络性能急剧恶化，这种现象称为（）。

A、网络拥塞

B、IP多播

C、广播风暴

D、以上均不是正确答案

标准答案：C

知识点解析：这种现象称为“广播风暴

27、某数在计算机中用8421码表示为01110001001,其真值是（）。

A、789

B、789H

C、1929

D、11U0001001B

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•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，又保待了十进制数的特点，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。

t£Mir2421的余3玛

0oooo00000011

1000100010100

1001000100101

3oon00110110

40180100OIH

1010)10HiOM

i011011001001

T0H111011010

B1000l1101011

910011111IIOO

28、下列有关数据存储结构的叙述中，正确的是（），

A、顺序存储方式只能用于存储线性结构

B、顺序存储方式的优点是占用存储空间小，插入、删除等操作效率高

C、链表的每个结点中都恰好含有一个指针

D、Hash存储的基本思想是由关键词的值决定数据的存储地址

标准答案：D

知识点解析：顺序存储方式除了用于存储线性结构外，还能存储数组或完全二叉树

等非线性结构。插入、删除操作时，由于要移动大量的数据，执行效率低，链表的

形式有单链表、双链表和多重链表，除了单链表外，其他链表中的结点需要两个以

上的指针。

29、一个分段存储管理系统中，地址长度为32位，其中段号占8位，则最大段长

是（）。

A、2®字节

B、216字节

C、224字节

D、232字节

标准答案：C

知识点解析：段内偏移为24位，所以最大长度为224字节。

30、下列关于批处理技术和多道程序设计技术说法中，正确的是（）。I.批处理系

统的最主要缺点是不能并发执行U.所谓多道程序设计，是指每一个时刻有若干个

进程在执行皿.引入多道程序设计的前提条件之一是系统具有中断功能采用多

道程序设计的系统中，系统的程序道数越多，系统的效率越高

A、仅i、n

B、仅n、m

c、仅in

D、仅i、w

标准答案：c

知识点解析：i错误，批处理系统的最主要缺点是缺乏交互性。I的表述肯定是错

的，多道批处理系统就可以并发执行多个程序。这里多道是指允许多个进程同时驻

留在主存中，按照某种原则分派处理机，逐个执行这些程序。这里其实还考查了

并发的概念。并行性是指两个或多个事件在同一时刻发生；而并发性是指两个或

多个事件在同一时间间隔内发生。II错误，多道程序设计是指把多个程序同时存

放在内存中，使它们同时处于运行状态。但是，在单处理机环境中，同一时刻只有

一个进程在执行。知识点回顾：多道程序设计技术的主要特点是多道、宏观上并

行、微观上串行。多道是指计算机内存中同时存放多个相互独立的程序。宏观上

并行是指同时进入系统中的多道程序都处于运行过程中(即同时存放在内存中)。

微观上串行是指在单处理机环境中，内存中的多道程序轮流占有CPU,交替执

行。nr正确，有了中断后才能实现进程间并发，进程间并发才有可能把多个进程

装入到内存实现多道程序技术。w错误，程序道数如果过多的话，会导致每个程

序分配到的内存不够，夕艮多程序所需的程序和代码需要临时从磁盘调入到内存，系

统会频繁地处于I/O状态中，导致系统效率降低。

31、若某浮点机基数为4,尾数采用补码表示，则该浮点机的规格化尾数形式为

()。

A、最高两位数值位与符号位相反

B、最高两位数值位与符号位相同

C、最高两位数值位至少有一位与符号位相反

D、最高两位数值位至少有一位与符号位相同

标准答案：C

知识点解析；暂无解析

32、将一个A[1……100,1……100]的三对角矩阵，按行优先存入一维数组

B[l..298]中,A中元素A66,65(即该元素下标i=66,j=65),在B数组中的位置k

为()。

A、198

B、195

C、197

D、196

标准答案：R

知识点解析：根据三对角对阵压缩方法，将A[l..n][l..川压缩至B[O..3n

一3]时，aq与bk的对应关系为：k=2i+j一3；将A[l..n][l..n]压缩至

B[l..3n—2]时，aq与bk的对应关系为：k=2i+j—2；根据题目，A中元素

A66,65，在B数组中的位置k为:k=2i+j—2=2x66+65—2=195

33、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：本题考查虚拟设备的概念。

34、下列各叙述中正确的命题是（）。1.在取指周期中也可能从内存取到操作数

H.CPU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IV.动态存储器的读操作也具有刷新的功能

A、I、n、in

B、I、U、IV

C、口、①、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、电路交换的优点是（）oI传输时延小n分组按序到达in无须建立连接w线路

利用率高

A、I和n

B、口和迎

c、I和m

D、II和W

标准答案：A

知识点解析：本题考查电路交换、分组交换、报文交换的特点和优缺点，主要有两

种考查方式：一、直接考查某一种（或多种）交换方式的特点，是非选择判断题目；

二、给定应用背景，交疾方式的选择问题，这种方式比较灵活，间接性考查三种交

换的优缺点，难度大。这里是针对第一种考杳，电路交换是面向连接的，一旦连接

建立，数据便可以通过连接好的物理通路到达接收端，因此传输时延小；由电路交

换面向连接的特性，可知传送的分组必定是按序到达的；但在电路交换中，通信双

方始终独自占用带宽，线路利用率很低，因此答案是A。

36、文件系统的主要目的是（）。

A、实现对文件的按名存取

B、实现虚拟存储器

C、提高外围设备的输入输出速度

D、用于存储系统文档

标准答案：A

知识点解析：本题考查文件系统的主要目的。

37、下列选项中，能引起外部中断的事件是（）。

A、键盘输入

B、除数为0

C、浮点运算下溢

D、访存缺页

标准答案：A

知识点解析：浮点数下溢一般做,、机器零"处理，不引起中断；除数为0、访存缺页

会引出内部中断；只有键盘输入能引起外部中断，故选A。

38、死锁的预防是通过破坏产生死锁的四个必要条件来实现的。下列方法中，破坏

了‘‘循环等待”条件的是（）。

A、资源按序分配策略

B、银行家算法

C、一次性分配资源策略

D、资源分配图化简法

标准答案：A

知识点解析：B错，银行家算法是死锁避免算法而非死锁预防策略；C错，一次性

分配资源策略是打破死锁的请求并保持条件；D错，资源分配图化简法可以用来发

现循环等待现象，用于死锁的检测，它不能破坏循环等待条件。

39、下列陈述中不正确的是（）。

A、总线结构传送方式可以提高数据的传输速度。

B、与独立请求方式相比，链式查询方式对电路的故障更敏感。

C、PCI总线采用同步时序协议和集中式仲裁策略。

D、总线的带宽即总线本身所能达到的最高传输速率。

标准答案：A

知识点解析：总线（Bus）是计算机各种功能部件之间传送信息的公共通信干线，它

是由导线组成的传输线束。采用总线结构的主要优点：（1）简化了硬件的设计。便

于采用模块化结构设计方法，面向总线的微型计算机设计只要按照这些规定制作

CPU插件、存储器插件以及I/O插件等，将它们连人总线就可工作，而不必考虑

总线的详细操作。（2）简化了系统结构。整个系统结构清晰。连线少，底板连线可

以印制化。（3）系统扩充性好。一是规模扩充，规模扩充仅仅需要多插一些同类型

的插件。二是功能扩充，功能扩充仅仅需要按照总线标准设计新插件，插件插入机

器的位置往往没有严格的限制。（4）系统更新性能好。因为CPU存储器、I/O借口

等都是按总线规约挂到总线上的，因而只要总线设计恰当，可以随时随着处理器的

芯片以及其他有关芯片的进展设计新的插件，新的插件插到底板上对系统进行更

新，其他插件和底板连线一般不需要改。（5）便于故障诊断和维修。用主板测试卡

可以很方便找到出现故障的部位，以及总线类型。采用总线结构的缺点：（1）利用

总线传送具有分时性。当有多个主设备同时申请总线的使用是必须进行总线的仲

裁。（2）总线的带宽有限，如果连接到总线上的个硬件设备没有资源调控机制容易

造成信息的延时（这在某些即时性强的地方是致命的）。（3）连到总线上的设备必须有

信息的筛选机制，要判断该信息是否是传给自己的。

40、如果一台主机的IP地址为192.168.0.10,子网掩码为

255.255.255.224,那么主机所在网络的网络号占IP地址的位数是（）。

A、24

B、25

C、27

D、28

标准答案：C

知识点解析：先将子网掩码转换为二进制得到

11111111,11111111,11141111,11100000。前27位为1所以网络号占IP地址的位数

是27,故选C。

二、综合应用题（本题共9题，每题7.0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，R1。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。

AQ线

B©找

41、“ADDR2,R（F指令完成（R0）+（R2）-RO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。

42、若将“取指周期”缩短为一个C