計算機專業(yè)（基礎(chǔ)綜合）模擬試卷82

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、設(shè)數(shù)據(jù)碼字為10010011,采用海明碼進行校驗，若僅考慮糾正一位錯，則必須

加入的（冗余）位數(shù)是（）。

A、2

B、3

C、4

D、5

標準答案：C

知識點解析：如果僅考慮糾正1位錯的情況，只要滿足2《n+k+l就可以了（設(shè)校驗

位的位數(shù)為匕信息位的位數(shù)為n）。此題中因為『8,所以如果在糾正1位

錯的同時還要能發(fā)現(xiàn)2位錯，則滿足2k-,>n+k+l。

2、一個交叉存放信息的磁盤，信息存放方式如圖1—3所示。每個磁道有8個扇

區(qū)，每個扇區(qū)512B,旋轉(zhuǎn)速度為3000r/min。假定磁頭已在讀取信息的磁道上，

0扇區(qū)轉(zhuǎn)到磁頭下需要1/2「，且設(shè)備對應(yīng)的控制器不能同時進行輸入/輸出，在

數(shù)據(jù)從控制器傳送至內(nèi)存的這段時間內(nèi)，從磁頭下通過的扇區(qū)數(shù)為2,問依次讀取

一個磁道上所有的扇區(qū)的數(shù)據(jù)到內(nèi)存平均傳輸速度為（）。圖“磁盤中信息存放方式

A、57.IKB/s

B、67.1KB/s

C、77.1KB/s

D、87.1KB/s

標準答案：A

知識點解析：在數(shù)據(jù)從左制器傳送至內(nèi)存的這段時間內(nèi)，從磁頭下通過的扇區(qū)數(shù)為

2o當數(shù)據(jù)從控制器傳送至內(nèi)存后，磁頭開始讀數(shù)據(jù)時，剛好轉(zhuǎn)到目標扇區(qū)。所以

總時間的計算公式為總時間二初始尋找0扇區(qū)的時間+讀扇區(qū)總時間+將扇區(qū)數(shù)據(jù)送

入內(nèi)存的總時間由題中條件可知,旋轉(zhuǎn)速度為3000r/min=50r/s,即20ms/r。

讀一個扇區(qū)需要的時間為20/8ms=2.5ms讀一個扇區(qū)并將扇區(qū)數(shù)據(jù)送入內(nèi)存需要

的時間為2.5x3ms=7.5ms讀出一個磁道上的所有扇區(qū)需要的時間為20/

2ms+8x7.5ms=70ms=0.07s每磁道數(shù)據(jù)量為8x512B=4KB數(shù)據(jù)傳輸速度為4KB

/0.07s=57.1KB/s所以，依次讀出一個磁道上的所有扇區(qū)需要0.07s,其數(shù)

據(jù)傳輸速度為57.1KB/s。

3、MIPS（每秒百萬次指令數(shù)）和MFLOPS（每秒百萬次浮點運算數(shù)）是衡量CPU性能

的兩個指標，其中（）。

A、MIPS適合衡量向量處理機的性能，MFLOPS適合衡量標量處理機的性能

B、MIPS適合衡量標量處理機的性能，MFLOPS適合衡量向量處理機的性能

C、MIPS反映計算機系統(tǒng)的峰值性能，MFLOPS反映計算機系統(tǒng)的持續(xù)性能

D、MIPS反映計算機系統(tǒng)的持續(xù)性能，MFLOPS反映計算機系統(tǒng)的峰值性能

標準答案：B

知識點解析：MIPS反映的是單位時間內(nèi)執(zhí)行定點指令的條數(shù)，MLOPS是基于所

完成的浮點操作次數(shù)而不是指令數(shù)。同一個程序，不同計算機運行所需的指令數(shù)會

不同，但所用到的浮點運算次數(shù)卻是相同的。|歸納總結(jié)|以MIPS和MFLOPS作

為計量單位來衡量運算速度。MIPS表示每秒執(zhí)行多少百萬條指令，這里所說的指

令一般是指加、減運算這類短指令，適合于衡量標量機的性能。MFLOPS表示每

秒執(zhí)行多少百萬次浮點運算，MFLOPS適用于衡量向量機的性能。

4、下列有關(guān)I/O編址方式的描述中，正確的是（）.

A、統(tǒng)一編址是將I/O地址看作是存儲器地址的一部分，可用專門的I/O指令對

設(shè)備進行訪問

B、獨立編址是指I/O地址和存儲器地址是分開的，所以對I/O訪問必須有專門

的I/O指令

C、統(tǒng)一編址是指I/O地址和存儲器地址是分開的，所以可用訪存指令實現(xiàn)CPU

對設(shè)備的訪問

D、獨立編址是將I/O地址看作是存儲器地址的一部分，所以對I/O訪問必須有

專門的I/O指令

標準答案：B

知識點解析：統(tǒng)一編址是將I/O地址看作是存儲器地址的一部分，不需要專門的

I/O指令。

5、計算機的外圍設(shè)備是指（）。

A、主存儲器

B、外存儲器

C、除主機外的其他設(shè)備

D、除CPU外的其他設(shè)備

標準答案：c

知識點解析：外圍設(shè)備是相對主機而言，即除CPU和主存儲器外的其他設(shè)備。

6、TCP協(xié)議規(guī)定HTTP端口號為80的進程是（）。

A、客戶

B、分布

C、服務(wù)器

D、主機

標準答案：C

知識點解析：本題考查網(wǎng)絡(luò)應(yīng)用模式，HTTP協(xié)議是萬維網(wǎng)所應(yīng)用的協(xié)議，萬維網(wǎng)

是以客戶服務(wù)器方式工作。這里瀏覽器就是在用戶計算機上的萬維網(wǎng)客戶程序。萬

維網(wǎng)文檔所駐留的計算鞏則運行服務(wù)器程序，因此這個計算機也稱為萬維網(wǎng)服務(wù)

器。客戶程序向服務(wù)器程序發(fā)出請求，服務(wù)器程序向客戶程序送回客戶所要的萬維

網(wǎng)文檔，而80端口是服務(wù)器偵聽的端口號，因此答案為C。

7、某X位機的地址碼為16位，主存按字節(jié)編址，其中最高XKB主存空間為系統(tǒng)

BIOS程序一區(qū)，其余為用戶程序區(qū)?，F(xiàn)有4Kx4的ROM芯片和18Kx4的SRAM

芯片。構(gòu)建該機所允許的最大空間的主存，需用上述規(guī)格的ROM芯片和SRAM

芯片各為（）。

A、4,4

B、14,14

C、14,4

D、4,14

標準答案：D

知識點解析：內(nèi)存空間為：2,6X8=64KBO去掉主存空間里的前8K,還有36K的

用戶空間。使用4Kx4的ROM芯片數(shù)為：8K/4Kx8/4=4。使用8Kx4位的

SRAM芯片為56.K/8Kx8/4=14o

8、虛擬頁式存儲管理中，CPU須具備必要的物理硬件的支持，而不是必需的單元

是（）。

A、缺頁中斷機構(gòu)

B、地址加法器

C、cache

D、地址寄存器

標準答案：C

知識點解析：在虛擬頁式存儲管理中，除了有主存和輔存以外，為滿足虛擬技術(shù)，

CPU還需要有缺頁中斷機制；為滿足頁式存儲管理，CPU中需要有地址加法器和

地址寄存器來計算頁表到頁框的映射，而cache并不是必需的，因為cache的存在

只是提高了CPU尋址的效率，并不是虛擬頁式存儲技術(shù)的重要單元，缺少cache,

CPU每次執(zhí)行一個雙字的指令（以32位為例）或取一個數(shù)據(jù)均需要二次訪問內(nèi)存，

當然這是很不利的，可能會實際上造成虛擬頁式的使用障礙。增加了cache,使得

虛擬頁式存儲技術(shù)的實際使用提供了方便。

9、下列說法正確的是I.用鏈式方式存儲的隊列，在進行出隊操作時，隊

頭、隊尾指針都必須修改U.將遞歸算法轉(zhuǎn)換成等價的非遞歸算法應(yīng)使用棧

m.圖的廣度優(yōu)先搜索更用了棧來實現(xiàn)

A、I

B、I、n

c、n

D、n、in

標準答案：c

知識點解析：i：隊列以鏈表方式存儲時，如果隊列中只有一個元素，則出隊操作

需要修改隊頭、隊尾指針；反之，只需要修改隊頭指針，所以I錯誤。n：考查

棧的基本應(yīng)用，在二叉磁遍歷的非遞歸算法中可以得到認證，所以n正確。n：

隊列具有先進先出的特性，在廣度優(yōu)先搜索算法中，訪問完每一個結(jié)點，可將其子

結(jié)點全部加入隊列中，這樣可實現(xiàn)結(jié)點的按層次優(yōu)先的訪問，故廣度優(yōu)先搜索使用

了隊列來實現(xiàn)，所以m縉誤。

10、假設(shè)有k個關(guān)鍵字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關(guān)鍵字存入，至少要

進行的探查次數(shù)是()。

A、k-1

B、k

C、k+1

D、k(k+l)/2

標準答案：D

知識點露析：假設(shè)有k個關(guān)鍵字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關(guān)鍵字存

入，探查次數(shù)最少的情況是笫1個關(guān)鍵字通過1次比較后插入，笫2個關(guān)鍵字通過

2次比較后插入......第k個關(guān)鍵字通過k次比較后插入?？偟谋容^次數(shù)=1+2

+...+k=k(k+l)/2o

11、下列的網(wǎng)絡(luò)協(xié)議中，()的運輸層協(xié)議是使用TCP的。

A、TFTP

B、DNS

C、RIP

D、TELNET

標準答案：D

知識點解析：其他三項都是使用UDP來傳輸?shù)?，只有TELNET是使用TCP的。

12、關(guān)于以太網(wǎng)交換機，下面的論述中不正確的是()。

A、交換機工作在數(shù)據(jù)鏈路層

B、交換機的每個端口形成一個沖突域

C、交換機支持多端口同時收發(fā)數(shù)據(jù)

D、交換機是一種多端口中繼器

標準答案：D

知識點解析：本題考查交換機的工作原理和特性，交換機是工作與數(shù)據(jù)鏈路層的網(wǎng)

絡(luò)設(shè)備，每個端口是獨立的沖突域，交換機的交換結(jié)構(gòu)保證了多端口同時進行數(shù)據(jù)

交換，多端口的中繼器可以認為是集線器，其所有端口處于同一個沖突域內(nèi)，因此

答案為D。

13、下列敘述中，不符合m階B-樹定義要求的是()。

A、根節(jié)點最多有m棵子樹

B、所有葉結(jié)點都在同一層上

C、各結(jié)點內(nèi)關(guān)鍵字均升序或降序排列

D、葉結(jié)點之間通過指針鏈接

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

14、下面的敘述中，屬于分段式虛擬存儲管理的優(yōu)點的是（）。

A、沒有內(nèi)零頭

B、便于處理在進程執(zhí)行過程中堆棧尺寸的增長問題

C、便于共享內(nèi)存中數(shù)據(jù)

D、只需將進程的一部分調(diào)入內(nèi)存，進程即可運行

標準答案：C

知識點解析：如果系統(tǒng)正在向非易失性存儲器件硬盤寫數(shù)據(jù)，此時，系統(tǒng)崩潰，寫

的數(shù)據(jù)可能會丟失，或者存儲信息不完整。

15、有一個長度為12的有序表，按折半查找法對該表進行查找，在表內(nèi)各元素等

概率情況下，查找成功所需的平均比較次數(shù)是（）。

A、37/12

B、35/12

C、39/12

D、43/12

標準答案：A

知識點解析：長度為12的折半查找判定樹如下圖所示，判定樹中有12個內(nèi)結(jié)點。

0氣⑤電對于長度為12的有序表，折半查找成功時的

AS1.=

。I

一X20+2X2'+…+kX2'*)/n

平均查找長度為:=(1XH-2X2+3X4+4X5>/I2-37/12

16、計算機系統(tǒng)中，不屬于DMA控制器的是（）。

A、命令/狀態(tài)寄存器

B、內(nèi)存地址寄存器

C、數(shù)據(jù)寄存器

D、堆棧指針寄存器

標準答案：D

知識點解析：本題考查10設(shè)備中DMA設(shè)備的組成。DMA設(shè)備與CPU有三類信

號線：數(shù)據(jù)線、地址線和控制線。一般要DMA設(shè)備工作，必須有命令/狀態(tài)寄存

器，這個寄存器控制DMA的工作模式并反映給CPU它當前的狀態(tài)，地址寄存器

存放DMA作業(yè)時的源地址和目標地址，數(shù)據(jù)寄存器存放要DMA轉(zhuǎn)移的數(shù)據(jù)，只

有堆棧指針寄存器不需要在DMA控制器中存放。堆棧一般在計算機內(nèi)存中開辟有

統(tǒng)一的區(qū)域。

17、要發(fā)送的數(shù)據(jù)是11010110”，采用CRC校驗，生成多項式是10011,那么最

終發(fā)送的數(shù)據(jù)應(yīng)該是（）c

A、11010110111010

B、11010110110110

C>11010110111110

D、11110011011100

標準答案：c

知識點解析：根據(jù)給出的除數(shù),用11010110110000除以10011,得到的冗余碼為

1110,添加在原來數(shù)據(jù)的最后發(fā)送出去。

18、若某完全二叉樹的結(jié)點個數(shù)為100,則第60個結(jié)點的度為（）。

A、0

B、1

C、2

D、不確定

標準答案：A

知識點解析：完全二叉樹的結(jié)點個數(shù)為偶數(shù)，說明有1個度為1的結(jié)點。設(shè)ni為

度是i的結(jié)點的個數(shù)，那么就有:n0+n2+l=100,n0=n2-l,解得：n0=55,n2=54；

又因為完全二叉樹的編號是先度為2的結(jié)點，然后度為1的結(jié)點，最后才是葉子結(jié)

點，即1?54是度為2的結(jié)點，55是度為1的結(jié)點，56?100是度為0的結(jié)點。因

此，第60個結(jié)點為度為。的結(jié)點。

19、若某線性表中最常用的操作是在最后一個結(jié)點之后插入一個結(jié)點和刪除最后一

個結(jié)點，則下面最合適的存儲方式是（）。

A、單鏈表

B、循環(huán)雙鏈表

C、單循環(huán)鏈表

D、帶有尾指針的單循環(huán)鏈表

標準答案：B

知識點解析：在鏈表中的最后一個結(jié)點之后插入一個結(jié)點要知道終端結(jié)點的地址，

單鏈表、單循環(huán)鏈表都不合適；刪除最后一個結(jié)點要知道終端結(jié)點的前驅(qū)結(jié)點的地

址，帶有尾指針的單循環(huán)鏈表不合適；而循環(huán)雙鏈表滿足這兩個條件。

20、如果二叉樹T2是由有序樹T1轉(zhuǎn)換而來的二叉樹，那么T1中結(jié)點的先序就是

T2中結(jié)點的（）。

A、先序

B、中序

C、后序

D、層次序

標準答案：A

知識點解析?：一般樹中一個結(jié)點的孩子是無序的，所謂有序樹是指樹中任一結(jié)點的

孩子是有序的。由樹轉(zhuǎn)爽成二叉樹的過程可知本題答案為A。

21、RS-232-C的電氣特性規(guī)定邏輯、”的電平范圍為()。

A、+5?+15V

B、-5?-15V

C、0?+5V

D、。?-5V

標準答案：B

知識點解析：RS-232-C關(guān)于電氣信號特性的要求，規(guī)定邏輯力”的電平為低于-3

V,為了表示一個邏輯1或MARK條件，驅(qū)動器必須提供-5V?-15V之間的日

壓；為了表示一個邏輯0或SPACE條件，驅(qū)動器必須給出+5V?+15V之間韻電

壓。

22、要發(fā)送的數(shù)據(jù)是1101011011,采用CRC校驗，生成多項式是：10011,那么

最終發(fā)送的數(shù)據(jù)應(yīng)該是()。

A、11010110111010

B、11010110110110

C、11010110111110

D、11110011011100

標準答案：C

知識點解析：根據(jù)給出的除數(shù),用11010110110000除以10011,得到的冗余碼為

1110,添加在原來數(shù)據(jù)的最后發(fā)送出去。

23、采用段式存儲管理時，一個程序分段的時機是()。

A、程序編譯時

B、用戶編程時

C、程序裝入時

D、程序執(zhí)行時

標準答案：A

知識點解析：本題考查段式存儲管理的段的確定形式。分段是信息單位，當用戶在

編寫程序時并不分段，一旦編譯時，編譯系統(tǒng)會將指令代碼和數(shù)據(jù)歸類分開存放，

為將來的運行做好前期工作。運行時，操作系統(tǒng)將編譯好的代碼和數(shù)據(jù)按段申請內(nèi)

存，并將對應(yīng)的段裝入內(nèi)存。至于段的類型和大小在編譯完以后就已經(jīng)確定了，鏈

接過程中只是將系統(tǒng)提供的系統(tǒng)調(diào)用或API的代碼按段的種類鏈接到程序中，運

行時操作系統(tǒng)不再調(diào)整或改變。

24、建立一個文件系統(tǒng)時，不是文件系統(tǒng)必須建立的是()。

A、磁盤空間管理

B、根目錄

C、啟動信息塊

D、文件查找表

標準答案：D

知識點解析：本題考查對文件系統(tǒng)結(jié)構(gòu)的理解。文件系統(tǒng)存放在磁盤上，多數(shù)磁盤

劃分為一個或多個分區(qū)，每個分區(qū)中有一個獨立的文件系統(tǒng)，在該分區(qū)的起始是啟

動的基本代碼和信息，稱為啟動塊或自舉塊、引導(dǎo)塊等，其中包括：確定文件系統(tǒng)

位置、文件系統(tǒng)中數(shù)據(jù)塊的組織以及其他重要的管理信息。從啟動塊開始，后面的

布局是隨著文件系統(tǒng)的不同而變化的。至少會建立磁盤空間管理信息，例如空閑塊

的信息，已分配磁盤塊信息等。接著是根目錄。它存放文件系統(tǒng)目錄樹的根部。其

余即是用戶所用的文件和子目錄的空間。一個文件系統(tǒng)建立起來以后（通常是格式

化以后），除了文件和子目錄的空間為空外，其余的部分均己經(jīng)分配完畢，所以，

最小的可用文件系統(tǒng)應(yīng)咳包含根目錄及以上層面的各個部分。而所謂文件查找表在

文件系統(tǒng)中并不存在。

25、已知某磁盤的平均轉(zhuǎn)速為r秒/轉(zhuǎn)，平均尋道時間為T秒，每個磁道可以存儲

的字節(jié)數(shù)為N,現(xiàn)向該磁盤讀寫b字節(jié)的數(shù)據(jù)，采用隨機尋道的方法，每道的所有

扇區(qū)組成一個簇，請問：平均訪問時間是（）。

A、b/N*（r+T）

B、b/N*2

C、（b/N+T）*r

D、b*T/N+r

標準答案：A

知識點解析：本題考查磁盤結(jié)構(gòu)和磁盤讀寫的概念。磁盤是旋轉(zhuǎn)盤式存儲設(shè)備，每

個盤面劃分有若干存儲信息的同心圓稱為磁道，每個磁道乂劃分成多個扇區(qū)。本題

中，將每道的所有扇區(qū)組成一個簇，意味著可以將一個磁道的所有存儲空間組織成

一個數(shù)據(jù)塊組，這樣有利于提高存儲速度。讀寫磁盤時，磁頭首先要找到磁道，稱

為尋道，然后才可以將信息從磁道里讀出來或?qū)戇M去。讀寫完?個磁道以后磁頭會

繼續(xù)尋找下一個磁道，完成剩余的工作，所以，在隨機尋道的情況下，讀寫一個磁

道的時間要包含尋道時間和讀寫磁道時間，即T+r秒。由于總的數(shù)據(jù)量是b字

節(jié)，它要占用的磁道數(shù)為b/N個，所以總的平均讀寫時間為b/N*（T+r）秒。如

果不采用隨機尋道，而是采用連續(xù)讀寫的方式，那么磁盤的存儲方式是這樣的，首

先也是尋道，找到一組連續(xù)的磁道（用于連續(xù)讀或?qū)懀瑢懭氲脑挻诺揽側(cè)萘勘囟ù?/p>

于要寫入的信息總數(shù)），花費時間T秒，然后再花費r秒將N個字節(jié)的信息寫入（或

讀出），然后磁頭移動到下一道（此時，這個磁道與上一個磁道是緊緊挨著的，幾乎

可以不花費時間），繼續(xù)寫入（或讀出）N字節(jié)，循環(huán)往復(fù)，直到全部信息寫入（或讀

出）完成。這樣的話，總時間可以縮短為b/N*r+T。因為其不需要每次都去導(dǎo)

道，只需一次尋道即可.所以，考生要注意題目的條件，找出符合題意的正確答

案。

26、OSI模型中完成路徑選擇功能的層次是（）。

A、物理層

B、數(shù)據(jù)鏈路層

C、網(wǎng)絡(luò)層

D、傳輸層

標準答案：C

知識點解析：本題考查OS【模型中各個層次功能，完成路徑選擇，也就是路由功

能的是網(wǎng)絡(luò)層，答案是C。

27、下列說法中，正確的是（）。

A、所有指令的取指操作的時間都是相同的

B、中斷周期是在指令執(zhí)行完成后出現(xiàn)的

C、微命令發(fā)生器的作用是產(chǎn)生控制時序

D、所有指令的間址操作都是一樣的

標準答案：B

知識點解析：A：不同長度的指令，其取指操作的時間可能是不同的。例如雙字長

指令和三字長指令與單字長指令的取指操作訪問主存的次數(shù)是不同的，故A選項

錯誤。B：取指周期一間址周期-執(zhí)行周期一中斷周期，故B選項正確。C：微命

令發(fā)生器也稱為控制單元（CU）,用于產(chǎn)生計算機所需的各種微操作命令，故C選

項錯誤。D：指令間址有一次間址、兩次間址、多次間址，它們的操作是不同的，

故D選項錯誤。

28、浮點加減中的對階是（）。

A、將較小的一個階碼調(diào)整到與較大的一個階碼相同

B、將較大的一個階碼調(diào)整到與較小的一個階碼相同

C、將被加數(shù)的階碼調(diào)整到與加數(shù)的階碼相同

D、將加數(shù)的階碼調(diào)整到與被加數(shù)的階碼相同

標準答案：A

知識點解析：對階的原則是小階向大階看齊。

29、操作系統(tǒng)為用戶提供了多種接口，它們是（）。I.計算機高級指令；H.終端

命令；n.圖標菜單；IV.匯編語言；V.C語言；VI.系統(tǒng)調(diào)用；

A、1；n；v

B、n；皿；vi

c、m；iv；v

D、n；iv；vi

標準答案：B

知識點解析?：本題考查操作系統(tǒng)的接口，操作系統(tǒng)有二種接口，命令輸入和系統(tǒng)調(diào)

用，而命令輸入又可以分為命令行和圖形用戶界面。命令行是在終端或命令輸入窗

口中輸入操作和控制計算機的規(guī)定的命令，既可以一條一條輸入，也可以組織成一

批命令，逐條自動執(zhí)行，稱為批處理命令。圖形用戶接口是我們熟知的圖標和菜單

形式。系統(tǒng)調(diào)用是我們編寫程序過程中，需要計算機所做的操作，一般要按固定格

式來調(diào)用。

30、有A,B,C,D,E5個元素按次序入棧，在各種可能的出棧次序中，以元素

C,D最先出棧的序列中，下列正確的一組是（）。

A、CDBAECDABE

B、CDEBACDBEA

C、CDEABCDABE

D、CEBAECDAEB

標準答案：B

知識點解析：要使得CD作為第一、二個元素出棧，應(yīng)是A、B、C先入棧，C出

棧，D入棧，D出棧；接著就剩下A、B在棧中，E未入棧，共3個元素，此三者

序歹lj為BAE,BEA,EBAo

31、下列哪個選項不是RISC的特點（）。

A、只有取數(shù)和存數(shù)指令訪問存儲器，其余指令都在寄存器之間進行

B、由使用頻率高的簡單指令和很有用且不復(fù)雜的指令組成

C、使用RISC技術(shù)后，指令系統(tǒng)又回到了計算機發(fā)展早期的比較簡單的情況

D、使用優(yōu)化的編譯程序

標準答案：c

知識點露析：早期的指令系統(tǒng)簡單是由設(shè)計水平和器件水平?jīng)Q定的，而且RIS（二

技術(shù)不是簡單地精簡了指令系統(tǒng)，而是在合理選擇簡單指令的基礎(chǔ)_L采取了很多優(yōu)

化措施，如縮短機器周期，采用流水線技術(shù)，使用優(yōu)化的編譯程序等等，兩者不可

等同。

32、一個使用CSMA/CA的網(wǎng)絡(luò)上，計算機A的唬際間隔是2時槽，計算機B的

幀際間隔是6時槽，如果計算機C使用（）幀際間隔可以獲得最高優(yōu)先級。

A、8時槽

B、5時槽

C、3時槽

D、I時槽

標準答案：D

知識點解析：在CSMA/CA中，幀際間隔值可以用來分配發(fā)送方的優(yōu)先級，如果

一個設(shè)備被分配一個較小的幀際優(yōu)先級，那么它就會有更多的機會得到對傳輸介質(zhì)

訪問的機會。

33、

右圖為一個modem的調(diào)制圖，那么當它壑發(fā)送115200bps的

數(shù)據(jù)時,需要達到（）波特率.

OO

A、115200bps

B、57600bps

C^28800bps

D、230400bps

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

34、網(wǎng)絡(luò)協(xié)議的三要素是（）。

A、數(shù)據(jù)格式、編碼、信號電平

B、數(shù)據(jù)格式、控制信息、速度匹配

C、語法、語義、時序

D、編碼、控制信息、同步

標準答案：c

知識點解析：網(wǎng)絡(luò)協(xié)議三要素：語法，用來規(guī)定信息格式；語義，用來說明通信雙

方應(yīng)當怎么做；時序，詳細說明事件的先后順序。

35、（）進程調(diào)度算法綜合考慮到了CPU密集型進程和I/O密集型進程。

A、時間片輪轉(zhuǎn)

B、優(yōu)先級

C、多重隊列

D、彩票

標準答案：C

知識點解析?：多級反饋隊列調(diào)度算法描述：（1）進程在進入待調(diào)度的隊列等待時，

首先進入優(yōu)先級最高的Q1等待。（2）首先調(diào)度優(yōu)先級高的隊列中的進程。若高優(yōu)

先級中隊列中已沒有調(diào)度的進程，則調(diào)度次優(yōu)先級隊列中的進程。例如：Q1,

Q2,Q3三個隊列，只有在Q1中沒有進程等待時才去調(diào)度Q2,同理，只有Q1,

Q2都為空時才會去調(diào)度Q3。（3）對于同一個隊列中的各個進程，按照時間片輪轉(zhuǎn)

法調(diào)度。比如Q1隊列的時間片為N,那么Q1中的作業(yè)在經(jīng)歷了N個時間片后若

還沒有完成,則進入Q2隊列等待.若Q2的時間片用完后作、止還不能完成,一直

進入下一級隊列，直至完成。（4）在低優(yōu)先級的隊列中的進程在運行時，又有新到

達的作業(yè)，那么在運行完這個時間片后，CPU馬上分配給新到達的作業(yè)（搶占式）。

故多級反饋隊列調(diào)度算法綜合考慮了CPU密集型和I/O密集型進程。

36、下列描述中，屬于馮.諾依域體系結(jié)構(gòu)的特點是（）。①采用流水線技術(shù)；②指

令和數(shù)據(jù)均以二進制表示；③存儲程序并且存儲時不區(qū)別數(shù)據(jù)和指令。

A、①和②

B、①和③

C、②和③

D、①，②和③

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

37、某系統(tǒng)中n個相互獨立的生產(chǎn)者進程為一個消費者進程提供數(shù)據(jù)，假設(shè)每個生

產(chǎn)者提的數(shù)據(jù)寫入各不相同的緩沖區(qū)，且生產(chǎn)者寫緩沖區(qū)的速度比消費者讀緩沖區(qū)

的速度快，則緩沖區(qū)個數(shù)的最優(yōu)值應(yīng)為（）。

A、n—1

B、n

C、n+1

D、2n

標準答案：C

知識點解析：由于生產(chǎn)者寫緩沖區(qū)的速度比消費者讀緩沖區(qū)的速度快，所以為使生

產(chǎn)者寫入的數(shù)據(jù)不至丟失最少需n個緩沖區(qū)供生產(chǎn)者寫入外加1個單獨的緩沖區(qū)供

消費者讀出。故緩沖區(qū)個數(shù)最優(yōu)值為n+1。選C。

38、若用鄰接矩陣存儲有向圖，矩陣中主對角線以下的元素均為零，則關(guān)于該圖拓

撲序列的結(jié)論是

A、存在，且唯一

B、存在，且不唯一

C、存在，可能不唯一

D、無法確定是否存在

標準答案：C

PlCPUI/OCPU

P2CPUI/OCPU

知識點解析：020406080100120140160180200220240260280300鄰接矩

陣存儲有向圖旦主對角線以下的元素均為零，說明在此有向圖中，1為起點，n為

終點。任何一個頂點都不能到達比其號碼小的頂點。在這種有向圖中拓撲序列是存

在的，但是可能唯一，也可能不唯一。例如，只有兩個頂點的有向圖，其拓撲序列

就唯一。但是，三個頂點的有向圖中拓撲序列就可能不唯一了。

39、下列關(guān)于無向連通圖特性的敘述中，正確的是一oI.所有頂點的度之和為

偶數(shù)D.邊數(shù)大于頂點個數(shù)減1DI.至少有一個頂點的度為1

A、只有I

B、只有口

C、I和口

D、I和m

標準答案：A

知識點解析?：考查無向連通圖的特性。每條邊都連接了兩個結(jié)點，則在計算頂點的

度之和時，這條邊都被計算了兩次，故所有頂點的度之和為邊數(shù)的兩倍，顯然必為

偶數(shù)。而ii和in則不一定正確，如對頂點數(shù)N多無向完全圖不存在一個頂點的度

為1,并且邊數(shù)與頂點數(shù)的差要大于1。

40、在OSI參考模型中，自下而上第一個提供端到端服務(wù)的層次是—o

A、數(shù)據(jù)鏈路層

B、傳輸層

c＞會話層

D、應(yīng)用層

標準答案：B

知識點解析：考查OS1模型中傳輸層的功能。傳輸層提供應(yīng)用進程間的邏輯遍

信，即端到端的通信。而網(wǎng)絡(luò)層提供點到點的邏輯通信。因此選B。

二、綜合應(yīng)用題（本題共"題，每題7.0分，共73

分。）

已知某32位二進制機器數(shù)為11000090000000000000000000000000,試計算在下列

各種編碼方式下其代表的真值。

41、原碼定點小數(shù)；

標準答案：該32位二進制機器數(shù)為原碼定點小數(shù)時，其真值為一1X2」=一0.5；

知識點解析：暫無解析

42、補碼定點小數(shù)；

標準答案：該32位二進制機器數(shù)為補碼定點小數(shù)時，根據(jù)其符號位為1可知其為

負數(shù)，為方便計算，將其連符號位在內(nèi)取反加1,得其相反數(shù)的補碼機器數(shù)為

0.1000000000000000000000000000000相反數(shù)真值為1X2/=0.5,故原機器數(shù)真

值為一0.5；

知識點解析：暫無解析

43、反碼定點小數(shù)；

標準答案：該32位二進制機器數(shù)為反碼定點小數(shù)時，根據(jù)其符號位為1可知其為

負數(shù)，故將其數(shù)值位取反即可得其真值對應(yīng)的原碼機器數(shù)為

1.0111111111111111111111111111111其真值為一（0x24+lx2-2+…+1x2-31）=一（2”

一2，1）；

知識點解析：暫無解析

44、IEEE754標準短實數(shù)?！咀ⅰ款}中機器數(shù)中間加空格是為了讀寫方便，并非

機器數(shù)的一部分，答題時如有需要可類似表示。

標準答案：該32位二進制機器數(shù)表示IEEE754標準短實數(shù)時，根據(jù)IEEE754標準

的格式，知其為負數(shù)，寫出隱藏位，得其尾數(shù)的形式如下一

1.00000000000000000000000尾數(shù)真值為一1,又IEEE754標準短實數(shù)階碼采用

偏移量為7FH的移碼，故其階碼真值為100000002—011111112=000000012=110,

又基數(shù)為2,故題目所求真值為一1'2匕一2。

知識點解析：暫無解析

45、大部分文件系統(tǒng)以硬盤作為文件存儲器。某一個文件系統(tǒng)中，其磁盤物理塊的

大小為512B,有一個文件，包含了590個邏輯記錄，每個記錄占255B：其中，

為檢索方便，采用成組法存儲，在每個物理塊上只存放2個記錄。文件A在該文

件目錄中的位置如下圖5—2所示。

圖5-2此樹形文件目錄結(jié)構(gòu)由根

目錄結(jié)點和作為文件中間的目錄結(jié)點以及作為信息文件的葉結(jié)點組成，每個目錄項

占127B,每個物理塊存放4個目錄項。根目錄的內(nèi)容常駐內(nèi)存。（1）若文件采用

隱式鏈接文件結(jié)構(gòu)，設(shè)每塊的連接字占4B,存放在每個物理塊的尾部。如果要將

文件A讀人內(nèi)存，至少要讀取幾次硬盤?為什么？（2）若文件采用連續(xù)文件結(jié)構(gòu)，如

果要將文件A的邏輯記錄號為480的記錄讀入內(nèi)存，至少要讀取幾次硬盤?為什

么？

標準答案：（I）當文件采用隱式鏈接文件結(jié)構(gòu)時，首先計算找到文件A的讀盤次

數(shù)。從根目錄「。。1起，第一次讀硬盤得到bin,dev,home等的信息和目錄mary的

盤塊地址。第二次讀硬盤得到doc的地址，第三次讀硬盤得到文件A的地址，第

四次開始讀文件A的內(nèi)容。再計算把文件A讀入內(nèi)存的次數(shù)，所需讀盤次數(shù)為

590/2=295次。所以，為把文件A讀入內(nèi)存需讀盤次數(shù)=295+3=298次。（2）當文

件為連續(xù)結(jié)構(gòu)時，第三次就能讀硬盤得到文件A的地址，而知道了文件A的地

址，通過計算，只需要1次讀盤就可讀出第480個邏輯記錄。即共需要讀取4次硬

盤，就能將文件A的邏輯記錄號為480的記錄讀入內(nèi)存。

知識點解析：暫無解析

46、在windows操作系統(tǒng)中支持FAT32文件系統(tǒng)，一個文件的物理結(jié)構(gòu)是用文件

分配表FAT來表示的，在FAT32中，文件分配表每個表項占32位。如果某分區(qū)

為FAT32磁盤文件系統(tǒng)，每簇8扇區(qū)，扇區(qū)的大小為512字節(jié)，則該分區(qū)最大可

為多少字節(jié)?每個FAT表占用的存儲空間是多少字節(jié)？

標準答案：512BX8X232=16TBO4B(32位)X232=16GB。

知識點解析：本題考查FAT文件系統(tǒng)的基本原理。當一個程序?qū)ξ募到y(tǒng)要求提

供某一個文件的內(nèi)容時，會到此文件的目錄記錄表去尋找它的第一個簇號碼，然后

再到FAT記錄表里去找在此鏈表(Chain)里的下一個簇。此動作不斷地重復(fù)直到找

到文件的最后一個簇為止，文件系統(tǒng)可以精確地計算哪些簇屬于這個文件及其先后

順序。由此方式，文件系統(tǒng)可提供程序所要求之文件的任何部分。這種組織文件的

方式稱為FAT鏈(FATChain),在FAT文件系統(tǒng)下，文件永遠被分配到整數(shù)單位的

簇。例如，在一個每一簇大小為32K的11GB磁盤中，一個只包含“Hello,world”

這幾個字符的大小為12字節(jié)文件仍要在磁盤中占32KB的空間。在簇中沒有用到

的部分稱為耗損(Slack),文件的耗損平均為半個簇，在一個每簇為16KB的

850MB硬盤中其中平均文件大小為50KB的話，每4個簇約64K只用到50K,浪

費約14K,大概有21.9%分配給文件的硬盤空間實際上浪費掉了。FAT文件系

統(tǒng)將數(shù)個扇區(qū)合并成一個簇(Cluster),作為為文件分配存儲空間時的基本單位，簇

里的扇區(qū)數(shù)目必須是2的n次方。FAT32文件系統(tǒng)中，用32位來表示磁盤簇號的

位數(shù)，每個分區(qū)最大可存放232=4294967296個簇，每個簇為8X512字節(jié)=4096

字節(jié),則該分區(qū)最大可存放17592186044416=16TB。4294967296個簇號，每個簇

要1個FAT表，則FAT表所占的存儲空間是16GB。每簇4096字節(jié)，需要占用

4294967296x4:4096=4194304個簇。這里請注意，文件的格式在FAT16到FAT32

的過程中有一些變化，F(xiàn)AT32格式會將扇區(qū)號在啟動區(qū)里注明，并在磁盤上連續(xù)

分配，因此在FAT表中只需要存放簇號即可。事實上，16TB是理論計算值，實際

操作系統(tǒng)遠低于I6TB。

47、已知在二叉樹中，T為根結(jié)點，*p和*q為二叉樹中兩個結(jié)點，試編寫求距離

它們最近的共同祖先的算法。

標準答案：inifound：FALSE；Bitree*Find_Near_Ancient(BitreeT,BitreeP,

Bitreeq){//求二叉樹T中結(jié)點P和q的底近共同祖先Bitreepathp[iOO],

pathq[iOO]；//設(shè)立兩個輔助數(shù)組暫看從根到p,q的路徑Findpath(T,p,

pathp,0)；found=FALSE；Findpath(T,q,pathq,0)；//求從根到p,q的路

徑放在pathp和pathq中for(i=0；pathp[i]==pathq[i]&&pathp[i]；i++)；//查找兩

條路徑上最后一個相同結(jié)點returnpathp[-i]；}voidFindpath(BitreeT,Bitreep,

Bitreepath[],inti)(//求從T到P路徑的遞歸算法if(T==p)(found二TRUE；/

/找到return：}path[i]=T；//當前結(jié)點存入路徑if(T->ichild)Findpath(T->

ichild,p,path,i+1)：//在左子樹中繼續(xù)尋找if(T->rchild&&!found)

Findpath(T->rchild>p,path,i+1)；//在右子樹中繼續(xù)尋找if(!found)

path[i]=NULL：//回溯}

知識點解析：暫無解析

48、帶權(quán)圖(權(quán)值非負，表示邊連接的兩頂點間的距離)的最短路徑問題是找出從初

始頂點到目標頂點之間的一條最短路徑。若最短路徑不止一條，在找到一條最短路

徑的同時，還需要輸出不同最短路徑的條數(shù)。現(xiàn)有一種解決該問題的方法：(1)初

始化結(jié)點集合S為僅包含源結(jié)點s；用一個整型數(shù)組Counter^]來記錄從結(jié)點s到

結(jié)點V的最短路徑的條數(shù)；各結(jié)點Counter的初始值為0。(2)從未加入S的結(jié)點中

選擇當前距離最小的結(jié)點v(“當前距離”是指從s到v且僅經(jīng)過S中結(jié)點的最短距

離)，將其加入S。(3)對每個與v相鄰的結(jié)點w,若w不在S內(nèi)，檢查：①若v

的加入使得w的當前距離變小，則更新w的當前距離為(v,w)的邊長與v的當前

距離之和，并日.令Counter[w]=l。②若v的加入是s到w的長度相同的另一條

最短路徑，則Counter[w]++；(4)重復(fù)步驟(2)和(3),直到所有結(jié)點都被收錄到集合

S中。若該方法可行，請證明之；否則，請舉例說明。

標準答案：首先，該算法是錯誤的。圖8—10給出了反例：設(shè)圖中各邊長為1,

則從s至Uw有3條長度棚同的路徑，而使用此算法得到的結(jié)果為2。

圖8"。反制問題出現(xiàn)在以下3個地辦：(1)當v的加入產(chǎn)生新的最短

路徑時，從s到v再到w的最短路徑條數(shù)等于v的最短路徑條數(shù)，而不是僅等于

lo所以步驟(3)中①的Counter(w]=l應(yīng)改為等于Counter[w]=Counter[v]o(2)若v

的加入是S到W的長度相同的另一條最短路徑，則W的最短路徑條數(shù)并不是僅增

加了1,而是V帶過來的所有最短路徑。所以⑶中②的Counieijw]十十改為

(Counter[w]+=Couter[v]0(3)根據(jù)前兩步的修改，Counter回的初始值必須為1,而

不是0,否則后面所有結(jié)點的Counter都會一直是0?？偨Y(jié)：此題屬于對經(jīng)典

Dijkstra算法的推廣應(yīng)用，類似題目還有累積所有長度相同的坡短路徑上的結(jié)點個

數(shù)等，其實現(xiàn)原理相同。另一類相似的推廣應(yīng)用是找到包含邊數(shù)最少的那條最短路

徑，這時題干中算法的第⑶步應(yīng)該改為以下步驟。對每個與v相鄰的結(jié)點w,若

w不在S內(nèi)，檢查：①若v的加入使得w的當前距離變小，則更新w的當前距離

為(v,w)的邊長與v的當前距離之和，更新Counter[w]=Counter[v]+1,并將v汜錄

在w的路徑上。②若v的加入是s到w的長度相同并且邊數(shù)更少(Counter[w]>

Countcr[v]十])的另一條最短路徑，則Countcr[w|=Countcr[vJ+l,并將v記錄在w的

路徑上。這里的整型數(shù)組CounlerW記錄從s結(jié)點到v結(jié)點的最短路徑包含的力

數(shù)，各結(jié)點Counter的初始值均為0。此問題很容易出錯的地方是當發(fā)現(xiàn)另一條長

度相同但包含邊數(shù)更少的最短路徑時，只更新了Counter,卻忘記了更新w的路

徑。類似的題目還有求包含最多邊的最短路徑，或者給每個結(jié)點賦予價值，求價

值最高的最短路徑等，其實現(xiàn)原理相同。

知識點解析：暫無解析

49、已知x和y,用變形補碼計算結(jié)果，同時指出結(jié)果是否溢出。(要求寫出計算

步驟)x=0.1011,y=-0.1001求x+y,x-y=?

標準答案：[x]補=1.0101[y]#=l.0111[-y]#=0.1001[x]補=11.0101+[y]補

=11.0111得到[x+y]補=10.1100發(fā)生溢出[x]補=11.0101+[-y]#=00.1001得到

[x+y]#=ll.1110未發(fā)生溢出*-丫=0.0010

知識點解析：暫無解析

某計算機存儲器按字節(jié)編址，虛擬（邏輯）地址空間大小為16MB,主存（物理）地址

空間大小為1MB,頁面大小為4KB；Cache采用直接映射方式，共8行；主存與

Cache之間交換的塊大小為32B。系統(tǒng)運行到某一時刻時，頁表的部分內(nèi)容和

Cache的部分內(nèi)容分別嫣扇田依竹亶*號方依仲，