計算機專業(yè)(基礎綜合)模擬試卷114

一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)

1、設n是描述問題規(guī)模的正整數(shù)，下列程序片段的時間復雜度是()。y=0；

while(n>=(y+l)*(y+l))y++；

A、0(log2n)

B、0(n)

C、0(nlog2n)

D、0(石)

標準答案：D

知識點解析：考查時間復雜度。該程序片段的基本語句為“y++；”,設其執(zhí)行次數(shù)

為k次，則(k—l+l)*(k—l+l)Sn〈(k+l)*(k+l),Wk2<n<k2+2*k+l,可知k為?

的線性函數(shù)，故時間復雜度為0(?)。

2、循環(huán)隊列用數(shù)組A[0...m—1|存放其元素值，頭尾指針分別為front和rear,

front指向隊頭元素，rear指向隊尾元素的下一個元素，其移動按數(shù)組下標增大的方

向進行(rcar!=m—1時)，則當前隊列中的元素個數(shù)是()。

A、(rear-front+m)%m

(rear-front+1)%m

C、real-front-1

D、rear-front

標準答案：A

知識點解析：考查循環(huán)隊列的性質。分rcar>front和rearVfront兩種情況討論：

①當rear>front時，隊列中元素個數(shù)為rear—front=(rear—front+m)%m②當rear<

front時，隊列中元素個數(shù)為m-(front-rear)=(rear-frontsm)%m綜合①、②可

知，選項A正確。

3、將5個字母“ooops”按此順序進棧，則有()種不同的出棧順序可以仍然得到

“ooops”。

A、1

B、3

C、5

D、6

標準答案：C

知識點解析：考查棧的操作。對于進棧序列“ooops”，出棧序列為“ooops"，最后兩

個字符ps相同，意味著“O。?！毙蛄羞M棧后全部出棧c"0。。”的出棧序列種類數(shù)對應

著不同的出棧順序?！?。。”全部進棧再出棧，有1種；前兩個字符“。?！边M棧再出

棧，有2種;進一個字符“?！痹俪鰲?，有2種,因此共有1+2+2=5種。

4、設高度為100的二叉樹上只有度為O和度為2的結點，則此類二叉樹中所包含

的結點數(shù)最少為()。

A、100

B、201

C、199

D、200

標準答案：c

知識點解析：考查二叉網(wǎng)的特點。結點最少時的情況如下圖所示。除根結點層只有

1個結點外，其他各層均有兩個結點,結點總數(shù)=2*(100?1)+1=199。

100

5、由某種序列可以唯一的確定一棵二叉樹，不能唯一的確定一棵二叉樹的是()。

A、先序序列和中序序列

B、后序序列和中序序列

C、中序序列和層序序列

D、先序序列和層序序列

標準答案：D

知識點解析：考查由遍歷序列構造二叉樹。由遍歷序列構造二叉樹的思想就是找到

根結點，然后將序列劃分成左、右子樹，如此遞歸地進行下去。前序序列和中序序

列、后序序列和中序序列、或中序序列和層序序列可唯一確定一個二叉樹。先序序

列和層序序列不能唯一的確定一棵二義樹，層序序列第1次訪問根結點，先序序列

為NLR,雖然能找到根結點，但無法劃分左、右子樹。

的二義樹，其對應的先序序列和層序序列是相同的。

6、在含有15個結點的平衡二叉樹上，查找關鍵字為28（存在該結點）的結點，則依

次比較的關鍵字有可能是（）。

A、30,36

B、38,48,28

C、48,18,38,28

D、60,20,50,40,38,28

標準答案：C

知識點解析：考查平衡二叉樹的性質與查找操作。設Nh表示深度為h的平衡二叉

樹中含有的最少結點數(shù)，有：No=O,Ni=l,N2=2,…，Nh—Nh-i+Nh-2+B

N3=4,N4=7,N5=12,N6=20>15（考生應能畫出圖形）。也就是說，高度為6的平

衡二義樹最少有20個結點，因此15個結點的平衡二叉樹的高度為5,而最小葉子

結點的層數(shù)為3,所以選項D錯誤。選項B的查找過程不能構成二叉排序樹，錯

誤。選項A根本就不包含28這個值，錯誤。

7、對于一組權值都相等的16個字母，構造相應的哈夫曼樹，這棵哈夫曼樹是一棵

（）。

A^完全二元樹

B、一般二元樹

C^滿二元樹

D、以上都不正確

標準答案：C

知識點解析：考查哈夫夏樹的構造。將16個權值相等（設為m）的字母看成16個獨

立的結點；從中任選兩個結點構成一棵新的二叉樹（共8棵），新樹的權值為2m；

再從8棵樹中任選2棵構成新的二叉樹（共4棵），新樹的權值為4m,……，如此

繼續(xù)，剛好能構成一棵滿二叉樹。

8、下列關于B—樹和B+樹的敘述中，不正確的是（）。

A、B—樹和B+樹都能有效地支持順療查找

B、B—樹和B+樹都是平衡的多叉樹

C、B—樹和B+樹都能有效地支持隨機查找

D、B—樹和B+樹都可以用于文件索引結構

標準答案：A

知識點解析：考查B—樹和B+樹的區(qū)別。B—樹和B+樹的差異主要體現(xiàn)在：①結

點關鍵字和子樹的個數(shù)；②B+樹非葉結點僅起索引作用；③而B—樹葉結點關鍵

字和其他結點包含的關鍵字是不重復的。④B+樹支持順序查找和隨機查找，而

B—樹僅隨機查找。B+樹的所有葉子結點中包含了全部關鍵字信息，以及指向含有

這些關鍵字記錄的指針，且葉子結點木身依關鍵字的大小自小到大順序鏈接，所以

支持從根結點的隨機檢索和直接從葉子結點開始的順序檢索。但是B—樹不具有這

種結構特性，所以只支將從根結點的隨機檢索，而不支持直接從葉子結點開始的順

序檢索。

9、對一組數(shù)據(jù)(25,84,21,47,15,27,68,35,20)進行排序，前三趟的排序結果如下：

第一趟:20,15,21,25,47,27,68,35,84第二趟:15,20,21,25,35,27,47,68,84第三趟:

15,20,21,25,27,35,47,68,84則所采用的排序方法是()。

A、選擇排序

B、希爾排序

C、歸并排序

D、快速排序

標準答案：D

知識點解析：考查各種排序算法的排序過程。觀察序列變化，發(fā)現(xiàn)第1趟排序序列

位置變化很大，所以不可能是選擇排序和歸并排序。又發(fā)現(xiàn)第2趟排序15和20交

換了位置，所以不可能是希爾排序。對于原始數(shù)據(jù)的第一位25,第一趟排序過

后，使得25左邊位置的元素都小于25,右邊位置的元素都大于25,分出兩個小

段，第二趟排序過后，兩小段的第一個元素20和47也符合同樣特點，第三趟也同

樣如此，所以可以確定是快速排序。

10、對一組數(shù)據(jù)(84,47,15,21,25)排序,數(shù)據(jù)在排序的過程中的變化如下:

(1)8447152125(2)2547152184(3)2125154784(4)1521254784則所采用的排序

方法是()。

A、堆排序

B、冒泡排序

C、快速排序

D、插入排序

標準答案：A

知識點解析：考查堆排序的排序過程。堆排序的過程首先是構造初始堆，然后將堆

頂元素(坡大值或最小值)與最后一個元素交換，此時堆的性質會被破壞，需要從根

結點開始進行向下調(diào)整操作。如此反復，直到堆中只有一個元素為止。經(jīng)過觀察發(fā)

現(xiàn)，每趟排序都是從未徘序序列中選擇?個最大元素放到其最終位置，符合大頂堆

的性質，初始序列本身就是一個大頂堆，將每趟數(shù)據(jù)代入驗證正確。冒泡排序雖然

也可以形成全局有序序列，但是題中的排序過程顯然不滿足冒泡排序的過程。若是

快速排序那么第三趟以25為基，那么排完的結果應該是2115254784,所以并非

快速排序。

11、下列排序方法中，時間性能與待排序記錄的初始狀態(tài)無關的是()。

A、插入排序和快速排序

B、歸并排序和快速排序

C、選擇排序和歸并排序

D、插入排序和歸并排序

標準答案：c

知識點常析：考查各種內(nèi)部排序算法的性能。選擇排序在最好、最壞、平均情況下

的時間性能均為O(n2),歸并排序在最好、最壞、平均情況下的時間性能均為

O(nlog2n)o各種排序方法對應的時間復雜度見下表。快速排序在原序列本身有序

的時候達到最壞的時間復雜度，直接插入排序在原序列本身有序的時候達到最好的

時間復雜度。

時間復雜

直按插入■泡悻序傳單選舞希爾排序快速排序堆排序二路歸并

度

平均情況0(n2)加）0(n2),CXnlog^n)(Xnlogjn)(Xnlo&n)

量好情況<Xn)0(n)0(n2).(Xnlogin)Ofnlogin)(Xnlogin)

或壞情況0(n2)0(n2)0(n2)%O(nlog2n)(Xnlogzn)

12、對匯編語言程序員來說，以下部件中不透明的是（）。I.指令緩沖器口.移

位器m.通用寄存器N,中斷字寄存器V,乘法器VI.先行進位鏈

A、I、II和皿

B、W、V和VI

C、HI和IV

D、I、n、v和VI

標準答案：C

知識點解析：本題考查部件的“透明性所謂透明實際上指那些不屬于自己管的部

分，在計算機系統(tǒng)中，下層機器級的概念性結構功能特性，對上層機器語言的程序

員來說就是透明的。匯編程序員在編程時，不需要考慮指令緩沖器、移位器、乘法

器和先行進位鏈等部件。移位器、乘法器和先行進位鏈屬于運算器的設計。注

意：在計算機中，客觀存在的事物或屬性從某個角度看不到，就稱之為“透明這

與日常生活中的“透明”正好相反，日常生活中的透明就是要公開，讓大家看得到。

?？嫉年P于透明性的計算機器件有：移位器、指令緩沖器、時標發(fā)生器、條件寄存

器、乘法器、主存地址寄存器等。

13、一個8位的二進制整數(shù)，若采用補碼表示，且由3個“1”和5個“0”組成，則最

小值為（）。

A、一127

B、一32

C、一125

D、一3

標準答案：C

知識點解析：本題考查補碼的表示。因求最小值，故符號位取1,為負數(shù)。補碼負

數(shù)的絕對值是數(shù)值部分按位取反，末位加1,故剩卜.的兩個放在末位時，補碼

的絕對值最大，本題中對應最小負數(shù)，因此補碼形式為10000011,轉換為原碼為

11111101=—7DH=-125。故選C。原碼和補碼的相互轉換的規(guī)則如下。對于正

數(shù)（符號位為0）：補碼與原碼的表示相同，產(chǎn)［x］京。對于負數(shù)（符號位為1）：符

號位不變，數(shù)值部分按位取反，末位加1。

14、單精度正EE754標準規(guī)格化的float類型所能表示的最接近0的負數(shù)是（）。

A、—2~126

B、—（2—2—23）2—126

C、—（2—2-23）2-127

D、—2-127

標準答案：A

知識點解析：考查IEEE754單精度浮點數(shù)的表示。IEEE754規(guī)格化單精度浮點數(shù)的

階碼范圍為1-255,尾數(shù)為1.f。最接近。的負數(shù)的絕對值部分應最小，而又為

IEEE754標準規(guī)格化，因此尾數(shù)取1.0；階碼取最小1,故最接近0的負數(shù)為一

1.0X2,-,27=-2-I26O即選A。

15、下列關于DRAM和SRAM的說法中，錯誤的是（）。I.SRAM不是易失性存

儲器，而DRAM是易失性存儲器H.DRAM比SRAM集成度更高，因此讀寫速

度也更快ID.主存只能由DRAM構成，而高速緩存只能由SRAM構成W.與

SRAM相比，DRAM由于需要刷新，所以功耗較高

A、n、HI和W

B、I、HI和W

C、I、n和m

D、I、n、HI和w

標準答案：D

知識點解析：本題考查SRAM和DRAM的區(qū)別。SRAM和DRAM的差別在于

DRAM時常需要刷新，但是SRAM和DRAM都屬于易失性存儲器，掉電就會丟

失，I錯誤。SRAM的集成度雖然更低，但速度更快，因此通常用于高速緩存

Cache,而DRAM則是讀寫速度偏慢，集成度更高，因此通常用于計算機內(nèi)存，U

錯誤。主存可以用SRAM實現(xiàn)，只是成本高且容量相對小，HI錯誤。和SRAM相

比，DRAM成本低、功耗低、但需要刷新，W錯誤。注意:SRAM和DRAM

的特點見下表。

非破壞性讀出，不需要刷新.斷電信息即丟失,屬易失性存儲R?存取速度快,但集成度低.功

SRAM

耗較大，常用于Cube

破壞性讀出，需要定期刷新.新電信息即丟失，屬易失性存儲號?集成性高、位價低、容量大和

DRAM

功耗低.存取速度比SRAM慢，常用于大容量的主存系統(tǒng)

16、某計算機的存儲系統(tǒng)由Cache.主存系統(tǒng)構成，Cache的存取周期為10ns,主

存的存取周期為50ns。在CPU執(zhí)行一段程序時，Cache完成存取的次數(shù)為4800

次，主存完成的存取次數(shù)為200次，該Cache—主存系統(tǒng)的效率是（）。（設Cache和

主存不能同時訪問）

A、0.833

B、0.856

C、0.958

D、0.862

標準答案：A

知識點解析：本題考查Cache命中率的相關計算。命中率=4800/

（4800+2001=0.96,因為Cache和主存不能同時訪問，所以當Cache中沒有當前塊

時，消耗的時間為10+50,平均訪問時間=0.96x10+(1.0.96)x(10+50)=12ns,故

效率:10/12=0.833o

17、在運算類的零地址指令中，它的操作數(shù)來自（），

A、暫存器和總線

B、寄存器

C、暫存器和ALU

D、棧頂和次棧頂

標準答案：D

知識點解析：本題考查零地址運算類指令的特點。零地址的運算類指令僅用在堆棧

計算機中。通常參與運算的兩個操作數(shù)隱含地從棧頂和次棧頂彈出，送到運算器進

行運算。容易混淆的是A或C,ALU運算及相關數(shù)據(jù)通路是控制器內(nèi)部的具體實

現(xiàn)，它只是指令執(zhí)行過程中的部分步驟。注：在一些系列機中，可能有部分指令

的地址會采取默認的方式選擇，例如8086中的乘法指今一個乘數(shù)默認在AL或者

AX中，不過題1=1沒有注明的條件下不應當拿某個型號來作為例子進行判斷。

18、在微程序控制方式中，以下說法正確的是（）。I.采用微程序控制器的處理

器稱為微處理器口.每一條機器指令由一個微程序來解釋執(zhí)行DI.在微指令的編

碼中，執(zhí)行效率最低的是直接編碼方式W.水平型微指令能充分利用數(shù)據(jù)通路的

并行結構

A、I和口

B、II和IV

c、I和m

D、口、in和w

標準答案：B

知識點解析：本題考查微程序控制器的相關概念。在考查微程序的相關概念時，可

以聯(lián)系到程序的相關內(nèi)容，但是要注意區(qū)分。微處理器是相對于大型機的處理器而

言的.和微程序捽制器沒有必然聯(lián)系，不管是采用微程序捽制器還是硬布線捽制器

的微機CPU都是微處理器，I錯誤。微程序的設計思想就是將每一條機器指令編

寫成一個微程序，每一個微程序包含若干條微指令，每一條微指令對應一個或幾個

微操作命令，II正確。直接編碼方式中每一位代表一個微命令，不需要譯碼，因此

執(zhí)行效率最高，只是這種方式會使得微指令的位數(shù)大大增加，in錯誤。一條水平型

微指令能定義并執(zhí)行幾種并行的基本操作，因此能更充分利用數(shù)據(jù)通路的并行結

構，IV正確。

19、當微指令采用分段編碼時，我們將互斥性微命令（）。

A、放在同一段中

B、用多級譯碼來區(qū)分

C、放在不同段中

D、任意存放

標準答案：A

知識點解析：本題考查字段直接編碼的特點?；コ庑晕⒚钍侵覆荒芡瑫r或不能在

同一個CPU周期內(nèi)并行執(zhí)行的微命令，反之則是可以并行執(zhí)行的微命令。字段直

接編碼將微指令的操作控制字段分成若干段，將一組互斥的微命令放在一個字段

內(nèi)，通過對這個字段的譯碼，便可對應每一個微命令，這樣減少了微指令的位數(shù)。

這樣，各個字段的譯碼輸出都是可以并行執(zhí)行的微命令，這種編碼方式提高了微指

令的并行執(zhí)行能力。

20、在下列各種情況中，最應采用異步傳輸方式的是（）。

A、I/O接口與打印機交換信息

B、CPU與主存交換信息

C、CPU和PCI總線交換信息

D、由統(tǒng)一時序信號控制方式下的設備

標準答案：A

知識點解析：本題考查總線的定時方式。在異步定時方式中，沒有統(tǒng)一的時鐘，也

沒有固定的時間間隔，完全依靠傳送雙方相互制約的“握手”信號來實現(xiàn)定時控制。

而異步傳輸方式一般用于速度差異較大的設備之間，I/O接口和打印機之間的速

度差異較大，應采用異步傳輸方式來提高效率。異步定時方式能保證兩個工作速度

相差很大的部件或設備之間可靠地進行信息交換。注意：在速度不同的設備之間

進行數(shù)據(jù)傳送，應選用異步控制，雖然采用同步控制也可以進行數(shù)據(jù)的傳送，但是

不能發(fā)揮快速設備的高速性能，因為速度快的設備總是要等待速度慢的設備。

21、CPU響應中斷時，保護兩個關鍵的硬件狀態(tài)是（）。

A、PC和PSW

B、PC和IR

C、AR和IR

D、AR和PSW

標準答案：A

知識點解析：本題考查中斷的處理過程及CPU中的各類寄存器.PC的內(nèi)容是被中

斷程序尚未執(zhí)行的指令地址，PSW保存各種狀態(tài)信息。CPU響應中斷后，需要保

護中斷的CPU現(xiàn)場，將PC和PSW壓入堆棧，這樣等到中斷結束后，可以將壓入

堆棧的原PC和PSW的內(nèi)容返回相應的寄存器，原程序從斷點開始繼續(xù)執(zhí)行。

22、1K*8位ROM；芯片和1K*8位RAM；芯片的引腳（含地址與數(shù)據(jù)）的總數(shù)分別

是（）。

A、13和18

B、B和13

C、C和18

D、18和13

標準答案：A

知識點解析：本題考查存儲芯片的地址線和數(shù)據(jù)線。1K*8位的芯片要尋址到全部

單元共需要log21K=10位地址，而ROM會分兩次傳送地址，實際地址線數(shù)為原來

的一半即5根。RAM一次傳送完地址，地址線10根。他們的數(shù)據(jù)線均為8根，所

以ROM芯片和RAM芯片的地址和數(shù)據(jù)引腳的總數(shù)分別是13和18。

23、在操作系統(tǒng)中，以下只能在核心態(tài)下處理執(zhí)行的指令是（）。

A、讀時鐘

B、寄存器清零

C、系統(tǒng)調(diào)用

D、取數(shù)

標準答案：C

知識點解析：本題考查操作系統(tǒng)的運行機制。通常將CPU執(zhí)行的程序分為操作系

統(tǒng)內(nèi)核程序和用戶自編程序，它們分別運行在核心態(tài)和用戶態(tài)。做題之前應該分清

楚發(fā)生和執(zhí)行的不同，例如系統(tǒng)調(diào)用，它是發(fā)生在用戶態(tài)，而要轉到核心態(tài)執(zhí)行

的。大多數(shù)計算機操作系統(tǒng)的內(nèi)核包括四個方面的內(nèi)容，即時鐘管理、中斷機制、

原語和系統(tǒng)控制的數(shù)據(jù)結構及處理，其中第4部分實際上是系統(tǒng)調(diào)用類的指令（廣

義指令）。而A、B和D三項均可以在匯編語言中涉及，因此都可以運行在用戶

態(tài)。注：操作系統(tǒng)的主要功能是為應用程序的運行創(chuàng)建良好的環(huán)境，為了達到這

個目的，內(nèi)核提供一系列具備預定功能的多內(nèi)核函數(shù)，通過一組稱為系統(tǒng)調(diào)用

（systemcall）的接口呈現(xiàn)給用戶。系統(tǒng)調(diào)用把應用程序的請求傳給內(nèi)核，調(diào)用相應

的內(nèi)核函數(shù)完成所需的處理，將處理結果返問給應用程序，如果沒有系統(tǒng)調(diào)用和內(nèi)

核函數(shù)，用戶將不能編寫大型應用程序。

、下列各種調(diào)度算法中，屬于基于時間片的調(diào)度算法的是（）。I.時間片輪轉

2法4

法U.多級反饋隊列調(diào)度算法HI.搶占式調(diào)度算法W.FCFS（先來先服務）調(diào)度算

AV.高響應比優(yōu)先調(diào)度算法

I和n

BC>I、II和w

I、HI和w

D、I、II和m

標準答案：A

知識點解析：本題考查調(diào)度算法的性質?；跁r間片的調(diào)度算法在執(zhí)行過程中，進

程的執(zhí)行是以時間片為單位的。多級反饋隊列調(diào)度算法在各個隊列內(nèi)以FCFS原則

依次執(zhí)行時間片，在最底層隊列中按照時間片輪轉算法執(zhí)行。另外沒有單獨的搶占

式調(diào)度算法這種說法，一般都是說某種調(diào)度算法是搶占型的或是非搶占型的。注

意：關于搶占式調(diào)度指的一般都是進程的調(diào)度算法，因為所謂的搶占即是搶占

CPU,而作業(yè)調(diào)度和中級調(diào)度并沒有搶占的對象，所以一般也談不上搶占式算法。

25、在某個十字路口，每個車道只允許一輛汽車通過，且允許直行、左拐和右拐，

如圖1所示。如果把各個方向的車看成進程，則需要對這些進程進行同步，那么這

里臨界資源個數(shù)至少應該有（）個。

A、1

B、2

C、4

D、不確定

標準答案：C

知識點解析：十字路口車道示意圖不妨如上圖所示，把十字路口車道的公

共區(qū)域分為4塊，分別為圖上的1、2、3、4,直行的車輛需要獲得該方向上的兩

個鄰近的臨界資源，如北方開來的車輛需要獲得1、2兩個臨界資源。南方開來的

車需要獲得3、4兩個臨界資源。而往右轉的車輛則只需要獲得一個臨界資源，比

如北方來車右轉的情況需要獲得1這個臨界資源。左轉的情況需要獲得3個臨界資

源，比如北方來車左轉組需要1、2、3號臨界資源c綜上所述，4個臨界資源便可

以很好地保證車子不相撞（即互斥的效果）。當然只用4個信號量還是很容易造成死

鎖的，不過這并不是本題要考慮的問題，題目中問到的是至少用兒個信號量。也

可以用排除法來做該題，該路I」可以有南北方向車同時直行，所以臨界資源個數(shù)大

于或等于2,排除A。該路口可以4個方向車都左轉，所以臨界資源個數(shù)大于或等

于4,排除B。D選項通常不會選，所以選C。

26、對于兩個并發(fā)進程，設互斥信號量為mulex,若mutex=0,則表示（）。

A、沒有進程進入臨界區(qū)

B、有一個進程進入臨界區(qū)

C、有一個進程進入臨界區(qū)，另一個進程等待進入

D、有一個進程在等待進入

標準答案：B

知識點解析：本題考查互斥信號量的性質。mutex初值為1,表示允許一個進程進

入臨界區(qū)，當由一個進程進入臨界區(qū)且沒有進程等待進入時，mutex減1,變?yōu)?/p>

0。ImutexI為等待進入的進程數(shù)。答案選B。

27、有兩個優(yōu)先級相同的并發(fā)程序PI和P2,它們的執(zhí)行過程如下所示，假設，當

前信號量sl=0,s2=0.當前的z=2,進程運行結束后，x、y和z的值分別是()。

進程P1進程P2....y=l；x=ly=y+2；x=x+l；z=y+l,P(sl)；V(S1)：

x=x+y；P(s2),z=x+z；y=z+y,V(S2)；........

A、5,9,9

B、5,9,4

C、5,12,9

D、5,12,4

標準答案：C

知識點解析：本題考查并發(fā)進程的特點，并結合信號量進行同步的原理。由于進程

并發(fā)，所以進程的執(zhí)行具有不確定性，在PI、P2執(zhí)行到第一個P、V操作前，應

該是相互無關的?，F(xiàn)在考慮第一個對si的P、V操作，由于進程P2是P(sl)操作，

所以它必須等待P1執(zhí)行完V(sl)操作以后才可繼續(xù)運行，此時的x、y、z值分別是

2,3,4,當進程P1執(zhí)行完V(sl)以后便在P(s2)上阻塞，此時P2可以運行直到

V(s2),此時的x、y、z值分別是5,3,9,進程P1繼續(xù)運行直到結束，最終的

x、y、z值分別為5,12,9o

28、對外存對換區(qū)的管理應以()為主要目標。

A、提高系統(tǒng)吞吐量

B、提高存儲空間的利用率

C、降低存儲費用

D、提高換入、換出速度

標準答案：D

知識點解析，本題考查覆蓋和交換的作用C內(nèi)存管理是為了提高內(nèi)存利用率,引入

覆蓋和交換技術，就是為了在較小的內(nèi)存空間中用重復使用的方法來節(jié)省存儲空

間。覆蓋和交換技術付出的代價是，需要消耗更多的處理機時間，它實際上是一種

以時間換空間的技術。為此，從節(jié)省處理機時間來講，換入、換出速度越快，付出

的時間代價就越小，反之就越大，當時間代價大到一定程度時，覆蓋和交換技術就

沒有意義了。

29、下列敘述中錯誤的是()。I.在請求分頁存儲管理中，若把頁面的大小增加

一倍，則缺頁中斷次數(shù)會減少一半U.分頁存儲管理方案在邏輯上擴充了主存容

量m.在分頁存儲管理中，減少頁面大小，可以減少內(nèi)存的浪費，所以頁面越小

越好W.一個虛擬存儲器，其地址空間的大小等于輔存的容量加上主存的容量

A、I、HI和W

B、u、in和w

c、in和w

D、I、n、in和w

標準答案：D

知識點解析：本題考查分頁存儲管理。增加頁面的大小一般來說可以減少缺頁中斷

次數(shù)，但不存在反比關系，甚至有些時候增大頁面大小反而會引起缺頁增加（FIFO

算法與Belady異常），I錯誤。分頁存儲管理方案解決了一個作業(yè)在主存可以不連

續(xù)存放的問題，注意請求分頁存儲管理和分頁存儲管理的區(qū)別，口錯誤。頁面變小

將導致頁表的增大，即頁表占用內(nèi)存的增大，也可能導致缺頁數(shù)量的增加，DI錯

誤。虛存大小與地址結溝即地址總線的位數(shù)有關，卬錯誤。注意：虛存的大小要

同時滿足2個條件：（1〕虛存的大小W內(nèi)存容量和外存容量之和，這是硬件的硬性條

件規(guī)定的，若虛存大小超過了這個容量則沒有相應的空間來供虛存使用。（2）虛存

的大小3計算機的地址位數(shù)能容納的最大容量，比如你的地址是32位的，那么假設

按字節(jié)編址，一個地址弋表1B的存儲空間的話，那虛存的大小*GB（2的32次方

B）。這是因為如果虛存的大小超過4GB,那么32位的地址將無法訪問全部虛存，

也就是說4GB以后的空間是浪費掉的，相當于沒有一樣，沒有任何意義。實際虛

存的容量是取條件（1）、（2）的交集，也就是說，兩個條件都要滿足，光滿足一個是

不行的。

30、一個64位的計算機系統(tǒng)中，地址線寬為64位，實際使用的虛擬地址空間的大

小是2嬲，若采用虛擬頁式存儲管理，每頁的大小為2於，即8KB,頁表表項長為

8字節(jié)，采用多級頁表進行管理，那么多級頁表的級次地小是（）。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：B

知識點解析：本題考查虛擬頁式存儲管理中多級頁表的計算。由題中所給的條件，

虛擬地址空間是248,即沒有完全使用64位地址。頁面大小為2於，即8KB,則用

于分頁的地址線的位數(shù)為48—13=35。下面計算每一級頁表能容納的最多數(shù)量。由

題意，每個頁面為8KB,每個頁表項為B字節(jié)，那么一頁中能容納的頁表項為

8KB/8B=1K,即1024個頁表項，可以占用10位地址線來尋址，故剩余的35位

地址線可以分為35/10=3.5,向上取整為4,因此至少4級頁表才能完成此虛擬

存儲的頁面映射。

31、某文件系統(tǒng)物理結溝采用三級索引分配方法，如果每個磁盤塊的大小為

1024B,每個盤塊索引號占用4字節(jié)，請問在該文件系統(tǒng)中，最大的文件長度約為

（）。

A、16GB

B,32GB

C、8GB

D、以上均不對

標準答案：A

知識點解析：本題考查多級索引下文件的存放方式。本題是一個簡化的多級索引

題，根據(jù)題意，它采用的是三級索引，那么索引表就應該具有三重。依題意，每個

盤塊為1024B,每個索引號占4字節(jié)，因此每個索引塊可以存放256條索引號，三

級索引共可以管理文件的大小為256X256X256X1024BE6GB。

32、設一個磁道訪問請求序列為55,58,39,18,90,160,150,38,184,磁頭

的起始位置為100,若取用SSTF（最短尋道時間優(yōu)先）算法，則磁頭移動（）個磁道。

A、55

B、184

C、200

D、248

標準答案：D

知識點解析：本題考查磁盤的調(diào)度算法。對于SSTF算法，尋道序列應為：

100,90,58,55,39,38,18,150,160,184,移動磁道次數(shù)依次為

10,32,3,16,1,20,132,10,24,故磁頭移動的總數(shù)為248。對于本題建議采用畫圖的方

法解答。本題其實無需寫出尋道序列，從100尋道到18需要82,然后再加上從18

到184,需要184—18=166,共移動166+82=248。注意：SSTF算法優(yōu)先考慮與當

前位置最接近的磁道訪問請求，會導致“饑餓”現(xiàn)象，

33、在OSI參考模型中，實現(xiàn)系統(tǒng)間二進制信息塊的正確傳輸，為上一層提供可

靠、無錯誤的數(shù)據(jù)信息的協(xié)議層是（）。

A、物理層

B、數(shù)據(jù)鏈路層

C、網(wǎng)絡層

D、傳輸層

標準答案：B

知識點解析：本題考查OSI參考模型各層的特點和功能。解題時，應注意題干中

隱含的協(xié)議數(shù)據(jù)單元PDU.以及各層次特定的功能.題干中的“二進制信息塊”實

際上就是指數(shù)據(jù)鏈路層封裝的幀，數(shù)據(jù)鏈路層的可靠傳輸協(xié)議能夠提供可靠傳輸服

務。雖然傳輸層也能提供可靠傳輸服務，但它的可靠傳輸服務是可選的，而且它的

PDU是報文。

34、設信道帶寬為4kHz,信噪比為30dB,按照香農(nóng)定理，信道的最大數(shù)據(jù)速率約

等于（）。

A、10kb/s

B、20kb/s

C、30kb/s

D、40kb/s

標準答案：D

知識點解析：本題考查香農(nóng)定理的應用。在一條帶寬為WHz、信噪比為S/N的

有噪聲信道的最大數(shù)據(jù)傳輸率Vmax為Wlog2（l+S/N）bps。先計算信噪比S/

N：由30db=101ogioS/N,得logioS/N=3,所以S/N=l（）3=1000。計算Vmax：

Vmax=WIog2（l+S/N）bps=4000log2（1+1000）bps^4000><9.97bps<40Kbpso

35、以太網(wǎng)中，當數(shù)據(jù)傳輸率提高時，幀的發(fā)送時間就會相應的縮短，這樣可能會

影響到?jīng)_突的檢測。為了能有效地檢測沖突，可以使用的解決方案有（）。

A、減少電纜介質的長度或減少最短幀長

B、減少電纜介質的長度或增加最短幀長

C、增加電纜介質的長度或減少最短幀長

D、增加電纜介質的長度或增加最短幀長

標準答案：B

知識點解析：本題考杳CSMA/CD協(xié)議的碰撞檢測原理。最短幀長等于在爭用期

時間內(nèi)發(fā)送出的比特數(shù)。站點在發(fā)送幀后至多經(jīng)過2工（爭用期）就可以知道所發(fā)送的

幀是否遭到了碰撞。因此，最小幀長二總線傳播時廷x數(shù)據(jù)傳輸速率X2。當傳輸速

率提高時，為了有效地檢測沖突，可采用減少電纜介質的長度，使爭用期時間減少

（即以太網(wǎng)端到端的時延增?。?，保持最小幀長不變：或增加最短幀長。

36、若子網(wǎng)掩碼是25是255.192.0,那么下列主機必須通過路由器才能與主機

129.23.144.16通信的是O。

A、129.23.191.21

B、129.23.127.222

C、129.23.130.33

D、129.23.148.127

標準答案：B

知識點解析：本題考查子網(wǎng)劃分與子網(wǎng)掩碼。不同子網(wǎng)之間需通過路由器相連，子

網(wǎng)內(nèi)的通信則無需經(jīng)過路由器轉發(fā)，因此比較各主機的子網(wǎng)號即可。將子網(wǎng)掩碼

255.255.192.0與主機129.23.144.16進行“與”操作，得到該主機網(wǎng)絡地址

為129.23.128.0,再將該子網(wǎng)掩碼分別與四個候選答案的地址進行“與”操作，

只有129.23.127.222的網(wǎng)絡地址不為129.23.128.0。因此該主機與

129.23.144.16不在一個子網(wǎng)中，需要通過路由器轉發(fā)信息。注意：寫這種題

的時候要把用到的10進制數(shù)轉換為2進制表示，不要光憑感覺來選擇，否則容易

導致錯誤。

37、在基于TCP/IP模型的分組交換網(wǎng)絡中，每個分組都可能走不同的路徑，所

以在分組到達目的主機后應該重新排序；又由于不同類型的物理網(wǎng)絡的MTU不

同，所以一個分組在傳輸?shù)倪^程中也可能需要分段，這些分段在到達目的主機后也

必須重組。對于分組的徘序和分段的重組，下列說法正確的是（）。

A、排序和重組工作都是由網(wǎng)絡層完成

B、排序和重組工作都是由傳輸層完成

C、排序工作由網(wǎng)絡層完成，而重組工作由傳輸層完成

D、排序工作由傳輸層完成，而重組工作由網(wǎng)絡層完成

標準答案：D

知識點解析：本題考查PDU在對等層間的處理。PDU中裝載的是哪一層的數(shù)據(jù)，

就由哪一層來處理該數(shù)據(jù)，而PDU所在的層只負責傳輸該數(shù)據(jù)。IP網(wǎng)絡是分組交

換網(wǎng)絡，每個分組的首部都包含了完整的源地址和目的地址，以便途經(jīng)的路由器為

每個IP分組進行路由，即便是同一個源站點向同一個目的站點發(fā)出的多個IP分組

也并不一定走同一條路徑，亦即這些IP分組到達后的站點的順序可能不一定按序

到達，目的站點的傳輸層必須進行排序；而一個較大的IP分組在傳輸?shù)倪^程中，

由于途經(jīng)物理網(wǎng)絡的。MTU可能比較小，一個口分組可能將分成若干個分組，每

個分組都有完整的首部，與普通的IP分組沒有區(qū)別地傳輸。按照網(wǎng)絡對等層通信

的原則，接收站點的網(wǎng)絡層收到的IP分組必須與發(fā)送站點發(fā)送的IP分組相同，所

以接收站點的網(wǎng)絡層必須把沿途被分片的分組進行重組，還原成原來的IP分組。

所以重組工作是由網(wǎng)絡層完成的。

38、ARP的作用是由IP地址求MAC地址，某節(jié)點響應其他節(jié)點的ARP請求是通

過（）發(fā)送的。

A、單播

B、組播

C、廣播

D、點播

標準答案：A

知識點解析：ARP請求分組是廣播發(fā)送的，但ARP響應分組卻是普通的單播，即

從一個源地址發(fā)送到另一個目的地址。另外注意沒有點播這個概念。單播、組

播、廣播優(yōu)缺點比較：單播的優(yōu)點：①服務器及時響應客戶機的請求。②服務

器針對每個客戶不同的請求發(fā)送不同的數(shù)據(jù)，容易實現(xiàn)個性化服務。單播的缺

點：在客戶數(shù)量大、每個客戶機流量大的流媒體應用中服務器不堪重負。廣播的

優(yōu)點：①網(wǎng)絡設備簡單，維護簡單，布網(wǎng)成本低廉。②由于服務器不用向每個客

戶機單獨發(fā)送數(shù)據(jù)，所以服務器流量負載極低。廣播的缺點：①無法針對每個客

戶的要求和時間及時提供個性化服務。②網(wǎng)絡允許服務器提供數(shù)據(jù)的帶寬有限，

客戶端的最大帶寬=服務總帶寬。③廣播禁止在Inlcrnct寬帶網(wǎng)上傳輸。組播的優(yōu)

點：①需要相同數(shù)據(jù)流的客戶端加入相同的組共享一條數(shù)據(jù)流，節(jié)省了服務器的

負載。具備廣播所具備的優(yōu)點。②由于組播協(xié)議是根據(jù)接受者的需要對數(shù)據(jù)流進

行復制轉發(fā)，所以服務端的服務總帶寬不受客戶接入端帶寬的限制。③此協(xié)議和

單播協(xié)議一樣允許在Imemet寬帶網(wǎng)上傳輸。組播的缺點：與單播協(xié)議相比沒有

糾錯機制，發(fā)生丟包錯包后難以彌補。

39、下列關于TCP協(xié)議的敘述中，錯誤的是（）。I.TCP是一個點到點的通信協(xié)

議n.TCP提供了無連接的可靠數(shù)據(jù)傳輸m.TCP將來自上層的字節(jié)流組織成IP

數(shù)據(jù)報，然后交給IP協(xié)議W.TCP將收到的報文段組成字節(jié)流交給上層

A、I和m

B、I、II和皿

c、II和m

D、I、n、in和w

標準答案：B

知識點解析：本題考查對TCP協(xié)議的理解。TCP是在不可靠的IP層之上實現(xiàn)可靠

的數(shù)據(jù)傳輸協(xié)議，它主要解決傳輸?shù)目煽?、有序、無丟失和不重復的問題，其主要

特點是：①TCP是面向連接的傳輸層協(xié)議。②每一條TCP連接只能有兩個端點，

每一條TCP連接只能是端對端的（進程一進程）。③TCP提供可靠的交付服務，保

證傳送的數(shù)據(jù)無差錯、不丟失、不重復且有序。④TCP提供全雙工通信，允許通

信雙方的應用進程在任何時候都能發(fā)送數(shù)據(jù)，為此TCP連接的兩端都設有發(fā)送緩

存和接收緩存。⑤TCP是面向字節(jié)流的，雖然應用程序和TCP的交互是一次一個

數(shù)據(jù)塊（大小不等），但TCP把應用程序交下來的數(shù)據(jù)看成僅僅是一連串的無結構的

字節(jié)流。I：IP協(xié)議才是點到點的通信協(xié)議（也說是主機一主機），而TCP是端到

端的協(xié)議，故I錯誤；D：TCP提供面向連接的可靠數(shù)據(jù)傳輸服務，故II錯誤；

皿：IP數(shù)據(jù)報不是由傳輸層來組織的，而應該由網(wǎng)絡層加上IP數(shù)據(jù)報的首部來形

成1P數(shù)據(jù)報，故in錯誤；IV：前面已經(jīng)分析，正確。綜上，I、II和in都是錯誤

的。

40、A和B建立TCP連接，MSS為1KB。某時，慢開始門限值為2KB,A的擁塞

窗口為4KB,在接下來的一個RTT內(nèi)，A向B發(fā)送了4KB的數(shù)據(jù)（TCP的數(shù)據(jù)部

分），并且得到了B的確認，確認報文中的窗口字段的值為2KB,那么，請問在下

一個RTT中，A最多能向B發(fā)送的數(shù)據(jù)（）。

A、2KB

B、8KB

C、5KB

D、4KB

標準答案：A

知識點解析：本題考查發(fā)送窗口與擁塞窗口和接收窗口的關系。題中出現(xiàn)了擁塞窗

口和接收端窗口，為了保證B的接收緩存不發(fā)生溢出，發(fā)送窗口應該取兩者的最

小值。先看擁塞窗口，由于慢開始門限值為2KB,第一個RTT中A擁塞窗口為

4KB,按照擁塞避免算法，收到B的確認報文后，擁塞窗口增長為5KB。再看接

收端窗口，B通過確認報文中窗口字段向A通知接收端窗口，那么接收端窗口為

2KBo因此在下一次發(fā)送數(shù)據(jù)時，A的發(fā)送窗口應該為2KB,即一個RTT內(nèi)最多

發(fā)送2KBo

二、綜合應用題（本題共19題，每題1.0分，共19

分。）

41、設有n個不全為負的整型元素存儲在一維數(shù)組A[n]中，它包含很多連續(xù)的子

數(shù)組，例如數(shù)組人={1,一2,3,10,-4,7,2,一5},請設計一個時間上盡可

能高效的算法，求出數(shù)組A的子數(shù)組之和的最大值（例如數(shù)組A的最大的子數(shù)組為

{3,10,一4,7,2）,因此輸出為該子數(shù)組的和18）。要求：（1）給出算法的基本

設計思想。（2）根據(jù)設計思想，采用C或C++語言描述算法，關鍵之處給出注釋。

（3）說明你所設計算法的時間復雜度和空間復雜度。

期=max

標準答案：采用動態(tài)規(guī)劃法。若記

max/o[k]=maxmax7a[A]=max/4/1?

段和為：由如]的定義可知，當b[j—

1]>0時，b（j]=b[j—l]+a[j],否則b[j]=a[j]。由此可計算如]的動態(tài)規(guī)劃遞歸式：

b|j]=max{b[j—l]+a[j|,a[j]）,l<j<n,據(jù)此，可設計出求最大字段和的算法如下：

算法思想如下：不妨對數(shù)組元素進行一次遍歷，下面是選取一個元素加入子段的

一般方法：倘若一個子段和為b,那么判斷下個元素a[k+l]的標準應該為

b+a[k+l心0（因為當bVO時，任意一

知識點解析：暫無解析

（下圖為某操作系統(tǒng)中文件系統(tǒng)的目錄結構。

請回答以下問題。

42、本題中的目錄結構可抽象為數(shù)據(jù)結構中的哪種邏輯結構？

標準答案：樹

知識點解析：暫無解析

43、請設計合理的鏈式存儲結構，以保存圖1中的文件目錄信息。要求給出鏈式存

儲結構的數(shù)據(jù)類型定義，并畫出對應圖1中根目錄部分到目錄A、B及其子目錄和

文件的鏈式存儲結構示意圖。

標準答案：采用孩子兄弟表示法，數(shù)據(jù)結構描述如下：lypedefstructCSNode{char

name[MaxSize]；//存儲名稱intNodeType；//值為。代表指向文件，為1代

表指向目錄unionP{//用于存儲指向義祥/目錄的信息指針filepointerpl；/文

件信息catalogpointerp2；//目錄信息};structCSNode*firstchild,

*nextsibling；//第一個孩子和右兄弟指針}CSNode；圖中目錄結構的存儲大致

設結點結構如下，!name[NodcTyp]P]FirstchiiJncxtsibhng

卜oot|“P11A

本小問只要

符合題目要求的答案即可算正確，給出答案僅供參考。

知識點解析：暫無解析

44、哈夫曼樹是一種特殊的樹形結構，請證明哈夫曼樹的總結點數(shù)總為奇數(shù)。

標準答案：由哈夫曼樹中沒有度為1的結點可知任意哈夫曼樹的2=0,又因哈夫

曼樹為二叉樹，滿足no=l+n2，所以哈夫曼樹的總結點數(shù)n=no+ni+n2=no+0+no—

l=2n0-1,可知無論初始有多少個葉子結點，哈夫曼樹的總結點數(shù)一定為奇數(shù)。

知識點解析：暫無解析

根據(jù)上一大題描述的目錄結構，結合以下敘述繼續(xù)回答問題。根目錄常駐內(nèi)存，目

錄文件組織成鏈接文件，不設文件控制塊，普通文件組織成索引文件。目錄表目指

示下一級文件名及其磁盤地址（各占2個字節(jié)，共4個字節(jié)）。若下級文件是目錄文

件，指示其第一個磁盤塊地址。若下級文件是普通文件，指示其文件控制塊的磁盤

地址。每個目錄文件磁盤塊的最后4個字節(jié)供拉鏈使用。下級文件在上級目錄文件

中的次序在圖中為從左至右。每個磁盤塊有512字節(jié)，與普通文件的一頁等長。

普通文件的文件控制塊組織如上圖所示，其中，每個磁盤

地址占2個字節(jié)，前10個地址直接指示該文件前10頁的地址。第11個地址指示

一級索引表地址，一級索引表中每個磁盤地址指示一個文件頁地址；第12個地址

指示二級索引表地址，二級索引表中每個地址指示一個一級索引表地址；第13個

地址指示三級索引表地址，三級索引表中每個地址指示一個二級索引表地址。請

問:

45、一個普通文件最多可有多少個文件頁？

標準答案：本題考查文件目錄的結構。因為磁盤塊大小為512B,所以索引塊大小

也為512B,每個磁盤地址大小為2B。因此，一個一級索引表可容納256個磁盤地

址。同樣，一個二級索引表可容納256個一級索引表地址，一個三級索引表可容納

256個二級索引表地址。這樣，一個普通文件最多可有文件頁數(shù)為

10+25+256x256+256x256x256=16843018頁。

知識點解析：暫無解析

46、若要讀文件J中的某一頁，最多啟動磁盤多少次？

標準答案：由圖可知，目錄文件A和D中的目錄項都只有兩個，因此這兩個目錄

文件都只占用一個物理塊。要讀文件J中的某一頁：先從內(nèi)存的根目錄中找到目錄

文件A的磁盤地址，將其讀入內(nèi)存（已訪盤1次）。然后從目錄A中找出目錄文件D

的磁盤地址并將其讀入內(nèi)存（已訪盤2次）。再從目錄D中找出文件J的文件控制塊

地址并將其讀入內(nèi)存（己訪盤3次）。在最壞情況下，該訪問頁存放在三級索引下，

此時需要一級一級地讀三級索引塊才能得到文件J的地址（已訪盤6次）。最后讀入

文件J中的相應頁（共訪盤7次），所以，若要讀文件J中的某一頁，最多啟動磁盤

7次。

知識點解析：暫無解析

47、若要讀文件W中的某一頁，最少啟動磁盤多少次？

標準答案：由圖可知，目錄文件C和U的目錄項較多，可能存放在多個鏈接在一

起的磁盤塊中。在最好情況下，所需的目錄項都在目錄文件的第一個磁盤塊中。先

從內(nèi)存的根目錄中找到目錄文件C的磁盤地址讀入內(nèi)存（己訪盤1次）。在C中找出

目錄文件I的磁盤地址讀入內(nèi)存（已訪盤2次）。在I中找出目錄文件P的磁盤地址

讀入內(nèi)存（已訪盤3次）。從P中找到目錄文件U的磁盤地址讀入內(nèi)存（已訪盤4

次）。從U的第一個磁盤塊中找出文件W的文件控制塊地址讀入內(nèi)存（己訪盤5

次）。在最好情況下，要訪問的頁在文件控制塊的前10個直接塊中，按照直接塊指

示的地址讀文件W的柞應頁（己訪盤6次）°所以.若要讀文件W中的某一頁，最

少啟動磁盤6次。

知識點解析：暫無解析

48、就上一問而言，為最大限度減少啟動磁盤的次數(shù)，可采用什么方法?此時，磁

盤最多啟動多少次？

標準答案：為了減少啟動磁盤的次數(shù)，可以將需要訪問的W文件掛在根目錄最前

面的目錄項中。此時，只需讀內(nèi)存中的根目錄就可以找到W的文件控制塊，將文

件控制塊讀入內(nèi)存（已訪盤1次），最差情況下，需要的W文件的那個頁掛在文件

控制塊的三級索引下，那么讀3個索引塊需要訪問磁盤3次（己訪盤4次）得到該頁

的物理地址，再去讀這個頁即可（已訪盤5次）。此時，磁盤最多啟動5次。

知識點解析：暫無解析

49、有三個進程PA、PB和PC合作解決文件打印問題：PA將文件記錄從磁盤讀

入主存的緩沖區(qū)1,每執(zhí)行一次讀一個記錄；PB將緩沖區(qū)1的內(nèi)容復制到緩沖區(qū)

2,每執(zhí)行一次復制一個記錄；PC將緩沖區(qū)2的內(nèi)容打印出來，每執(zhí)行一次打印一

個記錄。緩沖區(qū)的大小等于一個記錄的大小。請用P、V操作來保證文件的正確打

印。

標準答案：本題考查用PV操作解決進程的同步互斥問題。進程PA、PB、PC之

間的關系為：PA與PB共用一個單緩沖區(qū)，PB又與PC共用一個單緩沖區(qū)，其合

作方式如下圖所示。當緩沖區(qū)1為空時，進程PA可將一個記錄讀入其中；若緩沖

區(qū)1中有數(shù)據(jù)且緩沖區(qū)2為空，則進程PB可將記錄從緩沖區(qū)1復制到緩沖區(qū)2

中；若緩沖區(qū)2中有數(shù)據(jù)，則進程PC可以打印記錄。在其他條件下，相應進程必

須等待。事實上，這是一個生產(chǎn)者一消費者問題。

PAPBPC

星沖區(qū)1侵沖區(qū)2

從磁盤讀入復制打印

進程間的合作方式為遵循這一同步規(guī)則。應設置4

個信號量empty1、empty2>full1>fuH2,信號量emptyl及empty2分別表示緩沖區(qū)

1及緩沖區(qū)2是否為空，其初值為1；信號量fulll及full2分別表示緩沖區(qū)1及緩

沖區(qū)2是否有記錄可供處理，其初值為0。相應的進程描述如下：semaphore

empty1=1；//緩沖區(qū)1是否為空scm叩horefuHl=O；//緩沖區(qū)1是否有記錄

可底處理semaphoreempty2=l；//緩沖區(qū)2是否為空semaphoreful!2=0；//

緩沖區(qū)2是否有記錄可供處理cobegin{processPA()(while(TRUE)(從磁盤讀入一

條記錄；P(emptyl)；將記錄存入緩沖區(qū)1；V(fulll)；}}process

PB(){while(TRUE){P(fulll)；從緩沖區(qū)1中取出一條記錄；V(empnyl)；

P(empty2),將取出的記錄存入緩沖區(qū)2；V(fuH2)；}}process

PC()(while(TRUE)(P(full2)；從緩沖區(qū)2中取出一條記錄；V(empty2)；將取出

的記錄打印出來；}))Coend

知識點解析：暫無解析

下圖是一個簡化的CPU與主存連接結構示意圖(圖中省略了所有多路選擇器)。其

中將一個累加寄存器AC、一個狀態(tài)寄存器和具他四個寄存器：主存地址寄存器

MAR、主存數(shù)據(jù)寄存器MDR、程序計數(shù)器PC和指令寄存器IR,各部件及其之間

的連線表示數(shù)據(jù)通路，箭頭表示信息傳送方向。

一個簡化的CPU與主存連接結構示意圖⑶十

50、請寫出圖中a、b、c、d四個寄存器的名稱。

標準答案：本題考查數(shù)據(jù)通路和指令執(zhí)行過程。讀者應牢固掌握指令的執(zhí)行過程和

原理，并能根據(jù)指令的執(zhí)行過程和特點了解控制器中各個寄存器的連接方式。b單

向連接微控制器，由微控制器的作用不難得知b是指令寄存器(IR)；a和c直接連

接主存，只可能是MDR和MAR,c到主存是單向連接，a和主存雙向連接，根據(jù)

指令執(zhí)行的特點，MAR.只單向給主存?zhèn)魉偷刂?，而MDR既存放從主存中取出

的數(shù)據(jù)又要存放將要寫入主存的數(shù)據(jù)，因此c為主存地址寄存器(MAR),a為主存

數(shù)據(jù)寄存器(MDR)。d具有自動加1的功能，且單向連接MAR,不難得出為程序

計數(shù)器(PC)。因此，a為MDR、b為IR、c為MAR、d為PC。

知識點解析：暫無解析

51、簡述圖中指令從主存取到控制器的過程。

標準答案：先從程序計數(shù)器(PC)中取出指令地址，將指令地址送入主存地址寄存器

(MAR),在相關的控制下從主存中取出指令送至主存數(shù)據(jù)寄存器(MDR),然后將

MDR中的指令送至指令寄存器(IR),最后流向微控制器，供微控制器分析并執(zhí)行

指令。因此，取指令的數(shù)據(jù)通路為：PC—MAR,M(MAR)-MDR—IR一控制器

知識點解析：暫無解析

52、說明數(shù)據(jù)從主存取出、運算、寫回主存所經(jīng)過的數(shù)據(jù)通路(假定數(shù)據(jù)地址己在

MAR中)。

標準答案：根據(jù)MAR中的地址去主存取數(shù)據(jù)，將取出的數(shù)據(jù)送至主存數(shù)據(jù)寄存器

(MDR),然后將：MDR中的數(shù)據(jù)送至ALU進行運算，運算的結果送至累加器

(AC),運算結束后將AC中的結果送至MDR,最后將MDR中的數(shù)據(jù)寫入主存。

因此，從主存取出、運算和寫回主存所經(jīng)過的數(shù)據(jù)通路分別為：M