计算机学科专业基础综合模拟31

1、 模拟 计算机学科专业基础综合模拟 31单项选择题第 1 题：具有 10 个叶结点的二叉树中有 个度为 2 的结点。A. 8B. 9C. 10D. 11参考答案： B对任何一棵二叉树，如果终端结点数为 n0，度为 2 的结点数为 n2，则一定有 n0=n2+1。所以 n2=n0-1=9。第 2 题：FTP的控制连接和数据连接分别使用的协议是 。A. TCP，TCPB. TCP，UDPC. UDP，TCPD. UDP，UDP参考答案： A本题目主要考查的是“ FTP”以及“ TCP协议”和“ UDP协议”。FTP 使用两个并行的 TCP连接来传输文件， 一个是控制连接， 一个是数据连接。 控制连

2、接用 于在两个主机之间传输控制信息， 如用户标识、 口令、改变远程目录的命令以及 “ put ”和“ get ：”文件的命令，使用端口 21。数据连接用于实际传输一个文件， 使用端口 20。第 3 题： 目录文件所存放的信息是 。A. 某一文件存放的数据信息B. 某一个文件的文件目录C. 该目录中所有数据文件目录D. 该目录中所有子目录文件和数据文件的目录参考答案： D在多级目录中，目录文件所存放的信息是该目录中所有子目录文件和数据文件的 目录。即目录文件的目录项可以是数据文件，也可以是一个子目录。第 4 题： 用不带头结点的单链表存储队列时，其队头指针指向队头结点，其队尾指针指 向队尾结点，

3、则在进行删除操作时 。A. 仅修改队头指针B. 仅修改队尾指针C. 队头、队尾指针都要修改D. 队头，队尾指针都可能要修改参考答案： D如果当前队列中仅有一个元素，则删除它时队头、队尾指针都需要修改。第 5 题： 数据链路层采用选择重传 （SR）协议，发送方已经发送了编号为 03 的帧。当计 时器超时时，若发送方只收到 023 号帧的确认，则发送方此时需要重发的 帧数是 。A. 1B. 2C. 3D. 4参考答案： A本题目主要考查了“多帧滑动窗口与选择重传协议 （SR） ”。 当管道化技术 建立在不可靠的信道上时会有一些问题。 比如，如果位于帧流中的某个帧丢失或 损坏了，另外在发送进程发现出

4、错前， 大量的后继帧会到达接收方； 也可能当一 个坏帧到达接收方时，会被接收方丢弃，这些又如何处理呢 ?处理以上问题，其 中一种方法称之为 “GO-BACK-”N协议，即 GBN，接收进程丢弃所有的后继帧， 并 且不通知发送进程。 该策略对应接收窗口为 l 的情况， 即只能按顺序接收帧， 当 发送进程超时后， 必须按顺序重传所有未被确认的帧。 如果错误率高的话， 这种 方法会浪费很多带宽， 但对内存需求不大。 为了进一步提高信道的利用率， 可设 法只重传出现差错的数据帧或是计时器超时的数据帧。 但这时必须加大接收窗口， 以便先收下发送序号不连续但仍处在接收窗口中的那些数据帧。 等到所缺序号的

5、数据帧收到后再一并送交主机。这就是选择重传协议。 题目告知已经发送 了编号为 03 的帧，当计时器超时时，发送方只收到 号帧的确认。这表 示，对方已经正确接收到了 0、2、3 号帧，只有 1 号帧没有被正确接收，此时， 发生了超时问题，所以发送方需要重发的帧数是 1。第 6 题：一组记录的关键码为 （46 ，79，56，38，40，84） ，则利用快速排序的方法，以 第一个记录为基准得到的一次划分结果为 。A. （38 ，40，46，56，79， 84）B. （40 ，38，46，79，56， 84）C. （40 ，38，46，56，79，84）D. （40 ，38，46，84，56，79）

6、参考答案： C快速排序是对冒泡排序的一种改进， 其基本思想是： 通过一趟排序将待排序的记 录分成独立的两部分， 其中一部分记录的关键字比另一部分的关键字小。 然后对 这两部分再继续排序，一直达到整个序列有序。第 7 题： 在单机系统中，三总线结构的计算机的总线系统由 组成A. 系统总线、内存总线、 I/O 总线B. 数据总线、地址总线、控制总线C. 内部总线、系统总线、 I/O 总线D. ISA 总线、 VESA总线、 PCI 总线 参考答案： A在单机系统中，三总线结构的计算机的总线系统由系统总线、内存总线、 I/O 总 线组成，其中，系统总线用于 CPU和内存之间传送地址、数据和控制信息；

7、内存 总线使内存和高速外设之间能够直接传送数据； I/O 总线提供 CPU和各类外设之 间的通信。第 8 题： 浮点数的尾数部分运算发生溢出时应该 。A. 输出错误信息B. 舍入处理C. 向左规格化D. 向右规格化参考答案： D在定点机中，正常情况下溢出是不允许的， 所以当运算结果发生溢出时表示出错， 应当进行中断处理，输出错误信息。而浮点机中若尾数溢出， 并不是真正的溢出， 应该进行向右规格化，同时增大阶码。第 9 题：有一串联文件由四个逻辑记录组成 （其大小与磁盘块大小相等，均为 512 字 节） ，分别存放在第： 号磁盘上，存取文件第 2000 逻辑字节处 的信息，要访问第 块磁盘块。A

8、. 180B. 15C. 68D. 212参考答案： D 2000/512=3.9 可知是在最后一个逻辑记录上，则存放在了 212 号磁盘上。第 10 题： 一棵二叉树的前序遍历序列为 ABCDEF，G它的中序遍历序列可能是 。A. CABDEFGB. ABCDEFGC. DACEFBGD. ADCFEG参考答案： B三种遍历方式：先序遍历：访问根结点，访问左子树、访问右子树；中序遍 历：访问左子树，访问根结点、访问右子树；后序遍历：访问左子树，访问右 子树，访问根结点。第 11 题： 在磁盘存储器中，以下正确的描述是 。A. 各磁道的位密度相等B. 外圈磁道的位密度较大C. 内圈磁道的位密度

9、较大D. 内外圈磁道的位密度相等参考答案： C位密度是磁道单位长度上的记录的二进制代码的位数， 由于每个磁道记录的信息 量是相等的，而内圈的长度较短，所以内圈磁道的位密度较大。第 12 题：802.11 标准定义的分布式协调功能采用的协议是 。A. CSMA/CDB. CDMA/CDC. ( ；SMA/CAD. CDMA/CA参考答案： C本题目主要考查了 “随机访问介质访问控制” 。 无线局域网标准 802.11 的 MAC和 802.3 协议的 MAC非常相似， 都是在一个共享媒体之上支持多个用户共享 资源，由发送者在发送数据前先进行网络的可用性。 在 802.3 协议中， 是由一种 称为

10、 CSMA/CD(Carrier Sense-Multiple Access with Collision Detection)的协议来完成调节，这个协议解决了在 Ethernet 上的各个工作站如何在线缆上进 行传输的问题，利用它检测和避免当两个或两个以上的网络设备需要进行数据传送时网络上的冲突。在 802.11 无线局域网协议中， 冲突的检测存在一定的问题， 这个问题称为“ Near/Far ”现象，这是由于要检测冲突，设备必须能够一边接受 数据信号一边传送数据信号，而这在无线系统中是无法办到的。 因此，在 802.11 中对 CSMA/CD进行了一些调整， 采用了新的协议 CSMA/CA

11、(Carrier Sense Multiple Aecess with CollisionAvoidance) ， 也叫 做 DCF(DistributedCoordination Function) 。CSMA/CA利用 AcK信号来避免冲突的发生， 也就是说， 只有当客户端收到网络上返回的 ACK 信号后才确认送出的数据已经正确到达目 的。CSMA/CA协议的工作流程分为两个分别是：(1) 送出数据前，监听媒体状态，等没有人使用媒体， 维持一段时间后， 再等待一段随机的时间后依 然没有人使用， 才送出数据。 由於每个设备采用的随机时间不同， 所以可以减少 冲突的机会。 (2) 送出数据前，

12、 先送一段小小的请求传送报文 (RTS：Request to Send)给目标端，等待目标端回应 (CTS：Clear to Send)报文后，才开始传送。 利用 RTSCTS握手(handshake) 程序，确保接下来传送资料时， 不会被碰撞。 同 时由於 RTSCTS封包都很小，让传送的无效开销变小。CSMA/CA通过这两种方式来提供无线的共享访问，这种显式的 ACK 机制在处理无线问题时非常有 效。CSMA/CD和 CSMA/CA的主要差别对比如下：(1) 两者的传输介质不同，CSMA/CD用于总线式以太网，而 CSMA/CA则用于无线局域网 802.11a/b/g/n 等等。 (2)

13、检测方式不同， CSMA/CD通过电缆中电压的变化来检测，当数据 发生碰撞时，电缆中的电压就会随着发生变化；而 CSMA/CA采用能量检测 (ED) 、 载波检测 (CS)和能量载波混合检测三种检测信道空闲的方式。(3)WLAN 中，对某个节点来说， 其刚刚发出的信号强度要远高于来自其他节点的信号强度， 也 就是说它自己的信号会把其他的信号给覆盖掉。 (4) 本节点处有冲突并不 意味着在接收节点处就有冲突。5 个度为 1的结点，则度为 0 的结点个第 13 题： 若一棵二叉树具有 10 个度为 2 的结点， 数是 。A. 9B. 11C. 15D. 不确定参考答案： B对任何一棵二叉树，如果终

14、端结点数为 n0，度为 2 的结点数为 n2，则一定有 n0=n2+1。所以 n0=10+1=11，而与 n1 无关。确定的第 14 题： 一个计算机系统的虚拟存储器的最大容量是由A. CPU地址长度B. 内存容量C. 硬盘容量D. 内存和硬盘容量之和参考答案： A虚存的最大容量由 CPU的地址长度决定。 虚存的实际容量由 CPU的地址长和外存 的容量决定，当 CPU的地址长度能表示的大小远远大于外存容量时， 虚存的实际 容量为内存和外存容量之和； 当外存容量远大于 CPU字长能表示的大小时， 虚存 的实际容量由 CPU字长决定。一般情况下， CPU的地址长度能表示的大小都大于 外存容量。第

15、15 题：下面几个符号串编码集合中，不是前缀编码的是 A. 0，10，110，1111B. 11，10，001，101，0001C. 00，010，0110，1000）D. b，c，aa，ac，aba，abb，abc参考答案： B构造出 Huffman 树后，左向分支标志为“ 0”，右向分支标志为” 1”，则从根结 点到叶结点之间的路径上分支字符组成的编码即为 Huffrrtan 编码，该编码必为 前缀编码。任何一 个 字符的 编 码都不 是 另一个字 符的编 码的前缀。 例如 即为前缀编码。 10 可以成为 101 的前缀，所以 B不是前缀编码。第 16 题： 下列关于文件链接错误的是 。A

16、. 硬链接记录的是目标文件的 inode（ 索引结点 ）B. 删除硬链接中的目标文件或链接文件时都会导致引用计数减少C. 符号链接记录的是目标文件的路径D. 创建符号链接时，将增加目标文件的引用计数参考答案： D硬链接记录的是目标文件的 irrode（ 索引结点 ） 。它只能链接文件、不能链接目 录，而且不能跨文件系统。创建链接时，将增加目标文件的引用计数。删除目标 文件或链接文件时都会导致引用计数减少。 硬链接中，目标文件与硬链接文件共 用一个索引结点。 软链接又称为符号链接。符号链接记录的是目标文件的 路径。当访问具有符号链接的文件时， 内核会指向符号链接中包含的文件名。 符 号链接可以引

17、用存在或者不存在的文件， 而且可以跨越不同的系统， 甚至是不同 的计算机。 它们还可以指向其他的符号链接。 创建符号链接时， 不会增加目标文 件的引用计数。 符号链接中目标文件与符号链接文件各自有自己的索引结点， 因 此，删除了目标文件会导致此链接找不到文件， 不会影响符号链接文件的索引结 点中的引用计数。第 17 题：DMA访问主存时，让 CPU处于等待状态，等 DMA的一批数据访问结束后， CPU再恢复工作，这种情况称作 A. 停止 CPU访问主存B. 周期挪用C. DMA与 CPU交替访问D. DMA参考答案： A停止 CPU访问主存的特点是：在 DMA传送过程中， CPU释放总线的控制

18、权，处于 不工作或保持状态，数据传送完毕后， DMA控制器向 CPU发一个 DMA结束信号， 把总线控制权还给 CPU。周期挪用方式的特点是 DMA控制器与主存储器之间传送 一个数据，占用（窃取）一个 CPU周期，即 CPU暂停工作一个周期， 然后继续执行 程序。 DMA与 CPU交替访问的特点是：总线控制权分两个周期分时由 DMA控制器 和 CPU控制，DMA控制器和 CPU交替使用总线，是一种效率最高的 DMA传送方式。第 18 题： 对一给定的信道，使用香农公式计算数据速率，如果 C=W，（C 为信道的容量， W 为信道的带宽 ） 则。A. 信号小于噪声B. 信号大于噪声C. 信号等于噪

19、声D. 没有足够的信息能够回答问题参考答案： C本题目主要考查了“信息的极限数据速率，信道容量，信号和噪声功率的关系” 这一知识点。由香农定理知： C=Wlog₂（1+S/N），其中 N-噪声的平均功率， S- 信号的平均功率， W-信道带宽， C-信道容量。题目中给出的条件 C=W，代入香农公式，得出 S/N=1即 S=N，信号的平均功率等于噪声的平 均功率。所以信号等于噪声。第 19 题：在原码不恢复余数除法 （又称为原码加减交替法 ）算法中， A. 每步操作后，若不够减，则需恢复余数B. 每步操作后，若为负商，则恢复余数C. 在整个算法过程中

20、，从不恢复余数D. 仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数参考答案： C原码不恢复余数除法是在恢复余数法的基础上改进得到的， 在整个算法中， 不再 恢复余数，从而能使运算过程规则。第 20 题：在 OSI 中，为网络用户间的通信提供专用程序的层次是 。A. 运输层B. 会话层C. 表示层D. 应用层参考答案： D本题目主要考查了“ ISO/OSI 参考模型”。应用层是最高层，直接为用户的应用进程提供服务，提供专用程序 ( 协议) 。七层()SI 模型从上到下分别为： (1) 应用层： 与其他计算机进行通讯的一个应用， 它是对应应用程序的 通信服务的。示例： telnet 、HTTP、FTP、NF

21、S、SMTP等。相关设备：应用网关。 (2) 表示层：这一层的主要功能是定义数据格式及加密。 例如，FTP允许你选择以 二进制或 ASCII 格式传输。如果选择二进制， 那么发送方和接收方不改变文件的 内容。如果选择 ASCII 格式，发送方将把文本从发送方的字符集转换成标准的 AS 后发送数据。 在接收方将标准的 ASC转换成接收方计算机的字符集。(3)会话层：定义了如何开始、控制和结束一个会话。 (4) 传输层：这层的功能 包括是否选择差错恢复协议还是无差错恢复协议， 及在同一主机上对不同应用的 数据流的输入进行复用， 还包括对收到的顺序不对的数据包的重新排序功能。 示 例： TCP，UD

22、P，SPX。相关设备：传输网关。(5) 网络层：这层对端到端的包传输进行定义， 他定义了能够标识所有结点的逻辑地址， 还定义了路由实现的 方式和学习的方式。 为了适应最大传输单元长度小于包长度的传输介质， 网络层 还定义了如何将一个包分解成更小的包的分段方法。示例： IP 、IPX 等。相关设 备：路由器。 (6) 数据链路层：定义了在单个链路上如何传输数据。这些协 议与被讨论的各种介质有关。示例： HDLC、PPP、FDDI 等。相关设备：网桥、交 换机。(7) 物理层： OSI的物理层规范是有关传输介质的特性标准，这些规范通常也参考了其他组织制定的标准。连接头、针、针的使用、电流、电流、编

23、 码及光调制等都属于各种物理层规范中的内容。 物理层常用多个规范完成对所有 细节的定义。 示例：RJ45.EIA/TIA-232.EIA/TIA-449 等。相关设备： 转发器、集 线器。第 21 题：以下寻址方式用来支持浮动程序设计。A. 相对寻址B. 变址寻址C. 寄存器间接寻址D. 基址寻址。参考答案： D通过基址寻址方式，可以实现程序的浮动，也就是可装入存储器中的任何位置。 基址寻址使有效地址按基址寄存器的内容实现有规律的变化， 而不会改变指令本 身。第 22 题：n 个结点的完全有向图含有边的数目 。A. n*nB. n(n+1)C. n/2D. n*(n-1)参考答案： D有向图

24、G 中弧数目的取值范围： 0=e=n(n-1) 。有 n(n-1) 条弧的有向图称为 有向完全图。第 23 题：一个计算机系统采用 32 位单字长指令，地址码为 12 位，如果定义了 250 条二 地址指令，那么还可以有 条单地址指令。A. 4KB. 8KC. 24KD. 16K参考答案： C用扩展操作码技术， 有 250条二地址指令， 则还剩 6条用于扩展， 可设计出单地 址指令 6×212 单地址指令，结果为 24K。第 24 题： 下面的存储管理方案中， 方式可以采用静态重定位A. 固定分区B. 可变分区C. 页式D. 段式参考答案： A固定分区一旦分配到内存不会再进行移动，所

25、以可采用静态重定位。第 25 题： 为了对文件系统中的文件进行安全管理，任何一个用户在进入系统时都必须进 行注册，这一级安全管理是 安全管理。A. 系统级B. 目录级C. 用户级D. 文件级参考答案： A第 26 题： 采用多道批处理系统，可能会 。A. 增强人机交互性B. 降低了设备的利用率C. 缩短了每道程序执行时间D. 延长了某些程序的周转时间参考答案： D采用多道批处理可以提高资源利用率， 提高系统吞吐量， 但会增加某些程序的周 转时间，缺点是缺乏交互性。第 27 题： 就微命令的编码方式而言，若微操作命令的个数已确定，则 。A. 直接表示法比编码表示法的微指令字长短B. 编码表示法比

26、直接表示法的微指令字长短C. 直接表示法与编码表示法的微指令字长相等D. 直接表示法比编码表示法的微指令字长大小关系不确定参考答案： B编码表示法是把一组互斥性的微命令信号组成一个小组 (即一个字段 ) ，然后通过 小组译码器对每一个微命令信号进行译码， 译码的输出作为操作控制信号。 与直 接表示法比较， 编码表示法具有可使微指令字大大缩短， 节省控制存储器容量的 优点，但由于增加了译码电路，所以执行速度稍慢。第 28 题：对于长度为 9 的顺序存储的有序表，若采用折半查找，在等概率情况下的平均 查找长度为 的 9 分之一。A. 20B. 18C. 25D. 22参考答案： C折半查找，等概率

27、的情况下，一定会生成一棵折半查找树，如上图所示。所以 ASL=(1*1+2*2+3*4+4*2)/9=25/9第 29 题：静态 RAM的特点是。A. 工作时存储内容不变B. 不需刷新C. 不需电源提供电流D. 断电后存储内容不变参考答案： B静态 RAM属于随机存取存储器， 存储的信息即可随时读取， 也可随时写入。 它依 靠触发器存储信息，所以断电后，触发器不能工作，所存储的信息全部丢失，并 且由于触发器是双稳态器件，所以存储信息不需刷新。第 30 题：某系统中有 3个并发进程，都需要同类资源 4 个，试问该系统保证不会发生死 锁的最少资源数是 。A. 9 个B. 10 个C. 4 个D.

28、12 个参考答案： B如果一个进程有 m个资源它就能够结束， 不会使自己陷入死锁中。 因此最差情况 是每个进程有 m-1 个资源并且需要另外一个资源。 如果留下有一个资源可用， 那 么其中某个进程就能够结束并释放它的所有资源， 使其它进程也能够结束。 所以 避免死锁的条件是： r p(m-1)+1 。带入上述条件公式： r 3*(4-1)+1=10 。所以 答案为 10 个。第 31 题：若一个栈的输入序列为 1，2， 3， n，输出序列的第一个元素是 i，则第 j 个输出元素是 。A. i-j-1B. i-jC. j-i+1D. 不确定参考答案： D不知道 i ，j 的大小关系，所以无法确定

29、。第 32 题：1946年研制成功的第一台电子数字计算机称为 ( ) ，1949 年研制成功的第 一台程序内存的计算机称为 。A. EDVAC，MARKIB. ENIAC，UNIVACIC. ENIAC，MARKID. ENIAC，EDSAC参考答案： D1946 年 ENIAC的出现，标志着数字计算机的诞生，是人类文明发展史的一个里 程碑。 EDSAC是第一台采用冯·诺依曼体系结构的计算机，由英国剑桥大学威尔 克斯（Maurice Vincent Wilkes） 领导、设计和制造的，并于 1949年投入运行。第 33 题：一个 UDP用户数据报的数据字段为 8192 字节。要使用以

30、太网来传送，需要划分 的数据报片个数是 。A. 3B. 4C. 5D. 6参考答案： D本题目主要考查的是“ UDP数据报与以太网帧”。以太网帧可以承载不超过 1500 字节的数据。其中包含 20 字节的 IP 首部（不考虑可选字段 ） ，即以太网 帧可以承载的 UDP数据报的长度不超过 1480。题目中 UDP数据报的数据字段的 长度为 8192字节，加上首部的 8字节，共 8200字节。8200/1480=5.54 ，因此应 当将原数据报划分为 6 个数据报片。第 34 题：数据序列 （8，9，10，4，5，6，20，1，2） 只能是下列排序算法中的 的两趟排序后的结果。A. 选择排序B.

31、 冒泡排序C. 插入排序D. 堆排序参考答案： C直接插入排序是一种最基本的排序算法， 基本操作为： 将一个记录插入到一个已 经排好序的有序表中，从而得到一个新的、长度增 1 的有序表。 一般情况 下，第 i 趟的操作为：在含有 i-1 个记录的有序子序列 r1.i-1 中插入一个新 记录 ri ，变成含有 i 个记录的有序序列 r1.i 。设置 r0 为空值，从 r1 开始保存信息， 可首先将待插入的记录 ri 复制到 r0 中，如下所示： 可 把 r0 看成是 ri 的备份，以后从 r1 ri-1 查找插入位置时可直接同 r0 比较，而且 ri 也可被覆盖了。因为 ri 复制到 r0 后，

32、可认为已经空出了 ri 。考虑从后向前比较，只要 ri-1 ri ，则 ri 的位置不必改变，否则(即 ri-1 ri) ，则将 ri-1 移动到 ri 处，然后再比较 ri-2 和 r0 ， 依次等等。当最后找到一个比 r0 小的关键字时，将 r0 复制到此关键字的后 面一个位置，结束。第 35 题：设有 4 个作业A.B.C. D，其运行时间分别为 2h，5h，1h， 3h，假定它们同D.参考答案： C在单道非抢占情况下， 作业平均周转时间最小的就是短作业优先算法， 作业的平 均响应时间最小的也是短作业优先算法， 可以证明。 对于进程来说进程的平均响 应时间最小的应该是时间片轮转算法。 此

33、题笨办法就是每一个选择项都计算一下。第 36 题：假定 1km长的 CSMA/CD网络的传输速率为 1Gbps。设信号在网络上的传播速率为 200000km/s，则能够使用此协议的最短帧长是 。A. 1000bitB. 2000bitC. 10000bitD. 20000bit参考答案： C本题目主要考查的是“ CSMA/CD协议”。最短数据帧长 (bit)=2 倍的信号传播时 延(s)* 数据传输速率 (bps)=2* 两站点的距离 (m)/ 信号传播速度 * 数据传输速率 (bps)=2*1(km)/200000(km/s)*1Gbps=10000bit 。第 37 题：在操作系统中， 机

34、制是属于以空间换取时间。A. 缓冲技术B. 虚拟存储技术C. 通道技术D. 覆盖技术参考答案： A缓冲技术是在内存中划出一块区域， 用于存放 I/O 设备与处理机的交换数据， 缓 和了 CPU与 I/O 设备速度不匹配的矛盾。 减少了 CPU等待外存的时间， 使 CPU工 作效率得以提高。属于以空间换取时间。另外 SPOOLing技术是在外存划出一块 固定区域模仿了脱机 I/O ，实际上也是为了提高 CPU读取外设的数据的速度，减 少等待时间， 因此也属于以空间换取时间。 可以看出这两种技术都是运用了额外 的空间，也就是说这些空间如果不用系统照常可以完成工作， 只是会用更长的时 间，如快表也是

35、以空间换取时间的方式。 操作系统中还有以时间换取空间 的技术。如虚拟存储技术，覆盖技术，紧凑技术，对换技术。它们都是针对内存 而言，内存是计算机系统的重要组成部分， 虽然容量一直在不断增大， 但对于整 个系统仍是紧俏资源，为了增加对内存的使用， 采用虚拟存储技术例如请求调页， 请求调段式都是增加了产生缺页或缺段中断， 进行页面或段的置换等的时间， 来 换取内存空间使更多的进程可以运行。 覆盖， 紧凑，对换等都是为了换取内存空 间，使更多进程可以运行而增加了其他的操作时间。第 38 题：在 5 个功能段的指令流水线中，假设每段的执行时间分别是 10ns、 8ns、 10ns、10ns和 7ns。

36、对于完成 12条指令的流水线而言，其实际吞吐率和加速比 为。A. 7.7 ×10⁸条指令 / 秒、 2.5B. 7.5 ×10⁸条指令/ 秒、 3.75C. 8.5 ×10⁸条指令 / 秒、 3.75D. 5.33 ×10⁸条指令 / 秒、 2.5参考答案： B为了充分发挥流水线的作用， CPU时钟周期应取各功能段时间的最大值，使得各 功能段能在 CPU的统一时钟控制下执行

37、。 流水线的实际吞吐率指实际完成 n 条指 令的吞吐率， 即：Tp=n/(mt+(n-1) t) ，其中 Tp 表示实际吞吐率， n 为指令的 条数， m为流水线的功能段数， t 为功能段的时间，故等于 12/(5*10ns+(12- 1)*10ns)=7.5 ×108 条指令/秒。加速比是指 m段流水线的速度与等功能的非流 水线的速度之比。即： Sp=nm/(m+n-1)，其中 Sp 表示加速比， n 为指令的条数， m为流水线的功能段数，故等于 12*5/(5+12-1)=3.75 。第 39 题：某机器的主存储器容量共 32KB，由 16片 16K×1位( 内部采用

38、128×128存储器 阵列)的 DRAM芯片字位扩展构成，若采用集中式刷新方式，且刷新周期为 2ms，那么对所有存储单元刷新一遍需要 存储周期。A. 128B. 256C. 1024D. 16384参考答案： A通常对 DRAM的，每一行进行读出，就可完成对整个 RAM的刷新。从上一次对整 个存储器刷新结束到下一次对整个存储器全部刷新一遍为止， 这一段时间间隔称 为再生周期，又叫刷新周期。 16K×1 位的 DRAM芯片内部采用 128×128 存储阵 列，按照行刷新，需要占用 128 个存储周期。第 40 题：一个 TCP连接下面使用 256Kb/s 的链路，其

39、往返时延为 128ms。经测试，发现 吞吐量只有 120kb/s ，则发送窗口大约是 。A. 3614 字节B. 7228 字节C. 57826 字节D. 120k 比特参考答案： A本题目主要考查的是“ TCP流量控制”。题目中给出往返时延为 128ms，则在一个传输周期里，从发送第一个报文段到收到所有确认时间为： W/R+T，其中 W为发送窗口的大小， R为链路速率，T 为往返时延。因此吞吐量 TP=W/(W/R+T，) 将题目中的具体数据代入，即可求得 W=3614字节。综合应用题第 41 题：对有五个结点 A，B，C，D，E 的图的邻接矩阵，(1) 画出逻辑图。(2) 基于邻接矩阵写出

40、图的深度、广度优先遍历序列(3) 计算图的关键路径。 参考答案：(1) 如上图所示。 (2) 深度优先遍历序列： ABCDE广 度优先遍历序列： ABCED (3)所以，关键路径 AB（长 100） 。 设计在无头结点的单链表中删除第 i 个结 点的算法。详细解答：第 42 题：设有浮点数， x=25×（+9/16） ，y=23×（-13/16） ，阶码用 4位（含1位符号位 ）补 码表示，尾数用 5位（含1位符号位 ）补码表示，求真值 x/y 一?要求写出完整的 浮点运算步骤，并要求直接用补码加减交替法完成尾数除法运算。 参考答案：由 x=2<sub>5<

41、;/sub>× (+9/16)=2¹⁰¹ ×(+0.1001)₂ ， Y=2³×(-13/16)=2⁰¹¹ × (-0.1101)₂ 得： x_补=0101 01001 y_补=0011 10011 (1) 阶码运算： 因为尾数中

42、0.10010.1101，即被除数小于除数，所以不用调整被除数 X 的阶 码。阶码相减得到结果的阶码： jx_补=jy_补=0101- 0011=010l+1101=0010 (2) 用补码加减交替法完成尾数除法运算设 A=0.1001，B=-0.1101 则补码表示 A_补=0.1001 ，B_补=1.0011 ，- B_补=0.1101所以 A/B<sub&g

43、t; 补</sub>=1.0101 (3) 规格化： 尾数相除结果已为规格 化数，所以 x/y_补=00101010l ，即 x/y=22 ×(-11/16) 详细解答：第 43 题： 某微程序计算机具有 12 条微指令 V1V12，每条微指令所包含的微命令 -信号 如下表所示：表中， an 分别对应 14种不同的微命令，假设一条微命令长 20位，其中操作 控制字段为 8位，控存容量为 1K×20 位。要求：(1) 采用“不译法”与“分段直接编码法”混合设计此机微指令的操作控制 字段格式，并为每个微命令分配编码；(2

44、) 采用“增量”与“下址字段”相结合的方式设计此机微指令的顺序控制 字段格式，若要使微程序可在整个控存空间实现转移，则该微指令的顺序控制 字段可直接表示出几个转移条件 ?(3) 画出此机微指令的完整格式图，并标出每个具体字段所需的二进制位 数。 参考答案：经分析， 14 个微命令可分为三个小组或三个字段： （b，e，h），（C，g，i ， j ，k，l ，n）和（d ，f ，m），然后经过译码，可得到 13 个微命令信号，剩下的 a 微 命令信号可以直接控制产生， 其整个操作控制字段格式如下所示： 2） 用增量与 下地址结合法安排顺序控制字段： 在这种方式下微指令寄存器有计数的功能， 但在微指

45、令中仍设置一个顺序控制字段， 它分成两部分： 条件选择字段与转移地 址字段。由这两个字段结合， 当转移条件满足时， 将转移地址字段作为下一个微 地址，若无转移要求，则直接从微程序计数器中取得下一条指令。 据题意，控 存的容量为 1K×20 位，要求在整个控存空间实现转移， 所以下地址字段为 10位。 这样还剩下 20-8-10=2 位，用于条件选择字段， 则一共可以表示 4 种编码， 其中 一种必须表示不转移的情况， 所以该指令的顺序控制字段可直接表示出 3 个转移 条件。 3） 微指令的完整格式如下所示： 进程 P1 使用单个缓冲区 buffer 向进 程 P2，P3发送消息，要求

46、每当 P1向 buffer 中发送消息时，只有当 P2，P3进程 都读取了这条消息后才可再向 buffer 中发送新的消息。 利用 P，V 原语描述进程 的同步。详细解答： 第 44 题：假如一个程序的段表如下，其中存在位为 1 表示段在内存，存取控制字段中 w 表示可写， R表示可读， E 表示可执行。对下面的指令在执行时会产生什么样的 结果(1)STORE R1，0 ，70(2) STORE R1， 1 ， 20(3) LOAD R1 ， 3 ， 20(4) LOAD R1 ， 3 ， 100(5) JMP2 ， 100参考答案：(1) 从段表中可读出第 0 段的存在位为 0，表示此段未装

47、入内存， 因此产生缺 页中断。 (2) 从段表中可读出第 1 段在内存中，但存取控制为 R，即只读，而 此指令要求写，故访问权限不合法，产生保护性中断。 (3) 从段表中可读出第 3 段在内存中，此指令中段内位移小于段长，存取控制合法，求出其内存地址为 8000+20=8020，指令将该单元的内容读到寄存器 R1中。 (4) 从段表中可读出第 3段在内存中，但此指令中段内位移大于段长，产生越界中断。 (5) 从段表可 知第 2 段在内存中， 此指令中段内位移小于段长， 存取控制合法， 求出其内存地 址为 3000+100=3100，指令执行后，跳转到内存单元 3100 处继续执行。详细解答：

48、第 45 题： 考虑下图所示的网络。假设每个节点初始时知道到其每个邻居的费用。考虑距 离向量算法，说明节点 Z 的距离向量表表项 ( 包括算法收敛过程中每次迭代所得 的距离向量表 ) 。参考答案：本题考查的是“距离 -向量路由算法”。 距离向量算法中，每个节点 x 维 护如下的信息： (1)Dx(y) 为节点 x 到 y 的最小路径开销的估计值， y 为网络中 任意其它节点。 (2) 每个节点维护着自己的距离向量： Dx=Dx(y) ：yN(N 为 节点集合 ) ，其中记录着从节点 x 到任意节点的最短路径开销估计值。 (3) 每个 节点都保存着所有邻居的距离向量。 (4) 每个节点维护到其邻居的链路开销 c(x ，v)，v 为 x 的邻居节点集合。 距离向量算法的基本思想：每个节点维护 自己到所有节点的最短路径开销， 即距离向量， 每个节点定时向其邻居公告自己 的距离向量。如果从邻居收到了新的距离向量，则重新利用 BF 公式来计算自 己的距离向量。 如果重新计算后产生了新的距离向量网络其它， 则向自己的邻居发送新的距离向量。 BF 公式形式如下：Dx(y) minvc(x ， v)+Dv(y)foreach node y N， 其中 minv 是指