计算机专业（基础综合）模拟试卷3（共456题）

计算机专业（基础综合）模拟试卷3（共9套）（共456题）计算机专业（基础综合）模拟试卷第1套一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)1、假设线性表中元素为(a1，a2，…，ai-1，ai，ai+1…an)，设第一个元素a1的内存地址为LOC(a1)，而每个元素在计算机内占t个存储单元，则第i个元素ai的首地址为()。A、LOC(ai)=(i一1)×t(其中1≤i≤n)B、LOC(ai)=LOC((a1)+i×t(其1≤i≤n)C、LOC(ai)=LOC(a1)+(i—1)×t(其中1≤i≤n)D、LOC(ai)=LOC(a1)+(i+1)×t(其中1≤i≤n)标准答案：C知识点解析：假设线性表中元素为(a1，a2，…，ai-1，ai，ai+1，…，an)，设第一个元素a1的内存地址为LOC(a1)，而每个元素在计算机内占t个存储单元，则第i个元素ai的首地址LOC(ai)为：LOC(ai)=LOC(a1)+(i一1)×t(其中1≤i≤n)。2、循环队列用数组A[0…m-1]存放其元素值，已知其头尾指针分别是front和rear(且队尾指针rear指向队尾元素的下一个元素)，则当前队列中的元素个数是()。A、(rear-front+m)％mB、(rear-front+1)％mC、rear-front-1D、rear-front标准答案：A知识点解析：因为是循环队列，所以应该分为rear＞front和rear＜front两种情况来讨论。(1)当rear＞front时，队列中元素个数为rear-front=(rear-front+m)％m因为0＜rear-front＜m，所以rear-ront+m与m取余后结果还是rear-front。(2)当rear＜front时，队列中元素个数为m-(front-rear)=rear-front+m=(rear-front+m)％m因为0＜rear-front+m＜m，所以rear-front+m与m取余后结果还是rear-front+m。综合(1)、(2)可知，A选项正确。3、以下描述中，哪个不是多线程系统的特长，()。A、利用线程并行地执行矩阵乘法运算B、Web服务器利用线程请求HTTP服务C、键盘驱动程序为每一个正在运行的应用配备一个线程，用来响应相应的键盘输入D、基于GUI的debugger用不同线程处理用户的输入、计算、跟踪等操作。标准答案：C知识点解析：本题考查多线程的特点。线程最直观的理解就是“轻量级实体”，引入线程后，线程成为CPU独立调度的基本单位，进程是资源拥有的基本单位。引入多线程是为了更好的并发执行，键盘属于慢速外设，它无法并发执行(整个系统只有一个键盘)，而且键盘采用人工操作，速度很慢，因此完全可以使用一个线程来处理整个系统的键盘输入。符合多线程系统的特长的任务应该符合一个特点，即可以切割成多个互不相干的子操作，由此得知，A选项矩阵的乘法运算相乘得到的矩阵上的每个元素都可以作为一个子操作分割开；B选项Web服务器要应对多个用户提出的HTTP请求，当然也符合多线程系统的特长；D选项已经说明了不同线程来处理用户的操作，所以答案选C。4、计算机网络可分为通信子网和资源子网，下列属于通信子网的是()。Ⅰ．网桥Ⅱ．交换机Ⅲ．计算机软件Ⅳ．路由器A、Ⅰ、Ⅱ、ⅣB、Ⅱ、Ⅲ、ⅣC、Ⅰ、Ⅲ、ⅣD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ标准答案：A知识点解析：从计算机网络组成的角度来看，典型的计算机网络从逻辑功能上可以分为两部分：资源子网和通信子网。资源子网：由主计算机系统、终端、终端控制器、联网外部设备、各种软件资源与信息资源等组成。资源子网负责全网的数据处理业务，负责向网络用户提供各种网络资源与网络服务。通信子网（包括物理层、数据链路层、网络层）：由通信控制处理机、通信线路与其他通信设备组成，完成网络数据传输、转发等通信处理任务。5、中断向量的地址是()。A、子程序入口地址B、中断服务例行程序入口地址C、中断服务例行程序入口地址的地址D、例行程序入口地址标准答案：C知识点解析：中断向量包括两个字，一个是中断处理程序的入口地址，另一个是中断处理程序的程序状态字。那么显然，中断向量地址就是中断处理程序的入口地址的地址了。6、在OSI的层次模型中，()是控制对等实体间进行通信的规则的集合。A、协议B、服务C、接口D、原语标准答案：A知识点解析：暂无解析7、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B、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。8、磁盘的平均存取时间是指平均寻道时间和平均等待时间之和。若磁盘的转速提高一倍，则()。A、平均存取时间减半B、平均寻道时间减半C、平均等待时间减半D、以上都正确标准答案：C知识点解析：磁盘平均等待时间一磁盘旋转一周所需时间／2一(1／转速)／2；故磁盘转速提高一倍，平均等待时间减半；但平均寻道时间与磁盘转速无关。故选C。9、在采用增量计数器法的微指令中，下一条微指令的地址存放的位置是()。A、在当前微指令中B、在微指令地址计数器中C、在程序计数器中D、在机器指令的地址码中标准答案：B知识点解析：在增量方式下，下一条微指令的地址应该由微程序计数器形成。[归纳总结]下一条微指令的地址也就是后继微地址，它的形成方法对微程序编制的灵活性影响很大，主要有两大基本类型：增量方式和断定方式。增量方式与机器指令的控制方式很类似，顺序执行时后继微地址就是现行微地址加上一个增量(通常为“1”)；转移或转子时，由微指令的顺序控制字段产生转移微地址。因此，在微程序控制器中应当有一个微程序计数器，或称为微指令地址计数器。断定方式的后继微地址可由微程序设计者指定，或者根据微指令所规定的测试结果直接决定后继微地址的全部或部分值。[解题技巧]后继微地址与机器指令没有关系，所以可以排除掉选项C和D。在断定方式下或增量方式转移时，当前微指令中才会包含下一条微指令地址的有关信息，所以选项A也是错误的。10、已知有31个长度不等的初始归并段，其中8段长度为2；8段长度为3；7段长度为5；5段长度为12；3段长度为20(单位均为物理块)。在最佳5-路归并方案下，则总的读／写外存的次数为()。A、400B、500C、600D、800标准答案：D知识点解析：判断是否需要补充空归并段。如何判断?设度为0的结点有n0个，度为m的结点有nm个，则对严格m叉树有n0=(m-1)nm+1，由此可以得出nm=(n0-1)／m-1。(1)如果(n0-1)mod(m-1)=0，则说明这n0个叶子结点(初始归并段)正好可以构造m叉归并树。此时，内结点有nm个。(2)如果(n0-1)mod(m-1)=u≠0，则说明这n0个叶子结点，其中有u个结点多余，不能被包含在m叉归并树内。为了构造包含所有n0个初始归并段的m叉归并树，应在原有的nm个内结点中再增加一个内结点。它在归并树中代替了一个叶子结点的位置，被代替的叶子结点加上刚才多出的u个叶子结点，再加上m-u-1个空归并段，就可以建立归并树。按照以上步骤：因为(31-1)mod(5-1)≠0，所以需要增设空归并段。需要增设5-2-1=2个空归并段。接下来就比较简单了，仿造赫夫曼树的构造方法，来构造5-路最佳归并树，如图3-11所示。从图3-11中可以算出(带有方框的结点表示原数据结点)：WPL=(2×8+3×8+5×2)×3+(5×5+12×5+20×1)×2+20×2=400则总的读／写外存的次数为：400×2=800。11、某数码相机内置128MB的存储空间，拍摄分辨率设定为1600×1200像素，颜色深度为24位，若不采用压缩存储技术，使用内部存储器最多可以存储的照片数是()。A、12B、25C、13D、23标准答案：D知识点解析：颜色深度为24位(3个字节)，每张照片的存储量为1600×1200×3B≈5．5MB，128MB／5．5MB=23．3，所以内置的存储空间最多可存储23张照片。12、在进程通信中，消息的一般形式为四个部分组成。是()。A、发送进程名、接收进程名、消息标示符、消息正文B、发送进程名、消息标示符、消息长度、消息正文C、发送进程名、接收进程名、消息长度、消息当前状态D、发送进程名、接收进程名、消息长度、消息正文标准答案：D知识点解析：在消息传递系统中，进程间的数据交换是以消息(在计算机网络中又称为报文)为单位的。消息的一般结构形式有发送进程名、接收进程名、消息长度、消息正文。故正确答案为选项D。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TAII->next可访问队头。14、下面关于设备属性的论述中，正确的是()。A、字符设备的基本特征是可寻址到字节，即能指定输入的源地址或输出的目标地址B、共享设备必须是可寻址和可随机访问的设备C、共享设备是同一时间内允许多个进程同时访问的设备D、在分配共享设备和独占设备时都可能引起进程死锁标准答案：B知识点解析：可寻址是块设备的基本特征，故A不对。共享设备是指一段时间内允许多个进程同时访问的设备，在同一时间内，即对某一时刻共享设备仍然只允许一个进程访问，故C不正确。分配共享设备是不会引起进程死锁的，故D不正确。15、关于线性表的顺序存储结构和链式存储结构的描述正确的是()。Ⅰ．线性表的顺序存储结构优于其链式存储结构Ⅱ．链式存储结构比顺序存储结构可更方便地表示各种逻辑结构Ⅲ．如频繁使用插入和删除结点操作，顺序存储结构更优于链式存储结构Ⅳ．顺序存储结构和链式存储结构都可以进行顺序存储A、仅Ⅰ、Ⅱ、ⅢB、仅Ⅱ、ⅣC、仅Ⅱ、ⅢD、仅Ⅲ、Ⅳ标准答案：B知识点解析：Ⅰ：线性表的两种存储结构各有优缺点，顺序存储结构支持随机存储，对于表内任意元素的存取具有较高的效率，这一点优于链式存储结构；链式存储结构不需要一次性分配所有空间给线性表，即支持动态存储，这一点优于顺序存储结构，故Ⅰ错误。Ⅱ：例如，树和图等逻辑结构一般都是使用链式存储结构更为方便，故Ⅱ正确。Ⅲ：链式存储应该更适合频繁使用插入和删除操作的线性表，因为不需要移动元素，仅需要修改指针即可；而线性存储可能需要大量移动元素，故Ⅲ错误。Ⅳ：顺序存储结构既可以随机存储也能顺序存储；链式存储结构只能顺序存储。综上所述，Ⅱ、Ⅳ正确。补充：随机存储和顺序存储的差别是什么?随机存储：用户想找第几个结点都可以直接使用下标找到，如数组。顺序存储：用户想找任何一个结点都必须从第一个结点按顺序数过去。16、关于线性表的顺序存储结构和链式存储结构的描述正确的是()。Ⅰ．线性表的顺序存储结构优于其链式存储结构Ⅱ．链式存储结构比顺序存储结构可更方便地表示各种逻辑结构Ⅲ．如频繁使用插入和删除结点操作，顺序存储结构更优于链式存储结构Ⅳ．顺序存储结构和链式存储结构都可以进行顺序存储A、仅Ⅰ、Ⅱ、ⅢB、仅Ⅱ、ⅣC、仅Ⅱ、ⅢD、仅Ⅲ、Ⅳ标准答案：B知识点解析：Ⅰ：线性表的两种存储结构各有优缺点，顺序存储结构支持随机存储，对于表内任意元素的存取具有较高的效率，这一点优于链式存储结构；链式存储结构不需要一次性分配所有空间给线性表，即支持动态存储，这一点优于顺序存储结构，故Ⅱ错误。Ⅱ：比如树和图等逻辑结构一般都是使用链式存储结构更为方便，故Ⅱ正确。Ⅲ：链式存储应该更适合频繁使用插入和删除操作的线性表，因为不需要移动元素，仅需要修改指针即可；而线性存储可能需要大量移动元素，故Ⅲ错误。Ⅳ：顺序存储结构既可以随机存储也能顺序存储；链式存储结构只能顺序存储。综上所述，Ⅱ、Ⅳ正确。17、下列()调度算法不适合交互式操作系统。A、高响应比优先B、高优先级优先C、时间片轮转D、先来先服务标准答案：A知识点解析：高响应比优先算法需要知道作业的预计运行时间，但是，一旦作业创建为进程，在交互式的情况下，预计运行时间是不确定的，因此也就不能计算响应比，故不适用。18、某计算机有8个主设备竞争总线使用权，使用链式请求方式进行总线判优控制，则该机为实现总线判优控制需要的控制线数为()。A、3B、16C、5D、无法确定标准答案：A知识点解析：链式请求方式下，为实现总线判优控制，需要一根总线请求线、一根总线忙线、一根总线同意线，共三根控制线。而B和C选项分别对应独立请求方式和计数器查询方式所需要的线数。19、关于临界问题的一个算法(假设只有进程P0和P1可能会进入该临界区)如下(i为0或1)：repeatretry：if(turn!=-1)turn=i；if(turn!=i)gotoretry；turn=-1；临界区；turn=0；其他区域；unti1false；该算法()。A、不能保持进程互斥进入临界区，会出现“饥饿”B、不能保持进程互斥进入临界区，不会出现“饥饿”C、保证进程互斥进入临界区，会出现“饥饿”D、保证进程互斥进入临界区，不会出现“饥饿”标准答案：B知识点解析：进程并发时容易产生争夺资源现象，必须在入口码处能够阻止进程同时进入临界区。要求根据给出的入口码和出口码判断程序是否正确，此类出题方式较常见。此类题目要想得出正确答案，关键是找出程序的错误。根据条件可先写出每个进程的执行代码，注意程序中i的取值应与进程Pi的取值相同：P0：repeatretry：if(turn!=-1)turn=0;①if(turn!=0)gotoretry；②turn=-1;⑤临界区；turn=0；其他区域；unti1false；P1：repeatretry：if(turn!=-1)turn=1；③if(turn!=1)gotoretry；④turn=-1；⑥临界区；turn=0；其他区域；unti1false；入口码最容易出错的地方就是在两个进程同时申请进入临界区的时候。若此时两个进程同时申请资源，此时turn的值是0，按照①②③④⑤⑥的顺序执行，两个进程同时进入临界区。再讨论“饥饿”问题。因为入口码的判断条件是turn!=-1，否则进程被阻塞，而只有在临界区中存在进程访问的情况下turn的值才会是-1，所以没有进程会被饿死。20、进程处于下列哪个等待状态时，它是处于非阻塞状态()。A、等待从键盘输入数据B、等待协作进程的一个信号C、等待操作系统分配CPU时间D、等待网络数据进入内存标准答案：C知识点解析：进程有三个基本状态，处于阻塞状态的进程是由于某个事件不满足需求而等待的。这样的事件一般是10操作，例如键盘，磁盘等，或者是因互斥或同步数据引起的等待，例如等待信号或等待进入互斥临界区代码段等，等待网络数据进入内存是为了进程同步。而等待CPU调度的进程是处于就绪态，只有它是非阻塞状态。21、设待传送数据总长度为L位，分组长度为P位，其中头部开销长度为H位，源节点到目的节点之间的链路数为h，每个链路上的延迟时间为D秒，数据传输率为Bbps，虚电路建立连接的时间都为S秒，在分组交换方式下每个中间节点产生d位的延迟时间，则传送所有数据，虚电路分组交换所需时间是([X]表示对X向上取整)()。A、S＋(hd／B＋P／B)×[L／(P－H)]秒B、S＋(hD＋P／B)×[L／(P－H)]秒C、S＋[(h－1)D＋P／B]×[L／(P－H)]秒D、s＋[(h－1)d／B＋hD＋P／B]×[L／(P－H)]秒标准答案：D知识点解析：本题考查虚电路的基本原理，首先要明确虚电路是一种面向连接的网络服务，是分组交换的一种，因此虚电路交换的总时间包括连接建立时间、每一个分组的发送时间、传播延时以及每个中间节点的延时。具体来说主机HA要和HC进行数据交换，首先主机HA向HC发一虚呼叫(虚电路连接请求)，该虚呼叫选择一条适当的路径传送到HC，记下沿途所经过的路程作为虚电路，并给其赋一个虚电路号VCl。如果HC准备就绪，则发一响应给HA，HA收到该响应，则虚电路VCl已建立完毕。随后HA和HC的数据交换必须通过该虚电路进行。数据交换完毕，则释放虚电路。注意源节点到目的节点之间的链路数为h，因此之间有h－1个中间节点，因此传送单一个分组所需的时间是(h－1)d／B＋hD＋P／B，因此总的时间是S＋[(h－1)d／B＋hD＋P／B]×[L／(P－H)]秒，答案是D。22、假设初始为空的散列表的地址空间为(0…10)，散列函数为H(key)=keymod11，采用线性探测再散列法处理冲突，若依次插入关键字37、95、27、14、48，则最后一个关键字值48的插入位置是()。A、4B、5C、6D、8标准答案：C知识点解析：首先通过散列函数H(key)=keymod11的计算得知，37、95、27、14分别插入到散列表中的4、7、5、3的位置。而48mod11=4，但是此时4已经有元素了，根据线性探测再散列法处理冲突的原则，依次探测位置4的下一个地址，直到此地址为空，发现6为空则插入，故选C选项。补充：如果此题改为使用平方探测法，则又应该选择哪一个选项？解析：平方探测法的原理是设发生冲突的地址为d，则平方探测法的探测序列为d+12，d_12，d+22，d_22，…。位置4不空时，下一个探测的位置应该为5，发现又不空，则下一个探测的位置应该是3，发现又不空。接着再探测位置8，发现为空，将元素插入，故选D选项。平方探测法是一种较好的处理冲突的方法，可以避免出现堆积问题。它的缺点是不能探测到散列表上的所有单元，但至少能探测到一半单元。23、设用数组A[1，n]作为两个栈S1、S2的共用存储空间，对任一个栈，只有当数组A[1，n]全满时才不作人栈操作，则分配这两个栈空间的最佳方案是()。A、S1的栈底位置设为1，S2的栈底位置设为nB、S1的栈底位置设为n／2，S2的栈底位置设为n／2+1C、S1的栈底位置设为1，S2的栈底位置设为n／2D、S1的栈底位置设为n／2，S2的栈底位置设为1标准答案：A知识点解析：由于栈中元素个数不固定，因此如果将栈底设在中间位置时，固定了栈中元素的个数，不能满足只有当数组全满时才不作入栈操作的要求。24、某定点机字长n位，其中包含一位符号位。若采用补码一位乘(Booth算法)实现乘法运算，则最多需要做()次移位运算。A、n一1B、nC、n+1D、n+2标准答案：A知识点解析：暂无解析25、局域网交换机首先完整地接收数据帧，并进行差错检测。如果正确，则根据帧目的，则根据目的地址确定输出端口号再转发出去。这种交换方式是()。A、直接交换B、改进直接交换C、存储转发交换D、查询交换标准答案：C知识点解析：本题考查交换机的三种交换方式，直接交换在输入端口检测到数据帧时，检查帧头地址，把数据帧直通到相应的端口，实现交换功能。存储转发交换把输入端口的数据帧先存储起来，然后进行CRC(循环冗余码校验)检查，在对错误包处理后才取出数据帧的目的地址，通过查找表转换成输出端口送出帧。碎片隔离交换检查数据包的长度是否够64个字节，如果小于64字节，说明是假包，则丢弃该包；如果大于64字节，则发送该包。因此答案是C。26、设有n个进程共用一个相同的程序段，假设每次最多允许m个进程(m≤n)同时进入临界区，则信号量S的初值为()。A、mB、nC、m—nD、—m标准答案：A知识点解析：本题考查互斥信号量的设置。互斥信号量的初值应为可用资源数，在本题中为可同时进入临界区的资源数。每当一个进程进入临界区，S减1，减到—(n—m)为止，此时共有｜S｜个进程在等待进入。27、下列协议中，用于解决电子邮件中传输多语言文字和附件问题的协议是()。A、MIMEB、SMTPC、SNMPD、POP3标准答案：A知识点解析：本题考查邮件协议中MIME的作用，MIME设计的最初目的就是为了在发送电子邮件时附加多媒体数据，让邮件客户程序能根据其类型进行处理，因此定义了5个新的邮件首部字段，它们可包含在[RFC822]首部中。这些字段提供了有关邮件主体的信息。定义了许多邮件内容的格式，对多媒体电子邮件的表示方法进行了标准化。定义了传送编码，可对任何内容格式进行转换，而不会被邮件系统改变。因此答案为A。28、下列协议中，用于解决电子邮件中传输多语言文字和附件问题的协议是()。A、MIMEB、SMTPC、SNMPD、POP3标准答案：A知识点解析：本题考查邮件协议中MIME的作用，MIME设计的最初目的就是为了在发送电子邮件时附加多媒体数据，让邮件客户程序能根据其类型进行处理，因此定义了5个新的邮件首部字段，它们可包含在[RFC822]首部中。这些字段提供了有关邮件主体的信息。定义了许多邮件内容的格式，对多媒体电子邮件的表示方法进行了标准化。定义了传送编码，可对任何内容格式进行转换，而不会被邮件系统改变。因此答案为A。29、一棵深度为k的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，则该树的结点数是()。A、2k－1－1B、2k－1C、2k－1＋1D、2k－1－1标准答案：D知识点解析：一棵深度为k的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，也就是说每个非终端结点都有左子树和右子树且高度相等。因此，这样的平衡二叉树即为满二叉树，而高度为k的满二叉树的结点数是2k－1。30、以下地址中的()和86．32．0．0／12匹配。A、86．33．224．123B、86．79．65．216C、86．58．119．74D、86．68．206．154标准答案：A知识点解析：观察地址的第二个字节0×32=00100000，前缀12位，说明第二个字节的前4位在前缀中。给出的4个地址的第二字节的前4位分别是：0010，0100，0011和0100，故只有A是匹配的。31、在交互式操作系统中，当选择调度算法时，不作为拒要调度准则考虑的是()。A、尽量提高处理机的利用率B、尽可能高地提高系统的吞吐量C、尽可能地降低用户响应时间D、尽量公平地对待每一个进程标准答案：B知识点解析：本题考查交互式操作系统的调度设计准则。在交互式系统中，调度的准则主要是提高处理机的利用率，公平调度，减少用户响应时间，满足用户的习惯操作等，吞吐量在交互式系统中并不是一个调度的重要指标，而是在批处理作业调度时才需要考虑的一个指标。32、若数据链路的发送窗口尺寸wT＝4，在发送3号帧、并接到2号帧的确认帧后，发送方还可连续发送的帧数是()。A、2帧B、3帧C、4帧D、1帧标准答案：B知识点解析：本题考查滑动窗口的机制，发送方可连续发送K帧而无需对方应答，但需要将已发出但尚未收到确认的帧保存在发送窗口中，以备由于出错或丢失而准备重发。接收方按正确的次序接受和递交数据帧，并返回确认信息。接收方可能因为一帧出错，不能正确接受并递交主机，对后面连续发送来的n帧均丢失，这就是累积确认的概念。本题收到了2号帧的确认后，即0，l，2号帧已经正确接收，因此窗口向右移动3个帧，目前已经发送了3号帧，因此可连续发送的帧数是窗口大小一已经发送的帧数，即4—1＝3，答案是B。[归纳总结]在滑动窗口协议中，每一个要发送的帧都包含一个序号，范围是从0到某个最大值，最大值通常是2n－1，n为帧序号的长度。滑动窗口协议的要点是，任何时刻发进程要维护一组帧序号，对应于一组已经发送但尚未被确认的帧，这些帧称为落在发送窗口内；类似地，接收进程也要维护一组帧序号，对应于一组允许接收的帧，这些帧称为落在接收窗口内。发送窗口中的序号代表已发送但尚未确认的帧，其中窗口下沿代表最早发送但至今尚未确认的帧。当发送窗口尚未达到最大值时，可以从网络层接收一个新的分组，然后将窗口上沿加1，并将新的上沿序号分配给新的帧；当收到对窗口下沿帧的确认时，窗口下沿加1。由于每一个帧都有可能传输出错，所以发送窗口中的帧都必须保留在缓冲区里以备重传，直至收到确认为止。当发送窗口达到最大值时，停止从网络层接收数据，直到有一个缓冲区空出来为止。接收窗口中的序号代表允许接收的帧，任何落在窗口外的帧都被丢弃，落在窗口内的帧存放到缓冲区里。当收到窗口下沿帧时，将其交给网络层，并产生一个确认，然后窗口整体向前移动一个位置。和发送窗口不同，接收窗口的大小是不变的，总是保持初始时的大小。接收窗口大小为1，意味着数据链路层只能顺序接收数据，当接收窗口大于1时不是这样，但无论如何，数据链路层必须按顺序将数据递交给网络层。33、某计算机的指令流水线由四个功能段组成，指令流经各功能段的时间(忽略各功能段之间的缓存时间)分别是90ns、80ns、70ns和60ns，则该计算机的CPU时钟周期至少是()。A、90nsB、80nsC、70nsD、60ns标准答案：A知识点解析：CPU时钟周期必须保证能够在一个周期内完成最复杂的操作，故本题中CPU时钟周期至少应为90ns，选A。34、某机主存容量64KB，按字节编址。主存地址0100H处有一条相对转移指令，指令字长16位，其中，第一个字节为操作码，第二个字节为相对位移量(用补码表示)，则该指令执行结束后，后继指令的地址范围可能是()。A、0000H~FFFFHB、0080H～017FHC、0082H～0181HD、0080H～01FFH标准答案：C知识点解析：该指令取指结束后，PC值自动加2，即(PC)一0102H；相对位移量用8位补码表示，故其范围为80H～7FH，扩展到16位为FF80H～007FH，与PC值相加就可得后继指令的地址范围为0082H～0181H。35、—棵二叉树的前序遍历序列为1234567，则它的中序遍历序列不可能是()。Ⅰ．3124567Ⅱ．1234567Ⅲ．4135627Ⅳ．1436572A、仅Ⅰ、ⅡB、仅Ⅱ、ⅢC、仅Ⅰ、ⅢD、仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ标准答案：C知识点解析：由二叉树的前序遍历为1234567可知，该二叉树的根为结点1，并且2为1的孩子结点。Ⅰ：假如3124567是该二叉树的中序遍历，那么3必然是l的左孩子，前序遍历的序列一定是13，而前序遍历并没有以13开头，所以Ⅰ不可能是中序序列。Ⅱ:首先需要来证明一个知识点，什么情况下前序遍历和中序遍历是一样的。前序遍历是tlr（根左右），中序遍历是ltr（左根右），下面就从tlr和ltr着手。(1)当没有左子树时，前序遍历变成了tr，中序遍历也变成了tr，故前序遍历和中序遍历一样。(2)当没有右子树时，前序遍历变成t1，中序遍历却变成了1t，故前序遍历和中序遍历不一样。综上分析，只要该二叉树没有左子树都能够满足前序遍历和中序遍历是一样的，故Ⅱ是可能的。Ⅲ:和Ⅰ的情况一样的分析，前序应该是以14开头，所以不可能是中序序列。Ⅳ：构造的二叉树如图8—6所示。因此，Ⅰ、Ⅲ不可能。总结：以下3种情况可以唯一确定一棵二叉树：①先序序列和中序序列。②后序序列和中序序列。③层次序列和中序序列（重点，注意出题！！）36、以下叙述不正确的是()。A、后序线索二叉树是不完善的，要对它进行遍历，不需使用栈B、任何一棵二叉树的后序线索树进行后序遍历时都必须使用栈C、任何一棵二叉树都可以不用栈实现先序线索树的先序遍历D、任何一棵二叉树都可以不用栈实现中序线索树的中序遍历标准答案：B知识点解析：不需要使用栈。37、假设磁头的当前位置是100磁道，磁头正向磁道号增加的方向移动，磁道号从最小的0号到最大的199号。现有一个磁盘读写清求队列：98、183、37、122、10、124、65、67。若采用扫描算法，则平均寻道长度是()。A、29B、32C、36D、40标准答案：C知识点解析：这类题其实是有争议的。问题其实就是SCAN算法和LOOK算法(①LOOK不是CSCAN；②CSCAN跟SCAN的区别是CSCAN只有一个起点)的区别。SCAN算法是要扫到头的，而LOOK算法是移动到最内／外磁道后，就改变方向。但很多时候教材只提到SCAN算法，而算法描述其实是LOOK算法。考生如果遇到这样的问题，建议这样处理：若没有给出最内／最外磁道号的，题目就默认是考查LOOK算法；若给出最内／最外磁道号的，而又无特殊说明的，就默认是考查SCAN算法。2012年的大纲解析中，对SCAN算法的解释是要扫到底才改变方向的。所以，本题解答如下：扫描算法的寻道顺序为100→122→124→183→199→98→67→65→37→10，由100到199移动道数为99：再由199到10移动道数为189，总共移动道数为288，平均寻道长度为288／R=36，本题选C选项。知识点回顾：扫描算法(SCAN)或电梯调度算法优缺点如下。优点：解决最短寻道时问优先(SSTF)算法的饥饿问题，性能较好。缺点：存在一个请求刚好被错过而需要等待很长时间才会被处理的问题。38、下列说法中不正确的是()。A、变址寻址时，有效数据存放在主存中。B、堆栈是先进后出的随机存储器。C、堆栈指针SP的内容表示当前堆栈内所存储的数据的个数。D、内存中指令的寻址和数据的寻址是交替进行的。标准答案：C知识点解析：SP是栈顶指针，指向当前栈顶元素的下一位置，不表示当前栈内数据的个数，故C错。39、既允许在操作系统内核态执行叉可以在用户态执行的指令是()。A、禁止所有中断B、读系统时钟C、写系统时钟D、改变存储映射标准答案：B知识点解析：内核态与用户态是操作系统的两种运行级别，intelcpu提供Ring0—Ring3三种级别的运行模式。Ring0级别最高，Ring3最低。当一个任务(进程)执行系统调用而陷入内核代码中执行时，我们就称进程处于内核运行态(或简称为内核态)。此时处理器处于特权级最高的(0级)内核代码中执行。当进程处于内核态时，执行的内核代码会使用当前进程的内核栈。每个进程都有自己的内核栈。当进程在执行用户自己的代码时，则称其处于用户运行态(用户态)。即此时处理器在特权级最低的(3级)用户代码中运行。40、信号量S的初值定义为5，在S上调用了10次wait操作和8次signal操作后，S的值应为()。A、2B、3C、7D、13标准答案：B知识点解析：s初值为5，每调用一次wait操作s减一，每执行一次signal操作s加1，故调用了10次wait操作和8次signal操作后s值为5—10+8=3。二、综合应用题(本题共9题，每题1.0分，共9分。)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，R1o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。41、“ADDR2，R0”指令完成(R0)+(R2)→R0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：暂无解析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。标准答案：[*]知识点解析：暂无解析43、在(2)的基础上，将“执行周期”也缩短为一个CPu周期，先修改运算器数据通路，后画出指令周期流程图。此时加法指令速度比(1)提高几倍?标准答案：[*]知识点解析：暂无解析完成以下各小题。44、什么是Belady现象?为什么会产生这种现象?标准答案：如果某种换页算法，在增加页框数之后反而可能导致更多缺页，这种反常情形称为Belady现象。知识点解析：暂无解析45、页面置换算法FIFO为什么会出现Belady现象?简述理由。标准答案：FIFO换页策略将最早换人页框的页面换出，而不考虑该页面是否最近使用过，这违背了局部性原理。当页框数较大时，由于包含的页面更多，历史记录更全面，就有可能使最近频繁使用但较早进入页框的页面被换出，从而出现Belady异常。知识点解析：暂无解析46、页面置换算法LRU为什么不会出现Belady现象?简述理由。标准答案：LRU换页策略将最近最长时间未使用的页面换出，符合局部性原理。当页框数较大时，最近最长未使用的情况更全面，因此缺页数不会增加。知识点解析：暂无解析假定A和B是试图在一个以太网上发送的两个站。每个站都有一个稳定的帧的队列准备发送，A的帧编号是A1，A2和A3等，B的帧编号是B1，B2和B3等。再假定指数后退的基本单元时间是T=51．2微秒。现在A和B同时尝试发送1号帧，碰撞，并且刚好分别选择了0×T和1×T的退避时间，也就是说，A赢得了这一次竞争，发送A1，B需要等待。在这次传送结束时，B尝试再发送B1．而A则尝试发送A2。这一轮的首次尝试产生碰撞，此时，A的退避时间从0×T和1×T中选择，而B则从0×T，…，3×T中选择。47、给出A赢得第2次退避竞争的概率。标准答案：A可以选择KA=0或1；B可以选择KB=0，1，2，3。如果(KA，KB)选择(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，2)，(1，3)中的一个组合，那么将是A赢得这第2次竞争，其概率是5／8。知识点解析：暂无解析48、假定A已赢得了第2次退避竞争。A在成功发送A2后，接着尝试发送A3。当B再次尝试发送B1时，A和B再次碰撞。给出A赢得这第3次退避竞争的概率。标准答案：现在A是在一次成功发送之后，可以选择KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的选择是0，1，2，…，7。如果KA=0，那么KB中有7种选择使得A赢；如果KA=1，那么KB中有6种选择使得A赢。所以A赢得这第3次竞争的概率是13／16。知识点解析：暂无解析49、给出A赢得所有其余后退竞争的概率的合理下限值。标准答案：A赢得第2次竞争的概率=5／8>1／2A赢得第3次竞争的概率=13／16>3／4类似地，A赢得第4次竞争的概率>7／8一般地，A赢得第i次竞争的概率>(1—1／2i一1)因此，假定A已经赢得第1至第3次竞争，那么A赢得所有其余的后退竞争的概率将不低于：(1—1／8)×(1一1／16)×(1一1／32)×(1一1／64)×…≈1—1／8—1／16—1／32—1／64一…=6／8=3／4知识点解析：暂无解析计算机专业（基础综合）模拟试卷第2套一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)1、下面关于图的存储的叙述中，正确的是()。A、用邻接矩阵法存储图，占用的存储空间数只与图中结点个数有关，而与边数无关B、用邻接矩阵法存储图，占用的存储空间数只与图中边数有关，而与结点个数无关C、用邻接表法存储图，占用的存储空间数只与图中结点个数有关，而与边数无关D、用邻接表法存储图，占用的存储空间数只与图中边数有关，而与结点个数无关标准答案：A知识点解析：邻接矩阵的空间复杂度为O(n2)，与边的个数无关。邻接表的空间复杂度为O(n＋e)，与图中的结点个数和边的个数都有关。2、以下服务中，能发挥多线程系统的特长的是()。Ⅰ．利用线程并发地执行矩阵乘法运算Ⅱ．Web服务器利用线程请求HTTP服务Ⅲ．键盘驱动程序为每一个正在运行的应用配备一个线程，用来响应相应的键盘输入Ⅳ．基于GUI的debugger用不同线程处理用户的输入、计算、跟踪等操作A、Ⅰ、ⅢB、Ⅱ、ⅢC、Ⅰ、Ⅱ、ⅢD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ标准答案：D知识点解析：在多线程操作系统中，通常一个进程中包括多个线程，每个线程都是作为利用CPU的基本单位，是花费最小开销的实体。线程具有下述属性：(1)轻型实体。线程中的实体基本上不拥有系统资源，只是有一点必不可少，即能保证独立运行的资源。它包含了一个线程ID、一个程序计数器、一个寄存器组和一个堆栈。(2)独立调度和分派的基本单位。(3)可并发执行。(4)共享进程资源。在同一进程中的各个线程，都可以共享该进程所拥有的资源，包括共享代码段、数据段以及其他的操作系统资源(如打开的文件)等。多线程最大的优点就是并发执行。在4个服务中，只有键盘操作是无法并发执行的，因为整个系统只有一个键盘，而且键盘输入是人的操作，速度比较慢，完全可以使用一个线程来处理整个系统的键盘操作，所以选择D。3、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的关系是()。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，一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关系并没有确定的关系。正确答案为C。4、以太网中，在第5次碰撞之后，一个节点选择的r值为4的概率是()。A、1／8B、1／16C、1／32D、1／64标准答案：C知识点解析：本题考查二进制指数退避算法。如果发生冲突，采用该算法需要从[0，1，2…，(2K一1)]中随机选取一个数，记为r。重传应推后的时间就是r倍的争用期。而上面所述的k值即为重传次数，但不应该超过10。即：k=min[10，重传次数]。在本题中重传次数为5，因此本题答案为1／22=1／32。注意：这里要区分发送、碰撞以及重传次数：第i次发送，那么之前发生了i1次碰撞，这次碰撞即是第i1次重传，k值应当选il。以这题为例，假设题目中说的是重传2次之后，那么第一次发送，发生第一次碰撞第二次发送，即第一次重传，[0，1]内选，发生第二次碰撞第三次发送，即第二次重传，[0，1，2，3]内选，发生第三次碰撞第四次发送，即第三次重传，[0，1，2，3，4，5，6，7]内选，发生第四次碰撞即重传二次之后是第三次重传，即第四次发送，此时的k值应该选择3。5、在具有n个结点的顺序表，算法的时间复杂度是D(1)的操作是()。A、访问某个结点B、插入一个新结点C、删除一个已经存在的结点D、将顺序表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，因此时间复杂度为O(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)～O(n2)6、在下列遍历算法中，在遍历序列中叶结点之间的次序可能与其他算法不同的算法是()。A、先序遍历算法B、中序遍历算法C、后序遍历算法D、层次遍历算法标准答案：D知识点解析：考查各种遍历算法的特点。先序、中序和后序遍历算法访问叶结点的顺序都一样，而层序遍历算法在二叉树的叶结点不在同一层上时，可能先遍历后面的叶结点。因此选D。7、计算机系统总线包括①地址总线、②数据总线和③控制总线。若采用DMA方式传送数据，需要DMA控制器控制的是()。A、①②B、②③C、①③D、①②③标准答案：D知识点解析：在DMA传送过程中，DMA控制器将接管CPU的地址总线、数据总线和控制总线，CPU的主存控制信号被禁止使用。而当DMA传送结束后，将恢复CPU的一切权力，并开始执行其操作。由此可见，DMA控制器必须具有控制系统总线的能力，即能够像CPU一样输出地址信号，接收或发出控制信号，输入或输出数据信号。8、有一条TCP连接，它的最大报文段长度是2kB，TCP拥塞窗口为24kB，这时候发生了超时事件，那么该拥塞窗口变成了()。A、1kBB、2kBC、5kBD、7kB标准答案：B知识点解析：在TCP中，当发生超时事件，阀值被设置成当前拥塞窗口的一半，而拥塞窗口被设为一个最大报文段。9、若进栈序列为a，b，c，则通过出栈操作可能得到a，b，c的不同排列个数为()。A、4B、5C、6D、7标准答案：B知识点解析：若进栈序列为a，b，c，可以考虑所有进栈出栈情况，则可能得到a，b，c的出栈序列是abc，acb，bac，bca，cba。10、在HTIP协议中，一个以2开头的响应报文表示()。A、暂时性失败B、永久性失败C、重定向D、成功标准答案：D知识点解析：HTTP协议中以2开头的响应报文表示请求成功。11、下列说法正确的是()。Ⅰ．用链式方式存储的队列，在进行出队操作时，队头、队尾指针都必须修改Ⅱ．将递归算法转换成等价的非递归算法应使用栈Ⅲ．图的广度优先搜索使用了栈来实现A、ⅠB、Ⅰ、ⅡC、ⅡD、Ⅱ、Ⅲ标准答案：C知识点解析：Ⅰ：队列以链表方式存储时，如果队列中只有一个元素，则出队操作需要修改队头、队尾指针；反之，只需要修改队头指针，所以Ⅰ错误。Ⅱ：考查栈的基本应用，在二叉树遍历的非递归算法中可以得到认证，所以Ⅱ正确。Ⅲ：队列具有先进先出的特性，在广度优先搜索算法中，访问完每一个结点，可将其子结点全部加入队列中，这样可实现结点的按层次优先的访问，故广度优先搜索使用了队列来实现，所以Ⅲ错误。12、指令流通常是()。A、从主存流向控制器B、从控制器流向主存C、从控制器流向控制器D、从主存流向主存标准答案：A知识点解析：指令是存放在主存中的，在主存中取出指令后送入控制器进行分析并发出相应的各种操作序列，所以指令流是从主存流向控制器．且是单向流动；而数据流是在CPU中的运算器和主存之间流动，且是双向流动。13、关于数据交换，下列叙述不正确的是()。A、线路交换面向连接B、分组交换比报文交换具有更好的网络响应速度C、报文交换无存储转发过程D、分组交换有存储转发过程标准答案：C知识点解析：该题考查数据交换的原理，要明确报文是一份完整的信息，而分组是报文分组的简称，又叫信息包，将报文划分为若干格式化信息单位作为网络层的数据传输单元。分组交换方式：将一份完整的报文划分为若干组，每个分组独立的从源节点发送到目的节点，目的节点收到这些分组后，再组装成源报文。其特点是化整为零，即将完整的较长的报文划分为较小的分组，以分组单位传输数据。优点是减少节点缓冲区容量，并有利于差错控制。而存储转发是指每个节点均设有缓冲区，分组到达某节点后，先存储在缓冲区中，等待输出链路空闲时在转发到下一个节点。本题中面向连接的只有线路交换，存储转发只有分组和报文，由于分组交换的灵活性，使其具有更好的响应速度，因此答案是C。14、某计算机有8个主设备竞争总线使用权，使用链式请求方式进行总线判优控制，则该机为实现总线判优控制需要的控制线数为()。A、3B、5C、16D、无法确定标准答案：A知识点解析：链式请求方式下，为实现总线判优控制，需要1根总线请求线、1根总线忙线、1根总线同意线，共3根控制线。15、磁臂驱动调度算法中，能够随时改变磁头运动方向的算法是()。A、电梯调度算法B、扫描算法C、循环察看算法D、最短寻道距离优先算法标准答案：D知识点解析：本题考查磁臂调度算法。了解每一种磁臂调度算法后对该题就应该有比较清晰的认识，例如，最短寻道时间优先算法是找离得最近的磁道去服务，那么它随时会改变方向；而电梯调度算法在一次单向运动过程中服务所有经过的磁道的请求，直到该方向没有磁道需要访问了才改变方向，到达另一个方向的最远的需要服务的磁道后再返回；扫描调度算法非常类似电梯调度算法，区别是扫描算法不管有没有用户请求访问磁道，均会移到磁道两端的终点。循环察看是电梯调度算法的改进，它只进行单向服务，到最远端的服务磁道结束后立即返回另一端的第一个需要服务的磁道，返程途中不寻道，以保证对不同分布磁道的访问具有公平性。16、有一个文件含有10000个文件块，若将其顺序结构存放，则对文件块顺序查找的平均时间为5000个。若按索引顺序文件的结构存放，每个索引为100个文件块，则顺序查找次数是()。A、500B、100C、50D、10标准答案：B知识点解析：本题考查的是文件的逻辑结构。顺序文件在按顺序查找文件内容时，必须按顺序一个一个去读取，最快在第一个就读取到，最慢一直读到最后一个文件块，所以平均为一半，计算结果是10000÷2=5000。(若采用二分法不会有这么多次)。当采用索引顺序文件时，文件的内容已经按照索引的关键词排好了序(例如按字母顺序等)。并建立了索引表，索引表一般将一定数量的文件块组织成一组，本题中以100个一组，所以分成10000÷100=100组，按顺序查找法，查找这100组平均需要100÷2=50次，找到以后在组内继续查找，平均需要100÷2=50次，所以共需要50+50=100次。17、中断向量表中保存的是()。A、被中断程序的返回地B、中断服务程序入口地址C、中断服务程序入口地址的地址D、中断优先级标准答案：B知识点解析：中断向量表中保存的是各中断服务程序的入口地址，CPU响应中断时，由硬件生成中断向量(又称中断向量表指针)，CPU通过访问该中断向量指出的主存单元就可得到中断服务程序入口地址。18、若视频图像每帧的数据量为6．4MB，帧速率为30帧／秒，则显示10秒的视频信息，其原始数据量是()。A、64MBB、192MBC、640MBD、1920MB标准答案：D知识点解析：视频图像每帧的数据量为6．4MB，10秒的视频信息将显示300帧，数据的存储量＝6．4MB×30×10＝1920MB[归纳总结]视频图像的存储量与每帧的数据量和显示时间有关。19、判断有向图是否存在回路，除了可以利用拓扑排序方法外，还可以利用的是()。A、求关键路径的方法B、求最短路径的迪杰斯特拉方法C、深度优先遍历算法D、广度优先遍历算法标准答案：C知识点解析：当有向图中无回路时，从某顶点出发进行深度优先遍历时，出栈的顺序(退出DFSTraverse算法)即为逆向的拓扑序列。20、CPU的中断周期前可能是()。A、取指周期B、间址周期C、执行周期D、以上都有可能标准答案：C知识点解析：CPU在一个指令周期结束，即一条指令的执行周期结束后检查是否有中断请求，如果有则进入中断周期，故中断周期前只可能是执行周期。21、建立一个文件系统时，不是文件系统必须建立的是()。A、磁盘空间管理B、根目录C、启动信息块D、文件查找表标准答案：D知识点解析：本题考查对文件系统结构的理解。文件系统存放在磁盘上，多数磁盘划分为一个或多个分区，每个分区中有一个独立的文件系统，在该分区的起始是启动的基本代码和信息，称为启动块或自举块、引导块等，其中包括：确定文件系统位置、文件系统中数据块的组织以及其他重要的管理信息。从启动块开始，后面的布局是随着文件系统的不同而变化的。至少会建立磁盘空间管理信息，例如空闲块的信息，已分配磁盘块信息等。接着是根目录。它存放文件系统目录树的根部。其余即是用户所用的文件和子目录的空间。一个文件系统建立起来以后(通常是格式化以后)，除了文件和子目录的空间为空外，其余的部分均已经分配完毕，所以，最小的可用文件系统应该包含根目录及以上层面的各个部分。而所谓文件查找表在文件系统中并不存在。22、在IP分组的传输过程中(不包括NAT情况)，以下IP分组头中的域保持不变的是()。I．总长度Ⅱ．头检验和Ⅲ．生存时间Ⅳ．源IP地址A、I、Ⅱ、ⅣB、只有ⅣC、I、Ⅲ、ⅣD、Ⅱ、Ⅳ标准答案：B知识点解析：本题考查IP分组路由和转发的机制，具体分析如下：I：当此时IP分组的长度超过该网络的最大分组传输单元的时候，需要分片，此时总长度将改变，故I错误；Ⅱ：IP分组每经过一个跳段都会改变其头检验和，故Ⅱ错误；Ⅲ：这个比较容易判断，生存时间是不断在减少的，比如使用RIP协议，每经过一个路由器，生存时间减1，故Ⅲ错误；Ⅳ：题目说明不包括NAT的情况下，因此是正确的。综上，只有IV正确，答案是B。23、以下动态路由算法中，使用距离一矢量路由算法的是()。A、RIP协议B、OSPF协议C、BGP协议D、ICMP协议标准答案：A知识点解析：RIP协议使用了距离一矢量路由算法。24、在微程序控制器中，执行指令微程序的首条微指令地址是由()得到的。A、程序计数器PCB、前条微指令C、uPC+1D、指令操作码映射标准答案：D知识点解析：本题问的是微程序中首条微指令的地址，稍不注意就可能误选B，微程序是用来解释指令的，通过指令操作码的内容来区别指令，然后根据指令操作码映射找到对应解释这个指令的微程序段。因此首条微指令的地址是由指令操作码映射而来的。25、在读写硬盘的一个物理记录块时，不需要的参数是()。A、柱面(磁道)号B、盘片(磁头)C、簇号D、扇区号标准答案：C知识点解析：在读写硬盘的一个物理记录块时，需要的参数是磁道号、磁头号和扇区号。[归纳总结]主机向磁盘控制器送出有关寻址信息，磁盘地址一般表示为：驱动器号、圆柱面(磁道)号、记录面(磁头)号、扇区号26、下列说法中，正确的是()。Ⅰ．假设某有序表的长度为n，则可以在1-(n+1)的位置上插入元素Ⅱ．在单链表中，无论是插入还是删除操作，都必须找到其前驱结点Ⅲ．删除双链表的中间某个结点时，只需修改两个指针域Ⅳ．将两个各有n和m个元素的有序表(递增)归并成一个有序表，仍保持其递增有序，则最少的比较次数是m+n-1。A、仅Ⅰ、Ⅱ、ⅢB、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、ⅣC、仅Ⅱ、ⅢD、仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ标准答案：C知识点解析：Ⅰ：有序表插入的时候是不能指定位置的，因为这样可能使得插入后的表不再是有序表。正确的插入思想是：先通过元素比较找到插入的位置，再在该位置上插入，故Ⅰ错误。Ⅱ：从单链表插入和删除的语句描述中可以看出，无论是插入还是删除操作，都必须找到其前驱结点，故Ⅱ正确。Ⅲ：删除双链表中间某个结点时，需要修改前后两个结点的各一个指针域，共计两个指针域，故Ⅲ正确。Ⅳ：当一个较短的有序表中所有元素均小于另一个较长的有序表中所有的元素，所需比较次数最少。假如一个有序表为1、3、4，另一个有序表为5、6、7、8、12，这样只需比较3次即可，故答案应该是n和m中较小者，即min(n，m)，故Ⅳ错误。27、设某进程的访问串为1、3、1、2、4，驻留集为3块，当访问4号页面时，按LRU页面替换算法，应淘汰()号页面。A、1B、2C、3D、4标准答案：C知识点解析：暂无解析28、UNIX操作系统中，文件的索引结构存放在()。A、超级块B、索引节点C、目录项D、空闲块标准答案：B知识点解析：在UNIX的文件系统中文件系统是其核心，其功能强大，可扩展性强。UNIX采用的是树形目录结构，文件的信息存放在索引节点中，索引节点是一个64字节长的表，含有一个文件的重要信息，包括文件大小，文件所有者，文件存取许可方式，文件类型(普通文件、目录文件、特殊文件)等信息，但是不包含文件名，文件名存放在目录中。除了上述信息以外，索引节点在表格的最后设计有13项文件在外存存放的混合索引表，前10项存放的是直接指针，指向文件存放的数据块的直接地址，UNIX系统中文件块的大小一般是1024字节。所以文件的大小不能超过10*1024：＝1024．0字节，超过上述大小的文件将在第11项一级间接索引表中指出，该表项指针指向的一个数据块中，存放了256个索引指针(假设一个指针为4字节，1024字节的一个存储块可以存放1024／4—256个指针)，可以最多容纳256*1024—262144字节。再大的文件在第12项的二级间接索引表中指明，二级索引指针指向的数据块中可以容纳256个指针，这些指针指向的数据块中还是索引指针，故称为二级间接索引，它可以容纳的文件大小是256*256*1024＝67108864字节。第13项是三级间接索引，可以容纳的文件大小更大，为256*256*256*1024节。所以文件总的大小是上述各级索引文件容量的总和。即文件最大可以达节的大小。当然，uNIX文件系统对文件的大小是有限制的，不会让其用完整个三级索引。文件的物理结构中，主要使用的是顺序结构、链接结构和索引结构(Hash结构实际上与索引结构类似)。在索引结构的文件中，必须要用专门的存储空间来存放索引指针，表示文件的内容存放的地址。所以，当访问该文件时，必须首先去读取该文件的索引表，才能知道相应的逻辑文件块在外存上的存放地址。逻辑文件块与物理文件块是一一对应关系，不能在一个记录中存放多个地址，而索引表中只存放地址指针，不存放文件内容由于有额外的索引表，所以它并不节省存储空间。29、为了使数据在网络中的传输延迟最小，首选的交换方式是()。A、电路交换B、报文交换C、分组交换D、信元交换标准答案：A知识点解析：电路交换需要在传输之前建立一个固定的连接，因此其传输的延迟最短。30、微型计算机中，主机和高速磁盘交换数据适合采用()方式。A、程序查询控制B、程序中断控制C、直接存储器存取(DMA)D、通道控制标准答案：C知识点解析：由于磁盘是高速设备。而程序控制方式(程序查询方式和程序中断方式)下，数据传送需要CPU的干预，这样会占用大量的CPU时间，甚至可能CPU时间全部用于数据传送都不能满足磁盘数据交换的要求；而通道控制方式一般见于大中型计算机中，微型机中基本不采用，故C为正确选项。31、下列各种调度算法中，属于基于时间片的调度算法的是()。Ⅰ．时间片轮转法Ⅱ．多级反馈队列调度算法Ⅲ．抢占式调度算法Ⅳ．FCFS(先来先服务)调度算法Ⅴ．高响应比优先调度算法A、Ⅰ和ⅡB、Ⅰ、Ⅱ和ⅣC、Ⅰ、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ标准答案：A知识点解析：本题考查调度算法的性质。基于时间片的调度算法在执行过程中，进程的执行是以时间片为单位的。多级反馈队列调度算法在各个队列内以FCFS原则依次执行时间片，在最底层队列中按照时间片轮转算法执行。另外没有单独的抢占式调度算法这种说法，一般都是说某种调度算法是抢占型的或是非抢占型的。注意：关于抢占式调度指的一般都是进程的调度算法，因为所谓的抢占即是抢占CPU，而作业调度和中级调度并没有抢占的对象，所以一般也谈不上抢占式算法。32、多道程序设计是指()。A、在实时系统中并发运行多个程序B、在分布式系统中同一时刻运行多个程序C、在一台处理机上同一时刻运行多个程序D、在一台处理机上并发运行多个程序标准答案：D知识点解析：本题考查多道程序设计的概念。33、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212字节(4．KB)，现有一逻辑地址为2F6AH，则相应物理地址为()。页表如下：供选择的答案：(H——十六进制)A、5F6AHB、AF6AHC、BF6AHD、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。34、对于一棵具有n个结点、度为4的树来说(树的层数从1开始)，以下说法正确的是()。Ⅰ．树的高度至多为n一3Ⅱ．至少在某一层上正好有4个结点Ⅲ．第i层上至多有4(i一1)个结点A、仅ⅠB、仅Ⅰ、ⅡC、仅ⅡD、仅Ⅰ、Ⅲ标准答案：A知识点解析：Ⅰ：树中各结点的度的最大值称为树的度，所以对于度为4的树，必须存在某个结点有4个分支结点的情况。那么，树最高的情况应该类似于图8—7，故Ⅰ正确。Ⅱ：这个不一定，如图8-8所示的情况，故Ⅱ错误。Ⅲ：就拿树的第三层来说，可以有16个结点，正确的答案应该是第i层上至多有4i-1个结点，故Ⅲ错误。35、如果一台计算机具有多个可并行运行的CPU，就可以同时执行相互独立的任务。归并排序的各个归并段的归并也可并行执行，因此称归并排序是可并行执行的。那么以下的排序方法不可以并行执行的有()。Ⅰ．基数排序Ⅱ．快速排序Ⅲ．起泡排序Ⅳ．堆排序A、仅Ⅰ、ⅢB、仅Ⅰ、ⅡC、仅Ⅰ、Ⅲ、ⅣD、仅Ⅱ、Ⅳ标准答案：C知识点解析：此题解题的关键是要知道哪种内部排序算法在执行的过程中，不能划分出子序列来进行并行的排序，快速排序在一趟划分了两个子序列后，各子序列又可并行执行排序。而其他3种排序不能划分成子序列来并行执行排序，故4个选项中，只有快速排序可以并行执行，故选c选项。36、高度为7的AVL树最少有()个结点。A、31B、32C、33D、34标准答案：C知识点解析：平衡二叉树中含有的最少结点数有如下关系：N0=0N1=1Nh=Nh-1+Nh-2+1所以：N7=33。37、关于总线的叙述，以下正确的是()。Ⅰ．总线忙信号由总线控制器建立Ⅱ．计数器定时查询方式不需要总线同意信号Ⅲ．链式查询、计数器查询、独立请求方式所需控制线路由少到多排序是：链式查询、独立请求方式、计数器查询A、仅Ⅰ、ⅢB、仅Ⅱ、ⅢC、仅ⅢD、仅Ⅱ标准答案：D知识点解析：Ⅰ：在总线控制中，申请使用总线的设备向总线控制器发出“总线请求”信号，由总线控制器进行裁决。如果经裁决允许该设备使用总线，就由总线控制器向该设备发出“总线允许”信号，该设备收到信号后发出“总线忙”信号，用于通知其他设备总线已被占用。当该设备使用完总线时，将“总线忙”信号撤销，释放总线。所以总线忙信号的建立者是获得总线控制权的设备，所以I错误。Ⅱ：计数器定时查询方式只需要总线忙信号线和总线请求信号线，而不需要总线同意信号线，所以Ⅱ正确。Ⅲ：链式查询仅用了2根线即可确定总线使用权属于哪个设备（BS总线忙信号线不参加使用权的确定，所以不是3根）；在计数器查询中需要使用[log2n]+1根线（其中n表示允许接纳的最大设备数）；独立请求是每一台设备均有一对总线请求线和一对总线同意线，所以独立请求方式需采用2N根线（其中N表示允许接纳的最大设备数），所以Ⅲ错误。38、将两个长度为N的有序表归并到一个长度为2N的有序表，最少需要比较的次数是()，最多需要比较的次数是()。A、N，2N一1B、N一1．2NC、N，2ND、N一1,2N一1标准答案：A知识点解析：暂无解析39、现在有3个同时到达的作业J1、J2和J3，它们的执行时间分别为T1、T2和T3，且T1＜T2＜T3。如果该系统中有两个CPU，各自按照单道方式运行且采用短作业优先算法，则平均周转时间是()。A、(T1+T2+T3)/3B、(2T1+T2+T3)/3C、(T1+2T2+T3)/3D、(2T1+T2+T3)/3或(T1+2T2+T3)/3标准答案：B知识点解析：J1、J2和J3同时在0时刻到达，按短作业优先算法，选择儿和J2执行，则Jl和J2等待时间为0。又因为T1＜T2，所以J1先于J2完成，即在T2时刻，释放CPU，J3开始，则J3的等待时间为T1。然后J2完成，最后J3完成。J1周转时间为T1。J2周转时间为T2。J3周转时间为T1|T3。所以平均周转时间为(2T1+T2+T3)/3。知识点回顾：周转时间=等待时间+运行时间=结束时间一到达时间40、已知定点整数x的原码为1Xn-1一3xn-2一2xn-3…x0，且x>一2n-1，则必有()。A、xn-1=0B、xn-1=1C、xn-1=0，且x0～xn-2不全为0D、xn-1=1，且x0～xn-2不全为0标准答案：A知识点解析：x的符号位为1知x为负数，又x>一2n-1即x的绝对值小于2n-1所以xn-1必须为0。二、综合应用题(本题共9题，每题1.0分，共9分。)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，R1o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。41、“ADDR2，R0”指令完成(R0)+(R2)→R0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：暂无解析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。标准答案：[*]知识点解析：暂无解析43、在(2)的基础上，将“执行周期”也缩短为一个CPu周期，先修改运算器数据通路，后画出指令周期流程图。此时加法指令速度比(1)提高几倍?标准答案：[*]知识点解析：暂无解析完成以下各小题。44、什么是Belady现象?为什么会产生这种现象?标准答案：如果某种换页算法，在增加页框数之后反而可能导致更多缺页，这种反常情形称为Belady现象。知识点解析：暂无解析45、页面置换算法FIFO为什么会出现Belady现象?简述理由。标准答案：FIFO换页策略将最早换人页框的页面换出，而不考虑该页面是否最近使用过，这违背了局部性原理。当页框数较大时，由于包含的页面更多，历史记录更全面，就有可能使最近频繁使用但较早进入页框的页面被换出，从而出现Belady异常。知识点解析：暂无解析46、页面置换算法LRU为什么不会出现Belady现象?简述理由。标准答案：LRU换页策略将最近最长时间未使用的页面换出，符合局部性原理。当页框数较大时，最近最长未使用的情况更全面，因此缺页数不会增加。知识点解析：暂无解析假定A和B是试图在一个以太网上发送的两个站。每个站都有一个稳定的帧的队列准备发送，A的帧编号是A1，A2和A3等，B的帧编号是B1，B2和B3等。再假定指数后退的基本单元时间是T=51．2微秒。现在A和B同时尝试发送1号帧，碰撞，并且刚好分别选择了0×T和1×T的退避时间，也就是说，A赢得了这一次竞争，发送A1，B需要等待。在这次传送结束时，B尝试再发送B1．而A则尝试发送A2。这一轮的首次尝试产生碰撞，此时，A的退避时间从0×T和1×T中选择，而B则从0×T，…，3×T中选择。47、给出A赢得第2次退避竞争的概率。标准答案：A可以选择KA=0或1；B可以选择KB=0，1，2，3。如果(KA，KB)选择(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，2)，(1，3)中的一个组合，那么将是A赢得这第2次竞争，其概率是5／8。知识点解析：暂无解析48、假定A已赢得了第2次退避竞争。A在成功发送A2后，接着尝试发送A3。当B再次尝试发送B1时，A和B再次碰撞。给出A赢得这第3次退避竞争的概率。标准答案：现在A是在一次成功发送之后，可以选择KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的选择是0，1，2，…，7。如果KA=0，那么KB中有7种选择使得A赢；如果KA=1，那么KB中有6种选择使得A赢。所以A赢得这第3次竞争的概率是13／16。知识点解析：暂无解析49、给出A赢得所有其余后退竞争的概率的合理下限值。标准答案：A赢得第2次竞争的概率=5／8>1／2A赢得第3次竞争的概率=13／16>3／4类似地，A赢得第4次竞争的概率>7／8一般地，A赢得第i次竞争的概率>(1—1／2i一1)因此，假定A已经赢得第1至第3次竞争，那么A赢得所有其余的后退竞争的概率将不低于：(1—1／8)×(1一1／16)×(1一1／32)×(1一1／64)×…≈1—1／8—1／16—1／32—1／64一…=6／8=3／4知识点解析：暂无解析计算机专业（基础综合）模拟试卷第3套一、单选题(本题共40题，每题1.0分，共40分。)1、在具有n个顶点的图G中，若最小生成树不唯一，则()。Ⅰ．G的边数一定大于n—1Ⅱ.G的权值最小的边一定有多条Ⅲ．G的最小生成树代价不一定相等A、仅ⅠB、仅Ⅰ、ⅢC、仅Ⅰ、ⅡD、仅Ⅲ标准答案：A知识点解析：最小生成树边的权值之和最小，若两棵树同时为最小生成树，那么它们的边的权值之和一定相等，故Ⅲ错误；既然最小生成树不唯一，并且最小生成树的边都为n一1条，说明图G的边数一定会大于n—1，故Ⅰ正确；最小生成树不唯一，和G的权值最小的边的条数没有任何关系，故Ⅱ错误。2、段页式存储管理中，某个进程的段表和页表如下图所示，页的大小为4096B，现有逻辑地址(1，8228)，其对应的物理地址是()。A、483364B、409636C、475172D、516132标准答案：A知识点解析：本题考查段页式地址转换的计算。根据题目给出的条件，地址(1，8228)应该位于第二段，对应段号为1(段号从0开始计算)，因此找到第二段(即编号为1的段表)的页表，该段段长为3，可以看到有3个页面。8228按页分8228÷4096=2余36，因此应该在第三页，没有越界。第三页的页号为2(从0开始编址)，页号2对应的页框号为118，所以，物理地址为1