计算机专业（基础综合）模拟试卷2（共300题）

计算机专业（基础综合）模拟试卷2（共6套）（共300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、交互式操作系统中为了能使多个用户同时与系统进行交互，最关键的问题是()。A、计算机要有足够快的运行速度B、能快速进行内外存之间的信息交换C、系统能够及时接收多个用户的输入D、一段时间内所有用户的程序都能运行标准答案：C知识点解析：交互式操作系统有时又称为分时操作系统，它将时间分成一个个的片段，轮流分给每个用户，用户将分到的时间片段用于本进程的运行。交互式系统强调交互，所以，对用户的输入及时响应就显得非常重要，而分时方式最能够及时地响应用户的请求，因为分时系统能够频繁地给多个用户分配时间。因此如何保证操作系统能及时地接收多个用户的输入就成了交互式操作系统设计的目标，也是交互式系统需要解决的关键问题。2、TCP／IP模型由以下层次构成()。A、物理层、数据链路层、网络层、传输层、会话层、表示层、应用层B、网络接口层、互联网层、传输层、应用层C、物理层、数据链路层、网络层、传输层、应用层D、局域网层、广域网层、互联网层标准答案：B知识点解析：A属于OSI的7层模型。3、在因特网中，以下说法正确的是()。I．主机通常需要实现TCP协议Ⅱ．路由器必须实现TCP协议Ⅲ．主机必须实现IP协议Ⅳ．路由器必须实现IP协议A、I、Ⅱ和ⅢB、I、Ⅱ和ⅣC、I、Ⅲ和ⅣD、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ标准答案：C知识点解析：主机是终端设备，需实现整个五层协议，而路由器是网络层设备，仅需实现网络层及其以下层的协议即物理层，数据链路层和网络层三个层次的协议。而TCP是传输层协议，路由器无需实现此协议故排除Ⅱ，即A、B、D均错。4、已知小写英文字母“a”的ASCII码值为61H，现字母“g”被存放在某个存储单元中，若采用偶校验(假设最高位作为校验位)，则该存储单元中存放的十六进制数是()。A、66HB、E6HC、67HD、E7H标准答案：D知识点解析：因为“a”的ASCII码值为61H，而“g”是第7号字母，所以“g”的ASCII码值应为67H＝1100111B。标准的ASCII码为7位，在7位数前面增加1位校验位。现“g”的ASCIl码中1的个数有5个，按照偶校验规则，存储单元中存放的是整个校验码(包括校验位和信息位)，为11100111B＝E7H。[归纳总结]此题涉及两个知识点，第一是ASCII编码表顺序排列问题，第二是奇偶检验码的编码规则问题。由若干位有效信息(如一个字节)，再加上一个二进制位(校验位)组成校验码，偶校验就是整个校验码中“1”的个数为偶数个。[解题技巧]在ASCII码中，数字和英文字母都是按顺序排列的，只要知道其中一个数字或英文字母的二进制代码，不要查表就可以推导出其他数字或字母的二进制代码。此题容易误选C，这是因为“g”的ASCII码中确实为67H，但整个校验码中1的个数必须是偶数个，所以正确选项为D。5、[x]补=1．x1x2)x3x4，则当满足()时，x>一1／2成立。A、x1必为0，x2～x4至少有一个为1B、x1必为0，x2～x4任意C、x1必为1，x2～x4至少有一个为1D、x1必为1，x2～x4任意标准答案：C知识点解析：可采用排除法，1．0001符合A、B选项的要求，其值一15／16<一1／2，排除A、B；1．1000符合D选项的要求，其值=一1／2，排除D；故选C。6、3个进程共享4个同类资源，这些资源的分配与释放只能一次一个。已知每一个进程最多占有两个该类资源，则该系统()。A、有某进程可能用于得不到该类资源B、必然有死锁C、进程请求该类资源立刻能得到D、必然无死锁标准答案：D知识点解析：根据题意，则任意时刻总有一个进程可以获得其所有资源，从而能在有限的时间内运行完毕，所以系统那个必然无死锁。7、数据序列F={2，1，4，9，8，10，6，20)只能是下列排序算法中的()的两趟排序后的结果。A、快速排序B、冒泡排序C、选择排序D、插入排序标准答案：A知识点解析：对于后三种排序方法两趟排序后，序列的首部或尾部的两个元素应是有序的两个极值，而给定的序列不满足。8、虚拟页式存储管理中，CPU须具备必要的物理硬件的支持，而不是必需的单元是()。A、缺页中断机构B、地址加法器C、cacheD、地址寄存器标准答案：C知识点解析：在虚拟页式存储管理中，除了有主存和辅存以外，为满足虚拟技术，CPU还需要有缺页中断机制；为满足页式存储管理，CPU中需要有地址加法器和地址寄存器来计算页表到页框的映射，而cache并不是必需的，因为cache的存在只是提高了CPU寻址的效率，并不是虚拟页式存储技术的重要单元，缺少cache，CPU每次执行一个双字的指令(以32位为例)或取一个数据均需要二次访问内存，当然这是很不利的，可能会实际上造成虚拟页式的使用障碍。增加了cache，使得虚拟页式存储技术的实际使用提供了方便。9、实时系统中的进程调度，通常采用()算法。A、先来先服务B、时间片轮转C、抢占式的优先数高者优先D、响应比高者优先标准答案：C知识点解析：实时系统为了满足用户实时交互以及对重要事件的迅速反应，所以采取抢占式的优先数高者优先。10、最好情况下的算法时间复杂度为O(n)的是()。A、插入排序B、归并排序C、快速排序D、堆排序标准答案：A知识点解析：直接插入排序在最好情况下，即待排序列已按关键码有序时，每趟操作只需1次比较，不需移动。总比较次数=n-1次。所以时间复杂度为O(n)。归并排序和堆排序在平均情况和最好情况下的时间复杂度为O(nlogn)。快速排序在平均情况下的时间复杂度为O(nlogn)，最坏情况下的时间复杂度为O(n2)。11、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=27×29／32，Y=5×5／8，则用浮点加法计算X+Y的最终结果是()。A、001111100010B、001110100010C、010000010001D、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，根据小阶向大阶看齐的原则，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。12、下列关于无向连通图特性的叙述中，正确的是()。Ⅰ．所有顶点的度之和为偶数Ⅱ．边数大于顶点个数减1Ⅲ．至少有一个顶点的度为1A、只有ⅠB、只有ⅡC、Ⅰ和ⅡD、Ⅰ和Ⅲ标准答案：A知识点解析：不正确的是C，深度优先搜索和广度优先搜索的时间算杂度相同，均为O(n+e)。13、下列选项中，描述浮点数操作速度的指标是()。A、MIPSB、CPIC、IPCD、MFLOP标准答案：D知识点解析：衡量计算机系统速度的指标中，CPI表示每条指令平均所需的时钟周期数；IPC表示每个时钟周期平均执行的指令条数；MIPS表示每秒百万条指令数；MFLOP常用于衡量浮点运算速度，表示每秒百万条浮点运算数。14、一个文件的绝对路径名的出发点是()。A、当前目录B、根目录C、磁盘盘符D、公共目录标准答案：B知识点解析：本题考查文件路径名的概念。文件的路径名是从根目录到目标文件所经历的路径上各符号名的集合。路径名有二种形式，第一种是绝对路径名，它由根目录出发，沿着目录的路径直到文件，绝对路径名总是从根目：录出发，并且是唯一的。第二种是相对路径名，它与工作目录(也称当前目录)一起使用，用户一般预先指定一个目录为当前目录，这时，所有的路径名均从当前目录出发，这样的路径名，只要不是从根目录出发的，都称为相对路径名。15、A、聚合到202．87．96．0／21B、聚合到202．87．104．0／21C、聚合到202．87．96．O／19D、不可以聚合标准答案：C知识点解析：因为它们的前两个字节都相同，第三个字节的前三位都是001，所以它们可以聚合成202．87．96．0／19。16、考虑一条具有10ms往返时延的线路上采用慢开始拥塞控制而不发生网络拥塞的情况。接收窗口24KB，且报文段的最大长为2KB。那么需要()发送第一个完全窗口。A、20msB、30msC、40msD、50ms标准答案：C知识点解析：已知最大报文段式2KB，开始的突发量分别是2KB、4KB、8KB、16KB，接下来即为24KB，因为不能超过接收窗口，因此，需要40ms才能发送第一个完全窗口。17、FTP客户和服务器之间一般需要建立的连接个数是()。A、1B、2C、3D、4标准答案：B知识点解析：本题考查FTP的基本原理，FTP客户与服务器之间一般要建立两个连接，一个是控制连接，一个是数据连接，控制连接在整个会话期间一直保持打开，FTP客户发出的传送请求通过控制连接发送给服务器端的控制进程，但控制连接不用来传送文件。实际用于传输文件的是“数据连接”。服务器端的控制进程在接收到FTP客户发送来的文件传输请求后就创建“数据传送进程”和“数据连接”，用来连接客户端和服务器端的数据传送进程。数据传送进程实际完成文件的传送，在传送完毕后关闭“数据传送连接"并结束运行。因此答案是B。18、若循环队列以数组Q[0．．m-1]作为其存储结构，变量rear表示循环队列中的队尾元素的实际位置，其移动按rear=(rear+1)MODm进行，变量length表示当前循环队列中的元素个数，则循环队列的队首元素的实际位置是()。A、rear-lengthB、(rear-length+m)MODmC、(1+rear+m-length)MODmD、m-length标准答案：C知识点解析：按照循环队列的定义，因为元素移动按照rear=(rear+1)MODm进行，则当数组Q[m一1]存放了元素之后，下一个入队的元素将存放到Q[0]中，因此队列的首元素的实际位置是(rear—length+1+m)MODm。19、冯.诺依曼计算机中，取指令的操作()。A、由机器指令控制完成B、由微指令控制完成C、不需任何指令控制，由控制器自动完成D、以上说法都不正确标准答案：C知识点解析：冯.诺依曼计算机中，控制器能够根据程序计数器PC的内容自动完成取指令的操作，取指过程不需要任何指令的控制。20、若G是一个具有36条边的非连通无向图(不含自回路和多重边)，则图G的结点数至少是()。A、11B、10C、9D、8标准答案：B知识点解析：n个结点的无向图中，边数e≤n(n－1)／2，将e＝36代入，有n≥9，现已知无向图非连通，则n＝10。21、进程从运行状态转换为就绪状态的可能原因是()。A、被调度程序选中占用处理机B、等待某一事件C、等待的事件已经发生D、时间片用完标准答案：D知识点解析：就绪状态是指一个进程获得了除处理机以外的一切资源，当得到调度时，就由就绪状态转换为运行状态；运行状态就是一个进程在处理机上正在运行。当初与运行状态的进程在运行过程中所分配的时间片用完，则会被强制撤离处理机，以便调度其他进程运行。由于原先运行的进程是非自愿地离开运行状态，所以没有其他的事件相关，只有继续在就绪队列中等候下一次的调度，所以D是正确的。A的情形是由就绪状态转换为运行状态；B的情形是由运行状态转换为阻塞状态；C的情形是由阻塞状态转换为就绪状态，故选D。本题主要考查学生对进程状态以及相互转换的关系，难度也并不高，改变一下问题的问法，A，B，C三个答案均会有可能。22、在操作系统中，要对并发进程进行同步的原因是()。A、进程的有限时间性B、进程具有动态性C、并发进程推进的不确定性D、进程具有结构性标准答案：C知识点解析：进程同步是指多个相关进程在执行次序上的协调。这些进程会互相竞争以及相互合作，在一些关键点上可能需要前后顺序操作。由于并发造成系统的不确定性，运行中不知谁先谁后，因此当二个进程需要协调时必须互相等待或者互通消息。由于不确定性，造成并发执行的进程在执行次序上本身无规律可循，因此需要系统对这些相关进程进行同步。由此，正确答案应为C。23、如图6-1所示一台路由器连接3个以太网，假设主机C上要发送一个IP分组，使得主机D和主机E都会接收它，而子网3和子网4上的主机都不会接收它，那么该IP分组的目标IP地址是()。A、255．255．255．255B、130．130．20．255C、127．0．0．1D、130．130．19．255标准答案：A知识点解析：本题考查路由器的功能和IPv4地址的特点，主机D属于子网130．130．19．0，主机E属于130．130．20．0，分别属于不同的网络，可以同时接收的IP分组必定是广播报文，题目又要求该广播报文不能转发到子网3，和子网4，则这个广播报文必定是有限广播地址255．255．255．255，路由器可以割断广播报，因此答案是A。24、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。25、某计算机字长8位，采用补码表示小数。若某数真值为-0．1001，则它在该计算机中的机器数形式为()。A、10111B、10110111C、10111000D、10110000标准答案：C知识点解析：-0．1001=-0．1001000，将-0．1001000连符号位在内取反加1即可得-0．1001000的补码形式：1．0111000。26、在补码表示的机器中，若寄存器A中原存的数为9EH，现存的数为CFH，则表明执行的一条指令是()。A、算术左移B、逻辑左移C、算术右移D、逻辑右移标准答案：C知识点解析：寄存器A中原存内容10011110，现存内容11001111，说明执行了一条算术右移指令。27、在Internet上有许多协议，下面的选项中能够正确表示协议层次关系的是()。A、

B、

C、

D、

标准答案：A知识点解析：本题考查各种协议所处于的层次，选项B中ARP协议是处于网络层，不是和TCP一样处于传输层，选项C中UDP协议是和TCP协议一起处于传输层，选项D中LLC不是和IP一起处于网络层，而是在MAC层之上共同组成了数据链路层，因此答案是A。28、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，出栈的顺序为逆向的拓扑序列。29、若某条指令的操作数的地址就包含在指令中，则这条指令的寻址方式是()。A、直接寻址B、立即寻址C、寄存器寻址D、间接寻址标准答案：A知识点解析：若指令中包含着操作数的有效地址，则指令的寻址方式就是直接寻址。30、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、24B、25C、27D、28标准答案：C知识点解析：本题考查子网划分，224的二进制是11100000，因此子网占3个bit，网络号是192．168．0．111，因此是27位，答案是C。31、下列选项中，降低进程优先级的合理时机是()。A、进程时间片用完B、进程刚完成I／O，进入就绪队列C、进程长期处于就绪队列D、进程从就绪状态转换为运行状态标准答案：A知识点解析：进程时间片用完可以降低其优先级，完成I／O的进程应该提升其优先级，处于就绪队列等待调度的进程一般不会改变其优先级。这类题目一般在采用多级反馈队列调度算法的系统中应用。其具体算法为：设置多个就绪队列，并为各个队列赋予不同的优先级。第一个队列的优先级最高，第二队次之，其余队列优先级依次降低。赋予各个队列中进程运行时间片的大小也各不相同。在优先级越高的队列中，每个进程的运行时间片就越小。当一个新进程进入内存后，首先将它放入第一队列的末尾，也就是优先级最高，按先来先服务的原则排队等待调度。当轮到该进程运行时，如能在该时间片内完成，便可准备撤离系统。如果它在一个时间片结束时尚未完成，调度程序便将该进程转入第二队列的末尾，此时其优先级降低了一级，再同样地按先来先服务原则等待调度运行。如果它在第二队列中运行一个时间片后仍未完成，再以同样方法，将它转入第三队列。它的优先级又降低了一级。如此下去，当一个长作业从第一队列降到最后一个队列后，在最后一个队列中，使用时间片轮转方式运行。此时优先级也就再也无法降低了。仅当第一队列空闲时，调度程序才调度第二队列中的进程运行。仅当第一至N队列均为空时，才会调度第N+1队列中的进程运行。如果处理机正在第J队列中为某进程服务时，又有新进程进入优先级较高的队列，那么要考虑是否是可抢先式调度算法，若是，则新进程将抢占正在运行进程的处理机，而由调度程序把正在运行的进程放回到第J队列，将处理机分配给新进程。若不是，则需要等待直到当前的进程完成它的时间片再调度，此时会产生优先级翻转的情形，亦即在处理机上运行的进程其优先级低于就绪队列中的某个进程。这种情形非常糟糕，极易引起死锁。一般应该避免。32、CSMA／CD以太网中，发生冲突后，重发前的退避时间最大是()。A、65536个时间片B、65535个时间片C、1024个时间片D、1023个时间片标准答案：D知识点解析：考查CSMA／CD的退避算法，这里的时间片就是基本退避时间，确定基本退避时间，一般是取为争用期2τ。定义重传次数k，k≤10，即k=Min[重传次数，10]从整数集合[0，1，…，(2k-1)]中随机地取出一个数，记为r。重传所需的时延就是r倍的基本退避时间。当重传达16次仍不能成功时即丢弃该帧，并向高层报告。本题中重传次数的最大值为10，退避时间最大就是210-1=1023个时间片，因此答案是D。33、某操作系统的文件管理采用直接索引和多级索弓I混合方式，文件索引表共有10项，其中前8项是直接索引项，第9项是一次间接索引项，第10项是二次间接索引项，假定物理块的大小是1K，每个索引项占用4个字节，则该文件系统中最大的文件可以达到()。A、65800KB、32768KC、651793KD、32904K标准答案：A知识点解析：多级索引的逻辑并不复杂，二级间接索引表最多有256张，但是并没有用满。只用了255张，而且第255张中也没有全部用足256条表项。计算时加以仔细小心，一般不会有太多变化，但是对多级索引的方法一定要掌握。(1)直接索引为8*1K=8K，一级间接索引为(1K／4B)*1K=256K；二级间接索引为(1K／4B)*(1K／4B)*1K=65536K。(2)最大的文件将所有存储块占用，则需要65536K+256K+8K=65800K。34、某机采用计数器定时查询方式来进行总线判优控制，共有4个主设备竞争总线使用权，当计数器初值恒为102时，4个主设备的优先级顺序为()。A、设备0＞设备1＞设备2＞设备3B、设备2＞设备1＞设备0＞设备3C、设备2＞设备3＞设备0＞设备1D、设备2=设备3=设备0=设备1标准答案：C知识点解析：计数器初值为10z，故设备2的优先级最高，计数器值会递增然后返回到O，故优先级顺序为设备2>设备3>设备0>设备1。35、1、2、3、4顺序入栈(起始为空栈)，只要栈不空即可出栈，不可能的序列是()。A、4、3、2、1B、2、1、3、4C、1、2、3、4D、4，3，1，2标准答案：D知识点解析：D错，首先出栈的是4，故1、2、3必然已入过栈，出栈序列必为4、3、2、1。36、在机器数中，正数的符号位用“1”表示的是()。A、原码B、补码C、反码D、移码标准答案：D知识点解析：只有移码表示法中正数的符号位为“1”，原码、反码和补码中正数的符号位均为“0”。37、下列AOE网表示一项包含8个活动的工程。通过同时加快若干活动的进度可以缩短整个工程的工期。下列选项中，加快其进度就可以缩短工程工期的是A、c和eB、d和cC、f和dD、f和h标准答案：C知识点解析：根据AOE网的定义可知，关键路径上的活动时间同时减少，可以缩短工期。38、下列选项中，不可能在用户态发生的事件是A、系统调用B、外部中断C、进程切换D、缺页标准答案：C知识点解析：进程切换是在核心态完成的，不能够在用户态下发生。39、A、

B、

C、

D、

标准答案：B知识点解析：暂无解析40、文件系统中，文件访问控制信息存储的合理位置是____。A、文件控制块B、文件分配表C、用户口令表D、系统注册表标准答案：A知识点解析：考查文件控制块的内容。在文件控制块中，通常含有以下三类信息，即基本信息、存取控制信息及使用信息。二、综合应用题(本题共15题，每题1.0分，共15分。)41、已知L为没有头结点的单链表中第一个结点的指针，每个结点数据域存放一个字符，该字符可能是英文字母字符或数字字符或其它字符，编写算法构造三个以带头结点的单循环链表表示的线性表，使每个表中只含同一类字符。(要求用最少的时间和最少的空间)。标准答案：voidOneToThree(LinkList＆L，&la，&ld，＆lo){／*L是无头结点的单链表第一个结点的指针，链表中的数据域存放字符。本算法将链表L分解成含有英文字母字符、数字字符和其它字符的带头结点的三个循环链表*／la=(LinkList)malloc(sizeof(LNode))；／／建立三个链表的头结点ld=(LinkList)malloc(sizeof(LNode))；lo=(LinkList)malloc(sizeof(LNode))；la一>next=la；／／置三个循环链表为空表ld一>next=ld；lo一>rlext=lo；while(L!=NULL){／／分解原链表r=L；L=L一>next；／／L指向待处理结点的后继if(r一>data>=‘a’&&r一>data<=‘z’∣∣r一>data>=‘A’&&r一>data<=‘z’){r一>next=la一>next；／／处理字母字符la一>next=r；}elseif(r一>data>=‘0’&&r一>data<=‘9’){r一>next=ld一>next；／／处理数字字符ld一>next=r；}else{r一>next=lo一>next；／／处理其它符号lo一>next=r；}}}知识点解析：将一个结点数据域为字符的单链表，分解成含有字母字符、数字字符和其它字符的三个循环链表，首先要构造分别含有这三类字符的表头结点。然后从原链表第一个结点开始，根据结点数据域是字母字符、数字字符和其它字符而分别插入到三个链表之一的链表。注意：不要因结点插入新建链表而使原链表断链。另外，题目并未要求链表有序，插入采用“头插法”，每次插入的结点均成为所插入链表的第一元素的结点即可。某操作系统的文件管理采用直接索引和多级索引混合方式，文件索引表共有10项，其中前8项是直接索引项，第9项是一次间接索引项，第10项是二次间接索引项，假定物理块的大小是2KB，每个索引项占用4B，试问：42、该文件系统中最大的文件可以达到多大?标准答案：物理块大小为2KB，每个索引项占4B，所以一块物理块可容纳2KB／4B=512个索引项。由此可知，一次间接索引项可以指向512个物理块，二次间接索引项可以指向512×512个物理块。最大文件的文件物理块个数可以达到：8+512+512x512块，每块2KB，所以最大文件大小可达：(8+512+512×512)×2KB=513MB+16KB。知识点解析：暂无解析43、假定一个文件的实际大小是128MB，该文件实际占用磁盘空间多大(包括间接索引块，不计索引表所占空间)?标准答案：文件的实际大小为128MB，即128MB／2KB=64K个物理块。8个直接索引项可以表示8个物理块，一个间接索引项可以表示512个物理块，所以还剩下(64K-512-8)块需要二级索引来表示，故需要二级索引块的个数为1+(64K-512-8)／512=128。其中前面加1的意思是，二级索引块是建立在一级索引块之上的，所以需要加一个一级索引块。(64K一512—8)／512这里的除法运算需要向上取整。一共需要的间接索引块为1+128=129块。所占空问为129×2KB=258KB。因此，该文件实际占用磁盘空间大小为：128MB+258KB。知识点解析：暂无解析44、设某计算机有四个中断源，优先顺序按1→2→3→4降序排列，若1、2、3、4中断源的服务程序中对应的屏蔽字分别为1110、0100、0110、1111，试写出这四个中断源的中断处理次序(按降序排列)。若四个中断源同时有中断请求，画出CPU执行程序的轨迹。标准答案：中断处理次序(按降序排列)为：4-1-3-2，CPU执行程序的轨迹如下图8-5所示。1、2、3、4级中断源的中断请求同时出现，根据中断响应次序，首先响应第1级中断，但进入中断服务程序1之后，发现其屏蔽字为1110，即对第4级中断开放，所以应先执行中断服务程序4，当中断服务程序4执行完毕，再返回执行中断服务程序1。接下来还剩下第2和3级中断，仍然先响应第2级中断，但进入中断服务程序2之后，发现其屏蔽字为0100，对第3级中断开放，所以应先执行中断服务程序3，当中断服务程序3执行完毕，再返回执行中断服务程序2。知识点解析：暂无解析45、设有一系统在某时刻的资源分配情况如下：请回答：(1)系统中各进程尚需资源数各是多少?(2)当前系统安全吗?为什么?(3)如果此时进程P1提出资源请求(0，4，2，0)，系统能分配给它吗?若不能则写出原因，若能则写出安全序列。标准答案：(1)系统中各进程尚需资源数如下表(2)此时安全，因为存在一个安全序列{P0，P3，P4，P1，P2)，故该状态是安全的。(3)当进程P1提出请求(0，4，2，0)时，可以判断该请求是合理的，因为P1尚可以申请的最大请求为(1，7，5，0)，而且，剩余资源(1，6，2，2)也是可以满足其要求的。但是，一旦分配以后，修改请求资源表如下剩余资源A’vailable(1，2，0，2)已不能满足上述任何进程的需要。进入不安全状态，所以P1请求(0，4，2，0)不能分配。知识点解析：本题是典型的银行家算法的题目。银行家算法的题目相对比较固定，复杂度也不高，只要思路正确，一般不会有太大困难。设有4台主机A、B、C和D都处在同一物理网络中，它们的IP地址分别为192．155．28．112、192．155．28．120、192．155．28．135和192．155．28．202，子网掩码都是255．255．255．224，请回答：46、该网络的4台主机中哪些可以直接通信?哪些需要通过设置路由器才能通信?请画出网络连接示意图，并注明各个主机的子网地址和主机地址。标准答案：思路分析：子网掩码为255．255．255．224，仅和第四节节有关，转换为二进制255．255．255．11100000。把主机的地址转换为二进制，并和子网掩码进行与运算，就可求出其网络地址。主机地址网络地址A192．155．28．112192．155．28．01110000192．155．28．96B192．155．28．120192．155．28．01111000192．155．28．96C192．155．28．135192．155．28．10000111192．155．28．128D192．155．28．202192．155．28．11001010192．155．28．192只有处于同一个网络的主机之间才能直接通信。因此，只有A和B之间才可以直接通信。C和D以及它们同A和B的通信必须经过路由器。若要加入第5台主机E，使它能与D直接通信，那么主机E必须位于和D相同的网络中，即192．155．28．192，这样地址范围是192．155．28．193～192．155．28．222，且除去D主机的IP地址192．155．28．202。主机A地址改为192．155．28．168，那么它所处的网络为192．155．28．160。由定义知，直接广播地址是主机号各位为全“1”，用于任何网络向该网络上的所有主机发送报文，每个子网的广播地址则是直接广播地址。本地广播地址又称为有限广播地址，它的32位为全“1”，用于该网络不知道网络号时的内部广播。因此，主机A的直接广播地址为192．155．28．191，本地广播地址是255．255．255．255，若使用本地广播地址发送信息，则所有主机都能够收到。若希望4台主机直接通信，则可以修改掩码为255．255．255．0，这样4台主机就处于同一个网络中。(1)只有主机A和主机B之间可以直接通信，主机C和主机D以及它们同A和B的通信都必须经过路由器。网络连接示意图如图8—1所示。各个主机的子网地址和主机地址见思路分析。知识点解析：暂无解析47、若要加入第5台主机E，使它能与主机D直接通信，则其IP地址的范围是多少?标准答案：IP地址的范围是192．155．28．193～192．155．28．222，且除去D主机的IP地址192．155．28．202。知识点解析：暂无解析48、若不改变主机A的物理位置，而将其IP改为192．155．28．168，则它的直接广播地址和本地广播地址各是多少?若使用本地广播地址发送信息，请问哪些主机能够收到?标准答案：主机A的直接广播地址是192．155．28．19l，本地广播地址是255．255．255．255，若使用本地广播地址发送信息，则所有主机都能够收到。知识点解析：暂无解析49、若要使该网络中的4台主机都能够直接通信，可采取什么办法?标准答案：若要使4台主机都能够直接通信，则可以修改子网掩码为255．255．255．0，这样4台主机就处于一个网络中，可以直接通信。知识点解析：暂无解析一个客户机利用FTP协议从服务器上下载文件，如下图所示为整个过程中协议交换的过程，请回答如下问题：50、该协议层图中第四层协议是什么?标准答案：FTP协议使用了TCP作为传输层协议，所以第四层协议应该为TCP。知识点解析：暂无解析51、如果FTP客户端采用了LIST命令来获得FTP服务器上的文件列表，该列表采用什么端口传输?标准答案：FTP协议的控制连接端口是21，数据连接端口是20。而列表信息是通过数据传输端口传送的，所以通过了20端口传送。知识点解析：暂无解析52、如果一个TCP数据包的数据部分长度为5000字节，那么在IP层需要分片吗?标准答案：以太网的最大数据长度是1500，而该，TCP包的长度为5000，再加上20字节的TCP头和20字节的IP头，最后成帧的长度为5040字节，不能通过以太网直接发送，必须要在IP层分片。知识点解析：暂无解析53、如果需要分片请说明需要分成几片，每片长度为多少?如果不需要分片，请说明原因。标准答案：每片都带有一个IP头，还有1480字节可以用来传输数据，计算得需要分4片传送，前3片的长度为1500字节，最后一片长度为600字节。知识点解析：暂无解析请求分页管理系统中，假设某进程的页表内容如下表所示。页面大小为4KB，一次内存的访问时间是100ns，一次快表(TLB)的访问时间是10ns，处理一次缺页的平均时间为108ns(已含更新TLB和页表的时间)，进程的驻留集大小固定为2，采用最近最少使用置换算法(LRU)和局部淘汰策略。假设：①TLB初始为空；②地址转换时先访问TLB，若TLB未命中，再访问页表(忽略访问页表之后的TLB更新时间)；③有效位为0表示页面不在内存，产生缺页中断，缺页中断处理后，返回到产生缺页中断的指令处重新执行。设有虚地址访问序列2362H、1565H、25A5H，请问：54、依次访问上述三个虚地址，各需多少时间?给出计算过程。标准答案：根据页式管理的工作原理，应先考虑页面大小，以便将页号和页内位移分解出来。页面大小为4KB，即212，则得到页内位移占虚地址的低12位，页号占剩余高位。可得三个虚地址的页号P如下(十六进制的一位数字转换成4位二进制，因此，十六进制的低三位正好为页内位移，最高位为页号)：2362H：P=2，访问快表10ns，因初始为空，访问页表100ns得到页框号，合成物理地址后访问主存100ns，共计10ns+100ns+100ns=210ns。1565H：P=1，访问快表10ns，落空，访问页表100ns落空，进行缺页中知识点解析：暂无解析55、基于上述访问序列，虚地址1565H的物理地址是多少?请说明理由。标准答案：当访问虚地址1565H时，产生缺页中断，合法驻留集为2，必须从页表中淘汰一个页面，根据题目的置换算法，应淘汰0号页面，因此1565H的对应页框号为101H。由此可得1565H的物理地址为101565H。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、设数据码字为10010011，采用海明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是()。A、2B、3C、4D、5标准答案：C知识点解析：如果仅考虑纠正1位错的情况，只要满足2k≥n+k+1就可以了(设校验位的位数为k，信息位的位数为n)。此题中因为n=8，所以k≥4。如果在纠正1位错的同时还要能发现2位错，则满足2k-1≥n+k+1。2、一个交叉存放信息的磁盘，信息存放方式如图1—3所示。每个磁道有8个扇区，每个扇区512B，旋转速度为3000r／min。假定磁头已在读取信息的磁道上，0扇区转到磁头下需要1／2r，且设备对应的控制器不能同时进行输入／输出，在数据从控制器传送至内存的这段时间内，从磁头下通过的扇区数为2，问依次读取一个磁道上所有的扇区的数据到内存平均传输速度为()。A、57．1KB／sB、67．1KB／sC、77．1KB／sD、87．1KB／s标准答案：A知识点解析：在数据从控制器传送至内存的这段时间内，从磁头下通过的扇区数为2。当数据从控制器传送至内存后，磁头开始读数据时，刚好转到目标扇区。所以总时间的计算公式为总时间=初始寻找0扇区的时间+读扇区总时间+将扇区数据送入内存的总时间由题中条件可知，旋转速度为3000r／min=50r／s，即20ms／r。读一个扇区需要的时间为20／8ms=2．5ms读一个扇区并将扇区数据送入内存需要的时间为2．5×3ms=7.5ms读出一个磁道上的所有扇区需要的时间为20／2ms+8×7．5ms=70ms=0．07s每磁道数据量为8×512B=4KB数据传输速度为4KB／0．07s=57．1KB／s所以，依次读出一个磁道上的所有扇区需要0．07s，其数据传输速度为57．1KB／s。3、MIPS(每秒百万次指令数)和MFLOPS(每秒百万次浮点运算数)是衡量CPU性能的两个指标，其中()。A、MIPS适合衡量向量处理机的性能，MFLOPS适合衡量标量处理机的性能B、MIPS适合衡量标量处理机的性能，MFLOPS适合衡量向量处理机的性能C、MIPS反映计算机系统的峰值性能，MFLOPS反映计算机系统的持续性能D、MIPS反映计算机系统的持续性能，MFLOPS反映计算机系统的峰值性能标准答案：B知识点解析：MIPS反映的是单位时间内执行定点指令的条数，MLOPS是基于所完成的浮点操作次数而不是指令数。同一个程序，不同计算机运行所需的指令数会不同，但所用到的浮点运算次数却是相同的。[归纳总结]以MIPS和MFLOPS作为计量单位来衡量运算速度。MIPS表示每秒执行多少百万条指令，这里所说的指令一般是指加、减运算这类短指令，适合于衡量标量机的性能。MFLOPS表示每秒执行多少百万次浮点运算，MFLOPS适用于衡量向量机的性能。4、下列有关I／O编址方式的描述中，正确的是()。A、统一编址是将I／O地址看作是存储器地址的一部分，可用专门的I／O指令对设备进行访问B、独立编址是指I／O地址和存储器地址是分开的，所以对I／O访问必须有专门的I／O指令C、统一编址是指I／O地址和存储器地址是分开的，所以可用访存指令实现CPU对设备的访问D、独立编址是将I／O地址看作是存储器地址的一部分，所以对I／0访问必须有专门的I／O指令标准答案：B知识点解析：统一编址是将I／O地址看作是存储器地址的一部分，不需要专门的I／O指令。5、计算机的外围设备是指()。A、主存储器B、外存储器C、除主机外的其他设备D、除CPU外的其他设备标准答案：C知识点解析：外围设备是相对主机而言，即除CPU和主存储器外的其他设备。6、TCP协议规定HTTP端口号为80的进程是()。A、客户B、分布C、服务器D、主机标准答案：C知识点解析：本题考查网络应用模式，HTTP协议是万维网所应用的协议，万维网是以客户服务器方式工作。这里浏览器就是在用户计算机上的万维网客户程序。万维网文档所驻留的计算机则运行服务器程序，因此这个计算机也称为万维网服务器。客户程序向服务器程序发出请求，服务器程序向客户程序送回客户所要的万维网文档，而80端口是服务器侦听的端口号，因此答案为C。7、某8位机的地址码为16位，主存按字节编址，其中最高8KB主存空间为系统BIOS程序一区，其余为用户程序区。现有4K×4的ROM芯片和18K×4的SRAM芯片。构建该机所允许的最大空间的主存，需用上述规格的ROM芯片和SRAM芯片各为()。A、4，4B、14，14C、14，4D、4，14标准答案：D知识点解析：内存空间为：216×8=64KB。去掉主存空间里的前8K，还有56K的用户空间。使用4K×4的ROM芯片数为：8K／4K×8／4=4。使用8K×4位的SRAM芯片为56．K／8K×8／4=14。8、虚拟页式存储管理中，CPU须具备必要的物理硬件的支持，而不是必需的单元是()。A、缺页中断机构B、地址加法器C、cacheD、地址寄存器标准答案：C知识点解析：在虚拟页式存储管理中，除了有主存和辅存以外，为满足虚拟技术，CPU还需要有缺页中断机制；为满足页式存储管理，CPU中需要有地址加法器和地址寄存器来计算页表到页框的映射，而cache并不是必需的，因为cache的存在只是提高了CPU寻址的效率，并不是虚拟页式存储技术的重要单元，缺少cache，CPU每次执行一个双字的指令(以32位为例)或取一个数据均需要二次访问内存，当然这是很不利的，可能会实际上造成虚拟页式的使用障碍。增加了cache，使得虚拟页式存储技术的实际使用提供了方便。9、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。10、假设有k个关键字互为同义词，若用线性探查法把这k个关键字存入，至少要进行的探查次数是()。A、k－1B、kC、k＋1D、k(k＋1)／2标准答案：D知识点解析：假设有k个关键字互为同义词，若用线性探查法把这k个关键字存入，探查次数最少的情况是第1个关键字通过1次比较后插入，第2个关键字通过2次比较后插入，……，第k个关键字通过k次比较后插入。总的比较次数＝1＋2＋……＋k＝k(k＋1)／2。11、下列的网络协议中，()的运输层协议是使用TCP的。A、TFTPB、DNSC、RIPD、TELNET标准答案：D知识点解析：其他三项都是使用UDP来传输的，只有TELNET是使用TCP的。12、关于以太网交换机，下面的论述中不正确的是()。A、交换机工作在数据链路层B、交换机的每个端口形成一个冲突域C、交换机支持多端口同时收发数据D、交换机是一种多端口中继器标准答案：D知识点解析：本题考查交换机的工作原理和特性，交换机是工作与数据链路层的网络设备，每个端口是独立的冲突域，交换机的交换结构保证了多端口同时进行数据交换，多端口的中继器可以认为是集线器，其所有端口处于同一个冲突域内，因此答案为D。13、下列叙述中，不符合m阶B-树定义要求的是()。A、根节点最多有m棵子树B、所有叶结点都在同一层上C、各结点内关键字均升序或降序排列D、叶结点之间通过指针链接标准答案：D知识点解析：暂无解析14、下面的叙述中，属于分段式虚拟存储管理的优点的是()。A、没有内零头B、便于处理在进程执行过程中堆栈尺寸的增长问题C、便于共享内存中数据D、只需将进程的一部分调入内存，进程即可运行标准答案：C知识点解析：如果系统正在向非易失性存储器件硬盘写数据，此时，系统崩溃，写的数据可能会丢失，或者存储信息不完整。15、有一个长度为12的有序表，按折半查找法对该表进行查找，在表内各元素等概率情况下，查找成功所需的平均比较次数是()。A、37/12B、35/12C、39/12D、43/12标准答案：A知识点解析：长度为12的折半查找判定树如下图所示，判定树中有12个内结点。对于长度为12的有序表，折半查找成功时的平均查找长度为：16、计算机系统中，不属于DMA控制器的是()。A、命令／状态寄存器B、内存地址寄存器C、数据寄存器D、堆栈指针寄存器标准答案：D知识点解析：本题考查IO设备中DMA设备的组成。DMA设备与CPU有三类信号线：数据线、地址线和控制线。一般要DMA设备工作，必须有命令／状态寄存器，这个寄存器控制DMA的工作模式并反映给CPU它当前的状态，地址寄存器存放DMA作业时的源地址和目标地址，数据寄存器存放要DMA转移的数据，只有堆栈指针寄存器不需要在DMA控制器中存放。堆栈一般在计算机内存中开辟有统一的区域。17、要发送的数据是1101011011，采用CRC校验，生成多项式是10011，那么最终发送的数据应该是()。A、11010110111010B、11010110110110C、11010110111110D、11110011011100标准答案：C知识点解析：根据给出的除数，用11010110110000除以10011，得到的冗余码为1110，添加在原来数据的最后发送出去。18、若某完全二叉树的结点个数为100，则第60个结点的度为()。A、0B、1C、2D、不确定标准答案：A知识点解析：完全二叉树的结点个数为偶数，说明有1个度为1的结点。设ni为度是i的结点的个数，那么就有：n0+n2+1=100，n0=n2-1，解得：n0=55，n2=54；又因为完全二叉树的编号是先度为2的结点，然后度为1的结点，最后才是叶子结点，即1～54是度为2的结点，55是度为1的结点，56～100是度为0的结点。因此，第60个结点为度为0的结点。19、若某线性表中最常用的操作是在最后一个结点之后插入一个结点和删除最后一个结点，则下面最合适的存储方式是()。A、单链表B、循环双链表C、单循环链表D、带有尾指针的单循环链表标准答案：B知识点解析：在链表中的最后一个结点之后插入一个结点要知道终端结点的地址，单链表、单循环链表都不合适；删除最后一个结点要知道终端结点的前驱结点的地址，带有尾指针的单循环链表不合适；而循环双链表满足这两个条件。20、如果二叉树T2是由有序树T1转换而来的二叉树，那么T1中结点的先序就是T2中结点的()。A、先序B、中序C、后序D、层次序标准答案：A知识点解析：一般树中一个结点的孩子是无序的，所谓有序树是指树中任一结点的孩子是有序的。由树转换成二叉树的过程可知本题答案为A。21、RS-232-C的电气特性规定逻辑“1”的电平范围为()。A、+5～+15VB、-5～-15VC、0～+5VD、0～-5V标准答案：B知识点解析：RS-232-C关于电气信号特性的要求，规定逻辑“1”的电平为低于-3V，为了表示一个逻辑1或MARK条件，驱动器必须提供-5V～-15V之间的电压；为了表示一个逻辑0或SPACE条件，驱动器必须给出+5V～+15V之间韵电压。22、要发送的数据是1101011011，采用CRC校验，生成多项式是：10011，那么最终发送的数据应该是()。A、11010110111010B、11010110110110C、11010110111110D、11110011011100标准答案：C知识点解析：根据给出的除数，用11010110110000除以10011，得到的冗余码为1110，添加在原来数据的最后发送出去。23、采用段式存储管理时，一个程序分段的时机是()。A、程序编译时B、用户编程时C、程序装入时D、程序执行时标准答案：A知识点解析：本题考查段式存储管理的段的确定形式。分段是信息单位，当用户在编写程序时并不分段，一旦编译时，编译系统会将指令代码和数据归类分开存放，为将来的运行做好前期工作。运行时，操作系统将编译好的代码和数据按段申请内存，并将对应的段装入内存。至于段的类型和大小在编译完以后就已经确定了，链接过程中只是将系统提供的系统调用或API的代码按段的种类链接到程序中，运行时操作系统不再调整或改变。24、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。25、已知某磁盘的平均转速为r秒／转，平均寻道时间为T秒，每个磁道可以存储的字节数为N，现向该磁盘读写b字节的数据，采用随机寻道的方法，每道的所有扇区组成一个簇，请问：平均访问时间是()。A、b／N*(r＋T)B、b／N*2C、(b／N＋T)*rD、b*T／N＋r标准答案：A知识点解析：本题考查磁盘结构和磁盘读写的概念。磁盘是旋转盘式存储设备，每个盘面划分有若干存储信息的同心圆称为磁道，每个磁道又划分成多个扇区。本题中，将每道的所有扇区组成一个簇，意味着可以将一个磁道的所有存储空间组织成一个数据块组，这样有利于提高存储速度。读写磁盘时，磁头首先要找到磁道，称为寻道，然后才可以将信息从磁道里读出来或写进去。读写完一个磁道以后磁头会继续寻找下一个磁道，完成剩余的工作，所以，在随机寻道的情况下，读写一个磁道的时间要包含寻道时间和读写磁道时间，即T＋r秒。由于总的数据量是b字节，它要占用的磁道数为b／N个，所以总的平均读写时间为b／N*(T＋r)秒。如果不采用随机寻道，而是采用连续读写的方式，那么磁盘的存储方式是这样的，首先也是寻道，找到一组连续的磁道(用于连续读或写，写入的话磁道总容量必定大于要写入的信息总数)，花费时间T秒，然后再花费r秒将N个字节的信息写入(或读出)，然后磁头移动到下一道(此时，这个磁道与上一个磁道是紧紧挨着的，几乎可以不花费时间)，继续写入(或读出)N字节，循环往复，直到全部信息写入(或读出)完成。这样的话，总时间可以缩短为b／N*r＋T。因为其不需要每次都去寻道，只需一次寻道即可。所以，考生要注意题目的条件，找出符合题意的正确答案。26、OSI模型中完成路径选择功能的层次是()。A、物理层B、数据链路层C、网络层D、传输层标准答案：C知识点解析：本题考查OSI模型中各个层次功能，完成路径选择，也就是路由功能的是网络层，答案是C。27、下列说法中，正确的是()。A、所有指令的取指操作的时间都是相同的B、中断周期是在指令执行完成后出现的C、微命令发生器的作用是产生控制时序D、所有指令的间址操作都是一样的标准答案：B知识点解析：A：不同长度的指令，其取指操作的时间可能是不同的。例如双字长指令和三字长指令与单字长指令的取指操作访问主存的次数是不同的，故A选项错误。B：取指周期→间址周期→执行周期→中断周期，故B选项正确。C：微命令发生器也称为控制单元(CU)，用于产生计算机所需的各种微操作命令，故C选项错误。D：指令间址有一次间址、两次间址、多次间址，它们的操作是不同的，故D选项错误。28、浮点加减中的对阶是()。A、将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同B、将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同C、将被加数的阶码调整到与加数的阶码相同D、将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同标准答案：A知识点解析：对阶的原则是小阶向大阶看齐。29、操作系统为用户提供了多种接口，它们是()。I．计算机高级指令；Ⅱ．终端命令；Ⅲ．图标菜单；Ⅳ．汇编语言；V．C语言；Ⅵ．系统调用；A、I；Ⅱ；VB、Ⅱ；Ⅲ；ⅥC、Ⅲ；Ⅳ；VD、Ⅱ；Ⅳ；Ⅵ标准答案：B知识点解析：本题考查操作系统的接口，操作系统有二种接口，命令输入和系统调用，而命令输入又可以分为命令行和图形用户界面。命令行是在终端或命令输入窗口中输入操作和控制计算机的规定的命令，既可以一条一条输入，也可以组织成一批命令，逐条自动执行，称为批处理命令。图形用户接口是我们熟知的图标和菜单形式。系统调用是我们编写程序过程中，需要计算机所做的操作，一般要按固定格式来调用。30、有A，B，C，D，E5个元素按次序入栈，在各种可能的出栈次序中，以元素C，D最先出栈的序列中，下列正确的一组是()。A、CDBAECDABEB、CDEBACDBEAC、CDEABCDABED、CEBAECDAEB标准答案：B知识点解析：要使得CD作为第一、二个元素出栈，应是A、B、C先入栈，C出栈，D入栈，D出栈；接着就剩下A、B在栈中，E未入栈，共3个元素，此三者序列为BAE，BEA，EBA。31、下列哪个选项不是RISC的特点()。A、只有取数和存数指令访问存储器，其余指令都在寄存器之间进行B、由使用频率高的简单指令和很有用且不复杂的指令组成C、使用RISC技术后，指令系统又回到了计算机发展早期的比较简单的情况D、使用优化的编译程序标准答案：C知识点解析：早期的指令系统简单是由设计水平和器件水平决定的，而且RIS(二技术不是简单地精简了指令系统，而是在合理选择简单指令的基础上采取了很多优化措施，如缩短机器周期，采用流水线技术，使用优化的编译程序等等，两者不可等同。32、一个使用CSMA／CA的网络上，计算机A的帧际间隔是2时槽，计算机B的帧际间隔是6时槽，如果计算机C使用()帧际间隔可以获得最高优先级。A、8时槽B、5时槽C、3时槽D、1时槽标准答案：D知识点解析：在CSMA／CA中，帧际间隔值可以用来分配发送方的优先级，如果一个设备被分配一个较小的帧际优先级，那么它就会有更多的机会得到对传输介质访问的机会。33、A、115200bpsB、57600bpsC、28800bpsD、230400bps标准答案：B知识点解析：暂无解析34、网络协议的三要素是()。A、数据格式、编码、信号电平B、数据格式、控制信息、速度匹配C、语法、语义、时序D、编码、控制信息、同步标准答案：C知识点解析：网络协议三要素：语法，用来规定信息格式；语义，用来说明通信双方应当怎么做；时序，详细说明事件的先后顺序。35、()进程调度算法综合考虑到了CPU密集型进程和I／O密集型进程。A、时间片轮转B、优先级C、多重队列D、彩票标准答案：C知识点解析：多级反馈队列调度算法描述：(1)进程在进人待调度的队列等待时，首先进入优先级最高的Q1等待。(2)首先调度优先级高的队列中的进程。若高优先级中队列中已没有调度的进程，则调度次优先级队列中的进程。例如：Q1，Q2，Q3三个队列，只有在Q1中没有进程等待时才去调度Q2，同理，只有Q1，Q2都为空时才会去调度Q3。(3)对于同一个队列中的各个进程，按照时间片轮转法调度。比如Q1队列的时间片为N，那么Q1中的作业在经历了N个时间片后若还没有完成，则进入Q2队列等待，若Q2的时间片用完后作业还不能完成，一直进入下一级队列，直至完成。(4)在低优先级的队列中的进程在运行时，又有新到达的作业，那么在运行完这个时间片后，CPU马上分配给新到达的作业(抢占式)。故多级反馈队列调度算法综合考虑了CPU密集型和I／O密集型进程。36、下列描述中，属于冯.诺依曼体系结构的特点是()。①采用流水线技术；②指令和数据均以二进制表示；③存储程序并且存储时不区别数据和指令。A、①和②B、①和③C、②和③D、①，②和③标准答案：C知识点解析：暂无解析37、某系统中n个相互独立的生产者进程为一个消费者进程提供数据，假设每个生产者提的数据写入各不相同的缓冲区，且生产者写缓冲区的速度比消费者读缓冲区的速度快，则缓冲区个数的最优值应为()。A、n一1B、nC、n+1D、2n标准答案：C知识点解析：由于生产者写缓冲区的速度比消费者读缓冲区的速度快，所以为使生产者写入的数据不至丢失最少需n个缓冲区供生产者写入外加1个单独的缓冲区供消费者读出。故缓冲区个数最优值为n+1。选C。38、若用邻接矩阵存储有向图，矩阵中主对角线以下的元素均为零，则关于该图拓扑序列的结论是A、存在，且唯一B、存在，且不唯一C、存在，可能不唯一D、无法确定是否存在标准答案：C知识点解析：邻接矩阵存储有向图且主对角线以下的元素均为零，说明在此有向图中，l为起点，n为终点。任何一个顶点都不能到达比其号码小的顶点。在这种有向图中拓扑序列是存在的，但是可能唯一，也可能不唯一。例如，只有两个顶点的有向图，其拓扑序列就唯一。但是，三个顶点的有向图中拓扑序列就可能不唯一了。39、下列关于无向连通图特性的叙述中，正确的是____。I．所有顶点的度之和为偶数Ⅱ．边数大于顶点个数减1Ⅲ．至少有一个顶点的度为1A、只有IB、只有ⅡC、I和ⅡD、I和Ⅲ标准答案：A知识点解析：考查无向连通图的特性。每条边都连接了两个结点，则在计算顶点的度之和时，这条边都被计算了两次，故所有顶点的度之和为边数的两倍，显然必为偶数。而Ⅱ和Ⅲ则不一定正确，如对顶点数N≥1无向完全图不存在一个顶点的度为1，并且边数与顶点数的差要大于1。40、在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是____。A、数据链路层B、传输层C、会话层D、应用层标准答案：B知识点解析：考查OSI模型中传输层的功能。传输层提供应用进程间的逻辑通信，即端到端的通信。而网络层提供点到点的逻辑通信。因此选B。二、综合应用题(本题共13题，每题1.0分，共13分。)已知某32位二进制机器数为11000000000000000000000000000000，试计算在下列各种编码方式下其代表的真值。41、原码定点小数；标准答案：该32位二进制机器数为原码定点小数时，其真值为一1×2-1=一0．5；知识点解析：暂无解析42、补码定点小数；标准答案：该32位二进制机器数为补码定点小数时，根据其符号位为1可知其为负数，为方便计算，将其连符号位在内取反加1，得其相反数的补码机器数为0．1000000000000000000000000000000相反数真值为1×2-1=0．5，故原机器数真值为一0．5；知识点解析：暂无解析43、反码定点小数；标准答案：该32位二进制机器数为反码定点小数时，根据其符号位为1可知其为负数，故将其数值位取反即可得其真值对应的原码机器数为1．0111111111111111111111111111111其真值为一(0×2-1+1×2-2+…+1×2-31)=一(2-1一2-31)；知识点解析：暂无解析44、IEEE754标准短实数。【注】题中机器数中间加空格是为了读写方便，并非机器数的一部分，答题时如有需要可类似表示。标准答案：该32位二进制机器数表示IEEE754标准短实数时，根据IEEE754标准的格式，知其为负数，写出隐藏位，得其尾数的形式如下一1．00000000000000000000000尾数真值为一1，又IEEE754标准短实数阶码采用偏移量为7FH的移码，故其阶码真值为100000002—011111112=000000012=110，又基数为2，故题目所求真值为一1×21=一2。知识点解析：暂无解析45、大部分文件系统以硬盘作为文件存储器。某一个文件系统中，其磁盘物理块的大小为512B，有一个文件，包含了590个逻辑记录，每个记录占255B；其中，为检索方便，采用成组法存储，在每个物理块上只存放2个记录。文件A在该文件目录中的位置如下图5—2所示。此树形文件目录结构由根目录结点和作为文件中间的目录结点以及作为信息文件的叶结点组成，每个目录项占127B，每个物理块存放4个目录项。根目录的内容常驻内存。(1)若文件采用隐式链接文件结构，设每块的连接字占4B，存放在每个物理块的尾部。如果要将文件A读人内存，至少要读取几次硬盘?为什么?(2)若文件采用连续文件结构，如果要将文件A的逻辑记录号为480的记录读入内存，至少要读取几次硬盘?为什么?标准答案：(1)当文件采用隐式链接文件结构时，首先计算找到文件A的读盘次数。从根目录root起，第一次读硬盘得到bin，dev，home等的信息和目录mary的盘块地址。第二次读硬盘得到doc的地址，第三次读硬盘得到文件A的地址，第四次开始读文件A的内容。再计算把文件A读入内存的次数，所需读盘次数为590／2=295次。所以，为把文件A读入内存需读盘次数=295+3=298次。(2)当文件为连续结构时，第三次就能读硬盘得到文件A的地址，而知道了文件A的地址，通过计算，只需要1次读盘就可读出第480个逻辑记录。即共需要读取4次硬盘，就能将文件A的逻辑记录号为480的记录读入内存。知识点解析：暂无解析46、在windows操作系统中支持FAT32文件系统，一个文件的物理结构是用文件分配表FAT来表示的，在FAT32中，文件分配表每个表项占32位。如果某分区为FAT32磁盘文件系统，每簇8扇区，扇区的大小为512字节，则该分区最大可为多少字节?每个FAT表占用的存储空间是多少字节?标准答案：512B×8×232＝16TB。4B(32位)×232＝16GB。知识点解析：本题考查FAT文件系统的基本原理。当一个程序对文件系统要求提供某一个文件的内容时，会到此文件的目录记录表去寻找它的第一个簇号码，然后再到FAT记录表里去找在此链表(Chain)里的下一个簇。此动作不断地重复直到找到文件的最后一个簇为止，文件系统可以精确地计算哪些簇属于这个文件及其先后顺序。由此方式，文件系统可提供程序所要求之文件的任何部分。这种组织文件的方式称为FAT链(FATChain)，在FAT文件系统下，文件永远被分配到整数单位的簇。例如，在一个每一簇大小为32K的11GB磁盘中，一个只包含“Hello，world”这几个字符的大小为12字节文件仍要在磁盘中占32KB的空间。在簇中没有用到的部分称为耗损(Slack)，文件的耗损平均为半个簇。在一个每簇为16KB的850MB硬盘中其中平均文件大小为50KB的话，每4个簇约64K只用到50K，浪费约14K，大概有21．9％分配给文件的硬盘空间实际上浪费掉了。FAT文件系统将数个扇区合并成一个簇(Cluster)，作为为文件分配存储空间时的基本单位，簇里的扇区数目必须是2的n次方。FAT32文件系统中，用32位来表示磁盘簇号的位数，每个分区最大可存放232＝4294967296个簇，每个簇为8X512字节＝4096字节，则该分区最大可存放17592186044416＝16TB。4294967296个簇号，每个簇要1个FAT表，则FAT表所占的存储空间是16GB。每簇4096字节，需要占用4294967296×4÷4096＝4194304个簇。这里请注意，文件的格式在FATl6到FAT32的过程中有一些变化，FAT32格式会将扇区号在启动区里注明，并在磁盘上连续分配，因此在FAT表中只需要存放簇号即可。事实上，16TB是理论计算值，实际操作系统远低于16TB。47、已知在二叉树中，T为根结点，*p和*q为二叉树中两个结点，试编写求距离它们最近的共同祖先的算法。标准答案：intfound：FALSE；Bitree*Find_Near_Ancient(BitreeT，BitreeP，Bitreeq){／／求二叉树T中结点P和q的最近共同祖先Bitreepathp[i00]，pathq[i00]；／／设立两个辅助数组暂存从根到p，q的路径Findpath(T，p，pathp，0)；found=FALSE；Findpath(T，q，pathq，0)；／／求从根到p，q的路径放在pathp和pathq中for(i=0；pathp[i]==pathq[i]&&pathp[i]；i++)；／／查找两条路径上最后一个相同结点returnpathp[--i]；}voidFindpath(BitreeT，Bitreep，Bitreepath[]，inti){／／求从T到P路径的递归算法if(T==p){found=TRUE；／／找到return：}path[i]=T；／／当前结点存入路径if(T-＞ichild)Findpath(T-＞ichild，p，path，i+1)；／／在左子树中继续寻找if(T-＞rchild&&!found)Findpath(T-＞rchild，p，path，i+1)；／／在右子树中继续寻找if(!found)path[i]=NULL；／／回溯}知识点解析：暂无解析48、带权图(权值非负，表示边连接的两顶点间的距离)的最短路径问题是找出从初始顶点到目标顶点之间的一条最短路径。若最短路径不止一条，在找到一条最短路径的同时，还需要输出不同最短路径的条数。现有一种解决该问题的方法：(1)初始化结点集合S为仅包含源结点s；用一个整型数组Counter[v]来记录从结点s到结点v的最短路径的条数；各结点Counter的初始值为0。(2)从未加入S的结点中选择当前距离最小的结点v(“当前距离”是指从s到v且仅经过S中结点的最短距离)，将其加入S。(3)对每个与v相邻的结点w，若w不在S内，检查：①若v的加入使得w的当前距离变小，则更新w的当前距离为(v，w)的边长与v的当前距离之和，并日．令Counter[w]=1。②若v的加入是s到w的长度相同的另一条最短路径，则Counter[w]++；(4)重复步骤(2)和(3)，直到所有结点都被收录到集合S中。若该方法可行，请证明之；否则，请举例说明。标准答案：首先，该算法是错误的。图8一10给出了反例：设图中各边长为1，则从s到w有3条长度棚同的路径，而使用此算法得到的结果为2。问题出现在以下3个地办：(1)当v的加入产生新的最短路径时，从s到v再到w的最短路径条数等于v的最短路径条数，而不是仅等于1。所以步骤(3)中①的Counter[w]=1应改为等于Counter[w]=Counter[v]。(2)若v的加入是s到w的长度相同的另一条最短路径，则w的最短路径条数并不是仅增加了1，而是v带过来的所有最短路径。