计算机专业（基础综合）模拟试卷225

计算机专业（基础综合）模拟试卷225

一、单选题（本题共40题，每题1.0分，共40分。）

1、设森林M中有三棵树，它们结点个数分别为Nl,N2,N3,与森林相对应的二

叉树上，根结点的右子树上的结点个数为（）。

A、N1

B、NI+N2

C、N3

D、N2+N3

标准答案：D

知识点解析：由森林和二叉树的转换关系可知，森林中第一棵树的根结点转换为二

叉树的根结点、其他结点变为二叉树的根结点的左子树上的结点，森林中第二和第

三棵树全部构成二叉树根结点的右子树，故知根结点的右子树上的结点个数为

N2+N3：故选D。

2、计算机在进行浮点数的相加（减）运算之前先进行对阶操作，若x的阶码大于y

的阶码，则应将（）。

A、x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术左移

B、x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术右移

C、y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术左移

D、y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术右移

标准答案：D

知识点解析：在浮点数加减运算时，首先要进行对阶，根据对阶的规则，阶码和尾

数将进行相应的操作。要对阶，首先应求出两数阶码Ex和Ey之差，即

Ey,若△£=（）,表示两数阶码相等，即Ex二Ey；若△£>（）,表示Ex>Ey；若

0,表示ExVEy。当ExrEy时，要通过尾数的移位来改变Ex或Ey,使Ex=Ey。对

阶的规则是：小阶向大阶看齐。即阶码小的数的尾数右移，每右移一位，阶码加

1,直到两数的阶码相等为止。如：Ex=Ey,无需对阶；Ex>Ey,则My右移。每右

移一位，Ey+1—Ey,直至Ex=Ey为止；EX<Ey,则Mx右移。每右移一位，

Ex+1-►Ex>直至Ex二Ey为止。

3、如果X为负数，则已知［X］朴求［X］补的方法是（）。

A、［X］补各值保持不变

B、［X、卜符号位变反，其他各位不变

C、［X］补除符号位外，各位变反，末位加1

D、［Xh卜连同符号位一起各位变反，末位加1

标准答案：D

知识点解析：［—X］补被称为［X］朴的机器负数，由［X］补求［—X］补的过程称为对［X］

补变补（求补），这是做减法运算时必须要完成的操作。|归纳总结］不管X的真值为

正或为负，己知［X］朴求［-X］补的方法是：将［X］补连同符号位一起求反，末尾加

'T'。IX］补表示的真值妇果是正数，则变补后［—X］补所表示的真值变为负数；反

过来，［X］补表示的真值如果是负数，则变补后［—X］朴所表示的真值变为正数。

［解题技巧］此题容易错选选项C。如果除符号位外，各位变反，末位加1,得到的

是冈原而不是［—X］补，且只有x为负数时成立。

4、某进程代码页在页框中固定不换出，数据页在缺页时换页，每页大小为4KB。

当前正在执行一条指令，其语义为：从数据页读四个字节并以此为地址从数据页读

另外4个字节到寄存器中，则缺页次数最多是（）次。

A、1

B、2

C、3

D、4

标准答案：D

知识点解析•：每次读取的4个字节可能不在同一页中。

5、某进程代码页在页框中固定不换出，数据页在缺页时换页，每页大小为4KB。

当前正在执行一条指令，其语义为：从数据页读四个字节并以此为地址从数据页读

另外4个字节到寄存器中，则缺页次数最多是（）次。

A、1

B、2

C、3

D、4

标准答案：D

知识点解析•：每次读取的4个字节可能不在同一页中。

6、下列关于二叉树的说法中，正确的是（）。

A、度为2的有序树就是二叉树

B、含有n个结点的二叉树，其高度为「10g2id+1

C、完全二叉树中，若一个结点没有左孩子，则它必是叶子结点

D、在任意一棵非空二叉排序树中，删除某结点后又将其插入，则所得的二叉排序

树与删除前原二义排序棚相同

标准答案：C

知识点解析：二叉树是有序树，但是度为2的有序树却不是二叉树，所以选项A

错误；选项B当且仅当完全二叉树时才有意义，对于任意一棵二叉树高度可能为L

log2nJ+l-n;根据完全二叉树的定义，选项C正确；在二叉排序树上删除结点时

可能会调整部分结点的位置，而插入时一定是插在叶子结点的位置，故先删除再插

入结果可能就不再一样了，所以选项D错误。

7、有一个长度为12的有序表，按二分查找法对该表进行查找，在表内各元素等概

率情况下，查找失败时所需的平均比较次数是（）。

A、37/12

B、62/13

C、39/12

D、49/13

标准答案：B

知识点解析：长度为12的折半查找判定树中有13个外结点，如下图所示：

对于长度为12的有序表,

折半查找失败时的平均查找长度为：ASL=（4x3+5x10）/13=62/13

8、下面的寻址方式中，指令中包含操作数的地址的是（）。

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。直接寻址时指令中地址码字段给出的地址A就是操作数的有效地址，即形式

地址等于有效地址：EA=Ao由于这样给出的操作数地址是不能修改的，与程序本

身所在的位置无关，所以又叫做绝对寻址方式。而间接寻址指令中给出的地址A

不是操作数的地址，而是存放操作数地址的主存单元的地址，简称操作数地址的地

址：EA=（A）0

9、某机有四级中断，优先级从高到低为1T2—3T4。若将优先级顺序修改，改后

1级中断的屏蔽字为1101,2级中断的屏蔽字为0100,3级中断的屏蔽字为1111,

4级中断的屏蔽字为0101,则修改后的优先顺序从高到低为（）。

A、1―2—3—4

B、3—1—4一2

C、1―3—4—2

D、2―1—3—4

标准答案：B

知识点解析：本题考查中断屏蔽字的设置。屏蔽字可以改变中断处理优先级，利用

中断屏蔽字可以在不改变中断响应次序的情况下改变中断处理的次序。在屏蔽字

中，1表示屏蔽该中断，0表示响应该中断。1级中断的屏蔽字为1101,表示屏蔽

1级、2级和4级中断；2级中断的屏蔽字为0100,表示屏蔽2级中断（即其自身，

故可知优先级最低）；3级中断的屏蔽字为1111,表示能屏蔽所有级中断（优先级最

高）；4级中断的屏蔽字为0101,表示能屏蔽2级和4级中断。此外，还有一个简

单方法：1越多优先级就越高，因为屏蔽其他中断源数就越多。

1U、在某个计算机系统中，内存的分配采用按需调页方式，测得当前CPU的利用

率为8%,硬盘交换空间的利用率为55%,硬盘的繁忙率为97%,其他设备的利

用率可以忽略不计，由此断定系统发生异常，则解决方法是（）。I.加大交换空

间容量U.增加内存容量m.增加CPU数量W.安装一个更快的硬盘V.减少

多道程序的道数

A、n、in和w

B、II和V

c、I和n

D、n、in和v

标准答案：B

知识点解析：本题考查抖动现象的分析。从测试数据看，CPU不忙，交换空间也

不满，就是硬盘I/O非常忙，所以不是交换空间不够，系统也没有死锁，主要瓶

颈在内外存交换上，因此最可能的情况就是抖动，即由于内存紧缺，并发进程数

多，采用按需调页而引起的频繁换入换出作业。对于抖动问题的解决，加大交换空

间容量并不能有效地解决问题，因为该问题的本质是内存的不足，且在这里交换空

间的利用率也仅为55%,I错误；上面说了，问题的本质是内存不足，所以增加

内存容量可以解决这个问题；II正确；CPU利用率本身就很低，不是CPU资源不

足的问题，in错误；安装一个更快的硬盘虽然可以一定程度上提高对换的速率，可

是还是不能从根本上解决问题，W错误；减少多道程序的道数可以使得每道程序平

均占有的内存空间变大，能够使用的页面变多，就可以有效抑制抖动现象，V正

确。答案选B。注意：内存出现的异常，如抖动和。Belady现象，都要从产生原

因的角度认真分析。在做这道题的同时，也可以总结一下死锁、饥饿这些进程管理

中会出现的异常，互相对.比，举一反三。首先判断系统异常属于哪种异常。

11、使用双链表存储线性表，其优点是（）。I提高查找速度n更方便数据的插入

和删除in节约存储空间w很快回收存储空间

A、I、n

B、I、IV

c、仅n

D、□、m、w

标准答案：C

知识点解析：在链表中一般只能进行顺序查找，所以，双链表并不能提高查找速

度，因为双链表中有两个指针域，显然不能节省存储空间，对于动态存储分配，回

收存储空间的速度是一样的。由于双链表具有对称性，所以其插入和删除操作更加

方便。

12、IEEE754标准浮点数的尾数采用()机器数形式。

A、原码

B、补码

C、移码

D、反码

标准答案：A

知识点解析：止EE754标准浮点数的尾数采用原码表示，选A。

13、若二进制定点小数真值是一0.1101,机器中表示为1.0010,则该数采用的

编码方法是()。

A、原码

B、补码

C、反码

D、移码

标准答案：C

知识点解析：真值一0.1101,对应的原码表示为1.1101,补码表示为1.0011,

反码表示为1.0010o移码通常用于表示阶码，不用来表示定点小数。［归纳总结］

对于负数，原码、补码和反码各有不同的表示形式。［解题技巧］由于真值是定点小

数，不能用移码表示，所以可立即排除掉选项D。接下来写出真值对应的原码、补

码和反码，即可得出答案。

14、Cache常使用的写回策略有写直达法和写回法，则下面关于写直达法和写回法

说法正确的是()。I.写回法是一个Cache数据块在任何一次写操作数时都需要

写回主存n.写直达法是一个Cache数据块仅在笫一次写操作数时才需要写回主

存HI.写回法的每个Cache块需要设置一位状态位

A、仅I、m

B、仅n

C、仅HI

D、I、n和m

标准答案：c

知识点解析：写直达法：是指每次写操作数时既写入Cache又写入主存，所以并不

是仅在第一次才写回主存，所以II错误。写回法：是写Cache时不写入主存，而

当Cache数据被替换出去时才写回.主存，所以会造成写回法的Cache中的数据会与

主存的不一致。为了识别Cache中的数据是否与主存中的一致，Cache中的每一块

要增加一个记录信息位，写Cache时设置这个位，Cache数据写回主存时清除这个

位。根据这个位的值，Cache中每一块都有两个状态：清(clean)和浊(dirty),在写

Cache时状态为“浊”，在数据写回主存时状态为“清"，所以I错误，HI正确。

15、对于设计实时操作系统，不是其设计目标的是()。

A、安全可靠

B、处理机效率

C＞及时响应输入

D、快速处理请求

标准答案：B

知识点解析：本题考查实时操作系统的设计目标。实时操作系统要求能对用户的请

求在规定的时间内完成，同时需要保证进程运行的安全性和高可靠性。而处理机的

效率不是实时操作系统没计所关心的。

16、在某个计算机系统中，内存的分配采用按需调页的方式，测得当前CPU的利

用率为8%,硬盘交换空间的利用率为55%,硬盘的繁忙率为97%,其他设备的

利用率可以忽略不计，由此断定系统发生异常，此异常可能会是（），解决办法是

（）1Bclady现象II抖动HI死锁W饥饿V加大交换空间容量VI增加内存容量VI增

加CPU数量皿增加并发进程数

A、I和V

B、II和VI

c、in和vn

D、w和vm

标准答案：B

知识点解析：本题考查按需调页下提高系统效率的措施。首先判断系统异常是属于

什么异常,从测试数据看，CPU不忙，交换空间也不满，就是硬盘的10非常繁

忙，所以不是交换空间不够，系统也没有死锁，主要瓶颈在内外存交换上，因此可

能的最大情况就是抖动，即由于内存紧缺，并发进程数多，采用按需调页而引起的

频繁地换人换出作业。对于抖动问题的解决，最好的办法是增加内存，或减少并发

进程数，单纯地增大交疾分区的大小或增加CPU数量或提高CPU处理能力都不能

解决根本问题。

17、在TCP报文段的报头中.窗口字段的作用是（1

A、报头中32bit字节的数量

B、说明对方端口的数量

C、控制对方的发送流量

D、说明网络的负荷能力

标准答案：c

知识点0析：本题考查TCP报文段的作用窗口大小：用于流量控制。表示在确认

了的字节之后还可以发送多少字节。窗口大小也允许为0,表示它已经收到了包括

确认号减1在内的所有数据段，但接收方急需暂停接受数据。对于窗口字段，占2

个字节，用来控制对方发送的数据量，并不能说明网络的负荷能力，因此答案是

Co

18、对以下关键字序列用快速排序进行排序，速度最慢的是（）。

A、{19,23,3,15,7,21,28}

B、{23,21,28,15,19,3,7}

C、{19,7,15,28,23,21,3}

D、(3,7,15,19,21,23,28)

标准答案：D

知识点解析：这种题目其实就是考查考生的记忆能力，因为在考研紧张的氛围下，

很少有考生在做这种选择题的时候能够分析其算法来选择答案。这里就是变相地考

查快速排序算法的最坏情况。快速排序法的最坏情况为待排序列是有序或接近有序

的时候，由于D中元素已经有序，所以选择D。评注：本题是指定了使用某种排

序方法，当题目中没有市定具体的排序方法的时候，我们一定不要急于挨个用每个

算法去试，而应该从所给的待排序列出发，观察序列元素的信息，找出某种特殊的

性质。

19、下述几种排序方法中，要求内存量最大的是()，

A、插入排序

B、选择排序

C、快速排序

D、归并排序

标准答案：D

知识点解析：A、B、C、D需要的辅助空间分别为：0(1),0(1),0(10gn),

O(n)o

20、堆排序分为两个阶段，其中第一阶段将给定的序列建成一个堆，第二阶段逐次

输出堆顶元素。设给定序列{48,62,35,77,55,14,35,98),若在堆排序的第

•阶段将该序列建成一个堆(大根堆)，那么交换元素的次数为()。

A、5

B、6

C、7

D、8

标准答案：R

调整结点77,交换1次；(b)调整结点35,不交换；(c)调整结点62,交换2次；

(d)调整结点48,交换3次。所以上述序列建初始堆，共交换元素6次。

21、路由汇聚是把小的子网汇聚成大的网络，下面4个子网：172.16.193.0/

24、172.16.194.0/24、172.16.196.0/24、172.16.198.0/24,进行

路由汇聚后的网络地址是()。

A、172.16.192.0/21

B、172.16.192.0/22

C、172.16.200.0/22

D、172.16.224.0/20

标准答案：c

知识点0析：根据前面讲过的知识，只要将网络地址中第一个不一样的字段按二进

制展开，然后找到它们最大限度的相同的位数，然后再转化成十进制即可，展开如

下：172.16.11000001/24172.16.11000010/24172.16.11000100/24

172.16.11000110/24很明显，他们之间最大限度的相同的位数是21位，故聚

合之后的网络地址为172.16.192.0/24o

22、ICMP协议不具备的功能是()。

A、向源主机发送网络不可达报文

B、向路由器发送回送请求报文

C、进行时间戳请求

D、获取主机IP地址

标准答案：B

知识点解析：IPv6首部为固定部分被简称为IPv6首部，其大小是40字节，而

IPv4首部中的必要部分为20字节。IPv6己经定义了以下扩展首部：逐跳选项首部

(Hop—by—HopOptionsheader)：定义需要逐跳处理的特殊选项；路由首部

(Routingheader)：提供扩展路由，类似于IPv4的源路由；片段首部(Fragmenl

header)：包含分片和重组信息：认证首部(Aiiihenticationheader)：提供数据完整性

和认证；封装安全负载首部(EncapsulationSecurityPayloadheader)：提供秘密性；

目标选项首部(DeslinationOptionsheader)：包含要在目标节点检查的可选信息因

此答案是B。

23、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。

24、二维数组A的每个元素是由6个字符组成的串，其行下标i=0,1…….，8,

列下标j=l,2……，10,设每个字符占一个字节。若A按行先存储，元素A|8,5|

的起始地址与当A按列先存储时起始地址相同的元素是（）。

A⑶51

A、

A⑶1

B、01

AS8

C、J

A口9

D、

标准答案：B

知识点解析：元素A[8,5]的起始地址与当A按列先存储时的A[i,j]元素的起始

地址相同，即8x10+5—1=。一l）x9+i,将四个备选答案代入，可得正确答案。

25、假定我们从下图所示的堆中删除了值为11的结点，那么值为70的结点将出现

在图中哪个指定位置（）c

A、A

B、B

C、C

D、D

E、E

标准答案：C

知识点解彳斤：本题考查堆的调整过程。堆的调整流程如下图所示，可知70最后的

位置为C。

26、进程Pi，P2和P3单独执行时间分别为10min、15min和20min,其中处理机

占用时间分别为2min、3min和12mi*如果采用多道程序设计技术使其并发，

并假设处理机的利用率可以达到60%,加上系统开销5分，那么并发使得计算机

系统的效率提高了（）。

A、63%

B、38%

C、74%

D、26%

标准答案：D

知识点解析：本题考查并发的计算。由于本题并没有详细描述进程的执行过程，所

以，是以总体效率来计算的。总体效率是指并发以后所花费的时间值与原时间值相

比提高了多少。以本题的题意，我们可以计算出处理机所需时间为：

2+3+12=17(min)；按处理机60%的利用率，并发所需总时间为：17/60%

+5=33.33(min)；单道运行时所需要的总时间为：10+15+20=45(min),则系统效率

提高了：(45-33.33)/45=26%。

27、若用一个大小为6的一维数组来实现循环队列，且当前from和rear的值分别

为3,0,当从队列中删除一个元素，再加入两个元素后，front和rear的值分别为

()。

A、5,1

B、4,2

C、2,4

D、1.5

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

28、下面关于对图的操作的说法不正确的是()。

A、寻找关键路径是关于带权有向图的操作

B、寻找关键路径是关于带权无向图的操作

C、连通图的生成树不一定是唯一的

D、带权无向图的最小生成树不一定是唯一的

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

29、主机甲向主机乙发送一个(FIN=1,seq=12220)的TCP段，期望与主机乙断开

TCP连接，若主机乙同意该连接请求，则主机乙向主机甲发送的正确的TCP段可

能是()。

A、(SYN=0,ACK=1,seq=11221,ack=11221)

B、(SYN=1,ACK=1,seq=11220,ack=i1220)

C、(SYN=1,ACK=I,seq=l1221,ack=11221)

D、(SYN=0,ACK=1,seq=11220,ack=11220)

标准答案：A

知识点解析：本题考查TCP协议的连接管理中断开连接过程，主机甲的应用进程

先向其TCP发出连接释放请求，并且不再发送数据。TCP通知对方要释放从甲到

乙这个方向的连接，将发往主机乙的TCP报文段首部的终止比特FIN置1,其序

号x等于前面已传过的数据的最后一个字节的序号加lo主机乙的TCP收到释放连

接通知后即发出确认，确认比特ACK置1,其序号为y,确认号为x+1,同时通知

高层应用进程，这样，从甲到乙的连接就释放了，连接处于半关闭(half-close)状

态，相当于主机甲向主机乙说：“我已经没有数据要发送了。但你如果还发送数

据，我仍接收。''因此本题中主机乙返回的TCP段应该是SYN=O,ACK=1,seq是

随机选择的序号，ack必须是主机甲的序号加1,也就是11221,答案是A。

30、分时系统中，为使多个用户能够同时与系统交互，最关键的问题是（）。

A、计算机具有足够的运行速度

B、内存容量应足够大

C、系统能及时地接收多个用户输入

D、能在一短的时间内，使所有用户程序都能运行

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

31、总线宽度只与下列（）选项有关。I.控制线根数n.地址线根数m.数据线

根数

仅I

A、

仅nm

B、、

仅m

C、

In

D、>、

标准答案：C

知识,23析：总线宽度又称为总线位宽，它是总线上能够同时传输的数据位数，通

常是指数据总线的根数。

32、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,电路交换建立连接的时间为S秒，则传送所有数据，电路交换需时间是

（）。

A、hD+L/B秒

B、S+hD+L/P秒

C、S+hD+L/B秒

D、S+L/B秒

标准答案：C

知识点解析：本题考查电路交换的原理，电路交换包括三个阶段：建立电路。在传

送数据之前，由发送方发出建立电路请求，交换机根据该请求，设法选择一条空闲

的信道连接到接收方。接收方收到该呼叫后，返回一应答信号确认本次电路连成，

则本次连接成功。传送数据。建立电路连接后，发送方通过已建立的电路向接收方

发送数据。拆除电路。数据传输完毕，发送方或接收方任一方发出拆线信号，终止

电路连接，释放所占用的信道资源。因此传送所有数据所需的时间是连接建立时

间，链路延迟，发送时间的和，因此是S+hD+L/B,答案是C。

33、下列属于微指令结沟设计的目标是（）。I.提高微程序的执行速度D.缩短

微指令的长度m.增大控制存储器的容量

A、仅I、m

B、仅i、n

c、仅n、m

D、i>n、w

标准答案：B

知识点解析：设计微指令结构时，所追求的目标如下。①微指令结构要有利于缩

短微指令的长度。②有利于减小控制存储器的容量。③有利于提高微程序的执行

速度。④有利于微指令的修改。⑤有利于微程序设计的灵活性。

34、某计算机采用4级中断，优先级从高到低分别为1、2、3、4o若将优先级的

顺序修改为3、1、2、4,则此时1、2、3、4级的中断屏蔽字分别为（）。

A、1111、0111、0011、0001

B、1101>010k111K0001

C、1101、0101、101k0001

D、1101,1010、1111、0001

标准答案：B

知识点解析：修改之后的优先级是3、1、2、4,表示3号的优先级最高，它可以

抢占任何级别的中断处理，故3的屏蔽字是1111,1号其次，表示除了3号我不能

抢占它，其余的我都可以抢占，故1的屏蔽字为1101,依次类推，2号中断屏蔽字

为0101,4号中断屏蔽字为0001。

35、在一单道批处理系统中，一组作业的提交时间和运行时间见表8—1。以下3

表％1作业提交时间和运行时间表

作业提交时间运行时间

18.01.0

28.50.5

39.00.2

49.10.1

种作业调度算法的平均周转时间分别是（）。-----------------(1)先

来先服务⑵短作业优先（3）响应比高者优先

A、0.5、0.875、0.825

B、0.85、0.875、0.625

C、0.85、0.675、0.825

D、0.5、0.675、0.625

标准答案：C

知识点解析：FCFS（先来先服务）和SJF（短作业优先）算法大家应该都很熟

悉，这里不多解释。高响应比优先算法的优先级=（等待时间+运行时间）/运行时

间周转时间=结束时间一提交时间=等待时间।运行时间=响应时间（仅在某些情况

下成立，后面会讨论）（l）FCFS（见表8—5）

表*5作业执行顺序为1、2、3、4

作业提交酎同运行时间开始时间完成叫间

18.01.08.09.0

28.50.59.09.5

39.00.29.59.7

49.10.19.79.8

过程说明：该算法最简单，根据FCFS原则，作业执行顺序为1、2、3、4。

T=(1.0+1.0+0,7+0.7)/4=0.85(2)SJF(见表8—6)

表8-6作业执行顺序为1、3、4、2

作业提交时间运行时间开始时间完成时间

18.01.08.09.0

39.00.29.09.2

49.10.19.29.3

28.50.59.39.8

过程说明：作业1提交时，没有其他作业，故作业1马上开始运行，直到完成，此

时有两个进程都在就绪队列，即作业2和作业3。根据SJF,选择作业3运行，直

到完成，此时仍有两个进程在就绪队列，即作业2和作业4。根据SJF,选择作业

4运行，直到完成，最后作业2运行，完成。T=(10+1.3+0.2+0.2)/4=0.675(3)高响

应比(见表8—7)

表8-7作业执行顺序

作业提交时间运行时间开始时间完成时间

18.01.08.09.0

28.50.59.09.5

49.00.29.69.8

39.10.19.59.6

过程说明：作业1提交时，没有其他作业，故作业1马上开始运行，直到完成，此

时有两个进程都在就绪队列，即作业2和作业3。此时作业2响应比为

(0.5+0.5)/0.5=2,作业3响应比为(0+0.2)/0.2=1,根据响应比高者优先，选择作业2

执行，直到完成，此时仍有两个进程在就绪队列中，即作业3和作业4。作业3响

应比为(0.5+0.2)/0.2=3.5,作业4响应比为(0.4+0.1)/0.1=5,根据响应比高者优先，

选择作业4执行，直到完成，最后作业3运行，完成。T=(1.0+1.0+0.8+0.5)

/4R.825关于响应时间和周转时间的关系如下：响应时间：从提交第一个请求到

产生第一个响应所用时间。(这个定义不好理解)周转时间：从作业提交到作业

完成的时间间隔。如果大家多做几道这样的题会发现，这两个时间经常是相等

的，即等待时间+运行时间。但既然有两个定义，就肯定有区别之处。之所以相等

的原因是，这些题目太老了，这些题目中大都有个前提，“批处理系统中“，当产生

第一次响应时，就是作业完成了。但在分时系统中，时间片结束后，就认为产生了

第一个响应。下面举个例子，希望大家能对这两个概念区分开。比如回答：

100+100+100+100—100等于多少？情况A:我用2s回答了问题，等于300。那么

我要计算你这个问题是要时间的，我花了1.8s来运算就是周转时间。总共用了2s

准确地回答了问题就是响应时间。计算过程是周转时间。接到命令到提交完答案

就是响应时间。情况B：我用了0.5s回答，“我现在很忙，待会儿再回答你”。

0.5s是响应时间，这就是“产生第一个响应”的意思c至于周转时间，肯定是大于

0.5s的。所以，两者是没有谁大谁小的关系，只是在特殊题设条件下才相等的，

大家要注意区分。

36、指令的寻址方式有顺序和跳跃两种方式，采用跳跃寻址方式，可以实现（）。

A、堆栈寻址

B、程序的条件转移

C、程序的无条件转移

D、程序的条件或无条件转移

标准答案：D

知识点解析：暂无解析

37、在读写文件的操作中，通常使用“块高速缓存”，以减少访问磁盘的次数，但为

了保证系统的（），关键块必须尽早写盘。

A、一致性

B、安全性

C、性能

D、可扩性

标准答案：A

知识点解析：关键条件是“尽早写盘”，很明显是为了保证数据一致性。

38、某虚拟存储器采用页式内存管理，使用LRU页面替换算法，考虑下面的页面

访问地址流（每次访问在一个时间单位中完成），1,8,1,7,8,2,7,2,1,8,

3,8,2,1,3,1,7,1,3,7。假定内存容量为4个页面，开始时是空的，则页

面失效次数是（）。

A、4

B、5

C、6

D、7

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

39、RS232-C接口规范所处的层次是（）。

A、物理层

B、数据链路层

C、网络层

D、传输层

标准答案：A

知识点解析：物理层协议要解决的是主机、工作站等数据终端设备与通信设备之间

的接口问题。ISO将上两种设备分别称为DTE（插头）和DCE（插座）：RS232-C是美

国电子工业协会与1973年提出的串行通信接口标准，用于DTE和DCE之间的接

口标准。定义在ISO7层参考模型中的物理层。

40、IEEE：754标准规定的32位浮点数格式中，符号位为1位，阶码为8位，尾

数为23位。则它所能表示的最大规格化正数为（）。

A>+（2—223）X2+,27

B>+（1-223）X2+I27

C、+（2-223）X2+2+255

D、2+,27—223

标准答案：A

知识点解析：暂无解析

二、综合应用题（本题共9题，每题1.0分，共9分0）

下图所示为双总线结构巩器的数据通路，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，R1。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。

Aq线

B息线

41、“ADDR2,RO”指令完成（R0）+（R2）T