辽宁工程技术大学810计算机组成原理及操作系统之计算机组成原理考研仿真模拟题

2017年辽宁工程技术大学计算机技术（专业学位）810计算机组成原理及操作系统之

计算机组成原理考研仿真模拟题（一）说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。一、选择题I.变址寻址方式中，操作数的有效地址等于（ ）OA基值寄存器内容加上形式地址（位移量）堆栈指示器内容加上形式地址变址寄存器内容加上形式地址程序计数器内容加上形式地址【答案】C下列关于闪存（FlashMemory）的叙述中，错误的是（ ）。A信息可读可写，并且读、写速度一样快存储元由MOS管组成，是一种半导体存储器掉电后信息不丢失，是一种非易失性存储器采用随机访问方式，可替代计算机外部存储器【答案】A。【解析】考查闪存的特性’闪存是EEPROM的进一步发展’可读可写，用MOS管的浮栅上有无电荷来存储信息，它依然是ROM的一种，故写速度比读速度要慢不少。闪存是一种非易失性存储器，它采用随机访问方式，现在常见的SSD固态硬盘就是由flash芯片组成的，故答案为A。带有处理器的设备一般称为（ ）设备。A智能化交互式C痺通信D.过程控制【答案】A4.在单机系统中，三总线结构的计算机的总线系统由（ ）组成。系统总线、内存总线?口1/0总线麒总线、地此总缴口控制总线内部总线、系统总线和I/O总线ISA总线、VESA总线和PC1总线【答案】A

TOC\o"1-5"\h\z5.在一株高度为2的5阶B树中，所含关键字的个数最少是( )578I4【答案】A【解析】根据B树的定义可知，跟结点最少含有max(2,-m-l))个关键字，高度为2的阶B树最少有(5-1)+1=5个关键字，其中根节点含有(5-1)个关键字，第2层结点含有1关键字。站点&B、C通过CDMA共享链路,A.B、C的码片序列(chippingsequence)分别是(1,1,TOC\o"1-5"\h\z1,1\(1,-1,1,-1)和(1,1,-1,-1),若C从链路上收到的序列是(2,0,2,0,0,・2,0,-2.0,2,0,2),则C收到A发送的数据是( )000101I10II1【答案］B【解析】用A的码片与信息做内积运算用户在删除某文件的过程中’操作系统不可能执行是( )删除此文件所在的目录删除与此文件关联的目录项C刪除与此文件对应的控制块D.释放与此文件关联的内存级冲区【答案】A【解析】删除文件不需要删除文件所在的目录，而文件的关联目录项和文件控制块需要随着文件一同删除’同时释放文件的关联缓冲区。某时刻进程的资源使用情况如下表所示已分配资源进程已分配资源进程R1R2R3R1Pl2000P212O1P301I1P40012为需资源可用资源R2R3R1R2R3013231021OO此时的安全序列是(P1.P2,P3,P4P1,P3,P2,P4P1,P4,P3,P2

祎在【答案】D已分配资源尚需资源可用资源进程R1R2R3R1R2R3RIR2R3P120OO01O21P2\2O132222P3O1113i222P4001200221表2）。［解析］典型的死锁避免算法，银行家算法的应用。银行家算法是操作系统中的一个重点知识单元，考生对此应该非常熟悉，本题并无难点。分析一下表2,可以看到，经过PI,P4的运行以后，可用资源是2,2,】，而P2,P3所需资源分别是I,3,2和1,3,1。所以剩余资源已经不够P2或P3表2）。9.下列选项中’不能改善磁盘设备I/o性能的是（重排I/O请求次序在一个磁盘上设置多个分区预读和滞后写D优化文件物理块的分布【答案】B。［解析】磁盘I/O性能主要是指其读写速度。相对而言，磁盘的I/O性能是计算机性能提高的一个瓶颈。“重排I/。请求次序”可以优化磁臂调度的算法,减少读写时间，故正确；“预读和滞后写”是利用内存作为磁盘的缓存，使得对磁盘的访问变为对内存的访问，也可以在总体上提高其性能；“优化文件物理块的分布“减少磁臂调度和旋转调度的等待时间，也可以提高磁盘I/O性能，而磁盘分区仅在磁盘空间的组织上进行划分，对磁盘I/O性能的提升没有什么帮助，是不能改善磁盘设备I/O性能的，故答案为B。TOC\o"1-5"\h\z10.某容量为256M的存储器，由若干4M*8位的DRAM芯片构成，该DRAM芯片的地址弓|脚和数据引脚总数是：（ ）19223036【答案】A【解析】DRAM地址线复用，4M为2的22次方，因此除2为11根，数据线8根。因此地址弓I脚和数据弓I脚总数为19根11.下列关于进程和线程的叙述中，正确的是( ).不管系统是否支持线程，进程都是资源分配的基本单位线程是资源分配的基本单位，进程是调度的基本单位系统级线程和用户级线程的切换都需要内核的支持同一进程中的各个线程拥有各自不同的地址空间【答案】A。［解析】利用排除法来确定正确答案线程是资源分配的基本单位，进程是调度的基本单位“这句话说反了，明显错误。“系统级线程和用户级线程的切换都需要内核的支持”也不正确,因为用户级线程的切换由用户编写的RunlimeSystem执行的，内核并不感知。“同一进程中的各个线程拥有各自不同的地址空间”明显错误，弓I入线程的目的就是为了同一进程的所有线程能共享进程的地址空间，故“不管系统是否支持线程，进程都是资源分配的基本单位”是正确的。TOC\o"1-5"\h\z12.CRT的分辨率为1024x1024像素，像素的颜色数为256,则刷新存储器的容量是( )。512KB1MB256KB2MB【答案】B二、简答题13-“计算机应用”与“应用计算机”在概念上等价吗?用学科角度和计算机系统的层次结构来说明你的观点。［答案】“计算机应用"与"应用计算机"在概念上等价不等价，原因如下：(1)计算机应用是—学科的名词，它包含计算机网络、信息管理、数据库技术、人工智能、计算机繭助设计等多个领域；(2)应用计算机，从计算机层次结构的角度来看，不同的应用者,应用的方法和目标是不同的，如CPU的设计者是在微程序级应用计算机，目的是为后面的应用者提供功能强大的指令系统;而操作系统的设计者是在汇编语言级应用计算机，目的是扩展硬件功能，为后面的应用者提供良好的操作环境和手段。14.比较PC】总线和InfiniBand标准的性能特点。【答案】(1)PCI总线是当前使用的总线，是一个高带宽且与处理器无关的标准总线,又是重要的层次总线。它采用同步定时协议和集中式仲裁策略，并具有自动配置能力，适合刊氐成本的小系统，因此在微型机系统中得到了广泛的应用。(2)正在发展的InfiniBand标准，追求高端服务器市场的最新I/O规范，是一种基于开关的体系结构，可连接多达64000个服务器、存储系统、网络设备，能替代当前服务器中的PCI总线，数据传输率达30GB/S,因此适合于高成本的较大规模计算机系统。.某机器CPU中有16个通用寄存器，运行某中断处理程序时仅用到其中2个寄存器，请问响应中断而进入该中断处理程序时是否要将通用寄存器内容保存到主存中去?需保存几个寄存器？【答案】(I)要将通用寄存器内容保存到主存中去。(2)中断服务程序中要使用的通用寄存器原内容保存到存储器中’中断服务程序要动用哪个寄存器，就保存哪个，所以需要保存2个。.为什么软件能够转化为硬件，硬件能够转化为软件?实现这种转化的媒介是什么？［答案】软件能够转化为硬件，硬件能够转化为软件原因如下：(1)容量大、价格低、体积小、可改写的只读存储器提供了软件固化的良好物质基础。现在已经可以把许多复杂的、常用的程序制作成固件。就它的功能来说，固件是软件，但从形态来说,固件又是硬件。(2)目前在一片硅单晶芯片上制作复杂的逻辑电路已经是实际可行的，这又为扩大指令的功能提供了相应的物质基础。因此，本来通过软彳牛手段来实现的某种功能，现在可以通过硬件来直接解释执行。传统的软件部分，今后完全有可能"固化"甚至"硬化"。(3)任佢I操作可以由软件来实现，也可以由硬件来实现；任何指令的执行可以由硬件完成,也可以由软件来完成。实现这种转化的媒介是软件与硬件的逻辑獻性。.计算机的系统软件包括哪几类?说明它们的用途。【答案】系统软件用来简化程序设计，简化使用方法，提高计算机的使用效率，发挥和扩大计算机的功能及用途。它包括以下四类：(1)各种服务性程序’如诊断程序、排错程序、练习程序等； 语言程序,如汇编程序、编译程序、解释程序等，用于把源程序翻译或解释成目的程序;(3)操作系统，用来管理计算机资源(如处理器、内存、夕卜部设备和各种编译、应用程序)和自动调度用户的作业程序，而使多个用户能有效地共用一套计算机系统：(4)数据库管理系统(DBMS),实现有组织地、动态地存储大量相关数据,方便多用户访问计算机软、硬件资源。三、综合应用题.某机器字长为32位，主存容量为IMB単字长指令,有50种操作码’采用寄存器寻址、寄存器间接寻址、立即、直接等寻址方式。CPU中有PC.IR・AR・DR和16个通用寄存器。问：指令格式如何安排？能否增加其他寻址方式？【答案】(1)由题意知，主存容量为1MB,地址至少需要20位表示，而机器字长为32位。50种操作码至少需要6位表示；四种寻址方式至少需要2位表示；源操作数和目的操作数放在16

个通用寄存器中’各需4位；剩下16位表示形式地址D。31 26252423 2019 1615 0|OP|寻址|源寄存器|目的寄存器|DX=00.寄存器寻址方式，有效地ME=R,X=0l•寄存器间接寻址方式，有效地址E=("X=l().立即寻址方式。X=ll，直接寻址方式，有效地址E=D(2)当D变成23位时，寻址模式变成3位，可有更多的寻址方式。可使用PC寄存器，增加相对寻址方式,E=PC+D,或者直接增加间接寻址方式E=(D)°.已知有6个顶点(顶点编号为0-5)的有向带权图(；,其邻接矩阵A为上三角矩阵，按行为主序(行优先)保存在如下的一维数组中。要求：(1)写出图G的邻接矩阵Ao(2)画岀有向带权图G。(3)求图G的关键路径，并计算该关键路径的长度。【答案】(1)由题可以画出待定上三角矩阵的结构图如下(图中?为待定元素):第四行第五行第二行第四行第五行第二行可以看出，第一行至第五行主对角线上方的元素分别为5,4,3,2,1个，由此可以画出压缩存储数组中的元素所属行的情况，如下图所示：46888,88843«第一行将各元素填入各行即得邻接矩阵:(2)根据第一步所得矩阵A容易做出有向带权图G,如下:

4+5+4+3=16O(3)下图中粗线箭头所标识的4个活动组成图G4+5+4+3=16O由上图容易求得图的关键路径长度为:.将关键字序列(7,8,30.11,18,9,14)散列存储到散列表中，散列表的存储空间是一个下标从0开始的一维数缄散列函数是：H(key)=(keyx3)MOD7,处理冲突采用线性探測再散列法’要求装填(载)因子为0.7。(1)请画岀所构造的散列表。(2)分别计算等概率情况下查找成功和查找不成功的平均查找长度。【答案】(1)要求装填因子为0.7,数组的长度应该为7/0.7=10,数组下标为0〜9。各关键字的散列函数值如下表1：key78301118914H(key)O36556O表I采用线性探测法再散列法处理冲突，所构造的散列表2为:地址0123456789|关键字71481130189表2(2)査找成功时，在等概率情况下，查找表中每个元素的概率是相等的’因此是根据表中元素个数来计算平均查找长度’各关键字的比较次数如下表3所示:关键字78301118914次数1111332表3故查找成功的平均查找长度为(1+1+1+1+3+3+2)/7=12/7。在不成功的情况下，由于任意关键字key,H(key)的值只能是0~6之间，H(key)为。需要比较3次，H(key)为1需要比较2次，H(key)为2需要比较1次，H(key)为3需要比较2次，H(key)为4需要匕嚴1次，H(key)为5需要比较5次，H(key)为6需要比较4次，共7种情况，如下表4所示：H(key)0123456次数3212i54表4所以，在等概率下，查找失败的平均查找长度为：(3+2+1+2+1+5+4)77=18/7。21.写岀下列各整数的原码，反码.补码表示(用8位二进制数)。其中MSB是最高位(符号位),LS唱最低位。(1)-35(2)128-127-1【答案】(1)[-35济=10100011[-35^=11011100(-351^=11011101[1271^=01111111[127眼=01111111[1271=01111111(-127|14=11111111|-127]«=1000(XXX)[-1271i,=l000000l10000001111011112017年辽宁工程技术大学计算机技术(专业学位)810计算机组成原理及操作系统之

计算机组成原理考研仿真模拟题(二)说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度岀题。一、选择题I-计算机系统中采用*HS运算的目的是为了( )。a与手工运算方式保扌A致提高运算麋简化计算机的聞提高运算的精度【答案】C循环两列放在一维数组AQ.M-l］中，endl指向队头元素，end2指向队尾元素的后一个位置。假设队列两端均可进行入队和出队操作，队列中最多能容纳M-I个元素。初始时为空，下列判断队空和队满的条件中，正确的是()队空:endl==end2:队满：end1==(end2+l)modM队空：endl==end2：队满：end2==<endl+l)mod(M-l)队空：end2，(end1+1)modM:队满：endl==(end2+1)modM队空：endl==(cnd2+1)modM;队满:end2==(end1+1)mod(M-i)【答案】A［解析］在循环队列中，在少用一个元素空间的前提下，可约定入队前’测试尾指针在循环意义下加1后是否等于头指针，若相等,则队满。而队空的条件还是首尾指针是否相等。用于笔记本电脑的外存储器是( )O软磁盘硬磁盘固态盘光盘【答案】CCPU输出数据的速度远远高于打印机的打印速度・为解决这一矛盾，可采用( )。并行技术技术缓冲技术虚谜术【答案】C

为实现快速排序算法,待排序序列宜采用的存储方式是（ ）oAJI贿存储散列存储C•链式存储D.索引存储【答案】A【解析】对绝大部分内部AE序而言，只适用于顺序存储结构，快速排序在排序过程中，既要从后向前查找，也要从前向后查找，因此宜采用顺序存储。6.下列说法中正确的是（ ）0SRAM存储器技术提高了计算机的速度若主存由ROM和RAM组成，容量分别为2。和2七贝住存地址共需n+m位闪速存储器是一种高密度、非易失性的读/写半导体存储器存取时间是指连续两次读操作所需间隔的最小时间【答案】C7.操作系统的I/O子系统通常由四个层次组成，每一层明确定义了与邻近层次的接口。其合理的层次组织排列顺序是（7.操作系统的I/O子系统通常由四个层次组成，每一层明确定义了与邻近层次的接口。其合理的层次组织排列顺序是（用户级I/O软件、用户级I/O软件、用户级I/O软件、用户级I/O软件、【答案】&设备无关软件、设备无关软件、设备驱动程序、中断处理程序、设备驱动聞、中断处理程序、设备无关软件、设备无关软件、中断处理程序设备驱动程序中断处理程序设备驱动程序【解析】对于一次设备的调用’操作系统为用户准备了系统调用的接口,当用户使用设备时,首先在用户程序中发起一次系统调用，操作系统的设备无关层软件接到该调用请求后调用处理程序进行处理，根据调用格式和形参，再转到相应的设备驱动程序去处理；大部分设备在运t亍时是需要时间的，所以设备驱动程序会以中断方式驱动设备，即设置好控制寄存器参数和中断向量等参数后阻塞自己；当设备准备好或所需数据到达后设备硬件发出中断，设备驱动程序唤醒，将数据按上述调用I喚序逆向回传到用户程序中，或继续驱动设备执行下一条指令。因此，I/O软件从上到下分为四个层次：用户层、与设备无关的软件层、设备驱动程序以及中断处理程序。TOC\o"1-5"\h\z8.以RS-232为接口，进行7位ASCII码字符传送•带有一位奇校验位和两位停止位’当波特率为9600波特时，字符传送率为（ ）。9608731371480【答案】A.下列各类存储器中，不采用随机存取方式的是（ ）。EPROMCDROMDRAMSRAM【答案】B［解析】随机存取方式是指存储器的任何一个存储单元的内容都可以存取，而且存取时间与存储单元的物理位置无关。CDROM是只读的光盘存储器，采用串行存取方式而不是随机存取方式。.下列选项中,能缩短程序执行时间的措施是（ ）OL提高CPU时钟频率1L优化数据通路结构III.对剽进彳瑜译优化仅1和II仅I和m仅II和IIII、II和Hl【答案】D【解析】一般说来,CPU时钟频率（主频）越高，CPU的速度就越快：优化数据通路结构’可以有效提高计算机系统的吞吐量：编译优化可得到更优的指令序列。所以I、II、III都是有效措施。-多处理机分类中，不属于紧耦合系统的是（ ）。SMP（柵多处理机）PVP（并行向量处理机）MPP（大规模并醐理机）DSM（分布共享存储器多处理机）【答案】C.主机甲与主机乙之间已建立一个TCP连接，主机甲向主机乙发送了3个连续的TCP段’分TOC\o"1-5"\h\z别包含300字节、400字节和500字节的有效载荷，第3个段的序号为900。若主机乙仅正确接收到第1和第3个段，则主机乙发送给主机甲的确认序号是（ ）。30050012001400【答案】B［解析】本题考查TCP的确认机制，TCP首部的序号字段是指本报文所发送的数据的第一个字节的序号。本题中首先根据第3个段的序号为900,可以得岀第2个段的序号为500,第1个段的序号为200,这里主机乙仅正确接收了第］段和第3段，这意味着第2段丢失，需要超时重传，因此主机乙发送给主机甲的确认序号，也就是此时接收端期望收到的下一馒据包中第一个字节的序号应该是第二段的第一个字节的序号，也就是500,因此答案是B。二、简答题13.数字计算机有哪些主要应用？［答案］数字计算机的主要应用有：科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。14.段式虚拟存储器对程序员是否透明？请说明原因。［答案】虚拟管理是由软件（操作系统）和硬件共同完成，由于软件的介入，虚存对实现存储管理系统程序不透明。而段是按照程序的自然分界划分的长度可以动态改变的区域。通常，程序员把子程序、操作数和常数等不同类型的数据划分到不同的段中，并且每个程序可以有多个相同类型的段。由于分段是由程序员完成的，所以段式虚拟存储器对程序员而言不是透明的，但虚存到实存的地址映射是由系统软件辅助完成的，故对应用程序而言，段是虚拟存储器是“半透明"的。15.总线的一次信息传送过程大致分哪几个阶段?若采用同歩定时协议,请画出读数据的同步时序图。［答案］总线的一次信息传送过程，大致分为五个阶段：请求总线、总线仲裁、寻址（目的地址\信息传送、状态返回（或错误报告1读数据同步时序图如图所示：总践时钟_r_Lr~i_r_Ln_

启动信号—II 读命令一| 地址絞一（S5） 数据线 <®> 认可 《 」图读数据同步时序图16.现代计算机系统如何进行多级划分?这种分级观点对计算机设计会产生什么影响？［答案】（I）现代计算机系统可分为五个层次①第一级是微程序设计级或逻辑电路级，是一个实在的硬件级’由硬件直接执行；②第二级是一般机器级’称为机器语言级’也是硬件级’它由微程序解释机器指令系统；第三级是操作系统级，它由操作系统程序实现：第四级是汇编语言级，由汇编程序刘寺和执行，它给程序人员提供一种符号形式语言，以减少程序编写的复杂性：第五级是高级语言级，它是面向用户的，为方便用户编写应用程序而设置的。(2)对计算机设计产生的影响用这种用一系列的级来组成计算机的概念和技术，对了解计算机如何组成是供了一种好的结构和体制：而且用这种分级的观点来设计计算机，对保证产生一个良好的系统结构也是很有帮助的。.在一个进程的执行过程中・是否其所有页面都必须处在主存中？［答案］在有虚拟存储管理系统中，程序不是一次整体装入内存才运行，所以不是所有页面都必须处在主存中，而是根据程序的局部性，有的页面在主存，有的页面在辅存。三、综合应用题.—个有主存和cache组成的二级存储系统，参数定义如下：L为系统平均存取时间，「为cache的存取时间，T2为主存的存取时间，H为cache命中率•请写岀Ta与「、T2,H参数之间的函数关系式。【答案】在二级存储系统中满足Ta=HxTI+(1-H)还。.用IEEE32位浮点格式表示如下的数：-5(2)-1.5(3)3841/16(5)-1/32［答案］(1)11()00000101000000(X)00()()0000000001011I1HI100()000000000000000000001000011110000000000(X)0000000000(4)001111011000000000000000000000001011110100(X)0000000()000000000000.现有如下6条指令序列：LDAR,.BSUBR?.RlhMULR3.&I4ADDRshLADRs，aUADDRft,R7:M(B)tR"M(B)是存储器单元:(R2H(RiHR2I3；(R3XR4)—R3L:(Rj)+(Rs)—；M(A)tRa，M(A)是存储器单元;(Rb)+(R7)—*R<i请画出：(1)按序发射按序完成各段推进情况图。(2)按序发射按序完成的流水线时空图。

【答案】（1）如图1所示译码段丸行目写回段1|1?I?1|%七1..15%I?七%%I,q1?取/存加法器乘法器图I按序发射按序完成各段推进情况图（2）如图2所示:图2按序发射按序完成的流水线时空图21.在一个分页虚存系统中，用户虚地址空间为32页，页长IKB,主存物理空间为I6KB已知用户程序有10页长，若虚页0、1、2、3已经械分别调入到主存8、7、4、10页中，请问虚地址。AC5和IAC5（十六进制）对应的物理地址是多少？【答案】页长IKB,所以页内地址为10位。主存物理页面数：16页，共14位地址码（其中页面号4位,页内地址10位）用户虚地址空间：32页，页面号为0~31;共15位地址码（其中页面号5位，页内地址10位）（）AC5H=00010,1011000I01B.页面号为2,已被调入到主存页4,所以，物理地址中的页面号为4,页内地址与虚地址的页内地址相同，所以是：0100,I011000I01=l2C5HIAC5H=001l0,1011000I01B.页面号为6,未被调入主存页中，所以无物理地址，会发生缺页中断。2017年辽宁工程技术大学计算机技术（专业学位）810计算机组成原理及操作系统之计算机组成原理考研仿真模拟题（三）说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。一、选择题TOC\o"1-5"\h\zI•主机甲和主机乙间已建立一个TCP连接，主机甲向主机乙发送了两个连续的TCP段，分别包含300字节和500字节的有效载荷，第一个段的序列号为200,主机乙正确接收到两个段后，发送给主机甲的确认序列号是（ ）。5007008001000【答案】D［解析】TCP使用滑动窗口流控协议，窗口大小的单位是字节，本题中分别包含300字节和500字节的有效载荷，第f段的序列号为200,那么确认序列号为200+300+500=1000。2.下列选项中’描述浮点数操作速度指标的是（ ）。MIPSCPIIPCMFLOPS【答案】D【解析】MFLOPS<MillionFloating-pointOperationsperSecond）表示每秒执行多少百万次浮点运算,用来描述计算机的浮点运算速度，适用于衡量处理机的性能。MIPS（MillionInstructionsperSecond）表示每秒执行多少百万条指令。对于一个给定的程序，MIPS定义为这里所说的指令一般是指加、减运算这类短指令。CPI（Cyclesperlnstruction）就是每条指令执行所用的时钟周期数。由于不同指令的功能不同，造成指令执行时间不同,也即指令执行所用的时钟数不同，所以CPI是一个平均值。1PC（InstructionsperCycle）每个时钟周期执行的指令数。IPCCPIIPCCPI3.为解决计算机主机与打印机之间速度不匹配问题’通常设置一个打印数据缓冲区，主机将要输出的数据依次写入该缓冲区，而打印机则依次从该缓冲区中取岀数据。该缓冲区的逻辑结构应该是（）。A栈队列树图【答案】B［解析】这类问题一般都先分析题目中的数据具有什么操作特性或是结构特性比如“先进后岀"先进先出"等再判断其逻辑结构。栈和队列是操作受限的线性表，栈具有先进后出的特性而队列具有先进先出的特性。由于本题中先逬入打印数据缓冲区的文件先被打印，因此打印数据缓冲区具有先进先岀性，则它的逻辑结构应该是队列。4.下列措施中，能加快虚实地址转换的是1增大快表(TLB)2让页表常驻内存3增大交换区()仅1仅2仅1,2。仅2,3【答案】C【解析】加大快表能增加快表的命中率，即减少了访问内存的次数；让页表常驻内存能够使cpu不用访问内存找页表，从也加快了虚实地址转换。而增大交换区只是对内存的一种扩充作用，对虚实地址转换并无影响5.3.5英寸软盘记录方式采用( )。单面双密度双面双密度双面高密度双面单密度【答案】C6.对有2个顶点e条边且使用邻接表存储的有向图进行广度优先遍历’其算法时间复杂度是()。A.0(n)B-O(e)O(n+e)O(nxe)【答案】co［解析］遍历图的过程实质上是对每个顶点查找其邻接点的过程。其耗费的时间则取决于所采用的存储结构。当用二维数组表示邻接矩阵图的存储结构时,查找每个顶点的邻接点所需时间为0奇).其中n为图中顶点数。而当以邻接表作图的存储结构时.我邻接点所需时间为0(e),其中e为无向图中边的数或有向图中弧的数。由此，当以邻接表作存储结构时，深度优先搜索遍历图的时间复杂度为O(n+eX即可得出正确答案。7.假设某计算机的存储系统由Cache和主存组成。某程序执行过程中访存1000次’其中访问Cache缺失(未命中)50次，则Cache的命中率是( )。5%9.5%50%95%【答案】D【解析】Cache的命中率H=N,/(Nl+N2).其中凡为访问Cache的次数，N?为访存主存的次数，程序总访存次数为Ni+N2.程序访存次数减去失效次数就是访问Cache的次数N〉。所以根据公式可得：H=(1000-50)/1000=95%。8.下列关于SMTP协议的叙述中，正确的是()Inmiv.只支持传输7比特ascii码内容II.支持在邮件服务器之间发送由附in.支持从用户代理向由B件服务器发送邮件IV.支持从邮件服务器向用户代理发送邮件仅I、II和m仅I、II和IVc.仅I、ni和IVd仅□、m和iv【答案】A［解析】根据下图可知，SMTP协议支持在邮件服务器之间发送邮件，也支持从用户代理向邮件服务器发送信息。SMTP协议只支持传输7比特的ASCII码内容发件人 发送方 接收方 收件人用户代理发送邮件服务器 邮件服务器读取用户代理.某自治系统内采用RIP协议，若该自治系统内的路由器R1收到其邻居路由器R2的距离矢量，距离矢量中包含信息“vnetl,16>”，贝LJ能得出的结论是( )。R2可以经过R1到达netl,跳数为17R2可以到达ned,跳数为16R1可以经过R2到达netl,跳数为17R1不能经过R2到达netl【答案】D【解析】RIP允许一条路径最多只能包含15个路由器，因此距离等于16时相当于不可达，因此R【P协议里规定16为路由不可达，答案为D。TOC\o"1-5"\h\z.若用户进程访问内存时产生缺页，则下列选项中•操作系统可能执行的是（ ）I•处理越界错口.置换页m.分配内存仅I、n仅□、m仅I、mI、II和m【答案】B【解析】用户进程访问内存时缺页会发生缺页中断。发生缺页中断，系统地执行的操作可能是置换页面或分配内存。系统内没有越界的错误，不会进行越界出错处理。.显示器的主要参数之一是分辨率•其含义为（ ）。显示屏幕的水平和垂直扫描频率显示屏幕上光栅的列数和行数可显示不同颜色的总数同一幅画面允许显示不同颜色的最大数目【答案】B.TCP/IP参考模型的网络层提供的是（ ）。无连接不可靠的数据报服务无连接可靠的数据报服务有连接不可靠的虚电路服务D有连接可靠的虚电路服务【答案】A【解析】TCP/IP的网络层向上只提供简单灵活的、无链接的、尽最大努力交付的数据服务’因此答案是A。二、简答题.说明存储器总线周期与IC总线周期的异同点。【答案】存储总线周期用于对内存读写，UO总线周期用于对接口中的端口进行读写。.为什么在页式虚拟存储器地址变换时可以用物理页号与页内偏移量直接拼接成物理地址，而在段式虚拟存储器地址变换时必须用段起址与段内偏移量相加才能得到物理地址?［答案】由于物理页与虚拟页的页面大小相同，且为2的整数次暴，所以页式虚拟存储器地址变换时可以用物理页号与页内偏移量直接拼接成物理地址。而段式虚拟存储器的各段大小不同，且段起始地址任意，所以必须用段起址与段内偏移量相加才能得到物理地址。.冯•诺依曼型计算机的主要设计思想是什么?它包括哪些主要组成部分？［答案］冯•诺依曼型计算机的主要设计思想是存储程序并按地址顺序执行，它由运算器，控制器，存储器，适配器及I/O设备组成。16.说明软件发展的演变过程。［答案］软件的发展演变主要有以下几个过程：(1)在早期的计算机中’人们是直接用机器语言即机器指令代码来编写程序的，这种方式编写的程序称为手编程序；(2)后来，为了编写程序方便和提高机器的使用效率，人们使用一些约定的文字、符号和数字按规定的格式来表示各种不同的指令’然后再用这些特殊符号表示的指令来编写程序，这就是汇编略(3)为了进一步实现程序自动化?口便于程序交流，使不熟悉具体计算机的人也能很方便地使用计算机，人们又创造了各种接近于数学语言的算法语言；随着计算机技术的日益发展，原始的操作方式越来越不适应，特别是用户直接使用大型机器并独占机器，无论是对机器的效率来说还是对方便用户来说都不适宜，于是人们又创造出操作系统；随着计算机在信息处理、情报检索及各种管理系统中应用的发展，要求大量处理某些数据，建立和检索大量的表格。这些数据和表格按一定的规律组织起来，使得处理更方便，检索更迅速’用户使用更方便，于是出现了数据库’数据库和数据库管理软件组成了数据库管理系统。.什么是存储容量?什么是单元地址?什么是数据字?什么是指令字？［答案】(1)存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。(2)每个存储单元的编号，称为单元地址。(3)如果某字代表要处理的数据，称为数据字。(4)如果某字代表一条指令，称为指令字。三、综合应用题.三个进程PlPZP3互斥使用一个包含N(N>0)个单元的缓冲区，Pl每次用produce()生成一个正整数并用put( )送入缓冲区某一空单元中：P2每次用getodd( )从该缓冲区中取出一个奇数并用countodd( )统计奇数个数；P3每次用geteven( )从该缓冲区中取出一个偶数并用counteven( )统计偶数个数。请用信号量机制实现这三个进程的同步与互斥活动・并说明所定义信号量的含义。要求用伪代码描述。【答案】定义信号量S1控制P1与P2之间的同步：S2控制PI与P3之间的同步；empty控制生产者与消费者之间的同步：mulex控制进程间互斥使用缓)中区，程序如下：semaphoremutex。1,odd»0,even=0,eopty=N(〃缓冲区可用，没有放置奇数和偶数，全空,odd+even+eaptyuNmaxnOcobegin(〃并发进程processPl〃生产者进程while(tnie)//等待调度{number=produce()(//生产者生产数P(empty);〃有无空间P(mutex)j〃能否进入缓冲区put()；〃放置数字V(mutex)i〃释放缓冲区Ifnumber%2==0〃是否偶数V(even)；〃偶数信号量加1elseV(odd)i}〃否则奇数信号量加1processP2//消费者进程1while(true){P(odd),〃有无奇数P(mutex);〃能否进入缓冲区getodd()j〃取奇数V(mutex)：//释放缓冲区V(empty),〃空间加】countodd()»}//计算奇数个数processP3, while(true){P(even)f〃有无偶数P(mutex)；//能否进入缓冲区geteven()；//取偶数V(mutex)i〃释放缓冲区V(empty)t//空间加1countevenOj}〃计算偶数个数}coend〃并发结束.一个双面CD-ROM光盘•每面有109道，每道9个扇区，每个扇区存储5128,请求出光盘格式化容量。【答案】光盘格式化容量=2xl00x9x512B=900KB，.某请求分页系统的局部页面置换策略如下系统从0时刻开始扫描，每隔5个时间单位扫描一轮驻留集(扫描时间忽略不计)，本轮没有被访问过的页框将被系统回收’并放入到空闲页框链尾，其中内容在下一次被分配之前不被清空。当发生缺页时，如果该页曾被使用过且还在空闲页框链表中，则重新放回逬程的驻留集中:否则’从空闲页框链表头部取出一个页框。假设不考虑其他进程的影响和系统开销，初始时进程驻留集为空。目前系统空闲页框链表中页框号依次为32、15、21、41。进程P依次访问的v虚拟页号,访问时刻〉是:VI，》＜3,2＞、V0,4＞、v0,6＞、vl,11＞、＜0,13＞、＜2,14＞。请回答下列问题。(I)访问v0,4＞时，对应的页框号是什么？(2)访问＜1,11＞时，对应的页框号是什么?说明理由。(3)访问＜2,14＞时，对应的页框号是什么，说明理由。(4)该策略是否适合于时间局部性好的程序？说明理由。【答案】(1)页框号为21。因为起始驻留集为空，而0页对应的页框为空闲链表中的第三个空闲页框，其对应的页框号为21。页框号为32。理由:因11＞10故发生第三轮扫描，页号为1、3的页框32、15在第二轮已处于空闲页框链表中，此刻1页又被重新访问，因此应被重新放回到驻留集中。其页框号为32。页框号为41。理由:因为第2页从来没有被访问过，它不在驻留集中，因此从空闲页框链表中取出链表头的页框41,页框号为41。(4)适合。理由如果程序的时间局部性越好，从空闲页框链表中重新取回的机会越大，该策略的优势越明显。.设有段指令流水线，它们是取指令、译码、执行、存结果，各流水段的持续时间均为出。(1)连续输入仁8条指令，请画出指令流水线时空图。(2)推导流水线实际容吐率的公式P,它定义为单位时间输岀的指令数。(3)推导流水线的加速比公式S,它定义为顺序执行n条指令所用的时间与流水执行n条指令所用的时间之比。【答案】(1)设k=4个，流水段为取指⑴)、译码32)、执行(S3)、存结果(s4),指令流水线时空图如图所示。图n=8条指令流水时空图(2)从图看岀，用k=4个时钟周期完成第1条指令，其余n-l个时钟周期完成n-1条指令。因此流水线完成n条指令所需的总时间为Tk=(k+n-l)At根据定义，吞吐率P为P=n/k=n/(k+n-1)At(3)顺序执行n条指令所用的总时间T。为To=(kAt)nAt根据定义，加速比的公式为Se=To/Tk=nkAt/(k+n-1)At=nk/k+n-12017年辽宁工程技术大学计算机技术（专业学位）810计算机组成原理及操作系统之

计算机组成原理考研仿真模拟题（四）说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。一、选择题•下列有关RAM和ROM的叙述中，正确的是（ ）。【•RAM是易失性存储器，ROM是非易失性存储器H.RAM和ROM都采用随机存取方式进行信息访问RAM和ROM都可用作CacheRAM和ROM都需要进行刷新仅I和II仅II和III仅I、II和IV仅II、III和IV【答案】A【解析】RAM中的内容断电后即丢失（易失性＞ROM中的内容断电后不会丢失（非易失性＞同时RAM和ROM都采用随机存取方式（即CPU对任何一个存储单元的存取时间相同）.区别在于RAM可读可写，ROM只读不写。而ROM显然不可用作Cache,也不需要刷新，所以III和IV的叙述都是错误的。.为支持CD-ROM中视频文件的快速随机播放播放性能最好的文件数据块组织方式是： ）连续瓠g鋤勾直接索引结构多级索引结钩【答案】A【解析】为了实现快速随机播放，要保证最短的查询时间，即不能选取链表和索引结构，因此连纟難构最优。-在请求分页存储管理方案中，若某用户空间为16个页面，页长1KB,现有页表如下，逻辑地TOC\o"1-5"\h\z址0A2C（H）所对应的物理地址为（ ）。'页号块号「0|1|1537I4I2IIE2C(H)032C(H)302C(H)0E2C(H)【答案】D4.对同一待排序列分别进行折半插入排序和直接插入排序两者之间可能的不同之处熟 )A排序的总趟数元素的移动次数使用辅助空间的数量元素之间的比较次数【答案】D。【解析】折半插入排序所需附加存储空间和直接插入排序相同，从时间上比较，折半插入AE序仅减少了关键字间的比较次数，而记录的移动次数不变。折半插入排序的时间复杂度仍为o(S),所以两者之间的不同只可能是元素之间的比较次数。5.下面的论述中，不正确的是( )。超线程技术在一颗处理机芯片内设计多个逻辑上的处理机内核多线木呈技术能够屏蔽线程的存储器访问延迟，增加系统吞吐率多指令流单数据流(MISD)结构从来没有实现过超标量技术是同时多线程技术在英特尔系列处理机产品中的具体实现【答案】D下列选项中，会导致用户进程从态切换到内核的操作是( )I.整数除以零n.sin( )函数调用m.read系统调用仅I、n仅I、m仅n、mi、Lt和in【答案】B【解析】对于1，系统发生异常’需要进入内核态由操作系统进行处理，而read系统调用函数也是在内核态执行，sin( )就是普通的用户函数，在用户态执行，故答案为C。TOC\o"1-5"\h\z下列介质访问控制方法中•可能发生冲突的是( )CDMACSMATDMACFDMA【答案】B【解析】介质访向控制协议中能够发生冲突的是CSMA协议，答案为B。8.若元素a,b,c,d,e,f依次进栈’允许进枝、退栈操作交替进行但不允许连续三次进行退栈操作则不可能得到的出栈序列是（ ）。d,c,e,b,f,ac,b,d,a,e,fb,c,a,e,f,da,f,e,d,c,b【答案】D［解析】4个选项所给序列的进、出栈操作序列分别为：选项A.Push,Push,Push,Push,Pop,Pop,Push.Pop,Pop,选项B.Push,Push,Push,Pop,Pop,Push,Pop,Pop,Push,选项C.Push,Push,Pop,Push,Pop,Pop,Push,Push,Pop,Push,Pop,PopPop,Push,PopPush,Pop,Pop选项D.Push,Pop,Push,Push,Push,Push,Push,Pop,Pop,Pop,Pop,Pop按照题目要求，不允许连续三次进行退栈操作，所以选项D所给序列为不可能得到的出栈顺序。.异步控制常用于（ ）作为其主要控制方式。在单总线结构计算机中访问主存与外围设备时微型机的CPU控制器中硬联线控制的CPU中微程序控制器中【答案】A.对一组数据（2,12,16,88,5,10）进行排序’若前三趟排序结果如下：第一趟：2,12,16,5,10,88第二趟:2,12,5,10,16,88第三趟：2,5,10,12,16,88则采用的排序方法可能是（ X起泡排序希尔排序归并fiE序基数排序【答案】A【解析】题目中所给的三趟排序过程,显然是使用起泡排序方法，每趟排序时从前往后依次比较’使大值"沉底"。希尔排序的基本思想是：先对序列进行"宏观调整"，待序列中的记录"基本有序”时再进行直接插入排序。宏观调整的方法是：通过某种规则将大的待AE序序列分割为若干小的待排序序列，再依次对这些小的序列直接插入排序。宏观调整可以多次，每次分割的序列数逐渐増多，而每个序列中所包含的元素数逐渐减少。归并排序的基本操作是将多个小的有序序列合并为一个大的有序序列，然后"逐趟归并"，直至整个序列为有序为止。基数排序是分配排序的一种’这类排序不是通过关键字比较，而是通过"分配"和"收集"过程来实现排序的。本题中，很容易看出大值逐渐“沉底"，显然使用的是起泡排序法。.定点8位字长的字，采用2的补码形式表示8位二进制整数.可表示的数范围为（ ）。127〜+1272s〜2*"-127〜+128【答案】D.若磁盘转速为7200转/分，平均寻道时间为8ms,每个磁道包含1000个扇区，则访问一个扇区的平均存取时间大约是（ ）。8.1ms12.2ms16.3ms20.5ms【答案】B［解析］磁盘的平均寻址时间包括平均寻道时间和平均等待时间。平均寻道时间为8ms,平均等待时间与磁盘转速有关，为［60s/7200］*0.5e4.l65ms。磁盘的存取一个扇区的时间为60s/（7200*1000）RO.OO83ms,因此总的时间为：8+4.165+0.0083=12.1733ms.,二、简答题13.某总线在一个总线周期中并行传送8个字节的信息，假设一个总线周期等于一个总线时钟周期，总线时钟频率为70MH,总线带宽是多少？［答案］每个总线周期并行传送8字节，则总线带宽为：70MHzX8=560MHz/so14.比较单总线、多总线结构的性能特点。［答案】（1）单总线结构是通过一组总线连接整个计算机系统的各大功能部件，即各大部件之间的所有的信息传送都通过这组总线。其结构如图1所示。优点是允许I/。设备之间或U。设备与内存之间直接交换信息,只需CPU分配总线使用权，不需要CPU干预信息的交换’即总线资源是由各大功能部件分时共享的。缺点是由于全部系统部件都连接在一组总线上，总线的负载很重'可能使其吞量达到饱和甚至不能胜任的程度，故多为小型机和微型机采用。。轲时7回耍噎星制是男涣王節贸尊王麻中蛎爰車座W'丁回虫腳所銀贸毋一样I■函年豌回匝孤聘肉銀曾委一叫旧也’朝我靖轅節贸£-晋W圾°到要互由间印渺到’節段若區遭泰勢（乙）。圾Qd/IW、增縮覺人DVD矿VDd'圾Qd/isoH[|a，毋地三団市欧物爱W節黄顷（丨）【孝易】2744者翡改风間32744者醪是风岩韓三中節资1川.少辎籟三£图銀'S三旧地濕夺闺回旦M窣n<o：R名旺0型，藕F8‘到旦珀溜阜勇虫男涣，中蛎爰等吕三音可国車音処密蛎爰節贸朝犧受銀毋三爬印WH映回窓呀we与鱼琢害M'罪剥旦口丫多困到3®，銀贸地一由到舀豚映一习，中蛎爰等貪'三殳黑聾。郢碌泊剑弱昼回N涣M配豊电旦M四節'Svwa，由决要回NSHa茉耳也nd。波等、貧。/1暗'到阍毋刷峰醇、胸煎到回N旦即址心壬由零贸旦M近坦国W第卽EQ）回史笔翱互美淳以銀贸（。/1）用螞丫啲’節、吕旦军：者銀贸毋三溟°§3要曾到劉欧楠覺団还恥目昌毋三由法回耳朝龌昌蛎受出竟44丑酎骂節贸三（£）辎銀贸迩cS。由米中1ft覚K瓶由、¥丑患要等吕说韓’器曲叫阳胆/蠟身苜与一書丁啓渣具塹’阳羽割联畧涇一&W®叩翩谷書早期。聚到郢碌囲在菖实童目剂多年後匝，舉辞实¥彥応风曲。到，朝我23瑜£-囲中蛎爰出篇艮者貝壑廿欧雲節吕说。业坦1国W龄弱茸。次会阊醇9撰回NWSJ乌罢沒ISMG多士由’節S。/!書労一M:泊倉阊疏gS®JNSISIK互M、nd。工由’第日'互M者若一’笔爰労理尊欧我節'S迩（乙）轴節S亩I国函…瓯HR"t_1 1 £.说明总线结构对计算机系统性能的影响。［答案】总线结构对计算机系统的性能影响有以下四点：(1)简化了硬件的设计。从硬件的角度看，面向总线是由总线接口代替了专门的I/。接口，由总线规范给出了传输线或信号的规定，并对存储器、I/。设备和CPU如何挂在总线上都作了具体的规定，所以，面向总线的微型计算机设计只要按照这些规定制作CPU插件、存储器插件以及I/O插件等，将它们连入总线即可工作，而不必考虑总线的详细操作。(2)简化了系统结构。整个系统结构清晰，连线少，底板连线可以印刷化。系统扩充性好。一是规模扩充，二是功能扩充。规模扩充仅仅需要多插一些同类型的插件：功能扩充仅仅需要按总线标准设计一些新插件，插件插入机器的位置往往没有严格的限制。这就使系统扩充既简单又快速可靠，而且也便于查错。系统更新性能好。CPU、存储器、I/O接口等都是按总线规约挂到总线上的.故只要总线设计恰当，可以随时随着处理器芯片以及其他有关芯片的进展设计新的插彳牛，对系统进行更新，且这种更新只需更新需要更新的插件，其他插件和底板连线TS不需更改。.数字计算机如何分类?分类的依据是什么？［答案］数字计算机可分为专用计算幅口通用计算机，分类依据是计算机的效率、速度、价格、运行的经济性和适应性。三、综合应用题.某计算机的CPU主频为500MHz,CPI为5(即执行每条指令平均需要5个时钟周期)。假定某外设的数据传输率为0.5MB/S,采用中断方式与主机进行数据传送，以32位为传输单位，对应的中断服务程序包含18条指令，中断服务的其他开销相当于2条指令的执行时间。请回答下列问题，要求给出计算过程。(1)在中断方式下,CPU用于该外设I/O的时间占整个CPU时间的百分比是多少？(2)当该外设的瓣传输率达到5MB/S时，改用DMA方式诲数据。假定每次DMA段块大小为5000B,且DMA预处理和后处理的总开销为500个时钟周期，则CPU用于该外设I/O时间占整个CPU时间的百分比是多少？(假设DMA与CPU之间没有访存冲突)【答案】(I)已知主频为500MHz,则时钟周期=l-500MHz=2ns,因为CPI=5,所以每条指令平均5x2=10nso又已知每中断一次传送32位(4个字节)，数据传输率为0.5MB/S,所以传送时间=4-O.5MB/s=8gsoCPU用于该外设I/O共需20条指令(中断服务程序包括18条指令+其他开销折合2条指令),花费时间=20xl0=2(M)nsoCPU用于该外设I/O的时间占整个CPU时间的百分比=200/8000x100%=0.025x100%=2.5%o(2攻用DMA方式传送数据,数据传输率为5MB/S,传送5000B的时间=5000B+5MB/s=lmso预处理和后处理的总开销时间=500x2ns=I呻CPU用于该外设I/O时间占整个CPU时间的百分比=预处理和后处理的总开销时间+传送数据的时间=1/1000x100%=0.001x100%=0.1%。

.用32KX8位的E2PR0M芯片组成128KxI6位的只读存储器，试问：(1)数据寄存器多少位？地址寄存器多少位？共需多少个E2PROM芯片？(4)画出此存储器组成框图。【答案】(1)I28KXI6位的只读存储器的字长为16位，所以数据寄存器16位：⑵】28Kxl6位的只读存储器的存储单元个数为128K=2”，所以地址线有17根，地址寄存器17位；(3)需要E-PROM芯片的个数：I28KXI6位/(32Kx8位)=8片E2PROM芯片的字长为8位，地址线为15根，因此需要对芯片同时进行字位扩展。首先将2个E2PROM芯片经过字长扩展为32KX16位的芯片，在此基础上，4个32Kxl6位的芯片经过字扩展为I28KX16位的只读存储器，同时地址线的高2位被CPU用作片选信号的输入，经过2-4译码器后产生片选信息，选定某一芯片。组成框图如下。.用定量描述法证明流水计算机比^流水计算机具有更高的吞吐率。【答案】设流水线各段时间为'则完成n条指令在m段流水线上共需T=m*i+(n-l)*t.则流水线上吞吐量为Tp=n/r.而在等效的非流水线上所需时间为T'=nmL非流水线上吞D±量为T'p=minnmTm/+(n-l)zm+n-l1+jninnmTm/+(n-l)zm+n-l1+jnTp冬rjT'pnx时，--一>8Tp"=«时,#=1，则可见时Tp>T'p,故流水线有更高吞吐量。Tp.某页式存储管理，页大小为2KB，逻辑地址空间包含16页，物理地址空间共有8页。逻辑地址应有多少位？主存物理空间有多大？【答案】逻辑地址空间包含16页，页大小为2KB.所以逻辑地址空间为32KB，逻辑地址应用4+11=15位，物理空间共有8页，页大小为2KB，所以主存物理空间16KB【答案】【答案】D2017年辽宁工程技术大学计算机技术（专业学位）810计算机组成原理及操作系统之计算机组成原理考研仿真模拟题（五）说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。一、选择题TOC\o"1-5"\h\z.由3个“1”和5个“0”组成的8位二进制补码’能表示的最小整数是（ ）。-126-125-32-3【答案】B【解析】能表示的最小整数一定是负数，符号位占用1个“1”；负数的*MB和原码的转化是:原码符号位不变’数值部分按位取反,末位加“1”。因此最小的整数的补码是“10000011”，原码为“11111101”，即-125IO..假定不采用Cache和指令预取技术，且机器处于“开中断”状态，则在下列有关指令执行的叙述中，错误的是（ ）。・每个指令周期中CPU都至少访问内存一次每个指令周期一定大于或等于一个CPU时钟周期空操作指令的指令周期中任何寄存器的内容都不会被改变当前程序在每条指令执行结束时都可能被外部中断打断【答案】C［解析】本题涉及的概念比较多。首先，如果不采用Cache和指令预取技术，每个指令周期中至少要访问内存一次，即从内存中取指令。其次’指令有的简单有的复杂，每个指令周期总大于或等于—CPU时钟周期。第三，即使是空操作指令，在指令周期中程序计数器PC的内容也会改变（PC值加“1”），为取下一条指令做准备。第四,如果机器处于“开中断”状态,在每条指令执行结束时都可能被新的更高级的中断请求所打断。所以应选择选项Co3.以下关于多核技术的描述中，不正确的是（ ）。处理机片内使用共享的Ljcache取代各个核私有的L2cache能够获得系统整体性能的提升B多核处理机核间耦合度高，可以在任务级、线程级和指令级等多个层次充分发挥程序的并彳推图形处理机（GPU）与通用CPU集成在一颗芯片上构成异构多核处理机与交叉开关结构相比，总线结构能够有效提高核间数据交换的带宽.磁盘驱动器向盘片磁层记录数据时采用（ ）方式写入。A•并行串行并一串行串一并行【答案】B.硬中断服务程序的末尾要安排一条指令IRET,它的作用是（ ）。A构成中断结束命令恢复断点信息并返回转移到【RET的下一条指令D返回到断点处【答案】BTOC\o"1-5"\h\z.某数在计算机中用8421BCD码表示为011110001001,其真值为（ ）。789789H192911110001001B【答案】A7.引入多道程序的目的在于（ ）。充分利用CPU,减少CPU等待时间提高实时响应速度C有利球码共享，减少主辅存信息交换量D充分利用存储器【答案】A［解析】多道程序设计的主要优点是通过将用户的CPU请求和I/O请求重叠起来的办法来有效地使用CPU和夕卜设。它设法让CPU总有事情可做，以此来提高CPU和夕卜设的利用率。8.在虚拟存储器中，当程序正在执行时’由（ ）完成地址映射。A.程序员B编译器装入聞操作系统.用户程序发出磁盘I/0请求后，系统的正确处理流程是（ ）。用户程序一系统调用处理程序一中断处理程序一设备驱动程序B用户程序一系统调用处理程序一设备驱动程序一中断处理程序C用户程序一设备驱动程序一系统调用处理程序一中断处理程序D用户程序一设备驱动程序一中断处理程J序一系统调用处理程序【答案】B【解析】对于一次设备的调用’操作系统为用户准备了系统调用的接口，当用户使用设备时,首先在用户程序中发起一次系统调用,操作系统的内核接到该调用请求后调用处理程序进行处理,根据调用格式和形参，再转到相应的设备驱动程序去处理：大部分设备在运行时是需要时间的，所以设备驱动程序会以中断方式驱动设备，即设置好控制寄存器参数和中断向量等参数后阻塞自己；当设备准备好或所需数据到达后设备硬件发出中断，设备驱动程序唤醒，将数据按上述调用I顺序逆向回传到用户程序中，或继续驱动设备执行下一条指令。因此，正确的顺序应该是用户到系统调用到驱动到中断处理。中断处理处于最底层。.下列关于虚拟存储的叙述中，正确的是（ ）。虚拟存储只能基于连续分配技术虚拟存储只能基于非连续分配技术虚拟存储容量只受外存容量的限制虚拟存储容量只受内存容量的限制【答案】D。［解析］所谓虚拟存储，是指运行的进程不必全部装入内存，只需要部分装入便可以开始运行的一种技术’在运行过程中’当所需要的代码部分不在内存时’通过一种技术（例如缺页中断技术），将所需要的页面调入内存，从而继续运行。虚拟存储可以在较少的内存中运行较大的程序。但是需要有较大的外存以及相应的软、硬件机制配合才能实现。虚拟存储器可以连续分配也可以非连续分配’虚拟存储器和外存大小没有关系，所以选项中的A,B,C都是错误的，所以答案是D项。.假设某计算机按字编址Cache有4个行Cache和主存之间交换的块大小为1个宝若Cache的内容初始为空，采用2路组相联映射方式和LRU替换算法，当访问的主存地址依次为0,4,TOC\o"1-5"\h\z8,2,0,6,8,6,4,8时’命中Cache的次数是（ ）。I234【答案】G【解析】Cache有4个行，2路组相联，即Cache被分成2组，每组2行。主存地址为。〜1、4~5、8-9可映射到第0组Cache中，主存地址为2~3、6-7可映射到第1组Cache中。Cache初始为空，采用LRU替换算法，当访问主存的10个地址依次为0,4.8.2,0.6,8,6,4.8时，命中Cache的次数共有3次，分别发生在第7、8和10步时。.某网络拓扑如下图所示・路由器R1只有到达子网】92.168.1.0/24I均路由。为使R1可以将IP分组正确地路由到图中所有子网，则在R1中需要増加一条路由(目的网络’子网掩码，下一跳)图192.168.2.0,255.255.255.128.192.168.1.1192.168.2.(),255.255.255.0,192.168.1.1192.168.2.0,255.255.255.128,192.168.1.2192.168.2.0,255.255.255.0.192.168.1.2【答案】D【解析】首先从题目给出的路由表项可以确定下一跳肯定是路由器R1直接相连的R2的地址,因此是I92.168.1.2.此时可脚滁A和B两个选项了。进而分析路由器R2所连接的网络特点，注意其连接了2个网络分别是192.168.2.0/25和192.1682128/25,但答案选项中只有f信息，因此这里用到了超网的概念，超网是与子网类似的概念一IP地址根据子网掩码被分为独立的网络地址和主机地址。但是’与子网把大网络分成若干小网络相反’它是把一些小网络组合成一个大网络一超网，这里192.I68.2.00000000/25和192.168.2.10000000/25前24位是相同的，因此所构成的超网就是192.