计算机专业（基础综合）模拟试卷30

计算机专业（基础综合）模拟试卷30

一、单选题（本题共40题，每题1.0分，共40分。）

1、若线性表最常用的运算是查找第i个元素及其前驱的值，则下列存储方式最节

省时间的是（）。

A、单链表

B、双链表

C、单循环链表

D、顺序表

标准答案：D

知识点解析：线性表中常用的操作是取第i个元素，所以应选择随机存取结构，即

顺序表，同时在顺序表中查找第i个元素的前驱也很方便。单链表和单循环链表既

不能实现随机存取，查找第i个元素的前驱也不方便，双链表虽然能快速查找第i

个元素的前驱，但不能实现随机存取。

2、在非空双循环链表中q所指的结点前插入一个由p所指结点的过程依次为：p

—>next=q；P->prior=q->prior；q—>prior=p；下一条语句是（）。

A、q—>next=p；

B、q—>prior—>next=p；

C、p->prior->next=p；

D^p—>next—>prior=p；

标准答案：C

知识点解析：本题主要考查双链表插入时指针的变化，由于两个方向共需要修改4

个指针，指针操作的顺序不是唯一的，但也不是任意的。只要把每条指针操作的涵

义搞清楚，就不难理解了。设q指向双向链表中某结点，p指向待插入的新结点，

将*p插入到的的前面，插入过程如下图所示：操作如下：

①p->next=q；@p->prior=q—>prior；（3）q—>prior=p；（4）p—>prior—>next

=p；显然，题目中需要补充的语句为第④条语句，答案为C。

3、在一个长度为n的顺序存储线性表中，删除第i个元素（1S&+1）时，需要从前

向后依次前移的元素个数是（）。

A、n-i

BNn—i+1

C、n-i—I

D、i

标准答案：A

知识点解析：顺序表的删除运算的时间主要消耗在了移动表中元素上，删除第i个

元素时，其后面的元素句+]〜an都要向上移动一个位置，共移动了n—i个元素。

4、将两个长度为n的递增有序表归并成一个长度为2n的递增有序表，最少需要进

行关键字比较次数是（），

A、1

B、n—1

C、n

D、2n

标准答案：C

知识点解析：假设有两个有序表A和B都递增有序，当有序表A所有元素均小于

B的元素时，只需将A的所有元素与B的第一个元素比较即可，其比较n次。

5、已知一算术表达式的中缀形式为A+B*C—D/E,后缀形式为ABC+DE/

一，其前缀形式为（）。

A、一A+B*CD/E

B、-A+B*CD/E

C、-4-*ABC/DE

D、一+A*BC/DE

标准答案：D

知识点解析：将算术表达式的中缀形式作为一棵二叉树的中序遍历序列，将后缀形

式作为这棵二叉树的后序遍历序列，再由二又树的中序遍历序列和后序遍历序列唯

一的确定这棵二叉树，在对其进行先序遍历，就可得出算术表达式的前缀形式。

6、一个循环队列Q最多可存储m个元素，已知其头尾指针分别是from和rear,

则判定该循环队列为满的条件是（）。

A、Q.rear—Q.front==m

B、Q.rear!=Q.front

C^Q.front==（Q.rear+l）%m

D、Q.front==Q.rear%m+l

标准答案：c

知识点解析：少用一个元素空间，每次入队前测试入队后头尾指针是否会重合，如

果会重合就认为队列已满，这种情况下队满的条件是：（Q.rcar+l）%MAXsIZE=

=Q.front,能和空队区别开。

7、某二叉树的先序和后序序列正好相反，则该二叉树一定是（）。

A、空或只有一个结点

B、高度等于其结点数

C^任一结点无左孩子

D、任一结点无右孩子

标准答案：B

知识点解析•：由于先序遍历是“根——左子树——右子树”，而后序遍历是“左子树

-右子树一根”，若某二叉树的先序和后序序列正好相反，则该二叉树每层

左、右子树只能有1个，即则该二叉树一定是高度等于其结点数。

8、对二叉树的结点从1开始进行连续编号，要求每个结点的编号大于其左、右孩

子的编号，同一结点的左右孩子中，其左孩子的编号小于其右孩子的编号，为实现

编号可米用的遍历是（）c

A、先序

B、中序

C、后序

D、从根开始按层次遍历

标准答案：C

知识点解析：根据题意和先序、中序、后序遍历规则，可简单地判断出正确答案。

9、一棵哈夫变树共有9个结点，则其叶子结点的个数为（）。

A、4

B,5

C、6

D、7

标准答案：B

知识点解析：哈夫夏树中没有度为1的结点，用n个权值（对应，z个叶子结点）构

造哈夫曼树，共需要n-l次合并，即哈夫曼树中非叶子结点的总数为n-l,总结

点个数为2n—K

10、下列有关散列查找的叙述正确的是（）。

A、散列存储法只能存储数据元素的值，不能存储数据元素之间的关系

B、散列冲突是指同一个关键字对应多个不同的散列地址

C、用线性探测法解决冲突的散列表中，散列函数值相同的关键字总是存放在一片

连续的存储单元中

D、若散列表的装填因子a《I,则可避免冲突的产生

标准答案：A

知识点解析：在散列表中，每个元素的存储位置通过散列函数和解决冲突的方法得

到，散列存储法只存储数据元素的值，不能存储数据元素之间的关系，所以选项A

正确；散列冲突是指多个不同关键字对应相同的散列地址，选项B错误；用线性

探测法解决冲突的散列表中，散列函数值相同的关键字不一定总是存放在一片连续

的存储单元中，选项C错误；装填因子a越小，发生冲突的概率越小，但仍有可

能发生冲突。

11、以下排序方法中，不需要进行关键字的比较的是（）。

A、快速排序

B、归并排序

C、基数排序

D、堆排序

标准答案：c

知识点蓊析：基数排序是采用分配和收集实现的，不需要进行关键字的比较，而其

他几种排序方法都是通过关键字的比较实现的。

12、“容量为640KB的存储器”是指（）。

A、640x1（）4字节的存储器

B、640x1（）3位的存储器

C、640x210位的存储器

D、640x21°字节的存储器

标准答案：D

知识点解析：通常，以字节数来表示存储容量，这样的计算机称为字节编址的计算

,0

机。“容量640KB”是指640x1KB,W640x2Bo［归纳总结］在表示存储器容量大

小时，经常用到K,M,G,T,P之类的字符，它们与通常意义下的K,M,G,

w

wMS5N

WLT0nniA24

TCTcrO

KPrt1)LTgEK43U4

T,P有些差异，见下表。每1024个字节称

为1K字节，每1024K字节称为1M字节,每1024M字节称为1G字节...计算机

的主存容量越大，存放的信息就越多，处理问题的能力就越强。［解题技巧］选项

B、C的单位是位而不是字节，选项A与实际的存储单元数有误差。

13、在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只要（）。

A、改变时序控制方式

B、改变微指令格式

C、增加微命令个数

D、改变控制存储器的内容

标准答案：D

知识点解析：在微程序控制的计算机中，若要修改指令系统，只需修改相应指令的

微程序即可。这些微程序都存放在控制存储器中，所以只需改变控制存储器的内

容。［归纳总结］微程序控制器的设计思想和组合逻辑控制器的设计思想截然不同。

它具有设计规整、调试、维修以及更改、扩充指令方便的优点，易于实现自动化设

计，已成为当前控制器的主流C但是，由于它增加了一级控制存储器，所以指令执

行速度比组合逻辑控制器慢。

14、生成多项式为x3+x+l,则数据信息10101的CRC编码是（）。

A、1.00101e+007

B、1.00001e+007

C、1.010lle+007

D、11101001

标准答案：C

知识点解析：CRC编码由数据信息和校验位共同组成，前5位为数据位，后3位

为检验位。10101000^1011,余数为101,将余数101(检验位)拼接在数据位的后

面，就得到CRC码。［归纳总结］循环冗余校验码是通过除法运算来建立有效信息

位和校验位之问的约定关系的。假设，待编码的有效信息以多项式M(X)表示，将

它左移若干位后，用另一个约定的多项式G(x)去除，所产生的余数R(X)就是检验

位。有效信息和检验位相拼接就构成了CRC码。当整个CRC码被接收后，仍用约

定的多项式G(X)去除，若余数为0表明该代码是正确的；若余数不为0表明某一

位出错，再进一步由余数值确定出错的位置，以便进行纠正。现生成多项式为x3

+x+l,表示除数为1011。［解题技巧］在四个选项中，只有选项C的前5位与数

据位相同，所以实际上并不需要真得做除法运算，就可以立即得出正确答案。

15、判断加减法溢出时，可采用判断进位的方式，如果符号位的进位为CO,最高

数值位为ci,产生溢出的条件是()。I.co产生进位；n.ci产生进位；

m.co、ci都产生进位；iv.co、ci都不产生进位；v.co产生进位，ci不

产生进位；VI.CO不产生进位，C1产生进位

A、1和n

B、n

C、IV

D、V和VI

标准答案：D

知识点解析：采用进位位来判断溢出时，当最高有效位和符号位的值不相同时才会

产生溢出。［归纳总结］两正数相加I,当最高有效位产生进位(Ci=l)而符号位不产

生进位(Cs=O)时，发生正溢；两负数相加，当最高有效位不产生进位(Ci=0)而符

号位产生进位(Cs=l)时，发生负溢。故溢出条件为：溢出・仁6+(；(\・(；©0,。

16、内存按字节编址，地力匕从90000H至UCFFFFH,若用存储容量为16Kx8bit芯片

构成该内存，至少需要的芯片数是()。

A、2

B、4

C、8

D、16

标准答案：D

知识点解析：CFFFF-90000+I=40000,即256KB,若用存储容量为16Kx8bil芯

片则需芯片数=(256KxB)/(16Kx8)=16(片)。［归纳总结］采用字扩展的方法，用若

干存储芯片构成一个存储器。［解题技巧］用地址范围的末地址减去首地址再加1,

就可以方便的计算出存储空间的大小。

17、某计算机指令字长为16位，指令有双操作数、单操作数和无操作数3种格

式，每个操作数字段均有6位二进制表示，该指令系统共有m条(m<16)双操作数

指令，并存在无操作数有令。若采用扩展操作码技术，那么最多还可设计出单操作

数指令的条数是()。

A、26

B、(24-m)x26-l

C、(24-m)x26

D、(24-m)x(26-l)

标准答案；B

知识点解析：双操作数指令操作码字段占4位，单操作数指令操作码字段占10

位，无操作数指令操作码字段占16位。现指令系统中有m条双操作数指令，则给

单操作数和无操作数指令留下了Q4—m)个扩展窗口。因为存在着无操作数指令，

所以单操作数指令必须要给无操作数指令留下一个扩展窗口，最终最多可以设计出

单操作数指令的数目为(24—m)x26-l。［归纳总结］因为如果指令长度一定，则地

址码与操作码字段的长度是相互制约的。采用扩展操作码法是让操作数地址个数多

的指令(三地址指令)的操作码字段短些，操作数地址个数少的指令(一或零地址指

令)的操作码字段长些，这样既能充分地利用指令的各个字段，又能在不增加指令

K度的情况下扩展操作码的位数，使它能表示更多的指令。［解题技巧］选项C没

有给无操作数指令留下才展窗口，不完全符合题意。

18、指令流水线将一条指令的执行过程分为四步，其中第1、2和4步的经过时间

为人如下图所示。若该流水线顺序执行，50条指令共用153与，并且不考虑相关

问题，则该流水线的瓶颈第3步的时间是()。丁丁~

A、2At

B、3At

C、4At

D、5At

标准答案：B

知识点解析：在第18题图中，第3个流水段的执行时间没有给出，显然这是一个

瓶颈段，设它的执行时间为X。通过列方程(3+X)At+49XAt=1532U,可以求得

X=3o［归纳总结］对于包含瓶颈段的指令流水线，完成n个任务的解释共需时间T

=2*'+(n-1)maxlAti，),其中k为流水线段数。［解题技巧］首先要列方程，

然后才能求出瓶颈段的执行时间。

19、以下关于CPU的叙述中，错误的是()。

A、CPU产生每条指令的操作信号并将操作信号送往相应的部件进行控制

B、程序计数器PC除了存放指令地址，也可以临时存储算术/逻辑运算结果

C、CPU中的控制器决定计算机运行过程的自动化

D、指令译码器是CPU控制器中的部件

标准答案：B

知识点解析：程序计数器PC又称指令计数器，用来存放正在执行的指令地址或接

着要执行的下一条指令地址，不能用于临时存储算术/逻辑运算结果。［归纳总结］

控制器中应包括指令部件、时序部件、微操作信号发生器（控制单元）、中断控制逻

辑等。指令部件中包括程序计数器、指令寄存器和指令译码器。［解题技巧］程序计

数器归属于控制器，而与运算器没有关系。

20、在系统总线中，地址总线的位数（）。

A、与机器字长有关

B、与存储单元个数有关

C、与存储字长有关

D、与存储器带宽有关

标准答案：B

知识点解析：地址总线的位数与存储单元个数有关，地址总线的位数越长，可访问

的存储单元个数就越多。［归纳总结］系统总线按传送信息的不同可以细分为：地址

总线、数据总线和控制总线。地址总线由单方向的多根信号线组成，用于CPU向

主存、外设传输地址信息；数据总线由双方向的多根信号线组成，CPU可以沿这

些线从主存或外设读入数据，也可以沿这些线向主存或外设送出数据：控制总线上

传输的是控制信息，包括CPU送山的控制命令和主存（或外设）返回CPU的反馈信

号。地址总线宽度决定了CPU可以访问的最大的物理地址空间，简单地说就是

CPU到底能够使用多大容量的主存。例如，32位地址线，可寻址的最大容量为232

=4096MB（4GB）o［解题技巧］地址总线的位数与选项A、C、D均无：关，采用排

除法。

21、假设某硬盘由5个盘片构成（共有8个记录面），盘面有效记录区域的外直径为

30厘米，内直径为10厘米，记录位密度为250位/亳米，磁道密度为16道/亳

米，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的格式化容量约是（）。

A8X（3O-1Q）X10X250X16."n8』（30—I0X16X16X5】2.4n

8X1024X10240以2X1024X1024”

8X（30-10）X10X250X16X16“n8」（30-10）X16X16X512

rJ8X1024X1024°nj2X1024X1024wt0>

A、

B、

c、

D、

标准答案：D

知识点解析：格式化容量计算中根据扇区数和扇区容量计算出每条磁道上的信息

量，然后再乘以总磁道数。而总磁道数计算时，首先求出每面磁道数（柱面数），再

乘以记录面数。［归纳总结］磁盘的容量有格式化容量与非格式化容量之分，磁盘上

标称的容量为格式化容量。计算磁盘容量公式中的总磁道数是指记录面数与圆柱面

数的乘积。其中柱面数的计算公式为：柱面数=（外半径一内半径）x道密度格式化

容量是磁盘实际可以使用的容量。新的磁盘在使用之前需要先进行格式化，格式化

实际上就是在磁盘上划分记录区，写入各种标志信息和地址信息。这些信息占用了

磁盘的存储空间，故格式化之后的有效存储容量要小于非格式化容量。它的计算公

式为：格式化容量=每道扇区数X扇区容量X总磁道数［解题技巧］计算格式化容量

时只与道密度有关，而与位密度没有关系，所以选项A和C都是错误的，而选项

B扩大了一个10倍。

22、下列情况下，可能不发生中断请求的是（）。

A、13MA操作结束

B、一条指令执行完毕

C、机器出现故障

D、执行、'软中断”指令

标准答案：B

知识点解析：在4个选项中，唯有选项B为正确答案，因为并非每条指令执行完

毕都会产生中断请求。［归纳总结］DMA操作结束必须产生中断请求以进行后处

理；机器出现故障将产生故障中断请求对故障进行处理；当执行“软中断”（INT）指

令时也将产生中断请求进行相应的处理。

23、用户在编写程序时计划读取某个数据文件中的50个数据块记录，他使用操作

系统提供的接口是（）。

A、系统调用

B、图形用户接口

C、原语

D、命令行输入控制

标准答案：A

知识点解析：本题考查操作系统的接口。操作系统的接口有命令输入和系统调用。

编写程序所使用的是系统调用，例如read。。系统调用会给用户提供一个简单的使

用计算机的接口，而将复杂的对硬件（例如磁盘），和文件操作（例如查找和访问）的

细节屏蔽起来，为用户提供一种高效使用计算机的途径。

24、计算机系统中2个协作进程之间不能用来进行进程间通信的是（）。

A、数据库

B、共享内存

C、消息传递机制

D、管道

标准答案:A

知识点解析：本题考查进程间的通信，进程间的通信主要有管道，命名管道，消息

传递，共享内存，文件映射和套接字等。数据库不能用于进程间的通信。

25、时间片轮转调度算法是为了（）。

A、多个终端能得到系统的及时响应

B、使系统变得高效

C、优先级较高的进程得到及时响应

D、需要CPU时间最少的进程最先做

标准答案：A

知识点解析：本题考查进程的时间片轮转调度算法。时间片轮转的主要目的是使得

多个交互的用户能够及时得到响应，使得用户以为“独占”计算机在使用。因此它并

没有偏好，也不会对特殊进程特殊服务。时间片轮转增加了系统开销，所以不会使

得系统高效运转，吞吐量和周转时间均不如批处理优。但是其较快速的响应时间使

得用户能够与计算机进行交互，改善了人机环境，满足用户需求。

26、一次分配所有资源的方法可以预防死锁的发生，它破坏的死锁四个必要条件中

的()。

A、互斥条件

B、占有并请求

C、非剥夺条件

D、循环等待

标准答案：B

知识点解析：发生死锁的四个必要条件如下：互斥条件、占有并请求资源、非剥夺

条件和循环等待条件。一次分配所有资源的方法是当进程需要资源时，一次性提出

所有的请求，若请求的所有资源均满足则分配，只要有一项不满足，那么不分配任

何资源，该进程阻塞，直到所有的资源空闲后，满足了进程的所有需求时再分配。

这种分配方法不会部分占有资源，所以就打破了死锁的四个必要条件之一，实现了

对死锁的预防。但是，这种分配方式需要凑齐所有资源，所以，当一个进程所需的

资源比较多时，资源的利用率会比较低，甚至会造成进程的饥饿。正确答案为B。

27、有二个处理机PI和P2,它们各自有一个cache和主存，分别为Cl、C2和

CIMlC2M2

UKB128MB12KB】28MB

40vtlOOOfi*301M90O«»

Ml、M2,其性能见下表:请4时就若两个处理机的

指令系统相同，指令的执行时间与存储器的平均存取周期成正比，当执行某程序

时，cache的命中率为70%,则PI处理机的速度比P2处理机().

A、更快

B、更慢

C、相等

D、不能确定

标准答案：B

知识点解析：本题考查多级存储层次下的平均访问时间的计算。根据题意，处理机

执行指令的时间与存储器的平均存取周期成正比，因此只要计算出存储器的平均存

取周期，即可比较出两者的优劣。对于处理机P1,存储器的平均存取周期为：

40x().7+(100()+40)x(1—0.7)=340ns对于处理机P2,存储器的平均存取周期

为：50x0.7+(900+50)x(l—0.7)=320ns因此可以看出,处理机P1需要更多的

处理机时间，处理机P1比处理机P2更慢。

28、在页式存储管理中，每个页表的表项实际上是用于实现()。

A、访问内存单元

B、静态重定位

C、动态重定位

D、装载程序

标准答案：c

知识点编析：本题考查页式存储管理的基本概念。页式存储管理的基本点是解决程

序在内存中离散存放的问题，其寻址方式是借鉴于动态重定位的技术，在动态重定

位技术中，通过设置基址寄存器，将程序的逻辑地址通过基址寄存器和地址加法

器，动态地实现了地址转换（即每一条都是自动转换的），操作系统在装载程序时可

以不用像静态重定位那样计算程序代码的地址定位，使得地址转换快捷又简单。页

式存储管理将动态重定位中的基址寄存器用一组页表来替代，当访问不同的页面

时，在基址寄存器中只要存放该页面的页框号便可以快速地实现地址转换。所以

说，页表项实际上是实现了动态重定位。

29、物理文件的组织方式的确定是（）。

A、应用程序

B、索引文件

C、外存容量

D、操作系统

标准答案：D

知识点解析：文件的逻辑结构和物理结构是从两个：不同观点组织文件的结构而形

成的概念。用户根据自己的需要确定文件的逻辑结构，而文件物理结构则是系统设

计者根据文件存储器的特性和用户对文件的使用情况来确定的，一旦确定，就由操

作系统管理。故正确答案为D。

30、假如一个FCB块的大小是64字节。盘块的大小为1KB,则在每个盘块中能存

放的最大FCB数是（）。

A、64

R、1

C、1000

D、16

标准答案：D

知识点解析：FCB的存放是不能分开的，所以1KB大小的盘块能存放的FCB数

为：1024:64=16,要注意单位的统一，约定俗成的KB一般指1024B,kB指

lOOOBo

31、一个文件的绝对路经名的出发点是（）。

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。

32、如果一个没有内存映射的10设备与主存之间交换数据，希望这种数据交换不

经过CPU来完成，那么，可以采用的最佳方法是（）。

A、程序查询方式

B、中断技术

C、通道技术

D、DMA方式

标准答案：C

知识点解析：本题考查对通道和DMA的理解。对于CPU干预的IO操作，程序查

询和中断技术都是必要的，而可以解放CPU且能控制数据交换的10操作只能是通

道技术和DMA方式。经过分析这两种方式，我们发现，DMA方式需要将10设备

的数据口地址映射到内存中，通道是不需要的，所以采用通道控制方式来作此传送

是最佳的。

33、下面对计算机网络体系结构中协议所做的描述，错误的是（）。

A、网络协议的三要素是语法、语义和同步

B、协议是控制两个对等层实体之间通信的规则的集合

C、在OSI参考模型中，要实现第N层的协议，需要使用N+1层提供的服务

D、协议规定了对等层实体之间所交换的信息的格式和含义

标准答案：C

知识点解析：协议是控制两个对等层实体之间通信的规则的集合，网络协议的三要

素是语法、语义和同步,其中语法和语义规定了对等层实体之间所交换的信息的格

式和含义，但第N层协议要为第N+I层提供服务，因此选项C的论述是错误的，

答案是C。

34、对于带宽为6MHz的信道，若用8种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声

的情况下，该信道每秒最多能传送的位数是（）。

A、36X106

B、18X106

C、48x106

D、96x106

标准答案：A

知识点解析：本题考查奈奎斯特定理的直接应用，注意这里采用8种不同的状态，

因此离散个数为8,由C=2xHxlog2N=2x6x|og28=36Mbps,因此答案为A。

35、在MAC子层中，数据传输的基本单元是（）。

A、比特流

B、MAC帧

C、LLCPDU

D、数据报

标准答案：B

知识点解析：本题考查局域网的体系结构，局域网的数据链路层分为逻辑链路控制

即LLC和媒体接入控制，即MAC,因此MAC子层还是属于链路层，数据传输单

元就是MAC帧，答案为B。［归纳总结］IEEE802标准将数据链路层划分成两个子

层：LLC和MAC子层。凡与网络拓扑结构，通信介质，访问方式无关的部分集

中在LLC子层，换句话说，无论是以太网，令牌环网或令牌总线网，它的LLC子

层都是相同的。LLC子层为上层用户提供三种类型的服务可供选择。它们是无确

认连接，有确认无连接和面相连接三种服务。一般提供三种可选功能。MAC子层

的任务：将LLC帧包装成MAC帧，并将MAC帧从源站点传输到目的站点。

IEEE802标准分别规定了三种MAC协议，每种协议对应一种特定的介质访问方

法，拓扑结构和物理层技术规范。这三种协议分别是：802.3、802.4和

802.5o

36、考虑在一条1000米长的电缆（无中继器）,建立一个IGbps速率的CSMA/CD

网络，假定信号在电缆中的速度为2x108米/秒。最小帧长是（）。

A、1250

B、1230

C、1280

D、1220

标准答案：A

知识点解析：本题考查CSMA/CD协议的基本原理，这里a代表单程端到端的传

播延时，因此2a=2x1000/2x108=10微秒。在IGbps速率下，每位的时间为1

纳秒，所以最小帧长为10/1〃=100UU位=125。字节，因此答案为A。

37、将一条物理信道按时间分成若干时间片轮换地给多个信号使用，每一时间片由

复用的一个信号占用，这样可以在一条物理信道上传输多个数字信号，这就是（）。

A、频分多路复用

B、时分多路复用

C、空分多路复用

D、频分与时分混合多路复用

标准答案：B

知识点解析：木题考查信道复用的几种方式，题意指明这种复用是通过划分时间

片，因此是时分多路复用，答案为B。［归纳总结］频分多路复用（FDM）将一条物理

线路的总带宽分割成若干个较小带宽的子信道，每个子信道传输一路信号。时分

多路复用（TDM）将一条高速物理线路的传输时间划分成若干相等的时间片，轮流的

为多路信号使用。统计TDM：采用动态分配时间策略，即有数据要传输的线路才

分配时间片。

38、TCP使用的流量控制协议是（）。

A、固定大小的滑动窗LI协议

B、可变大小的滑动窗口协议

C、后退N帧ARQ协议

D、选择重发ARQ协议

标准答案：B

知识点解析：本题考查TCP流量控制，TCP采用滑动窗口机制来实现流量控制，

并通过接收端来控制发送端的窗口大小，因此这是一种大小可变的滑动窗口协议，

因此答案是B。

39、以下关于路由器的路由表说法正确的是（）。I.路由表包含目的网络和到达该

目的网络的完整路径U.路由表必须包含子网掩码山.目的网络和到达该目的网

络路径上的下一个路由器的IP地址IV.目的网络和到达该目的网络路径上的下一

个路由器的MAC地址

A、口、in

B、只有m

c、I、m

D、口、m、w

标准答案：B

知识点解析：本题考查网络设备中路由器的作用结构和工作原理，路由器是网络互

连的关键设备，其任务是转发分组。每个路由器都维护着一个路由表以决定分组的

传输路径。当目的主机与源主机不在同一个网络中，则应将数据报发送给源主机所

在网络上的某个路由器，由该路由器按照转发表（由路由表构造的）指出的路由将数

据报转发给下一个路由器，这种交付方式称为间接交付。I：为了提高路由器的查

询效率和减少路由表的内容,路由表只保留到达目的主机的下一个路由器的地址.

而不是保留通向目的主孔的传输路径上的所有路由信息，故I错误。n：路由表

并不一定包含子网掩码，一般只在划分了子网的网络中，路由器的路由表才使用子

网掩码，如果不使用就艰本不能得到网络号。而没有划分子网的网络，使用默认的

就可以，不需要在路由表上显示，故n错误。in：路由器的路由表的表项通常包

含目的网络和到达该目的网络的下一个路由器的IP地址，因为路由器是工作在网

络层，网络层使用的是IP地址，故in正确，iv：路由器是工作在网络层的设备，

对数据链路层是透明的，故iv错误。综上，只有田正确，因此答案是B。

40、FTP客户和服务器之问一般需要建立的连接个数是（）。

A、1

B、2

C、3

D、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法个

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

收至IJFTP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。

二、综合应用题(本题共7题，每题7.0分，共7分。)

41、已知二叉树采用二叉链表方式存放，要求返回二叉树T的后序序列中的第一

个结点的指针，是否可不用递归且不用栈来完成?请简述原因。

标准答案：可以。原因：后序遍历的顺序是“左子树一右子树一根结点因此，二

叉树最左下的叶子结点是遍历的第一个结点。下面的语句段说明了这一过程(设p

是二义树根结点的指针)。if(p!=NuLL){while(p->lchild!=NuLLIIp

->rchild!=NuLL){while(p->lchild!=NULL)p=p->lchild；if(p->rchiid!=

NULL)p=p—>rchild；})return(p)；//返回后日序列第一个结点的指针

知识点解析：本题主要考查后序遍历过程及特点.

42、设有一个带头结点的循环单链表，其结点值均为正整数。试设计一个算法，反

复找出单链表中结点值最小的结点，并输出之，然后将该结点从中删除，直到单链

表空为止，最后再删除表头结点。

标准答案：voidde!alI(LinkList&L){LNode*p,乐pre,*minp,*minpre；while(L

->next!：L){//循环单链表不空时循环p=L—>nexl；pre=L；minp=p；

mijnpre=pre：while(p!=L){//从头开始查找最小值的结点if(p—>dat：

adata){minp=p；minpre=pre；}pre=p；//p、pre同步后移p=p->next；}

prinlR''%c",minp—>data)；//输出最小值结点minpre—>next=minp->next：

//删除最小值结点free(minp)；}free(L)；)

知识点解析：对于循环单链表L,在不空时循环：每循环一次查找一个最小结点

(由minp指向最小结点，minpre指向其前趋结点)并删除它。最后释放头结点。

43、什么是单重分组和双重分组跳跃进位链?一个按3,5,3,5分组的双重分组跳

跃进位链(最低位为第0位)，试问大组中产生的是哪几位进位?与4,4,4,4分组

的双重分组跳跃进位链相比，试问产生全部进位的时间是否一致?为什么？

标准答案：单重分组即组内并行、组间串行的进位方式；双重分组即组内并行，组

间也并行。双重分组跳跃进位链中一个按3,5,3,5分组，大组中产生的进位输

出是C4、C7、C12和C15；而一个按4,4,4,4分组，大组中产生的进位输出是

C3、C7、C"和J5虽然这两种方式小组内的位数不同，但产生全部进位的时间是

一致的。因为两种方式都被分成4个小组，假定一级“与门”、“或门”的延迟时间定

为ty,则每一级进位的延迟时间为2ty。C—i经过2ty产生第1小组的进位及所有

组进位产生函数G—和组进位传递函数P「；再经过2ty,由大组产生相应的进位：

再经过2ty后，才能产生第2、3、4小组内的其余的进位，所以最长的进位延迟时

间都为6ty。

知识点解析•：假设最低位为第。位，16位并行加法器均分为4组，最低位的进位

输入为C7,最高位的进位输出为Ci5。［归纳总结］n位并行加法器按进位信号的

传递方式，可分为串行进位方式、并行进位方式和分组并行进位方式。串行进位方

式的每一级进位直接依赖于前一级的进位，即进位信号是逐级形成的；并行进位方

式所有各位的进位不依赖于其低位的进位，而只依赖于最低位的进位C—i，各位的

进位是同时产生的，随着加法器位数的增加，完全采用并行进位是不现实的。真

正实用的进位方式是分组先行进位方式，分组先行进位方式又有单级和多级之分。

单级先行进位方式(单重分组)又称为组内并行、组间串行方式。多级先行进位方式

(双重或多重分组)又称组内并行、组间并行方式。［解题技巧］首先要搞清楚单重分

组和双重分组跳跃进位链的特点。然后利用双重分组跳跃进位链构成两种16位并

行加法器，两种方式的区别在于其小组的位数不同。

［一位*1C30；MM]

1-1

1-1□

44、某机的主要部件如下图所示。回回(3(1)请补充

各部件间的主要连接线，并注明数据流动方向。⑵拟出指令SUB(Ri),—(R2)的

执行流程(含取指过程与确定后继指令地址)。该指令的含义是进行减法操作，源操

作数地址和目的操作数地址分别在寄存器Ri和R2中，目的操作数寻址方式为自减

型寄存器间接寻址。其中：LA—A输入选择器，LB—B输入选择器，C、D—暂存

器。

标准答案：(1)将各部件间的主要连接线补充完后，数据通路下图所示。

(R2)-l一R2((R。)一((R2))T(R2)指令的执行流程如下：①(Pc)-MAR；取指令

②Read③M(MAR)-MDR-IR④(PC)+1->PC⑤(Ri)-MAR；取被减数

⑥Read⑦M(MAR)TMDR—C⑥住2)一】TR2；修改目的地址⑨(R2)一MAR；

取减数⑩Read⑩M(MAR)->MDR一D®(C)->(D)->MDR；求差并保存结果

©Write⑩MDR-MM

知识点解析：第44题的图中只给出了计算机的主要部件，但各部件之间的连接线

没有给出，由于LA和LB分别为输入选择器，所以特将数据通路设计为简单的单

总线结构形式。|归纳总结］指令执行流程中的前4步是完成去主存中取指令的操

作，这是公操作，与具体指令无关；接下来的3步是去主存中取被减数，把取出的

被减数放在暂存器C中；然后的4步是去主存中取减数，并把取出的减数放在暂

存器D中，由于目的操作数寻址方式为自减型寄存器间接寻址，所以先要修改目

的地址；最后的3步是完成减法运算，并将结果保存在主存中。自减寻址是先对

寄存器R。的内容自动减量修改，修改之后的内容才是操作数的有效地址，据此可

到主存中取出操作数。寻址操作的含义为：Ri—(R。-1,EA=(Ri),通常记作一

(Ri),减号在括号之前，形象地表示先修改后操作。而自增寻址时，寄存器Ri的内

容是有效地址，按照这个有效地址从主存中取数以后，寄存器的内容自动增量修

改。寻址操作的含义为：EA=(Ri),Ri—(Ri)+1,通常记作(&)+,加号在括号之

后，形象地表示先操作后修改。［解题技巧］根据数据通路，写出指令执行的微操作

序列。使用寄存器传送语句(如PC—MAR),比较直观。

45、实现一个经典的“读者一写者”算法时，若当前临界区中有读者访问，写者再来

时必须在临界区外面等候，如果其后读者源源不断地到达，按策略他们均可以进入

临界区，始终保持临界区中有读者访问，那么写者可能长时间不能进入临界区而形

成饥饿。为解决此类问题，我们修改访问策略，要求当写者到达时，写者具有优先

权。具体说，写者到达后，己经在临界区内的读者继续读取直到结束，而后来的读

者就不能进入临界区。等所有的读者离开临界区以后让写者先进去访问，然后等写

者离开后再允许读者进入1临界区。这所谓“写者优先读者一写者”问题。请用信号

量和PV操作来描述这一组进程的工作过程。

标准答案：第一部分：假设临界区能容纳的最大读者数量归。贝typedefint

semaphore；//定义信号量semaphoremutex=1；//读写的互斥量semaphore

readers=n；//读者的资源最voidReaders(viod)//读者进程

{while(TRUE){//调度P(mutex)；//读写互斥P(readers)；//读者资源量减

一，为负时等待V(mulex)；//释放读写互斥read—dala(void)；//读者读我数

据V(readers)；}//离开时释放读者数量，加一}Voidwriters(void)//写者进程

(while(TRUE){P(mutex)；//获取读写互斥量for(inti=1；i＜：n；i+

H-)P(readers)；//将许可读者进入的资源量消耗光wrile_dala(VOid)；//写入

数据for(inti=l；iv=n；i++)V(readers)；//释放读者的资源量V(mutex)：)

//释放读写互斥量}第二部分：若对读者的数量不加以限制，那么应该如下书写

程序。lypedefintsemaphore；//定义信号量semaphorerwmutex=1；//读写

的互斥量semaphorercmutex=l；//访问读者计数器的互斥量semaphore

nrmutex=l；//写者等待读者退出的互斥最intrcaderscount=0；//渎者i-数

器voidReaders(viod)//读者进程{while(IIIRUE){//调度P(rwmutex)；//

读写互斥P(rcmutex)；//进入修改读者计数器互斥readerscount++；//读者

数量加一if(readerscounl=l)P(nrmutex)；//若是第一个读者，互斥写者

V(rcmutex)；//释放读者计数器互斥量V(rwmutex)；//及时释放读写互斥

量，允许其它进程申请read—data(void)；//读者读取数据P(rcmutex)；//离

开临界区时读者计数器互斥readerscount-----；//读者数量减一if(readerscount=

O)V(nrmutex)；//所有读者退出临界区V(rcmutex)；)//离开时释放读者计数

器互斥量Voidwriters(void)//写者进程{while(TRUE){P(rwmutex)；//获取

读写互斥量P(nmiutex)；//若临界区有读者，等待其退出write_data(void)；/

/写入数据V(nrmutex)；//允许后续第一个读者进入临界区V(rwmutex)；}/

/允许新的读者和写者排队上述程序不能保证在等待队列中写者更优一点，因为

上述约束条件只能将读者无限制地进入临界区的情况给屏蔽了，而在临界区外，读

者和写者还是按照先来先服务的方式排队。第三部分给出的方法使得访问队列中

只要有写者出现，它必然优先进入临界区。typedefintsemaphore；//定义信号

量semaphorerwmutex=1；//读写的互斥量semaphoreremutex=1；//访问读

者计数器的互斥量semaphorewcmutex=h//访问排队写者计数器的互斥量

semaphorenrmutex=1；//写者等待读者退出的互斥量intreaderscount=0；/

/读者计数器intwriterscount=0；//写者计数器voidReaders(viod)//读者进

程{while(TRUE){//调度P(rwmutex)；//读写互斥P(rcmutex)；//进入修

改读者计数器互斥readerscount++；//读者数量加一if(readerscount==

l)P(nrmutex)；//若是第一个读者，互斥写者v(rcmutex)；//释放读者计数器

互斥量V(rwmulex)；//及时释放读写互斥量，允许其它进程申请read

dat|a(void)；//读者读取数据P(rcmutex);//离开临界区时读者计数器互斥

readerscount-----；//读者数量减一if(readerscount==O)V(nnnutex)；//所有

读者退出临界区v(rcmulex)；}//离开时释放读者计数器互斥量voidwriters(void)

//写者进程{while(TRUE){P(wcmutex)；//获取写者队列互斥量wnterscount

++;//写者队列加一if(writerscount==l)P(rwmutex)；//第一写者使用读

写互斥量V(wcmutex)；//释放写者计数互斥量P(nrrout：ex)；//若临界区有

读者，等待其退出write—data(void)；//写入数据v(nrmlatex)；//释放后续第

一个读者P(wcmutex)；//获取写者队列互斥量writerscount-----；//写者队列

减一if(writerscount==0)V(rwmutex)；//坡后一个写者退出，释放临界区

V(wcmutex)；)//释放写者计数互斥量}每个读者进程最开始都要申请一下

rwmutex信号量，之后在真正做读操作前即让出(使得写进程可以随时申请到

rwmutex)o而只有第一个写进程需要申请nrmulex,之后就一直占着不放了，直到

所有写进程都完成后才让出。等于只要有写进程提出申请就禁止读进程排队，从而

提高了写进程的优先级。

知识点解析：“写者优先读者一写者''问题也是考试的热点，解决此类问题也分两方

面，一是读者访问临界区的最大数量是有限的，例如说n,