计算机专业（基础综合）模拟试卷97

计算机专业（基础综合）模拟试卷97

一、单选题（本题共40题，每题1.0分，共40分。）

1、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H.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m.删除双链表的中间某个结点时.，只需修改两个指针域W.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一lo

A、仅i、n、in

B、i、□、m、w

c、仅n、m

D、仅i、m、w

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。口：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，故口正确。m：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in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W错

误。

2、下列关于栈的说法中，正确的是（）。I.若进栈顺序为a、b、c,则通过出栈

操作可能得到5个a、b、c的不同排列H.链式栈的栈顶指针一定指向栈的链尾

n.两个栈共享一个向量空间的好处是减少了存取时间

A、仅I

B、仅I、n

c、仅口

D、仅u、m

标准答案：A

知识点解析：I：该选项旨在让考生知道一个公式。对于n个不同元素进栈，出栈

1U

序列的个数为n2。可以马上得出，当n=3时、出栈序列个数为

7=6x5x4=5

44x3x2xI故I正确。口：链式栈一般采用单链表，栈顶指针即为链头

指针。进栈和出栈均在链头进行，每次都要修改栈顶指针，链空即栈空

(top==NULL),故口错误。m:由于栈中数据的操作只有入栈和出栈，且时间复杂

度均为0(1),因此并没有减少存取时间，故ID错误。补充知识点：共享栈解析：

两个栈共享一个数组A［0...MaxSize—1］的空间，从而构成共享栈。数组A的两端

是固定的，而栈底也是固定的，为此将下标为0的一端作为栈1的栈底，其栈顶指

针为topi,将下标为MaxSize—1的一端作为栈2的栈底，其栈顶指针为top2,如

图7—4所示。

0I…I…MaxSize-1

11•••与*•*b.

栈I底<opltop>檄底

图7-4共享栈栈］

的四要素如下：①栈空条件：topl=—lo②栈满条件：topi==top2—Io③元素

x进栈：topl++；将元素x插入A［topl］处。④出栈元素：播出A［topl］元素；topl-

-o栈2的四要素如下：①栈空条/：top2==MaxSize。②栈满条南top2==top

l+lo③元素x进栈：top2-；将元素x插入A［top2］处。④出栈元素：麻出

A［lop2］元素：top2++。注：以上都默认指针指向当前元素的下一个位置。

3、若将n阶上三角矩阵A按照列优先顺序存放在一维数组B［0,1,…，

{nx(n+l)/2}—1］中,第一个非零元素a(l,1)存于B⑼中,则存放到B［k］中的非零

元素a(i,j)(l$i&i,闫gn)的下标i、j与k的对应关系是()。

A、k=ix(i+l)/2+j

B、k=jx(i—l)/2+j—1

C、k=jx(j+l)/2+i

D^k=jx(j-1)/2+i一1

标准答案：D

知识点解析：对于元素a(i,j)而言，前面有j—1歹IJ,第1列到第j—1列的元素个

数分别为1〜j—1个，由等差数列求和公式可算得一共有jx(j—1)/2个元素，故

k=jx(j—l)/2+i—I(注意B数组是从0开始存元素，因此要减去1)。

4、知一棵二叉树的先序、中序、后序的部分序列如下，其中有些位置没有给出其

值，则原二叉树的中序遍历序列为()。先序：A_CDEF_H_J中序：C_EDA_GFI_

后序：C_BHGJI_

A、CBEDAHGFIJ

B、CHEDABGFIJ

C、CBEDAJGnil

D、CJEDAHGFIB

标准答案：A

知识点解析：对于一棵二叉树(包括子树)，它的遍历序列对应的结构应该是：先

序遍历：|根|左子树|右子树|,中序遍历：|左子树|根|右子树后序遍历：|左子树|

右子树根I，由题目中给出的先序序列的第一个结点我们找到树的根A,然后在中

序序列中找到A,并以A为分界将中序序列划分为|C_ED|A|_GFI」，所以C_ED为

左子树，GFI为右子树，再对应到后序遍历序列上，这里左子树结点的个数等于中

序遍历序列中左子树结点的个数，因此C_B为左子树，HGJI_为右子树，这样把

中序序列和后续序列中的左右子树一对比，则C8ED为左子树，FGHIJ为右子

树。答案选A。总结：根据树的遍历结果来还原二又树，或者根底其中的两个遍

历序列来求第三个遍历序列这是历年考试的热点，考生需要记住的是无论怎样的序

列，要想构建二叉树必须有中序序列。这是很显然的，这里说明一下原因：我们知

道二叉树的定义是递归的，那么我们在构建二叉树的时候势必也会用到递归这种方

法，而这种形式的递归我们把它称之为分治（从中间分开来治理）法，而在三种遍

历序列中只有中序遍历的结构才体现了这种思想。

5、设某赫夫曼树的高度为5,若已对两个字符编码为1和01,则最多还可以对（）

个字符编码。

A、3

B、4

C、5

D、6

标准答案:B

知识点解析：首先，赫夫曼编码遵循的原则为：一个编码不能是任何其他编码的前

缀。比如1和10就不行，因为1是10的前缀。既然1和01已经使用了，所以1

和01开头的码字不能再使用。又由于赫夫曼树的高度为5,故赫夫蛙编码的长度

不能超过4,只剩下0000、000K0010、0011等4种编码（这种编码方式可得到

最多），故选B选项。注意：木题选的是最多还可以对多少个字符编码，所以不

能选取001、000等编伍。例如选取001,就意味着0010和0011不能使用，这样

可编码的字符就少了1个。总结：（1）有n个叶子结点的赫夫曼树的结点总数为

2n—K（2）高度为h的赫夫曼树中，至少有2h—1个结点，至多有2卜一1个结点。

（3）赫夫蛀树中一定没有度为1的结点。（4）赫夫曼树中两个权值最小的结点一定是

兄弟结点。（5）树中任一非叶子结点的权值一定不小于下一层任一结点的权值。补

充例题：一棵赫夫曼树共有215个结点，对其进行赫夫曼编码，共能得到多少个码

字？解析：求多少个码字就是求有多少个叶结点，从（1）可以得到，叶结点的个数

为108个，故可以得到108个码字。

6、下列说法中，正确的是（）。I.在含有n个顶点e条边的无向图的邻接矩阵

中，零元素的个数为J—2e口.若邻接表中有奇数个边表结点，则该图一定是有

向图HI.对于采用邻接表存储的图，其深度优先遍历算法类似于二叉树的中序遍

历W.使用队列实现广度优先遍历算法，则每个顶点进队列的次数可能大于1

A、仅I、m

B、仅口、皿、IV

C、仅I、U、W

D、仅i、n

标准答案：D

知识点解析：I：总结如下：①对于一个具有n个顶点的无向图，若采用邻接矩

阵表示，则该矩阵大小是if。②在含有n个顶点。条边的无向图的邻接矩阵中，

非零元素的个数为2e。③在含有n个顶点e条边的无向图的邻接矩阵中，零元素

的个数为仔―2e,④在含有n个顶点e条边的有向图的邻接矩阵中，非零元素的

个数为e。⑤在含有n个顶点e条边的有向图的邻接矩阵中，零元素的个数为

2

n-eo根据③，故I正确。H:无向图采用邻接表表示时，每条边存储两次，所

以其边表结点个数为偶数，故边表结点为奇数只能是有向图，故口正确。m：深度

优先遍历算法是先访问一个顶点V,然后是离开顶点越远越优先访问，即相当于二

叉树的先序遍历，故皿错误。iv：采用广度优先遍历算法遍历一个图时，每个顶

点仅遍历一次，所以最多只能进队1次，故w错误。

7、下列关于生成树的说法中，正确的是()。

A、最小生成树是指权值之和为最小的生成树，且唯一

B、某图的广度优先生成树的高度一定大于等于深度优先生成树的高度

C、Prime算法和Kruskual算法构造的最小生成树一定一样

D、Prime算法适用于求边稠密的图的最小生成树

标准答案：D

知识"解云：A:最小生成树是指权值之和为最小的生成树，但是不唯一，故A选

项错误。B:由广度优先遍历和深度优先遍历算法可知，深度优先算法构造的生成

树的树高大于等于广度优先算法构造的生成树的树高，故B选项错误。C:当最小

生成树不唯一时，这两种算法构造的最小生成树可能相同，也可能不同，故C选

项错误。D：Prime算法的时间复杂度为0(1?),适合稠密图；Kruskual算法的时间

复杂度为O(ek)g2e),适合稀疏图，故D选项正确。

8、下列关于m阶B+树的说法中，正确的是()。I.具有n个关键字的结点至少

含有n+1棵子树D.所有叶子结点包含全部关键字HI.B+树支持随机索引

IV.B+树可用于文件的索引结构

A、仅m、W

B、仅口、IV

C、仅I、m、IV

D、仅I、n、w

标准答案：B

知识点解析：一棵m阶B+树满足下列条件：①每个分支结点至多有m棵子树。

②根结点或者没有子树，或者至少有两棵子树。③除根结点外，其他每个分支结

点至少有［m/2］棵子树。④具有n个关键字的结点含有n棵子树。⑤所有叶子结

点包含全部关键字及指向相应记录的指针，而且叶子结点按关键字的大小顺序链

接。⑥所有分支结点中仅包含它的各个子结点中最大关键字及指向子结点的指

针。⑦B+树中，所有非终端结点可以看成是索引部分，故可用于文件的索引结

构。注意：由于B+树为链式存储结构，所以不支持随机检索。综上所述，可知

n、W正确，I、in错误，故选B选项。补充知识点：很多考生被B+树和B—树

的基本概念弄混，下面做一个小结。解析：m阶B+树和m阶B—树的主要差异如

下：①在B+树中，具有n个关键字的结点含有n裸子树；而在B—树中，具有n

个关键字的结点至少含有（n+1）棵子树。②在B+树中，每个结点（除根结点外）

中的关键字个数n的取值范围是［m/2Engm,根结点n的取值范围是2slsm；而在

B—树中，除根结点外，其他所有非叶子结点的关键字个数n的取值范围是［m⑵-

l<n<m—1,根结点n的取值范围是ISnSm—1。记忆方式：“B—”中有个“一”号，

自然关键字个数相对于B+减掉了1。③在B+树中，所有叶子结点包含了全部关

键字，即其他非叶子结点中的关键字包含在叶子结点中；而在B—树中，关键字是

不重复的。④在B+树中，所有非叶子结点仅仅是起到了索引的作用，即结点中的

每个索引项只含有对应子树的最大关键字和指向子树的指针，不含有该关键字对应

记录的存储地址。而在B—树中，每个关键字对应一个记录的存储地址。⑤在B+

树上有两个头指针，一个指向根结点，另一个指向关键字最小的叶子结点，所有叶

子结点链接成一个链表；而在B—树中，叶子结点并不会有指针相连。

9、利用逐点插入建立序列（50,72,43,85,75,20,35,45,65,30）对应的二

叉排序树以后，要查找元素30要进行（）次元素间的比较。

A、4

B、5

C、6

D、7

标准答案：B

知识点解析：由题可以建立出如图7-5所示的一棵二叉排序树。

查找元素30—次经过比较的元素为50,43,20,35,

30,共有5次元素间的比较，因此本题选B选项。

10、对以下关键字序列用快速排序算法进行排序，速度最慢的是（）。

A、1,4,7,10,15,24

B、2,5,3,20,15,18

C、4,5,7,13,10,9

D、4,7,8,5,19,16

标准答案：A

知识点解析：首先需要知道快速排序的一个特性，即元素越无序，快速排序越快；

元素越有序，快速排序越慢。但是一般情况下，有序的元素序列比较少，大部分情

况都是杂乱无章的一堆数，所以说快速排序是所有排序中性能最好的排序方法。有

些同学可能会有疑问，快速排序最差的时间复杂度是O(r>2),而有不少排序算法最

坏的时间复杂度是O(nlog2n),比如堆排序。为什么快速排序的性能是最好的阻？

因为快速排序出现最坏性能的情况实在是太少发生了，所以要看综合的性能，不能

只看最坏的(记住就好，在此不举例子了)。本题A选项是一个有序序列，所以

速度肯定最慢。总结：如果元素基本有序，使用直接插入排序效果最好：如果元

素完全没序，使用快速排序效果最好。

II、在外部排序算法中，最佳归并树主要的作用是()。

A、产生初始归并段

B、完成归并排序

C、对归并排序进行优化

D、增大归并路树

标准答案：C

知识点解析：A:产生初始归并段的工作应该由置换一选择排序完成，故A选项错

误。设输入的关键字满足k|>k2>—>km，缓冲区大小为m,用置换.选择排序

方法可产生［n/n］个初始归并段。氏因为最佳归并树是针对排序之后的初始归并段

操作，所以归并排序不可能由最佳归并树完成，故B选项错误。C：最佳归并树

仿造赫夫曼树的构造过程，以初始归并段的长度为权值，构造具有最小带权路径长

度的赫夫曼树，可以有效地减少归并过程中的读写记录数，以加快外部排序的速

度，故C选项正确。D:增大归并路数应该是由败老树来完成的，故D选项错误。

12、下列说法中，错误的是()。I.时钟频率和CPI成反比关系U.数据字长等

于MDR的位数HI.A主机的CPU主频高于B主机的CPU主频，则前者运算能力

将会高于后者

A仅

、I、n

B仅

、口、皿

c仅

、I、m

DI

、、n、五

标准答案：D

知识点解析：I：时钟频率和CPI并无关系。时钟频率的提高仅仅是将时钟周期

缩短，并没有改变执行一条指令所需要的时钟周期数，故I错误。n：一般来讲，

MDR的位数和存储字长相等，而数据字长是一次存取数据的长度，可以和MDR

不相等，故n错误。川：CPU的主频是表示在CPU内数字脉冲信号震荡的次数，

是衡量CPU运算速度的重要参数，但不是唯一的参数。故不能直接根据主频来比

较运算能力，故HI错误。

13、假定米用IEFF754单精度浮点数格式表示一个数为45100000H.则该数的值

是()。

A、(+1.125)x21°

B、(+1.125)x2"

C、(+0.125)x2,1

D、（+0.I25）x210

标准答案：B

知识点解析：45100000H的二进制数为01000101000100000000000000000000,

第1位为符号位，表示正数，随后8位10001010为用移码表示的阶码，减去127

得到十进制数11，而IEEE754中单精度数在阶码不为0时隐含1,所以尾数为

（1.0010）2=1.125o

14、—个8位的二进制整数，若采用补码表示，且由3个力”和5个“0”组成，则最

小值为（）。

A、—127

B、—32

C、—125

D、一3

标准答案：C

知识点解析：8位补码最小时必为负数，所以第一位（符号位）必须为1。而负数

的数值位绝对值越大，则此负数越小。又负数的补码表示的高位0相当于原码表示

的1,故当剩下的2个力”在最低位，5个“0”在数值位的最高位时此负数最小。该

负数的补码为10000011,则原码为11111101.转换成十进制为一125。

15、一台8位微机的地址总线为16条，其RAM存储器容量为32KB,首地址为

4000H,且地址是连续的，可用的最高地址为（）。

A、BFFFH

B、CFFFH

C、DFFFH

D、EFFFH

标准答案：A

知识点解析：32KB存储空间共占用15条地址线，若32KB的存储地址起始单元为

OOOOII,其范围应为OOOOi7FFni,但现在的首地址为400011,即首地址后移

了，因此最高地址也应该相应后移。故最高地力E为4000H+7FFFH=BFFFH。归纳

总结：32KB的存储空间是连续的，由于首地址发生变化，末地址也会跟着发生变

化。

16、有效容量为128KB的Cache,每块16B,8路组相联。字节地址为1234567H

的单元调入该Cache,其Tag应为（）。

A、1234H

B、2468H

C、048DH

D、12345H

标准答案：C

知识点解析：因为块的大小为16B,所以块内地址字段为4位；又因为Cache容量

为128KB,8路组相联,所以可以分为1024组（128KB/（8xl6B）=l024）,对应的组

号字段10位；剩下为标记字段。1234567H=0001001000110100010101100111,标

记字段为高14位,00010010001101=048DH,故选C选项。归纳总结:组相联映

像对应的主存地址应包帝3个部分，即标记（Tag）、组号（Index）和块内地址

（Offset）o解题技巧：首先将主存地址由十六进制变成二进制，其中块内地址字段

为最后4位，组号字段为中间10位，剩下的就是标记字段，将标记字段二进制转

换为十六进制，即可得出结果。

17、在单发射、按序流动的普通流水线中，可能出现下列（）数据相关问题。

I.写后读相关RAW口.读后写相关WAR皿.写后写相关WAW

A仅

、I

B仅

、

c仅

、

D仅

、、H

标准答案：A

知识点解析：指令取操作数的动作一定在写回结果之前，故在按序流动的单发射

（普通标量）普通流水线中，先进入流水线的指令的取操作数和写回结果的动作一

定位于后续指令写回结果的动作之前，故不可能出现WAR和WAW。唯一可能出

现的数据相关问题是后续指令在前一指令写回结果之前读相关的操作数，即

RAW。注：而在非按序流动的流水线中，允许后进入流水线的指令超过先进入流

水线的指令先流出流水线，故3种数据相关都可能出现。提醒：直接按照中文翻

译的比如“读后写”容易理解为“先读后写”，事实上根据英文的意思，应该是“先写

后读“，容易绕晕，注意理顺思路，要反着读。

18、在按字节编址的计算机中，一条指令长16位，当前分支转移指令（采用相对

寻址）地址为3000,指令地址的偏移量为一5,当执行完此转移指令后，PC的值

为（）。

A、2996

B、2997

C、3001

D、3002

标准答案：B

知识点解析：首先给出解答步骤，当前指令地址为3000,取完这条指令后，PC的

值增加一个指令字长度，即3002,加上偏移量一5,所以执行完这条指令后，目标

地址为2997,然后将这个值覆盖到PC当中。总结：这里面存在两个问题：1）PC

值到底如何计算？2）得出的目标地址到底放哪里？这是一个当年困扰笔者和很多

考生的一个很典型的问题，PC到底是多少呢？“然后PC=PC+1”，老师经常这么

说。可是这里的、“到底怎么理解？一个字节？一个指令字？你先别急着回答，笔

者翻阅了很多书籍，也参考了各大院校的自主命题以及408统考真题，发现理解各

不一样，拿北京理工大学2005年的一个选择题为例（在按字节编址的计算机中，

一条指令长16位……，然后取完指令后，PC的值是多少？），这里参考答案把加

1理解成了1个字节。在2009年408真题当中同样类型的题目（指令字长16位，

按字节编址），题于给出的却是每取出一个字节，PC+1,那么取完这条指令时，

PC的值便自增了2,也就是说在我们熟悉的那句话“当取出一条指令后，PC的值

就+1”中，这里的1便是1个指令字的长度。在考试当中我们怎么理解？当然是按

真题的讲解，一切以得分为目标，也就是说以后遇到这样的题，就把这里的1理解

为一个指令字。得到的目标地址后不要以为就拿这个地址去寻址去了，记住，所

有的取指令的地址都是从PC传到MAR中然后去寻址的，也就是说得到目标地址

后还要把这个地址覆盖到PC当中。终于讲解完毕了，对于考试来说也就够了，可

是你真的觉得这就算完了吗？远不是这样，以上的理解都是片面的。（1）PC自增1

的情况指出现在无流水（non—pipeline）的情况下，这个时候取指，译码，执指都是

顺序执行的。而在有流水的情况下就比较复杂了，这里用arm7的三级流水线为

例。流水线使用三个阶段，因此指令分为三个阶段执行：1）取指（从存储器装载

一条指令）；2）译码（识别将要被执行的指令）；3）执行（处理指令并将结果写

回寄存器）。而R15（PC）总是指向“正在取指”的指令，而不是指向“正在执行”的

指令或正在“译码”的指令。一般来说，人们习惯性约定将“正在执行的指令作为参

考点”，称之为当前第一条指令，因此PC总是指向第三条指令。当ARM状态时，

每条指令为4字节长，所以PC始终指向该指令地址加8字节的地址，即：PC值=

当前程序执行位置+8。（2）程序计数器值的修改分两种情况：一是顺序执行指令的

情况，二是分支转移指令的执行情况。当顺序执行指令时，程序计数器值的修改较

为简单。若当前取得的有令是单字节指令，即将程序计数器的值加1（PC+1TPC）；

若当前取得的指令是双字节指令，即将程序计数器的值加12（相当于加了一个指令

字长度）……；在执行分支转移指令时，由分支转移指令的寻址方式确定下一条指

令在主存中的地址。若分支转移指令的寻址方式是相对寻址，那么程序计数器的值

修改为当前地址加上相对偏移量；若分支转移指令的寻址方式是绝对寻址，即将转

移指令中绝对转移地址送给程序计数器；当是间接寻址方式的分支转移指令时，程

序计数器的值从指令指定的寄存器或主存存储单元中提取。

19、以下给出的事件中，无须异常处理程序进行中断处理的是（）。

缺页故障

B、访问Cache缺失

C、地址越界

D、除数为0

标准答案：B

知识点解析：缺页会导致缺页中断，缺页中断就是要访问的页不在主存，现行程序

无法往下走，需要操作系统采用缺页处理程序将其调入主存后再进行访问；地址越

界就是在采取地址访问时，由于不注意，你访问的地址超过了所允许访问的地址空

间，这种操作肯定会导致结果错误，所以是非法操作，产生异常；除数为0这是不

合法的，因此要终止现行程序，产生异常；而访问Cache缺失仅仅是说要访问的内

容不在Cache而已，但程序至少还可以继续进行下去（比如程序可以到主存中去找

需要的内容）。所以答案为B。总结：需不需要异常或中断处理程序进行处理你

就看现行程序当前能不能继续往下走，若能，则不需要，反之，则需要。

20、假定一台计算机的显示存储器用DRAM芯片实现，若要求显示分辨率为

1600x12（）0,颜色深度为24位，帧频为85Hz,显存总带宽的50%用来刷新屏幕，

则需要的显存总带宽至少约为（）。

A、245MbiUs

B、979Mbit/s

C、1958Mbit/s

D、7834Mbit/s

标准答案：D

知识点解析：首先一帧画面的大小为1600xl200x24bit,又因为帧频为85Hz,即每

秒要刷新画面85次，因此每秒需要更新的容量为46080000bitx85=391680000Gbit,

占显存总带宽的50%,显存的带宽至少约为3916.8Mbit/sx2=7834MbiMS。

21、总线宽度只与下列（）选项有关。I.控制线根数U.地址线根数m.数据线

根数

仅I

A、

仅nm

B、、

仅n

C、Inm

D、>、

标准答案：C

知识点解析：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。

22、在主机和外设的信息传送中，（）没有使用程序控制方式。

A、程序查询方式

B、程序中断方式

C、DMA方式

D、通道方式

标准答案：C

知识点解析：程序查询方式和程序中断方式显然是需要程序的干预，而通道方式也

是要编制通道程序来控制，只有DMA方式是靠硬件电路实现的。

23、下列关于操作系统结构说法中，正确的是（）。I.当前广泛使用的Windows

XP操作系统，采用的是分层式OS结构H.模块化的OS结构设计的基本原则

是：每一层都仅使用其底层所提供的功能和服务，这样使系统的调试和验证都变得

容易m.由于微内核结构能有效支持多处理机运行，故非常合适于分布式系统环

境W.采用微内核结构设计和实现操作系统具有诸多好处，如添加系统服务时，

不必修改内核、使系统更高效等

A、仅I、n

B、仅I、HI

c、仅in

D、仅田、IV

标准答案：C

知识点解析：I错误，当前比较流行的、能支持多处理机运行的OS,几乎全部都

采用微内核结构，包括WindowsXP。口错误，模块化OS结构原则是：分解和模

块化。口中描述的是分层式结构设计的基本原则。皿正确。W错误，微内核结构

将操作系统的很多服务移动到内核以外(如文件系统)。且服务之间使用进程间通

信机制进行信息交换，这种通过进程间通信机制进行信息交换影响了系统的效率，

所以微内核结构设计并不会使系统更高效。由于内核的内服务变少了，且一般来说

内核的服务越少肯定越稳定。

24、在有一个CPU和两台外设D1和D2,且能够实现抢占式优先级调度算法的多

道程序环境中，同时进入优先级由高到低的Pl,P2,P3的3个作业，每个作业

的处理程序和使用资源的时间如下：Pl:D2(30ms),CPU(10ms),DI(30ms),

CPU(10ms)P2:DI(20ms),CPU(20ms),D2(40ms)P3:CPU(30ms),DI(20ms)假

设对于其他辅助操作时间忽略不计，CPU的利用率是()。

A、47.8%

B、57.8%

C、67.8%

D、77.8%

标准答案：D

知识点解析：抢占式优先级调度算法，3个作业执行的顺序如图7—6所示。(还

可以有一种画法，即按照进程来考虑，纵坐标为P］、P2、P3。)

1

CPUP3P2PlP2P3PI

D1P2PlP3P3

D2PlP2

图7.63个作业执行的顺序

每小格表示10ms,3个作业从进入系统到全部运行结束，时间为90ms。CPU与外

设都是独占设备，运行时间分别为各作业的使用时间之和：CPU运行时间为

(10ms+10ms)+20ms+30ms=70mso故利用率为70/90=77.8%提示：对于本题中作

业执行的顺序可以这样得到，由于采用的是可抢占的基于优先级的调度算法，也就

是优先级高的作业优先调度，并且可以抢占任何资源使用，故我们在画设备利用情

况表时，可以让优先级高的作业一次性完成，再考虑低一级的作、也，最后再考虑级

别最低的作业。

25、设有如下两个优先级相同的进程P1和P2。信号量S1和S2的初值均为0,试

问Pl、P2并发执行结束后，z的值可能是()。

进程Pl:进程P2：

y=3：x»2；

z=2：P(S1);

V(Sl)tx»x+2；

z«y+l：V(S2):

P(S2)：z=x+z：

y=z+y；

A、4、8、11

B、4、6

C、6、8

D、4、8

标准答案：D

知识点解析：这类题目其实不难，但这种题却很容易答错，原因就是很容易漏掉某

种情况。首先，将上述进程分解成以下6个程序段：

PSI：y=3：PS2：z=y+l：PS3：y=z+y；

z=2；

PS4：x=2；PS5：x=x+2：PS6：z=x+z；

假设没有PV操作的情况下。进程并发执行关系用前驱图表示如图7—7所示。加

入了PV操作后用前驱图表示如图7—8所示。由于x的值只有PS4、PS5决定，

且两者顺序关系确定，则易得x的值始终为4。乂P2和P1共享的变量只有z,则

PS6与PSI、PS2、PS3的关系决定了最终的y和z的值。又根据进程前驱图得，

PS6在PS1之后。所以可能的情况有（PS4、PS5严处的顺序有多种情况，但都不

对最后结果产生影响，为了方便，我们统一把PS4、PS5放在PS1后面执行）：

PSKPS4、PS5、PS6、PS2、PS3；PSUPS4、PS5、PS?.PS6>PS3：PS1.

PS4、PS5、PS2、PS3、PS6；这3种情况，计算过程如表7—2所示。

«7-2计辑过程

XyzXyzXyz

PSI32PSI32PSI32

PS42PS42PS42

PS54PS54PS54

PS«6PS24PS24

PS24PS68PS37

PS37PS311PS68

4744II8478

综上所述，z的值可能是4、8o

26、系统的资源分配图在下列情况中，无法判断是否处于死锁的情况是（）。

I.出现了环路U.没有环路田.每种资源只有一个，并出现环路W.每个进程

结点至少有一条请求边

A、I、口、m、w

B、仅I、皿、W

C、仅I、w

D、都能判断

标准答案：c

知识点解析：首先要注意，本题的问法比较拗口，是无法判断的情况，不可理解错

误。本题的难点主要在于区分资源分配图中的环路和系统状态的环路有什么关

系。资源分配图中的环路通过分配资源，是可以消除的，即消边。而系统状态图中

的环路其实就是死锁。两者的关系其实可以理解为资源分配图通过简化（消边）后

就是系统状态图。如果资源分配图中不存在环路，则系统状态图无环路，则无死

锁；故n确定不会发生死锁。反之，如果资源分配图中存在环路，经过简化（消

边）后，则系统状态图中可能存在环路；，也可能不存在环路。根据资源分配图

算法，如果每一种资源类型只有一个实例且出现环路，那么无法简化（消边），死

锁发生，故in可以确定死锁发生。剩下I和w都不能确定，因为它们的资源分配

图中虽然存在环路，但是不能确定是否可以简化成无环路的系统状态图。所以本

题选c选项。

27、下列存储管理方式中，会产生内部碎片的是（”I.分段虚拟存储管理

n.分页虚拟存储管理m.段页式分区管理w.固定式区区管理

A、仅I、口、m

B、仅山、IV

c、仅口

D、仅口、m、w

标准答案：D

知识点解析；只要是固定的分配就会产生内部碎片，其余的都会产生外部碎片。如

果固定和不固定同时存在（例如段页式），物理本质还是固定的，解释如下：分

段虚拟存储管理：每一段的长度都不一样（对应不固定），所以会产生外部碎片。

分页虚拟存储管理：每一页的长度都一样（对应固定），所以会产生内部碎片。

段页式分区管理：地址空间首先被分成若干个逻辑分段（这里的分段只是逻辑上

的，而我们所说的碎片都是物理上的真实存在的，所以是否有碎片还是要看每个段

的存储方式，所以页才是物理单位），每段都有自己的段号，然后再将每个段分成

若干个固定的页。所以其仍然是固定分配，会产生内部碎片。固定式分区管理：

很明显固定，会产生内部碎片。综上分析，本题选D选项。

28、下列程序设计技术和数据结构中，适合虚拟页式存储系统的有（）。I.堆栈

n.Hash函数索引的符号表m.顺序搜索W.二分法查找V.纯代码VI.矢量

操作vn.间接寻址vr矩阵操作

A、I、m、v、W、vn

B、I、nm>vn

c、口、v、vi、vni

D、田、v、vi、vn

标准答案：A

知识点解析：虚拟分页存储系统中，页内地址是连续的，而页间地址不连续。当页

面不在内存时，会引起缺页中断，相对消耗很多的时间。这类题解题思路起始都是

应该从局部性出发。I适合。栈顶操作一般是在当前页中进行，此前已驻留内

存。只有当栈顶跨页面时，才会引起缺页中断。口不适合。Hash函数产生的索引

地址是随机的，可能会频繁缺页。in适合。搜索一般是在当前页中进行，此前已

驻留内存。只有当跨页面搜索时，才会引起缺页中断。W不适合。二分法查找是

跳跃式的，可能会频繁缺页。V适合。纯代码基本上是顺序执行的。其跳转指令

全是相对跳转的，范围一般在一个页面之内。只有当跨页面跳转时，才会引起缺页

中断。VI适合。一个矢量的各分量均顺序排列，一般在同一页面内。血不适合。

存放间接地址的页面，存放直接地址的页面，以及存放内容的页面没有规律，它们

可能不在同一个页面。而适合。矩阵的各元素均顺序排列，一般在同一页面内。

29、下面关于文件的叙述中，错误的是（）。I.打开文件的主要操作是把指定文

件复制到内存指定的区域口.对一个文件的访问，常由用户访问权限和用户优先

级共同限制in.文件系统采用树形目录结构后，对于不同用户的文件，其文件名

应该不同W.为防止系统故障造成系统内文件受损，常采用存取控制矩阵方法保

护文件

A、仅U

B、仅I、m

c、仅I、m、w

D、I、口、山、W

标准答案：D

知识点解析：I错误，系统调用open把文件的信息目录放到打开文件表中。口错

误，对一个文件的访问，常由用户访问权限和文件属性共同限制。ID错误，文件

系统采用树形目录结构后，对于不同用户的文件，其文件名可以不同，也可以相

同。W错误，常采用备份的方法保护文件。而存取控制矩阵的方法是用于多用户

之间的存取权限保护。

30、在PC—DOS中，某磁盘文件A与B,它们所占用的磁盘空间如下所示。试问

、».（•一、•一《・

FDT（文件目录表》FAT（文件配置表》

A、3,3

B、4,5

C、5,3

D、5,4

标准答案：C

知识点解析：当查找文件在磁盘上的存放地址时，首先从目录中找到文件的起始簇

号，然后再到FAT表的相应表目中找到文件存放的下一个簇号，依此类推，直至

遇到值为FFF的表项为止。文件A在磁盘上占用5簇，簇号依次为002、004、

009、005、007o文件B在磁盘上占用3簇，簇号依此为003、008、006。知识点

回顾：链接分配中每个文件对应一个盘块的链表，盘块分布在磁盘的任何地方。

链接方式可分为隐式链谖和显示链接两种。隐式链接：在文件目录的每个目录项

中，都必须含有指向链接文件第一个盘块和最后一个盘块的指针。例如，目录表中

有一个目录项为（jeep,9,25）,表示jeep文件的第一个盘块号是9,最后一个盘块

号是25,而在每个盘块中都含有一个指向下一个盘块的指针，如

9—16—一10—25。如果指针占用4B,对于盘块大小为512B的磁盘，则每个盘

块中只有508B可供用户使用。显示链接：把用于链接文件各物理块的指针，显示

地存放在内存的一张链装表中。该表在整个磁盘仅设置一张。表的序号是物理盘块

号，从0开始，直到N—1,其中N为盘块总数。在每个表项中存放链接指针，即

下一个盘块号。

31、某磁盘盘组共有10个盘面，每个盘面上有100个磁道，每个磁道有32个扇

区，假定物理块的大小为2个扇区，分配以物理块为单位。若使用位图（bitmap）管

理磁盘空间，则位图需要占用的空间大小是（）。

A、2000B

B、12000B

C、6000B

D、16000B

标准答案：A

知识点解析：已知磁盘盘组共有10个盘面，每个盘面上有100个磁道，每个磁道

有32个扇区，则一共有10x100x32=32000个扇区。题目又假定物理块的大小为2

个扇区，分配以物理块为单位，即一共有16000个物理块。因此，位图所占的空

间为16000/8B=2000B,知识点回顾：磁盘可包括一个或多个物理盘片，每个盘

片分一个或两个存储面，每个存储面组织成若干个同心环，即为磁道。每条磁道又

从逻辑上划分成若干扇区（也称为盘块）。位图（位示图）用二进制位表示磁盘

中的一个盘块的使用情况，0表示空闲，1表示已分配。磁盘上的所有盘块都与一

个二进制位相对应，这样，由所有盘块所对应的位构成一个集合，称为位示图。通

常可用mxn个位数构成位示图，并使mxn等于磁盘的总块数。（考点所在）位图

法的优点就是很容易找到一个或一组相邻的空闲盘块。位示图一般来说非常小，可

以把它保存在内存中，进而使在每次进行磁盘空间分配时，无须都要进行位示图读

入内存的操作，从而节省了磁盘的启动操作。

32、关于SPOOLing技术的说法，以下正确的是（）。I.SPOOLing系统中不需要

独占设备D.SPOOLing系统加快了作业完成的速度ID.当输入设备忙时，

SPOOLing系统中的用户程序暂停执行，待I/O空闲时再被唤醒执行输出操作

IV.在采用SPOOLing技术的系统中，用户的打印结果首先被送到内存固定区域

A、仅I、D

B、仅口

c、仅口、m

D、仅皿、IV

标准答案：B

知识点解析：I错误，SPOOLing技术是将独占设备改为共享设备，所以肯定需要

独占设备。II正确，SPOOLing技术通过在磁盘上开辟存储空间模拟脱机输出，可

以减少作业输出等待时间，加快作业完成的速度。DI错误，引入SPOOLing技术

的目的就是在输入设备忙时，进程不必等待I/O操作的完成。W错误，在

SPOOLing系统中，用户的输出数据先送入输出井，即磁盘固定区域。综上分析，

本题选B选项。知识点回顾：SPOOLing系统是对脱机输入/输出工作的模拟，它

必须有高速大容量且可随机存取的外存（如磁盘、磁鼓等）支持。SPOOLing系统

组成如图7—9所示，主要包括以下3个部分。

内存

图7-9SPOOLing系统组成

33、如图7—1所示的是某IP网络连接拓扑结构，共有（）。

图7-1

A、5个冲突域，1个广播域

B、3个冲突域，3个广播域

C、4个冲突域.2个广播域

D、6个冲突域，2个广播域

标准答案：C

知识点解析：通常普通的集线器是一种工作在物理层，具有“共享冲突域、共享广

播域''特性的网络互连设备。而将交换机和网桥称为二层设备，它是一种工作在数

据链路层，具有“隔离冲突域、共享广播域''特性的网络互连设备。可见，交换机只

能缩小冲突域，而不能缩小广播域。将路由器称为三层设备，它是一种工作在网络

层,具有“隔离冲突域、隔离广播域''功能的网络互连设备。在Internet等主干网

上，路由器的主要作用是路由选择。由以上分析可知，图7—1所示的拓扑结构中

共有4个冲突域，2个广播域，具体如图7—10所示。其中，冲突域1和冲突域2

属于同一个广播域，冲突域3和冲突域4属于另外一个广播域。总结(见表7—3):

表7-3各设备的冲突域与广播域

设答名林隔离冲突域隔离广播城

集线器XX

中继蹲XX

交换机X

网桥VX

型用器VV

34、长度为1km,数据传输率为10Mbit/s以太网，电信号在网上的传播速度是

200m/gSo假设以太网数据帧的长度为256bit,其中包括64bit帧头、检验和及其他

开销。数据帧发送成功后的第一个时间片保留给接收方，用于发送一个64bit的确

认帧。假设网络负载非常轻(即不考虑冲突的任何情形)，则该以太网的有效数据

传输速率为()。

A、4.21Mbit/s

B、11.7Mbit/s

C、6.09Mbit/s

D、5.19Mbit/s

标准答案：A

知识点解析：⑴发送256bit数据帧所用的发送时间=256bit/10Mbit/s=25.6吟⑵数

据帧在电缆线上的传播时间=1000m/(200m/|xs)=5NS；(3)发送64bit的确认帧所用的

发送时间=64bit/10Mbit/s=6.4g；(4)确认帧在电缆上的传播时间

=1000m/(200nvjis)=5|is；(5)为了保证冲突检测机制能够正常进行，64位确认帧要

进行填充，使得其传输时延等于往返传播时延10gs；有效数据传输率=发送的有效

数据/发送有效数据所用的总时间，而有效数据=(256—64)bil=192bit,发送192bit

的有效数据所古用的总时间=(25.6+5+6.4+5)2=45.62；则该以太网的有效数据传

输率为192bit/42Hs=4.21Mbit/s。

35、下面技术无法使10Mbit/s的以太网升级到100Mbit/s的是()。

A、帧长保持不变，网络跨距增加

B、采用帧扩展技术

C、传输介质使用高速光纤

D、使用以太网交换机，引入全双工流量控制协议

标准答案：A

知识点解析：CSMA/CD协议要求每帧的发送时间不小于信号的往返时延。如果电

缆线长度增加，传播时延增加，冲突检测时间增加，帧长保持不变，则发送速率应

减少，A错。帧扩展技术解决了网络跨距问题，但可能影响短帧的传输性能，在千

兆以太网标准中增加了喷突发技术，提高了网络带宽利用率，B对。高速光纤的使

用大大提高了网络的传瑜速率，使lOMbit/s升级到lOOMbit/s和IGbit/s成为nJ•能，

C对。全双工的以太网交换机不执行CSMA/CD协议，每帧的发送时间不受往返时

延影响，D对。

36、某端口的1P地址为172.16.7.131/26,则该IP地址所在网络的广播地址是

（）。

A、172.16.7.255

B、172.16.7.129

C、172.16.7.191

D、172.16.7.252

标准答案：C

知识点解析：首先要清楚广播地址就是将主机位全部置为1,/26表示前3个字节

都是网络段，最后一个字节的头两位也是网络段。前.3个字节忽略，只解释最后一

个字节。将131以二进制表示为10000011。根据广播地址的定义，主机段全1即

为广播地址，即10111111,转换为十进制为191,故广播地址为172.16.7.191,

37、下列关于ARP的说法中，错误的是（）。I.ARP的请求报文是单播的

H.ARP的响应报文是单播的HI.如果局域网A的主机1想和局域网B的主机2

通信，但是主机1不知道主机2的物理地址，主机1通过发送ARP报文就可以解

决

A仅

、I

B仅

、

c仅

、I、m

D仅

、口、m

标准答案：c

知识点解析：I：当主矶A要向本局域网上的某个主机B发送IP数据报时，如果

在其ARP高速缓存中查询不到主机B的物理地址，这时候ARP进程就需要在本局

域网卜广播发送一个ARP请求分组.所以ARP的请求报文是广播的,不是单播

的，故I错误。□:接着上面的论述，此时应该是本局域网上的所有主机都可以收

到此ARP的请求分组，而主机B见到ARP分组中的IP地址是自己的IP时，就向

主机A发送一个ARP响应分组，所以ARP响应分组是普通的单播，故II正确。

n：这个一定要注意了，很多考生都误认为是正确的。记住一句话：ARP是解决

同一局域网上的主机或路，由器的1P地址和硬件地址的映射问题，如果所要找的

主机和源主机不在同一个局域网上，剩下的所有工作都应该由下一跳的路由器来完

成，故m错误。注：ARP数据单元是被封装在以太帧中。

38、—个网段的网络号为198.90.10.0/27,子网掩码固定为

255.255.255.224,最多可以分成（）个子块，而每个子块最多具有（）个有效的IP

地址。

A、8,30

B、6,30

C、16,14

D、32,6

标准答案：A

知识点解析：/27是引入无类别域间路由选择（CIDR）后子网IP地址的表示方法，对

应的子网掩码表示是255.255.255.224。地址的最后I个字节中有3位属于子网号部

分（物理网络号共27位），主机号只有5位。198.90.10.0是C类地址，网络号24

位，最后1个字节中的子网号3位，最多可以分成8个子块，主机号部分5位共

32个地址，除了全1和全O,有30个有效的IP地址。易混知识点：什么时候子

网号可以为全“0”或全“1”？解析：当使用CIDR时，子网号可以使用全“0”或全

“1”，因为CIDR子块的划分并不是真正意义上的子网划分，只是划分的形式很像

子网的划分。那有的同学可能会问，我怎么知道是不是CIDR?只要题目的网络号

是以X.X.X.X/Y的形式给出，就认为是CIDR。

39、A和B建立TCP连接，MSS为1KB。某时，慢开始门限值为2KB,A的拥塞

窗口为4KB,在接下来的一个RTT内，A向B发送了4KB的数据（TCP的数据部

分），并且得到了B的确认，确认报文中的窗口字段的值为2KB,那么，请问在

下一个RTT中，A最多能向B发送（）数据。

A、2KB

B、4KB

C、SKB

D、8KB

标准答案：A

知识点解析：首先，发送窗口应该在拥塞窗口和接收窗口中取最小值，所以本题关

键点在于求本RTT内拥塞窗口和接收窗口的大小。在接下来的一个RTT内，A向

B发送了4KB的数据，且此时拥塞窗口为4KB,按照拥塞避免算法（因为此时拥

塞窗口大于慢开始门限值，所以采用拥塞避免算法），收到B的确认报文后，拥

塞窗口增加到SKB。另外，B发给A的确认报文中的窗口字段的值为2