计算机专业（基础综合）模拟试卷185

计算机专业（基础综合）模拟试卷185

一、单选题（本题共40题，每题1.0分，共40分。）

1、下面是有关DRAM和SRAM存储器芯片的叙述：IDRAM芯片的集成度比

SRAM高DDRAM芯片的成本比SRAM高HIDRAM芯片的速度比SRAM快

WDRAM芯片工作时需要刷新，SRAM芯片工作时不需要刷新通常情况下，错误

的是（）。

A、I和U

B、n和迎

C、HI和W

D、I和W

标准答案：B

知识点解析：DRAM的集成度高于SRAM,SRAM的速度高于DRAM,可以推出

DRAM的成本低于SRAM,SRAM芯片工作时不需要刷新，DRAM芯片工作时需

要刷新。题时需要首先判断多段叙述中各自的正确性，然后再在四个选项中挑选正

确的选项。

2、内部网关协议包括

A、OSPF和IGP

B、OSPF和EGP

C、RIP和BGP

D、OSPF和RIP

标准答案：D

知识点解析：动态路由协议包括内部网关协议（IGP）和外部网关协议（EGP）。具体的

内部网关协议有OSPF、RTP、IGRP以及EIGP等。具体的外部网关协议有EGP和

BGPoA错的原因在于【GP是内部网关协议的英文简写，它并不是一个具体的协

议。

3、使用CIDR技术把4个网络100.100.0.0/18、100.100.64.0/18、

100.100.128.0/18>100.100.192.0/18汇聚成一个超网,得到的地址是（）。

A、100.100.0.0/16

B、100.100.0.0/18

C、100.100.128.0/18

D、100.100.64.0/18

标准答案：A

知识点解析：将子网掩码与IP地址按位与，得A、B、C各IP地址所在的网络号

为172.25.0.0：D中IP地址所在网络号为172.35.0.0,故D中的IP地址与其他地址

不在同一个网络中。网络号中第几个字段不相同，就把第几个字段按二进制展

开，结果如下：100.100.00000000.0/18100.100.01000000.0/18

100.100.10000000.0/18100.100.11000000.0/18很明显从第三个字段的第一位开始就

已经不同，按照CIDRKJ规则，找到最大能涵盖这四个网络的网络号，故超网的网

络号是100.100.0.0/16o

4、计算机硬件系统中“主机”是指（）。

A、主机箱及其内部硬件设备

B、运算器和控制器

C、CPU和主存储器

D、CPU、主存和输入输出设备

标准答案：C

知识点解析：CPU和主存储器合称主机。

5、进程创建的时候，不需要做的是（）。

A、填写一个该进程的进程表项

B、分配该进程适当的内存

C、将该进程插入就绪队列

D、为该进程分配CPU

标准答案：D

知识点解析：本题考查的是进程创建的过程。进程创建最主要的工作是为该进程申

请，并填写一张进程表。进程表内包含有多个与进程有关的数据结构，例如进程

号、进程组、进程的优先级、进程所分配的内存、进程需要的10设备、进程要打

开的文件等。当填写好了进程表以后，进程创建模块就将进程表按照该系统规定的

法则，将进程表插入到就绪队列的适当位置，等待进程调度模块进行下一步的调

度。所以进程创建的过程中不会包含分配CPU的过程，这不是进程创建者的工

作。

6、某平衡二叉树的树高为3,其根结点A左孩了的平衡囚子为-1,右孩子的度为

0o在该平衡二叉树中插入一个结点后造成了不平衡，则应该进行（）型旋转以使其

平衡。

A、LL或者RL

B、LR或者LL

C、RL或者RR

D、RR或者LL

标准答案：C

知识点解析：由题意可知，树的结构如图2-5所示。图2・5某平衡二叉树由图2-5

可知，插入一个结点造成根结点A的左孩子结点不平衡，说明这个结点一定是插

在根结点A的左孩子的右孩子上，如图2-6所示。所以需要进行RL型或者RR型

7、设有3个作业，其运行时间分别为2小时、5小时、3小时，假定它们同时到

达，并在同一台处理机上以单道运行方式运行，则平均周转时间最小的执行顺序是

()o

A、JI,J2,J3

B、J3,J2,JI

C、J2,JI,J3

D、JI,J3,J2

标准答案：D

知识点解析：本题考查平均周转时间的概念，周转时间=等待时间+运行时间，平

均运行时间二总周转时间/n。

8、计算机网络体系之所以采用层次结构的主要原因是（）。

A、层次结构允许每一层只能同相邻的上下层次发生联系

B、层次结构优于模块化结构

C、使各层次的功能相对独立，使得各层次实现技术的进步不影响相邻层次，从而

保持体系结构的稳定性

D、层次结构的方法可以简化计算机网络的实现

标准答案：C

知识点解析：本题考查层次结构，计算机网络分层使各层之间是独立的，灵活性

好，结构上可以分开，易于实现和维护，促进标准化工作，这是最主要的原因，选

项A只涉及一个功能方面，选项B层次和模块化各有优缺点，不能相提并论，而

选项D也是涉及一个方面，因此答案是C。

9、一个C类地址，采用了255.255.255.240作为子网掩码，那么这个C类地

址可以划分为（）个子网C

A、16

B、32

C、64

D、128

标准答案：A

知识点解析：先将子网掩码转换成二进制得到11111111.11111111.1111

Illi.HHOOOoC类的主机号是8位的，现在用高4位来表示子网，因此可以得

到16个子网。

10、用户在段页式存储管理方式下运行一个进程，段表寄存器和段表如图3—3所

及**五我_________世长

国总火小

附号扰态位机H1小我代蛤川

0a2rhKOVMM)

1।2

21axEHNMMO

3।3<hrr<NMO(MI

45mciksooo

•**…

示（页面大小为1KB）。图3.3段表寄存器如段表该用户

在调试过程中，设计了3个地址，试图获取数据，地址如表3-1所示：这3次获取

*3-1设计的3个地址

段幺段内负弓我内地旅

33OxW

Bu

i10«10

数据的操作，分别访问内存次数为（）。

A、3、3^3

B、1、0、3

C、2、1、3

D、1、2、2

标准答案：B

知识点解析：在段页式存储系统中，为了获取一条指令或数据，必须3次访问内

存，第一次访问内存中的段表，从中取得页表地址；第二次访问内存中的页表，从

中取得该页所在的物理块号，并将该块号与页内地址一起形成指令或数据的物理地

址：第三次访问根据第二次访问所得的地址，真正取出指令或数据（但这是在访问

地址正确的情况下）。为了防止越界，在段页式存储系统中，配置了一个段表寄存

器，其中存放段表始址和段表长度。在进行地址变换时，首先利用段号，将它与段

长进行比较。若段号超出段表长度，表示越界了。同样段表中的页表大小这项也

是为了预防地址越界的情况。一般情况下，段号页号都是从0开始编址，这点从

题目所给的图中也可得知。该用户访问的3个地址中，地址一，段号检查通过，

页号越界，3不在页号0〜2范围内，所以只访问内存1次。地址二，段号检查未

通过，8不在段号0〜7范围内，越界，所以访问内存0次。地址三，段号检查通

过，且页号也无越界，成功访问到数据，所以访问内存3次。知识点回顾：首先

必须知道，系统为每个进程建立一张段表，而每个分段有一张页表。段表项中至

少包括段号、页表长度和页表起始地址，页表项中至少包括页号和块号。段页式

系统中从逻辑地址到物理地址的地址变换过程如下：（1）从逻辑地址中取出前几位

得到段号S,中间几位得到页号P,后几位得到页内偏移量W。（2）比较段号S和

段表长度M,若SNM,则产生越界中断，否则转至下一步。（3）段表中对应段表项

地址二段表起始地址F+段号Sx段表项大小，取出该段表项内容的前几位得到对应

页表的页表长度C,后几位得到对应的页表的起始地址d,若页号PNC,则产生越

界中断，否则转至下一步。（4）对应页表项地址=d+Px页表项大小，从该页表项内

容得到物理块号b。（5）计算E=bx页表大小L+W。（6）用得到的物理地址E去访问

内存。

11、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*q的前面，插入过程如下图所示：操作如下：

（T）p—>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。

12、一棵哈夫曼树共有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：哈夫曼树中没有度为1的结点，用n个权值（对应n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—1,总结

点个数为2n-lo

13、从二叉树的任一结点出发到根的路径上，所经过的结点序列必按其关键字降序

排列的是（）。

A、二叉排序树

B、大顶堆

C、小顶堆

D、平衡二叉树

标准答案：C

知识点解析：考查二义排序树、大顶堆、小顶堆、平衡二义树的性质。二义排序树

中的任一结点x大于其左孩子，小于其右孩子，从二叉排序树的任一结点出发到根

结点，只要路径中存在左子树关系则必不满足题中降序的条件。同理，平衡二叉树

也不满足。小顶堆中的/壬一结点x均小于左右孩子，因此从任一结点到根的路径上

的结点序列必然是降序的。大顶堆刚好相反。注意：堆存储在一个连续的数组单

元中，它是一棵完全二叉树。二叉排序树和小顶堆的共同部分。当且仅有一个左

孩子时。

14、某数组多路通道最大数据传输率为1MB/s,它有5个子通道，则每个子通道

的最大数据传输率为（）c

A、200B/s

B、IMB/s

C、介于A、B之间

D、以上都不对

标准答案：B

知识点解析：数组多路通道以数据块为传输单位，一段时间内只能为一个子通道服

芬,子通道接受服务时的数据传输率即为通道的最大数据传输率.选K

15、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口.路由表必须包含子网掩码m.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、m

B、只有巫

c、I、m

D、n、m、iv

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矶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。n：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in正确，因此答案是B。

16、下列关于m阶B—树的说法中，正确的有（）。I.每个结点至少有两棵非空

子树U,非叶结点仅起索引作用，每次查找一定会查找到某个叶结点川.所有叶

子在同一层上W.当插入一个数据项引起B—树结点分裂后，树长高一层

A、I、□

B、II、ID

c、m、w

D、m

标准答案：D

知识点解析：本题考查B一树的性质。m阶B—树根结点至少有两棵子树，且这

m'

两棵子树可以是空树，其他非叶结点至少有2棵子树，I错误。口为B+树的性

质。B一树又称多路平衡查找树，叶结点都在同一层次上，可以看成是查找失败结

点，HI正确。结点的分裂不一定会使树高增1,如图I所示，只有当结点的分裂传

到根结点，并使根结点也分裂，才会导致树高度增1，如图2所示，W错误。

图I结点分裂不导致树高增1（3阶B树）

图2结点分裂导致树高增1（3阶B树）

17、假设一个NAT服务器其公网地址为205.56.79.35,并且有如下的表项,

那么当一个IP地址为192.转换后

转换编口原3堆址

192.168.32.56

192.168.48.26

192.168.55.106

的端口号和源IP地址是（）。

A、205.56.79.35：2056

B、192.168.32.56：2056

C、205.56.79.35：1892

D、205.56.79.35：2256

标准答案：A

知识点解析：本题考查地址转换技术NAT的工作原理，NAT协议利用端口域来解

决内网到外网的地址映射问题。任何时候当一个向外发送的分组进入到NAT服务

器的时候，源地址被真实的公网地址所取代，而端口域被转换为一个索引值⑵被

转换成2056）。因此答案是A。

18、设m为同类资源数，n为系统中并发进程数。当n个进程共享m个互斥资源

时，每个进程的最大需求是w,则下列情况会出现系统死锁的是（）。

A、m=2,n=l,w=2

B、m=2,n=2,w=l

C、m=4,n=3,w=2

D、m=4,n=2,w=3

标准答案：D

知识点解析：本题考查死锁的检测。A不会发生死锁，只有一个进程怎么也不会发

生死锁。B不会发生死锁，两个进程各需要一-个资源，而系统中刚好有2个资源。

C不会发生死锁，3个进程需要的最多资源数都是2,系统总资源数是4,所以总

会有一个进程得到2个资源，运行完毕后释放资源。D可能会发生死锁，当2个进

程各自都占有了2个资源后，系统再无可分配资源。由此可得出结论：当满足

m>n（w-1）+1时，不会产生死锁。

19、某页式存储管理系统中，主存为128KB,分成32块，块号为0、1、2、

3....31：某作业有5块，其页号为0、1、2、3、4,被分别装入主存的3、8、

4、6、9块中。有一逻辑地址为［3,70］（其中方括号中的第一个元素为页号，第二

个元素为页内地址，均为十进制），则其对应的物理地址为（）。

A、24646

B、24576

C、24070

D、670

标准答案：A

知识点解析：考查逻辑地址和物理地址的转换。块大小为128KB/32=4KB,因为

块与页面大小相等，所以每页为4KB。第3页被装入到主存第6块中，故逻辑地

址［3,70］对应的物理地址为4KB*6+70=24576+70=24646o

20、设机器数字长16位，有一个C语言程序段如卜.：intn=0xAlB6;unsignedint

m=n;m=m>>1;//m右移一位则在执行完该段程序后，m的值为（）

A、50DBH

B、FFB6H

C、A186H

D、DODBH

标准答案：A

知识点解析：无符号数的移位方式为逻辑移位，不管是左移还是右移，都是添0。

Al86H作为无符号数，使用逻辑右移。1010000110110110右移一位得01010000

11011011,即50DBH,故选A。

21、已知X=-0.875X21,Y=0.625x22,设浮点数格式为阶符1位，阶码2位，数

符1位，尾数3位，通过补码求出Z二X—Y的二进制浮点数规格化结果是（）。

A、1011011

B、0111011

C、1001011

D、以上者都不是

标准答案：B

知识点解析：将X=0.875x2,和Y=O.625x22,写成7位浮点数形式，有

X=0011001和YR100101,对阶之后，X=0101100,对阶后尾数做减法，结果需要

进行右规，最终结果Z=0111011。浮点数加、减运算一般包括对阶、尾数运算、规

格化、舍入和判溢出等步骤。对阶就是使两数的阶码相等，对阶原则是小阶向大阶

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。假设7位浮点数中最高位为阶符，只有选项B的阶符为0,即阶码为正，所以

B为正确答案。

22、当数据（1）很少修改并且以随机顺序频繁地访问时（变长记录文件）（2）频繁地修

改并且相对频繁地访问文件整体时（变长记录文件）［3）频繁顺序地访问文件元素（定

长记录文件）依次从访问速度、存储空间的使用和易于更新（添加/删除/修改）这

儿个方面考虑（访问速度最优先考虑，其次是存储开销，再次是易于更新），为了达

到最大效率，你将分别选择（）文件组织。I.顺序文件n.索引文件in.索引顺

序文件

A、I、n、m

B、n>i、in

c、口、皿、I

D、i、m、n

标准答案：c

知识点解析：顺序文件的主要优点是顺序存取时速度最快。文件为定长记录文件

时，还可以根据文件的起始地址及记录长度进行随机访问。其缺点是文件存储需要

连续的存储空间，会产生碎片，同时也不利于文件的动态扩充。索引文件结构的

优点是可以进行随机访问（逻辑块可以是变长的，顺序文件不可），也易于进行文件

的增删。其缺点是索引表的使用增加了存储空间的开销。索引顺序文件的优点是

大大提高了顺序存取的速度（弥补了变长记录顺序文件不便于直接存取的缺点），缺

点是索引表的存储开销（开销小于索引文件结构），随机访问速度比索引文件慢。对

于⑴的两个特点：随机顺序访问，变长记录文件。顺序文件不利于变长记录文件

的随机访问，索引顺序文件的随机访问速度又不如索引文件，故最佳应该是选择索

引文件。对于（2）的两个特点是：访问文件整体，变长记录文件。顺序文件不利于

变长记录文件的随机访问，且索引顺序的开销小于索引文件，故最佳应该是选择索

引顺序文件。对于（3）的两个特点是：随机顺序访问，定长记录文件。顺序存取速

度最快的是顺序文件，且无额外存储开销，所以最佳应该选择顺序文件。综上所

述，最佳答案依次是索引文件、索引顺序文件和顺序文件。

23、假设计算机系统中软盘以中断方式与CPU进行数据交换，主频为50MHz,传

输单位为16位，软盘的数据传输率为50kB/s。若每次数据传输的开销（包括中断

响应和中断处理）为100个时钟周期，则软盘工作时CPU用于软盘数据传输的时

间占整个CPU时间的百分比是（）。

A、0

B、5%

C、1.5%

D、15%

标准答案：B

知识点解析：主频为50MHz,则每秒会有50M个时钟周期；软盘的数据传输率为

50kB/s,每次传输16位，则每秒耍进行50kB*8/16=25k次传输，又因为每次传

输，CPU的开销为100个时钟周期，所以每秒CPU花在数据传输上的开销为

25k*100个时钟周期，故CPU用于软盘传输数据的时间占CPU时间的比率为

25k*100/50M=5%；（提示：由频率就可直接求出时钟周期数，不要再去计算周期

时间）【重要总结】本题中涉及一个很容易混的概念，那就是数据传输率以及频

率中K、M这些单位的量纲，现总结如下：以后涉及关于存储器容量方面时，这

些量纲的进制是1024o涉及关于频率、传输速率方面时，这些量纲的进制是

1000o

24、在磁盘中读取数据的下列时间中，影响最大的是（）。

A、处理时间

B、延迟时间

C、传送时间

D、寻道时间

标准答案：D

知识点解析：磁盘调度中，对读写时间影响最大的是寻道时间。处理时间已经由硬

件决定了，延迟时间显然与磁盘的转速有关，通过提高磁盘转速可以减少延迟，传

送时间与总线的申请和速度相关，与调度无关。

25、用户通过系统调用使用串口通信,例如使用语句send(coml,9600,8,I,

N),那么对串口控制器进行波特率设置的操作层面是()。

A、用户应用层

B、设备独立层

C、设备驱动层

D、硬件和中断处理层

标准答案：C

知识点解析：本题考查学生对I/O软件层次结构的理解。I/O软件中，一般的I

/O软件结构分为四层：硬件中断处理层，设备驱动层，与设备无关的设备独立层

和用户应用层。硬件中断处理层控制输入输出设备和内存与CPU之间的数据传

送。设备驱动层是直接同硬件打交道的软件模块。主要完成控制命令的执行、1/

。设备排队、执行确定的缓冲区策略、I/O设备的特殊处理等。设备独立层处理

来自应用层的逻辑设备名、形参等，进行调度并将其派送到对应的设备驱动程序中

去。用户应用层使用设备的系统调用或API。通常的I/O系统调用由库过程实

现。本题中，对串口控制器进行设置的操作一般在设备驱动层进行，数据的传送在

硬件中断层实现。

26、在CSMA/CD协议中，下列指标与冲突时间没有关系的是()。

A、检测一次冲突所需的最长时间

B、最小帧长度

C、最大帧长度

D、最大帧碎片长度

标准答案：C

知识点解析：本题考查CSMA/CD协议中冲突时间.CSMA/CD属于竞争型协

议，某站点发送的MAC帧可能会冲突。问题是一旦发生冲突，该站点必须知道是

自己发送的帧造成的冲突，以便重发该帧；即在本帧未发送完毕之前检测到冲突信

号。因此每帧的服务时间必须不小于信号的往返传播延迟Ts>2t,如果设MAC帧

为L,信道的速率为C(bps),总线长度为s,信号传播速度为V,中继器产生的延

迟为ir,则L/O2(s/v+tr)。冲突时间就是能够进行冲突检测的最长时间，其决

定了最小帧的长度和最大帧碎片的长度，对最大帧的长度没有影响，因此答案是

Co

27、下列协议中，用于解决电子邮件中传输多语言文字和附件问题的协议是()。

A、MIME

B、SMTP

C、SNMP

D、POP3

标准答案：A

知识点解析：本题考查邮件协议中MIME的作用，MIME设计的最初目的就是为

了在发送电子邮件时附加多媒体数据，让邮件客户程序能根据其类型进行处理，因

此定义了5个新的邮件首部字段，它们可包含在［RFC822］首部中。这些字段提供

了有关邮件主体的信息。定义了许多邮件内容的格式，对多媒体电子邮件的表示方

法进行了标准化。定义了传送编码，可对任何内容格式进行转换，而不会被邮件系

统改变。因此答案为A。

28、下列寻址方式中，执行速度最快的是（）。

A、立即数寻址

B、直接寻址

C、间接寻址

D、寄存器间接寻址

标准答案：A

知识点解析：四个选项中，只有立即数寻址不需要访存，故其执行速度最快。

29、一个传输数字信号的模拟信道的信号功率是0.62w,噪音功率是0.02w,频

率范围是3.5〜3.9MHz,该信道的最高数据传输速率是（）。

A、1Mbps

B、2Mbps

C、4Mbps

D、8Mbps

标准答案：B

知识点解析：本题考查香农定理的应用。题干中已说明是有噪声的信道，因此应联

想到香农定理，而对于无噪声的信道，则应联想到奈奎斯特定理。首先计算信噪比

S/N=0.62/0.02=31；带宽W=3.9—3.5=0.4MHz,由香农定理可知最高数

据传输率V=Wxlog2（l+S/N）=0.4xlog2（l+31）=2Mbpso

30、分区分配内存管理方式的主要保护措施是（）。

A、界地址保护

B、程序代码保护

C、数据保护

D、栈保护

标准答案：A

知识点解析：界地址寄存器来保护内存管理方式的主要措施。

31、计算机操作系统中，若WAIT、SIGNAL操作的信号量S初值为3,当前值为-

2,则表示当前有（）个等待信号量S的进程。

A、1

B、2

C、3

D、0

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

32、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；n.终端

命令；in.图标菜单；IV.汇编语言；V.C语言；VI.系统调用；

A、I；n；v

B、n；川；vi

c、m；iv；v

D、口；w；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。

33、设某进程的访问串为1、3、1、2、4,驻留集为3块，当访问4号页面时，按

LRU页面替换算法，应淘汰（）号页面。

A、1

B、2

C、3

D、4

标准答案：C

知识点解析：暂无解析

34、在分页系统中，程序员编制的程序，其地址空间是连续的，分页过程的完成是

（）。

A、由程序员进行分页

B、由操作系统自动分页

C、由用户进行分页

D、由编程工具进行分页

标准答案：B

知识点解析：分页是由操作系统自动完成的，一个操作系统一旦设计完成，其存储

管理系统的结构就已经确定，分页还是分段，页面大小等在设计操作系统的过程中

已经确定，当一个程序被创建为进程，并分配资源，其页面的大小自动分割完成，

对用户是透明的，对编译程序和链接装配程序透明（在相同的系统里）。只有操作系

统可以感知页面的存在，在内存管理过程中，操作系统要为用户进程分配内存，回

收内存。所以操作系统是页面最直接的接触者，它将页面从计算机系统中到用户

（包括程序员）进行了隔离。

35、若数据元素序列11,12,13,7,8,9,23,4,5是采用下列排序方法之一得

到的第二趟排序后的结果，则该排序算法只能是（），

A、起泡排序

B、插入排序

C、选择排序

D、二路归并排序

标准答案：B

知识点解析：暂无解析

36、下面关于目录检索的叙述中，正确的是（）。

A、由于Hash法具有较快的检索速度，因此现代操作系统中都用它来替代传统的

顺序检索方法

B、在利用顺序检索法时，对树形目录应采用文件的路径名，且应从根目录开始逐

级检索

C、在利用顺序检索法时，只要路径名的一个分量名未找到，便应停止查找

D、在顺序检索法时的瓷找完成后，即可得到文件的物理地址

标准答案：C

知识点解析：A错误：目录检索的方式有两种，即线性检索法和Hash法，线性检

索法即rool/../filename,现代操作系统中，一般还是采用这种方式查找文件。B

错误：为了加快文件查找速度，可以设立当前目录，这样，文件路径可以从当前目

耒进行查找。C正确：实现用户对文件的按名存取，系统先利用用户提供的文件

名形成检索路径，对目录进行查询。在顺序检索时，路径名的一个分量名未找到，

说明路径名中的某个目录或文件不存在，就不需要再查找了。D错误：在顺序检

索法时的查找完成后，得到文件的逻辑地址。

37、下列四种存储器中，存取速度最快的是（）。

A、DRAM

B、SRAM

C、掩模式ROM

D、EPROM

标准答案：B

知识点解析：由于电容充放电以及刷新需要一定的时间，所以DRAM的存取速度

比SRAM慢；掩模式ROM只可读，不可写入；EPROM采用紫外线照射擦去信

息，读写时间比RAM长得多。故选B。

38、一个含有n个顶点和e条边的简单无向图，在其邻接矩阵存储结构中共有（）个

零元素。

A、e

B、2e

C>n2-e

D、n2-2e

标准答案：D

知识点解析：n个顶点在邻接矩阵中有i?个元素，由于每条边会产生两个相同的

元素，故e条边产生2e个非零元素，故共有J-2e个零元素。

39、页面淘汰策略之一的先进先出算法可能导致Bclady现象，其根本原因是（）。

A、局部性原理

B、工作集太大

C、地址格式设置不当

D、程序错误

标准答案：A

知识点解析：Belady现象是指：采用FIFO算法时，如果对一个进程未分配它所要

求的全部页面，有时就会出现分配的页面数增多但缺页率反而提高的异常现象。其

根本原因是程序的局部性原理，导致一段时间内程序中的某条指令被执行，不久之

后该指令可能再次被执行，而此时这条需要再执行的指令所在的页面可能刚刚才被

换出，此时又得换入。

40、信号量S的初值定义为5,在S上调用了10次wait操作和8次signal操作

后，S的值应为（）。

A、2

B、3

C、7

D、13

标准答案：B

知识点解析：s初值为5,每调用一次wait操作s减一，每执行一次signal操作s

加1,故调用了10次wait操作和8次signal操作后s值为5—10+8=3。

二、综合应用题（本题共9题，每题7.0分，共9分0）

下图所示为双总线结构机器的数据通路，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。

A总线

B总找

41、“ADDR2,R0”指令完成(R0)+(R2)-R0的功能操作，画出其指令周期流程