計算機專業（基礎綜合）模擬試卷248

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、以下關于圖的說法正確的是（）。I圖G的生成樹是該圖的一個極小連通子圖

口生成樹中最長路徑的起點和終點的度均為1m對任意一個圖，從某個頂點

出發進行一次深度優先或廣度優先遍歷，可訪問圖的所有頂點

A、I、□

B、n、m

c、i、迎

D、僅有U

標準答案：D

知識點解析：說法I是錯誤的，圖G的生成樹是該圖的一個極小連通子圖，但必

須包含全部頂點。說法口是正確的，可用反證法證明。設V],V2,…vk是生成樹

的一條最長路徑，其中：VI為起點，Vk為終點，若Vk的度為2,取Vk的另一"t'鄰

接點v,由于生成樹中元同路。所以，v在最長路徑上，顯然V”V2，…，Vk，v

的路徑最長，與假設矛盾。所以生成樹中最長路徑的終點的度為I。同理可證起點

V]的度不能大于1,只能為1。說法HI是錯誤的，只有連通圖從某個頂點出發進行

一次遍歷，可訪問圖的所有頂點。

2、某機器采用16位單字長指令，采用定長操作碼，地址碼為5位，現己定義60

條二地址指令，那么單地址指令最多有（）條。

A、4

B、32

C、128

D、256

標準答案：A

知識點解析：首先可以計算出操作碼字段的長度為16—5—5—6。所以一共可以定

義26=64條指令，既然二地址指令占了60條，且是定長操作碼，故單地址指令最

多可以有6K）=4條，所以選A。如果此題將條件改為采用不定長操作碼，答案

又是什么？分析如下：如果采用不定長（擴展）操作碼，每條二地址指令可擴展為

32條單地址指令，那么單地址指令最多有32x4=128條。

3、某總線有104根信號線，其中數據總線（DB）32根，若總線工作頻率為33

MHz,則其理論最大傳輸率是（）。

A、33MB/s

B、64MB/s

C、132MB/s

D、I64MB/S

標準答案：C

知識點解析：在總線的104根信號線中，數據總線占32根，也就是4個字節，由

于總線工作頻率為33MHz,所以理論的最大數據傳輸率=4Bx33MHz=I32MB/

So［歸納總結］總線的最大數據傳輸率又稱總線帶寬，即每秒傳輸的字節數。總線

帶寬一總線寬度x總線頻率。

4、在分時操作系統中，進程通常采用()算法。

A、先來先服務

B、最高優先級

C、時間片輪轉

D、隨機

標準答案：C

知識點解析：分時操作系統將系統處理機時間與內存空間進行時間上的分割，每個

時間段稱為一個時間片，每個用戶依次輪流使用時間片。由于時間間隔很短，每個

用戶的感覺就像他獨占計算機一樣。

5、()總是從磁盤移動臂當前位置開始沿著臂的移動方向去選擇離當前移動臂最近

的那個柱面的訪問者，若沿臂的移動方向無訪問請求時，就改變臂的移動方向再選

擇。

A、先來先服務調度算法

B、最短尋找時間優先調度算法

C、電梯調度算法

D、循環掃描調度算法

標準答案：C

知識點解析：掃描算法(SCAN)是可類似為按照樓層順序依次服務請求，它讓電梯

在最底層和最頂層之間連續往返運行，在運行過程中響應處于電梯運行方向相同的

各樓層卜的請求.在這個算法中.每個電梯響應乘客請求使乘客獲得服務的次序是

由其發出請求的乘客的位汽與當前電梯位也之間的距離來決定的，所有的與電梯運

行方向相同的乘客的請求在一次電梯向上運行或向下運行的過程中完成。

6、在某操作系統中，假設時鐘中斷處理程序的執行時間為4ms,其中包括進程切

換的開銷，若果時鐘中斷頻率為80Hz,那么CPU用于時鐘中斷處理的時間比率是

()。

A、12%、

B、24%

C、32%

D、44%

標準答案：C

知識點解析：時鐘中斷處理程序的執行時間為4ms=0.004So時鐘中斷頻率為80

Hz,那么時鐘周期為1/80s。CPU用于時鐘中斷處理的時間比率=時鐘中斷處理

程序的執行時間/時鐘周期=0.004s/(I/80s)=32%o

7、一個有50個路由器的網絡，采用基于距離一向量的路由選擇算法，路由表的每

個表項長度為6B,每個路由器都有3個鄰接路由器，每秒與每個鄰接路由器交換

1次路由表，則每條鏈路上由于路由器更新路由信息而耗費的帶寬為（）。

A、2400bit/s

B、3600bit/s

C>4800bit/s

D、6000bit/s

標準答案：C

知識點解析：在該網絡上共有50個路由器，因此每個路由器的路由表大小為

6x8x50bit=2400bito在基于距離.向量的路由選擇算法中，每個路由器都定期地與

所有相鄰的路由器交換整個路由表，并以此更新自己的路由表項。由于每個路由器

每秒與自己的每個鄰接路由器交換1次路由表，一條鏈路連接兩個路由器，所以每

秒在一條鏈路上交換的數據為2x2400bit=4800bit,即由于更新路由信息而耗贄的帶

寬為4800bit/so

8、根據使用頻率為5個字符的哈夫曼編碼不可能的是（）。

A、111,110,10,01,00

B、000,001.,010,Oil,1

C、100,11,10,1,0

D、001,000,01,II,10

標準答案：C

知識點解析：C中100和10沖突，即一個結點既是葉子結點又是內部結點，哈夫

曼樹中不可能出現這種情況。

9、將“I/O為主”的進程定義為：當此類進程單獨運行時，用于I/O處理的時間

遠遠多于處理機的處理時間。將“計算為主''的進程定義為：當此類進程單獨運行

時，處理機的處理時間遠遠多于處理的時間。若系統中運行的主要是這兩類進程，

采用（）調度算法更有利于資源的利用率.

A、先來先服務

B、短作業（進程）優先

C、時間片輪轉

D、多級反饋隊列

標準答案：D

知識點解析：以I/O為主的進程，如果采片］時間片調度算法，勢必導致CP匚利

用率的下降。對于計算為主的進程，如果采用純優先調度算法，可能會導致進程平

均周轉時間變長。因此正確答案是采用多級反饋隊列輪轉法進程調度算法。所謂

多級反饋隊列輪轉法就是把就緒進程按優先級排成多個隊列，并賦給每個隊列不同

的時間片，高優先級進程的時間片比低優先級進程的時間片小。調度時先選擇高優

先級隊列的第一個進程，使其投入運行，當該進程時間片用完后，若高優先級隊列

中還有其他進程，則按照輪轉法依次調度執行，否則轉入低一級的就緒隊列。只有

高優先級就緒隊列為空時，才從低一級的就緒隊列中調度進程執行。此種方法既照

顧了時間緊迫的進程，又兼顧了短進程，同時考慮了長進程，是一種比較理想的進

程調度方法。因此本題選D。

10、以下IP地址中，路由器不進行轉發的有（）。I.10.1.32.7

n.192.168,32.2n.172.30.1.3IV.172.35.32.244

A、僅I、口、皿

B、僅n、m

c、僅i、m、w

D、僅W

標準答案：A

知識點解析：路由器對于專用網地址（私有地址）是不進行轉發的。私有地址總

結如下：A類?55（記住10開頭即可）B類172.16,0.0?

55（這個死記）C類?55（記住192.168開頭

即可）

11、磁盤的平均存取時間是指平均尋道時間和平均等待時間之和。若磁盤的轉速提

高一倍,則（）。

A、平均存取時間減半

B、平均尋道時間減半

C、平均等待時間減半

D、以上都正確

標準答案：C

知識點解析:磁盤平均等待時間=磁盤旋轉一周所需時間/2=（1/轉速）/2；故磁

盤轉速提高一倍，平均等待時間減半；但平均尋道時間與磁盤轉速無關。故選C。

12、已知有31個長度不等的初始歸并段，其中8段長度為2；8段長度為3；7段

長度為5；5段長度為12；3段長度為20（單位均為物理塊）。在最佳5-路歸并方案

下，則總的讀/寫外存的次數為（）。

A、400

B、500

C、600

D、800

標準答案：D

知識點解析：判斷是否需要補充空歸并段。如何判斷?設度為0的結點有皿個.度

為m的結點有nm個，則對嚴格m又樹有no=（m-l）nm+l，由此可以得出nm=（n（）-l）

/m-1o（1）如果（11（）-1）010（1（111-1）=（）,則說明這n（）個葉子結點（初始歸并段）正好可以

構造m叉歸并樹」此時，內結點TTnui個u⑵如果（no-l）mod（m-r）=i#0,則說明這

no個葉子結點，其中有u個結點多余，不能被包含在m叉歸并樹內。為了構造包

含所有no個初始歸并段的m叉歸并樹，應在原有的nm個內結點中再增加一個內

結點。它在歸并樹中代替了一個葉子結點的位置，被代替的葉子結點加上剛才多出

的u個葉子結點，再加上m-u-1個空歸并段，就可以建立歸并樹。按照以上步

驟：因為(31?l)mod(5?l#0,所以需要增設空歸并段。需要增設5?2?1=2個空歸并

段。接下來就比較簡單了，仿造赫夫曼樹的構造方法，來構造5-路最佳歸并樹，

如圖3-11所示。

??????????????0?00

??000?0????????

圖3/1最終的歸并樹

從圖3-11中可以算出(帶有方框的結點表示原數據結點)：

WPL=(2x8+3x8+5x2)x3+(5x5+12x5+20x1)x2+20x2=400則總的讀/寫外存的次數

為：400x2=800o

13、下列地址中，不屬于多播地址的是()。

A、225.189.123.43

B、239.14.68.89

C、240.32.22.12

D、224.0.0.255

標準答案：C

知識點解析：多播地址的格式是1110+28位的多播地址。用10進制點分范圍表示

是224.0.0.0到239.255.255.255。所以選項C不在這個范圍之內。

14、下列()操作可能會發生中斷請求。I.一條指令執行結束D.一次I/O操作

結束IH.機器內部發生故障W.一次DMA操作結束

A、I、in

B、口、m、iv

c、口、w

D、I、n、m、w

標準答案：B

知識點解析：I:一條指令執行結束可能會響應中斷請求，但是一定不會發生中斷

請求。n：一次I/O操作結束后，需要通知CPU進行下一步的操作，因此需要

發送中斷請求。m：機器內部發生故障，如插件接觸不良、通風不良、磁表面損

壞、電源掉電等，都會發生不可屏蔽的中斷。IV：一次DMA操作結束后，需要

向CPU申請程序中斷，標志數據塊傳送結束。補充：CPU響應中斷必須滿足以下

3個條件。（l）CPU接收到中斷請求信號。（2）CPU允許中斷，即開中斷。（3）一條

指令執行完畢。

15、控制存儲器使用EPROM構成的控制器是（）。

A、靜態微程序控制器

B、動態微程序控制器

C、亳微程序控制器

D、以上都不對

標準答案：B

知識點解析：采用EPRDM作為控制存儲器，可以逋過改變微指令和微程序來改變

機器的指令系統，此時控制器又稱為動態微程序控制器，選B。

16、關于數據交換，下列敘述不正確的是（）。

A、電路交換是面向連接

B、分組交換比報文交換具有更好的網絡響應速度

C、報文交換無存儲轉發過程

D、分組交換有存儲轉發過程

標準答案：C

知識點解析：該題考杳數據交換的原理，要明確報文是一份完整的信息、，而分組是

報文分組的簡稱，又叫信息包，將報文劃分為若干格式化信息單位作為網絡層的數

據傳輸單元。分組交換方式：將一份完整的報文劃分為若干組，每個分組獨立的從

源節點發送到目的節點，目的節點收到這些分組后，再組裝成源報文。其特點是化

整為零，即將完整的較長的報文劃分為較小的分組，以分組單位傳輸數據。優點是

減少節點緩沖區容量，并有利于差錯控制。而存儲轉發是指每個節點均設有緩沖

區，分組到達某節點后，先存儲在緩沖區中，等待輸出鏈路空閑時再轉發到下一個

節點。本題中面向連接的只有電路交換，存儲轉發只有分組和報文，由于分組交換

的靈活性，使其具有更好的響應速度，因此答案是C。

17、如果主機A要向處于同一子網段的主機B（IP地址為172.16.204.89/16）

發送一個分組，那么主機A使用的“這個網絡上的特定主機”的地址為（）。

A、172.16.255.255

B、172.16.204.255

C、0.0.255.255

D、0.0.204.89

標準答案：D

知識點解析：當一臺主磯或一臺路由器向本網絡的某臺特定的主機發送一個分組

時，它需要使用“這個網絡上的特定主機”地址。該分組被限制在本網內部，由主機

號對應的主機接收。例如，主機A要向處于同一子網段的主機B（IP地址為

9/16）發送一個分組，由于9/發是一個B類IP地址,

“/16”是子網掩碼的簡寫形式,該B類子地址的網絡號為“172.16”、主

機號為“204.89”，所以主機A使用的“這個網絡上的特定主機”的地址為

9。補充知識點：這個網絡上的特定主機。具有全0的網絡號的IP地址表

示在這個網絡上的特定主機，用于當某個主機向同一網絡上的其他主機發送報文。

因為分組被路由器擋住了，所以這是把分組限制在本地網絡上的一種方法。還應注

意到，實際上這是一個A類地址而不管是什么網絡類型，如圖3—15所示。

主機號

全o特定的

?個網絡上的特定主機發送報支

圖3/5這個網絡上的特定主機

18、從二叉樹的任一結點出發到根的路徑上，所經過的結點序列必按其關鍵字降序

排列的是（）。

A、二叉排序樹

B、大頂堆

C、小頂堆

D、平衡二叉樹

標準答案：C

知識點解析：對于一個堆，若堆頂為最小元素，則稱為小頂堆；若堆頂為最大元

素，則稱為大頂堆。二叉排序樹和平衡二叉樹不符合。

19、下列序列中，執行第一趟快速排序的結果是（），

A、[da，ax,eb,de,bb]ff[ha,gc]

B、[cd,eb,ax,da]ff]ha,gc,bb）

C>[gc,ax,eb,cd,bb]ff[da,ha]

D、[ax,bb,cd,da]ff[eb,gc,ha]

標準答案：A

知識點解析：本題要按字典順序進行排序，前半區間中的所有元素都應小于ff,后

半區間中的所有元素都應大于ff。

20、指令流水線將一條指令的執行過程分為四步，其中第I、2和4步的經過時間

為如下圖所示。若該流水線順序執行，50條指令共用153加，并且不考慮相關

問題，則該流水線的瓶項第3步的時間是（）。

-I―2—3—4一

AtAtAt

A、2At

B、3AI

C、4At

D、5At,

標準答案：B

知識點解析：在第18題圖中，第3個流水段的執行時間沒有給出，顯然這是一個

瓶頸段，設它的執行時間為X。通過列方程（3+X）Zit+49XN=153^,可以求得

X=3o

21、對圖4-1進行拓撲排序，可以得到不同的拓撲序列的個數是（）。

A、4

B、3

C、2

D、1

標準答案：B

知識點解析：尋找拓撲排序的步驟：（1）在有向圖中選一個沒有前驅的頂點并且輸

出。（2）從圖中刪除該頂點和所有以它為尾的弧。重復上述兩步，直至全部頂點均

已輸出。由于沒有前驅的頂點可能不唯一，所以拓撲排序的結果也不唯一。題中

所給圖有3個不同的拓撲排序序列，分別為：l）a,b,c,e,do2）a,b,e,

c,do3）a,e,b,c,d。

22、如果從無向圖的任意一個頂點出發進行一次深度優先搜索即可訪問所有頂點，

則該圖一定是（）。

A、完全圖

B、連通圖

C、有回路

D、一棵樹

標準答案：B

知識點解析：圖的一次深度優先搜索遍歷，可以遍歷完圖中一個連通分量中所有的

頂點。如果圖是連通的，則圖只含有一個連通分量，即圖本身，這樣一次深度優先

搜索遍歷即可遍歷完圖中所有頂點。因此本題選民完全圖相當于在連通圖上加上

了更嚴格的條件，即任意兩個頂點間都存在邊，對于滿足本題的要求不需要完全

圖，條件達到連通圖的強度就足夠了?？赡芤蓡栍桑河行┛忌赡苷J為D也正

確，樹難道不是連通圖嗎？提示：樹的類型有很多，相信選D的同學必定是思維定

式，總是想著普通的無向樹，這些樹當然是連通圖。但是，是否想過有向樹?想必

提到這個概念誤選D的考生就會恍然大悟了，不再多做解釋。補充：用深度優先

算法遍歷一個無環有向圖，并在深度優先退棧返回時打印相應的頂點，則輸出的頂

點序列是逆拓撲有序。

23、設某按字節編址的計算機已配有00000H”?07FFFH的ROM區，MAR.為20

位，現再用16Kx8位的RAM芯片構成剩下的RAM區08000H?FFFFFH,則需要

這樣的RAM芯片（）片。

A、61

B、62

C、63

D、64

標準答案：B

知識點解析：本題考查存儲芯片的擴展。RAM區的地址范圍為：000010000（X）0

00000000—1111111111111111111L由此可知RAM區的大小為31X32KB,

（31x32KB）/16KB=62o

24、FTP客戶和服務器之間一般需要建立的連接個數是（）。

A、1

B、2

C、3

D、4

標準答案：B

知識點解析：本題考查FTP的基本原理，FTP客戶與服務器之間一般要建立兩個

連接，一個是控制連接，一個是數據連接，控制連接在整個會話期間一直保持打

開，FTP客戶發出的傳送請求通過控制連接發送給服務器端的控制進程，但控制連

接不用來傳送文件。實際用于傳輸文件的是“數據連接”。服務器端的控制進程在接

收到FTP客戶發送來的文件傳輸請求后就創建“數據傳送進程”和“數據連接”，用來

連接客戶端和服務器端的數據傳送進程。數據傳送進程實際完成文件的傳送，在傳

送完畢后關閉“數據傳送連接”并結束運行.因此答案是加

25、馮.諾依曼計算機中，取指令的操作（）。

A、由機器指令控制完成

B、由微指令控制完成

C、不需任何指令控制，由控制器自動完成

D、以上說法都不正確

標準答案：C

知識點解析：馮.諾依曼計算機中，控制器能夠根據程序計數器PC的內容自動完成

取指令的操作，取指過程不需要任何指令的控制。

26、著名的網絡OSI七層模型是由（）組織提出來的。

A、IEEE

B、ISO

C>NIST

D、ITU

標準答案：B

知識點解析：ISO（IntcniationalStandardsOrganization）國際標準化組織提出了OSI模

型。

27、以下敘述中，描述正確的是（）。I.同一CPU周期中，可以并行執行的微操作

稱為兼容性微操作U.同一CPU周期中，不可以并行執行的微操作稱為兼容性微

操作HI.同一CPU周期中，允許并行執行的微操作稱為互斥性微操作W.同一

CPU周期中，不允許并行執行的微操作稱為互斥性微操作

A、1和n

B、II和W

c、n和m

D、i和w

標準答案：D

知識點解析：兼容性微操作是指那些可以同時產生，共同完成某一任務的微操作，

而互斥性微操作是指在機器中不允許同時出現的微操作。［歸納總結］一條機器指令

可以分解成一個微操作序列，這些微操作是計算機中最基本的、不可再分解的操

作。微操作有兼容性和互斥性之分。在同一CPU周期中，可以并行執行的微操作

稱為兼容性微操作，不可以并行執行的微操作稱為互斥性微操作。所謂兼容和互斥

都是相對的，一個微操作可以和一些微操作兼容，和另一些微操作互斥。對于單，

獨一個微操作，談論其兼容和互斥都是沒有意義的。

28、下列文件物理結構中，不適合隨機訪問且不易于文件擴展的是（）。

A、連續結構

B、索引結構

C、鏈接結構

D、多級索引結構

標準答案：A

知識點解析：本題主要考查文件的物理結構。連續結構，也稱為順序結構，它是把

一個邏輯上連續的記錄溝成的文件分配到連續的物理塊中。這種方式管理簡單，存

儲速度快，空間利用率低，文件記錄插入或刪除操作不方便。索引結構為每個文件

建立一個索引表，其中每一個表項指出文件記錄所在的物理塊號，表項按邏輯記錄

編寫，順序或按記錄內某一關鍵字順序排列。對于大文件，為檢索方便，可以建立

多級索引，還可以把文,牛索引表也作為一個文件，稱為索引表文件。該方式可以滿

足文件動態增長的要求且存取方便。鏈接文件把文件信息存放在非連續的物理塊

中，每個物理塊均設有一個指針指向其后續連續的另一個物理塊，從而使得存放同

一文件的物理塊鏈接成一個串聯隊列。所以連續結構是最不利于隨機讀寫和擴展

的。

29、某信道的信號傳輸速率為2000波特，若想令其數據傳輸速率達到8kbps,則

一個信號碼元所取的有效離散值個數至少是（）。

A、2

B、4

C、8

D、16

標準答案：D

知識點解析：本題考查波特率與傳輸速率之間的關系；對于信號傳輸速率為2000

波特，要使數據傳輸速率達到8kbps,則一個碼元需攜帶4bit的信息，所以一個信

號碼元所能取的離散值的個數為24=16個，因此答案是Do

30、RS-232-C的電氣特性規定邏輯“1”的電平范圍為（）。

A、+5?+15V

B、-5--15V

C、0?+5V

D、0?-5V

標準答案：B

知識點解析：RS-232-C關于電氣信號特性的要求，規定邏輯“1”的電平為低于-3

V,為了表示一個邏輯1或MARK條件，驅動器必須提供-5V?-15V之間的可

壓；為了表示一個邏輯?；騍PACE條件，驅動器必須給出+5V?+15V之間韻電

壓。

31、在HTTP協議中，一個以2開頭的響應報文表示（）。

A、暫時性失敗

B、永久性失敗

C、重定向

D、成功

標準答案：D

知識點解析：HTTP協議中以2開頭的響應報文表示請求成功。

32、下列說法中，錯誤的是（）。I.虛擬存儲器技術提高了計算機的速度H.存

取時間是指連續兩次讀操作所需的最小時間間隔ID.Cache與主存統一編址，

Cache的地址空間是主存地址空間的一部分IV.主存都是由易失性的隨機讀寫存儲

器構成的

A、II和m

B、HI和W

C、I、II和w

D、I、口、DI和IV

標準答案：D

知識點解析：考查存儲器的多個知識點。實際上，虛存是為了解決多道程序并行條

件下的內存不足而限制了程序最多運行的道數而提出的，即為了解決內存不足，虛

擬存儲器進行虛實地址轉換，需要多次訪存（先查找頁表），增加了延遲，降低了計

算機速度，是一種時間爽空間的做法，I錯誤。n描述的是存取周期的概念，口錯

誤。Cache有自己獨立的地址空間，通過不同的映射方式映射到主存的地址空間，

ID錯誤。主存也可以由ROM組成，如可用于部分操作系統的固化固話、自舉程序

等，W錯誤。注：虛存和Cache都是計算機存儲體系中重要的部分，它們的區別

和聯系一定要弄清楚，虛存是為了解決內存不足提出的，即是容量問題，使用一部

分的輔存來對內存進行一定的擴充，但是這樣會導致整體速度的下降，是用時間換

空間的做法；而Cache則是為了緩和CPU與主存的矛盾而設立的，會提高整個存

儲體系的速度，是一種用金錢換時間的做法。

33、CSMA/CD以太網中，發生沖突后，重發前的退避時間最大是（）。

A、65536個時間片

B、65535個時間片

C、1024個時間片

D、1023個時間片

標準答案：D

知識點解析：考查CSMA/CD的退避算法，這里的時間片就是基本退避時間，確

定基本退避時間，一般是取為爭用期2禽定義重傳次數k,k<10,即k=Min［重傳

次數，10］從整數集合［0,1,…，（2七1）］中隨機地取出一個數，記為重傳所需

的時延就是r倍的基本退避時間。當重傳達16次仍不能成功時即丟棄該幀，并向

高層報告。本題中重傳次數的最大值為10,退避時間最大就是2Q1=1023個時間

片，因此答案是D。

34、下列關于一地址指令的說法正確的是（）。

A、可能是數據傳送指令

B、可能是實現單目運算的運算指令

C、可能是實現雙目運算的運算指令

D、以上都有可能

標準答案：D

知識點解析：一地址指令可能是實現單目運算的運算指令，也可能是數據傳送指令

或者實現雙目運算的運算指令，其中一個操作數由指令地址碼給出，另一個操作數

為隱含尋址，通常由累加器AC提供。

35、將森林轉換為對應的二叉樹，若在二叉樹中，結點u是結點v的父結點的父結

點，則在原來的森林中，u和v可能具有的關系是（）。I.父子關系口.兄弟關

系in.u的父結點與v的父結點是兄弟關系@A@只有n@B@i和n@c@i和

m@D@i、n和in

A、只有n

B、i和n

c、i和in

D、i、n和m

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

36、下列關于鏈式棧的敘述中，錯誤的是（）。I.鏈式棧只能順序存取，而順序

棧不但能順序存取，還能直接存取n.因為鏈式棧沒有棧滿問題，所以進行進棧

操作，不需要判斷任何條件in.在鏈式隊列的出隊操作中，需要修改尾指針的情

況發生在空隊列的時候

A、僅I

B、僅I、n

c、僅口

D、I、n、w

標準答案：D

知識點露析：I：棧要求只能在表的一端（棧頂）訪問、插入和刪除，這決定了棧

無論采用何種存儲方法表示，只能順序訪問，不能直接存取，故I錯誤。n：每

創建新的棧結點時還要判斷是否動態分配成功，若不成功，則進棧操作失敗。故口

錯誤。StackNode*s=newStackNode,If（s==NULL）{Print（“結點存儲分配失??！

\n"）}DI：首先要清楚鏈式隊列需要兩個指針，即頭指針和尾指針。當鏈隊列需要

插入元素時，在鏈式隊列尾部插入一個新的結點，并且修改尾指針；當鏈隊列需要

刪除元素時，在鏈式隊列頭部刪除一個結點，并且修改頭指針。所以當鏈式隊列需

要進行入隊操作時，應咳只需修改尾指針即可。但是有一種特殊情況（考生務必記

住，因為不少考生在寫鏈式隊列出隊的算法時，并沒有考慮到去判斷這種情況），

就是當此時只有一個元素時，不妨設此時鏈式隊列有頭結點，那么當唯一一個元素

出隊時，應該將頭指針指向頭結點，并且此時尾指針也是指向該唯一的元素，所以

此時需要修改尾指針，并且使尾指針指向頭結點，故DI錯誤。

37、寬度為27,高度為4的滿N又樹總共有（）個結點。

A、27

B、40

C、85

D、97

標準答案：B

知識點解析：寬度是指對中每一層結點個數的最大值。滿N叉樹的寬度為27,即

最底層的葉結點有27個，該層結點最多。高度為4,根據N叉樹的性質，第4層

有結點N4—1=27,N=3o該滿3叉樹的結點個數為O4-1）/（3—1）=（81—1）

/2=40o

38、無向圖G有23條邊，度為4的頂點有5個，度為3的頂點有4個，其余都是

度為2的頂點，則圖G最多有（）個頂點。

A、11

B、12

C、15

D、16

標準答案：D

知識點解析：頂點的度是指與此頂點相關聯的邊數，而每條邊與兩個頂點相關聯。

23條邊最多有46個頂點（不排除多條邊共享一個頂點），設圖G中有n個頂點，

則有4x5+3x4+（11-5—4）x2323x2,解得n<16o

39、按其數據流的傳遞過程和控制節拍來看，陣列乘法器可認為是（）。

A、全串行運算的乘法器

B、全并行運算的乘法器

C、串一并行運算的乘法器

D、并啊一串行運算的乘法器

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

40、某文件系統專用于影視多媒體應用，數據存放在光盤，則合理的文件物理存儲

格式應為（）。

A、順序存儲

B、鏈式存儲

C、索引式存儲

D、BST樹

標準答案：A

知識點解析：順序存儲是用一組地址連續的存儲單元依次存儲各元素，其特點是無

需為表示結點間的邏輯關系而增加額外的存儲空間，可以方便地隨機訪問表中的任

一結點；非常適合于影視多媒體等應用。

二、綜合應用題（本題共9題，每題1.0分，共9分。）

下圖所示為雙總線結構機器的數據通路，IR為指令寄存器，PC為程序計數器（具有

自增功能），M為主存（受R/W信號控制），AR為地址寄存器，DR為數據緩沖寄

存器，ALU由加、減控制信號決定完成何種操作，控制信號G控制的是一個門電

路。另外，線上標注有小圈表示有控制信號，例中yi表示y寄存器的輸入控制信

號，Rio為寄存器R1的輸出控制信號，未標字符的線為直通線，不受控制。

A皂線

B總線

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

假設該指令的地址已放入PC中。并列出相應的微操作控制信號序列。

42、若將“取指周期”縮短為一個CPU周期，請先畫出修改數據通路，后畫出指令

周期流程圖。

標準答案：[*]

知識點解析：暫無解析

43、在(2)的基礎上，將“執行周期”也縮短為一個CPu周期，先修改運算器數據通

路，后畫出指令周期流程圖。此時加法指令速度比⑴提高幾倍？

標準牝索.r

知識之解析：暫無解析

完成以下各小題。

44、什么是Be