計算機專業（基礎綜合）模擬試卷145

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、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，現已定義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64-60=4條，所以選A。

2、在微程序控制器中，微程序的入口地址是由（）形成的。

A、機器指令的地址碼字段

B、微指令的微地址字段

C、機器指令的操作碼字段

D、微指令的操作碼字段

標準答案：C

知識點解析：本題考查微程序方式的工作原理。當執行完公共的取指令微操作（送

至指令寄存器IR）后，由機器指令的操作碼字段形成其對應微程序的入口地址，A

選項機器指令的地址碼字段一般不是操作數就是操作數的地址，不可能作為微程序

的入口地址：另外微指令中并不存在操作碼和地址碼字段，只存在控制字段、判別

測試字段和下地址字段，B和D顯然錯誤。

3、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。

4、在連續內存分配管理中，分區分配是最簡單的實現并發的內存管理方法。對于

該方法，進行內存保護的措施是（）。

A、存取控制列表

B、用戶權限保護

C、程序狀態保護

D、界地址保護

標準答案：D

知識點解析：本題考查分區保護的主要措施。在分區分配內存管理方法中，最常采

用的方法是界地址保護法和基址、限長寄存器保護法。界地址保護法將每一個進程

在內存中的物理位置的上界和下界值存放到上下界地址寄存器中，進程的每一條指

令或數據的物理地址均與這兩個上下界寄存器比較，一旦低于下界寄存器或大于上

界寄存器均發生越界中斷，從而起到保護作用。基址、限長寄存器保護法是上述方

法的改進。將進程的邏輯地址與限長寄存器比較，一旦越界就發出中斷，從而保護

內存。基址寄存器主要是用來進行邏輯地址到物理地址的轉換。

5、線性表的靜態鏈表存儲結構與順序存儲結構相比優點是（）o

A、所有的操作算法實現簡單

B、便于隨機存取

C、便于插入與刪除

D、便于利用零散的存儲器空間

標準答案：C

知識點解析：靜態鏈表具有鏈表的插入和刪除方便的優點，也不需要移動較多的元

素。

6、某指令流水線由5段組成，第1、3、5段所需時間為刨，第2、4段所需時間分

另IJ為3似、2"如下圖所示，那么連續輸入n條指令時的吞吐率（單位時間內執行

的指令個數）TP是（）。

A_____5--------

八?5X（3+2）%(3+3+2)A/X3(〃一DA

________5--------------D_______2------------

C（3-|-2）ArX（n-3）A/'(34-2)A/X5X3at

A、

B、

C、

D、

標準答案：B

知識點解析：流水線的實際吞吐率均小于最大吞吐率。本題中還存在著瓶頸段，吞

吐率將受到瓶頸段的影響。

7、卜列程序段的時間復雜度是counl=0：for(k=1；k<=n；k*=2)for(j=l；j<=n；

j++)count++：

A^O(log2n)

B、0(n)

C、O(nlog2n)

D、O(n2)

標準答案：C

知識點解析：題目中給出了一個2層的嵌套循環，循環“for(j=l：j<=n；j++)”的時

間復雜度是O(n),循環“for(k=l：k<=n：k*=2f：k從1開始，每次增加一倍,也

就是以T的速度增長，當k達到n時曰og2n,因此這一循環的時間復雜度是

D(log2n),對于嵌套循環的整體復雜度是兩層循環的復雜度的乘積，因此總體的時

間復雜度是O(nlog2n)o

8、完整的計算機系統由()組成。

A、運算器和控制器

B、CPU和主存儲器

C、主機和外部設備

D、硬件系統和軟件系統

標準答案：D

知識點解析：完整的計算機系統由配套的硬件系統和軟件系統組成。

9、Cache常使用的寫回策略有寫直達法和寫回法，則下面關于寫直達法和寫回法

說法正確的是()。I.寫回法是一個Cache數據塊在任何一次寫操作數時都需要

寫回主存D.寫直達法是一個Cache數據塊僅在第一次寫操作數時才需要寫回主

存DI.寫回法的每個Cache塊需要設置一位狀態位

A、僅I、m

B、僅口

c、僅m

D、I、II和HI

標準答案：C

知識點解析：寫直達法：是指每次寫操作數時既寫入Cache又寫入主存，所以并不

是僅在第一次才寫回主存，所以D錯誤。寫回法：是寫Cache時不寫入主存，而

當Cache數據被替換出去時才寫回主存，所以會造成寫回法的Cache中的數據會與

主存的不一致。為了識別Cache中的數據是否與主存中的一致，Cache中的每一塊

要增加一個記錄信息位，寫Cache時設置這個位，Cache數據寫回主存時清除這個

位。根據這個位的值，Cache中每一塊都有兩個狀態：清(clean)和濁(dirly),在寫

Cache時狀態為“濁"，在數據寫回主存時狀態為“清”，所以1錯誤，DI正確。

10、設某文件為鏈接文，‘牛，由5個邏輯記錄組成，每個邏輯記錄的大小與磁盤塊的

大小相等，均為512字節，并依次存放在50,121,75,80,63號磁盤塊上。若要

存取文件的第1569邏輯字節處的信息，則應訪問()號磁盤塊。

A、3

B、80

C、75

D、63

標準答案：B

知識點解析：本題考查磁盤的性質。1569=512*3+33,故要訪問字節位于第4個磁

盤塊上，對應的盤塊號為80。

11、在系統總線中，地址總線的位數（）。

A、與機器字長有關

B、與存儲單元個數有關

C、與存儲字長有關

D、與存儲器帶寬有關

標準答案：B

知識點解析?：地址總線的位數與存儲單元個數有關，地址總線的位數越長，可訪問

的存儲單元個數就越多。

12、用戶在編寫程序時計劃讀取某個數據文件中的50個數據塊記錄，他使用操作

系統提供的接口是（）。

A、系統調用

B、圖形用戶接口

C、原語

D、命令行輸入控制

標準答案：A

知識點解析：本題考查操作系統的接口。操作系統的接口有命令輸入和系統調用。

編寫程序所使用的是系統調用，例如read。。系統調用會給用戶提供一個簡單的使

用計算機的接口，而將復雜的對硬件（例如磁盤），和文件操作（例如查找和訪問）的

細節屏蔽起來，為用戶提供一種高效便用計算機的涂件c

13、在下列排序方法中，平均時間復雜度為O（nlogn）的排序算法是（）。I.快速

排序n.冒泡排序HI.希爾排序W.選擇排序

A、僅I、n

B、僅I、m

C、僅I、皿、w

D、僅田、IV

標準答案：B

知識點解析：這種題目其實就是考查考生的記憶能力，因為在考研緊張的氛圍下，

很少有考生在做這種選擇題的時候能夠分析其算法來選擇答案。下面與大家分享一

個記憶總結，該總結可以將內部排序所有的記憶性題目輕輕松松地拿下。由以下總

結可以很輕松地得到答案B。穩定性、時間復雜度、空間復雜度總結：（1）穩定性

總結：一句話解決：本人考研無聊中，那么就快（快速排序）些（些和希爾諧音，希爾

排序）選（選擇排序）堆（堆排序）來聊!這里面都是不穩定的，其他的就自然都是穩定的

了。（2）時間復雜度總結：1）在軍訓的時候，教官說了一句話：快（快速排序）些（希

爾排序）以nlogn的速度歸（歸并排序）隊（堆排序）!在這句話里面包含的排序，時間復

雜度都是O（nlogn）l2）冒泡冒得好就是0（n）,冒泡冒得不好就是0（f）。3）直接插

插得好就是0（n）,插得不好就是0（1?）,其中插得好、冒得好分別對應最好的時間

復雜度，插得不好、冒得不好分別對應最壞時間復雜度，而平均時間復雜度對應最

壞的時間復雜度。（3）輔助空間總結：只需記住兒個特殊的就好，歸并O（n）、快速

O（log2n）,基數排序O（r+d）,其他的就自然全部是0（1）了。

14、下列關于頁式存儲的說法中，正確的是（）。I.在頁式存儲管理中，若無

TLB和Cache,則每訪問一條數據都至少需要訪問2次內存U.頁式存儲管理不

會產生內部碎片印.頁式存儲管理當中的頁面是無戶可以感知的W.頁式存儲方

式可以采用靜態重定位

A、I、II和W

B、I和W

C、I

D、I和m

標準答案：c

知識點露析：本題考查頁式存儲的相關知識。關閉了TLB之后，每訪問一條數據

都要先訪問頁表（內存中），得到物理地址后，再訪問一次內存進行相應操作（若是多

級頁表會產生更多次訪存），I正確。凡是分區固定的都會產生內部碎片，而無外

部碎片，n錯誤。頁式存儲管理不僅對于用戶是透明的，對于程序員都是透明的，

w錯誤。靜態重定位是在程序運行之前由裝配程序完成的，頁式存儲不是連續的，

而且頁式存儲管理方案在運行過程中可能改變程序位置，分配的時候會把相鄰邏宿

地址映射到不同的物理地址，這需要動態重定位的支持，w錯誤。注意：頁式存

儲是內存管理部分最重要的知識點之一，對于頁式存儲，無論選擇、分析還是計算

題，都比較常見。不僅要知道簡單的原理和優缺點，更要深入理解頁式存儲的各方

面特點和具體操作處理過程。

15、I/O中斷是CPU與通道協調工作的一種手段，所以在（）時，便要產生中斷。

A、CPU執行“啟動I/O”指令而被通道拒絕接收

B、通道接收了CPU的啟動請求

C、通道完成了通道程序的執行

D、通道在執行通道程序的過程中

標準答案：C

知識點解析：本題考查通道控制方式。CPU啟動通道時不管啟動成功與否，通道

都要回答CPU,通過執行通道程序來實現數據的傳送。通道在執行通道程序時，

CPU與通道并行，當通道完成通道程廳的執行（即數據傳送結束），便產生I/O中

斷向CPU報告。

16、設結點x和y是二叉樹中任意的兩個結點，在該二叉樹的先序遍歷序列中x在

y之前，而在其后序遍歷序列中x在y之后，則x和y的關系是（）。

A、x是y的左兄弟

B、x是y的右兄弟

C、x是y的祖先

D、x是y的后裔

標準答案：C

知識點解析：由于先序遍歷是“根…左子樹一一右子樹”，而后序遍歷是“左子樹_一

-右子樹——根”，題目中二叉樹的先序遍歷序列中x在y之前，而在其后序遍歷

序列中x在y之后，則x一定是y的祖先。［歸納總結］假設M、N分別是一棵二叉

樹中的兩個結點，關于各個結點的關系如下：

光序it歷中用■厲內、住MU?

M第出力!1！

、在M的右方000

、型Mtniu先10

NftM?T>0X表中“1”、“0”或“（P”分

別表示肯定、恰恰相反或者不一定。注：如果⑴離a和b最近的共同祖先p存

在，且（2）a在p的左子樹中，b在p的右子樹中，貝J稱a在b的左方（即b在a的右

方）。

17,某計算機主存容量為64KB,其中ROM區為4KB,其余為RAM區，按字節

編址。現要用2Kx8位的ROM芯片和4Kx4位的RAM芯片來設計該存儲器，則

需要上述規格的ROM芯片數和RAM芯片數分別是（）。

A、1、15

B、2、15

C、1、30

D、2、30

標準答案：D

知識點解析：根據題意可知，該機主存由4Kx8位ROM和60Kx8位RAM組成；

又現有ROM芯片為2Kx8位，故ROM需進行字擴展，用2片2Kx8位ROM串

聯組成4Kx8位ROM；RAM芯片為4Kx4位，故RAM需進行位字擴展，用2片

4Kx4位RAM并聯構成4Kx8位RAM,再用15片4Kx8位RAM串聯組成60

Kx8位RAM,即共需2x15=30片4Kx4位的RAM芯片。

18、一個快速SCSI—II總線上的磁盤轉速為7200RPM,每磁道160個扇區，每扇

區512字節，那么在理想狀態下，其數據傳輸率為（）。

A、7200JM60KB/s

B、7200KB/s

C、9600KB/s

D、19200KB/s

標準答案：C

知識點解析:7200/60*160*0.5=9600,所以選C.

19、UNIX系統中，進程調度采用（）的技術。

A、時間片輪轉

B、先來先服務

C、靜態優先數

D、動態優先數

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

20、某個計算機采用動態分區來分配內存，經過一段時間的運行，現在在內存中依

地址從小到大存在100KB、450KB、250KB、200KB和600KB的空閑分區中。分

配指針現指向地址起始點，繼續運行還會有212KB、417KB、112KB和426KB的

進程申請使用內存，那么，能夠完全完成分配任務的算法是（）。

A、首次適應算法

B、鄰近適應算法

C、最佳適應算法

D、最壞適應算法

標準答案：C

知識點解析：本題考查計算機動態分區內存分配算法的計算。對于本類題的解答，

定要畫出草圖來解答。按照題中的各種分配算法，分配的結果如下:

空閑區I00KB450KB250KB300KB600KB

212KB

首次適應算法417KB

I12KB

212KB

鄰近適應算法417KB

112KB

最佳適應算法417KB212KB112KB426KB

212KB

最壞適應算法417KB

112KB

只有最佳適應算法能夠能夠完全完成分配任務。

21、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II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、I和口

B、□和W

C、口和HI

D、I和IV

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。

22、網絡協議的三要素是（）。

A、數據格式、編碼、信號電平

B、數據格式、控制信息、速度匹配

C、語法、語義、同步

D、編碼、控制信息、同步

標準答案：C

知識點解析：本題考查網絡協議的基本組成，網絡協議（networkprotocol）,簡稱為

協議，是為進行網絡中的數據交換而建.立的規則、標準或約定。網絡協議的組成要

素是語法、語義和同步，這里語法指數據與控制信息的結構或格式，語義指需要發

出何種控制信息，完成何種動作以及做出何種響應，同步指事件實現順序的詳細說

明，因此答案是C。

23、下面關于B-樹和B+樹的敘述中，不正確的是（）。

A、B-樹和B+樹都是平衡的多分樹

B、B-樹和B+樹都可用于文件的索引結構

C、B-樹和B+樹都能有效地支持隨機檢索

D、B-樹和B+樹都能有效地支持順序檢索

標準答案：D

知識點解析：因為B+樹所有的葉子結點中包含了全部關鍵字信息，以及指向含有

這些關鍵字記錄的指令I，且口I子結點本身依關鍵字的大小自小而大順序鏈接，所以

支持從根結點的隨機檢索和直接從葉子結點開始的順序檢索，但是B一樹不具有

這種結構特性，所以只支持從根結點的隨機檢索，而不支持直接從葉子結點開始的

順序檢索。

24、下列敘述正確的個數是（）。（l）m=2的平衡m路查找樹是AVL樹；（2）m=3的

平衡m路查找樹是2-3對；（3）m=2的平衡m路查找樹的葉結點不一定在同一層：

（4）m階B-樹的葉結點必須在同一層；（5）m階B-樹是平衡m路查找樹；（6）平衡m

路查找樹不一定是B-樹。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：D

知識點解析：參見B-樹定義。

25、傳輸一幅分辨率為640x480,6.5萬色的照片（圖像），假設采用數據傳輸速度

為56kb/s,大約需要的時間是（）。

A、34.82s

B、42.86s

C、85.71s

D、87.77s

標準答案：C

知識點解析：照片（圖像）的顏色數為65536色，意味著顏色深度為16位，則一幅

圖占據的存儲空間為640x480x16=4915200位。又因為用數據傳輸速度為56Kb/

s,則有傳輸時間=4915200/（56x1024戶85.71s

26、操作系統可以為用戶提供多種功能，而操作系統必須提供但是又不作為資源管

理的是（）。

A、編譯程序

B、內外存分配

C、處理中斷

D、使用處理機

標準答案：C

知識點解析：中斷是現弋操作系統的基礎，是所有操作系統必須提供的功能。編譯

程序并不是操作系統的功能，內外存的分配和處理機的使用確實是操作系統的功

能，但是它們均受到操作系統的管理，只有中斷不是操作系統管理的范圍。

27、下列說法中，錯誤的是（）。I,設浮點數的基數為4,尾數用原碼表示，則

0.000010為規格化數H.浮點數運算中，運算結果超出尾數表示范圍則表示溢出

皿.任何情況下，浮點數的右規操作最多只會進行一次

A、僅I、m

B、僅口、m

c、僅I、n

D、I、II和m

標準答案：c

知識點解析：I：對于原碼表示的基值為4的小數，規格化的形式是小數點后2位

不全為0,故I錯誤。最笨的解題思路：基數『4,由于1/日|M|R,即尾數的十進

制絕對值在0.25?1之間。而（0.000010）2=0.03125,故不是規格化數。口：浮點

數的溢出并不是由尾數來判斷的，而是規格化后階碼超出所能表示的范圍時，才表

示溢出，故II錯誤.皿:在浮點數的運算過程中，尾數如果出現0LXXX…X和

10.XXX...X,則需要進行右規，并且只需進行一次右規尾數就會變成規格化數，

但是左規操作可能不止一次，故m正確。

28、與本指令的地址有關的尋址方式是（）。

A、寄存器尋址

B、直接尋址

C、相對尋址

D、間接尋址

標準答案：C

知識點解扁：相對尋址本身就是相對于本指令地址進行上下浮動，所以相對尋址的

區間范圍和本指令的地址密切相關，其他3個選項都與本指令的地址無關。

29、設用數組A[l,n]作為兩個棧SI、S2的共用存儲空間，對任一個棧，只有當

數組A[l,n]全滿時才不作人棧操作，則分配這兩個棧空間的最佳方案是（）。

A、SI的棧底位置設為1,S2的棧底位置設為n

B、S1的棧底位置設為n/2,S2的棧底位置設為n/2+1

C、S1的棧底位置設為1,S2的棧底位置設為n/2

D、S1的棧底位置設為n/2,S2的棧底位置設為1

標準答案：A

知識點解析：由于棧中元素個數不固定，因此如果將棧底設在中間位置時，固定了

棧中元素的個數，不能滿足只有當數組全滿時才不作入棧操作的要求。

30、對于193.100.60.0網絡，若子網掩碼設置成255.255.255,192,則每

個子網最多可接入（）臺主機。

A、256

B、254

C、62

D、30

標準答案：A

知識點解析：在一條點對點的鏈路上，存在兩臺主機，即只需要給這個網絡分配2

位主機位d—2=2）即可，所以說子網掩碼應該為

11111111.11111111.11111111.11111100,即255.255.255.252o

31、在UNIX操作系統中，為塊設備提供了一種特殊的讀取方式，它是（）。

A、提前讀取

B、串行讀取

C、并發讀取

D、延遲讀取

標準答案：A

知識點解析：本題考查UNIX設備的讀寫概念。對于塊設備，UNIX操作系統為保

證設備讀寫的性能，除了提供一般的讀寫操作以外，還提供「提前讀取和延遲寫入

的特殊方式v在一個進程順利讀取塊設備的數據后，系統會預見到下一步可能讀取

的數據，并將其放入內存緩沖區，稱為預先讀取，它縮短了讀取數據的時間，可以

改善系統的性能。同理，延遲寫入并不真正將數據寫入塊設備，而是放在緩沖區

內，當需要再次讀取時，可以不必從塊設備讀取，縮短了讀取時間，只有當緩沖區

滿了，才將整個緩沖區數據寫入塊設備，減少了設備啟動的次數，改善了性能。

32、利用銀行家算法進行安全序列檢查時，不需要的參數是（）。

A、系統資源總數

B、滿足系統安全的最少資源數

C、用戶最大需求數

D、用戶己占有的資源數

標準答案：B

知識點解析：本題考查策行家算法。安全性檢查一般要用到進程所需的最大資源

數，減去進程占用的資源數，得到進程為滿足進程運行尚需要的可能最大資源數，

而系統擁有的最大費源數減去已分配掉的資源數得到剩余的資源數，比較剩余的資

源數是否滿足進程運行尚需要的可能最大資源數就nJ以得到當前狀態是否安全的結

論。而滿足系統安全的最少資源數并沒有這么一個說法。

33、設某赫夫曼樹的高度為5,若已對兩個字符編①為［和01,則最多還可以對（）

個字符編碼。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：B

知識點解析：赫夫曼編碼遵循的原則為：一個編碼不能是任何其他編碼的前綴。比

如1和10就不行，因為1是10的前綴。既然1和01已經使用了，那么1和01開

頭的碼字不能再使用。又由于赫夫曼樹的高度為5,因此赫夫曼編碼的長度不能超

過4只剩下0000、0001、0010、0011這4種編碼（這種編碼方式可得到最多）,故

選B選項。注意：本題選的是最多還可以對多少個字符編碼，所以不能選取

001、000等編碼。若選取001,就意味著0010和0011不能使用，這樣可編碼的字

符就少了1個。總結：（1）有n個葉子結點的赫夫曼樹的結點總數為2n—1。（2）高

度為h的赫夫曼樹中，至少有2h一|個結點，至多有2卜一1個結點。（3）赫夫曼

樹中一定沒有度為1的結點。（4）捕大哽樹中兩個極值最小的結點一定是兄弟結

點。（5）赫夫曼樹中任一非葉子結點的權值一定不小于下一層任一結點的權值。補

充例題：一棵赫夫曼樹共有215個結點，對其進行赫夫曼編碼，共能得到多少個碼

字？提示：求多少個碼字就是求有多少個葉子結點，由（1）中的公式可得：2n-

1=215,故葉子結點的個數為108個，故可以得到108個碼字。

34、設存儲器容量為32字，字長64位，模塊數m=4,存儲周期T=200ns,數據總

線寬度為64位，總線傳送周期『50ns。用交叉方式進行組織，交叉存儲器的帶寬

是（）。

A、32x107位/秒

B、8xd位/秒

C、73xl（）7位/秒

D、18xl（f位/秒

標準答案：C

知識點解析：順序存儲存儲器連續讀出4個字需要4個存儲周期，而交叉存儲存儲

器連續讀出4個字，由于采用分時啟動的方法，只需要一個存儲周期加上三個總線

傳輸周期的時間。現字長為64位，交叉存儲器連續讀出4個字的信息總量q=64位

x4=256位，交叉存儲器連續讀出4個字所需的時間t=T+（4—

l）T=200ns+3x50ns=350ns=3.5xl0-7s,所以交叉存儲器的帶寬W=q/

t=256-（3.5X1（）-7）=73X|（）7（位/秒）。

35、設有10個進程共享n個資源，每次允許3個進程同時使用該資源。試問：信

號量的變化范圍是（）。

A、|3n-10,3n|

B、[n-10,n]

C、[n-10/3,n]

D、[3n-10,n]

標準答案：A

知識點解析：本題的關健在于，“每次允許3個進程同時使用一個資源”這個條件，

即可以把該資源看成是3個獨立的臨界資源。那么臨界資源的總個數為3n,很顯

然，A選項是正確答案c

36、有m個葉子結點的哈夫曼樹所具有的結點數為（）。

A^m

B、m+1

C、2m

D、2m-1

標準答案：D

知識點解析：由哈夫曼對的特點易知哈夫曼樹結點總數=2m-l,m為葉子節點個

數。

37、下列存儲管理方式中，會產生內部碎片的是（），I.分段虛擬存儲管理

n.分頁虛擬存儲管理in.段頁式分區管理w.固定式區區管理

A、僅I、口、m

B、僅川、IV

C、僅口

D、僅口、m、w

標準答案：D

知識點解析：只要是固定的分配就會產生內部碎片，其余的都會產生外部碎片。如

果固定和不固定同時存在（例如段頁式），物理本質還是固定的，解釋如下：分

段虛擬存儲管理：每一段的長度都不一樣（對應不固定）,所以會產生外部碎片C

分頁虛擬存儲管理：每一頁的長度都一樣（對應固定），所以會產生內部碎片。

段頁式分區管理：地址空間首先被分成若干個邏輯分段（這里的分段只是邏輯上

的，而我們所說的碎片都是物理上的真實存在的，所以是否有碎片還是要看每個段

的存儲方式，所以頁才是物理單位），每段都有自己的段號，然后再將每個段分成

若干個固定的頁。所以其仍然是固定分配，會產生內部碎片。固定式分區管理：

很明顯固定，會產生內部碎片。綜上分析，本題選D選項。

38、設有8頁的邏輯空間，每頁有1024B,它們被映射到32塊的物理存儲區中。

那么邏輯地址的有效位是（）.物理地址至少是（）位。

A、10,12

B、10,15

C、13,15

D、13,12

標準答案：C

知識點解析：對于邏輯地址結構，因為8頁二23頁，所以表示頁號的地址有3位，

乂因為每頁有1024B=2l（）B,所以頁內偏移地址有10位。因此總共邏輯地址有13

位。對于物理地址結構，因為頁面的大小和物理塊的大小是一樣的，所以每個物

理塊也是1024B,而內存至少有32塊物理塊，所以內存大小至少是

32X1024B=2,5BO因此物理地址至少要15位，不然無法訪問內存的所有區域。

39、針對8位二進制數，下列說法中正確的是（）。

A、?127的補碼為10000000

B、-127的反碼等于0的移碼

C、+1的移碼等于-127的反碼

D、0的補碼等于.1的反碼

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

40、在無序數組a[N]中作10次以上查找，為提高查找效率，先對a[N]排序，然后

各次查找采用折半查找。問N至少為（）時，排序預處理才是合理的？

A、512

B、1024

C、2048

D、4096

標準答案：B

知識點解析：排序是很費時的運算，最快也得花OMogn）的時間：折半查找時間復

雜度O（10g2（n））。Wnlogn+10*logzn<=10*n,知選B。

二、綜合應用題（本題共9題，每題7.0分，共9分0）

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，R1。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危改

B總線

41、“ADDR2,R0”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。

標準答案：

知識點解析:

42、若將“取指周期”縮矩為一個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⑵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Belady現象?為什么會產生這種現象？

標準答