計算機專業（基礎綜合）模擬試卷183

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、對計數型信號量S執行V操作后，下列選項錯誤的是（）。I.當S.value<0

寸，喚醒一個阻塞隊列進程H.只有當S.value<0寸，喚醒一個阻塞隊列進程

HI.當S.valucSO時，喚醒一個就緒隊列進程W.只有當SvalueV0時,喚醒

一個就緒隊列進程

A、U、皿

B、n、m、w

C、I、HI

D、i、m、w

標準答案：B

知識點解析：I正確。當執行V操作后，S.va!ue<0,說明了在執行V操作之前

S.valueUO（此時S.value的絕對值就是阻塞隊列中進程的個數），所以阻塞隊列

必有進程在等到，所以需要喚醒一個阻塞隊列的進程。口錯誤。由I的分析可

知，S.values。就會喚醒。因為可能在執行V操作前，只有一個進程在阻塞隊

列，也就是說S.vatue=-l,執行V操作后，喚醒該阻塞進程，S.value=OoHI和

W錯誤。S.value的值利就緒隊列中的進程沒有此層關系，所以全錯。綜上所

述，本題選B。

2、以太網交換機轉發數據包時所依據的是（）。

A、IP地址

B、MAC地址

C、LLC地址

D、PORT、地址

標準答案：B

知識點解析：本題考查交換機的工作原理，注意本題前提是以太網交換機，因此屬

于數據鏈路層的范疇，故可以排除選項A和D,因為IP地址屬于網絡層，而

PORT地址，即端口地址屬于傳輸層，這里要明確以太網中MAC和LLC的功能，

LLC子層負責向其上層提供服務，MAC子層的主要功能包括數據幀的封裝/卸

裝，幀的尋址和識別，頃的接收與發送，鏈路的管理，幀的差錯控制等，因此，交

換機在轉發數據包時所依據的是MAC地址，答案是B。

3、假設有k個關健字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關鍵字存人，至少要

進行的探查次數是（）。

A、k-1

B、k

C、k+1

D、k(k+l)/2

標準答案：D

知識點解析：假設有k個關鍵字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關鍵字存

入，探查次數最少的情況是第1個關鍵字通過1次比較后插入，第2個關鍵字通過

2次比較后插入，…，第k個關鍵字通過k次比較后插入。總的比較次數

=1+2+…+k=k(k+l)/2o

4、磁盤是一種可共享的設備，因此某一時刻讀寫它的用戶進程可以是()。

A、任意多個

B、能限定多個

C、至少能有一個

D、至多能有一個

標準答案：D

知識點解析?：雖然磁盤是可共享的設備，但是在某一個時刻，能夠讀寫訪問它的進

程只能是一個，微觀上，進程是輪流交替使用磁盤設備的，但是在某一段時間內，

可以允許多個用戶或進程使用它。這里有一點區別，用戶直接使用系統調用對磁盤

進行讀寫與通過文件系統對存放在磁盤上的文件數據進行讀寫是不同的。前者是對

設備IO操作，后者是對文件系統的操作。文件系統采用緩沖區等多種方式使得用

戶對文件的訪問可以并發，然而，如果是對磁盤直接10操作，當前一個操作沒有

撤離時，后一個操作必定要阻塞等待。

5、已知系統為32位實地址，采用48位虛擬地址，頁面大小4KB,頁表項大小為

8B；每段最大為4GB。假設系統使用純頁式存儲，則要采用()，頁內偏移為()

位。

A、3級頁表，12

B、3級頁表，14

C、4級頁表.12

D、4級頁表，14

標準答案：C

知識點解析：頁面大小為4KB,故頁內偏移為12位。系統采用48位虛擬地址，

故虛頁號為48-12=36位。當采用多級頁表時，最高級頁表項不能超出一頁大小；

每頁能容納.頁表項數為4KB/8B=51.2=27,36/9=4故應采用4級頁表，最高級

頁表項正好占據一頁空間，所以本題選C。

6、若循環隊列以數組］作為其存儲結構，變量rear表示循環隊列中的隊

尾元素的實際位置，其移動按rear=(rear+l)M0Dm進行，變量length表示當前循

環隊列中的元素個數，則循環隊列的隊首元素的實際位置是()。

A、rear-length

B、(rear-length+m)MODm

C>(l+rear+m-length)MODm

D、m-length

標準答案：C

知識點解析：按照循環隊列的定義，因為元素移動按照rear-（rear+l）MODm進行，

則當多組存放了元素之后，下一個人隊的元素將存放到Q[0]中，因此隊列

的首元素的實際位置是（rear-lenglh+l+m）MODm。

7、電路交換的優點有（：）。I.傳輸時延小H.分組按序到達DI.無需建立連接

IV.線路利用率高

A、I和口

B、n和m

c、I和m

D、II和w

標準答案：A

知識點解析?：電路交換、分組交換、報文交換的特點是重要的考查點。主要有兩種

考查方式：一、直接考查某一種（或多種）交換方式的特點，辨別選項的正誤；二、

給定應用背景，問適用哪一種交換方式，比較靈活，間接考查它們的特點。其中，

電路交換是面向連接的，一旦連接建立，數據便可直接通過連接好的物理通路到達

接收端，因此傳輸時延小；由于電路交換是面向連接的，可知傳送的分組必定是按

序到達的；但在電路交爽中，帶寬始終被通信的雙方獨占，利用率就低了。

8、設散列表表長m=14,散列函數H（k尸kMOD11,表中已有15,38,61,84四

個元素，如果用線性探測法處理沖突，則元素49的存儲地址是（）。

A、8

B、3

C、5

D、9

標準答案：A

知識點解析：元素15,38,61,84分別存儲在4,5,6,7單元，而元素49的散

列地址為5?發生沖突,向后探測3個單元，其存儲地址為以

9、在含有n個關鍵字的大頂堆中，關鍵字最小的記錄有可能存儲在（）位置上。

A、n/2

B、n/2-l

C、1

D、n/2+2

標準答案：D

知識點解析：大頂堆中關鍵字最小的記錄只能在葉子結點上，不可能在小于或等于

n/2的結點上。

10、提高單機資源利用率的關健技術是（）。

A、SPOOLing技術

B、虛擬技術

C、交換技術

D、多道程序設計技術

標準答案：D

知識之解析：本題考查操作系統的特性。并發性是操作系統的一個最主要的特性，

其它特性都是基于該特性的。多道程序設計技術是實現并發性的基礎，由于采用了

多道技術，系統實現了并發，從而提高了資源利用率。而SPOOLing技術是為解決

獨占設備的問題，虛擬技術主要應用在存儲管理中來擴大存儲空間，交換技術也是

用于存儲管理。所以多道技術是正確答案。

11、提高單機資源利用率的關鍵技術是（）。

A、SPOOLing技術

B、虛擬技術

C、交換技術

D、多道程序設計技術

標準答案：D

知識點解析：本題考查操作系統的特性。并發性是操作系統的一個最主要的特性，

其它特性都是基于該特性的。多道程序設計技術是實現并發性的基礎，由于采用了

多道技術，系統實現了并發，從而提高了資源利用率。而SPOOLing技術是為解決

獨占設備的問題，虛擬技術主要應用在存儲管理中來擴大存儲空間，交換技術也是

用于存儲管理。所以多道技術是正確答案。

12、設A是一個已有1（）個元素的棧，棧中依次是Al,.A2,A10,棧頂是

A10；B是一個已有10個元素的循環隊列，隊列中元素依次為Bl,B2,

B10,隊頭元素為Bl。A、B均采用順序結構，現要將棧中元素全部移人隊列中，

需（）次基本操作才能使得隊列中元素與棧中元素交替排列，即B中排列后的元素

為Bl,Al,B2,A2,BIO,A10o（不必考慮存儲空間）

A、100

B、1000

C、50

D、20

標準答案：A

知識點解析：操作如下：（1）先將棧中所有元素出棧（10次），入隊列（10次），棧為

空，隊列中的元素為Bl,B2,B10,A10,A9,…，A1；⑵將Bl,B2,

B3,…,B10出隊列（10次），入隊列（10次），則隊列變為AI0,…，A2,A1,

Bl,B2,B10；⑶將A10,A9,A1出隊列（10次），人棧（10次）,棧中自

棧底至棧頂依次為A10,…，A3,A2,A1,隊列中剩下BLB2,…,B10；（4）

重復執行10次Bi出隊列（1次），入隊列（1次），Ai出棧（1次），入隊（1次），則最終

得到Bl,Al,B2,A2....?B10,A10o

13、含有20個結點的平衡二叉樹的最大深度為（）。

A、4

B、5

C、6

D、7

標準答案：C

知識點解析：考查平衡二叉樹的性質。在平衡二叉樹的結點最少情況下，遞推公式

為No=O,Ni=l,N2=2,Nh=l+Nh—+Nh_2(h為平衡二叉樹高度，Nh為構造此高

度的平衡二義樹所需最少結點數)。通過遞推公式可得，構造5層平衡二義樹至少

需12個結點，構造6層至少需要20個。

14、若一個具有n個結點、k條邊的非連通無向圖是一個森林(n>k),則該森林中必

有樹的數目是()。

A、k

B、n

C、n—k

D、n+k

標準答案：C

知識點解析：因為一棵具有n個頂點的樹有n—1條邊，因此設題目中的森林有m

棵樹,每棵樹具有頂點數為Vi(lgiSm),則Vi+V2+...Vm=N&(Vi-l)+(V2—l)

+…(Vm-1)=K,所以，2=m+k。

15、采用鄰接表存儲的圖的廣度優先遍歷算法類似于樹的()。

A、中根遍歷

B、先根遍歷

C、后根遍歷

D、按層次遍歷

標準答案：D

知識點解析：深度優先嗖索遍歷類似于樹的先根遍歷，是樹的先根遍歷的推廣。廣

度優先搜索遍歷類似于樹的按層次遍歷的過程。或者說，樹的先根遍歷是一種深度

優先搜索策略，樹的層次遍歷是一種廣度優先搜索策略。

16、下列說法正確的是()。I.當各邊的權值相等時，廣度優先遍歷算法可用來

解決單源最短路徑問題n.廣度優先遍歷算法可年來求無向圖的所有連通分量

m.廣度優先遍歷算法類似于樹中的后序遍歷算法

A僅

、I、n

B僅

、u、m

c僅

、

僅n

D

、i、in

標準答案：A

知識點解析：T：對于無權圖，廣度優先搜索總是按照距離源點由近到遠來遍歷圖

中每個頂點(這里的距離是指當前頂點到源點路徑上頂點的個數)，如圖3-10所示。

圖中各頂點分布在3個層上，同一層上的頂點距離源點的距離是相同的。廣度優先

搜索就是沿著從1?3的層次順序來遍歷各個頂點，并在遍歷的過程中形成了一棵

樹，稱之為廣度優先搜索生成樹，樹的分支總是連接不同層上的點，如圖3-10中

粗線所連。由源點沿生成樹分支到達其余頂點的距離都是最近的（可以用層號來描

述其遠近）。因此對于無權圖，可用廣度優先搜索遍歷的方法來求最短路徑。而對

于有權圖，當圖中各個邊的權值相同的時候，就可以類比為無權圖（無權圖可理解

為各邊權值為1）,因為各邊沒有了權的大小之分，則同樣可以用廣度優先搜索遍

歷的方式來求最短路徑，所以I正確。圖3?io無權圖的廣度優先搜索示意圖n：

從圖中的一個頂點進行廣度優先搜索可以將與這個頂點連通的頂點全部遍歷到，也

就找到了該頂點所在的連通分量，因此廣度優先遍歷可以求出無向圖的所有連通分

量，所以n正確。m：廣度優先遍歷算法應該是類似于樹中的層次遍歷算法，所

以in錯誤。綜上所述，I、II正確。

17、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：固定解題思路：判斷是否需要補充空歸并段。如何判斷？設度為0

的結點有no個，度為m的結點有nm個，則對嚴格m叉樹有mo=（m—由

此可以得出nm=（no-l）/m-1。（1）如果（no—l）mod（m-1）=0,則說明這no個葉子結

點（初始歸并段）正好可以構造m義歸并樹。此時，內結點有nm個。（2）如果

（no—1）mod（m一1尸u#）,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—1）mod（5—1/0,所以需要

增設空歸并段。需要增沒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，來溝造5一路最佳歸并樹，如圖3—11所示。

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17/、\I//W-；7X、\」_/zz^

&

圖3-11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=800。

18、下列火于主存儲器的描述中，正確的是（）1.CPU訪存時間由存儲器容量決定

n.ROM和RAM在存儲器中是統一編址的m.ROM中任意一一個單元可以隨機

訪問W.DRAM是破壞性讀出，因此需要讀后重寫

A、I和n

B、n和m

C、皿和w

D^n、HI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。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。

19、路由匯聚是把小的子網匯聚成大的網絡，下面4個子網：172.16.193.0/

24、172.16.194.0/24、172.16.196.0/24、172.16.198.0/24,進行

路由匯聚后的網絡地址是（）。

A、172.16.192.0/21

B、172.16.192.0/22

C、172.16.200.0/22

D、172.16.224.0/20

標準答案：C

知識點解析：根據前面講過的知識，只要將網絡地址中第一個不一樣的字段按二進

制展開，然后找到它們最大限度的相同的位數，然后再轉化成十進制即可，展開如

下：172.16.11000001/24172.16.11000010/24172.16.11000100/24

172.16.11000110/24很明顯,他們之間最大限度的相同的位數是21位,故聚

合之后的網絡地址為172.16.192.0/24o

20、在一?棵完全二叉樹中，含有15個葉子結點，度為1的結點數為1時，該樹的

高度是（）。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：C

知識點解析：非空的二叉樹中，由度為0和度為2的結點之間的關系NO=N2+I,

可知N2=NO—1o則總結點數N=N2+N?+No=2No=2x15=30,樹的高度為log230向

上取整，結果為5。

21、總線的異步通信方式（）。

A、不采用時鐘信號，只采用握手信號

B、既采用時鐘信號，又采用握手信號

C、既不采用時鐘信號，又不采用握手信號

D、以上都不對

標準答案：A

知識點解析：總線的同步定時方式是采用公用的時鐘信號，以時鐘信號來確定每個

信號出現在總線上的時刻。而異步定時方式是建立在應答式或互鎖機制基礎上的，

不需要統一的公共時鐘信號，但需要握手信號，因此選項A正確。

22、下列不是進程調度器被激活的可能時機是（人

A、時鐘中斷

B、進程創建完畢

C、處理機空閑

D、程序出錯

標準答案：B

知識點解析：本題考查進程調度的時機。運行著的進程由于分配的時間到，或者運

行結束，或者需要等待事件的發生（例如等待鍵盤響應），或者出錯，或者自我阻塞

等均可以引起激活調度程序進行重新調度，選擇一個新的就緒進程占有處理機運

行。新的進程加入到就緒隊列不是引起調度的直接原因，當CPU正在處理其他進

程的請求時，該進程仍然需要等待。即使在采用高優先級優先調度算法的系統中，

一個最高優先級的進程進入就緒隊列，仍舊需要考慮是否允許搶先，當不允許搶先

時仍然需要等待。本題中，時鐘中斷是引起時間片到的觸發事件，處理機空閑的原

因是進程運行結束或阻塞，程序出錯也會出現處理機空閑，此時均可以引起調度器

的激活。

23、8086的堆棧采取向下生長的方式，在壓入時的操作是()。

A、SP先減，再壓入數據

B、先壓入數據，SP再減

C、SP先加，再壓入數據

D、先壓入數據，SP再加

標準答案：A

知識點解析：8086微處理器中所謂的向下生長堆棧就是自底向上生成的堆棧(即棧

底地址大于棧頂地址)，棧指針始終指向棧頂的滿單元。

24、試問下列同時運行多個進程可能會出現的錯誤是()。Ei(){Lock(m

mutex)；//含義為獲取互斥信號量a=newin4100|；//開辟一個大小為100的

整型數組空間，//并用全局指針變量a保存空間地址UnLock(m_mutex)；

frce(a)；//釋放數組空間，且a的值不改變}有多個優先級相同的進程Pi。

A、內存泄露

B、內存越界訪問

C、內存泄露和內存越界訪問

D、無

標準答案：C

知識點解析：由于a為全局指制變量，即屬于臨界資源，訪問a的代碼都屬于臨界

區，臨界區應該在Lock(mmutex)#UnLock(mmulex)之間，使各個進程互斥訪問

a。但由于本題free⑶在Lock(mmutex)和UnLock(mmutex)之外，因此是會出現錯

誤的。舉例：假設有進程P1和P2,P1進程申請的數組空間地址賦給a之后，還

沒有free掉。P2進程又申請了新的數組空間又把地址賦給a,導致Pl進程申請的

空間地址丟失(即內存泄露)。然后P1進程繼續執行，P1進程執行free操作，將P2

進程中請的空間釋放掉了，P2進程繼續執行，P2進程執行free操作，free操作訪

問了不屬于P2進程的空間(之前已經被P1釋放掉了)，會發生內存越界訪問。知識

點擴展內存泄露：當以前分配的一片內存不再需要使用或無法訪問時，但是并沒

有釋放它，那么對于該進程來說，會因此導致總可用內存的減少，這時就出現了內

存泄漏。內存越界訪問：簡單地說，進程訪問了不屬于該進程的內存空間。

25、設待排序元素序列所有元素的排序碼都相等，則下列排序方法中排序速度最慢

的是()。

A、直接插入排序

B、起泡排序

C、簡單選擇排序

D、基數排序

標準答案：C

知識點解析：當所有待排序元素的排序碼都相等時，直接插入排序的排序碼比較次

數為n—1,元素移動次數為0；起泡排序的排序碼比較次數為n—1,元素移動個

數為0;簡單選擇排序的排序碼比較次數為n(n—1)/2,元素移動次數為0；基數排

序采用靜態鏈表存儲待排序元素，用于分配的桶亦采用鏈式隊列，排序碼比較次數

為nxd（d是排序碼位數），元素移動次數為0,故排序速度最慢的是簡單選攔排

序。

26、一個十進制數真值為-100,按補碼形式存放在一個16位寄存器中，該寄存器

的內容用十六進制表示為（）。

A、FF9CH

B、009CH

C、9C00H

D、0064H

標準答案：A

知識點解析：100的16位二進制形式為00000000（）1100100,將其連符號位在內

取反加1,即可得?100的16位二進制形式為1111111110011100,寫為十六進制

為FF9CH。

27、設某赫夫蛙樹的高度為5,若已對兩個字符編同為1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（XM1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。⑵高

度為h的赫夫夏樹中，至少有2h-l個結點，至多有2八一|個結點。（3）赫夫曼

樹中一定沒有度為1的結點。（4）赫夫曼樹中兩個權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：一棵赫夫蛙樹共有215個結點，對其進行赫夫域編碼，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。

28、兩個網段在物理層進行互聯時要求（）。

A、數據傳輸率和數據鏈路層協議都不相同

B、數據傳輸率和數據鏈路層協議都相同

C、數據傳輸率相同，數據鏈路層協議可不同

D、數據傳輸率可不同，數據鏈路層協議相同

標準答案：C

，數據

行互聯

理層進

段在物

兩個網

參數，

的重要

物理層

輸率是

數據傳

解析：

知識點

。

也相同

層協議

據鏈路

要求數

，則

層互聯

據鏈路

果在數

同。如

必須相

傳輸率

矩陣

鄰接

圖的

無向

邊的

點e條

n個頂

含有

I.在

()。

的是

正確

法中，

下列說

29、

有

定是

圖一

則該

結點，

個邊表

有奇數

接表中

.若鄰

2e口

I?—

數為

的個

元素

中，落

序遍

的中

叉樹

于二

類似

算法

遍歷

優先

深度

圖，其

存儲的

鄰接表

于采用

山.對

向圖