計算機專業（基礎綜合）模擬試卷193

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、已知有向圖G=（V,A）,其中V={a,b,c,d,e},A={<a,b>,<a,c>,

<d,c>,<d,e>,<b,e>,<c,e>）,對該圖進行拓撲排序，下面序列中

不是拓撲排序的是（）。

A、a,d,c,b,e

B、d,a,b,c,e

C、a,b,d,c,e

D、a,b,c,d,e

標準答案：D

知識點解析：對AOV網進行拓撲排序的方法和步驟是：（1）從AOV網中選擇一個

沒有前驅的頂點（該頂點的入度為0）,并且輸出它；（2）從網中刪去該頂點，并且刪

去從該頂點發出的全部有向邊：（3）重復上述兩步，直到剩余的網中不再存在沒有

前驅的頂點為止。本題按照拓撲排序方法對該圖進行拓撲排序使可得到結果。

2、若要求盡快地對序列進行穩定的排序，應選擇（）。

A、快速排序

B、歸并排序

C、冒泡排序

D、堆排序

標準答案：B

知識點解析：A、D錯，快速排序和堆排序是非穩定排序。歸并排序和冒泡排序是

穩定的排序。歸并排序的時間復雜度為O（nlogn）,冒泡排序的時間復雜度為

0（產）。故選B。

3、國③、④和⑤的名稱分別是

圖1-2計算機硬件系統基本組成部件

()o

A、①控制器、②運算器、③存儲器、④輸入設備、⑤輸出設備

B、①運算器、②控制器、③存儲器、④輸入設備、⑤輸出設備

C、①運算器、②存儲器、③控制器、④輸入設備、⑤輸出設備

D、①運算器、②控制器、③存儲器、④輸出設備、⑤輸入設備

標準答案：B

知識點解析?：圖中實線框為CPU,而CPU包含五大部件中的運算器和控制器，排

除C選項。控制器為計算機提供工作統一的時鐘及其發出各種控制命令來協調計

算機的各部件自動地工作，所以控制器應該與其他四大部件相連，可得①為運算

器，②為控制器。最后，根據數據的流向可以判斷，④為輸入設備，⑤為輸出設

備。剩下③為存儲器。

4、圖1—1中計算機硬件系統基本組成部件①、②、③、④和⑤的名稱分別是

圖M計口機硬仲系統基本機成部件

A、①控制器、②運算器、③存儲器、④輸入設備、⑤輸出設備

B、①運算器、②控制器、③存儲器、④輸入設備、⑤輸出設備

C、①運算器、②存儲器、③控制器、④輸入設備、⑤輸出設備

D、①運算器、②控制器、③存儲器、④輸出設備、⑤輸入設備

標準答案：B

知識點解析：圖中實線框為CPU,而CPU包含五大部件中的運算器和控制器，排

除C選項。控制器為計算機提供工作統一的時鐘及其發出各種控制命令來協調計

算機的各部件自動地工作，所以控制器應該與其他四大部件相連，可得①為運算

器，②為控制器。最后，根據數據的流向可以判斷，④為輸入設備，⑤為輸出設

備。剩下③為存儲器。

5、下面說法正確的是

A、ROM不用刷新，但集成度比動態RAM高，斷電后存儲內容消失

B、半導體RAM信息可讀可寫，且斷電后仍能保持記憶

C、DRAM和SRAM存儲信息都是易失性存儲器，斷電后存儲信息均消失

D、DRAM屬于非易失性存儲器，而SRAM屬于易失性存儲器

標準答案：C

知識點解析：A錯，ROM斷電后信息不丟失。B錯，RAM斷電后信息丟失。D

錯，DRAM和SRAM都屈于易失性存儲器。

6、下列關于ROM和RAM的說法中，錯誤的是（）.>I.CD—ROM是ROM的一

種，因此只能寫入一次n.Flash快閃存儲器屬于隨機存取存儲器，具有隨機存取

的功能DI.RAM的讀出方式是破壞性讀出，因此讀后需要再生W.SRAM讀后

不需要刷新，而DRAM讀后需要刷新

A、I和口

B、I、ID和W

c、II和m

D、I、II和m

標準答案：D

知識點解析：本題考查ROM和RAM的特點。CD—ROM屬于光盤存儲器，是一

種機械式的存儲器，和ROM有本質的區別，其名字中有ROM只是為了突出只讀

（readonly）而已，I錯誤。Flash存儲器是E?PROM的改進產品，雖然它也可以實

現隨機存取，但從原理上講仍屬于ROM,而且RAM是易失性存儲器，II錯誤。

SRAM的讀出方式并不是破壞性的，讀出后不需再生，HI錯誤。SRAM采用雙穩

態觸發器來記憶信息，因此不需要再生：而DRAM采用電容存儲電荷的原理來存

儲信息，只能維持很短的時間，因此需要再生，W正確。注意：通常意義上的

ROM只能讀出，不能寫入。信息永久保存，屬非易失性存儲器。ROM和RAM可

同作為主存的一部分，溝成主存的地址域。ROM的升級版：EPROM、EEPROM.

Flasho

7、下面關于奈氏準則和香農公式說法錯誤的是（）。

A、奈氏準則指出了碼無傳輸的速率是受限的，不能任意提高，否則在接收端就無

法正確判定碼元是1還0

B、香農公式給出了信息傳輸速率的極限，即對于一定的傳輸帶寬和傳輸信噪比，

信息傳輸速率的上限就確定了

C、奈氏準則雖然是在理想條件下推導出的，但是給出了在實際條件下對信息芍輸

率的限制

D、香農公式告訴我們，若要得到無限大的信息傳送速率，有兩個辦法：要么使用

無限大的傳輸帶寬，要么使信號的信噪比為無限大，即采用沒有噪聲的傳輸信道或

使用無限大的發送功率

標準答案：B

知識點解析：A選項即為奈氏準則；B錯，對于一定的傳輸帶寬和傳輸信噪比，則

給出了碼元傳輸率的限制，沒有對信息傳輸速率（bit/s）給出限制，可以通過讓每

個碼元攜帶更多比特的方法提高信息傳輸速率；C、D選項由香農定理可以得出。

8、假如一臺連接到網絡上的計算機的網絡配置為：IP地址:136.62.2.55,子

網掩碼=255.255.192.0,網關地址=136.62.89.1。這臺計算機在網絡中不

能與其他主機進行通信。其中（）項設置導致了問題的產生。

A、子網掩碼

B、網關地址

C、IP地址

D、其他配置

標準答案：C

知識點解析：易知本網絡是B類網絡，192=11000000故【P地址中前18位是網絡

地址,而89—01011011,2—00000010發現IP地址與網關地址的前18位不同,

前17位相同，要使IP地址與網關地址屬于同一子網，子網掩鳥必須為

255.255.128.0,顯然1P地址與網關地址二者之一有錯。在B類網絡下子網掩

碼255.255.128.0所允許的有效子網是2~2=0；子網掩碼255.255.192.0所

允許的有效子網是22-2=2,子網號01和10（00、11為保留地址），兩個子網的主機

地址分別為136.62.64.1—136.62.127.254和136.62.128.1—

136.62.191.254,故IP地址不在上述范圍內。故選C。

9、一個64位的計算機系統中，地址線寬為64位，實際使用的虛擬地址空間的大

小是2,若采用虛擬頁式存儲管理，每頁的大小為23，即8KB,頁表表項長為8

字節，采用多級頁表進行管理，那么，多級頁表的級次最小是（）。

A、3

B、4

C、5

D、6

標準答案：B

知識點解析：本題考查虛擬頁式存儲管理中多級頁表的計算。題目給定的條件，虛

擬地址空間是248,即沒有完全使用64位地址。頁面大小為2於，即8KB,則，用

于分頁的地址線的位數為48—13=35。下面計算每一級頁表能容納的最多數量。

由題意，每個頁面為8KB,每個頁表項為8字節，那么，一頁中能容納的頁表項

為8KB/8B=1K,即1024個頁表項，可以占用10位地址線來尋址，故剩余的35

位地址線可以分為35/10=3.5,上取整以后為4,因此，至少4級頁表才能完成

此虛擬存儲的頁面映射。

10、假定用若干個8Kx8位的芯片組成一個32Kx32位的存儲器，存儲字長32位，

內存按字編址，則地址41FOH所在芯片的最大地址是（）。

A、0000H

B、4FFFH

C、5FFFH

D、7FFFH

標準答案：c

知識點解析：本題考查存儲器的擴展。對于此類題，首先應確定芯片的擴展方式，

計算地址時不用考慮位擴展的方向，然后列出各組芯片的地址分配，確定給定地址

所在的地址范圍。用8Kx8位的芯片組成一個32Kx32位的存儲器，每行中所需芯

片數為4,每列中所需芯片數為4,32K按字編址，地址位數15位。總共四組，則

開頭兩位表示組數。于是地址劃分如下：第一組：D00000000000000-00111111

1111111即0000H?1FFFH（四位十六進制不是總共16位地址,是十五位），其他

芯片同理。各行芯片的地址分配如下：第一行（4個芯片并聯）：0000H?1FFFH第

二行（4個芯片并聯）：2000H?3FFFH第三行（4個芯片并聯）：4000H?5FFFH第四

行（4個芯片并聯）：6000H?7FFFH故，地址為41FOH所在芯片的最大地址即

5FFFHo

11、設高度為H的二叉樹,只有度為0和度為2的結點，則此類二叉樹中所包含

的結點數至少為（）。

A、2*H

B、2*H-1

C、2*H+1

D、H+l

標準答案：B

知識點解析：暫無解析

12、一個以太網卡經歷4次連續沖突后,如果帶寬是10M.那么其最大等待時間

是（）。

A、768Hs

819.211s

C、716.8Hs

D、921ps

標準答案：A

知識點解析：本題考查CSMA/CD的二進制指數退避算法。首先每個站點確定一

個基本推遲時間T,然后從整數集合｛0,1,2,3,…，211）中隨機抽取一個整數

r,其中r=Min（重發次數，10）：隨機等待時間Tw=rxT：注意當某MAC幀重發16

次不能成功，則放棄該噴。并向高層報告。現已知沖突次數為4,所以k=4,2k=1

6o由此可得，在下一次重發前最多要等待15個時間片。在10M以太網的情況

下，一個時間片=51.2g,所以等待的最大時間為15x51.2=7682，因此答案是

Ao

13、已知8個數據元素為（34,76,45,18,26,54,92,65）,按照依次插入結點

的方法生成一棵二叉排序樹，則該樹的深度為（）。

A、4

B、5

C、6

D、7

標準答案：B

知識點解析：根據二叉徘序樹插入結點算法，將上述8個數據元素按照依次插入結

點的方法構造出一棵二叉排序樹后，該樹的最大層次為5,故該樹的深度為5。

14、在指令系統的各種尋址方式中，獲取操作數最快的方式是（）。

A、直接尋址

B、立即尋址

C、寄存器尋址

D、間接尋址

標準答案：B

知識點解析：立即尋址是一種特殊的尋址方式，指令中在操作碼字段后面的部分不

是通常意義上的地址碼，而是操作數本身，也就是說數據就包含在指令中，只要取

出指令，也就取出了可以立即使用的操作數，不必再次訪問存儲器，從而提高了指

令的執行速度。

15、在Cache和主存構成的兩級存儲器中，Cache的存儲時間是100ns,主存的存

儲時間是1000ns,如果希望有效存儲時間不超過115ns,則Cache的命中率至少為

（）o

A、90%

B、98%

C、95%

D、99%

標準答案：D

知識點解析：假設Cache的命中率為x,則可以得到一個不等式：1000（1—

x）+100x<115x>0.983所以,Cache命中率x至少為99%。

16、下列關于文件控制關的錯誤說法的個數為（）。I.文件控制塊就是文件目錄

項口.文件控制塊是在執行open（打開）系統調用時建立的HI.一個文件可以對應

有多個文件控制塊W.文件控制塊通常含有3類信息：基本信息、存取控制信息

及使用信息

A、1

B、2

C、3

D、4

標準答案：B

知識點解析：文件控制塊與文件一一對應（HI錯誤），創建文件時（create）建立對應的

FCB,而不是打開文件時創建的（n錯誤）。人們把文件控制塊的有序集合稱為文件

目錄，即一個文件控制塊就是一個文件目錄項（I正確）。在文件控制塊中，通常含

有3類信息，即基本信息、存取控制信息及使用信息（W正確）。所以I,W正確，

n,in錯誤。錯誤的個數為2,所以選B。

17、CPU輸出數據的速度遠遠高于打印機的打印速度，為解決這一矛盾，可采用

的技術是（）。

A、并行技術

B、通道技術

C、緩沖技術

D、虛存技術

標準答案：C

知識點解析：緩沖技術的引入主要解決CPU速度和外設速度不匹配的問題，它同

時減少了通道數量上的占用，提高了CPU、10和通道的并發性，減少了中斷的次

數，放寬了CPU對中斷響應的時間要求，例如打印、文件訪問，網絡收發等場

合，均要用到緩沖技術。

18、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。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。

19、假設某硬盤由5個盤片構成（共有8個記錄面），盤面有效記錄區域的外直徑為

30厘米，內直徑為10厘米，記錄位密度為250位/亳米，磁道密度為16道/亳

米，每磁道分16個扇區，每扇區512字節，則該硬盤的格式化容量約是（）。

A8X（30-10）X10X250X168X（30-10>X|0X16X16X512MR

8X1024X1024口02X1024X1024口

R8X（30-10）X10X250X16X］6MHn8X（30-10）X16X16X512MR

「8X1024X10240j2X1024X10240

A、

B、

C、

D、

標準答案：D

知識點解析：格式化容量計算中根據扇區數和扇區容量計算出每條磁道上的信息

量，然后再乘以總磁道數。而總磁道數計算時，首先求出每面磁道數（柱面數），再

乘以記錄面數。［歸納總結］磁盤的容量有格式化容量與非格式化容量之分，磁盤上

標稱的容量為格式化容量。計算磁盤容量公式中的總磁道數是指記錄面數與圓柱面

數的乘積。其中柱面數的計算公式為：柱面數=（外半徑一內半徑）X道密度格式化

容量是磁盤實際可以使用的容量。新的磁盤在使用之前需要先進行格式化，格式化

實際上就是在磁盤上劃分記錄區，寫入各種標志信息和地址信息。這些信息占用了

磁盤的存儲空間，故格式化之后的有效存儲容量要小于非格式化容量。它的計算公

式為：格式化容量=每道扇區數X扇區容量X總磁道數［解題技巧］計算格式化容量

時只與道密度有關，而與位密度沒有關系，所以選項A和C都是錯誤的，而選項

B擴大了一個10倍。

20、將一條物理信道按時間分成若干時間片輪換地給多個信號使用，每一時間片由

豆用的一個信號占用，這樣可以在一條物理信道上傳輸多個數字信號，這就是（）。

A、頻分多路復用

B、時分多路復用

C、空分多路復用

D、頻分與時分混合多路復用

標準答案：B

知識點解析：本題考查信道復用的幾種方式，題意指明這種復用是通過劃分時間

片，因此是時分多路復用，答案為B。

21、現有一個長度為3000B的IP數據報，其IP頭部的長度為20B,該IP數據報

如在最大幀長度為1518B的以太網中進行傳輸，那么為了正確傳輸，需要將其拆

分的數據報個數是（）。

A、2

B、3

C、4

D、不必拆分

標準答案：B

知識點解析：本題考查1P分片的原理和應用，這里以太網幀頭為18B,IP頭為

20R.因此最大數據載荷是1480R,3000R的數據必須進行分片,3000=14X0+

1480+40共3片，因此答案是B。［歸納總結］分片目的：當到來的數據報長度超過

其輸出線路所屬網絡的MTU時，路由器將數據報分成許多較小的片段。每個片段

被封裝成數據報，獨立芍輸。封裝片段使用的報頭取自原始數據報的報頭。分片

原理：路由器利用MTU和報頭長度計算每一報片允許包含的最大數據字節數（必

須是8字節的整倍數），并對原始數據報的數據部分進行分片。在每個報片前使用

原始報頭的拷貝，修改原始頭部中的某些字段，如總長度、標志位、片偏移（以字

節為單位的偏移量除以8）等，重新計算頭校驗，然后發送。當一個片段到達一個

具有更小MTU的網絡時，需要進一步分片，所有分片都在目的主機重組，中間路

由器不做重組的工作。分片重組：將到來的報片重新組裝一個完整數據報的過程

稱為重組，重組是在目的主機中進行的。目的主機使用源地址和分組標識來確定屬

于同一個數據報的片段，根據MF標志判斷是否最后一個報片已經到達。當MF=

0的報片到達時，根據該報片的片偏移字段和總長度字段可以計算出原始數據報的

總長度。當所有報片都已到達時，按照各報片在原始數據報中的偏移量進行組裝。

22、下列說法中，正確的有（）。I.清除內存、設置時鐘都是特權指令，只能在

內核態（系統態、管態）下執行n.用0作除數將產生中斷山.用戶態到內核態的

轉換是由硬件完成的W.在中斷發生后，進入中斷處理的程序可能是操作系統程

序，也可能是應用程序

A、僅I、m

B、僅I、n、w

c、僅口、皿、IV

D、I、n、m、w

標準答案：A

知識點解析：I正確，在雙重操作模式（即內核態利用戶態）中，用戶把能引起損害

的機器指令作為特權指令，只允許在內核態下執行特權指令。判斷以下指令是特

權指令嗎？N）改變存儲器管理的寄存器。N）寫程序指針。（X）讀取日期時?鐘。（力

設置日期時鐘。N）改變處理器的優先級。N）訪管指令。N）系統重啟動。N）讀取

程序狀態字。（＜）關閉中斷。N）寫指令寄存器。n錯誤，用。作除數將產生異常

而不是中斷。這里考查中斷和異常的概念區分。中斷和異常是導致處理器轉向正常

控制流之外的代碼的兩種操作系統條件。中斷是異步事件，并且與處理器當前正

在執行的任務毫無關系。中斷主要由硬件（如I/O沒備、處理機、時鐘或定時器）

引起，是隨機發生的事件，另外中斷可以被允許，也可以被禁止。異常是同步事

件，是某些特定指令執行的結果，在同樣的條件下用同樣的數據第二次運行一個程

序可以重現異常。異常的例子有內存訪問違例、特定的調試器指令（如int3）,以及

除o錯誤等。in正確，計算機通過硬件中斷機制完成由用戶態到內核態的轉換。

w錯誤，進入中斷處理的程序在內核態執行，是操作系統程序，不可能是應用程

序。

23、下列排序算法中，時間復雜度不受數據初始狀態影響恒為O（nlogn）的是（）。

A、堆排序

B、冒泡排序

C、快速排序

D、直接插入排序

標準答案：A

知識點解析：只有A和C是O（nlogn）的復雜度，但是快速排序在“最壞”的情況下

蛻化為冒泡排序，其時間復雜度為0（1?）。

24、為了保證操作系統本身的安全，（）是必須加以保護的。

A、從內核模式轉換到用戶模式

B、從存儲操作系統內核的空間讀取數據

「、從存儲操作系統內核的空間讀取指令

D、打開定時器

標準答案：D

知識點解析：打開定時器會影響系統的時間。

25、將兩個長度為n的遞增有序表歸并成一個長度為2n的遞增有序表，最少需要

進行關鍵字比較次數是（）。

A、1

B、n-1

C、n

D、2n

標準答案：C

知識點解析：假設有兩個有序表A和B都遞增有序，當有序表A所有元素均小于

B的元素時，只需將A的所有元素與B的第一個元素比較即可，其比較n次。

26、數據序列（2,1,4,9,8,10,6,20）只能是（）排序的兩趟排序后的結果。

A、快速排序

B、冒泡排序

C、選擇排序

D、插入排序

標準答案：A

知識點解析：考杳各種徘序算法的特點。冒泡排序和選擇排序經過兩趟排序之后，

應該有兩個最大（或最小）元素放在其最終位置；插入排序經過兩趟排序之后，前3

個元素應該是局部有序的；只有可能是快速排序。注意：在排序過程中，每一趟

都能確定一個元素在其最終位置的有：冒泡排序、簡單選擇排序、堆排序、快速排

序，其中前三者能形成全局有序的連續子序列，后者能確定樞軸元素的最終位置。

直接插入排序每一趟排序形成的有序子序列只是局部有序的。

27、并發進程運行時，其推進的相對速度是（）。

A、由進程的程序結構決定

B、由進程自己的代碼控制

C、與進程調度策略有關

D、在進程創建時確定的

標準答案：C

知識點解析：本題考杳并發執行的特點。根據進程的一次執行和并發執行的區別來

分析影響進程推進速度的因素。在進程的一次運行過程中其代碼的執行序列是確定

的，即使有循環、轉移、或等待，對于進程來講，其運行的軌跡也是確定的。當進

程存在于一個并發系統中時，這種確定性就被打破了。由于系統中存在大量的可運

行的進程，操作系統為了提高計算機的效率，會根據用戶的需求和系統資源的數量

來進行進程調度和切換。此時，進程由于被調度，打破了原來的固執執行速度，因

此，進程的相對速度就不受進程自己的控制，而是取決于進程調度的策略。

28、下列關于定點數原碼一位乘法的描述中，錯誤的是（）。I.符號位不參加運

算，根據數值位的乘法運算結果確定結果的符號位D.在原碼一位乘算法過程

中，所有移位均是算術移位操作ID.假設兩個n位數進行原碼一位乘，部分積至

少需要使用n位寄存器

A、僅I、n

B、僅口、in

c、僅i、田

D、i>n、w

標準答案：D

知識點解析：i：在原碼一位乘算法過程中，符號位是不參加運算的，結果的符號

位是被乘數的符號位和乘數的符號位異或的結果，故I錯誤。n：在原碼一位乘

算法過程中，由于參與操作的數是真值的絕對值，因此沒有正負可言，故在原碼一

位乘法中運算過程中所有移位均是邏輯移位操作，即在高位添加o,故口錯誤，

m：由于在部分積相加中，可能導致兩個小數相加大于1,因此部分積至少需要使

用n+l位寄存器，故m縉誤。

29、前序遍歷和后序遍歷結果相同的二叉樹為（）。

A、只有根結點的二叉樹

B、根結點無左孩子的二叉樹

C、根結點無右孩子的二叉樹

D、所有結點只有左子樹的二叉樹

標準答案：A

知識點解析：使用特值法，排除B、C、D選項。

30、利用逐點插入建立序列（50,72,43,85,75,20,35,45,65,30）對應的二

叉排序樹以后，要杳找元素30需進行（）次元素問的比較。

A、4

B、5

C、6

D、7

標準答案：B

知識點解析：由題可以建立出如圖7-5所示的一棵二叉排序樹。查找元素30一次

經過比較的元素為S0.43,20.35.30.共有S次元素間的比較，因此本題選R

選項。

31、分區分配內存管理方式的主要保護措施是（）。

A、界地址保護

B、程序代碼保護

C、數據保護

D、棧保護

標準答案：A

知識點解析：界地址寄存器來保護內存管理方式的主要措施。

32、某計算機采用頁式存儲管理，內存中現有100。個頁表項，CPU的cache中可

以存放N個頁表項，該系統中，CPU內存訪問的時間為100ns,對cache訪問的時

間是5ns,如果希望頁表映射的平均時間降到20ns以下，那么cache中的N必須

高于（）。

A、850

B、858

C、92B

D、842

標準答案：A

知識點解析：本題考查cache與頁式存儲管理結合下的時間計算。根據題意，頁式

尋址方式的過程是這樣的，當執行到一個邏輯地址時，MMU首先將頁號分離，將

得到的頁號與cache中的32個頁表項比較（同時進行），若頁表項命中，則取出頁表

項與頁內地址相加，形成指令或數據的物理地址，花費5ns,據此地址，然后到內

存中取得對應的指令或數據，送到CPU中執行或計算。若不能在cache命中，那

么CPU會啟動cache更新程序，將新的頁表項從內存復制到cache,花費100ns,

然后，重復上述地址轉映過程，又花去5ns,得到物理地址，再去內存取指令或數

據。根據題意，要求得到頁框號，也就是物理地址的過程小于20ns,那么設cache

韻命中率為x,列關系式：5*x+（l?x）*（5+100）=0解得x為85%。因此，裝入cache

的頁表項應大于1000*85%=850項，這樣可以保證獲得頁框號的時間小于20ns。

本題若問，一個指令雙字的執行時間是多少時，需要考慮的事情就比較復雜。例如

系統的字長是否是32位，32位的系統執行一個雙字的時間是1次尋址，16位系統

就需要2次尋址。8位系統的就需要4次尋址。另外，采用什么內存管理機制，頁

式和段式都是執行1次指令尋址需要訪問內存2次，段頁式需要3次。還要看

cache的容量多大，指令是否在cache中等，所以，內存管理中尋址時間的計算與

CPU結構和cache的運行模式息息相關，考生應結合計算機組成原理，妥善解決此

類問題。

33、假定一臺計算機的顯示存儲器用DRAM芯片實現，若要求顯示分辨率為

1600x1200,顏色深度為24位，幀頻為85Hz,顯存總帶寬的50%用來刷新屏幕，

則需要的顯存總帶寬至少約為（）。

A、245Mbit/s

B、979Mbit/s

C、1958Mbit/s

D、7834Mbit/s

標準答案：D

知識點解析：首先一幀畫面的大小為1600xl200x24bil,又因為幀頻為85Hz,即每

秒要刷新畫面85次，因此每秒需要更新的容量為46080000bitx85=3916800000bit,

占顯存總帶寬的50%,顯存的帶寬至少約為3916.8Mbit/sx2=7834Mbit/S

34、A和B建立TCP連接，MSS為1KB。某時，慢開始門限值為2KB,A的擁塞

窗口為4KB,在接下來的一個RTT內，A向B發送了4KB的數據（TCP的數據部

分），并且得到了B的確認，確認報文中的窗口字段的值為2KB,那么，請問在下

一個RTT中，A最多能向B發送（）數據。

A、2KB

B、4KB

C、5KB

D、8KB

標準答案：A

知識點解析：首先，發送窗口應該在擁塞窗口和接收窗口中取最小值，所以本題關

鍵點在于求本RTT內擁塞窗口和接收窗口的大小。在接下來的一個RTT內，A向

B發送了4KB的數據，.且此時擁塞窗口為4KB,按照擁塞避免算法（因為此時擁塞

窗口大于慢開始門限值，所以采用擁塞避免算法），收到B的確認報文后，擁塞窗

口增加到5KB。另外，B發給A的確認報文中的窗口字段的值為2KB,故此時接

收窗口的大小為2KB,所以在下一個RTT中，A最多能向B發送2KB數據。

35、補碼除法中，根據（）上商0。

A、余數為負

B、金數的*號與被除數的符號相同

C、余數的符號與被除數的符號不同

D、余數的符號與除數的符號不同

標準答案：D

知識點解析：補碼除法中，當余數的符號與除數的符號相同時，上商1;當余數的

符號與除數的符號不同時，上商0。

36、如果對經典的分頁式存儲管理策略的頁表做細微改造，允許不同頁表的頁表項

指向同一物理頁幀，可能的結果有（）。I.實現對可重入代碼的共享口.只需要

修改頁表項,就能實現內存“復制”操作ID.容易發生越界訪問IV.實現進程間通

信

A僅

、I、n、w

B僅

、口、田

c僅

、、口、出

僅I

D

、I

標準答案：A

知識點解析：地址在頁式分配系統上是一個邏輯頁號和一個偏移量。在邏輯頁號的

基礎上產生一個物理頁號，物理頁通過搜索表被找到。因為操作系統控制這張表的

內容，只有在這些物理頁被分配到進程中時，它可以限制一個進程的進入。一個進

程想要分配一個它所不加有的頁是不可能的，因為這一頁在頁表中不存在。為了允

許這樣的進入，操作系統只簡單地需要準許入口給無進程內存被加到進程頁表中。

I正確，讓同一頁表的兩個頁表項指向同一物理頁幀，用戶可以利用此特點共享該

頁幀的代碼或數據。如果代碼是可重入的，如編輯軟件、編譯軟件、數據庫管理系

統等，這種方法可節省大量的內存空間。II正確，實現內存“復制”操作時，不需

要將頁面的內存逐字節復制，而只要在頁表里，將指向該頁面的指針復制到代表目

的地址的頁表項中。in錯誤，是干擾項。w正確，當兩個或多個進程需要交換數

據時，這是十分有用的。它們只是讀和寫相同的物理地址（可能在多樣的物理地址

中）。在進程間通信時，這是十分高效的。

37、我們把一段時間內，只允許一個進程訪問的資源，稱為臨界資源，因此，我們

可以得出以下論述，請選擇一條正確的論述（）。

A、對臨界資源是不能實現資源共享的

B、對臨界資源，應采取互斥訪問方式，來實現共享

C、為臨界資源配上相應的設備控制塊后，便能被共享

D、對臨界資源應采取同時訪問方式，來實現共享

標準答案：B

知識點解析：臨界資源是指被多個進程共享的資源，需要互斥訪問。

38、在虛擬存儲系統中，若進程在內存中占3位（開始時為空），采用先進先出頁面

淘汰算法，當執行訪問頁號序列為1,2,3,4,1,2,5,1,2,3,4,5,6時，

將產生.（）次缺頁中斷。

A、7

B、8

C、9

D、10

標準答案：D

1234}25123456

3yt內存12341235二，3446

12341222S334

12341112553

..心.*餓a*

39、下面關于文件的敘述中，錯誤的是（）。I.打開文件的主要操作是把指定文

件復制到內存指定的區域口.對一個文件的訪問，常由用戶訪問權限和用戶優先

級共同限制田.文件系統采用樹形目錄結構后，對于不同用戶的文件，其文件名

應該不同W.為防止系統故障造成系統內文件受損，常采用存取控制矩陣方法保

護文件

A、僅H

B、僅I、m

c、僅I、m、w

D、I、u、m、IV

標準答案：D

知識點解析：I錯誤，系統調用open把文件的信息目錄放到打開文件表中。口錯

誤，對一個文件的訪問，常由用戶訪問權限和文件屬性共同限制。m錯誤，文件

系統采用樹形目錄結構后，對于不同用戶的文件，其文件名可以不同，也可以相

同。W錯誤，常采用備份的方法保護文件。而存取控制矩陣的方法是用于多用戶

之間的存取權限保護。

40、一棵折半查找樹(BST)有7個結點，存放的數據分別為ABCDEFG,()不是查

找序列。

A、ABCDEFG

B、GFED

C、DBCF

D、DGEF

標準答案：C

知識點解析：C中B、C都在D的左子樹上，所以緊接在C后面的F應該也是D

的左子樹上的數據，事實上F應該在D的右子樹上，故C錯。

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。

Ae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。

標準答案:

知識點解析：暫無解析

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。

ABUS

標準答案：[