計算機專業(基礎綜合)模擬試卷195

一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)

1、下列關于棧和隊列說法中，正確的是()。

A、消除遞歸不一定需要使用棧

B、對同一輸入序列進行兩組不同的合法入棧和出棧組合操作，所得的輸出序列也

一定相同

C、通常使用隊列來處理函數或過程調用

D、隊列和棧是操作受限的線性表，只允許在表的兩端進行運算

標準答案：A

知識點解析：使用棧可以模擬遞歸的過程以此來消除遞歸，但對于單向遞歸和尾遞

歸而言，可以用迭代的方式來消除遞歸，所以選項A正確；不同的進棧和出棧組

合操作，會產生許多不同的輸出序列，所以選項B錯誤；通常使用棧來處理函數

或過程調用，選項C錯誤：隊列和棧都是操作受限的線性表，但只有隊列允許在

表的兩端進行運算，而戌只允許在棧頂方向進行操作。

2、在計算機體系結構中，CPU內部包括程序計數器(PC)、存儲器數據寄存器

(MDR)、指令寄存器(IR)和存儲器地址寄存器(MAR)等。若CPU要執行的指令為

MOVR0,#100(即將數值100傳送到寄存器R0中)，則CPU首先要完成的操作是

()。

A、100->RO

B、100—MDR

C、PC-MAR

D、PC—IR

標準答案：c

知識點》析：取指周期完成的微操作序列是公共的操作，與具體指令無關。CPU

首先需要取指令，取指令階段的第一個操作就是將指令地址(PC中的內容)送往存

儲器地址寄存器。題干中雖然給出了一條具體的指令“MOVR0,#100”，實際上

CPU首先要完成的操作是取指令，與具體指令沒有關系。

3、頁式存儲系統的邏輯地址是由頁號和頁內地址兩部分組成的。假定頁面的大小

為4KB,地址變換過程如圖1—3所示，圖中邏輯地址用十進制數表示。邏輯地址

圖1?3頁式存儲系統的邏耕地址變換過程

A、33220

B、8644

C、4548

D、2500

標準答案：A

知識點解析：本題考查的是頁式存儲系統管理中的地址變換知識。在頁式存儲系統

管理中一邏輯地址除以頁的大小，然后向下取整為頁號，取余為頁內地址。本題頁

面的大小為4KB,邏輯地址8644除以4096,取整為2,取余為452e頁號為2,

查頁表得物理塊號為8。因此，a的有效地址為8x4096+452=33220。

4、()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

各樓層上的請求。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置與當前電梯位置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。

5、DOS和Windows操作系統都支持FAT16文件系統，該文件系統中，一個文件

的物理結構(即該文件占磁盤上哪些塊號，通常稱塊號為簇號)用文件分配表FAT

來表示，文件分配表FAT的每個表項占16位。如果某分區為FAT16磁盤文件系

統，每簇64扇區，扇區的大小為512B,則該分區最大可為,每個FAT表

占用存儲空間是O()

A、1GB,8MB

B、1GB,16MB

C、2GB,8MB

D、2GB,16MB

標準答案：C

知識點解析：FAT16文件系統中，文件分配表FAT的每個表項占16位，那么就是

說每個分區最大可存放216個簇，又每個簇為64x512bit=215B,則該分區最大可

存放216x215B=2GB。每個扇區需要占用一個表項，扇區數=216x64=222,那么

FAT表所需存儲空間=222xl6bit=223B=8MB。

6、TCP/IP協議族中屬于網絡層協議的是()。

A、AKF,IP,1CME

B、TCP,UDP

C、TCP,IP

D、SMTP,DNS

標準答案：A

知識點解析：ARP(AddressResolution.Protocol)地址解析協議用來將IP地址映射

到以太網地址，屬于網絡層。IP(InlernelProtocol)互聯網協議，屬于網絡層。

ICMP(IntemetControlMessageProtocol)In【emet控制消息協議，屬于網絡層。所以選

AoTCP、UDP層于傳輸層，DNS屬于應用層，它們都不是網絡層協議。

7、在有向圖G的拓撲序列中，若頂點Vi在頂點Vj之前，則下列情形不可能出現

的是()。

A、G中有弧VVi,Vj>

B、G中有一條從Vi到Vj的路徑

C、G中沒有弧VVi,Vj>

D、G中有一條從Vj到Vi的路徑

標準答案：D

知識點解析：選項A、B、C都是有可能出現的，但是選項D是不可能出現的：因

為若是G中有一條從V到Vi的路徑，則在圖的拓撲序列中頂點Vi應該在頂點V；

之前。

8、進程創建的時候，不需要做的是()。

A、填寫一個該進程的進程表項

B、分配該進程適當的內存

C、將該進程插入就緒隊列

D、為該進程分配CPU

標準答案：D

知識點解析：本題考查的是進程創建的過程。進程創建最主要的工作是為該進程申

請并填寫一張進程表。進程表內包含有多個與進程有關的數據結構，例如進程號、

進程組、進程的優先級、進程所分配的內存、進程需要的10設備、進程要打開的

文件等。當填寫好了進程表以后，進程創建模塊就將進程表按照該系統規定的法

則，將進程表插入到就緒隊列的適當位置，等待進程調度模塊進行下一步的調度。

所以進程創建的過程中不會包含分配CPU的過程，這不是進程創建者的工作。

9、在讀寫文件的操作中，通常使用“塊高速緩存“，以減少訪問磁盤的次數，但為

了保證系統的（），關鍵塊必須盡早寫盤。

A、一致性

B、安全性

C、性能

D、可擴性

標準答案：A

知識點解析：為了保證數據一致性，必須保證先寫后讀。

1。、設有無向圖G=（V,E）和G=（V,E）如果5是G的生成樹，則下面不正確

的說法是（）。I.G，為G的連通分量D.G，是G的無環子圖ID.G，為G的極小

連通子圖，且V,=V

A、I、口

B、11、in

c、只有m

D、只有I

標準答案：D

知識點解析：一個連通圖的生成樹是一個極小連通子圖（既然是樹就肯定無環），

它含有圖中全部頂點，所以選項u、DI均為生成樹的特點，而選項I為概念錯誤：

極大連通子圖稱為連通分量，G，為連通圖而非連通分量。

11、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no個.度

為m的結點有nm個，則對嚴格m又樹有n0=（m-l）nm+h由此可以得出nm=（n（）-l）

/m-L（1）如果（11（）-1）1!10（1（01-1）=（）,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，內結點有所［個。（2）如果（no-l）mod（m4）=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義歸并樹內。為了構造包

含所有no個初始歸并段的m叉歸并樹，應在原有的肌1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。

虛段

??????????????0??Q

??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=800。

12、用74181和174182芯片構成小組內并行進位，小組間并行進位，大組間串

行進位的32位ALU,需要74182芯片的片數為()。

A、0

B、1

C、2

D、3

標準答案：C

知識點解析：74181是內部并行進位的4位ALU芯片，74182是4位先行進位芯

片，故4片74181和1片74182可構成小組內并行進位，小組問并行進位的16位

ALU：且題目要求構成小組內并行進位，大組內串行進位的32位ALU,故只需將

2個前述16位ALU串聯即可，共需2片74182芯片，選C。

13、某機器采用四體低位交叉存儲器，現分別執行下述操作：(1)讀取6個連續地

址單元中存放的存儲字，重復80次；(2)讀取8個連續地址單元中存放的存儲字，

重復60次。則(1)、(2)所花時間之比為()。

A、1：1

B、2：1

C、4：3

D、3：4

標準答案：C

知識點解析：假設存儲器的存取周期為T：在(1)的情況下，連續讀取6個存儲字

需時T+(6—l)x(T/4)=2.257T,但存放連續字中第一個字的存儲器需到3T時間

后才能進行下一輪讀取,故⑴共需時3Tx(80—1)+2.2571=239.75To同理,在

(2)的情況下，一輪讀取需時T+(8—l)x(T/4)=2.75T,但開始下一輪讀取需3T時

間后，故⑵共需時3Tx（60—1）+2.75T=179.75T。綜合上述分析，⑴，（2）所花

時間之比約為4：3。

14、磁盤和磁帶是兩種存儲介質，他們的特點是（），

A、二者都是順序執行的

B、二者都是隨機存取的

C、磁盤是順序存取的，磁帶是隨機存取的

D、磁帶是順序存取的，磁盤是隨機存取的

標準答案：D

知識點解析：本題主要考查磁盤和磁帶的工作方式的區別。

15、SMTP協議是面向ASCH編碼的，那么它使用（）支持非ASCII的數據傳輸。

A、MIME

B、POP3

C、IMAP

D、MAIL

標準答案：A

知識點解析：MIME的意圖是繼續使用目前的格式，但增加了郵件主題的結構，并

定義了傳送非ASCII碼的編碼規則.

16、下面關于各種存儲器的說法中，正確的有（）。I.靜態RAM不是易失性存儲

器，而動態RAM是易矢性存儲器D.PROM只能寫錄一次HI.EPROM是可改寫

的，并且也是隨機存儲器的一種W.EEPROM存儲器是可寫存儲器

A、僅I、D

B、僅口、IV

c、僅I、n、m

D、僅口、m、w

標準答案：B

知識點解析：I：靜態RAM和動態RAM都是易失性存儲器，斷電后信息都會遺

失，所以I錯誤。n：PROM的內部有行列式的熔絲，視需要利用電流將其燒

斷，寫入所需的資料，但僅能寫錄一次。PROM在出廠時，存儲的內容全為1,用

戶可以根據需要將其中的某些單元寫入數據0（部分的PROM在出廠時數據全為

0,則用戶可以將其中的部分單元寫入1）,以實現對其“編程''的目的，所以口正

確。n：EPROM是可改寫的，但它不屬于隨機存儲器，所以m借誤。IV：

EEPROM（ElectricaIlyErasableProgrammableRead-OnlyMemory）,電可擦可編程只

讀存儲器，屬于一種掉電后數據不丟失的存儲芯片。EEPROM可以在計算機上或

專用設備上擦除已有信息，重新編程，所以W正確。

17、在含有12個結點的平衡二又樹上，查找關鍵字為35（存在該結點）的結點，則

依次比較的關鍵字有可能是（）。

A、46,36,18,20,28,35

B、47,37,18,27,36

C、27,48,39,43,37

D、15,45,55,35

標準答案：D

知識點解析：設Nn表示深度為h的平衡二叉樹中含有的最少結點數，有：

No=ONi=lNh=Nh-i+Nh-2+l當結點數為12時，Nh=12,h=5,即12個結點的平衡二

叉樹而最小葉子結點的層數為3,最大葉子結點的層數為5,由于存在關鍵字為35

的結點，即最多比較5次一定能找到該結點。故排除A、B、C,選D。

18、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“最壞租勺情況下

蛻化為冒泡排序，其時間復雜度為0(尸)。

19、設m為同類資源數，n為系統中并發進程數。當n個進程共享m個互斥資源

時，每個進程的最大需求是w,則下列情況會出現系統死鎖的是()。

A、m=2,n=I,w=2

B、m=2,n=2,w=l

C、m=4,n=3,w=2

D、m=4,n=2,w=3

標準答案：D

知識點解析：本題考查死鎖的檢測。A不會發生死鎖，只有一個進程怎么也不會發

生死鎖。B不會發生死鎖，兩個進程各需要一個資源，而系統中剛好有2個資源。

C不會發生死鎖，3個進程需要的最多資源數都是2,系統總資源數是4,所以總

會有一個進程得到2個資源，運行完畢后釋放資源。D可能會發生死鎖，當2個進

程各自都占有了2個資源后，系統再無可分配資源。由此可得出結論：當滿足

mNn(w—l)+l時，不會產生死鎖。

20、下列關于機器字長與指令字長的說法正確的是()。

A、指令字長等于機器字長

B、指令字長一定是機器字長的整數倍

C、兩者長度沒有必然關系

D、以上說法都不對

標準答案：C

知識點解指令字長取決于操作碼的長度、操作數地址的長度和操作數地址的個

數，與機器字長沒有必然的聯系；但為了硬件設計方便，指令字長一般取字節或存

儲字長的整數倍。

21、某機器指令字長12位，有零地址、一地址、二地址三種指令，地址碼長4

位，采用擴展操作碼技術。若二地址指令和一地址指令條數都取最大值，則該機指

令條數最多為()。

A、16

B、46

C、48

D、4366

標準答案：B

知識點解析：根據題意，二地址指令的操作碼長度為12-4x2=4,留一個編碼用于

擴展，故最多可定義15條二地址指令；一地址指令擴展長度為4位，留一個編碼

用于擴展，故最多可定義15條一地址指令：零地址指令可在一地址指令的基礎上

擴展4位，故最多可定義16條零地址指令，根據題意，該機指令條數最多為

(15+15+16=)46條。

22、系統功能調用是()，

A、用戶編寫的一個子程序

B、高級語言中的庫程序

C、操作系統中的一條命令

D、操作系統向用戶提供的接口

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

23、下列說法中，正確的是()。I.先進先出(FIFO)頁面置換算法可能會產生

Belady現象。口.最近最少使用(LRU)頁面置換算法可能會產生Belady現象。

n.在進程運行時，如果它的工作集頁面都在虛擬存儲器內，能夠使該進程有效地

運行，否則會出現頻繁的頁面調入/調出現象。IV.在進程運行時，如果它的工

作集頁面都在主存儲器內，能夠使該進程有效地運行，否則會出現頻繁的頁面調入

/調出現象C

A、I和m

B、I和W

C、II和w

D、n和w

標準答案：B

知識點解析：木題考查頁面置換算法與抖動。FIFO算法可能產生Belady現象。I

正確，舉例如下：頁面走向為1,2,341,2,5,1,2,345時，當分配3幀時產生9次缺

頁中斷，分配4幀時產生10次缺頁中斷。最近最少使用法不會產生Belady現象，

n錯誤。若頁面在內存中，不會產生缺頁中斷，也即不會出現頁面的調入/調出，

而不是虛擬存儲器(包括作為虛擬內存那部分硬盤)，故HI錯誤、W正確。

24、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

知識點解析：數據傳輸率是物理層的重要參數，兩個網段在物理層進行互聯，數據

傳輸率必須相同。如果在數據鏈路層互聯，則要求數據鏈路層協議也相同。

25、若數據鏈路層采用回退N滑動窗口字而已，發送幀的序列號用7bit表示，發

送窗口的最大值為（）。

A、7

B、64

C、127

D、128

標準答案：C

知識點解析：7位的發送序列號，最大可以有128個序列，采用回退N幀的協議，

發送窗口的最大值應該是最大序列號減1,即127o

26、關于TCP和UDP端口，下列說法正確的是（）。

A、TOP和UDP分別擁有自己的端口號，它們互不干擾，可以共存于同一臺主機

B,TCP和UDP分別擁有自己的端口號，但它們不能共享于同一臺主機

C、TCP和UDP的端U沒有本質區別，它們可以共存于同一臺主機

D、TCP和UDP的端口沒有本質區別，它們互不干擾，不能共存于同一臺主機

標準答案：A

知識點解析：本題考查傳輸層端口號，端口號只具有本地意義，即端口號只是為了

標志本計算機應用層中的各進程。在因特網中不同計算機的相同端口號是沒有聯系

的。同時注意對于TCP和UDP都分別擁有自己的端口號，是可以共存的，因此答

案是Ao

27、假設有一個信道的帶寬是3000Hz,其信噪比為20dB,那么這個信道可以獲

得的理論最大傳輸速率是（）。

A、1Kbps

B、32Kbps

C、20Kbps

D、64Kbps

標準答案：C

知識點解析：SNR=101ogio（S/N）,題目中SNR=20dB,因此S/N=100。再便用

香農定理可以得到信道的理論速率上限C=Wlog2（KS/N）=3

000xlog2（l+100戶20（Kbps）。

28、查找效率最高的二義排序樹是（）。

A、所有結點的左子樹都為空的二叉排序樹

B、所有結點的右子樹都為空的二叉排序樹

C、平衡二義樹

D、沒有左子樹的二叉排序樹

標準答案：C

知識點解析：二又排序樹的查找效率取決于二叉排序樹的深度，對于結點個數相同

的二叉排序樹，平衡二叉樹的深度最小。

29、一條線路帶寬為1Mbps,往返時延為45ms,假設數據幀的大小為1000字節。

若采用停一等協議，實際的數據率是()。

A、15Kbps

B、1.5Kbps

C、151Kbps

D、1510Kbps

標準答案：C

知識點解析：往返時延為45ms,發送一幀的時間是8x1000：1000000s。實際的數

據率是8x1000^(8x1000^1000000+45x0.001)=150943(bps)~151(Kbps)o

30、下列說法中，正確的是()。I.在含有n個頂點e條邊的無向圖的鄰接矩陣

中，零元素的個數為n2—2e口.若鄰接表中有奇數個邊表結點，則該圖一定是有

向圖HI.對于采用鄰接表存儲的圖，其深度優先遍歷算法類似于二叉樹的中序遍

歷W.使用隊列實現廣度優先遍歷算法，則每個頂點進隊列的次數可能大于1

A、僅I、m

B、僅口、m、iv

C、僅I、U、IV

D、僅I、n

標準答案：D

知識點解析：I：總結如下：①對于一個具有n個頂點的無向圖，若采用鄰接矩

陣表示，則該矩陣大小是產。②在含有n個頂點e條邊的無向圖的鄰接矩陣中，

非零元素的個數為2e。③在含有n個頂點e條邊的無向圖的鄰接矩陣中，零元素

的個數為「一2e,④在含有I】個頂點e條邊的有向圖的鄰接矩陣中，非零元素的

個數為e。⑤在含有n個頂點e條邊的有向圖的鄰接矩陣中，零元素的個數為

2

n-e0根據③，故1正確。H:無向圖采用鄰接表表示時，每條邊存儲兩次，所

以其邊表結點個數為偶數，故邊表結點為奇數只能是有向圖，故II正確。m：深度

優先遍歷算法是先訪問一個頂點V,然后是離開頂點越遠越優先訪問，即相當于二

叉樹的先序遍歷，故皿錯誤。iv：采用廣度優先遍歷算法遍歷一個圖時，每個頂

點僅遍歷一次，所以最多只能進隊1次，故w錯誤。

共有（）。

A、5個沖突域，1個廣播域

B、3個沖突域，3個廣播域

C、4個沖突域，2個廣播域

D、6個沖突域，2個廣播域

標準答案：c

知識點3析：通常普通的集線器是一種工作在物理層，具有“共享沖突域、共享廣

播域''特性的網絡互聯設備。而交換機和網橋被稱為二層設備，它是一種工作在數

據鏈路層，具有“隔離沖突域、共享廣播域”特性的網絡互聯設備。可見，交換機只

能縮小沖突域，而不能縮小廣播域。路由器被稱為三層設備，它是一種工作在網絡

層，具有“隔離沖突域、隔離廣播域''功能的網絡互聯設備。在Internet等主干網

上，路由器的主要作用是路由選擇。由以上分析可知，圖7—1所示的拓撲結構中

共有4個沖突域、2個廣播域，具體如圖7—7所示。

沖突域1和沖突域2屬于同一個廣播

域，沖突域3和沖突域4屬于另外一個廣播域。總結（如表7-5所示）。

?7-5各設備的潮突域與廣播域

收為幺稱隔國沖央城99iAr播域

N

?11921BC,

交軼機V■

網轎M

MHlStVV

32、如果一臺計算機具有多個可并行運行的CPU,就可以同時執行相互獨立的任

務。歸并排序的各個歸并段的歸并也可并行執行，因此稱歸并排序是可并行執行

的。那么以下的排序方法不可以并行執行的有（）。I.基數排序口.快速排序

m.起泡排序w.堆排序

A、彳又I、m

B、僅I、n

c、僅I、m、w

D、僅n、iv

標準答案：c

知識點端析：此題解題的關鍵是要知道哪種內部排序算法在執行的過程中，不能劃

分出子序列來進行并行的排序，快速排序在一趟劃分了兩個子序列后，各子序列又

可并行執行排序。而其也3種排序不能劃分成子序列來并行執行排序，故4個選項

中，只有快速排序可以并行執行，故選c選項。

33、條件轉移指令所依據的條件來自（）。

A、通用寄存器

B、數據寄存器

C、狀態寄存器

D、累加器

標準答案：C

知識點解析：條件轉移指令所依據的條件來自狀態寄存器。對于此題，有些輔導書

給出的答案可能是標志寄存器（狀態寄存器的組成之一）。狀態寄存器：狀態寄存器

又名條件碼寄存器，它是計算機系統的核心部件，屬于運算器的一部分。狀態寄存

器用來存放如下兩類信息。一類是體現當前指令執行結果的各種狀態信息（條件

碼），如有無進位（CY位）、有無溢出（0V位）、結果正負（SF位）、結果是否為零（ZF

位）、奇偶標志位（P位）等。另一類是存放控制信息（PSW程序狀態字寄存器），如允

許中斷（IF位）、跟蹤標志（TF位）等。有些機器中將PSW稱為標志寄存器FR（Flag

Register）o

34、按其數據流的傳遞過程和捽制節拍來看,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

35、在Cache和主存構成的兩級存儲系統中,Cache的存取時間為100ns,主存的

存取時間為Ws,Cache訪問失敗后CPU才開始訪存。如果希望Cache一主存系統

的平均存取時間不超過Cache存取時間的15%,則Cache的命中率至少應為（）。

A、95%

B、98%

C、98.5%

D、99.5%

標準答案：C

知識點解析：設Cache一主存系統的平均存取時間為Cache存取時間的1.15倍時

Cache命中率為p,則有100+1000x（1—p）=l15,解之得,p=0.985=98.5%。

36、某公司獲得了一個IP地址段，在不分子網的情況下，最多可以容納65534個

主機，那么這個地址屬于（）。

A、A類地址

B、B類地址

C、C類地址

D、D類地址

標準答案：B

知識點解析：B類地址的主機號的長度是16位，再去點全“0”和全力”兩個地址，

還可以分配65534個主機。

37、就微命令的編碼方式而言，若微操作命令的個數已確定，則（）。

A、采用直接表示法的微指令字長通常比采用編碼表示法的微指令字長短

B、采用編碼表示法的微指令字長通常比采用直接表示法的微指令字長短

C、采用編碼表示法的微指令字長與采用直接表示法的的微指令字長相等

D、采用編碼表示法的微指令字長與采用直接表示法的的微指令字長大小關系不確

定

標準答案：B

知識點解析：直接表示法是在微指令的控制字段中，每一位代表一個微命令。但在

某些復雜的計算機中，微命令甚至可多達三四百個，這使微指令字長達到難以接受

的地步，故提出了編碼表示法。編碼表示法有字段直接編碼法和字段間接編碼法。

選出互斥的微命令，并將這些微命令編成一組，成為微指令字的一個字段，用二進

制編碼來表示，就是字段直接編譯法。例如，將7個互斥的微命令編成一組，用三

位二進制碼分別表示每個微命令，那么在微指令中，該字段就從7位減成3位，縮

短了微指令長度°而在微指令寄存器的輸出端，為該字段增加一個譯碼器.該譯碼

器的輸出即為原來的微命令。字段間接編碼法是在字段直接編碼法的基礎上，進一

步縮短微指令字長的一種編碼法。

38、UNIX設備驅動程序分為上半區和下半區，上、下半區的工作方式為（）。

A、同步、同步

B、異步、同步

C、同步、異步

D、異步、異步

標準答案：C

知識點解析：暫無解析

39、在文件系統中，文件的不同物理結構有不同的優缺點。在下列文件的物理結構

中，（）具有直接讀寫文件任意一個記錄的能力，又提高了文件存儲空間的利用率。

A、順序結構

B＞鏈接結構

C、Hash結構

D、索引結構

標準答案：D

知識點解析：文件的邏輯結構有流式結構和記錄式結構。文件的物理結構有：順序

結構、鏈式結構和索引結構等。文件的索引結構是為每個文件分配一個索引塊，有

效索引表登記其各邏輯塊與外存物理塊的對應關系，并在文件FCB中登記該文件

索引塊的地址。索引結陶的特點：既適合順序存取，也方便隨機存取；容易實現記

錄的增、刪和插入；缺點是由于索引表的建立而增加了存儲空間的開銷。

40、在浮點數機制中，判斷補碼規格化形式的原則是（）。

A、尾數的第一位為1,數符位任意

B、尾數的符號為與第一數位相同

C、尾數的符號位與第一數位不同

D、階符與數符不同

標準答案：C

知識點解析：尾數采用補碼表示，對于正數，規格化后符號位為0,數值位最高位

為1:對于負數恰好相反，因此，尾數規格化后，符號位與第一數位不同。

二、綜合應用題（本題共9題，每題1.0分，共9分c）

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，RI。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。

41、“ADDR2,R0”指令完成（R0）+（R2）TR0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