1、考研計算機學科專業基礎綜合-1-1（總分：128.02 ,做題時間：90分鐘）一、B單項選擇題/B（總題數：40,分數：80.00）.以下敘述不正確的是（）。（分數：2.00）A.后序線索二叉樹是不完善的，要對它進行遍歷，不需使用棧B.任何一棵二叉樹的后序線索樹進行后序遍歷時都必須使用棧VC.任何一棵二叉樹都可以不用棧實現先序線索樹的先序遍歷D.任何一棵二叉樹都可以不用棧實現中序線索樹的中序遍歷解析：不需要使用棧。.路由器采用（）方式來發送IP分組。（分數：2.00）A.存儲轉發機制VB.直通交換機制C.分組交換機制D.分組檢測機制解析：路由器在向輸出鏈路傳輸分組的第一個比特之前，必須先接收整

2、個分組，這種方式稱為存儲轉發機制。.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（）。（分數：2.00）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VC.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，來實現共享解析：臨界資源是指被多個進程共享的資源，需要互斥訪問。.下列關于加法器的說法錯誤的是 （）。（分數：2.00）A.實現n位的串行加法器只需1位全加器B.實現n位的并行加法器需要 n位全加器C.影響并行加法器速度的關鍵因素是加法器的位數的多少VD.加法器是一種

3、組合邏輯電路解析：n位的并行加法器有n位的全加器，可同時對數據的各位相加，但低位運算所產生的進位會影響高位的運算結果，所以并行加法器的運算時間主要由進位信號的傳遞時間決定，而不是加法器位數的多少，選C。. 一個ATM網絡的源端點和目的端點之間有三個ATM交換機，現在要建立一條虛電路，一共需要發送（）個報文。（分數：2.00）A.12B.15 VC.18D.21解析：讓SETUP艮文到達目的地需要四個跳段，除了最后一個跳段外，每個跳段都要被確認，這樣就共有7個報文。類似地，CONNEC報文也經歷4個跳段，并且有4個確認，共有8個報文。這樣全部加在一起， 總共需要發送15個報文。.假定系統擁有某類

4、資源10個。在該系統上運行的所有作業，其對該類資源的需求量不會超過2個。為了提高資源利用率，我們打算對這種資源采用動態分配，但用限制系統中并發執行的作業數來防止發生死鎖。你認為作業調度允許并發執行的最大作業數應是（）。（分數：2.00）A.1B.8C.9 VD.10解析：因為最大需求量不會超過2個，所以最大作業數為 9,保證不會死鎖。.假設某計算機的存儲系統由 Cache和主存組成，某程序執行過程中訪存1000次，其中訪問Cache缺失（未命中）50次，則Cache的命中率是（）。（分數：2.00）A.5%B.9.5%C.50%D.95% V解析：Cache的命中率=命中次數/總訪存次數=（1

5、000- 50）/1000 X100%=95%.將5個字母“ooops按此順序入棧，則有 （）種不同的出棧順序可以仍然得到“ ooops”。（分數：2.00）A.1B.3C.5 VD.6解析：.計算機操作系統中，若 WAIT SIGNAL操作的彳t號量S初值為3,當前值為-2,則表示當前有（）個等待 信號量S的進程。（分數：2.00）A.1B.2 VC.3D.0解析：若信號量為正則表示資源數，若為負則其絕對值表示等待的進程數。10.指令流水線中出現數據相關時流水線將受阻，（）可解決數據相關問題。（分數：2.00）A.增加硬件資源B.采用旁路技術 VC.采用分支預測技術D.以上都可以解析：旁路技

6、術指不必等待某條指令的執行結果寫回到寄存器后，再從寄存器取出結果，而是直接將執行結果通過專用通路送至需要該結果的地方，可用來解決流水線的數據相關問題。11.分時系統中，為使多個用戶能夠同時與系統交互，最關鍵的問題是（）。（分數：2.00）A.計算機具有足夠的運行速度B.內存容量應足夠大C.系統能及時地接收多個用戶輸入D.能在一短的時間內，使所有用戶程序都能運行 V解析：本題考查分時系統的特點。12.堆棧（軟堆棧）尋址的尋址方式可看作是（）。（分數：2.00）A.寄存器尋址B.寄存器間接尋址VC.基址尋址D.直接尋址解析：軟堆棧是指廂主存空間的一部分實現的堆棧，只可對棧頂進行存取，堆棧指針SP本

7、質上是一個寄存器，其中存放著操作數的有效地址，故堆棧尋址可看作是寄存器間接尋址。.假定有一條通帶為100kHz的信道，每路信號的帶寬為3.2kHz ,各路信號間的防護帶寬為 0.8kHz。若采 用頻分多路復用，那么最多可以同時傳輸（）路信號。（分數：2.00）A.10 路B.20 路C.25 路 VD.40 路解析：頻分復用指的是所有用戶按同樣的時間占用不同的帶寬資源.所以復用信號的路數為（100X10 3/（3.2+0.8） X 10 3=）25 路。.在散列表中，當裝填因子非常接近1時，線性探測類似于（）查找（分數：2.00）A.二分B.隨機C.順序 VD.分塊解析：由于線性探測在關鍵詞同

8、義時解決沖突的辦法是線性的向后查找，當整個表幾乎裝滿時，它就很類 似于順序查找了。.關于DM式和通道方式，下列說法中錯誤的是（）。（分數：2.00）A.DMA的數據傳送全部由硬件控制，而通道方式通過執行通道程序來傳送數據B.一個DMA空制器連接多臺外設時，這些外設只能串行工作C. 一個通道可連接多臺外設，且可使這些外設并行工作D.DMA空制器和通道都可以連接各種高低速設備V解析：通道可連接各不高低速外設，而DMA空制器只用于高速外設成組數據的傳送，D為錯誤選項。.驅動調度算法中，（）算法可能會隨時改變移動臂的運動方向。（分數：2.00）A.電梯調度B.最短尋找時間優先VC.掃描D.單向掃描解析

9、：除了最短尋找時間優先之外的其余三種算法在移動到磁道的盡頭前都是單向移動。.下列四種存儲器中，存取速度最快的是（）。（分數：2.00）A.DRAM B.SRAM V C.掩模式ROM D.EPROM解析：由于電容充放電以及刷新需要一定的時間，所以DRAM勺存取速度比SRAMft;掩模式ROMR可讀，不可寫入；EPROMR用紫外線照射擦去信息，讀寫時間比RAM長得多。故選Bo.如果一棵完全二叉樹共有 26個結點，則必定有（）個結點的度為1。（分數：2.00）A.0VC.3D.13解析：26個結點，可知該二叉樹有 5層。由于前4層組成一棵滿二叉樹，共 15個結點，則共有11個葉子 結點，可知只有1

10、個結點的度為1。.有關設備管理概念的下列敘述中，（）是不正確的。（分數：2.00）A.通道是處理輸入、輸出的軟件VB.所有外圍設備的啟動工作都由系統統一來做C.來自通道的I/O中斷時間由設備管理負責處理D.編制好的通道程序是存放在主存儲器中的解析：通道是一種特殊用途的處理器。是硬件。.虛擬存儲管理系統的基于程序的局部性理論，（）是指最近被訪問的存儲單元可能馬上被訪問。（分數：2.00）A.數據局部性B.空間局部性C.時間局部性 VD.空間全局性解析：時間局部性是指一段時間內訪問的相同的一段存儲單元。.下列設備中，可以分割廣播域的是（）。（分數：2.00）A.集線器B.網橋C.以太網交換機D.路

11、由器 V解析：路由器是網絡層的設備，而廣播是網絡層的功能，而其他三個項都屬于網絡層以下的設備，所以都不能分割廣播域。.設有關鍵字序列F=Q, G M, Z, A, N, P, X, H,下面（）序列是從上述序列出發建堆的結果。（分數：2.00） TOC o 1-5 h z A.A,G,H,MNP,Q,X,ZB.A ,G,M,H,Q,N,P,X,Z 7C.GMQANPXHZD.HGMPANQXZ解析：參考堆建立算法。.對于一個文件的訪問，常由（）共同限制。（分數：2.00）A.用戶訪問權限和文件屬性VB.用戶訪問權限和用戶優先級C.優先級和文件屬性D.文件屬性和口令解析：本題考查文件保護的概念。

12、.若數據元素序列11, 12, 13, 7, 8, 9. 23, 4, 5是采用下列排序方法之一得到的第二趟排序后的結果， 則該排序算法只能是（）。（分數：2.00）A.起泡排序B.插入排序 VC.選擇排序D.二路歸并排序解析：.設某進程的訪問串為1、3、1、2、4,駐留集為3塊，當訪問4號頁面時，按LRU頁面替換算法，應 淘汰（）號頁面。（分數：2.00）A.1B.2C.3 VD.4解析：根據LRU算法規則淘汰3。.下列關于一地址指令的說法正確的是（）。（分數：2.00）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V解析：一地址指令可

13、能是實現單日運算的運算指令，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。.某256X1位的存儲芯片內部結構為 16X 16的存儲元矩陣，且采用“重合法”的譯碼驅動方式來選擇存 儲元，則該芯片引腳中地址線的數目為（）。（分數：2.00）A.256B.32C.16D.8 V解析：當采用“重合法”時，存儲芯片內行、列各使用16根選擇線便可選中16X 16矩陣中的任一位；又采用譯碼器時，4根地址線即可對應16根選擇線，故該芯片引腳中地址線數目為4+4=8。注意，當行地址與列地址分兩次傳送時，可將芯片引腳中地址線數減少到

14、4,但題中未給出相關說明，且無對應選項，故選D。.使用海明碼來檢出并糾正一位錯，當有效代碼長度為8位時，至少需要（）位校驗位。（分數：2.00）A.3B.4 VC.5D.6解析：當使用海明碼來檢出并糾正一位錯時，有效代碼位數n和校驗代碼位數k應滿足2Kn+k+1;具體計算時，可采用“試湊法”。本題中，有效代碼長度為 8,易知校驗位至少應大于 3位，故取k=4,代入公式，得： 24=168+4+1=13,滿足要求，故選 Bo.一個UDP用戶的數據報的數據部分長為8192字節。那么通過以太網來傳播該UDPB據報時，最后一個IP分片的數據長度是（）。（分數：2.00）A.1500B.1480C.80

15、0 VD.600解析：UDP頭部長為8字節，因此該UDP據報總長度為8200字節，以太網幀的最大數據域為1500,再減去20的IP頭部，得到每個IP分片的最大數據域長度應該是1480,則最后一個數據分片的長度應該是（8200- 5X 1480=）800 字節。.文件系統的主要目的是（）。（分數：2.00）A.實現對文件的按名存取VB.實現虛擬存儲器C.提高外圍設備的輸入輸出速度D.用于存儲系統文檔解析：本題考查文件系統的主要目的。.CPU的工作周期為20ns,主存存取周期為10ns,此時DMA 口適合采用（）方式與CPU共享主存。（分數：2.00）A.停止CPU訪問主存B.周期挪用C.DM2

16、CPU替訪存 VD.以上無正確選項解析：由于CPU工作周期為主存周期的 2倍，故可將其分為兩個分周期，其中一個供DM娛口訪存，另一個供CPUB存，即DMAf CPU交替訪存。這樣可以在不影響CPU效率的前提下充分利用主存帶寬。.高度為7的AVL樹最少有（）個結點。（分數：2.00）A.31B.32C.33 VD.34解析：平衡二叉樹中含有的最少結點數有如下關系：N=0N=1N=N-i +Z-2+1所以：2=33。.在使用瀏覽器打開某個網頁時，用戶輸入網址后，瀏覽器首先要進行（）。（分數：2.00）A.域名到IP地址的解析 VB.和服務器建立TCP連接C.發送UDP分組到服務器D.發出GET的H

17、TTP命令來獲得網頁內容解析：首先需要將域名解析成IP地址，才能利用IP地址來建立TCP連接，并進行之后的一系列活動。.設CPUT I/O設備以中斷方式進行數據傳送， CPU響應中斷時，該I/O設備接口控制器送給 CPU勺中斷 向量表（中斷向量表存放中斷向量）指針是0800H, 0800H單元中的值為1200H。則該I/O設備的中斷服務程 序在主存中的入口地址為（）。（分數：2.00）A.0800HB.0801HC.1200H VD.1201H解析：中斷向量即是中斷服務程序的入口地址。.為了使數據在網絡中的傳輸延遲最小，首選的交換方式是（）。（分數：2.00）A.電路交換 VB.報文交換C.分

18、組交換D.信元交換解析：電路交換需要在傳輸之前建立一個固定的連接，因此其傳輸的延遲最短。.關于基址尋址和變址尋址，下列說法中錯誤的是（）。（分數：2.00）A.兩者都可擴大指令的尋址范圍B.兩者在取操作數之前都需要對有效地址進行計算C.在程序執行過程中，基址寄存器的內容不可變，變址寄存器中的內容可變D.基址寄存器和變址寄存器的內容都由用戶確定V解析：基址寄存器常用來實現多道程序，其內容一般由操作系統確定，故D選項錯誤。.TCP是采用（）來控制流量的。（分數：2.00）A.設定擁塞窗口B.TCP首部中的接收窗口VC.設定擁塞閥值D.通過標志位來通知解析：TCP首部中的接收窗口是用來標識接收方的緩

19、沖能力的，避免快速的發送方淹沒慢速的接收方。.設有10階矩陣A,其對角線以上的元素 aj （1j10, 1i10T,代入上式解得，T 380 s s即要求主存儲器的存取周期應大于380 gSo指令系統字長16位，每個地址碼為6位，采用擴展操作碼的方式，試設計14條二地址指令。100條一地址指令，100條零地址指令。（分數：11.01 ）.畫出操作碼的擴展形式。（分數:3.67） 正確答案：（）解析：操作碼的擴展形式如下：.下圖為指令譯碼邏輯圖，其中只給出了二地址指令的譯碼邏輯，試補全一地址指令和零地址指令的譯碼邏輯。（分數：3.67） 正確答案：（）解析：補全后的譯碼邏輯圖如下:.計算操作碼的平均長度。（分數：3.67） 正確答案：（）解析：操作碼平均長度為（4X14+10X 100+16X 100）/214 =12.4假定在一個處理機上執行的操作如下：這些作業假定按A、B、C、D E次序先后幾乎同時（時間差相對時間片大小忽略不計）到達。（分數：8.01 ）.給定相應的圖示來說明分別用FCFS RRM間片=1）、SJF和非搶占優先調度算法（最小優先數有最高優先權）調度這些作業的情況。（分數：2.67） 正確答案：（）解析：.分別給出采用上述調度算法時每個作業的