計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷84

一、單選題（本題共40題，每題1.0分，共40分。）

1、某簡單分頁式存儲管理中，邏輯地址空間分頁為每頁IKB,對應相應的物理

塊。設主存總容量為256KB,描述主存分配情況如表1一2所列（0表示未分配，1

衰1-2

起始頁號位示圖

01111111111111111

161011100000111000

321111111111!11.........

表示已分配）。此時，操作系統創(chuàng)

建了一個新進程，大小為2.5KB,按首先分配低址空間的策略，那么，分配給該

進程的頁面的頁號分別是（）。

A、17、21和22

B、21、22和23

C、23、24和25

D、29、30和31

標準答案：A

知識點角5析：本題考杳簡單頁式地址分配和轉換的計算。根據題目給出的條件，進

程的大小為2.5KB,它所需要占用的空間為3頁，對應3個物理塊。按題意是從

地址的低址部分開始分配。因此，查看位示圖，看到從低到高別別是17、21和22

空閑，則進行分配。若考慮程序運行的優(yōu)化，則希望這3頁裝入內存時放到一起，

則21?25以及29?31均可以使用，而29?31的分配更加有利，可以使得內存效

率更高，硬件使用更均衡。由于頁式分配的特點，雖然頁面的分配可以離散化，理

論上可以分配在內存中的任何地方，但是從內存使用的效率和均衡，以及對于代碼

優(yōu)化，快表更新和減少轉移引起的缺頁中斷等方面考慮，盡量集中分配對整個系統

還是更加有利的。本題并不考查這一點，所以按最簡單的算法去分配即可。

2、在某操作系統中，假設時鐘中斷處理程序的執(zhí)行時間為4ms,其中包括進程切

換的開銷，若果時鐘中斷頻率為80Hz,那么CPU用于時鐘中斷處理的時間比率是

（）。

A、12%、

B、24%

C、32%

D、44%

標準答案：C

知識點解析：時鐘中斷處理程序的執(zhí)行時間為4ms=O.004so時鐘中斷頻率為80

Hz,那么時鐘周期為1/80s。CPU用于時鐘中斷處理的時間比率=時鐘中斷處理

程序的執(zhí)行時間/時鐘周期=0.004s/（I/80s）=32%o

3、關于因特網中的主機和路由器，以下說法正確的是（）。I.主機通常需要實現

TCP協議D.路由器必須實現TCP協議HI.主機必須實現IP協議W.路由器必

須實現IP協議

A、I、n和皿

B、I、II和W

c、1、in和iv

D、n、in和w

標準答案：c

知識點解析：主要考查網絡設備與參考模型的關系，主機作為終端設備，需要實現

整個五層協議，而路由器作為網絡層設備，僅實現物理層，數據鏈路層和網絡層三

個層次的協議，這里TCP是傳輸層協議，路由器不需要管理傳輸層的內容，僅完

成網絡層的數據包傳輸，選項II排除，因此答案為C。

4、某二叉樹的先序遍歷序列為IJKLMNO,中序遍歷序列為JLKINMO,則后序遍

歷序列是（）?

A、JLKMNOI

B、LKNJOMI

C、LKJNOMI

D、LKNOJMI

標準答案：C

知識點解析：由先序和中序遍歷序列確定一棵二義樹，再給出這棵二義樹的后序遍

歷序列。

5、在下列排序方法中不需要對排序碼進行比較就能進行排序的是（）。

A、基數排序

B、快速排序

C、直接插入排序

D、堆排序

標準答案：A

知識點解析：暫無解析

6、3個進程共享4個同類資源，這些資源的分配與釋放只能一次一個。已知每一

個進程最多占有兩個該類資源，則該系統（）。

A、有某進程可能用于得不到該類資源

B、必然有死鎖

C、進程請求該類資源立刻能得到

D、必然無死鎖

標準答案：D

知識點解析：根據題意，則任意時刻總有一個進程可以獲得其所有資源，從而能在

有限的時間內運行完畢，所以系統那個必然無死鎖。

7、在一個磁盤上，有1000個柱面，編號從0-999,假設最后服務的請求是在磁

道345上，并且讀寫頭正在朝磁道0移動。按FIFO順序排列的隊列中包含了如下

磁道上的請求：123、874、692、475、105、376。利用SCAN調度算法滿足系統

請求，那么磁盤臂必須移過的磁道的數目為（）。

A、1298

B、2013

C、1219

D、1967

標準答案：C

知識點解析:SCAN：移動磁道的順序為345、123、105、0、376、475、692、

874o磁盤臂必須移過的磁道的數目為222+18+105+376+99+217+182=1219。

8、若浮點運算結果尾數不是規(guī)格化數，將進行結果規(guī)格化。結果規(guī)格化有左規(guī)和

右規(guī)之分，下列操作中，屬于結果規(guī)格化的操作是（）。I.尾數左移1位，階碼加

1n.尾數左移1位，階碼減1n.尾數右移1位，階碼加1iv.尾數右移1位，

階碼減1

A、I、皿

B、II、m

C、I、IV

D、口、W

標準答案：B

知識點解析：當浮點運算結果尾數不是規(guī)格化數時，執(zhí)行左規(guī)或右規(guī)。向左規(guī)格化

規(guī)則：尾數每左移1位，階碼減1。向右規(guī)格化規(guī)則：尾數右移1位，階碼加1。

9、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(fā)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(fā)性的基礎，由于采用了

多道技術，系統實現了并發(fā)，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。

10、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、I

D、n/2d-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。

II、對于一個滿二叉樹，共有n個結點和m個葉子結點，深度為h,則（）。

A、n=h+m

h+m=2n

C>m=h-1

D、n=2h-l

標準答案：D

知識點解析:對于深度為h的滿二叉樹，n=20+2i+...+2h-i=2h-l,m=2h"。

12、下列（）是動態(tài)半導體存儲器的特點。I.在工作中存儲器內容會產生變化

U.每隔一定時間，需要根據原存內容重新寫入一遍ID.一次完整的刷新過程需

要占用兩個存儲周期IV.一次完整的刷新過程只需要占用一個存儲周期

A、I、m

Bn、m

C、口、w

D、只有in

標準答案：c

知識點解析：動態(tài)半導體存儲器是利用電容存儲電荷的特性記錄信息的，由于電容

會放電，所以必須在電荷流失前對電容充電，即刷新。方法是每隔一定時間，根據

原存內容重新寫入一遍，所以I錯誤，其他的選項請參考下面的補充知識點。知

識點擴展：刷新的總結。刷新其實分為兩步：第一步是讀取并放大信息，第二步

是存入信息，因此將刷新看做信息的再生過程。刷新是按存儲器的行來進行的，刷

新一行的時間為一個存取周期。這里需要額外解釋的是，有人也許認為刷新一次分

為兩步：讀和存，應該與用兩個存取周期，但事實上，這里的讀并不是把信息讀入

CPU,存也不是從CPU向主存存入信息，它只是把信息讀出，通過一個刷新放大

器后乂重新存回到存儲單元里去，而刷新放大器是集成在RAM上的。因此，這里

只進行了一次訪存，也就是占用一個存取周期（這點考生一定要注意，這也是出此

題的用意所在）。刷新有以下3種方法。⑴集中刷新：在一段時間里，只對所有的

行進行刷新，不進行任何訪存行為。存在較長的“死時間（2）分散刷新：存取周

期分為兩段，前段用來正常訪存，后段用來刷新。因此，存取周期變長，系統速度

降低。（3）異步刷新：前兩者結合，同一行的兩次刷新時間間隔只要不超過電荷流

失光的時間即可v在刷新時，類似于DMA的周期挪用，“借”一個周期來刷新該

行。

13、下列說法正確的是（）。

A、任何有向網絡（AOV網）拓撲排序的結果是唯一的

B、有回路的圖不能進行拓撲排序

C、在AOE網中一定只有一條關鍵路徑

D、一個正常的AOE網中只能有一個源點、一小匯點和一條關鍵路徑

標準答案：B

知識點解析：拓撲排序的結果不一定是唯一的；在AOE網中，關鍵路徑可以不止

一條，故選B。

14、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，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?？偟谋容^次數=1+2

+...+k=k（k+l）/2o

15、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，地址變換過程如下

圖所示。假定頁面的大小為8K,圖中所示的十進制邏輯地址9612經過地址變換

一|蝴2］

JI3—MM

后，形成的物理地址a（十進制）是（）。zJHa?

A、42380

R、25996

C、9612

D、8192

標準答案：B

知識點解析：由于頁面大小為8K,則十進制邏輯地址9612處于第1虛頁中，頁內

地址一1420,其對應的實頁為第3頁，故a=3x8l92+1420=25996。［歸納總結］

具體的計算公式有：虛頁號=［虛地址/頁面大?。蓓搩鹊刂?虛地址一虛頁號x頁

面大小主存實地址=實頁號x頁面大小十頁內位移量頁式虛擬存儲器中的頁表的

每一行記錄了與某個虛頁對應的若干信息，包括虛頁號、裝入位和實頁號等。頁表

基址寄存器和虛頁號拼諼成頁表索引地址。根據這個索引地址可讀到一個頁表信息

字，然后檢測頁表信息字中裝入位的狀態(tài)。若裝入位為“1”，表示該頁面已在主存

中，將對應的實頁號與虛地址中的頁內地址相拼接就得到了完整的實地址；若裝入

位為“0”，表示該頁面不在主存中，于是要啟動I/O系統，把該頁從輔存中調入主

存后再供CPU使用。［解題技巧］首先，根據題目所給出的虛地址可以計算出虛頁

號和頁內地址，然后根據所求出的虛頁號查頁表找出實頁號，最后將實頁號拼上頁

內地址得到相應的主存地址。

16、以下排序方法中，不需要進行關鍵字的比較的是（）。

A、快速排序

B、歸并排序

C、基數排序

D、堆排序

標準答案：C

知識點解析：基數排序是采用分配和收集實現的，不需要進行關鍵字的比較，而其

他幾種排序方法都是通過關鍵字的比較實現的。

17、要發(fā)送的數據是1101011011,采用CRC校驗，生成多項式是10011,那么最

終發(fā)送的數據應該是（），

A、11010110111010

B、11010110110110

C、11010110111110

D、11110011011100

標準答案：C

知識點解析：根據給出的除數，用】1010110110000除以10011,得到的冗余碼為

1110,添加在原來數據的最后發(fā)送出去。

18、如果二叉樹T2是由有序樹T1轉換而來的二又樹，那么T1中結點的后序就是

T2中結點的（）。

A^先序

B、中序

C、后序

D、層次序

標準答案：B

知識點解析：一般樹中一個結點的孩子是無序的，所謂有序樹是指樹中任一結點的

孩子是有序的。由樹轉爽成二叉樹的過程可知本題答案為B。

19、以下關于圖的說法正確的是（）。I在一個有向圖的拓撲序列中，若頂點a在頂

點b：之前，則圖中必有一條弧II若一個有向圖的鄰接矩陣中對角線一下元素均為

0,則該圖的拓撲序列必定存在m在AOE網中一定只有一條關鍵路徑

A、I、n

B、n>m

c>I、in

D、僅有n

標準答案：D

知識點解析：說法I是錯誤的，在一個有向圖的拓撲序列中，若頂點a在頂點b之

前，只能說明頂點a到頂點b有一條路徑。說法DI是錯誤的，AOE網中可能有不

止一條關鍵路徑，它們的路徑長度相同。說法n是正確的。任意n個頂點的有向

無環(huán)圖都可以得到一個拓撲序列。設拓撲序列為VC”VI，Vn-l，證明此時的鄰

接矩陣A為上三角矩陣，可用反證法證明。假設此時的鄰接矩陣不是上三角矩

陣,那么，存在下標i和j(i>j),使得不等于0,即圖中存在從盯到內的一條

有向邊。由拓撲序列的定義可知，在任意拓撲序列中，Vi的位置一定在vj之前，

而上述拓撲序列V0,VI...,Vn-］中，由于i>j,即V的位置在Vj之后，導致矛盾。

因此說法II是正確的。

20、下列哪個選項不可能是微指令格式中的組成部分()。

A、操作碼字段

B、操作控制字段

C、外部條件字段

D、下地址字段

標準答案：A

知識點解析：操作碼字段是機器指令的組成部分，垂直型微指令中可能有微操作碼

字段，水平型微指令中無相應字段，故選A。

21、已知X=-0.875x21.Y=O.625x22,設浮點數格式為階符1位.階碼2

位，數符1位，尾數3位，通過補碼求出Z—X—Y的二進制浮點數規(guī)格化結具是

()。

A、1011011

B、0111011

C、1001011

D、以上都不是

標準答案：B

知識點解析：將X=-0.875x2?和Y=0.625x2?寫成7位浮點數形式，有X=

0011001和Y=O1OOIOI,對階之后,X=0101100,對階后尾數做減法,結果需要

進行右規(guī)，最終結果Z=0111011。［歸納總結］浮點數加、減運算一般包括對階、

尾數運算、規(guī)格化、舍入和判溢出等步驟。對階就是使兩數的階碼相等，對階原則

是小階向大階看齊，即階碼小的數的尾數右移，每右移一位，階碼加1,直到兩數

的階碼相等為止。［解題技巧］假設7位浮點數中最高位為階符，只有選項B的階符

為O,即階碼為正，所以馬上可以選中正確的答案。

22、假設初始為空的散列表的地址空間為(0…10),散歹U函數為H(kcy尸keymod

II,采用線性探測再散列法處理沖突，若依次插入關鍵字37、95、27、14、48,

則最后一個關鍵字值48的插入位置是()。

A、4

B、5

C、6

D、8

標準答案：C

知識點解析：首先通過散列函數H(key尸keymod11的計算得知，37、95、27、14

分別插入到散列表中的4、7、5、3的位置。而48mod11=4,但是此時4已經有元

素了，根據線性探測再散列法處理沖突的原則，依次探測位置4的下一個地址，直

到此地址為空，發(fā)現6為空則插入，故選C選項。補充：如果此題改為使用平方

探測法，則又應該選擇哪一個選項？提示：平方探測法的原理是設發(fā)生沖突的地址

為d,則平方探測法的探測序列為d+U,d~l2,d+22,d—22,…位置4不空

時，下一個探測的位置應該為5,發(fā)現又不空，則下一個探測的位置應該是3,發(fā)

現乂不空。接著再探測位置8,發(fā)現為空，將元素插入，故選D選項。平方探測

法是一種較好的處理沖突的方法，可以避免出現堆積問題。它的缺點是不能探測到

散列表上的所有單元，但至少能探測到一半單元。

23、如果一臺主機的IP地址為192.168.0.10,子網俺碼為

255.255.255.224,那么主機所在網絡的網絡號占IP地址的位數是()。

A、24

B、25

C、27

D、28

標準答案：C

知識點解析：本題考查子網劃分的基本原理，224的二進制是11100000,因此于

網占3個bii,網絡號是192.168.0.111,因此是27位，答案是C。

24、在有一個CPU和兩臺外設D1和D2,且能夠實現基于優(yōu)先級的搶占式調度算

法的多道程序環(huán)境中，同時進入優(yōu)先級由高到低的Pl、P2、P3的3個作業(yè)，每個

作業(yè)的處理程序和使用資源的時間如下：Pl：D2(30ms),CPU(IOms),

Di(30ms),CPU(10ms)oP2：DI(20ms),CPU(20ms),D2(40ms)oP3：

CPU(30ms),Dl(20ms)o假設對于其他輔助操作時間忽略不計，CPU的利用率是

()o

A,47.8%

B、57.8%

C、67.8%

D、77.8%

標準答案：D

知識點解析：搶占式優(yōu)先級調度算法，3個作業(yè)執(zhí)行的順序如圖7-6所示。(還可

以有一種畫法，即按照進程來考慮，縱坐標為Pl、P2、P3。)

1

CPUP3T2PIFl

DIP2PIP3

mnP2

圖7.63個作業(yè)執(zhí)行的頓凈每4、格表示

10ms,3個作業(yè)從進入系統到全部運行結束，時間為90ms。CPU與外設都是獨占

設備，運行幾寸問分別為各作業(yè)的使用時間之和：CPU運行時間方

(10ms+10ms)+20ms+30ms=70mso故利用率為70/90=77.8%提示：對于本題中

作業(yè)執(zhí)行的順序可以這樣得到，由于采用的是基于優(yōu)先級的搶占式調度算法，也就

是優(yōu)先級高的作業(yè)優(yōu)先調度，并且可以搶占任何資源使用，故在畫設備利用情況表

時，我們可以讓優(yōu)先級高的作業(yè)一次性完成，再考慮低一級的作業(yè)，最后考慮級別

最低的作業(yè)。

25、在AOE網絡中關鍵路徑敘述正確的是（）。

A、從開始頂點到完成頂點的具有最大長度的路徑，關鍵路徑長度是完成整個工程

所需的最短時間

B、從開始頂點到完成頂點的具有最小長度的路徑，關鍵路徑長度是完成整個工程

所需的最短時間

C、從開始頂點到完成頂點的具有最大長度的路徑，關鍵路徑長度是完成整個工程

所需的最長時間

D、從開始頂點到完成頂點的具有最小長度的路徑，關鍵路徑長度是完成整個工程

所需的最長時間

標準答案：A

知識點解析：關鍵路徑的定義。

26、下面關于電子郵件的說法中，不正確的是（）。

A,電子郵件只能發(fā)送文木文件

B、電子郵件可以發(fā)送圖形文件

C、電子郵件可以發(fā)送二進制文件

D、電子郵件可以發(fā)送主頁形式的文件

標準答案：A

知識點解析：本題考查電子郵件的主要功能，電子郵件不僅僅發(fā)送文本文件，注意

郵件統中SMTP不能傳送可執(zhí)行文件或其他的二進制對象。SMTP限于傳送7位的

ASCH碼，也就是文本文件，因此引入MIME協議，在沒有改動SMTP或取代

SMTP的前提下，增加了郵件主體的結構，并定義了傳送非ASCII碼的編碼規(guī)

則.因此答案為A.

27、在一棵高度為h的理想平衡二叉樹中，最少含有（）個結點，最多含有（）個結

點。

A、2h;2hd

B、2h-l;2h

C、2h+l;2h—1

D、2叫2卜一1

標準答案：D

知識點解析：由平衡二叉樹的特性可知，一棵高度為h的理想平衡二叉樹中，含有

結點數最少的情形是：前h—l層為滿二又樹，第h層只有一個結點，因而結點總

數為（2小】一1）+1=2疳；含有結點數最多的情形是：該樹是一棵高度為h的滿二叉

樹，因而結點總數為2卜一1。

Ill

28、圖8—1是一棵（）。WR-i趟9圖

A、4階B一樹

B、4階B+樹

C、3階B一樹

D、3階B+樹

標準答案：A

知識點解析：首先很明顯不是B+樹，因為B+樹的葉子結點本身依關鍵字的大小自

小而大順序鏈接，故排除B、D選項。另外，B一樹有一個性質為：m階B一樹的

結點關鍵字數量最多為m—l個，但是圖8—1中有個結點有3個關鍵字，也就是

說此B一樹不可能是3階，故選A選項。

29、計算機主頻的周期是指（）。

A、指令周期

B、時鐘周期

C、CPU周期

D、存取周期

標準答案：B

知識點解析：時鐘周期是由CPU時鐘定義的定長時間間隔，是計算機主頻的局

期，是CPU工作的最小時間單位，也稱節(jié)拍脈沖。CPU周期又稱機器周期，由于

CPU訪問一次內存所花的時間較長，因此通常用從內存讀取一條指令字的最短時

間來規(guī)定CPU周期。指令周期是取出并執(zhí)行一條指令的時間，一個指令周期常常

由若干個CPU周期組成。存儲器進行?次“讀”或“寫”操作所需的時間稱為存儲器

的訪問時間（或讀寫時間），而連續(xù)啟動兩次獨立的“讀''或"寫”操作（如連續(xù)的兩次

“讀”操作）所需的最短時間，稱為存取周期（或存儲局期）。

30、中綴表達式A-（B+C/D）*E的后綴形式是（）。

A、AB-C+D/E*

B、ABC+D/-E*

C、ABCD/E*+-

D、ABCD/+E*-

標準答案：D

知識點解析：將中綴表達式轉換為后綴表達式需要一個運算符棧，假設中綴表達式

本身合法且在字符數組A中，轉換后的后綴表達式存儲在字符數組B中。具體做

法；從左到右打描表達式，遇到運算對象順序向存儲后綴表達式的B數組中存

放，遇到運算符時，若這個運算符比棧頂運算符高則入棧，繼續(xù)向后處理，若這個

運算符比棧頂運算符低則運算符出棧，并將其送人數組B中存放。其實中綴表達

式和后綴表達式中操作數出現的次序是相同的，只是運算符的出現次序不同。在后

綴表達式中，運算符出現的次序就是實際應計算的順序。一種方法是把中綴表達式

中所有的計算順序都按照計算規(guī)則用嵌套括號形式表示出來，然后將每對括號中的

運算符移到相應括號的后面，在刪去所有括號，便得到等價的后綴表達式。A-

（B+C/D）*E表示為：（A-（（B+（C/D））*E））轉換為：ABCD/+E*-故選D。

31、臨界區(qū)是指并發(fā)進程中訪問共享變量的（）段。

A、管理信息

B、信息存儲

C、數據

D、程序

標準答案：D

知識點解析：暫無解析

32、RS232-C接口規(guī)范所處的層次是（）。

A、物理層

B、數據鏈路層

C、網絡層

D、傳輸層

標準答案：A

知識點解析：物理層協議要解決的是主機、工作站等數據終端設備與通信設備之間

的接口問題。ISO將上兩種設備分別稱為DTE（插頭）和DCE（插座）；RS232-C是美

國電子工業(yè)協會與1973年提出的串行通信接口標準，用于DTE和DCE之間的接

口標準。定義在ISO7層參考模型中的物理層。

33、當一臺計算機從FTP服務器下載文件時，在該FTP服務器上對數據進行封裝

的五個轉換步驟是（）。

A、比特，數據幀，數據報，數據段，數據

B、數據，數據段，數據報，數據幀，比特

C、數據報，數據段，數據，比特，數據幀

D、數據段，數據報，數據幀，比特，數據

標準答案：B

知識點解析：應用層的數據首先加上TCP首部構成TCP數據段，接著又加上IP首

部構成IP數據報，緊接著把IP數據報加上幀頭和幀尾構成MAC幀，最后轉化為

比特流在物理層上傳送。

34、在無序數組a[N]中作10次以上杳找，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））。nlogn+10*logzn<=10*n,知選B。

35、對無序的撲克排序，要求先排花色，再排大小，兩次排序采用同種排序法，則

應選用（）。

A、快速排序

B、選擇排序

C、插入排序

D、堆排序

標準答案：C

知識點解析：參見各種排序算法的比較。

36、中斷處理和子程序調用都需要壓棧以保護現場，中斷處理一定會保存而子程序

凋用不需要保存其內容的是

A、程序計數器

B、程序狀態(tài)字寄存器

C、通用數據寄存器

D、通用地址寄存器

標準答案：D

知識點解析：中斷處理一定會保存程序狀態(tài)字寄存器中的內容，而子程序調用不需

要保存其內容。

37、在"CP/1P體系結構中，直接為ICMP提供服務的協議是

A、PPP

B、IP

C、UDP

D、TCP

標準答案：B

知識點解析：IP是直接為ICMP提供服務的協議。

38、如果本地域名服務器無緩存，當采用遞歸方法解析另一網絡某主機域名時，用

戶主機、本地域名服務器發(fā)送的域名請求消息數分別為一o

A、一條、一，條

B、一條、多條

C^多條、一條

D、多條、多條

標準答案：A

知識點解析：考查DNS系統域名解析過程。當采用遞歸查詢的方法解析域名時，

如果主機所詢問的本地域名服務器不知道被查詢域名的IP地址，那么本地域名服

務器就以DNS客戶的身份，向其他根域名服務器繼續(xù)發(fā)出查詢請求報文，這種方

法用戶主機和本地域名服務器發(fā)送的域名請求條數均為1條。

39、在系統總線的數據線上，不可能傳輸的是—o

A、指令

B、操作數

C、握手（應答）信號

D、中斷類型號

標準答案：C

知識點解析：考查總線的特點。數據線可能傳輸指令，當取指令時，指令便是在數

據線上傳輸的：操作數顯然在數據線.上傳輸。中斷類型號是用以指）士（中斷向量地

址的，CPU響應中斷請求后，將中斷應答信號（INTR）發(fā)回到數據總線上，CPU從

數據總線一卜讀取中斷類型號后，就可以通過這個中斷類型號在中斷向量表上找到

該設備的中斷服務程序入口地址，轉入中斷服務程序，而握手（應答）信號應該在通

信總線上傳輸。

40、下列選項中，滿足短任務優(yōu)先且不會發(fā)生饑餓現象的調度算法是一。

A、先來先服務

B、高響應比優(yōu)先

C、時間片輪轉

D、非搶占式短任務優(yōu)先

標準答案：B

知識點解析：考查各種調度算法的特點。響應比=作業(yè)響應時間/作業(yè)執(zhí)行時間

=（作業(yè)執(zhí)行時間+作業(yè)等待時間）/作業(yè)執(zhí)行時間。高響應比算法在等待時間相同情

況下，作業(yè)執(zhí)行時間越短響應比越高，滿足短任務優(yōu)先。隨著等待時間增加，響應

比也會變大，執(zhí)行機會就增大，所以不會產生饑餓現象。先來先服務和時間片輪轉

不符合短任務優(yōu)先，非全占式短任務優(yōu)先會產生饑餓現象。

二、綜合應用題（本題共12題，每題1.0分，共12

分。）

41、在一個根目錄常駐內存的文件系統中，目錄文件采用鏈接結構，每個目錄下最

多存放80個文件或目錄（稱為下級文件）。每個磁盤塊最多可存放10個文件目錄

項，且滿足下列要求：如果下級文件是目錄文件，則上級目錄項指向該目錄文件的

第一塊地址。假設目錄結構中文件或子目錄按自左向右的次序排列。請回答下列

問題：（1）普通文件采用UNIX三級索引結構，即文件控制塊中給出13個磁盤地

址。前10個磁盤地址指出文件前10塊的物理地址；第11個磁盤地址指向一級索

引表，一級索引表給出256個磁膩地址，即指出該文件第11塊至第266塊的物理

地址：第12個磁盤地址指向一級索引表，一級索引表中指出256個一級索引表的

地址；第13個磁盤地址指向三級索引表，三級索引表中指出256個二級索引表的

地址。主索引表放在目錄項中，若要讀/A/D/G/I/K的第7456塊，最多啟動

硬盤幾次？（2）在（1）的條件下，若將I沒置為當前目錄，可以減少幾次啟動硬盤的次

數？

標準答案：（1）在UNIX三級索引結構中，要想訪問/A/D/G/I/K的第7456

塊，最多情況需要訪問兩級索引，也就是最多需要啟動7次磁盤即可訪問。（2）如

果當前目錄是I,那么至少可以減少啟動4次磁盤。

知識點解析：暫無解析

42、某機的主要部件如圖4—4所示。

|移位器||IR|MDR|

M

[LA||LB||DMAR

圖4-4（1）請補充各部件間的主要

連接線，并注明數據流動方向；（2）擬出指令SUB（Ri）,?（R?的執(zhí)行流程（含取指過

程與確定后繼指令地址）。該指令的含義是進行減法操作，源操作數地址和目的操

作數地址分別在寄存器R1和R2中，目的操作數尋址方式為自減型寄存器間接尋

址。其中：LA—A輸人選擇器，LB—B輸入選擇器，C、D-暫存器。

標準答案：（1）將各部件間的主要連接線補充完后，數據通路如圖4—7所示。

DR~R,

圖4-7(2)指令

SUB(R|),02)的含義為(R2)-1TR2((R1))T((R2))T(R2)指令的執(zhí)行流程如下:

①(PC)-MAR；取指令②Read③M(MAR)-MDR—IR④(PC)+1-PC

⑤(Ri)-MAR；取被減數⑥Read⑦M(MAR)-MDR-C③(R2)—l—R2;修改

目的地址⑨(R2)—MAR；取減數?Read11M(MAR)->MDR->D12(C)-

(D)一MDR；求差并保存結果13Write14MDR一MM

知識點解析：暫無解析

頁號頁框號有效位（存在位）

0101H1

1■0

2254H1

頁面大小為4KB,一次內存盼訪問時間是100ns,一次快表（TLB）的訪問時間是

10ns,處理一次缺頁的平均時間為108ns（已含更新TLB和頁表的時間），進程的

駐留集大小固定為2,興用最近最少使用置換算法（LRU）和局部淘汰策略。假設：

①TLB初始為空；②地址轉換時先訪問TLB,若TLB未命中，再訪問頁表（忽略

訪問頁表之后的TLB更新時間）；③有效位為0表示頁面不在內存，產生缺頁中

斷，缺頁中斷處理后，返回到產生缺頁中斷的指令處重新執(zhí)行。設有虛地址訪問序

列2362H、1565H、25A5H,請問：（1）依次訪問上述三個虛地址，各需多少時間？

給出計算過程。（2）基于上述訪問序列，虛地址1565H的物理地址是多少?請說明

理由。

標準答案：（1）根據頁式管理的工作原理，應先考慮頁面大小，以便將頁號和底內

位移分解出來。頁面大小為4KB=212B,則得到頁內位移占虛地址的低12位，頁

號占剩余高位?？傻萌齻€虛地址的頁號P如下（十六進制的一位數字轉換成4位二

進制，因此，十六進制的低1.2位正好為頁內位移，最高位為頁號）：

頁號/頁框號（4位）頁內偏移徽（12位）

2362H：頁號P=2,有效位為1,存在內存中。先訪問快表10ns,因初始為空，不

在快表中，因此，需要訪問頁表100ns得到頁框號，合成物理地址后訪問主存100

ns,共計10ns+100ns+l00ns=210ns。1565H：頁號P=l,有效位為0,不存在內

存中。先訪問快表10ns落空，進行缺頁中斷處理l（）8ns,合成物理地址后訪問主

存100ns,共計10ns+100ns+l（）8ns+100n2108ns。25A5H：頁號P=2,有效位為

1，存在內存中。訪問快表，因第一次訪問已將該頁號放入快表，因此花費10ns

便可合成物理地址，訪問主存】00ns,共計10ns+100ns=l10ns。（2）當訪問虛地

址1565H時，產生缺頁中斷，合法駐留集為2,必須從頁表中淘汰一個頁面。根據

題目的最近最少使用置換算法，應淘汰。號頁面，因此1565H的對應頁框號為

101Ho由此可得1565H的物理地址為IOI565Ho

知識點解析：暫無解析

44、如果下表是路由器R1的路由表，仔細分析各個表項的特點，并回答如下問

槍碼目的地址下一跳接口標志

255.255.192.0一mO

255.255.255.224202.14.17.193-ml

130.56.12.4m2G

題。

⑴給出mO和ml所在的網絡號，以及可連接的最大主機數目。（2）給出接口mO,

m1和m2的合理的IP地址。（3）試給出網絡的拓撲。

標準答案：（l）mO和ml所在的網絡號分別是145.23.128.0/20和

202.14.17.192/26,可連接的最大主機數目分別是4094和62個。（2）接口

mO,ml和m2的合理的IP地址分別是145.23.129.65、202.14.17.200和

130.56.12.5o（3）如下圖所示

知識點解析：本題考查路由表的構建和原理，本題要從路由表出發(fā)，反推網絡的拓

撲的情況，因此首先要仔細分析路由表的每一個表項，首先第一個條目，涉及到接

口mO所連接的網絡,這里目的地址是145.23.129.7,掩碼是255.255.I

92.0,即255.255.11000000.0,目的地址129轉換為二進制10000,001,因

此所連接的網絡是145.23.128.0/20,主機位占有12位，因此最大主機數目

是2合一2=4094,因此接口mO只要取屬于這個網絡的任何地址都是可以的，但必

須不能是145.23.129.7,這里無妨假定取145.23.129.65。同理，針對ml

所連接的網絡，這里目的地址是202.14.17.193,掩碼是255.255.25

5.224,即255.255.255.11100000,目的地之中最后一個字節(jié)193轉換為二

進制是110000001,因此接口ml所連接的網絡是202.14.17.192/26,主機

位占有6位，因此最大主機數目是26—2=62,因此接口mO只要取屬于這個網絡

的任何地址都是可以的，但必須不能是202.14.17.193,這里無妨取

202.14.17.200o最后一個表項是默認路由，僅給出了下一跳的地址，或者是一

個網絡，或許是ppp,因此只能假定m2的接口地址是130.56.12.5,這樣這個

路由器的基本情況就知道了，mO和ml分別連接兩個網絡，m2連接因特網，拓撲

圖就容易給出了。

45＞已知兩個實數x=-68,y=-8.25,它們在C語言中定義為float型變量,分別存

放在寄存器A和B中。另外，還有兩個寄存器C和D。A、B、C、D都是32位的

寄存器。請回答下列問題（要求用十六進制表示二進制序列）：（1）寄存器

A和B的內容分別是什么？（2）x和y相加后的結果存放在C寄存器中，寄存器

C中的內容是什么？（3）x和y相減后的結果存放在D寄存器中，寄存器D中的

內容是什么？

標準答案：(l)x=-l.0001X26,符號位=1,階碼為127+6=133=(10000101)2，尾數

為1.0001,所以寄存器A的內容為11000010100010000000000000000000,寫出

十六進制為C2880000H。y=-l.00001X23,符號位=1,階碼為

127+3=130=(10000010)2,尾數為1.00001,所以寄存器B的內容為110000010

00001009000000000000000,寫出十六進制為C1040000H。(2)兩浮點數相加，首

先對階，小階向大階看齊，然后尾數相加，結果規(guī)格化。X和Y相加后的結果為-

1.00I1001X26O其中：符號位=1,階碼為127+6=133=(10000101)2，尾數為

1.00110001,所以存放結果的寄存器C的內容為110000101

00110001000000000000000,寫出十六進制為C2988OOOH。(3)兩浮點數相減的步

驟與相加相同，只是改為尾數相減。x和y相減后的結果為?

0.11101111X26=1.1101111X25,其中：符號位=1,階碼為

127+5=132=(10000100)2尾數為1.1101111,所以存放結果的寄存器D的內容為1

100001001101111000000000000000,寫出十六進制為C26F0000Ho

知識點解析：暫無解析

設有4臺主機A、B、C和D都處在同一物理網絡中，它們的IP地址分別為

192.155.28.112、192.155.28.120、192.155.28.135和

192.155.28.202,子網掩碼都是255.255.255.224,請回答：

46、該網絡的4臺主機中哪些可以直接通信?哪些需要通過設置路由器才能通信?請

畫出網絡連接示意圖，并注明各個主機的子網地址和主機地址。

標準答案：思路分析：子網掩碼為255.255.255.224,僅和第四節(jié)節(jié)有關，轉

換為二進制255.255.255.111000000把主機的地址轉換為二進制，并和子網掩

碼進行與運算，就可求出其網絡地址。主機地址網絡地址A192.155.28.112

192.155.28.01110000192.155.28.96B192.155.28.120

192.155.28.01111000192.155.28.96C192.155.28.135192.1

55.28.10000111I92.155.28.128D192.155.28.202

192.155.28.11001010192.155.28.192只有處于同一個網絡的主機之間才

能直接通信。因此，只有A和B之間才可以直接通信。C和D以及它們同A和B

的通信必須經過路由器。若要加入第5臺主機E,使它能與D直接通信，那么主

機E必須位于和D相同的網絡中，即192.155.28.192,這樣地址范圍是1

92.155.28.193?192.155.28.222,且除去D主機的IP地址

192.155.28.202o主機A地址改為192.155.28.168,那么它所處的網絡為

192.155.28.160o由定義知，直接廣播地址是主機號各位為全“1”，用于任何網

絡向該網絡上的所有主鞏發(fā)送報文，每個子網的廣播地址則是直接廣播地址。本地

廣播地址又稱為有限廣播地址，它的32位為全“1”，用于該網絡不知道網絡號時的

內部廣播。因此，主機A的直接廣播地址為192.155.28.191,本地廣播地址是

255.255.255.255,若使用本地廣播地址發(fā)送信息,則所有主機都能夠收到。若

希望4臺主機直接通信，則可以修改掩碼為25