[考研类试卷]计算机专业（基础综合）模拟试卷27及答案与解析.doc

1、计算机专业（基础综合）模拟试卷 27 及答案与解析一、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 在一个双向链表中，在*p 结点之后插入结点*q 的操作是( )。（A）qpriorp；p nextq；pnextpiorq；qnextpnext；（B） qnextpnext；pnextprior q； pnextq；qpriorp；（C） pnextq；qpriorp；qnextp next；pnextpriorq；（D）pnextpriorq；qnextpnext ；qpriorp；pnextq；2 设线性表中有 2n

2、个元素，以下操作中，在单链表上实现要比在顺序表上实现效率更高的是( ) 。（A）删除指定元素（B）在最后一个元素的后面插入一个新元素（C）顺序输出前 k 个元素（D）交换第 i 个元素和 2ni1 个元素的值(i0，1，n1)3 设数组 Sn作为两个栈 S1 和 S2 的存储空间，对任何一个栈只有当 Sn全满时才不能进行进栈操作。为这两个栈分配空间的最佳方案是( )。（A）S 1 的栈底位置为 0，S 2 的栈底位置为 n1（B） S1 的栈底位置为 0， S2 的栈底位置为 n2（C） s1 的栈底位置为 0， S2 的栈底位置为 n（D）s 1 的栈底位置为 0，S 2 的栈底位置为 14

3、 若用一个大小为 6 的数组来实现循环队列，且当前 rear 和 front 的值分别为 0 和3，当从队列中删除一个元素，再加入两个元素后，rear 和 front 的值分别是( )。（A）1 和 5 （B） 2 和 4 （C） 4 和 2 （D）5 和 15 利用逐点插入建立序列(50，72，43，85，75，20，35，45，65，30)对应的二叉排序树以后，要查找元素 30 要进行元素间的比较次数是( )。（A）4（B） 5（C） 6（D）76 将有关二叉树的概念推广到三叉树，则一棵有 244 个结点的完全三叉树的高度是( )。（A）4（B） 5（C） 6（D）77 在一个具有 n(n

4、0)个顶点的连通无向图中，至少需要的边数是( )。（A）n （B） n1 （C） n1 （D）n28 已知一个线性表(38，25，74，63，52，48)，假定采用散：列函数 h(key)key7 计算散列地址，并散列存储在散列表 A06中，若采用线性探测方法解决冲突，则在该散列表上进行等概率成功查找的平均查找长度为( )。（A）1.5（B） 1.7（C） 2（D）2.39 有一个长度为 12 的有序表，按折半查找法对该表进行查找，在表内各元素等概率情况下，查找失败时所需的平均比较次数是( )。（A）3712 （B） 6213 （C） 3912 （D）491310 下列排序算法中不能保证每趟排

5、序至少能将一个元素放到其最终的位置上的是( )。（A）快速排序 （B）希尔排序 （C）堆排序 （D）起泡排序11 若要求尽可能快地对序列进行稳定的排序，则应选的是( )。（A）快速排序 （B）归并排序 （C）起泡排序 （D）堆排序12 计算机系统的层次结构，下列五个级别机器由下到上的顺序是( )。 I机器语言机器； 汇编语言机器； 高级语言机器； 微程序控制机器；V操作系统机器；（A）I V （B） IV（C） VIIV （D）VI13 已知定点整数 x 的补码为 1x3x2x1x0，且 x8，则必是( )。（A）x 3l，x 2x 0 至少有一个 1 （B） x30，x 2x 0 至少有一个

6、 1（C） x31，x 2x 0 任意 （D）x 30，x 2X 0 任意14 在规格化浮点运算中，若某浮点数为 22110101，其中尾数为补码表示，则该数是( )。（A）不需规格化（B）需右移规格化（C）需将尾数左移一位规格化（D）需将尾数左移两位规格化15 汉字“啊”的十进制区位码为 “1601”，它的十六进制机内码是 ( )。（A）1601H （B） 9081H （C） BOAIH （D）B081H16 在一个按字节编址的计算机中，若数据在存储器中以小端方案存放。假定 int型变量 i 的地址为 08000000H，i 的机器数为 01234567H，地址 08000000H 单元的内

7、容是( ) 。（A）01H （B） 23H （C） 45H （D）67H17 在 CPU 的状态寄存器中，若符号标志为“1”，表示运算结果是( )。（A）正 （B）负 （C）零 （D）不一定18 在微程序控制器设计中，假设微命令采用最短编码法，需产生 N 种微操作。则微命令控制字段要设置的位数是( )。（A）log 2(N1) （B） N（C） log2N （D）log 2N119 下列是有关冯.诺依曼结构计算机中指令和数据存放位置的叙述，其中正确的是( )。（A）指令存放在内存中，数据存放在外存中（B）指令和数据任何时候都存放在内存中（C）指令和数据任何时候都存放在外存中（D）程序被启动前指

8、令和数据都存放在外存中，而启动后指令和数据被装入内存20 在读写硬盘的一个物理记录块时，不需要的参数是( )。（A）柱面(磁道) 号 （B）盘片 (磁头)（C）簇号 （D）扇区号21 有效容量为 128KB 的 Cache，每块 16 字节，8 路组相联。字节地址为1234567H 的单元调入该 Cache，其 Tag 应是( )。（A）1234H （B） 2468H （C） 048DH （D）12345H22 中断的概念是( ) 。（A）暂停正在运行的程序 （B）暂停对内存的访问（C）暂停 CPU 运行 （D）IO 设备的输入或输出23 在操作系统的以下功能中，不需要硬件支持的是( )。（A

9、）中断系统 （B）时钟管理 （C）地址映射 （D）页面调度24 在单处理机的多进程系统中，进程什么时候占用处理机以及决定占用时间的长短是( )。（A）进程相应的代码长度 （B）进程总共需要运行的时间（C）进程特点和进程调度策略 （D）进程完成什么功能25 系统产生死锁的可能原因是( )。（A）共享资源分配不当 （B）系统资源不足（C）进程运行太快 （D）CPU 内核太多26 下列选项中，降低进程优先级的合理时机是( )。（A）进程时间片用完（B）进程刚完成 IO，进入就绪队列（C）进程长期处于就绪队列（D）进程从就绪状态转换为运行状态27 在某计算机中采用了多级存储体系，设计有 cache，主

10、存和磁盘，假设访问cache 一个字需要花费 10ns，若该字不在 cache 中但是存在在主存中，那么需要100ns 载入 cache，然后重新开始定位。若该字既不在 cache 中，也不在主存中，那么需要 10ms 的时间装入主存，再化 100ns 复制到 cache，再开始定位。设 cache 的命中率为 090，主存的命中率为 075，那么，该系统访问一个字的平均时间是( )。（A）25000ns （B） 250023ns （C） 250017ns （D）250020ns28 在一个采用请求式调页的虚拟存储系统中，存放在外存上的程序代码调入内存的时机是( )。（A）在进程创建填写进程表

11、时（B）在进程创建分配内存时（C）在进程被调度占用处理机执行时（D）在每次产生缺页中断时29 为了防止各种意外可能破坏文件，文件系统保护文件的方法可以是( )。（A）为文件加密 （B）对每个文件规定使用权限（C）建立副本和定时转储 （D）为文件设置口令30 已知某磁盘的平均转速为 r 秒转，平均寻道时间为 T 秒，每个磁道可以存储的字节数为 N，现向该磁盘读写 b 字节的数据，采用随机寻道的方法，每道的所有扇区组成一个簇，请问：平均访问时间是( )。（A）bN*(r T) （B） bN*2（C） (bNT)*r （D）b*T Nr31 文件系统中，当调用 open()去打开一个文件时，其主要目

12、的是( )。（A）把文件内容从外存调入内存（B）把文件的控制信息从外存调入内存（C）把文件系统的文件分配表调入内存（D）把文件系统的目录调入内存32 在下列事件中，哪个不是设备分配中应该考虑的问题( )。（A）及时性 （B）设备的固有属性（C）设备的无关性 （D）安全性33 OSI 模型中完成路径选择功能的层次是( )。（A）物理层 （B）数据链路层 （C）网络层 （D）传输层34 现采用调相与调幅相结合的调制方式，载波有四种相位变化和两种振幅变化，调制速率是 600 波特，那么数据速率是( )。（A）1200bps （B） 1800bps （C） 2400bps （D）3600bps35 在

13、 CSMACD 协议中，下列指标与冲突时间没有关系的是( )。（A）检测一次冲突所需的最长时间 （B）最小帧长度（C）最大帧长度 （D）最大帧碎片长度36 CSMACD 以太网中，发生冲突后，重发前的退避时间最大是( )。（A）65536 个时间片 （B） 65535 个时间片（C） 1024 个时间片 （D）1023 个时间片37 IEEE 80211 采用了(2SMACA 协议，下面关于这个协议的描述中错误的是( )。（A）各个发送站在两次帧间隔(IFS)之间进行竞争发送（B）每一个发送站维持一个后退计数器并监听网络上的通信（C）各个发送站按业务的优先级获得不同的发送机会（D）CSMACA

14、 协议适用于突发性业务38 局域网交换机首先完整地接收数据帧，并进行差错检测。如果正确，则根据帧目的，则根据目的地址确定输出端口号再转发出去。这种交换方式是( )。（A）直接交换 （B）改进直接交换（C）存储转发交换 （D）查询交换39 在 TCP 协议中，建立连接时被置为 1 的标志位和所处的字段是( )。（A）保留，ACK （B）保留，SYN （C）偏移，ACK （D）控制，SYN40 下列协议中，用于解决电子邮件中传输多语言文字和附件问题的协议是( )。（A）MIME （B） SMTP （C） SNMP （D）POP3二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 已知加权有向图 G

15、 如下，回答下列问题： (1)画出该有向图G 的邻接矩阵；(2)试利用 Dijkstra 算法求 G 中从顶点 a 到其他各顶点间的最短路径，并给出求解过程。42 已知数组 A1n的元素类型为整型 int，设计一个时间和空间上尽可能高效的算法，将其调整为左右两部分，左边所有元素为负整数，右边所有元素为正整数。不要求对这些元素排序。(1)给出算法的基本设计思想；(2)根据设计思想，采用 C 或 C或 JAVA 语言表述算法，关键之处给出注释；(3)说明你所设计算法的时间复杂度和空间复杂度。43 设某计算机有变址寻址、间接寻址和相对寻址等寻址方式，设当前指令的地址码部分为 001AH，正在执行的指

16、令所在地址为 1F05H，变址寄存器中的内容为23AOH。 (1)当执行取数指令时，如为变址寻址方式，则取出的数为多少? (2)如为间接寻址，取出的数为多少? (3) 当执行转移指令时，转移地址为多少? 已知存储器的部分地址及相应内容，见下表。44 四位运算器框图如下图所示，ALU 为算术：逻辑单元，A 和 B 为三选一多路开关，预先已通过多路开关 A 的 sw 门向寄存器 R1， R2 送入数据如下：R10101 ，R 21010。寄存器 BR 输出端接四个发光二极管进行显示。其运算过程依次如下： (1)R1(A)R 2(B)BR(显示结果 1010)； (2)R 2(A)R 1(B)BR(

17、显示结果 1111)； (3)R 1(A)R 1(B)BR(显示结果 1010)； (4)R 2(A)R 2(B)BR(显示结果 1111)； (5)R 2(A)BR(B)BR(显示结果 1l 11)； (6)R 1(A)BR(B)BR(显示结果 1010)； 试分析运算器的故障位置与故障性质(“1”故障还是“0” 故障)，说明理由。45 在某一个单处理机的系统中，外接了一台打印机，一台输入设备。当前在系统中有二个进程 P0、P1 已经就绪，进程 P0 首先获得处理机运行，调度算法为先来先服务，进程 P0、P1 的运行要求是这样的：P0：计算 100ms，打印信息 200ms，继续计算 100

18、ms，打印信息 200ms，结束。P1：计算 100ms，输入数据 150ms，继续计算 200ms，结束。请用甘特图画出它们的运行轨迹，并说明：进程 PO、P1 在运行时有无等待? 若有，请指出时间区间。计算处理机的利用率。46 某一个计算机系统采用虚拟页式存储管理方式，当前在处理机上执行的某一个进程的页表如下所示，所有的数字均为十进制，每一项的起始编号是 0，并且所有的地址均按字节计址，每页的大小为 1024 字节。(1)计算下列逻辑地址转换为物理地址，并说明为什么? 0793 ，1197， 2099，3320，4188，5332(2)假设程序要访问第 2 页，页面置换算法为改进的 Clo

19、ck 算法，请问该淘汰哪页?页表如何修改? 上述地址的转换结果是否改变? 变成多少?47 如果下表是路由器 R1 的路由表，仔细分析各个表项的特点，并回答如下问题。(1)给出 m0 和 m1 所在的网络号，以及可连接的最大主机数目。(2)给出接口 m0，m1 和 m2 的合理的 IP 地址。(3)试给出网络的拓扑。计算机专业（基础综合）模拟试卷 27 答案与解析一、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 【正确答案】 B【试题解析】 在链表中，对指针的修改必须保持线性表的逻辑关系，否则，将违背线性表的逻辑特征。本题主

20、要考查双向链表的插入算法中的指针的变化过程。虽然 4 个选项中的语句相同，但顺序不同，根据双向链表的结构特点可知选项 B 的操作顺序是正确的，其他 3 个选项的指针修改顺序不能完成在*p 结点之后插入结点*q 的操作。2 【正确答案】 A【试题解析】 在顺序表中删除元素需要移动较多元素，而在单链表上执行同样的操作不需要移动元素。3 【正确答案】 A【试题解析】 利用栈底位置不变的特性，可让两个顺序栈共享一个一维数据空间，以互补余缺，实现方法是：将两个栈的栈底位置分别设在存储空间的两端，让它们的栈顶各自向中间延伸。这样，两个栈的空间就可以相互调节，只有在整个存储空间被占满时才发生上溢，这样一来产

21、生上溢的概率要小得多。4 【正确答案】 B【试题解析】 出队 1 个元素后，front(front 1)MAXQSIZE，front 的值是4；入队两个元素后，rear(rear 2)MAXQSIZE，rear 的值是 2。5 【正确答案】 B【试题解析】 利用逐点插入法建立二叉排序树是从空树开始，通过查找，将每个结点作为一个叶子插入。按题目中数据的输入次序建立的二叉排序树如下图所示，查找元素 30 的比较次数为 5 次。6 【正确答案】 C【试题解析】 将二叉树的性质 4 推广到完全三叉树即可得出正确答案。 归纳总结含有 n 个结点的完全三叉树的高度是log 3(2n1)。7 【正确答案】

22、C【试题解析】 在无向图中，如果从一个顶点 vi 到另一个顶点 vj(ij)有路径，则称顶点 vi 和 vj 是连通的。如果图中任意两顶点都是连通的，则称该图是连通图。所以具有 n 个顶点的连通无向图至少有 n1 条边。 归纳总结具有 n 个顶点的连通无向图至少有 n1 条边，具有 n 个顶点的强连通有向图至少有 n 条弧。8 【正确答案】 C【试题解析】 按照散列函数 h(key)key7 和线性探测方法解决冲突，将线性表(38，25 ，74，63，52，48)散列存储在散列表 A06中，如下图所示。9 【正确答案】 B【试题解析】 长度为 12 的折半查找判定树中有 13 个外结点，如下图

23、所示。对于长度为 12 的有序表，折半查找失败时的平均查找长度为： ASL(43510)13621310 【正确答案】 B【试题解析】 选项 A 快速排序每趟排序后，轴值将在其最终位置上；选项 C 堆排序每趟排序后，堆顶记录将在其最终位置上；选项 D 起泡排序每趟排序后，最大值(或最小值) 记录将在其最终位置上。只有选项 B 希尔排序不具备这个特点。11 【正确答案】 B【试题解析】 快速排序、归并排序、堆排序的平均情况下的时间复杂度均为O(nlogn)，其中归并排序是稳定的。而起泡排序的时间复杂度均为 O(n2)。12 【正确答案】 B【试题解析】 现代计算机系统是一个硬件与软件组成的综合体

24、，可以把它看成是按功能划分的多级层次结构。归纳总结计算机系统的多层次结构如下图所示。层次结构由高到低的次序分别是：应用语言机器级、高级语言机器级、汇编语言机器级、操作系统机器级、传统机器级、微程序机器级。对每一个机器级的用户来说，都可以将此机器级看成是一台独立的使用自己特有的“机器语言”的机器。解题技巧将多个级别从上向下或从下向上排出顺序，即可得出正确结果。13 【正确答案】 A【试题解析】 这是一个负数，x8，意味着 0x8。x8 的补码表示为11000，应将8 排除在外。 归纳总结写出相应定点整数的补码表示形式： 11001 7 11111 1 发现规律为：x 31，x 2x 0 至少有一

25、个 1。 解题技巧注意负数的补码表示，代码越大，其绝对值越小。14 【正确答案】 C【试题解析】 浮点数 25110101 的尾数不是规格化数，需要进行左规。 归纳总结对于诸如 00xxx 和 11xxx 这类非规格化数，需要使尾数左移以实现规格化，这个过程称为左规。尾数每左移一位，阶码相应减 1，直至成为规格化数为止。 解题技巧 由于左规一次之后尾数就成为规格化数了，所以只需左移一位。15 【正确答案】 C【试题解析】 区位码 1601(十进制)1001H，国标码1001H2020H3021H，机内码302lH8080HBOAlH。归纳总结 汉字的区位码长 4 位，前两位表示区号，后两位表示

26、位号，区号和位号用十进制数表示。汉字国标码和汉字机内码都是两字节长的代码，汉字机内码是在相应国标码的每个字节最高位上加“1”。3 种汉字编码的关系：汉字国标码汉字区位码(十六进制)2020H汉字机内码汉字国标码8080H汉字机内码汉字区位码(十六进制)A0A0H通常，汉字的国标码和机内码都用十六进制数表示，而汉字区位码用十进制数表示，所以在 3 种汉字编码的转换时，千万不要忘记先将十进制的区位码变成十六进制之后，再利用上述关系式进行转换。解题技巧 首先将十进制的区位码转换成十六进制，然后直接加 AOAOH 即可。16 【正确答案】 D【试题解析】 小端方案是将最低有效字节存储在最小地址位置。在

27、数 01234567H中，最低有效字节为 67H。归纳总结 一个多字节的数据在按字节编址的主存中通常由两种排序方案大端次序和小端次序。大端次序方案将最高有效字节存储在最小地址位置，小端次序方案将最低有效字节存储在最小地址位置。17 【正确答案】 B【试题解析】 符号标志位 SF0，表示为正数，符号标志位 SF1，表示为负数。归纳总结 状态标志寄存器用来存放程序状态字(PSW)。程序状态字的各位表征程序和机器运行的状态，是参与控制程序执行的重要依据之一。它主要包括两部分内容：一是状态标志，如进位标志(C)、结果为零标志 (Z)等，大多数指令的执行将会影响到这些标志位；二是控制标志，如中断标志、陷

28、阱标志等。18 【正确答案】 C【试题解析】 由于微命令控制字段必须是一个整数，所以在最短编码法中为 log2N位。 归纳总结 最短编码法将所有的微命令统一编码，每条微指令只定义一个微命令。若微命令的总数为 N，操作控制字段的长度为 L，则最短编码法应满足下列关系式：Llog 2N19 【正确答案】 D【试题解析】 计算机关机状态时，计算机中指令和数据存放在外存中，但是CPU 不能直接和外存交互信息，因此启动后的指令和数据被装入内存。归纳总结 外存设置在主机外部，它的存储容量大，价格较低，但存取速度较慢，一般用来存放暂时不参与运行的程序和数据，CPU 不可以直接访问外存，外存中的程序和数据在需

29、要时才传送到内存，因此它是内存的补充和后援。解题技巧 冯 .诺依曼结构计算机中指令和数据存放在同一存储器中。20 【正确答案】 C【试题解析】 在读写硬盘的一个物理记录块时，需要的参数是磁道号、磁头号和扇区号。归纳总结 主机向磁盘控制器送出有关寻址信息，磁盘地址一般表示为：驱动器号、圆柱面(磁道) 号、记录面(磁头) 号、扇区号21 【正确答案】 C【试题解析】 因为块的大小为 16 字节，所以块内地址字段为 4 位；又因为Cache 容量为 128KB，八路组相联，所以可以分为 1024 组，128KB(168)1024，对应的组号字段 10 位；剩下为标记字段。1234567H000100

30、1000110100010101100111，标记字段为其中高 14 位，00010010001101048DH归纳总结 在组相联映射方式下，主存地址分为 3 部分，依次为标记(Tag)、组号(Index)和块内地址(Offset)。解题技巧 将十六进制的主存地址写成二进制，取前 14 位就是标记字段。22 【正确答案】 A【试题解析】 程序中断的实质是程序切换，由现行程序切换到中断服务程序，再由中断服务程序返回到现行程序。所以中断只是暂停正在运行的程序，而不会暂停CPU 的运行，也不会暂停对内存的访问。归纳总结 程序中断是指计算机执行现行程序的过程中，出现某些急需处理的异常情况和特殊请求，C

31、PU 暂时中止现行程序，而转去对随机发生的更紧迫的事件进行处理，在处理完毕后，CPU 将自动返回原来的程序继续执行。解题技巧 此题容易误选 D，其错误在于中断不仅用于 IO 设备的输入输出，还用于对计算机内部的故障和错误进行处理。23 【正确答案】 D【试题解析】 中断系统需要硬件的支持是显而易见的，在中断过程中保存和恢复寄存器值都需要硬件支持；时钟管理需要硬件计数器保持时钟的运行；地址映射中需要基地址(或页表) 寄存器和地址加法器的支持；页面调度由相关调度算法完成，不需要硬件支持；注意，页面调度算法仅计算需要调入或置换的目标页面，调入过程(例如缺页中断处理过程)才是与硬件相关的。24 【正确

32、答案】 C【试题解析】 本题考查进程调度的时机和进程调度的策略。进程调度的时机与进程特点有关，例如进程是否是 CPU 繁忙型还是 IO 繁忙型，自身的优先级等。但是仅有这些特点是不够的，能否得到调度还取决于进程调度策略，若采用优先级调度算法，则进程的优先级才起作用。至于占用处理机运行时间的长短，则要看进程自身，若进程是 IO 繁忙型，运行过程中要频繁访问 IO，也就是说，可能会频繁主动放弃 CPU，所以，占用 CPU 的时间就不会长，一旦放弃 CPU，则必须等待下次调度。若进程是 CPU 繁忙型，则一旦占有 CPU 就可能会运行很长时间，但是，运行时间还取决于进程调度策略，大部分情况下，交互式

33、系统为改善用户的响应时间，大多采用时间片轮转的算法，这种算法在进程长期占用 CPU 到一定时间后，会强制将其换下，以保证其它进程的 CPU 使用权。所以，本题的正确答案应为选项 C，其它都不是。25 【正确答案】 A【试题解析】 系统死锁的可能原因主要是时间上和空间上的。时间上由于进程运行中推进顺序不当，即调度时机不合适，不该切换进程时进行了切换，可能会造成死锁；空间上的原因是对共享资源分配不当，互斥资源部分分配又不可剥夺，极易造成死锁。那么，为什么系统资源不足不是造成死锁的原因呢?系统资源不足只会对进程造成饥饿，例如，某系统只有 3 台打印机，若进程运行中要申请 4 台，显然不能满足，该进程

34、会永远等待下去。如果该进程在创建时便声明需要 4 台打印机，那么操作系统立即就会拒绝，不会创建该进程的。一般，系统由于部分分配，剩余资源不足时，可能会造成死锁，这实际上是资源分配不当的一种表现。不能以系统资源不足来描述剩余资源不足的情形。26 【正确答案】 A【试题解析】 进程时间片用完可以降低其优先级，完成 IO 的进程应该提升其优先级，处于就绪队列等待调度的进程一般不会改变其优先级。这类题目一般在采用多级反馈队列调度算法的系统中应用。其具体算法为：设置多个就绪队列，并为各个队列赋予不同的优先级。第一个队列的优先级最高，第二队次之，其余队列优先级依次降低。赋予各个队列中进程运行时间片的大小也

35、各不相同。在优先级越高的队列中，每个进程的运行时间片就越小。当一个新进程进入内存后，首先将它放入第一队列的末尾，也就是优先级最高，按先来先服务的原则排队等待调度。当轮到该进程运行时，如能在该时间片内完成，便可准备撤离系统。如果它在一个时间片结束时尚未完成，调度程序便将该进程转入第二队列的末尾，此时其优先级降低了一级，再同样地按先来先服务原则等待调度运行。如果它在第二队列中运行一个时间片后仍未完成，再以同样方法，将它转入第三队列。它的优先级又降低了一级。如此下去，当一个长作业从第一队列降到最后一个队列后，在最后一个队列中，使用时间片轮转方式运行。此时优先级也就再也无法降低了。仅当第一队列空闲时，

36、调度程序才调度第二队列中的进程运行。仅当第一至 N 队列均为空时，才会调度第 N1 队列中的进程运行。如果处理机正在第 J 队列中为某进程服务时，又有新进程进入优先级较高的队列，那么要考虑是否是可抢先式调度算法，若是，则新进程将抢占正在运行进程的处理机，而由调度程序把正在运行的进程放回到第 J 队列，将处理机分配给新进程。若不是，则需要等待直到当前的进程完成它的时间片再调度，此时会产生优先级翻转的情形，亦即在处理机上运行的进程其优先级低于就绪队列中的某个进程。这种情形非常糟糕，极易引起死锁。一般应该避免。27 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查多级存储层次下的平均访问时间。多级存储是现代计

37、算机为了获得比较优异的存储器访问性能又比较廉价的一种实现方法。正确的计算需要搞清楚 CPU 访问一个字的流程。通常，若需要执行的指令字已经载入到 cache 中，那么，仅需要从 cache 中取出放到指令队列上即可，所花费的时间即是 cache 的访问时间。当 cache 中缺席时，产生中断，调用 cache 更新程序，将所需的指令字载入 cache，然后返回到中断点继续定位，所需的时间是访问 cache 的时间和中断服务程序所花费的时间之和。同理，可以推断出访问不在主存中的指令字所需花费的时间是磁盘装入时间与内存中断服务程序时间以及 cache 访问时间的和。根据各自命中率的不同，可以计算出

38、总时间为：1009(10110)(109)0 75(1010010000000)(109)(10 75)250020ns28 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查虚拟存储系统中程序调入内存的时刻。在一个采用请求式调页的虚拟存储系统中，当一个程序需要执行时，首先由进程创建模块为新进程找到一张空白的进程表，将该进程的基本信息填入这张表，例如进程号，父进程，进程组，优先级，状态字等，然后分配该进程虚拟内存空间(此时不做任何实际的分配)，打开文件获得句柄，链接到用户活动文件数据表中，分配设备等，做完这些工作，进程表将被放入就绪队列(假设所有资源均可用，只等 CPU 调度)，等待操作系统的调度模块调度

39、。调度模块按照规定的调度算法，从就绪队列中选择一个进程(对于单核处理机) ，将运行状态赋予该进程，然后切换 CPU，使得 CPU 的程序计数器指向该进程起首执行处，开始运行。通常，新创建的进程是仅有虚拟地址空间的，所以，当第一次执行该进程时，代码不在物理内存，于是产生一次缺页中断。缺页中断机构把对应的页面从外存调入内存，返回到中断点继续运行。对于请求式调页，每次产生缺页中断一般仅调入相关的一页，若运行过程中所需的页面不在内存，那么随时可以产生缺页中断，调入内存。若在进程运行过程中，所需的页面已经在内存了，那么就不需要再将代码调入内存。因此，真正将程序代码和数据调入内存的是缺页中断处理过程，其它

40、过程不会对内外存的活动进行操作。29 【正确答案】 C【试题解析】 本题主要考查文件保护、防止系统故障或人为误操作造成的破坏。文件的保护是防止文件被破坏，造成文件可能被破坏的原因有时是硬件故障、软件失误引起的，有时是由于共享文件时引起的错误，应根据不同的情况，采用不用的保护措施。为了防止各种意外可能破坏文件，文件系统可以采用建立副本和定时转储的方法，来保护文件。建立副本是指把同一个文件存放到多个存储介质上，当某个存储介质上的文件被破坏时，可用其他存储介质上的备用副本来替换。这种方法简单，但系统开销增大，且当文件更新时必须改动所有的副本，也增加了系统的负担。因此，这种方法适用于容量较小且极为重要

41、的文件。另一种保护方法是定时转储，即定时地把文件转储到其他的存储介质上。当文件发生故障时，就用转储的文件来复原，把有故障的文件恢复到某一时刻的状态，仅丢失了自上次转储以来新修改或增加的信息。UNIX 系统就采用定时转储来保护文件，提高文件的可靠性。正确答案为 C。 30 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查磁盘结构和磁盘读写的概念。磁盘是旋转盘式存储设备，每个盘面划分有若干存储信息的同心圆称为磁道，每个磁道又划分成多个扇区。本题中，将每道的所有扇区组成一个簇，意味着可以将一个磁道的所有存储空间组织成一个数据块组，这样有利于提高存储速度。读写磁盘时，磁头首先要找到磁道，称为寻道，然后才可以将信

42、息从磁道里读出来或写进去。读写完一个磁道以后磁头会继续寻找下一个磁道，完成剩余的工作，所以，在随机寻道的情况下，读写一个磁道的时间要包含寻道时间和读写磁道时间，即 Tr 秒。由于总的数据量是 b 字节，它要占用的磁道数为 bN 个，所以总的平均读写时间为 bN*(Tr) 秒。如果不采用随机寻道，而是采用连续读写的方式，那么磁盘的存储方式是这样的，首先也是寻道，找到一组连续的磁道(用于连续读或写，写入的话磁道总容量必定大于要写入的信息总数)，花费时间 T 秒，然后再花费 r 秒将 N 个字节的信息写入(或读出)，然后磁头移动到下一道(此时，这个磁道与上一个磁道是紧紧挨着的，几乎可以不花费时间)，

43、继续写入(或读出)N 字节，循环往复，直到全部信息写入(或读出)完成。这样的话，总时间可以缩短为 bN*rT。因为其不需要每次都去寻道，只需一次寻道即可。所以，考生要注意题目的条件，找出符合题意的正确答案。31 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查对文件控制块(FCB)的理解。文件控制块是控制一个文件读写和管理文件的基本数据结构，当进程需要使用某个文件时，就会调用 open()来打开文件，该调用将文件的文件控制块从外存调入内存，存放在进程表中的用户活动文件表中，并在系统活动文件表中记录该文件的打开次数，若是共享文件，还需要将其链接的用户数加一。由于在进程表中存放有该文件的控制块，用户进程才能

44、在调用 read()时找到该文件的位置并对文件的内容进行存取。而文件系统的信息，例如文件系统的控制信息，文件系统的文件分配表等是在挂载一个文件系统时就读入内存的，挂载文件系统可以是一个磁盘分区，也可以是一个文件目录。32 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查设备分配的概念。设备分配的原则是：根据设备的固有属性(独占、共享还是虚拟) 、用户的需求和系统的配置、使用情况，考虑既要充分发挥设备的使用效率，又应该避免由于不合理的分配方式造成进程死锁(即设备必须处于安全状态)；同时，要将用户程序所申请使用的设备与具体的物理设备映射起来(即让用户使用逻辑设备，分配程序将逻辑设备映射到物理设备后，再根据要

45、求的物理设备号进行分配)，保证设备分配和使用。因此及时性在设备分配中并没有考虑。33 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查 OSI 模型中各个层次功能，完成路径选择，也就是路由功能的是网络层，答案是 C。归纳总结OSI 参考模型各个层次的主要功能：物理层：在物理媒体上传输原始的数据比特流。数据链路层：检测和纠正物理链路上的传输错误，流量控制。广播网在这一层上还有共享信道的分配问题，专门有一个媒体访问控制子层处理这个问题。网络层：将分组穿过通信子网从信源传送到信宿。主要功能：路由选择，拥塞控制，网络互连。传输层：为上层用户提供不依赖于具体网络的端一端数据传输服务。传输层是第一个端一端的层次。会

46、话层：为端一端进程间的会话提供各种服务，如对话控制、令牌管理、同步等。表示层：为上层用户提供数据或信息语法的表示变换。应用层：包含用户通常所需的各种协议，如文件传输、电子邮件等。34 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查奈奎斯特定理的应用，这里载波有四种相位变化和两种振幅变化，也就是离散值为 8，有公式可得到 2600log283600bps，因此答案是D。35 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查 CSMACD 协议中冲突时间，CSMACD 属于竞争型协议，某站点发送的 MAC 帧可能会冲突。问题是一旦发生冲突，该站点必须知道是自己发送的帧造成的冲突，以便重发该帧；即在本帧未发送完毕之前

47、检测到冲突信号。因此每帧的服务时间必须不小于信号的往返传播延迟 Ts2t，如果设 MAC帧为 L，信道的速率为 C(bps)，总线长度为 s，信号传播速度为 V，中继器产生的延迟为 tr，则 LC2(s vtr)。冲突时间就是能够进行冲突检测的最长时间，其决定了最小帧的长度和最大帧碎片的长度，对最大帧的长度没有影响，因此答案是 C。36 【正确答案】 D【试题解析】 考查 CSMACD 的退避算法，这里的时间片就是基本退避时间，确定基本退避时间，一般是取为争用期 2r。定义重传次数 k，k10，即 kMin 重传次数，10 从整数集合0，1，(2k(1)中随机地取出一个数，记为 r。重传所需的

48、时延就是 r 倍的基本退避时间。当重传达 16 次仍不能成功时即丢弃该帧，并向高层报告。本题中重传次数的最大值为 10，退避时间最大就是21011023 个时间片，因此答案是 D。37 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查 CSMACA 协议的工作原理，IEEE 80211 标准定义了两种操作模式，第一种模式是 DCF(分布式协调功能 )，该模式没有中心控制设备，所有站点都在竞信道；另一种模式是 PCF(点协调功能 )，该模式有基站，作为中心控制设备通过轮询机制控制决定各个站点的传输顺序。根据 IEEE 80211 标准，DCF 是必须的而 PCF 是可选的。CSMACA 协议应用于 DCF 下，目的在于解决在允许竞争的情况下信道如何分配的问题。它支持的操作方式有两种：第一种操作方式采用延时算法进行访问控制。当一个要发送数据的站点检测到信道空闲时，站点需继续监听与 IFS(interframe space，帧间间隔) 相等的一段时间，若此时信道依然空闲，站点就可以发送帧；如果检测到信道正忙，则发送站点推迟到信道空闲时