1、计算机专业（基础综合）模拟试卷 101 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 n 个结点的线性表的数组表示中，以下算法的时间复杂度是 O(1)的操作是( )。访问第 i 个结点(1=i=n) 和求第 i 个结点的的直接前驱(2=i=n)在最后一个结点后插入一个新的结点删除第一个结点在第 i 个结点后插入一个结点(1=i=n)（A）仅（B）仅 、（C）仅 、（D）仅、2 中缀表达式 a*(b+c)-d 的后缀表达式是 ( )。（A）abcd*+-（B） abc+*d-（C） abc*+d-（D）-
2、+*abcd3 设线性表有 n 个元素，以下操作中，( )在顺序表上实现比链表上实现效率更高。（A）输出第 i(1in)个元素值（B）交换第 1 个元素与第 2 个元素的值（C）顺序输出这 n 个元素的值（D）输出与给定值 x 相等的元素在线性表中的序号4 设 k 是中序线索二叉树中一个有左子女的结点，且 k 不是根结点，则 k 在中序序列下的直接前驱结点是( )。（A）k 的左线索(指示中序前驱)所指示的结点（B）从 k 父结点的左子女开始沿右子女链走到底的结点（C）从 k 的左子女开始沿右子女链走到底的结点（D）从 k 的左子女开始沿左子女链走到底的结点5 假定一组元素序列为38，42，5
3、5，15，23，44，34，74，45，26 ，按次序插入每个元素生成一棵平衡二叉树，那么最后得到的平衡二叉树中度为 2 的结点个数为( )。（A）1（B） 3（C） 4（D）56 由 23、12、45、36 构成的二叉排序树有( )个，其中 AVL 树有( )个。（A）13：4（B） 13；5（C） 14：5（D）14；47 对图 4-1 进行拓扑排序，可以得到不同的拓扑序列的个数是( )。（A）4（B） 3（C） 2（D）18 无向图 G 有 16 条边，有 3 个度为 4 的顶点，4 个度为 3 的顶点，其余顶点的度均小于 3，则 G 至少有( )个顶点。（A）10（B） 11（C） 1
4、2（D）139 以下有关 m 阶 B 一树的说法中正确的有( )。每个结点至少有两棵非空子树树中每个结点至多有 m-1 个关键字所有叶子在同一层上当插入一个数据项引起 B-树结点分裂后，树长高一层（A）仅、（B）仅 、（C）仅 、（D）仅、10 对以下关键字序列用快速排序进行排序，速度最慢的是( )。（A）19 ，23 ，3，15，7，21，28（B） 23，21，28，15，19，3，7（C） 19，7，15，28，23，21，3（D）3 ，7， 15，19，21，23，2811 某个文件经内部排序得到 80 个初始归并段。如果操作系统要求一个程序同时可用的输入输出文件的总数不超过 15 个
5、，则按多路归并至少需要( )趟可以完成排序。（A）2（B） 3（C） 4（D）512 考虑以下 C 语言代码：short si=-8196;unsigned short usi=si;执行上述程序段后，usi 的值为( )。（A）8196（B） 34572（C） 57339（D）5734013 设浮点数的阶码用移码表示，尾数用补码表示，阶码的底数为 2，阶码用 3 位表示(包含一位符号位) ，尾数用 5 位表示(包含 1 位符号位)，则它能表示的最小负数为( )。（A）-8（B） -75（C） -128（D）-25614 硬盘平均寻道时间为 12ms，传输速率为 10MBs ，磁盘控制器延时为
6、 2ms，则一个转速为 7200rmin 的硬盘写 1KB 数据的时间为 ( )。（A）1311ms（B） 1413ms（C） 1515ms（D）1827ms15 下面关于各种存储器的说法中，正确的有( )。静态 RAM 不是易失性存储器，而动态 RAM 是易失性存储器PROM 只能写录一次EPROM 是可改写的，并且也是随机存储器的一种EEPROM 存储器是可写存储器（A）仅、（B）仅 、（C）仅 、（D）仅、16 一个 Cache 一主存系统，采用 50MHz 的时钟，存储器以每一个时钟周期传输一个字的速率，连续传输 8 个字，以支持块长为 8 个字的 Cache，每个字 4 个字节。假设
7、读操作所花的时间是：1 个周期接受地址，3 个周期延迟，8 个传输周期传输8 个字；写操作所花的时间是：1 个周期接受地址，2 个周期延迟，8 个周期传输 8个字，3 个周期恢复和写入纠错码，则当系统以 35为读操作，65为写操作的访问情况工作，则存储器最大带宽为( )。（A）1332MBs（B） 1144MBs（C） 126MBs（D）1203MBs17 以下是一段指令序列：1 addi R1，20 (R1)202 1w R2，R0 ，12 (R2)M(12+(RO)3 add R3，R1，R2 (R3)(R1)+(R2)以上指令序列中，假定采用“取指、译码取数、执行、访存、写回” 这种五段
8、流水线方式，那么在采用“ 转发 ”技术时，需要在第 3 条指令之前至少加入 ( )条空操作(nop)指令，才能使这段程序不发生数据冒险。（A）0（B） 1（C） 2（D）318 下列指令中，不属于程序控制指令的是( )。（A）无条件转移指令（B）条件转移指令（C）中断隐指令（D）循环指令19 一条双字长直接寻址的子程序调用 CALL 指令，其第一个字为操作码和寻址特征，第二个字为地址码 5000H。假设 PC(程序计数器)当前值为 1000H，SP 的内容为 0100H，栈顶内容为 1234H，存储器按字编址，而且进栈操作是先(SP)-1SP，后存入数据。则 CALL 指令执行后，SP 及栈顶
9、的内容分别为 ( )。（A）OOFFH，1000H（B） 0101H，1000H（C） OOFEH，1002H（D）00FFH，1002H20 指令流水线将一条指令的执行过程分为 4 步，其中第 1、2 和 4 步的执行时间为t，如图 4-2 所示。若该流水线顺序执行 50 条指令共用了 203t(无需考虑相关问题)，则该流水线的第 3 步的执行时间是( )。（A）3t（B） 4t（C） 5t（D）6t21 某总线总共有 88 根信号线，其中数据总线为 32bit，地址总线为 20bit，控制总线为 36 根，总线的工作频率为 6MHz，则总线宽度为( )，传输速率为( )。（A）32hit
10、264MB s（B） 20bit 264MBs（C） 32bit 254MBs（D）20bit 264MB s22 指令( ) 从主存中读出。（A）总是根据程序计数器(PC)（B）有时根据 PC，有时根据转移指令（C）根据地址寄存器（D）有时根据 PC，有时根据地址寄存器23 在操作系统中，用户在使用 IO 设备时，通常采用( )。（A）物理设备名（B）逻辑设备名（C）虚拟设备名（D）设备序号24 考虑下面的基于动态改变优先级的可抢占式优先权调度算法。大的优先权数代表高优先级。当一个进程在等待 CPU 时(在就绪队列中，但未执行)，优先权以 速率改变；当它运行时，优先权以 速率改变所有的进程在
11、进入就绪队列被给定优先权数为 0。参数 和 可以设定给许多不同的调度算法。下列( )设定可以实现进程 FIFO(First In First Out)。（A）0（B） 0（C） 0（D）025 假设系统有 5 个进程，A、B、C 三类资源。某时刻进程和资源状态如表 4-1 所示。下面叙述正确的是( ) 。（A）系统不安全（B）该时刻，系统安全，安全序列为P1，P2 ，P3，P4，P5 （C）该时刻，系统安全，安全序列为P2，P3 ，P4，P5，P1 （D）该时刻，系统安全，安全序列为P4，P5 ，P1 ，P2，P326 设有一个发送者进程和接收者进程，其流程图如图 4-3 所示。S 是用于实现
12、进程同步的信号量，mutex 是用于实进程互斥的信号量。试问流程图中的 A、B、C、D 4 个框中应填写什么? 假定缓冲区有无限多个且初始为空，S 和 mutex 的初值应该是什么?( )（A）P(mutex) 、V(mutex)、P(S)、P(mutex) S= 缓冲区的个数 mutex=1（B） P(S)、V(mutex)、P(Sg)、P(mutex) S=0 mutex=1（C） P(mutex)、V(mutex) 、P(S) 、P(mutex) S=0 mutex=1（D）P(S)、V(mutex)、P(Sg)、P(mutex) S=缓冲区的个数 mutex=027 考虑在一个虚拟页式
13、存储管理的系统中，在地址变换过程中，进程状态可能发生的变化有( ) 。进程被撤销进程变为阻塞（A）（B） （C） 和（D）都不可能28 在虚拟分页存储管理系统中，若进程访问的页面不在主存，且主存中没有可用的空闲帧时，系统正确的处理顺序为( )。（A）决定淘汰页页面调出缺页中断页面调入（B）决定淘汰页页面调入缺页中断页面调出（C）缺页中断决定淘汰页页面调出页面调入（D）缺页中断决定淘汰页页面调入页面调出29 下列关于 Belady 现象和工作集的说法正确的是( )。先进先出(FIFO)页面置换算法会产生 Belady 现象最近最少使用(LRU)页面置换算法会产生 Belady 现象为了保证进程高
14、效的运行，它的工作集页面需要都在虚拟存储器内，否则会出现频繁的页面调入调出现象为了保证进程高效的运行，它的工作集页面需要都在主存储器内，否则会出现频繁的页面调入调出现象（A）、（B） 、（C） 、（D）、30 文件系统中若文件的物理结构采用连续结构，则文件控制块 FCB 中有关文件的物理位置的信息包括( ) 。首块地址文件长度索引表地址（A）只有（B） 和（C） 和（D）和31 信息在外存空间的排列也会影响存取等待时间。考虑几个逻辑记录A、B、C 、 、J，它们被存放于磁盘上，每个磁道存放 10 个记录，安排如表 4-2所示。假定要经常顺序处理这些记录，磁盘旋转速度为 20msr，处理程序读出
15、每个记录后花 4ms 进行处理。考虑对信息的分布进行优化，如表 4-3 所示，相比之前的信息分布，优化后的时间缩短了( )。（A）60ms（B） 104ms（C） 144ms（D）204ms32 考虑单用户计算机上的下列 IO 操作，需要使用缓冲技术的是( )。图形用户界面下使用鼠标在多任务操作系统下的磁带驱动器(假设没有设备预分配)包含用户文件的磁盘驱动器使用存储器映射 IO，直接和总线相连的图形卡（A）、（B） 、（C） 、（D）全选33 假定运行发送窗口大小为 5 和接收窗口大小为 3 的滑动窗口算法，并且在传输过程中不会发生分组失序的问题，帧序号的编码至少有( )位。（A）2（B） 3
16、（C） 4（D）534 以下几种 CSMA 协议中，什么协议在监听到介质是空闲时一定发送( )。1- 持续 CSMAp- 持续 CSMA非持续的 CSMA（A）只有（B） 、（C） 、（D）只有35 10 个站点连接到一个 10Mbits 的以太网交换机上，下面说法正确的是( )。（A）每个站点共亨 10Mbits（B）每个站点都独享 1Mbits（C）每个站点共享 1Mbits（D）每个站点都独享 10Mbits36 一个 IPv6 包中“通信量类”字段的值为 0，表明 ( )。（A）该包优先级最低，拥塞时可以被丢弃（B）该包优先级最高，拥塞时不能被丢弃（C）该包中没有用户数据，只有首部（D
17、）该包不可进行路由器转发37 以太网组播 IP 地址 224215145230 应该映射到组播 MAC 地址( )。（A）01-00-5E-57-91-E6（B） 01-00-5E-D7-91-E6（C） 01-00-5E-5B-91-E6（D）01-00-5E-55-91-E638 在 IP 首部的字段中，与分片和重组无关的字段是 ( )。总长度标识标志域片偏移（A）仅（B）仅 、（C）仅 、（D）仅、39 TCP 的通信双方，有一方发送了带有 FIN 标志的数据段后表示( )。（A）将断开通信双方的 TCP 连接（B）单方面释放连接，表示本方已经无数据发送，但是可以接收对方的数据（C）中止
18、数据发送，双方都不能发送数据（D）连接被重新建立40 路由汇聚是把小的子网汇聚成大的网络，下面 4 个子网：17216193024、17216194024、17216196024、17216198024，进行路由汇聚后的网络地址是( )。（A）17216192021（B） 17216192022（C） 17216200022（D）17216224020二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。40 对给定的有 7 个顶点 v1，v2，v7 的有向图的邻接矩阵，如表 1-3 所示，要求：41 画出该有向图。42 画出其邻接表。43 从 v1 出发到其余各项点的最短路径长度。44 若将图看成
19、AOE 网，列出其关键活动及相应的有向边i，j ，w i ，j 为顶点，w 为权值，试问其关键路径的长度是多少?44 设一个整形一维数组里有 n(n1)个整数，在这些整数中可以有正数也可以有负数。数组中连续的一个或多个整数组成一个子数组，每个子数组都有一个和。设计一个在时间和空间两方面尽可能高效的算法，输出所有子数组的和的最大值。例如一维数组中的整数为 1，-2，3，10，-4，7，2，-5，则和最大的子数组为 3，10，-4，7，2，该子数组的和为 18。要求：45 给出算法的基本设计思想。46 根据设计思想，采用 C 或 C+或 Java 语言描述算法，关键之处给出注释。47 说明所设计算
20、法的时间复杂度和空间复杂度。47 通过对方格中每个点设置相应的 CMYK 值就可以将方格图上相应的颜色。以下3 个程序段都可实现对一个 88 的方格图上黄色的功能。假设 Cache 的数据区大小为 512B，采用直接映射，块大小为 32B，存储器按字节编址，sizeof(int)=4。编译时变量 i 和 j 分配在寄存器中，数组 square 按行优先方式存放在 000008COH 开始的连续区域中，主存地址为 32 位。要求：48 对 3 个程序段 A、B、C 中数组访问的时间局部性和空间局部性进行分析比较。49 画出主存中的数组元素和 Cache 中行的对应关系图。50 计算 3 个程序段
21、 A、B、C 中的写 Cache 操作次数、写 Cache 不命中次数和写Cache 缺失率。50 某计算机字长为 16 位，主存地址空间大小为 128KB，按字编址。采用单字长指令格式，指令各字段定义如下：转移指令采用相对寻址方式，相对偏移量用补码表示。寻址方式定义如表 1-4 所示。请回答下列问题：51 该指令系统最多可有多少条指令?该计算机最多有多少个通用寄存器? 存储器地址寄存器(MAR)和存储器数据寄存器(MDR)至少各需多少位?52 转移指令的目标地址范围是多少?53 若操作码 0010B 表示加法操作(助记符为 add)，寄存器 R4 和 R5 的编号分别为100B 和 101B
22、，R4 的内容为 1234H，R5 的内容为 5678H，地址 1234H 中的内容为5678H，地址 5678H 中的内容为 1234H，则汇编语句“add(R4)，(R5)+”(逗号前为第二源操作数，逗号后为第一源操作数和目的操作数)对应的机器码是什么(用十六进制表示)?该指令执行后，哪些寄存器和存储单元的内容会改变? 改变后的内容是什么?54 今有 3 个并发进程 R、M 和 P，互斥使用一个可循环使用的缓冲区 B，缓冲区B 共有 n 个单元(n0)。进程 R 负责从输入设备读信息，每读一个字符后，把它们存放在缓冲区 B 的一个单元中，进程 M 负责处理读入字符，若发现读入的字符中有空格
23、，则把它改变成“ ； ”；进程 P 负责把处理后的字符取出并打印输出。当缓冲区单元中的字符被进程 P 取出后，又可用来存放下一次读入的字符。请添加必要的信号量和 P、V( 或 wait()、signal() 操作，实现上述过程中的互斥与同步。要求写出完整的过程，说明信号量的含义并赋初值。54 在实现文件系统时，为加快文件目录的检索速度，可利用文件控制块分解法。假设目录文件存放在磁盘上，每个盘块 512B。文件控制块占 64B，其中文件名占8B。通常将文件控制块分解成两部分，第一部分占 10B(包括文件名和文件内部号)，第二部分占 56B(包括文件内部号和文件其他描述信息)。55 假设某一目录文
24、件共有 254 个文件控制块，试分别给出采用分解法前和分解法后，查找该目录文件的某一个文件控制块的平均访问磁盘次数(假设访问每个文件控制块的概率相等，结果保留到小数后两位)。56 一般地，若目录文件分解前占用 n 个盘块，则分解后改用 m 个盘块存放文件名和文件内部号部分。若要使访问磁盘次数减少，m 、n 应满足什么条件( 假设访问每个文件控制块的概率相等，且最后一个盘块刚好放满文件控制块)?56 一个公司有两个部门：研发部和市场部，研发部有 29 台计算机，市场部有 11台计算机。现在，公司申请了一个 C 类地址 212112320，规划的网络拓扑如图 1-5 所示。 试问：57 请给出合理
25、的子网规划，并说明理由，然后将规划填入表 1-5。58 根据第一题的规划，请为两个部门各分配一个子网网络地址，并为两个路由器的接口和各台计算机分配 IP 地址。59 如果路由器 R1 和 R2 都采用了路由信息协议(Routing Information Protocol，RIP)作为路由选择协议，当稳定运行之后，R1 的路由表应该是怎样?请填写表 1-6。60 当路由器 R1 的接口 E0 断掉了，经过一次信息交互之后， R1 的路由表发生了怎样的变化?请填写表 1-7。计算机专业（基础综合）模拟试卷 101 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
26、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】 C【试题解析】 ：由于线性表是用数组表示，即顺序存储，可以直接通过结点编号访问，所以的时间复杂度一定是 O(1)。：由于是在最后一个结点处插入一个结点，所以不需要移动元素，故时间复杂度为 O(1)。：删除第一个结点之后，需要将后续所有结点往前移动，所以时间复杂度为O(n)。：由于 i 是不固定的，所以后续结点 i+1，i+2，n-1 ，都需要向后移动，所以时间复杂度为 O(n)。2 【正确答案】 B【试题解析】 本题转化过程如图 4-5 所示。 由图 4-5 可以写出以下转化过程： 第一步：b+cbce+(假设 x=“bc+”)
27、第二步：a*xax*( 假设y=“ax*”) 第三步：y-dyd- 将 xy 还原后得到：abc+*d-。3 【正确答案】 A【试题解析】 顺序表支持随机存储，链表不支持，因此顺序表输出第 i 个元素的值的时间复杂度为 O(1)，链表则为 O(n)，因此 A 正确。交换第 1 个与第 2 个元素的值，对于顺序表和链表，时间复杂度均为 O(1)，因此 B 不对。输出 n 个元素的值，两者时间复杂度均为 O(n)，因此 C 不对。输出与给定值 x 相等的元素在线性表中的序号，对于顺序表和链表，count 需要搜索整个表，因此时间复杂度为 O(n)，因此 D 不对。4 【正确答案】 C【试题解析】
28、如果 k 没有左子女，则 k 的左指针即为指向 k 的中序前驱的线索；当 k 有左子女时， k 的中序直接前驱结点是 k 的左子树中中序的最后一个结点，即从 k 的左子女开始沿右链走到右指针不再是右子女的结点为止，该结点即为 k 的中序前驱结点。说明：上述二叉树的线索化算法其实考试中涉及的不多，本节在考试中涉及最多的是，在选择题中给你一棵二叉树，让你指出其中一个结点的线索按照某种线索化方法所应该指向的结点。 例如：请画出图 4-7 中按照中序线索化方法线索化后 E 结点的右线索的接连情况。 解决这类题的方法为，先写出题目所要求的遍历方式下的结点访问序列，根据此序列找出题目要求中结点的前驱和后继
29、，然后连接线索。图 4-7 中二叉树的中序遍历序列为D，B，E ，A，C。结点 E 的前驱为 B，后继为 A，因此其右线索应该指向 A，结果如图 4-8 所示。5 【正确答案】 C【试题解析】 根据题目所给的元素序列，可以得到以下的平衡二叉树，如图 4-9所示。 可以看出度为 2 的结点有 4 个。6 【正确答案】 C【试题解析】 该题的结点不多，可以采用枚举法。但枚举法比较容易造成遗漏，所以在枚举时要按照一定的规律，而且在枚举完之后看是否有重合的树并将其去掉，为避免重复可以采用根结点来枚举，枚举得二叉排序树共有 14 个，其中 5 个为AVL 树。7 【正确答案】 B【试题解析】 寻找拓扑排
30、序的步骤：(1)在有向图中选一个没有前驱的顶点并且输出。(2)从图中删除该顶点和所有以它为尾的弧。重复上述两步，直至全部顶点均已输出。由于没有前驱的顶点可能不唯一，所以拓扑排序的结果也不唯一。题中所给图有 3 个不同的拓扑排序序列，分别为：1)a， b， c， e ， d。2)a， b， e， c ， d。3)a， e， b， c ， d。8 【正确答案】 B【试题解析】 度的定义指的是进入一个顶点的边数和从该顶点出去的边数之和。我们可以根据这个关系来求解此题。由于题目已经告诉度为 4 的顶点有 3 个，度为3 的顶点有 4 个，其余的顶点的度均小于 3，而已知有 16 条边，则总的度数应为1
31、62=32。所以要求最小的顶点个数，我们应当尽量增加每个顶点的度数，这里将剩下的结点的度数全部看成 2，设结点数为 x，则 34+43+(x-3-4)232，解得 x至少为 11。9 【正确答案】 B【试题解析】 中：m 阶 B 一树根结点至少有两棵子树，并且这两颗子树可以是空树，其余结点至少有m2个分支，即m 2个子树，所以错误。 中：每个结点中关键字的个数比分支数少 1，m 阶 B-树的一个结点中至多有 m 个分支，因此至多有 m-1 个关键字，所以正确。 中：B 一树是平衡的多路查找树，叶子结点均在同一层上，所以正确。 中：发生结点分裂的时候不一定会使树长高。比如向图 4-10 中的 B
32、 一树插入一个关键字 10 变成图 4-11 中的 B-树，使得第二层右端的一个结点分裂成两个，但是树并没有长高，所以错误。综上所述，、正确。10 【正确答案】 D【试题解析】 这种题目其实就是考查考生的记忆能力，因为在考研紧张的氛围下，很少有考生在做这种选择题的时候能够分析其算法来选择答案。这里就是变相地考查快速排序算法的最坏情况。快速排序法的最坏情况为待排序列是有序或接近有序的时候，由于 D 中元素已经有序，所以选择 D。11 【正确答案】 A【试题解析】 不妨设采用 m 路归并，则至少需要 m 个输入缓冲区和 1 个输出缓冲区。因为一个缓冲区对应一个文件，所以 m+1=15，解得 m=1
33、4，所以可做 14 路归并。假设需要 s 趟可以完成排序，则 s=log1480=2。12 【正确答案】 D【试题解析】 首先，求得-8196 的补码表示为 11011 111 1111 1100，赋值给 usi后，由于 usi 为无符号数，所以将二进制 1101 1111 1111 1100 转换为十进制为57340。13 【正确答案】 A【试题解析】 要求最小负数，按照浮点数的格式来看，我们要尽量使尾数最小，达到补码所能表示的最小的负数，另外还要使阶码最大，达到移码所能表示的最大整数，而由补码的性质可知，无论对于尾数多少位来说，尾数的最小值永远是-1，阶码最大为 3。故最小的负数为-8。1
34、4 【正确答案】 D【试题解析】 首先，需要判断 1KB 数据是否需要存储到多个磁道上。7200rmin=120rs；因为传输速率为 10MBs，故每转容量为：，所以 1KB 的数据只要在一个磁道上就能存储下了，无须换道。其次，写数据时间=磁盘启动时间+磁盘寻道时间+旋转等待时间+ 数据传输时间。旋转等待时间为：旋转半圈的时间，及(607200)1 2=417ms ；数据传输时间等于 1KB10MBs=0 1ms，所以写 1KB 数据的时间为：2ms+12ms+417ms+0 1ms=18 27ms。15 【正确答案】 B【试题解析】 ：静态 RAM 和动态 RAM 都是易失性存储器，断电后信
35、息都会遗失，所以错误。：PROM 的内部有行列式的熔丝，视需要利用电流将其烧断，写入所需的资料，但仅能写录一次。PROM 在出厂时，存储的内容全为 1，用户可以根据需要将其中的某些单元写入数据 0(部分的 PROM 在出厂时数据全为 0，则用户可以将其中的部分单元写入 1)，以实现对其“编程”的目的，所以正确。：EPROM 是可改写的，但它不属于随机存储器，所以错误。：EEPROM(Electrically Erasable Programmable Read-Only Memory)，电可擦可编程只读存储器，属于一种掉电后数据不丢失的存储芯片。EEPROM 可以在计算机上或专用设备上擦除已有
36、信息，重新编程，所以正确。16 【正确答案】 D【试题解析】 题目很长，首先需要弄清题目的意思。题目告诉了时钟周期、速率以及读和写操作各自花的时钟周期数，所要求的是存储器的最大带宽，也就是单位时间内传输的有效信息量。计算过程如下： 读操作的时间为 Tr=(1+3+8)20ns=240ns 写操作的时间为 Tw=(1+2+8+3)20ns=280ns 则综合加权的时间为 240ns035+280nsx065=266ns 带宽为(也就是 266ns 可以传输 8 个字，或者说传输 32B) Bn=32B(26610 -9s)1203MBs17 【正确答案】 B【试题解析】 通过观察这三条指令发现，
37、第一、二条指令与第三条指令存在写后读的数据冒险，也就是说有可能在第一、二条指令执行结束后还没来得及将最终的结果存入寄存器 R1 和 R2 中，第三条指令就开始直接读取寄存器 R1 和 R2 中的内容。于是为了防止出现数据冒险，在执行第三条指令之前至少应加入一条空操作来保证取 R1 和 R2 中内容的滞后性。18 【正确答案】 C【试题解析】 程序控制类指令主要包括无条件转移指令、有条件转移指令、子程序调用和返回指令、循环指令等。中断隐指令并不是一条真正的指令，它没有操作码，所以中断隐指令是一种不允许、也不可能为用户使用的特殊指令。19 【正确答案】 D【试题解析】 当子程序调用 CALL 指令
38、时，首先需要将程序断点(PC 的值)保存在堆栈中，然后将 CALL 指令的地址码送入 PC。因为指令为双字长，所以取出CALL 指令后，PC 的值需要加 2，即 1002H。当 CALL 指令执行后，程序断点1002H 进栈，此时 SP=00FFH(因为进栈操作需要将 SP 的值减 1，即 0100H-0001H=00FFH)，栈顶内容为 1002H。20 【正确答案】 B【试题解析】 根据题意可以看到，在此流水线中顺序执行 50 条指令用了 203t(正常情况下如果第 3 步的执行时间为 t，则执行 50 条指令只需要 4+(50-1)t=53t)，所以流水线的瓶颈必定是第 3 步。21 【
39、正确答案】 C【试题解析】 需要清楚的是，总线的宽度不是地址总线的位数，也不是控制总线的位数，而是数据总线的位数，所以此题总线的宽度应该是 32bit。而总线的传输速率为总线的工作频率乘以总线宽度，即 66MHz32bit=66MHz4B=264MBs。22 【正确答案】 D【试题解析】 指令总是根据程序计数器(PC)从主存中读出(这一点一定要记住)。可能考生会想到无条件转移指令的情况，认为不一定总是根据 PC 读出。实际上，正确的执行顺序是这样的，当前指令正在执行时，其实 PC 已经是下一条指令的地址了，如果遇到了无条件转移指令，则只需要简单地把跳转的地址覆盖 PC 的内容就可以了，最终的结
40、果还是指令需要根据 PC 从主存读出。23 【正确答案】 B【试题解析】 设备管理通常将逻辑设备和物理设备分开，逻辑设备是用户使用的。系统设置了一张逻辑设备表，用于将应用程序中所使用的逻辑设备名映射为物理设备名。24 【正确答案】 B【试题解析】 假设进程 M 先于进程 N 进入就绪队列。PM 和 PN 分别表示 M 和N 的优先权数。在 0 设定下，在就绪队列中，PMPN，原因是 0，则越早进入就绪队列，优先数就越大，所以是 FCFS(First Come First Service)。又因为 ，所以在 M 运行时， PM 增长速度大于 PN 的增长速度，则 PMPN，从而保证了 M进程先于
41、 N 进程完成，即 FIFO(First In FirstOut)。在 0 设定下，还是 FCFS，原因跟 0 一样。但由于 ，所以在M 运行时，无法保证 PM 仍然大于 PN，即无法保证 FIFO。在 0 设定下，在就绪队列中，PMPN，原因是 ，则越早进入就绪队列，优先数就越小，所以是 LCFS(Last Come First Service)。又因为 ，所以在 N 运行时，PN 下降速度大于 PM 的下降速度，有可能出现 PMPN 的情况，此时 CPU 就有可能被 M 抢占，无法保证 LIFO(Last In First Out)。在 0 设定下，还是 LCFS，原因跟 0 一样。但由于
42、 ，在 N 运行时，PN 的下降速度变慢了，从而保证了 PN 始终大于 PM，导致 N 进程先于 M进程完成，即 LIFO。所以本题的答案选 A。本题通过对 、 的设置实现更多的调度方式，有兴趣的同学可以再思考下，比如 0 的情况等。25 【正确答案】 D【试题解析】 当 Available 为(2，3，3)时，可以满足 P4、P5 中任意一个进程的需求；这两个进程结束后释放资源，Available 为(7，4，11)，此时可以满足P1、P2、P3 中任意一个进程的需求，所以该时刻系统处于安全状态，安全序列中只有 D 选项满足条件。26 【正确答案】 A【试题解析】 流程图中的 A、B、C、D
43、 4 个框中分别应该填写：P(mutex)、V(mutex)、P(S)、P(mutex)或者 P(mutex)、V(murex)、P(mutex)、P(S)。首先应该明确这里的缓冲区是临界资源，所以“把缓冲区放到信息链尾”和“从缓冲区中取出消息”是互斥的。在操作前都要，P(mutex)，成功的 P 操作后，进入临界区，退出时 V(mutex)，又 mutex 作为互斥信号量，初值应为 1。S 作为同步信号量，发送者进程发送完信息后进行 V(S)，表示信号链中信息的个数增加 1，作为接收者进程必须有相应的表示取走信息的 P(S)操作。S 是资源信号量，是用来表示信号链中信息的个数，其初值要根据进
44、程的初始状态确定，这里初始为空，所以其初值应设置为 0。27 【正确答案】 A【试题解析】 当本次访问地址超越进程的地址空间时，该进程被撤销，属于异常结束。在产生缺页中断及处理过程中，该进程变为阻塞状态，所以选 C。28 【正确答案】 A【试题解析】 根据缺页中断的处理流程，产生缺页中断后，首先去内存寻找空闲物理块，若内存没有空闲物理块，则使用相应的页面置换算法决定淘汰页面，然后调出该淘汰页面；最后在调入该进程需要访问的页面，所以整个流程可以归结为：缺页中断一决定淘汰页一页面调出一页面调入。29 【正确答案】 B【试题解析】 正确。举个例子：使用先进先出(FIFO)页面置换算法，页面引用串为
45、1、2、3、4、1、2、5、1、2、3、4、5 时，当分配 3 帧时产生 9 次缺页中断，分配 4 帧时产生 10 次缺页中断。错误。最近最少使用(LRU)页面置换算法没有这样的问题。错误、正确。若页面在内存中，不会产生缺页中断，即不会出现页面的调入调出，而不是在虚拟存储器(包括作为虚拟内存那部分硬盘)中。综上所述，本题选 B。30 【正确答案】 C【试题解析】 连续结构不需要用到索引表，那么文件控制块中也就不可能有索引表地址信息，因此排除 A、C、D 选项，选 B。31 【正确答案】 C【试题解析】 题中磁盘旋转速度为 20msr，每个磁道存放 10 个记录，因此读出一个记录的时间为 201
46、0ms=2ms。(1)对于第一种记录分布情况，读出并处理记录 A 需要 6ms，则此时读写磁头已转到记录 D 的开始处，因此为了读出记录 B，必须再转一圈少两个记录 (从记录 D到记录 B)。后续个记录的读取及处理与此相同，但最后一个记录的读取与处理只需 6ms。于是，处理 10 个记录的总时间为 9(2+4+16)ms+(2+4)ms=204ms。(2)对于第二种记录分布情况，读出并处理记录 A 后，读写磁头刚好转到记录 B的开始处，因此立即就可读出并处理，后续记录的读取与处理情况相同。一共旋转27 圈。最后一个记录的读取与处理只需 6ms。于是处理 10 个记录的总时间为202 7ms+6
47、ms=60ms。综上所述，信息分布优化后，处理的时间缩减了 204ms-60ms=144ms。32 【正确答案】 D【试题解析】 正确。在鼠标移动时，如果有高优先级的操作产生，为了记录鼠标活动的情况，必须使用缓冲技术。正确。由于磁带驱动器和目标或源 IO 设备间的吞吐量不同，必须采用缓冲技术。正确。为了能使数据从用户作业空间传送到磁盘或从磁盘传送到用户作业空间，必须采用缓冲技术。正确。为了便于多幅图形的存取及提高性能，缓冲技术是可以采用的，特别是在显示当前一幅图形时又要得到下一幅图形时，应采用双缓冲技术。综上所述，本题选 D。33 【正确答案】 B【试题解析】 停止-等待协议、后退 N 帧协议
48、和选择重传协议都可以看成是滑动窗口协议。滑动窗口协议中发送、接收窗口大小必须满足：发送窗口大小 WT接收窗口大小 WR，且 WT+WR2m(帧序号的位数为 m)。所以 WT+WR=823，即帧序号的编码至少有 3 位。34 【正确答案】 B【试题解析】 1-持续的 CSMA：当检测到信道为空的时候就会发送数据。当它检测到信道为忙的时候，就一直为检测信道的状态，所以正确。非持续的 CSMA：也是当检测到信道为空的时候就发送数据。但是，当它检测到信道正在被使用时，则不会持续地对信道进行监听，所以正确。p-持续 CSMA，当一个站准备好要发送数据的时候，它会检测信道。如果信道是空闲的，则它按照概率 p 的可能性发送数据。在概率 1-p 的情况下，它会选择不发送数据，所以错误。35 【正确答案】 D【试题解析】 交换机能同时连通许多对端口，使每一对相互通信的主机都能像独占通信介质一样，进行
