1、计算机专业（基础综合）模拟试卷 24 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 若某线性表中最常用的操作是在最后一个结点之后插入一个结点和删除最后一个结点，则下面最合适的存储方式是( )。（A）单链表（B）循环双链表（C）单循环链表（D）带有尾指针的单循环链表2 表长为 n 的顺序存储的线性表，当在任何位置上删除一个元素的概率相等时，删除一个元素所需移动元素的平均个数为( )。（A）n（B） n2（C） (n-1) 2（D）(n+1) 23 在下面的应用中，通常使用栈的是( )。I递归调用 括号匹配 表
2、达式求值（A） I、（B） 、（C） I、（D） I、4 用链接方式存储的队列，在进行删除运算时，下面正确的是( )。（A）仅修改头指针（B）仅修改尾指针（C）头、尾指针都要修改（D）头、尾指针可能都要修改5 用链接方式存储的队列，在进行删除运算时，下面正确的是( )。（A）30，36（B） 38，48，28（C） 48，18，38，28（D）60，30，50，40，38，36 6 在含有 1 5 个结点的平衡二叉树上，查找关键字为 28(存在该结点)的结点，则依次比较的关键字有可能是( )。（A）5（B） 6（C） 7（D）87 设树 T 的度为 4，其中度为 1，2，3 和 4 的结点个数
3、分别为 4，2，1，1 则 T 中的叶子数是 ( ) 。（A）B18（B） B19（C） B20（D）B218 以下关于图的说法正确的是( )。 I 在一个有向图的拓扑序列中，若顶点 a 在顶点 b 之前，则图中必有一条弧若一个有向图的邻接矩阵中对角线一下元素均为 O，则该图的拓扑序列必定存在在AOE 网中一定只有一条关键路径（A）I、（B） 、（C） I、（D）仅有9 设无向图 G=(V，E)和 G=(V，E)，如果 G是 G 的生成树，则下面说法中错误的是 ( )。（A）G是 G 的子图（B） G是 G 的连通分量（C） G是 G 的极小连通子图且 V=V（D）G是 G 的一个无环子图10
4、 设无向图 G=(V，E)和 G=(V，E)，如果 G是 G 的生成树，则下面说法中错误的是 ( ) 。（A）堆排序（B）起泡排序（C）快速排序（D）希尔排序11 下列排序算法中，时间复杂度为 O(nlogn)且占用额外空间最少的是( )。（A）O(n)， O(logn)（B） O(logn)，O(n 2)（C） O(n2)，O(n)（D）O(nlogn) ，0(n)12 某计算机的时钟频率为 400MHz，测试该计算机的程序使用 4 种类型的指令。每种指令的数量及所需指令时钟数(CPI)如下表所示，则该计算机的运算速度是 ( )。（A）1067（B） 1695（C） 207.3（D）216.
5、213 在补码表示的机器中，若寄存器 A 中原存的数为 9EH，现存的数为 CFH，则表明执行的一条指令是( )。（A）算术左移（B）逻辑左移（C）算术右移（D）逻辑右移14 计算机在进行浮点数的相加(减)运算之前先进行对阶操作，若 x 的阶码大于 y的阶码，则应将( ) 。（A）x 的阶码缩小至与 y 的阶码相同，且使 x 的尾数部分进行算术左移（B） x 的阶码缩小至与 y 的阶码相同，且使 x 的尾数部分进行算术右移（C） y 的阶码扩大至与 x 的阶码相同，且使 y 的尾数部分进行算术左移（D）y 的阶码扩大至与 x 的阶码相同，且使 y 的尾数部分进行算术右移15 在 4 位有效信息
6、上增加 3 位校验位后得到码长 7 位的海明校验码，它的检、纠错能力是 ( ) 。（A）纠一位错或检两位错（B）纠一位错且检两位错（C）只有检错能力，没有纠错能力（D）只有纠错能力，没有检错能力16 某 32 位计算机的 Cache 容量为 16KB，Cache 块的大小为 16B，若主存与Cache 地址映像采用直接映像方式，则主存地址为 0x1234E8F8 的单元装入 Cache的地址是( ) 。（A）00010001001 101（B） 0100010001 1010（C） 1.0100011111e+013（D）1.1010011101e+01317 设指令中的地址码为 A，变址寄存
7、器为 X，程序计数器为 PC，则变址间址寻址方式的操作数有效地址 EA 是( )。（A）(PC)+A)（B） (X)+A)（C） (X)+(A)（D）(X)+A18 下列关于主存储器的描述中，正确的是( )。ICPU 访存时间由存储器容量决定ROM 和 RAM 在存储器中是统一编址的ROM 中任意一个单元可以随机访问DRAM 是破坏性读出，因此需要读后重写（A）I 和（B） 和（C） 和（D）I 和19 下列关于主存储器的描述中，正确的是( )。ICPU 访存时间由存储器容量决定ROM 和 RAM 在存储器中是统一编址的ROM 中任意一个单元可以随机访问DRAM 是破坏性读出，因此需要读后重写
8、（A）I 和（B） 和（C） 和（D）、和20 下面是关于 PCI 总线的叙述，其中错误的是 ( )。（A）PCI 总线支持 64 位总线（B） PCI 总线的地址总线和数据总线是分时复用的（C） PCI 总线是一种独立设计的总线，它的性能不受 CPU 类型的影响（D）PC 机不能同时使用 PCI 总线和 ISA 总线21 若视频图像每帧的数据量为 64MB，帧速率为 30 帧秒，则显示 10 秒的视频信息，其原始数据量是( )。（A）64MB（B） 192MB（C） 640MB（D）1920MB22 一 131 的 1 字节、2 字节补码分别是( )。（A）83H，0083H（B） 7DH，
9、FF83H（C）溢出，FF83H（D）溢出，FF7DH23 在操作系统中引入并发可以提高系统效率。若有三个进程 P1、P2 和 P3，按照P1、P2 到 P3 的优先次序运行，采用可抢先式调度，其运行过程如下：P1：计算 6ms；IO 8ms；计算 2ms；P2：计算 12ms；IO 6ms；计算 2ms；P3：计算 4ms；IO 8ms；计算 4ms；不计系统开销，相比单通道顺序运行，多道并发可以节省的时间和 CPU 利用率分别是( ) 。（A）14ms；79（B） 1 6ms； 83（C） 12ms； 75（D）22ms；10024 假设当前计算机并发系统中有一个用户进程，它的工作流程如下
10、图所示，再假设系统只有三个基本状态，用户进程具有最高优先级，采用不可抢先时间片轮转调度算法，时间片为 20ms，其它进程不用磁盘及其它 10 设备。则该进程运行完成所需时间是( ) 。 （A）85ms（B） 140ms（C） 105ms（D）110ms25 支持多道程序设计的操作系统在运行过程中，不断会选择新进程来运行，共享CPU 资源，但是，下面哪个不是操作系统选择新进程的直接原因( )。（A）运行进程的时间片用完（B）运行进程出错（C）运行进程要等待某一个事件的发生（D）有新的进程被创建进入就绪队列26 下列哪些存储分配方案可能使系统抖动( )。I动态分区分配 简单页式 虚拟页式 简单段页
11、式 V简单段式虚拟段式（A）I 和 I（B） 和（C） V 和（D）和27 某个计算机采用动态分区来分配内存，经过一段时间的运行，现在在内存中依地址从小到大存在 100KB、450KB、250KB、200KB 和 600KB 的空闲分区。分配指针现指地址起始点，继续运行还会有 21 2KB、 41 7KB、112KB 和 426KB 的进程申请使用内存，那么，对内存充分利用的分配算法是( )。（A）最先适应算法（B）下次适应算法（C）最佳适应算法（D）最坏适应算法28 在一个虚拟存储系统中，假设主存的容量是 128MB，辅存的容量为 2GB，处理机地址寄存器以及地址线位宽 32 位，在这样的系
12、统中，虚存的空间最大为( )。（A）2GB（B） 128M（C） 128M+2GB（D）4GB29 下列关于索引表的叙述中，正确的是( )。（A）建立索引表的目的之一是为了减少存储空间（B）索引表中含有索引文件的数据及其物理地址（C）对索引文件存取时，必须先查找索引表（D）索引表中每个记录的索引项可以有多个30 在下列叙述中，正确的是( )。（A）在磁带上的顺序文件中插入新纪录时，必须复制整个文件（B）由于磁带的价格比磁盘便宜，用磁带实现索引文件更经济（C）在磁带上的顺序文件末尾插入新纪录时，不必复制整个文件（D）由于磁带不利于随机存储，故用磁带来作为备份的介质是不合适的31 操作系统为了管理
13、文件，设计了文件控制块(FCB)，文件控制块的建立是( )。（A）在调用 create()时（B）在调用 open()时（C）在调用 read()时（D）在调用 write()时32 UNIX 系统中，输入输出设备看作是( )。（A）普通文件（B）目录文件（C）索引文件（D）特殊文件33 网络协议的三要素是( )。（A）数据格式、编码、信号电平（B）数据格式、控制信息、速度匹配（C）语法、语义、同步（D）编码、控制信息、同步34 某信道的信号传输速率为 2000 波特，若想令其数据传输速率达到 8kbps，则一个信号码元所取的有效离散值个数至少是( )。（A）2（B） 4（C） 8（D）163
14、5 一个广域网信道的比特率是 4Kbps，传播延迟为 20ms，若确保停一等协议才至少 50的效率，那么帧的大小在至少是( )。（A）大于 160bit（B）大于 150bit（C）大于 140bit（D）大于 130bit36 在 Internet 上有许多协议，下面的选项中能够正确表示协议层次关系的是( ) 。 37 如果子网 1 72632020 再划分为 1 72632026，则下面的结论中正确的是( ) 。（A）划分为 1024 个子网（B）每个子网有 64 台主机（C）每个子网有 62 台主机（D）划分为 2044 个子网38 对地址转换协议(ARP)描述正确的是( )。（A）AR
15、P 封装在 IP 数据报的数据部分（B） ARP 是采用广播方式发送的（C） ARP 是用于 IP 地址到域名的转换（D）发送 ARP 包需要知道对方的 MAC 地址39 下列关于 TCP 和 UDP 的说法正确的是( )。（A）两者都是面向无连接的（B）两者都是面向连接的（C） TCP 是面向连接而 UDP 是面向无连接的（D）TCP 无连接而 UDP 是面向连接的40 当一台计算机从 FTP 服务器下载文件时，在该 FTP 服务器上对数据进行封装的五个转换步骤是( ) 。（A）比特，数据帧，数据包，数据段，数据（B）数据，数据段，数据包，数据帧，比特（C）数据包，数据段，数据，比特，数据帧
16、（D）数据段，数据包，数据帧，比特，数据二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 已知 AOE 网中顶点 v1，v 2，v 3，v 7 分别表示 7 个时间，有向线段a1，a 2，a 3，a 10 分别表示 10 个活动，线段旁的数值表示每个活动花费的天数，如下图所示。请填写下面两个表格，并用顶点序列表示出关键路径，给出关键活动。42 已知在二叉树中，T 为根结点，*p 和*q 为二叉树中两个结点，试编写求距离它们最近的共同祖先的算法。43 试用 7418l 和门电路实现一位余 3 码加法器。44 一个字节多路通道连接 D1、D 2、D 3、D 4、D 5 共 5 台设备，这些设备分
17、别每10s、30s、30s、50s 和 75s向通道发出一次数据传送的服务请求，请回答下列问题： (1)计算这个字节多路通道的实际流量和工作周期。 (2)如果设计字节多路通道的最大流量正好等于通道实际流量，并假设对数据传输率高的设备，通道响应它的数据传送请求的优先级也高。5 台设备在 0 时刻同时向通道 发出第一次传送数据的请求，并在以后的时间里按照各自的数据传输率连续工作。画出通道分时为每台设备服务的时间关系图，并计算这个字节多路通道处理完各台设备的第一次数据传送请求的时刻。 (3)从时间关系图上可以发现什么问题?如何解决这个问题?45 设某多道程序系统中有用户使用内存 1000M，打印机
18、1 台。系统采用可变分区动态分配算法管理内存，而对打印机采用静态分配。假设输入输出操作时间忽略不计，采用最短剩余时间优先的进程调度算法，进程最短剩余时间相同时采用先来先服务的算法，进程调度时机选择在进程执行结束或新进程创建时，现有进程如下： 假设系统优先分配内存低地址区域，且不允许移动，那么，求： (1)给出进程调度算法选中进程的次序，并说明理由。 (2)全部进程执行结束所用的时间是多少?46 假定某采用页式虚拟存储管理的计算机系统中，主存储器容量为 1GB，被分为262144 块物理块，物理块号为 0，1，2，262143。某进程的地址空间占 4 页，逻辑页号为 0，1，2，3，被分配到主存
19、储器的第 20，45，101，58 号物理块中。回答： (1)内存物理地址至少应该用多少位字长来表示? (2)进程每一页的长度为多少字节?逻辑地址中的页内地址应占用多少位字长? (3)把进程中每一页在分到的主存物理块中的起始地址和结束地址填入下表： 47 某路由器的 IP 地址是 125452312，它在以太网上的物理地址为 2345AB4F67CD，它收到了一个分组，分组中的目的 IP 地址是 125117810。 (1)试给出这个路由器发出的 ARP 请求分组中的各项目。假定不划分子网。 (2)假定目的主机在以太网上的物理地址为 AABBA24F67CD，试给出目的主机发送的ARP 响应分
20、组中的各项目。 (3)将问题 1 的结果封装成数据链路层的帧，试填充所有的字段。 (4)将问题 2 的结果封装成数据链路层的帧，试填充所有的字段。 计算机专业（基础综合）模拟试卷 24 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】 在链表中的最后一个结点之后插入一个结点要知道终端结点的地址，单链表、单循环链表都不合适；删除最后一个结点要知道终端结点的前驱结点的地址，带有尾指针的单循环链表不合适；而循环双链表满足这两个条件。2 【正确答案】 C【试题解析】 顺序表的删除运算时间主要
21、消耗在移动表中元素上，删除第 i 个元素时，其后面的元素 ai+1a n 都要向上移动一个位置，共移动了 n 一 i 个元素。在等概率情况下，即 pi=1n，则： 这说明顺序表上作删除运算时大约需要移动表中一半的元素，显然该算法的时间复杂度为 O(n)。3 【正确答案】 D【试题解析】 这类问题一般都先分析题目中的数据是具有“先进后出”还是“先进先出”特性，再判断其逻辑结构为栈或者队列。4 【正确答案】 D【试题解析】 链队列中删除元素一般仅修改队头指针，但只有一个元素时，出队后队空，此时还要修改队尾指针。5 【正确答案】 C【试题解析】 设 Nh 表示深度为 h 的平衡二叉树中含有的最少结点
22、数，有 N 0=0 N11 N 22 N h=Nh-1+Nh-2+1 N3=4，N 4=7，N 5=12，N 6=2015。也就是说，高度为 6 的平衡二叉树的最少有 20 个结点，因此 15 个结点的平衡二叉树的高度为 5，而最小叶子结点的层数为 3，所以选项 D 错误。而 A 和 B 的查找过程不能构成二叉排序树，因而 A、B 错误。6 【正确答案】 D【试题解析】 由二叉树性质的推广，度为 4 的树应该有 1+n2+2n3+3n4 个叶结点(n i表示度为 i 的结点数目)，与度为 1 的结点的个数无关。 因此，如果用 n0 表示叶结点的个数，则应该有 n0=1+2+21+31=8。7
23、【正确答案】 C【试题解析】 边(v6，v3)与边(v3，v3) 是同一条边。原第 i 行第 j 列元素在矩阵B(上三角形式)中的下标为：(n 一 1)+(n 一 2)+(n 一(i 一 1)+(ji)。本题中将数值代入， (101)+(10 2)+(63)=20。所以边(v6，v3)的信息存储在 B20中。8 【正确答案】 D【试题解析】 说法 I 是错误的，在一个有向图的拓扑序列中，若顶点 a 在顶点 b之前，只能说明顶点 a 到顶点 b 有一条路径。 说法是错误的，AOE 网中可能有不止一条关键路径，它们的路径长度相同。 说法是正确的。任意 n 个顶点的有向无环图都可以得到一个拓扑序列。
24、设拓扑序列为 v0，v 1，v n-1，证明此时的邻接矩阵 A 为上三角矩阵，可用反证法证明。假设此时的邻接矩阵不是上三角矩阵，那么，存在下标 i 和 j(ij)，使得 Aij不等于 0，即图中存在从 vi 到 vj 的一条有向边。由拓扑序列的定义可知，在任意拓扑序列中，v i 的位置一定在 vj 之前，而上述拓扑序列 v0，v 1，v n-1 中，由于 ij，即 vi 的位置在 vj 之后，导致矛盾。因此说法是正确的。9 【正确答案】 B【试题解析】 选项 B 错误，因为连通分量是无向图的极大连通子图，其中极大的含义是将依附于连通分量中顶点的所有边都加上，所以，连通分量中可能存在回路。10
25、【正确答案】 A【试题解析】 本题主要考查各种排序方法的性能分析。11 【正确答案】 C【试题解析】 12 【正确答案】 C【试题解析】 平均 CPI=(1 600001+300002+240004+1 60008)(1 60000+30000+24000+16000)193，4001932073MIPS。13 【正确答案】 C【试题解析】 寄存器 A 中原存内容 10011 110，现存内容 11001111，说明执行了一条算术右移指令。14 【正确答案】 D【试题解析】 在浮点数加减运算时，首先要进行对阶，根据对阶的规则，阶码和尾数将进行相应的操作。15 【正确答案】 B【试题解析】 7
26、位海明码，在 4 位有效信息上增加 3 位校验位，则有 K=3，N=4，则满足 2k-1N+K+1。所以可以纠一位错且检两位错。16 【正确答案】 C【试题解析】 因为 Cache 容量为 16KB，所以 Cache 地址长 14 位。主存与Cache 地址映像采用直接映像方式，将 32 位的主存地址 0x1234E8F8 写成二进制，取低 14 位就是 Cache 地址。17 【正确答案】 B【试题解析】 变址间址寻址方式就是先变址后间址，在 4 个选项中，选项 A 为相对寻址，选项 C 为间址变址寻址，选项 D 为变址寻址。18 【正确答案】 D【试题解析】 兼容性微操作是指那些可以同时产
27、生，共同完成某一任务的微操作，而互斥性微操作是指在机器中不允许同时出现的微操作。19 【正确答案】 B【试题解析】 CPU 的访存时间与存储容量无关；不是所有的 DRAM 都是破坏性读出，4 管 DRAM 是非破坏性的记忆单元，单管 DRAM 是破坏性的记忆单元。20 【正确答案】 D【试题解析】 PC 机允许同时使用 PCI 总线和 ISA 总线。21 【正确答案】 D 【试题解析】 视频图像每帧的数据量为 64MB，10 秒的视频信息将显示 300 帧，数据的存储量=64MB3010=1920MB22 【正确答案】 D【试题解析】 1 字节补码的表示范围为一 1 281 27，所以一 13
28、1 在 1 字节补码表示为溢出；2 字节补码的表示范围为一 327683276 7，一 131 在此范围内，可以正确表示，需要进行符号扩展。一 131 的二进制表示为一 10000011，用 2 个字节补码表示为 1111 111101111 101。23 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查多道程序运行的工作方式，解决此类问题的关键一般根据进程的优先级和时序关系，画出时序图，注意 I O 设备不能抢夺，CPU 可以根据优先级来抢夺。24 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查考生对抢先式和非抢先式，以及时间片轮转调度算法的理解。根据题意，并发系统不止一个进程，所以它们会竞争 CPU，考虑一
29、个简单系统，只有用户进程是使用磁盘的，其它进程不用，所以磁盘的使用可以不用等待，由此，我们画出如下示意图，其中注意，CPU 是不可抢夺的。 由于 CPU 不可抢夺，所以当用户进程从磁盘读写返回时，它不能抢夺其它正在运行的进程，必须等待，到下一个调度时机的时候，由于其优先级最高，所以可以占有 CPU 运行。同理分析，直到该进程运行结束。计算出总时间。注意本题中，进程运行少于20ms 而主动出让 CPU 是可以的，并不是一定要到 20ms 才调度，我们所说的不可抢先是指被迫出让 CPU 的情形是不允许的。25 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查进程调度的时机。运行着的进程由于分配的时间到，或者
30、运行结束，或者需要等待事件的发生(例如等待键盘响应)，或者出错，或者自我阻塞等均可以引起激活调度程序进行重新调度，选择一个新的就绪进程占有处理机运行。新的进程加入到就绪队列不是引起调度的直接原因，当 CPU 正在处理其它进程的请求时，该进程仍然需要等待。即使在采用高优先级优先调度算法的系统中，一个最高优先级的进程进入就绪队列，仍旧需要考虑是否允许抢先，当不允许抢先时仍然需要等待。26 【正确答案】 D【试题解析】 “抖动”现象是指刚刚被换出的页很快又要被访问，为此，又要换出其它页，而该页又很快被访问，如此频繁地置换页面，以致大部分时间都花在页面置换上。对换的信息量过大，内存容量不足不是引起系统
31、抖动现象的原因，而选择的置换算法不当才是引起抖动的根本原因，例如，先进先出算法就可能会产生抖动现象。本题中只有虚拟页式和虚拟段式才存在换入换出的操作，简单页式和简单段式因已经全部将程序调入内存，因此不需要置换，也就没有了抖动的现象。故正确答案为 D。27 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查对计算机动态分区内存分配算法的计算。按照最先适应算法，见下图： 可以分配三个进程，余下 426KB 的程序需要在外存等候。按照下次适应算法，如下图： 同样地，余下426KB 的程序需要在外存等候。按照最佳适应算法，如下图： 所有进程均可以创建，较合理。按最坏适应算法，如下图： 余下 426KB 的程序需要
32、在外存等候。 所以，充分利用内存的适应算法是最佳适应算法。28 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查虚拟存储器的最大容量。虚拟存储器空间的最大值与实际存储容量没有关系，仅与其地址系统的位宽有关，32 位的系统其最大虚存都是4GB。但是若要问，虚存的实际容量是多少时，则要考虑主存和辅存的大小，若主存和辅存之和小于 4GB(对于 32 位系统)，则应是主存和虚存的实际容量之和。若大于 4GB，则多余的部分没有用，虚存的大小还是为 4GB。29 【正确答案】 C【试题解析】 本题主要考查索引文件、索引表的相关内容。现代操作系统的文件系统中常采用的存储结构有：顺序文件(连续文件)、链接文件(串联文件
33、)和索引文件(随机文件 )。其中，索引文件是一种文件存储时不需要连续分配的方式，文件系统为每个文件另建立一张表示逻辑记录和物理块之间的对应关系的表，称为索引表，文件本身和索引表组成的文件称为索引文件。索引表中每一项称为索引项，每个记录占一个索引项，索引项中含有记录的逻辑号和存放记录的物理地址。对索引文件的存取，首先查找索引表，然后根据索引表的地址存取相应的物理块。索引文件的优点是，只要知道索引表的首地址，就可以方便地对文件进行直接和顺序存取，方便文件操作。但索引表的建立会占用额外的存储空间和占用访问时间，为此，可采用多级索引结构。所以，建立索引表的目的是减少存储空间，显然是不正确的。这样，供选
34、择的答案 A 被排除了。答案 B 中说到索引表中含有索引文件的数据及其物理地址也不正确，应含有逻辑记录和物理块之间对应关系的表。答案 D 所叙述的每个记录的索引项可以有多个，这种说法也不正确，应排除。因此，四个答案排除了 A、B 、D外只有答案 C 是正确的了，对索引文件存取时必须先查找索引表方能知逻辑记录所对应的物理块号，即物理地址，进而才可访问文件。故此正确答案为 C。30 【正确答案】 A【试题解析】 磁带是顺序访问的存储设备，所以复制文件时必须复制整个文件。由于磁带上文件是顺序文件，所以无法实现索引文件，不管其有多便宜。备份文件时不需要作随机访问，所以用磁带来备份文件是合理的，也是经济
35、的。31 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查文件块的概念。文件控制块是用于管理文件的一组数据，每个文件均有一个文件控制块，其中包括文件名、文件拥有者、文件创建日期时间等。文件控制块一般在创建该文件时建立的，打开文件只是将文件控制块的内容读入内存，读和写文件是对文件内容操作，它们必须依靠文件控制块的指示，例如外存地址，读写权限等。关闭文件只是将文件控制块回写到磁盘，删除文件时将文件控制块清除。32 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查有关 UNIX 设备管理的特点。UNIX 中，所有的设备被看作是特殊的文件，因为 UNIX 控制和访问外部设备的方式和访问一个文件的方式是相同的。在 UNIX
36、 同一个外部设备进行通讯之前，这个设备必须首先要有一个设备文件存在。例如，每一个终端都有自己的设备文件来供 UNIX 写数据(出现在终端屏幕上)，和读取数据(用户通过键盘输入)。设备文件又称为特殊文件。设备文件和普通文件不一样，设备文件中并不包含任何数据。33 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查网络协议的基本组成，网络协议(network protocol)，简称为协议，是为进行网络中的数据交换而建立的规则、标准或约定。网络协议的组成要素是语法、语义和同步，这里语法指数据与控制信息的结构或格式，语义指需要发出何种控制信息，完成何种动作以及做出何种响应，同步指事件实现顺序的详细说明，因此答案
37、是 C。34 【正确答案】 D【试题解析】 本题考查波特率与传输速率之间的关系；对于信号传输速率为 2000波特，要使数据传输速率达到 8kbps，则一个码元需携带 4bit 的信息，所以一个信号码元所能取的离散值的个数为 24=16 个，因此答案是 D。35 【正确答案】 A【试题解析】 当发送一帧的时间等于信道传播延迟的 2 倍时，信道利用率是50。或者说，当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，效率将是 50。本题中，往返传播时间为 20 毫秒2=40 毫秒，发送速率是每秒 4000 位，即发送 1位需 O25 毫秒。40 毫秒025 毫秒位=1 60 位。所以，帧大于 160 位时，
38、采用停一等协议才有至少 50的效率，答案是 A。36 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查各种协议所处于的层次，选项 B 中 ARP 协议是处于网络层，不是和 TCP 一样处于传输层，选项 C 中 UDP 协议是和 TCP 一起处于传输层，选项 D 中 LLC 不是和 IP 一起处于网络层，而是在 MAC 层之上共同组成了数据链路层，因此答案是 A。37 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查子网划分的基本算法，首先要明确本题是把现有子网进行了二次划分，注意原子网的网络号是前 20 位，再次划分的网络号是 26 位，也就是从原子网的主机位拿出来 6 位作为子网号，因此可以划分 26=64 个
39、子网，还剩余 6位作为主机号，也就是有效主机位是 26 一 2=62 台主机，因此答案是 C。38 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查 ARP 协议的原理，当主机 A 要向本局域网上的某个主机B 发送 IP 数据报时，如果在其 ARP 高速缓存中查询不到主机 B 的物理地址，这时候 ARP 进程就需要在本局域网上广播发送一个 ARP 请求分组，所以 ARP 协议的请求报文是广播的，不是单播的，此时应该是本局域网上的所有主机都可以收到此 ARP 的请求分组，而主机 B 见到 ARP 分组中的 IP 地址是自己的 IP 时，就向主机 A 发送一个 ARP 响应分组，所以 ARP 响应分组是普通
40、的单播，一定注意ARP 是解决同一局域网上的主机或路由器的 IP 地址和硬件地址的映射问题，如果所要找的主机和源主机不在同一个局域网上，剩下的所有工作都应该由下一跳的路由器来完成。同时 ARP 位于网络层，并没有和 ICMP 一样封装在 IP 数据报中，主要实现 IP 地址和物理地址的转换，因此，ARP 报文在发送的时候并不知道对方的 MAC 地址，因此答案是 B。39 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查 TCP 和 uDP 的传输特性， TCP，可靠有连接，UDP，不可靠无连接，因此答案是 C。40 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查数据封装的 5 个过程，FTP 服务器的数据要经过
41、应用层、传输层、网络层、链路层才到达物理层，因此对应的封装是数据、数据段、数据包、数据帧，最后是比特，答案是 B。二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 【正确答案】 关键路径：v 1 v2 v5v7 v1v4v5 v7 关键活动：a 1a2a4a8a9【试题解析】 AOE 网中从源点到终点的最大路径长度(这里的路径长度是指该路径上的各个活动所需时间之和)的路径称为关键路径。关键路径长度是整个工程所需的最短工期。关键路径上的活动称为关键活动。要缩短整个工期，必须加快关键活动的进度。寻找关键活动时所用到的几个参量的定义。假设第 i 条弧为，dut()为弧上的权值。(1)事件的最早发生
42、时间 vek=从源点到顶点 k 的最长路径长度。ve(源点)=0；ve(k)=Maxve(j)+dut()(2)事件的最迟发生时间 v1j=从顶点 j 到汇点的最短路径长度。vl(汇点)=ve(汇点)；vl(j)=Minv1(k)一 dut()(3)活动 i 的最早开始时间 e(i)=ve(j)。(4)活动 i 的最晚开始时间 l(i)=vl(k)一 dut()。ei一 li的活动就是关键活动，关键活动所在的路径就是关键路径。42 【正确答案】 intfound=FALSE；Bitree*Find_Near_Ancient(Bitree T，Bitree p，Bitree q)/求二叉树 T
43、中结点 P 和 q 的最近共同祖先Bitree pathp100，pathq100； / 设立两个辅助数组暂存从根到 p，q 的路径Findpath(T，p，pathp，0) ；found=FALSE；Findpath(T，q，pathq，0) ； /求从根到 p，q 的路径放在 pathp 和 pathq 中for(i=0；pathpi=pathqi&pathpi；i+) ；/查找两条路径上最后一个相同结点return pathp-i；void Findpath(Bitree T， Bitree p，Bitree path，int i) /求从 T 到 p 路径的递归算法if(T=p) fo
44、und=TRUE； /找到return；pathi=T； /当前结点存入路径if(T-lchild)Findpath(T-lchild，p，path，i+1)； /在左子树中继续寻找if(T-rchild&!found)Findpath(T-rchild，p，path，i+1) ； /在右子树中继续寻找if(!found)pathi=NULL； /回溯【试题解析】 本题也可叙述为求，*p 和*q 两个结点的最小子树。遍历访问到*p 时，将*p 结点的祖先保存到数组 pathp 中，再遍历访问到*q 时，将*q 结点的祖先保存到数组 pathq 中，将数组 pathp 与数组 pathq 的结点
45、依次(从0 开始)比较，找到最近的共同祖先。43 【正确答案】 用 2 片 74181 和 1 个非门即可实现余 3 码加法器，其逻辑框图如下图所示。 【试题解析】 首先写出余 3 码的校正函数：有进位，+3(+0011)校正；无进位，-3(-+-1101)校正。根据余 3 码的校正函数，设计加法器，下面一片 74181 完成一位余 3 码的加法，上面一片 74181 完成校正。44 【正确答案】 (1)这个字节多路通道的实际流量为 通道的工作周期为： 包括设备选择时间 TS 和传送一个字节的时间 TD。 (2)5 台设备向通道请求传送和通道为它们服务的时间关系下图所示，向上的箭头表示设备的数
46、据传送请求，有阴影的长方形表示通道响应设备的请求并为设备服务所用的工作周期。 在上图中，5 台设备在 0 时刻同时向字节多路通道发出第一次传送时间的请求，通道处理完各设备第一次请求的时间分别为： 处理完设备 D1 的第一次请求的时刻为 5s； 处理完设备 D2 的第一次请求的时刻为 10s； 处理完设备 D3 的第一次请求的时刻为 20s； 处理完设备 D4 的第一次请求的时刻为 30s； 设备 D5 的第一次请求没有得到通道的响应，直到第 85s通道才开始响应设备 D5 的服务请求，这时，设备已经发出了两个传送数据的服务请求，因此第一次传送的数据有可能丢失。 (3)当字节多路通道的最大流量与
47、连接在这个通道上的所有设备的数据流量之和非常接近时，虽然能够保证在宏观上通道不丢失设备的信息，但不能保证在某个局部时刻不丢失信息。由于高速设备在频繁地发出要求传送数据的请求时，总是被优先得到响应和处理，这就可能使低速设备的信息一时得不到处理而丢失，如本题中的设备 D5。为了保证本题中的字节多路通道能正常工作，可以采取以下措施来解决： 增加通道的最大流量，保证连接在通道上的所有设备的数据传送请求能够及时得到通道的响应。 动态改变设备的优先级。例如，只要在 30s70s 之间临时提高设备 D5 的优先级，就可使设备 D5 的第一次传送传送请求及时得到通道的响应，其他设备的数据传送请求也能正常得到通
48、道的响应。 增加一定数量的数据缓冲器，特别是对优先级比较低的设备。例如，只要为设备 D5 增加一个数据缓冲器，它的第一次数据传送请求可在 85s处得到通道的响应，第二次数据传送请求可以在 145s处得到通道的响应，所有设备的数据都不会丢失。【试题解析】 通道流量是指通道在数据传送期内，单位时间里传送的字节数。它能达到的最大流量称为通道极限流量。45 【正确答案】 (1)进程运行的顺序是，进程 0，进程 1，进程 3，进程 4，进程3，进程 2，原因见上述分析。 (2)总共运行了 47 个时间片。原因见上述分析。 【试题解析】 本题考查调度算法的理解和计算。最简单的方法就是画出其甘特图。下面分析：时刻 0，进程 0 到达，投入运行，占用 1 50M 内存，并占用打印机；运行到时刻4，进程 1 到达，占用内存 300M，申请使用打印机，此时进程 0 和进程 1 均剩余4，但是进程 0 先到，故继续运行；运行到时刻 8，进程 0 退出，释放 1 50M 内存，进程 1 运行，占用打印机；运行到时刻 10，进程 2 到达，但是，剩余内存不足，不可创建到内存，在外存
