1、计算机专业（基础综合）模拟试卷 25 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 若已知一个栈的入栈序列是 1，2，3n，其输出序列为p1，p2，p3pn，若 p1=n，则 pi 是( ) 。（A）i（B） n-i（C） n-i+1（D）不确定2 将一个 A1100，1100的三对角矩阵，按行优先存入一维数组B1298 中，A 中元素 A66,65(即该元素下标 i=66，j=65)，在 B 数组中的位置 k为( )。（A）1 98（B） 1 95（C） 197（D）1 963 查找效率最高的二叉排序树是
2、( )。（A）所有结点的左子树都为空的二叉排序树（B）所有结点的右子树都为空的二叉排序树（C）平衡二叉树（D）没有左子树的二叉排序树4 一棵深度为 k 的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为 0，则该树的结点数是( ) 。（A）2 k-1-1（B） 2k-1（C） 2k-1+1（D）2 k 一 15 以下叙述正确的是( )。I对有向图 G，如果以任一顶点出发进行一次深度优先或广度优先搜索能访问到每个顶点，则该图一定是完全图连通图的广度优先搜索中一般要采用队列来暂存访问过的顶点图的深度优先搜索中一般要采用栈来暂存访问过的顶点（A） I、（B） 、（C） I、（D） I、6 一个含有 n 个
3、顶点和 e 条边的简单无向图，在其邻接矩阵存储结构中零元素的个数是( )。（A）e（B） 2e（C） n2 一 e（D）n 2-2e-7 从二叉树的任一结点出发到根的路径上，所经过的结点序列必按其关键字降序排列的是 ( ) 。（A） 二叉排序树（B）大顶堆（C）小顶堆（D）平衡二叉树8 顺序存储的某线性表共有 123 个元素，按分块查找的要求等分为 3 块。若对索引表采用顺序查找方法来确定子块，且在确定的子块中也采用顺序查找方法，则在等概率的情况下，分块查找成功的平均查找长度为( )。（A）21（B） 23（C） 41（D）629 在下列存储结构中，数据结构中元素的存储地址与其关键字之间存在某
4、种映射关系的是 ( ) 。（A）树形存储结构（B）链式存储结构（C）索引存储结构（D）散列存储结构10 若对 27 个元素只进行三趟多路归并排序，则选取的归并路数是( )。（A）2（B） 3（C） 4（D）511 下列序列中，执行第一趟快速排序的结果是( )。（A）da，ax ，eb，de，bbffha ，gc（B） cd，eb，ax，daffha ，gc ，bb（C） gc，ax，eb，cd，bbffda，ha（D）ax，bb，cd ，daffeb，gc ，ha12 某工作站采用时钟频率 f 为 15MHz，处理速率为 10MIPS 的处理机来执行一个已知混合程序。假定每次存储器存取为 1
5、周期延迟，试问此计算机的有效 CPI 是( )。（A）25（B） 2（C） 1.5（D）113 5 位二进制定点小数，用补码表示时，最小负数是( )。（A）011 11（B） 10001（C） 111 11（D）114 浮点加减中的对阶是( )。（A）将较小的一个阶码调整到与较大的一个阶码相同（B）将较大的一个阶码调整到与较小的一个阶码相同（C）将被加数的阶码调整到与加数的阶码相同（D）将加数的阶码调整到与被加数的阶码相同15 若内存按字节编址，用存储容量为 32K8 比特的存储器芯片构成地址编号A0000H 至 DFFFFH 的内存空间，则至少需要的片数是( )。（A）4（B） 6（C） 8
6、（D）1016 某计算机的存储系统由 Cache 一主存系统构成，Cache 的存取周期为 10ns，主存的存取周期为 50ns。在 CPU 执行一段程序时，Cache 完成存取的次数为 4800 次，主存完成的存取次数为 200 次，该 Cache 一主存系统的效率是( )。（A）0856（B） 0862（C） 0.958（D）0.9617 对于 RISC 机和 CISC 机，以下说法错误的是( )。（A）RISC 机的指令条数比 CISC 机少（B） RISC 机指令的平均字长比 CISC 机指令的平均字长短（C）对大多数计算任务来说，RISC 机程序所用的指令条数比 CISC 机少（D）
7、RISC 机和 CISC 机都在发展18 微程序在计算机中存放的位置是( )。（A）主存储器（B）控制存储器（C）通用寄存器（D）指令寄存器19 下列各叙述中正确的命题是( )。I在取指周期中也可能从内存取到操作数CPU 的访存时间是由存储器的容量决定的，存储容量越大，访存时间就越长在主存与 Cache 之间的直接映射方式下，不采用替换策略也可以实现正确的块替换动态存储器的读操作也具有刷新的功能（A）I、Ill（B） I、（C） 、（D）I、20 在菊花链方式中，靠近控制器的设备与远处设备的( )。（A）优先级高（B）优先级相等（C）优先级低（D）不一定21 RAID 利用冗余技术实现高可靠性
8、，其中 RAIDl 的磁盘利用率是( )。（A）25（B） 50（C） 75%（D）100%22 设存储器容量为 32 字，字长 64 位，模块数 m=4，存储周期 T=200ns，数据总线宽度为 64 位，总线传送周期 =50ns。用交叉方式进行组织，交叉存储器的带宽是( )。（A）3210 7 位秒（B） 8107 位秒（C） 73107 位秒（D）1810 7 位秒23 操作系统为用户提供了多种接口，它们是( )。I计算机高级指令；终端命令；图标菜单；汇编语言；VC 语言；系统调用；（A）I；V（B） ；（C） ；V（D）；24 若一个信号量的初值为 3，经过多次 PV 操作以后当前值为
9、一 1，此表示等待进入临界区的进程数是( )。（A）1（B） 2（C） 3（D）425 利用银行家算法进行安全序列检查时，不需要的参数是( )。（A）系统资源总数（B）满足系统安全的最少资源数（C）用户最大需求数（D）用户已占有的资源数26 若有一进程拥有 100 个线程，这些线程都属于用户级线程，则在系统调度执行时间上占用的时间片是( )。（A）1（B） 100（C） 1100（D）027 某计算机采用页式存储管理，内存中现有 1000 个页表项，CPU 的 cache 中可以存放 N 个页表项，该系统中，CPU 内存访问的时间为 lOOns，对 cache 访问的时间是 5ns，如果希望页
10、表映射的平均时间降到 20ns 以下，那么 cache 中的 N 必须高于( )。（A）850（B） 858（C） 923（D）84228 分页系统中的页面是( )。（A）用户所能感知的（B）操作系统所能感知的（C）编译程序所能感知的（D）链接装配程序所能感知的29 某操作系统的文件管理采用直接索引和多级索引混合方式，文件索引表共有 10项，其中前 8 项是直接索引项，第 9 项是一次间接索引项，第 10 项是二次间接索引项，假定物理块的大小是 1K，每个索引项占用 4 个字节，则该文件系统中最大的文件可以达到( ) 。（A）65800K（B） 65792K（C） 65536K（D）34000
11、K30 设磁盘的 IO 请求队列中所要访问的磁道号为：96，184，25，120，1 2，126，73，75，当前磁头在 96，前一次在 90。当采用最短寻道时间优先算法(SSTF)和电梯算法所要移动的距离是( )。（A）618，418（B） 306，260（C） 306,418（D）618,26031 UNIX 操作系统中，文件的索引结构存放在( )。（A）超级块（B）索引节点（C）目录项（D）空闲块32 在设备管理中，用来实现设备分配的四个数据结构中，每个设备一张，描述设备的特性和状态，反映设备的特性、设备和控制器的连接情况的数据结构是( )。（A）设备控制表(DCT)（B）系统设备表(S
12、DT)（C）控制器控制表(COCT)（D）通道控制表(CHCT)33 在 OSI 参考模型中，第 N 层和其上的第 N+1 层的关系是( )。（A）第 N 层为第 N+1 层提供服务（B）第 N+1 层将从第 N 层接收的信息增加了一个头（C）第 N 层利用第 N+1 层提供的服务（D）第 N 层对 N+1 层没有任何作用34 设待传送数据总长度为 L 位，分组长度为 P 位，其中头部开销长度为 H 位，源节点到目的节点之间的链路数为 h，每个链路上的延迟时间为 D 秒，数据传输率为 B bps，电路交换建立连接的时间为 S 秒，则传送所有数据，电路交换需时间是 ( )。（A）hD+LB 秒（
13、B） S+hD+LP 秒（C） S+hD+LB 秒（D）S+LB 秒35 若数据链路的发送窗口尺寸 WT=4，在发送 3 号帧、并接到 2 号帧的确认帧后，发送方还可连续发送的帧数是( )。（A）2 帧（B） 3 帧（C） 4 帧（D）1 帧36 TCPIP 网络中，某主机的 IP 地址为 13025 31 35，子网掩码为25525525 51 92，那么该主机所在的子网的网络地址是( )。（A）1302500（B） 1302530（C） 130253128（D）13025325537 为了限制路由信息传播的范围，OSPF、协议把网络划分成 4 种区域(Area)，其中连接各个区域的传输网络
14、是( )。（A）不完全存根区域（B）标准区域（C）主干区域（D）存根区域38 一台主机的 IP 地址为 1111100，子网掩码为 255000。现在用户需要配置该主机的默认路由。经过观察发现，与该主机直接相连的路由器具有如下 4个 IP 地址和子网掩码：IIP 地址：1 1111，子网掩码：2550 00IP 地址：11121，子网掩码：2550 00IP 地址：1 2111，子网掩码：255 000IP 地址：13121，子网掩码：2550 00请问 IP 地址和子网屏蔽码可能是该主机的默认路由的是 ( )。（A）I 和（B） I 和（C） I、和（D）和39 以太网交换机中的端口MAC
15、地址映射表是( )。（A）是由交换机的生产厂商建立的（B）是交换机在数据转发过程中通过学习动态建立的（C）是由网络管理员建立的（D）是由网络用户利用特殊的命令建立的40 下面关于电子邮件的说法中，不正确的是( )。（A）电子邮件只能发送文本文件（B）电子邮件可以发送图形文件（C）电子邮件可以发送二进制文件（D）电子邮件可以发送主页形式的文件二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 已知二叉树采用二叉链表方式存放，要求返回二叉树 T 的后序序列中的第一个结点的指针，是否可不用递归且不用栈来完成?请简述原因。42 设有一个带头结点的循环单链表，其结点值均为正整数。试设计一个算法，反复找出
16、单链表中结点值最小的结点，并输出之，然后将该结点从中删除，直到单链表空为止，最后再删除表头结点。43 什么是单重分组和双重分组跳跃进位链?一个按 3，5，3，5 分组的双重分组跳跃进位链(最低位为第 O 位)，试问大组中产生的是哪几位进位 ?与 4，4，4，4 分组的双重分组跳跃进位链相比，试问产生全部进位的时间是否一致?为什么?44 某机的主要部件如下图所示。 (1)请补充各部件间的主要连接线，并注明数据流动方向。 (2)拟出指令 SUB(R1)，一(R 2)的执行流程(含取指过程与确定后继指令地址)。该指令的含义是进行减法操作，源操作数地址和目的操作数地址分别在寄存器 R1 和 R2 中，
17、目的操作数寻址方式为自减型寄存器间接寻址。 其中：LAA 输入选择器，LBB 输入选择器，C、D 一暂存器。45 实现一个经典的“ 读者一写者 ”算法时，若当前临界区中有读者访问，写者再来时必须在临界区外面等候，如果其后读者源源不断地到达，按策略他们均可以进入临界区，始终保持临界区中有读者访问，那么写者可能长时间不能进入临界区而形成饥饿。为解决此类问题，我们修改访问策略，要求当写者到达时，写者具有优先权。具体说，写者到达后，已经在临界区内的读者继续读取直到结束，而后来的读者就不能进入临界区。等所有的读者离开临界区以后让写者先进去访问，然后等写者离开后再允许读者进入临界区。这所谓“写者优先读者一
18、写者问题。请用信号量和 PV 操作来描述这一组进程的工作过程。46 某 32 位计算机系统采用段页式虚拟存储管理，现有一个进程被分成 5 段，其段号和段长见下表，段内分页，页表见下，存放在内存中，每页的长度为 4096B。进程运行到某一个指令，其地址为(2，3，010)，当前 CPU 的寄存器和地址加法器的状态如图所示，当上述指令执行时，操作系统如何工作?CPU 中各个寄存器和快表的值为多少?(均为十六进制 )。 当前 CPU 的寄存器和地址加法器的状态： 请填写指令执行时的状况： 47 设需在两台计算机间经两个中间节点传送 100M 字节的文件，假定：(1)计算机与中间节点间的通信线路以及中
19、间节点间通信线路的通信速率皆为8Kbps；(2)数据传输的差错可以忽略不计；(3)中间节点存储转发时间可忽略不计；(4)每一段线路的传播时延均为 10ms试计算采用甲、乙两种方案传送此文件所需时间。其中：(1)方案甲：将整个文件逐级存储转发。(2)方案乙：将文件分为 1000 字节长的帧在进行逐级存储转发，假定帧头和帧尾的开销为 10 字节。计算机专业（基础综合）模拟试卷 25 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】 C【试题解析】 本题中所叙述的情况，栈的输出序列一定是输入序列的逆序。2
20、 【正确答案】 B【试题解析】 根据三对角对阵压缩方法， 将 A1n1n 压缩至 B03n一 3时， aij 与 bk 的对应关系为：k=2i+j 一 3；将 A1n1 n 压缩至B13n 一 2时，a ij 与 bk 的对应关系为：k=2i+j 一 2； 根据题目，A 中元素A66,65，在 B 数组中的位置 k 为：k=2i+j 一 2=266+652=1953 【正确答案】 C【试题解析】 二叉排序树的查找效率取决于二叉排序树的深度，对于结点个数相同的二叉排序树，平衡二叉树的深度最小。4 【正确答案】 D【试题解析】 一棵深度为 k 的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，也就是
21、说每个非终端结点都有左子树和右子树且高度相等。因此，这样的平衡二叉树即为满二叉树，而高度为 k 的满二叉树的结点数是 2k 一 1。5 【正确答案】 B【试题解析】 I 叙述是错误的，因为如果有向图构成双向有向环时，则从任一顶点出发均能访问到每个顶点，但该图却非完全图。、叙述显然是正确的。6 【正确答案】 D【试题解析】 由邻接矩阵的定义可知，无向图的邻接矩阵是对称的，即图中的一条边对应邻接矩阵的两个非零元素。因此一个含有 n 个顶点和 e 条边的简单无向图的邻接矩阵中共有 n2 一 2e 个零元素。7 【正确答案】 C【试题解析】 对于一个堆，若堆顶为最小元素，则称为小顶堆；若堆顶为最大元素
22、，则称为大顶堆。二叉排序树和平衡二叉树不符合。8 【正确答案】 B【试题解析】 分块查找成功的平均查找长度为 ASL=(s2+s+n)2s 。在本题中，n=123，s=123 3=41 ，故平均查找长度为 23。9 【正确答案】 D【试题解析】 散列存储结构将结点按其关键字的散列地址存储到散列表中。10 【正确答案】 B【试题解析】 归并就是将两个或两个以上的有序表组合成一个新的有序表。设三趟归并中每次归并 x 个有序表，则有 27x 3=1，x=3。所以选取的归并路数为 3。11 【正确答案】 A【试题解析】 本题要按字典顺序进行排序，前半区间中的所有元素都应小于 ff，后半区间中的所有元素
23、都应大于 ff。12 【正确答案】 C【试题解析】 CPI=15MHz (1010 6)=15。13 【正确答案】 D【试题解析】 5 位二进制定点小数，用补码表示时，最小负数表示为 10000。14 【正确答案】 A【试题解析】 对阶的原则是小阶向大阶看齐。15 【正确答案】 C【试题解析】 DFFFFA0000+1=40000，即 256KB，需用 32K8 的芯片数=(256K8)(32K8)=8。16 【正确答案】 B【试题解析】 命中率=4800(4800+200)=096，平均访问时间 =09610+(1 一096)50=116ns，效率 =10116=0862。17 【正确答案】
24、 C【试题解析】 对于大多数计算任务来说，RISC 机编写的程序会比 CISC 机编写的程序更长，这是因为 RISC 的指令都比较简单，CSIC 中的一条复杂指令所完成的功能在 RISC 中可能要用几条指令才能实现，对于同一个源程序，显然 RISC 的指令条数要比 CISC 的多。18 【正确答案】 B【试题解析】 微程序存放在只读的控制存储器中。19 【正确答案】 D【试题解析】 立即寻址方式就可以在取指周期从内存取到操作数；在直接映射方式下，一旦发生块冲突是不需要替换策略的；动态存储器的刷新是与读写操作没有关系的。20 【正确答案】 A【试题解析】 常见的集中仲裁方式有链式查询(菊花链)、
25、计数器定时查询和独立请求等 3 种。链式查询方式的优先次序是由串接部件的先后位置来确定的，在查询链中离总线控制器最近的设备具有最高优先权。计数器定时查询和独立请求方式的优先级可以是固定的也可以是不固定的。 链式查询方式需要 3 条控制线、计数器定时查询方式需要条控制线，而独 立请求方式需要 2n+1 条控制线。21 【正确答案】 B【试题解析】 RAID1 称为镜象磁盘阵列，数据盘和检测盘的数量是 1:1 的关系，所以磁盘利用率为 50。22 【正确答案】 C【试题解析】 顺序存储存储器连续读出 4 个字需要 4 个存储周期，而交叉存储存储器连续读出 4 个字，由于采用分时启动的方法，只需要一
26、个存储周期加上三个总线传输周期的时间。现字长为 64 位，交叉存储器连续读出 4 个字的信息总量 q=64位4=256 位，交叉存储器连续读出 4 个字所需的时间 t=T+(41)=200ns+350ns=350ns=3510 -7s，所以交叉存储器的带宽W=qt=256(3510 -7)=73107(位秒) 。23 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查操作系统的接口，操作系统有二种接口，命令输入和系统调用，而命令输入又可以分为命令行和图形用户界面。命令行是在终端或命令输入窗口中输入操作和控制计算机的规定的命令，既可以一条一条输入，也可以组织成一批命令，逐条自动执行，称为批处理命令。图形用户
27、接口是我们熟知的图标和菜单形式。系统调用是我们编写程序过程中，需要计算机所做的操作，一般要按固定格式来调用。24 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查信号量的意义。信号量是一个整型的特殊变量，只有初始化和 PV 操作才能改变其值。通常，信号量分为互斥量和资源量，互斥量的初值一般为 1，表示临界区只运许一个进程进入，从而实现互斥。互斥量可以为 0，表示临界区已经有 1 个进程进入，临界区外尚无进程等待；当互斥量小于 0 时，表示临界区中有 1 个进程，互斥量的绝对值表示在临界区外等待进入的进程数。同样的道理，资源信号量初值可以是任意整数，表示可用的资源数，当资源量为 0 时，表示所有资源已经用
28、光，但是也没有其它进程等待使用该资源。当资源量小于 0 时，表示当前资源已经全部用完，而且还有进程正在等待使用该资源，等待的进程数就是资源量的绝对值。25 【正确答案】 B【试题解析】 安全性检查一般要用到进程所需的最大资源数，减去进程占用的资源数，得到进程为满足进程运行尚需要的可能最大资源数，而系统拥有的最大资源数减去已经分配掉的资源数得到剩余的资源数，比较剩余的资源数是否满足进程运行尚需要的可能最大资源数可以得到当前状态是否安全的结论。而满足系统安全的最少资源数并没有这么一个说法。26 【正确答案】 A【试题解析】 本题主要考查关于进程和线程之间资源共享的知识点。在引入线程的操作系统中，线
29、程是进程中的一个实体，是系统独立调度和分派的基本单位。但是线程自己基本上不拥有系统资源，所以它不是资源分配的基本单位，它只拥有一部分在运行中必不可少的与处理机相关的资源，如线程状态、寄存器上下文和栈等，它同样有就绪、阻塞和执行三种基本状态。它可与同属一个进程的其他线程共享进程所拥有的全部资源。一个线程可以创建和撤销另一个线程；同一个进程中的多个线程之间可以并发执行。由于用户线程不依赖于操作系统内核，因此，操作系统内核是不知道用户线程的存在的，用户线程是由用户来管理和调度的，用户利用线程库提供的 API 来创建、同步、调度和管理线程。所以，用户线程的调度在用户程序内部进行，通常采用非抢先式和更简
30、单的规则，也无须用户态和核心态切换，所以速度很快。由于操作系统不知道用户线程的存在，所以，操作系统把 CPU 的时间片分配给用户进程，再由用户进程的管理器将时间分配给用户线程。那么，用户进程能得到的时间片即为所有用户线程共享。因此，正确答案应为 A。27 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查 cache 与页式存储管理结合下的时间计算。根据题意，页式寻址方式的过程是这样的：当执行到一个逻辑地址时，MMU 首先将页号分离，将得到的页号与 cache 中的多个页表项比较 (同时进行)，若页表项命中，则取出页表项与页内地址相加，形成指令或数据的物理地址，花费 5ns，据此地址，然后到内存中取得对应
31、的指令或数据，送到 CPU 中执行或计算。若不能在 cache 命中，那么 CPU 会启动 cache 更新程序，将新的页表项从内存复制到 cache，花费100ns，然后，重复上述地址转换过程，又花去 5ns，得到物理地址，再去内存取指令或数据。根据题意，要求得到页框号，也就是物理地址的过程小于 20ns，那么设，cache 的命中率为 x，列关系式：5*x+(1 一 x)*(5+100)=20解得 x 为 85。因此，装入 cache 的页表项应大于 1000*85=850 项，这样可以保证获得页框号的时间小于 20ns。本题若问，一个指令双字的执行时间是多少时，需要考虑的事情就比较复杂。
32、例如系统的字长是否是 32 位，32 位的系统执行一个双字的时间是 1 次寻址，16 位系统就需要 2 次寻址。8 位系统的就需要 4 次寻址。另外，采用什么内存管理机制，页式和段式都是执行 1 次指令寻址需要访问内存 2 次，段页式需要 3 次。还要看cache 的容量多大，指令是否在 cache 中等，所以，内存管理中寻址时间的计算与CPU 结构和 cache 的运行模式息息相关，考生应结合计算机组成原理，妥善解决此类问题。28 【正确答案】 B【试题解析】 分页系统中由逻辑地址向物理地址的转换是系统借助硬件系统自动实现的， 对用户透明，对编译程序和链接装配程序透明(在相同的系统里)。只有
33、操作系统可以感知页面的存在，在内存管理过程中，操作系统要为用户进程分配内存，回收内存。所以操作系统是页面最直接的接触者，它将页面从计算机系统中到用户进行了隔离。29 【正确答案】 A【试题解析】 多级索引的逻辑并不复杂，本题中一级间接索引表有 256 张，二级间接索引表最多有 256 张，计算时加以仔细小心，一般不会有太多变化，但是对多级索引的方法一定要掌握。直接索引为 81K=8K，一级间接索引为(1K4B)1 K=256K；二级间接索引为(1K4B)(1K4B)1K=65 536K 。共计65536K+25K+8K=65800K30 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查考生对最短寻道时间
34、优先算法和电梯算法的理解。最短寻道时间 优先算法(SSTF) ： 9675731201261842512 共计 306 道。电梯算法，前一次在 90，当前在 96，表示移动方向为磁道增大方向，故：9612012618475732512 共计 260 道。计算时注意磁头的当前位置和运行方向。31 【正确答案】 B【试题解析】 在 UNIX 的文件系统中文件系统是其核心，其功能强大，可扩展性强。UNIX 采用的是树形目录结构，文件的信息存放在索引节点中，索引节点是一个 64 字节长的表，含有一个文件的重要信息，包括文件大小，文件所有者，文件存取许可方式，文件类型(普通文件、目录文件、特殊文件)等信
35、息，但是不包含文件名，文件名存放在目录中。除了上述信息以外，索引节点在表格的最后设计有13 项文件在外存存放的混合索引表，前 10 项存放的是直接指针，指向文件存放的数据块的直接地址，UNIX 系统中文件块的大小一般是 1024 字节。所以文件的大小不能超过 10*1024=10240 字节，超过上述大小的文件将在第 11 项一级间接索引表中指出，该表项指针指向的一个数据块中，存放了 256 个索引指针(假设一个指针为 4 字节，1024 字节的一个存储块可以存放 10244=256 个指针)，可以最多容纳 256*1024=262144 字节。再大的文件在第 12 项的二级间接索引表中指明，
36、二级索引指针指向的数据块中可以容纳 256 个指针，这些指针指向的数据块中还是索引指针，故称为二级间接索引，它可以容纳的文件大小是 256*256*1024=6 7108864字节。第 13 项是三级间接索引，可以容纳的文件大小更大，为256*256*256*1024=17179869184 字节。所以文件总的大小是上述各级索引文件容量的总和。即文件最大可以达到 17247250432 字节的大小。当然，UNIX 文件系统对文件的大小是有限制的，不会 让其用完整个三级索引。文件的物理结构中，主要使用的是顺序结构、链接结构和索引结构(Hash 结构实际上与索引结构类似)。在索引结构的文件中，必须
37、要用专门的存储空问来存放索引指针，表示文件的内容存放的地址。所以，当访问该文件时，必须首先去读取该文件的索引表，才能知道相应的逻辑文件块在外存上的存放地址。逻辑文件块与物理文件块是一一对应关系，不能在一个记录中存放多个地址，而索引表中只存放地址指针，不存放文件内容由于有额外的索引表，所以它并不节省存储空间。32 【正确答案】 A【试题解析】 设备控制的数据结构中，系统设备表(SDT)在整个操作系统中只有一张，记录了系统中所有的外部设备。经系统设备表找到需使用的外部设备，则数据结构指针指向设备控制表(DCT)，这个数据表每个设备一张，记录了设备的特性和状态。每个设备有可能有不止一个控制器，所以从
38、设备控制表会指向多张(至少一张)控制器控制表 (COCT)，里面存放了控制器的控制参数，如果该设备是通道的话，则会指向多张通道控制表(CHCT)。33 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查 0SI 模型的层次关系，在协议的控制下，两个对等实体问的通信使得本层能够向上一层提供服务，同时要实现本层协议，还需要使用下层所提供的服务。本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。下层的协议对上层的服务用户是透明的。也就是下一层要为上一层提供服务，并为上一层数据进行封装，因此答案为 A，这里选项 B 和 C 的说法正好相反，应该是第 N 层将从第N+1 层接收的信息增加了一个头，第 N+1 层利用第
39、 N 层提供的服务。34 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查电路交换的原理，电路交换包括三个阶段：建立电路。在传送数据之前，由发送方发出建立电路请求，交换机根据该请求，设法选择一条空闲的信道连接到接收方。接收方收到该呼叫后，返回一应答信号确认本次电路连成，则本次连接成功。传送数据。建立电路连接后，发送方通过已建立的电路向接收方发送数据。拆除电路。数据传输完毕，发送方或接收方任一方发出拆线信号，终止电路连接，释放所占用的信道资源。因此传送所有数据所需的时间是连接建立时间，链路延迟，发送时间的和，因此是 S+hD+LB ，答案是 C。35 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查滑动窗口的机制，
40、发送方可连续发送 K 帧而无需对方应答，但需要将已发出但尚未收到确认的帧保存在发送窗口中，以备由于出错或丢失而准备重发。接收方按正确的次序接受和递交数据帧，并返回确认信息。接收方可能因为一帧出错，不能正确接受并递交主机，对后面连续发送来的 n 帧均丢失，这就是累积确认的概念。本题收到了 2 号帧的确认后，即 0，1，2 号帧已经正确接收，因此窗口向右移动 3 个帧，目前已经发送了 3 号帧，因此可连续发送的帧数是窗口大小一已经发送的帧数，即 41=3，答案是 B。36 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查子网划分的计算，从掩码可以看出网络地址仅和第四个字节有关，因此 130253135 的二
41、进制为 1302531000 0111，子网掩码的二进制为 2552552551100 0000，两者相与，因此网络地址为1302531000 0000，换算为十进制是 130253128，因此答案为 C。37 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查层次路由与 OSPF 路由协议，如果将区域看成一个节点，则 OSPF 是以主干区域(area 0)为顶点，其他区域为终端的星形拓扑结构。标准区域可以接收链路更新信息和路由总结。存根区域是不接受自治系统以外的路由信息的区域。如果需要自治系统以外的路由，它使用默认路由 0000。完全存根区域不接受外部自治系统的路由以及自治系统内其他区域的路由总结，需要
42、发送到区域外的报文则使用默认路由 0000。不完全存根区域类似于存根区域，但是允许接收以 LSAType7 发送的外部路由信息，并且要把 LSAType7 转换成LSAType5。因此答案是 C。38 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查默认路由的配置，路由器还可采用默认路由以减少路由表所占用的空间和搜索路由表所用的时间。这种转发方式在一个网络只有很少的对外连接时是很有用的。本题中主机地址是一个标准的 A 类地址，其网络地址为11000。选项 I 的网络地址为 11000，选项 的网络地址为11000，选项的网络地址为 12000，选项的网络地址为13000，因此和主机在同一个网络是选项 I
43、 和，因此答案为 A。39 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查交换机中地址映射表的原理，主要与路由器的路由表进行区分，路由表可以由人为配置静态路由，也可以通过动态协议建立，而对于交换机，映射表只能在数据转发中进行动态学习建立，并且每个表项都有定时器，具体是收到一帧后先进行自学习。查找转发表中与收到帧的源地址有无相匹配的项目。如没有，就在转发表中增加一个项目(源地址、进入的接口和时间)。如有，则把原有的项目进行更新，因此答案为 B。40 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查电子邮件的主要功能，电子邮件不仅仅发送文本文件，注意邮件统中 SMTP 不能传送可执行文件或其他的二进制对象。 SMT
44、P 限于传送 7位的 ASC码，也就是文本文件，因此引入 MIME 协议，在没有改动 SMTP 或取代 SMTP 的前提下，增加了邮件主体的结构，并定义了传送非 ASC码的编码规则。因此答案为 A。二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 【正确答案】 可以。原因：后序遍历的顺序是“左子树一右子树一根结点” 。因此，二叉树最左下的叶子结点是遍历的第一个结点。下面的语句段说明了这一过程(设 p 是二叉树根结点的指针)。if(p!=NULL)while(p 一lchild! =NULL p 一rchild! =NULL)while(p 一lchild! =NULL)p=p 一lchild
45、；if(p 一rchild! =NULL)p=p 一rchild；return(p)； 返回后序序列第一个结点的指针【试题解析】 本题主要考查后序遍历过程及特点。42 【正确答案】 void delall(LinkL5st&L)LNode*p，*pre，*minp，*minpre；while(L 一next!=L) 循环单链表不空时循环p=L 一next；pre=L；minp=p；minpre=pre；while(p！=L) 从头开始查找最小值的结点if(p 一datadata)minp=p；minpre=pre；pre=p； p、pre 同步后移p=p 一next；printf(”c”，mi
46、np 一data)； 输出最小值结点minpre 一next=minp 一next ； 删除最小值结点free(minp)；free(L)；【试题解析】 对于循环单链表 L，在不空时循环：每循环一次查找一个最小结点(由 minp 指向最小结点，minpre 指向其前趋结点)并删除它。最后释放头结点。43 【正确答案】 单重分组即组内并行、组间串行的进位方式；双重分组即组内并行，组间也并行。 双重分组跳跃进位链中一个按 3，5，3，5 分组，大组中产生的进位输出是 C4、C 7、C 12 和 C15； 而一个按 4，4，4，4 分组，大组中产生的进位输出是 C3、C 7、 C11 和 C15 虽
47、然这两种方式小组内的位数不同，但产生全部进位的时间是一致的。因为两种方式都被分成 4 个小组，假定一级“与门” 、“或门”的延迟时间定为 ty，则每一级进位的延迟时间为 2ty。C -1 经过 2ty 产生第 1 小组的进位及所有组进位产生函数 Gi*和组进位传递函数 Pi*；再经过 2ty，由大组产生相应的进位；再经过 2ty 后，才能产生第 2、3、4 小组内的其余的进位，所以最长的进位延迟时间都为 6ty。【试题解析】 假设最低位为第 0 位，16 位并行加法器均分为 4 组，最低位的进位输入为 C-1，最高位的进位输出为 C15。44 【正确答案】 (1)将各部件间的主要连接线补充完后
48、，数据通路下图所示。 (2)指令SUB(R1)，一(R 2)的含义为 (R 2)一 1R 2 (R1)一(R 2)(R 2) 指令的执行流程如下： (PC)MAR ；取指令 Read M(MAR)MDRIR (PC)+1PC (R 1)MAR ；取被减数 Read M(MAR)MDRC (R2)一 1R 2 ；修改目的地址 (R 2)MAR ；取减数 Read ?M(MAR)一 MDRD ?(C)一(D)MDR ；求差并保存结果 ?Write ?MDRMM【试题解析】 第 44 题的图中只给出了计算机的主要部件，但各部件之间的连接线没有给出，由于 LA 和 LB 分别为输入选择器，所以特将数据通路设计为简单的单总线结构形式。45 【正确答案】 第一部分：假设临界区能容纳的最大读者数量为 n。则：
