計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷9（共469題）

計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷9（共9套）（共469題）計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷第1套一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)1、操作系統(tǒng)必須提供的功能是()。A、GUIB、為進程提供系統(tǒng)調用命令C、處理中斷D、編譯源程序標準答案：C知識點解析：A錯誤，GUI是GraphicUserInterface(圖形用戶界面)的縮寫。GUI是為方便用戶使用而出現(xiàn)的，實際上它的功能通過各種指令來實現(xiàn)，操作系統(tǒng)可以不提供這個功能。B錯誤，對于系統(tǒng)調用來說，用戶程序想要得到操作系統(tǒng)的服務，必須使用系統(tǒng)調用(或機器提供的特定指令)，但對于用戶程序來說，當不要求得到操作系統(tǒng)服務時，為其進程提供系統(tǒng)調用命令并不是必需的。D錯誤，編譯程序，對于操作系統(tǒng)來說一般是不提供這項功能的。對于各種源程序，通常都有相應的編譯程序或者編譯器。C正確，中斷是操作系統(tǒng)必須提供的功能，開機時程序中的第一條指令就是一個Jump指令，指向一個中斷處理程序的地址，進行開機自檢等一系列操作。2、設備管理中，能夠用空間換取時間的技術是()。A、SPOOLing技術B、虛擬存儲技術C、覆蓋與交換技術D、通道技術標準答案：A知識點解析：本題考查SPOOLing系統(tǒng)的功能，SPOOLing技術，即同時聯(lián)機外圍操作技術，又稱假脫機技術，是指在多道程序環(huán)境下，利用多道程序中的一道或兩道程序來模擬脫機輸入輸出中的外圍控制機的功能，以達到“脫機”輸入輸出的目的，即在聯(lián)機的條件下，將數(shù)據(jù)從輸入設備傳送到磁盤，或從磁盤傳送到輸出設備。因此它一方面解決了低速設備與高速設備之間的鏈接，解放了高速設備被頻繁中斷的不足，另一個方面通過它可以將一臺獨占的物理設備虛擬為多臺邏輯設備，故，事實上它是以空間(磁盤上的存儲塊)換取了時間(低速配高速以及解決了同時訪問問題)。虛擬存儲技術和覆蓋與交換技術是為了擴充存儲的容量，并不能改善時間響應速度；而通道技術提高設備的并發(fā)度，即提高了數(shù)據(jù)交換的速度，它并不占用更多的空間。3、CPU輸出數(shù)據(jù)的速度遠高于打印機的打印速度，為解決這一矛盾，可采用的技術是()。A、并行技術B、通道技術C、緩沖技術D、虛存技術標準答案：C知識點解析：本題考查各種輸入／輸出技術。緩沖技術的引入主要解決CPIJ速度和外設速度不匹配的問題，它同時減少了通道數(shù)量上的占用，提高了CPU、I／O和通道的并發(fā)性，減少了中斷的次數(shù)，放寬了CPU對中斷響應的時間要求，例如打印、文件訪問、網(wǎng)絡收發(fā)等場合，均要用到緩沖技術。注意：并行技術主要是為了提高整機的運行效率和吞吐率；通道技術是為了減少CPU對I／O操作的控制，提高CPU的效率；緩沖技術是為了解決CPU和外設的速度不匹配；虛存技術是為了解決存儲系統(tǒng)的容量問題。4、棧S和隊列Q的初始狀態(tài)皆為空，元素a1，a2，a3，a4，a5和a6依次通過S棧，一個元素出棧后即進入隊列Q，若6個元素出隊列的順序是a3，a4，a2，a1，a5，a6，則棧S至少應容納()個元素。A、6B、4C、3D、2標準答案：C知識點解析：模擬一下入棧出棧過程，如表2-4所示。選取模擬過程中棧內(nèi)元素個數(shù)最大的值，便為本題答案，因此選C。5、有一條TCP連接，它的最大報文段長度是2kB，TCP擁塞窗口為24kB，這時候發(fā)生了超時事件，那么該擁塞窗口變成了()。A、1kBB、2kBC、5kBD、7kB標準答案：B知識點解析：在TCP中，當發(fā)生超時事件，閥值被設置成當前擁塞窗口的一半，而擁塞窗口被設為一個最大報文段。6、總體上說，“按需調頁”(Demand—paging)是一個很好的虛擬內(nèi)存管理策略。但是，有些程序設計技術并不適合于這種環(huán)境。例如，()。A、堆棧B、線性搜索C、矢量運算D、二分搜索標準答案：D知識點解析：本題考查虛擬存儲管理的原理。按需調頁適合具有較好的局部性的程序。堆棧只在棧頂操作，棧底的元素很久都用不著，顯然對數(shù)據(jù)的訪問具有局部性。線性搜索即順序搜索，顯然也具有局部性。矢量運算就是數(shù)組運算，數(shù)組是連續(xù)存放的，所以數(shù)組運算就是鄰近的數(shù)據(jù)的運算，也滿足局部性。二分搜索先查找中間的那個元素，如果沒找到，再查找前半部分的中間元素或后半部分的中間元素，依此繼續(xù)查找，顯然每次搜尋的元素不都是相鄰的，二分搜索是跳躍式的搜索，所以不滿足局部性，不適合“按需調頁"的環(huán)境。注意：要使得按需調頁有效，要緊緊抓住按需調頁被提出的前提，那就是程序運行的局部性原理。7、考慮一個由4個進程和一個單獨資源組成的系統(tǒng)，當前的最大需求矩陣和分配矩陣如下：對于安全狀態(tài)，需要的最小資源數(shù)目是()。A、1B、2C、3D、5標準答案：C知識點解析：依次用P1～P4來表示4個進程。從矢巨陣可以看出，4個進程還需要的資源數(shù)目為(2，1，6，5)，按所需資源數(shù)目從小到大排列，即P2、P1、P4、P3。這就是所需最小資源數(shù)目的執(zhí)行順序。設有x個可用資源。當x≥1時，P2可以執(zhí)行完成，并釋放占用資源，此時資源數(shù)為x+1。當x+l≥2時，P1可以執(zhí)行完成，并釋放占用資源，此時資源數(shù)為x+2。當x+2≥5時，P4可以執(zhí)行完成，并釋放占用資源，此時資源數(shù)為x+4。當x+4≥6時，P3可以執(zhí)行完成，并釋放占用資源，此時資源數(shù)為(忽略)。剩下的，就是解這個簡單的方程組，得出x≥3。按這種方法做題，可以比較有把握不算錯，也利于檢查。8、下列關于路由器的說法中，正確的是()。A、路由器處理的信息量比交換機少，因而轉發(fā)速度比交換機快B、對于同一目標，路由器只提供延遲最小的最佳路由C、通常的路由器可以支持多種網(wǎng)絡層協(xié)議，并提供不同協(xié)議之間的分組轉換D、路由器不但能夠根據(jù)IP地址進行轉發(fā)，而且可以根據(jù)物理地址進行轉發(fā)標準答案：C知識點解析：路由器是第三層設備，要處理的內(nèi)容比第二層設備交換機要多，因而轉發(fā)速度比交換機慢。雖然一些路由協(xié)議可以將延遲作為參數(shù)進行路由選擇，但路由協(xié)議使用最多的參數(shù)是傳輸距離，此外還有其他的一些參數(shù)。路由器只能根據(jù)IP地址進行轉發(fā)。9、在DMA方式下，數(shù)據(jù)從內(nèi)存?zhèn)魉偷酵庠O經(jīng)過的路徑是()。A、內(nèi)存→數(shù)據(jù)總線→外設B、內(nèi)存→DMAC→外設C、內(nèi)存→CPU→總線→外設D、外設→內(nèi)存標準答案：B知識點解析：在DMA方式下，數(shù)據(jù)從主存?zhèn)魉偷酵庠O需要通過DMA控制器中的數(shù)據(jù)緩沖寄存器。10、在HTIP協(xié)議中，一個以2開頭的響應報文表示()。A、暫時性失敗B、永久性失敗C、重定向D、成功標準答案：D知識點解析：HTTP協(xié)議中以2開頭的響應報文表示請求成功。11、在有向圖G的拓撲序列中，若頂點Vi在頂點Vj之前，則下列情形不可能出現(xiàn)的是()。A、G中有弧i，vj>B、G中有一條從Vi到Vj的路徑C、G中沒有弧i，Vj>D、G中有一條從Vi到Vj的路徑標準答案：D知識點解析：選項A、B、C都是有可能出現(xiàn)的，但是選項D是不可能出現(xiàn)的，因為若是G中有一條從Vj到Vi的路徑，則在圖的拓撲序列中頂點Vi應該在頂點Vi之前。12、并發(fā)進程在運行時，其推進的相對速度是()。A、由進程的程序結構決定B、由進程自己的代碼控制C、與進程調度策略有關D、在進程創(chuàng)建時確定的標準答案：C知識點解析：在進程的一次運行過程中，其代碼的執(zhí)行序列是確定的，即使有循環(huán)或轉移，對于進程來講，其運行的軌跡也是確定的，所以對于這樣一個確定的運行軌跡，進程自身是可以控制自身前進或停止的，例如可以休眠10秒再喚醒等，但是，當這樣的進程存在于一個并發(fā)系統(tǒng)中時，這種確定性就被打破了。由于系統(tǒng)中存在有大量的可運行的進程，操作系統(tǒng)為了提高計算機的效率，會根據(jù)用戶的需求和系統(tǒng)資源的數(shù)量來自動地進行調度和切換，以保證系統(tǒng)高效地運行。此時，進程由于被調度，打破了原來的固有執(zhí)行速度，走走停停，因此，進程的相對速度就不受進程自己的控制，而是取決于進程調度的策略。不確定性也是并發(fā)系統(tǒng)的一個特征。13、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+mB、h+m=2nC、m=h—1D、n=2h一1標準答案：D知識點解析：對于深度為h的滿二叉樹，n一20+21+…+2h-1，m=2h-1。14、某二叉樹結點的中序序列為BDAECF，后序序列為DBEFCA，則該二叉樹對應的森林包括()棵樹。A、1B、2C、3D、4標準答案：C知識點解析：考查由遍歷序列確定二叉樹、森林與二叉樹的轉換。根據(jù)后序序列，A是二叉樹的根結點。根據(jù)中序遍歷序列，則二叉樹的形態(tài)一定如下圖左所示。對于A的左子樹，由后序序列可知，因為B比D后被訪問，因此，B必為D的父結點，又由中序序列可知，D是B的右兒子。對于A的右子樹，同理可確定結點E、C、F的關系。此二叉樹的形態(tài)如下圖右所示。再根據(jù)二叉樹與森林的對應關系。森林中樹的棵數(shù)即為其對應二叉樹(向右上旋轉45°后)中根結點A及其“右兄弟”數(shù)?？芍松种杏?棵樹，根結點分別為A、C和F。15、內(nèi)存按字節(jié)編址，地址從90000H到CFFFFH，若用存儲容量為16K×8bit芯片構成該內(nèi)存，至少需要的芯片數(shù)是()。A、2B、4C、8D、16標準答案：D知識點解析：CFFFF一90000+1=40000，即256KB，若用存儲容量為16K×8bit芯片則需芯片數(shù)=(256K×8)／(16K×8)=16(片)。16、一臺路由器的路由表中有以下幾項(CIDR)：請問當目的地址為138．146．63．127的分組將會被發(fā)給()。A、接口0B、接口1C、接口2D、接口0和接口1標準答案：B知識點解析：從掩碼上看第一項和第二項都可以，而路由器會選擇匹配位數(shù)最多的項目發(fā)送，所以這里應當選擇第二項的端口來發(fā)送分組，即接口1。17、以下是一段指令序列：1addiR1，20(R1)←2021wR2，R0，12(R2)←M(12+(R0))3addR3，R1，R2(R3)←(R1)+(R2)以上指令序列中，假定采用“取指、譯碼/取數(shù)、執(zhí)行、訪存、寫回”這種五段流水線方式，那么在采用“轉發(fā)”技術時，需要在第3條指令之前至少加入()條空操作(nop)指令，才能使這段程序不發(fā)生數(shù)據(jù)冒險。A、0B、1C、2D、3標準答案：B知識點解析：通過觀察這三條指令發(fā)現(xiàn)，第一、二條指令與第三條指令存在寫后讀的數(shù)據(jù)冒險，也就是說有可能在第一、二條指令執(zhí)行結束后還沒來得及將最終的結果存入寄存器R1和R2中，第三條指令就開始直接讀取寄存器R1和R2中的內(nèi)容。于是為了防止出現(xiàn)數(shù)據(jù)冒險，在執(zhí)行第三條指令之前至少應加入一條空操作來保證取R1和R2中內(nèi)容的滯后性。18、高度為5(除葉子層之外)的三階B-樹至少有()個結點。A、30B、31C、32D、33標準答案：B知識點解析：由m階B-樹性質可知，根結點至少有兩棵子樹，根結點之外的所有非終端結點至少有m／2棵子樹：則三階B-樹的形狀至少類似于一棵滿二叉樹，也即高度為5的三階B-樹至少有(25-1=)31個結點。19、下列有關控制器的說法正確的是()。A、無論是組合邏輯控制器和時序邏輯控制器，都需要有程序計數(shù)器B、微程序控制器不需要程序計數(shù)器，只要有微程序計數(shù)器C、都可以不需要程序計數(shù)器D、以上都不對標準答案：A知識點解析：無論控制器的硬件實現(xiàn)方法有何不同，都有需要程序計數(shù)器。對于微程序控制器可能同時還有微程序計數(shù)器，這兩者并不矛盾。20、若進棧序列為a，b，c，則通過出棧操作可能得到a，b，c的不同排列個數(shù)為()。A、4B、5C、6D、7標準答案：B知識點解析：若進棧序列為a，b，c，可以考慮所有進棧出棧情況，則可能得到a，b，c的出棧序列是abc，acb，bac，bca，cba。21、以下敘述中，描述正確的是()。Ⅰ同一CPU周期中，可以并行執(zhí)行的微操作稱為兼容性微操作Ⅱ同一CPU周期中，不可以并行執(zhí)行的微操作稱為兼容性微操作Ⅲ同一CPU周期中，允許并行執(zhí)行的微操作稱為互斥性微操作Ⅳ同一CPU周期中，不允許并行執(zhí)行的微操作稱為互斥性微操作A、Ⅰ和ⅡB、Ⅱ和ⅣC、Ⅱ和ⅢD、Ⅰ和Ⅳ標準答案：D知識點解析：兼容性微操作是指那些可以同時產(chǎn)生，共同完成某一任務的微操作，而互斥性微操作是指在機器中不允許同時出現(xiàn)的微操作。22、在TELNET協(xié)議中，用戶發(fā)送的命令采用TCP傳輸?shù)椒掌?，在TCP的數(shù)據(jù)包中，需要把()符號位置移位，從而使服務器盡快響應命令。A、SYNB、URGC、PSHD、RST標準答案：C知識點解析：PSH位表示帶有PUSH標志的數(shù)據(jù)，接收方在收到數(shù)據(jù)后應該立即請求將數(shù)據(jù)遞交給應用程序，而不是將它緩存起來。23、設線性表中每個元素有兩個數(shù)據(jù)項K1和K2，現(xiàn)對線性表按下列規(guī)則進行排序：先看數(shù)據(jù)項K1，K1值小的在前，大的在后；在K1值相同的情況下，再看數(shù)據(jù)項K2，K2值小的在前，大的在后。滿足這種要求的排序方法是()。A、先按K1值進行直接插入排序，再按K2值進行簡單選擇排序B、先按K2值進行直接插入排序，再按K1值進行簡單選擇排序C、先按K1值進行簡單選擇排序，再按K2值進行直接插入排序D、先按K2值進行簡單選擇排序，再按K1值進行直接插入排序標準答案：D知識點解析：若先按K1值排序后，再按K2值排序，那么就會打亂原先K1值的次序，這不符合題目中K1優(yōu)先的要求，因此排除A和C。于是，需要先進行K2的排序，在K1值相等情況下，要保持原來K2值的次序，即要求進行K1值排序的算法是穩(wěn)定的，由于直接插入排序是穩(wěn)定的，簡單選擇排序是不穩(wěn)定的，因此應該先按K2值進行簡單選擇排序，再按K1值進行直接插入排序。24、假設初始為空的散列表的地址空間為(0…10)，散列函數(shù)為H(key)=keymod11，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、4B、5C、6D、8標準答案：C知識點解析：首先通過散列函數(shù)H(key)=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(jīng)有元素了，根據(jù)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(xiàn)6為空則插入，故選C選項。25、下列有關數(shù)據(jù)存儲結構的敘述中，正確的是()。A、順序存儲方式只能用于存儲線性結構B、順序存儲方式的優(yōu)點是占用存儲空間小，插入、刪除等操作效率高C、鏈表的每個結點中都恰好含有一個指針D、Hash存儲的基本思想是由關鍵詞的值決定數(shù)據(jù)的存儲地址標準答案：D知識點解析：順序存儲方式除了用于存儲線性結構外，還能存儲數(shù)組或完全二叉樹等非線性結構。插入、刪除操作時，由于要移動大量的數(shù)據(jù)，執(zhí)行效率低，鏈表的形式有單鏈表、雙鏈表和多重鏈表，除了單鏈表外，其他鏈表中的結點需要兩個以上的指針。26、“春”字的機內(nèi)碼為B4BAH，由此可以推算它在GB2312--80國家標準中所在的區(qū)號是()。A、19區(qū)B、20區(qū)C、3區(qū)D、35標準答案：B知識點解析：漢字國標碼一漢字機內(nèi)碼-080H=B4BAH-8080H=343AH，漢字區(qū)位碼=漢字國標碼-2020H=141AH，前兩數(shù)14H轉換為十進制數(shù)為20，對應區(qū)號，后兩數(shù)1AH轉換為十進制數(shù)位26，對應位號。27、在讀寫硬盤的一個物理記錄塊時，不需要的參數(shù)是()。A、柱面(磁道)號B、盤片(磁頭)C、簇號D、扇區(qū)號標準答案：C知識點解析：在讀寫硬盤的一個物理記錄塊時，需要的參數(shù)是磁道號、磁頭號和扇區(qū)號。28、在一個采用請求式調頁的虛擬存儲系統(tǒng)中，存放在外存上的程序代碼調入內(nèi)存的時機是()。A、在進程創(chuàng)建填寫進程表時B、在進程創(chuàng)建分配內(nèi)存時C、在進程被調度占用處理機執(zhí)行時D、在每次產(chǎn)生缺頁中斷時標準答案：D知識點解析：本題考查虛擬存儲系統(tǒng)中程序調入內(nèi)存的時刻。在一個采用請求式調頁的虛擬存儲系統(tǒng)中，當一個程序需要執(zhí)行時，首先由進程創(chuàng)建模塊為新進程找到一張空白的進程表，將該進程的基本信息填入這張表，例如進程號，父進程，進程組，優(yōu)先級，狀態(tài)字等，然后分配該進程虛擬內(nèi)存空間(此時不做任何實際的分配)，打開文件獲得句柄，鏈接到用戶活動文件數(shù)據(jù)表中，分配設備等，做完這些工作，進程表將被放入就緒隊列(假設所有資源均可用，只等CPU調度)，等待操作系統(tǒng)的調度模塊調度。調度模塊按照規(guī)定的調度算法，從就緒隊列中選擇一個進程(對于單核處理機)，將運行狀態(tài)賦予該進程，然后切換CPU，使得CPU的程序計數(shù)器指向該進程起首執(zhí)行處，開始運行。通常，新創(chuàng)建的進程是僅有虛擬地址空間的，所以，當?shù)谝淮螆?zhí)行該進程時，代碼不在物理內(nèi)存，于是產(chǎn)生一次缺頁中斷。缺頁中斷機構把對應的頁面從外存調入內(nèi)存，返回到中斷點繼續(xù)運行。對于請求式調頁，每次產(chǎn)生缺頁中斷一般僅調入相關的一頁，若運行過程中所需的頁面不在內(nèi)存，那么隨時可以產(chǎn)生缺頁中斷，調入內(nèi)存。若在進程運行過程中，所需的頁面已經(jīng)在內(nèi)存了，那么就不需要再將代碼調入內(nèi)存。因此，真正將程序代碼和數(shù)據(jù)調入內(nèi)存的是缺頁中斷處理過程，其它過程不會對內(nèi)外存的活動進行操作。29、查找效率最高的二叉排序樹是()。A、所有結點的左子樹都為空的二叉排序樹B、所有結點的右子樹都為空的二叉排序樹C、平衡二叉樹D、沒有左子樹的二叉排序樹標準答案：C知識點解析：二叉排序樹的查找效率取決于二叉排序樹的深度，對于結點個數(shù)相同的二叉排序樹，平衡二叉樹的深度最小。30、如果一棵完全二叉樹共有26個結點，則必定有()個結點的度為1。A、0B、1C、3D、13標準答案：B知識點解析：26個結點，可知該二叉樹有5層。由于前4層組成一棵滿二叉樹，共15個結點，則共有11個葉子結點，可知只有1個結點的度為1。31、若對27個元素只進行三趟多路歸并排序，則選取的歸并路數(shù)是()。A、2B、3C、4D、5標準答案：B知識點解析：歸并就是將兩個或兩個以上的有序表組合成一個新的有序表。設三趟歸并中每次歸并x個有序表，則有27／x3=1，x=3。所以選取的歸并路數(shù)為3。32、分時系統(tǒng)中，為使多個用戶能夠同時與系統(tǒng)交互，最關鍵的問題是()。A、計算機具有足夠的運行速度B、內(nèi)存容量應足夠大C、系統(tǒng)能及時地接收多個用戶輸入D、能在一短的時間內(nèi)，使所有用戶程序都能運行標準答案：D知識點解析：暫無解析33、在主機和外設的信息傳送中，()沒有使用程序控制方式。A、程序查詢方式B、程序中斷方式C、DMA方式D、通道方式標準答案：C知識點解析：程序查詢方式和程序中斷方式顯然是需要程序的干預，而通道方式也是要編制通道程序來控制，只有DMA方式是靠硬件電路實現(xiàn)的。34、從協(xié)議分析的角度來看，WWW服務的第一步是WWW瀏覽器對WWW服務器()。A、請求地址解析B、傳輸連接建立C、請求域名解析D、會話連接建立標準答案：C知識點解析：因為TCP無法識別域名，所以瀏覽器在建立TCP連接前必須先向DNS請求域名解析獲得服務器的IP地址，然后建立會話連接，再建立傳輸連接。35、某端口的IP地址為172．16．7．131/26，則該IP地址所在網(wǎng)絡的廣播地址是()。A、172．16．7．255B、172．16．7．129C、172．16．7．191D、172．16．7．252標準答案：C知識點解析：首先要清楚廣播地址就是將主機位全部置為1，/26表示前3個字節(jié)都是網(wǎng)絡段，最后一個字節(jié)的頭兩位也是網(wǎng)絡段。前3個字節(jié)忽略，只解釋最后一個字節(jié)。將131以二進制表示為10000011。根據(jù)廣播地址的定義，主機段全1即為廣播地址，即10111111，轉換為十進制為191，故廣播地址為91。36、寬度為27，高度為4的滿N叉樹總共有()個結點。A、27B、40C、85D、97標準答案：B知識點解析：寬度是指樹中每一層結點個數(shù)的最大值。滿N叉樹的寬度為27，即最底層的葉子結點有27個，該層結點最多。高度為4，根據(jù)N叉樹的性質，第4層有結點N4-1=27，N=3。該滿3叉樹的結點個數(shù)為(34—1)／(3一1)=(81-1)／2=40。37、下列幾種類型的系統(tǒng)中，適合采用忙等待I／O方式的有()。Ⅰ．專門用來控制單I／O設備的系統(tǒng)Ⅱ．運行一個多任務操作系統(tǒng)的個人計算機Ⅲ．作為一個負載很大的網(wǎng)絡服務器的工作站A、僅ⅠB、僅Ⅰ、ⅡC、僅Ⅱ、ⅢD、僅Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ標準答案：B知識點解析：采用忙等待I／O方式，當CPU等待I／O操作完成時，進程不能繼續(xù)執(zhí)行。對于Ⅰ和Ⅱ這兩種系統(tǒng)而言，執(zhí)行I／O操作時，系統(tǒng)不需要處理其他事務，因此忙等待I／O方式是合適的。而對于網(wǎng)絡服務器而言，它需要處理網(wǎng)頁的并發(fā)請求，需要CPU有并行處理的能力，忙等待I／O方式不適合這種系統(tǒng)。38、假定系統(tǒng)擁有某類資源10個。在該系統(tǒng)上運行的所有作業(yè)，其對該類資源的需求量不會超過2個。為了提高資源利用率，我們打算對這種資源采用動態(tài)分配，但用限制系統(tǒng)中并發(fā)執(zhí)行的作業(yè)數(shù)來防止發(fā)生死鎖。你認為作業(yè)調度允許并發(fā)執(zhí)行的最大作業(yè)數(shù)應是()。A、1B、8C、9D、10標準答案：C知識點解析：因為最大需求量不會超過2個，所以最大作業(yè)數(shù)為9，保證不會死鎖。39、有m個葉子結點的哈夫曼樹所具有的結點數(shù)為()。A、mB、m+1C、2mD、2m-1標準答案：D知識點解析：由哈夫曼樹的特點易知哈夫曼樹結點總數(shù)=2m-1，m為葉子節(jié)點個數(shù)。40、路由器中發(fā)現(xiàn)TTL值為0的分組將進行的處理是()。A、返回發(fā)送方B、丟棄C、繼續(xù)轉發(fā)D、本地提交標準答案：B知識點解析：TTL：(TimeToLive)生存時間；指定數(shù)據(jù)包被路由器丟棄之前允許通過的網(wǎng)段數(shù)量。TTL是由發(fā)送主機設置的，以防止數(shù)據(jù)包不斷在IP互聯(lián)網(wǎng)絡上永不終止地循環(huán)。轉發(fā)IP數(shù)據(jù)包時，要求路由器至少將TTL減小1。當路由器發(fā)現(xiàn)TTL值為0的分組時則丟棄該分組。二、綜合應用題(本題共9題，每題1.0分，共9分。)下圖所示為雙總線結構機器的數(shù)據(jù)通路，IR為指令寄存器，PC為程序計數(shù)器(具有自增功能)，M為主存(受R／W信號控制)，AR為地址寄存器，DR為數(shù)據(jù)緩沖寄存器，ALU由加、減控制信號決定完成何種操作，控制信號G控制的是一個門電路。另外，線上標注有小圈表示有控制信號，例中yi表示y寄存器的輸入控制信號，R1o為寄存器R1的輸出控制信號，未標字符的線為直通線，不受控制。41、“ADDR2，R0”指令完成(R0)+(R2)→R0的功能操作，畫出其指令周期流程圖，假設該指令的地址已放入PC中。并列出相應的微操作控制信號序列。標準答案：知識點解析：暫無解析42、若將“取指周期”縮短為一個CPU周期，請先畫出修改數(shù)據(jù)通路，后畫出指令周期流程圖。標準答案：[*]知識點解析：暫無解析43、在(2)的基礎上，將“執(zhí)行周期”也縮短為一個CPu周期，先修改運算器數(shù)據(jù)通路，后畫出指令周期流程圖。此時加法指令速度比(1)提高幾倍?標準答案：[*]知識點解析：暫無解析完成以下各小題。44、什么是Belady現(xiàn)象?為什么會產(chǎn)生這種現(xiàn)象?標準答案：如果某種換頁算法，在增加頁框數(shù)之后反而可能導致更多缺頁，這種反常情形稱為Belady現(xiàn)象。知識點解析：暫無解析45、頁面置換算法FIFO為什么會出現(xiàn)Belady現(xiàn)象?簡述理由。標準答案：FIFO換頁策略將最早換人頁框的頁面換出，而不考慮該頁面是否最近使用過，這違背了局部性原理。當頁框數(shù)較大時，由于包含的頁面更多，歷史記錄更全面，就有可能使最近頻繁使用但較早進入頁框的頁面被換出，從而出現(xiàn)Belady異常。知識點解析：暫無解析46、頁面置換算法LRU為什么不會出現(xiàn)Belady現(xiàn)象?簡述理由。標準答案：LRU換頁策略將最近最長時間未使用的頁面換出，符合局部性原理。當頁框數(shù)較大時，最近最長未使用的情況更全面，因此缺頁數(shù)不會增加。知識點解析：暫無解析假定A和B是試圖在一個以太網(wǎng)上發(fā)送的兩個站。每個站都有一個穩(wěn)定的幀的隊列準備發(fā)送，A的幀編號是A1，A2和A3等，B的幀編號是B1，B2和B3等。再假定指數(shù)后退的基本單元時間是T=51．2微秒?，F(xiàn)在A和B同時嘗試發(fā)送1號幀，碰撞，并且剛好分別選擇了0×T和1×T的退避時間，也就是說，A贏得了這一次競爭，發(fā)送A1，B需要等待。在這次傳送結束時，B嘗試再發(fā)送B1．而A則嘗試發(fā)送A2。這一輪的首次嘗試產(chǎn)生碰撞，此時，A的退避時間從0×T和1×T中選擇，而B則從0×T，…，3×T中選擇。47、給出A贏得第2次退避競爭的概率。標準答案：A可以選擇KA=0或1；B可以選擇KB=0，1，2，3。如果(KA，KB)選擇(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，2)，(1，3)中的一個組合，那么將是A贏得這第2次競爭，其概率是5／8。知識點解析：暫無解析48、假定A已贏得了第2次退避競爭。A在成功發(fā)送A2后，接著嘗試發(fā)送A3。當B再次嘗試發(fā)送B1時，A和B再次碰撞。給出A贏得這第3次退避競爭的概率。標準答案：現(xiàn)在A是在一次成功發(fā)送之后，可以選擇KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的選擇是0，1，2，…，7。如果KA=0，那么KB中有7種選擇使得A贏；如果KA=1，那么KB中有6種選擇使得A贏。所以A贏得這第3次競爭的概率是13／16。知識點解析：暫無解析49、給出A贏得所有其余后退競爭的概率的合理下限值。標準答案：A贏得第2次競爭的概率=5／8>1／2A贏得第3次競爭的概率=13／16>3／4類似地，A贏得第4次競爭的概率>7／8一般地，A贏得第i次競爭的概率>(1—1／2i一1)因此，假定A已經(jīng)贏得第1至第3次競爭，那么A贏得所有其余的后退競爭的概率將不低于：(1—1／8)×(1一1／16)×(1一1／32)×(1一1／64)×…≈1—1／8—1／16—1／32—1／64一…=6／8=3／4知識點解析：暫無解析計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷第2套一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)1、利用棧求表達式的值時，設立運算數(shù)棧OPND。假設OPND只有兩個存儲單元，在下列表達式中，不發(fā)生溢出的是()。A、A—B*(C—D)B、(A—B)*C—DC、(A—B*C)—DD、(A—B)*(C—D)標準答案：B知識點解析：利用棧求表達式的值時，將中綴表達式轉換成后綴表達式以及進行后綴表達式求值這兩步操作可以和在一起進行，需要設立運算符棧OPTR和運算數(shù)棧OPND兩個棧。例如求選項A的表達式A—B*(C—D)的過程如下表所示：按照上述過程可知，選項A求值時，運算數(shù)棧OPND的大小至少為4。例如求選項B的表達式(A—B)*C—D的過程如下表所示：按照上述過程可知，選項B求值時，運算數(shù)棧OPND的大小至少為2。類似地，選項C、D求值時，運算數(shù)棧OPND的大小至少為3、3。因此本題答案為B。2、用遞歸算法實現(xiàn)n個不同元素的有序序列的折半查找，采用一個遞歸工作棧時，該棧的最小容量應為()。A、nB、[n／2]C、[log2n]D、[log2n]＋1標準答案：D知識點解析：根據(jù)折半查找的過程，由于需要棧結構實現(xiàn)遞歸算法，棧的容量應該保證能存放查找失敗時所有未完成運行的算法的活動記錄。第一次調用該算法時，棧中加入了一條查找記錄，表示待查有序表中元素的個數(shù)為n；第二次調用時，無論是在前半?yún)^(qū)還是后半?yún)^(qū)查找，棧中又加入了一條查找記錄，所確定的查找區(qū)間中的元素最多為n／2；第三次調用時，棧中又加入了一條查找記錄，所確定的查找區(qū)間中的元素最多為n／4；依次類推，當所確定的查找區(qū)間中的元素為0時，遞歸調用該算法的次數(shù)為[log2n]＋1次，查找結束。[歸納總結]折半查找法在查找成功時和給定值進行比較的關鍵字個數(shù)至多是[log2n]＋1；在查找不成功時和給定值進行比較的關鍵字個數(shù)最多也不超過[log2n]＋1。3、下列說法正確的是()。A、在統(tǒng)一編址方式下，訪問主存儲器和訪問I／O設備是通過不同的指令來區(qū)分的B、計算機的外圍設備就是指輸入和輸出設備C、中斷隱指令屬于程序控制型指令D、在中斷服務程序中，恢復現(xiàn)場之前需要關中斷標準答案：D知識點解析：A：在統(tǒng)一編址方式下，訪問主存儲器和訪問I／O設備是通過不同的地址碼來區(qū)分的；在獨立編址方式下，訪問主存儲器和訪問I／O設備是通過不同的指令來區(qū)分的，所以A錯誤。B：除主機外的硬件裝置統(tǒng)稱為外圍設備或外部設備，包括輸入、輸出設備和外存儲器，所以B錯誤。C：中斷隱指令并不是一條真正的指令，因此不可能把它預先編入程序中，只能在響應中斷時由硬件直接控制執(zhí)行，它就好像是隱藏于機器中的指令，只有在響應中斷時被執(zhí)行。中斷隱指令不在指令系統(tǒng)中，不屬于程序控制指令，所以C錯誤。4、對計數(shù)型信號量S執(zhí)行V操作后，下列選項錯誤的是()。Ⅰ．當S.value≤0時，喚醒一個阻塞隊列進程Ⅱ只有當S.value＜0時，喚醒一個阻塞隊列進程Ⅲ．當S.value≤0時，喚醒一個就緒隊列進程Ⅳ．只有當S.value＜0時，喚醒一個就緒隊列進程A、Ⅱ、ⅢB、Ⅱ、Ⅲ、ⅣC、Ⅰ、ⅢD、Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ標準答案：B知識點解析：計數(shù)型信號量就是記錄型信號量，不要被這個搞混了。Ⅰ正確。當執(zhí)行V操作后，S.value≤0，說明了在執(zhí)行V操作之前S.value＜0（此時S．value的絕對值就是阻塞隊列中進程的個數(shù)），所以阻塞隊列必有進程在等到，所以需要喚醒一個阻塞隊列的進程。Ⅱ錯誤。由Ⅰ的分析可知，S.value≤0就會喚醒。因為可能在執(zhí)行V操作前，只有一個進程在阻塞隊列，也就是說S.value=—1，執(zhí)行V操作后，喚醒該阻塞進程，S.value=0。Ⅲ和Ⅳ錯誤。S.value的值和就緒隊列中的進程沒有此層關系，所以全錯。綜上所述，本題選B。5、假如一臺連接到網(wǎng)絡上的計算機的網(wǎng)絡配置為：IP地址=136．62．2．55，子網(wǎng)掩碼一255．255．192．0，網(wǎng)關地址=136．62．89．1。這臺計算機在網(wǎng)絡中不能與其他主機進行通信。其中()項設置導致了問題的產(chǎn)生。A、子網(wǎng)掩碼B、網(wǎng)關地址C、IP地址D、其他配置標準答案：C知識點解析：易知本網(wǎng)絡是B類網(wǎng)絡，192=11000000故IP地址中前18位是網(wǎng)絡地址，而89=01011011，2=00000010發(fā)現(xiàn)IP地址與網(wǎng)關地址的前18位不同，前17位相同，要使IP地址與網(wǎng)關地址屬于同一子網(wǎng)，子網(wǎng)掩碼必須為255．255．128．0，顯然lP地址與網(wǎng)關地址二者之一有錯。在B類網(wǎng)絡下子網(wǎng)掩碼255．255．128．0所允許的有效子網(wǎng)是21一2=0；子網(wǎng)掩碼255．255．192．0所允許的有效子網(wǎng)是22一2=2，子網(wǎng)號01和10(00、11為保留地址)，兩個子網(wǎng)的主機地址分別為136．62．64．1—136．62．127．254和136．62．128．1一136．62．191．254，故IP地址不在上述范圍內(nèi)。故選C。6、DMA方式的接口電路中有程序中斷部件，其作用包括()。Ⅰ．實現(xiàn)數(shù)據(jù)傳送Ⅱ．向CPU提出總線使用權Ⅲ．向CPU提出傳輸結束Ⅳ．檢查數(shù)據(jù)是否出錯A、僅ⅢB、Ⅲ和ⅣC、Ⅰ、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ和Ⅱ標準答案：A知識點解析：考查DMA方式中的中斷與中斷傳輸方式的區(qū)別。前者是向CPU報告數(shù)據(jù)傳輸結束，后者是傳送數(shù)據(jù)，另外DMA方式中的中斷不包括檢查是否出錯，而是報告錯誤。注意：DMA方式與程序中斷方式的比較如下。①DMA傳送數(shù)據(jù)的方式是靠硬件傳送，而程序傳送方式是由程序來傳送。②程序中斷方式需要中斷CPU的現(xiàn)行程序，需要保護現(xiàn)場，而DMA方式不需要中斷現(xiàn)行程序。③程序中斷方式需要在一條指令執(zhí)行結束才能得到響應，而DMA方式則可以在指令周期內(nèi)的任意存儲周期結束時響應。④DMA方式的優(yōu)先級高于程序中斷方式的優(yōu)先級。7、在有11個元素的有序表A[1．．11]中進行折半查找，查找元素A[11]時，被比較的元素的下標依次是()。A、6，8，10，11B、6，9，10，11C、6，7，9，11D、6，8，9，11標準答案：B知識點解析：由折半查找過程可得，第一次L(1+11)／2j=6，第二次L((6+1)+11)／2J=9，第三次L((9+1)+11)／2j，第四次11。或者由下圖所示的折半查找的判定樹可求得下標。8、第一次傳輸時，設TCP的擁塞窗口的慢啟動門限初始值為8(單位為報文段)，當擁塞窗口上升到12時，網(wǎng)絡發(fā)生超時，TCP開始慢啟動和擁塞避免，那么第12次傳輸時擁塞窗口大小為()。A、5B、6C、7D、8標準答案：B知識點解析：本題考查TCP的擁塞控制。此類題往往綜合四種擁塞控制算法，解題時或畫出擁塞窗口變化曲線圖，或列出擁塞窗口大小變化序列，尤其要注意在拐點處的變化情況。在慢啟動和擁塞避免算法中，擁塞窗口初始值為1，窗口大小開始按指數(shù)增長。當擁塞窗口大于慢啟動門限后，停止使用慢啟動算法，改用擁塞避免算法。此時，慢啟動的門限值初始為8，當擁塞窗口增大到8時改用擁塞避免算法，窗口大小按線性增長，每次增長1個報文段。當增加到12時，出現(xiàn)超時，重新設置門限值為6(12的一半)，擁塞窗口再重新設為1，執(zhí)行慢啟動算法，到門限值為6時執(zhí)行擁塞避免算法。按照上面的算法，擁塞窗口的變化為：1、2、4、8、9、10、11、12、1、2、4、6、7、8、9……，從該序列可以看出，第12次傳輸時擁塞窗口大小為6。注意：很多考生誤選D選項，原因是直接在以上的序列中從4增加到8。擁塞窗口的大小是和門限值有關的，在慢開始算法中不能直接變化為大于門限值，所以4只能最多增加到6，之后再執(zhí)行擁塞避免算法。9、某8位機的地址碼為16位，主存按字節(jié)編址，其中最高8KB主存空間為系統(tǒng)BIOS程序一區(qū)，其余為用戶程序區(qū)?，F(xiàn)有4K×4的ROM芯片和18K×4的SRAM芯片。構建該機所允許的最大空間的主存，需用上述規(guī)格的ROM芯片和SRAM芯片各為()。A、4，4B、14，14C、14，4D、4，14標準答案：D知識點解析：內(nèi)存空間為：216×8=64KB。去掉主存空間里的前8K，還有56K的用戶空間。使用4K×4的ROM芯片數(shù)為：8K／4K×8／4=4。使用8K×4位的SRAM芯片為56．K／8K×8／4=14。10、某總線有104根信號線，其中數(shù)據(jù)總線(DB)32根，若總線工作頻率為33MHz，則其理論最大傳輸率是()。A、33MB／sB、64MB／sC、132MB／sD、164MB／s標準答案：C知識點解析：在總線的104根信號線中，數(shù)據(jù)總線占32根，也就是4個字節(jié)，由于總線工作頻率為33MHz，所以理論的最大數(shù)據(jù)傳輸率=4B×33MHz=132MB／s。總線的最大數(shù)據(jù)傳輸率又稱總線帶寬，即每秒傳輸?shù)淖止?jié)數(shù)?？偩€帶寬=總線寬度×總線頻率。11、文件共享可以有多種方式，下列不是文件共享的方式是()。A、繞道法B、鏈接法C、文件映射法D、基本文件目錄表法標準答案：C知識點解析：文件的共享主要有三種方式：繞道法(或稱軟鏈接法)，鏈接法(或稱硬鏈接法)和基本文件目錄表法。文件共享可以使得多個用戶共同使用同一個文件，不僅是為完成共同任務所必須，而且還節(jié)省了大量存儲空間，減少重復性勞動，減少實際IO文件的個數(shù)。其中，繞道法通過文件的路徑名來實現(xiàn)共享。鏈接法直接將文件的指針指向文件所在的目錄，并在文件控制塊中記錄下文件的共享鏈接數(shù)?；疚募夸浝梅栁募夸浐突疚募夸?，用戶訪問基本文件目錄，系統(tǒng)采用符號文件目錄，利用指針將基本文件目錄映射到符號文件目錄，從而實現(xiàn)共享。文件映射不是文件共享的方式，而是進程間進行通信的一種內(nèi)存共享方式。12、一個TCP連接下面使用256kbit／s的鏈路，其端到端時延為128ms。經(jīng)測試，發(fā)現(xiàn)吞吐量只有120kbit／so試問發(fā)送窗口是()。A、7348字節(jié)B、7338字節(jié)C、7228字節(jié)D、7224字節(jié)標準答案：C知識點解析：來回路程的時延=128×2=256ms。設發(fā)送窗口為X字節(jié)，假定一次最大發(fā)送量等于窗口值，那么，每發(fā)送一次都得停下來等待得到本窗口的確認，以得到新的發(fā)送許可，這樣：13、循環(huán)隊列用數(shù)組A[0..m-1]存放其元素值，已知其頭尾指針分別為front和rear，則當前元素個數(shù)為()。A、(rear-front+m)MODmB、rear-front+1C、rear-front-1D、rear-front標準答案：A知識點解析：少用一個元素的空間以區(qū)分隊空和隊滿，求循環(huán)隊列中元素的個數(shù)的方法是(rear-front+m)MODm。14、設有無向圖G=(V，E)和G’=(V’，E’)，如果G’是G的生成樹，則下面不正確的說法是()。Ⅰ．G’為G的連通分量Ⅱ．G’是G的無環(huán)子圖Ⅲ．G’為G的極小連通子圖，且V’=VA、Ⅰ、ⅡB、Ⅱ、ⅢC、只有ⅢD、只有Ⅰ標準答案：D知識點解析：一個連通圖的生成樹是一個極小連通子圖(既然是樹就肯定無環(huán))，它含有圖中全部頂點，所以選項Ⅱ、Ⅲ均為生成樹的特點，而選項Ⅰ為概念錯誤：極大連通子圖稱為連通分量，G’為連通圖而非連通分量。15、關于優(yōu)先級大小的論述中，錯誤的是()。Ⅰ．計算型作業(yè)的優(yōu)先級，應高于I／O型作業(yè)的優(yōu)先級Ⅱ．短作業(yè)的優(yōu)先級，應高于長作業(yè)的優(yōu)先級Ⅲ．用戶進程的優(yōu)先級，應高于系統(tǒng)進程的優(yōu)先級Ⅳ．資源要求多的作業(yè)的優(yōu)先級應高于對資源要求少的優(yōu)先級A、Ⅰ和ⅣB、Ⅲ和ⅣC、Ⅰ、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ標準答案：D知識點解析：本題考查進程的優(yōu)先級。由于I／O操作需要及時完成，它沒有辦法長時間保存所要輸入輸出的數(shù)據(jù)，通常I／O型作業(yè)的優(yōu)先級要高于計算型作業(yè)，Ⅰ錯誤；系統(tǒng)進程的優(yōu)先級應高于用戶進程。作業(yè)的優(yōu)先級與長作業(yè)、短作業(yè)或者是系統(tǒng)資源要求的多少沒有必然的關系。在動態(tài)優(yōu)先級中，隨著進程執(zhí)行時間增加其優(yōu)先級降低，隨著作業(yè)等待時間的增加其優(yōu)先級應上升Ⅱ、Ⅲ錯誤。而資源要求低的作業(yè)應當給予較高的優(yōu)先級讓其更早完成釋放出占有資源以便其他作業(yè)順利進行，若給資源要求多的作業(yè)更高的優(yōu)先級，那么在沒有有效手段避免死鎖的情況下，多個資源要求多的作業(yè)共同工作容易造成死鎖。Ⅳ錯誤。答案選D。16、假設某硬盤由5個盤片構成(共有8個記錄面)，盤面有效記錄區(qū)域的外直徑為30厘米，內(nèi)直徑為10厘米，記錄位密度為250位／毫米，磁道密度為16道／毫米，每磁道分16個扇區(qū)，每扇區(qū)512字節(jié)，則該硬盤的格式化容量約是()。A、

B、

C、

D、

標準答案：D知識點解析：格式化容量計算中根據(jù)扇區(qū)數(shù)和扇區(qū)容量計算出每條磁道上的信息量，然后再乘以總磁道數(shù)。而總磁道數(shù)計算時，首先求出每面磁道數(shù)(柱面數(shù))，再乘以記錄面數(shù)。[歸納總結]磁盤的容量有格式化容量與非格式化容量之分，磁盤上標稱的容量為格式化容量。計算磁盤容量公式中的總磁道數(shù)是指記錄面數(shù)與圓柱面數(shù)的乘積。其中柱面數(shù)的計算公式為：柱面數(shù)＝(外半徑－內(nèi)半徑)×道密度格式化容量是磁盤實際可以使用的容量。新的磁盤在使用之前需要先進行格式化，格式化實際上就是在磁盤上劃分記錄區(qū)，寫入各種標志信息和地址信息。這些信息占用了磁盤的存儲空間，故格式化之后的有效存儲容量要小于非格式化容量。它的計算公式為：格式化容量＝每道扇區(qū)數(shù)×扇區(qū)容量×總磁道數(shù)[解題技巧]計算格式化容量時只與道密度有關，而與位密度沒有關系，所以選項A和C都是錯誤的，而選項B擴大了一個10倍。17、有二個處理機P1和P2，它們各自有一個cache和主存，分別為Cl、C2和M1、M2，其性能見下表：若兩個處理機的指令系統(tǒng)相同，指令的執(zhí)行時間與存儲器的平均存取周期成正比，當執(zhí)行某程序時，cache的命中率為70％，則P1處理機的速度比P2處理機()。A、更快B、更慢C、相等D、不能確定標準答案：B知識點解析：本題考查多級存儲層次下的平均訪問時間的計算。根據(jù)題意，處理機執(zhí)行指令的時間與存儲器的平均存取周期成正比，因此只要計算出存儲器的平均存取周期，即可比較出兩者的優(yōu)劣。對于處理機P1，存儲器的平均存取周期為：40×0．7＋(1000＋40)×(1—0．7)＝340ns對于處理機P2，存儲器的平均存取周期為：50×0．7＋(900＋50)×(1—0．7)＝320ns因此可以看出，處理機P1需要更多的處理機時間，處理機P1比處理機P2更慢。18、考慮以下C語言代碼：vcshortsi=—8196；unsingnedshortusi=si；執(zhí)行上述程序段后，usi的值為()。A、8196B、34572C、57339D、57340標準答案：D知識點解析：首先，求得—8196的補碼表示為1101111111111100，賦值給usi后，由于usi為無符號數(shù)，所以將二進制1101111111111100轉換為十進制為57340。技巧：FFFFH的二進制應該記住，為65535。然后減去3個0對應的權值，分別為8192、2、1，即最后的結果為65535—8192—2—1=57340。19、在一棵完全二叉樹中，其根的序號為1，下列可判定序號為p和q的兩個結點是否在同一層的正確選項是()。A、[log2p]＝[log2q]B、log2p＝log2qC、[log2p]＋1＝[log2q]D、[log2p]＝[log2q]＋1標準答案：A知識點解析：由完全二叉樹的性質可知，在一棵完全二叉樹第h(h≥1)層上的結點p和q，它們序號范圍應是2h－1≤p，q≤2h－1，因此有[log2p]＝[log2]成立。20、下面是一個并發(fā)進程的程序代碼，正確的說法是()。semaphorexl＝x2＝y(tǒng)＝i；intcl＝c2＝0：cobeginprocedureP1procedureP2P(x1)；P(x2)；if(＋＋cl＝1)P(y)；if(＋＋c2＝1)P(y)；V(x1)；V(x2)；computer(A)；computer(B)；P(x1)；P(x2)；if(－－cl＝0)V(y)；if(－－c2＝0)V(y)；V(x1)；V(x2)；endendcoendA、進程不會死鎖，也不會饑餓B、進程不會死鎖，但是會饑餓C、進程會死鎖，但是不會饑餓D、進程會死鎖，也會饑餓標準答案：B知識點解析：本題考查PV操作與死鎖以及饑餓的關系。仔細考察程序代碼，我們似曾相識，可以看出是一個擴展的單行線的問題。也就是說，某單行線只允許單方向的車輛通過，在單行線的入口設置信號量y，在告示牌上顯示某一時刻各方向來車的數(shù)量c1和c2，要修改告示牌上的車輛數(shù)量必須互斥進行，為此設置信號量x1和x2。若某方向的車輛需要通過時，首先要將該方向來車數(shù)量c1或c2增加1，并查看自己是否是第一個進入單行線的車輛，若是，則獲取單行線的信號量y，進入單行線。通過此路段以后出單行線時，將該方向的車輛數(shù)c1或c2減1(當然是利用x1或x2來互斥修改)，并察看自己是否是最后一輛車，若是，則釋放單行線的互斥量y，否則，保留信號量y，讓后繼車輛繼續(xù)通過。雙方的操作如出一轍?？紤]出現(xiàn)一個極端情況，即當某方向的車輛首先占據(jù)單行線并后來者絡繹不絕時，另一個方向的車輛就再沒有機會通過該單行線了。從而造成饑餓。由于有信號量的控制，死鎖的可能性沒有了(即雙方同時進入單行線，在中間相遇，造成雙方均無法通過的情景)。21、在頁式存儲管理系統(tǒng)中選擇頁面的大小，需要考慮的因素是()。I．頁面大的好處是頁表較?、颍撁嫘〉暮锰幨强梢詼p少由內(nèi)碎片引起的內(nèi)存浪費Ⅲ．通常，影響磁盤訪問時間的主要因素不在于頁面的大小，所以使用時可優(yōu)先考慮較大的頁面A、I和ⅢB、Ⅱ和ⅢC、I和ⅡD、I和Ⅱ和Ⅲ標準答案：C知識點解析：在確定地址結構時，若選擇的頁面較小，一方面可使內(nèi)碎片減小，從而減少了內(nèi)碎片的總空間、有利于提高內(nèi)存利用。但另一方面，也會使每個進程要求較多的頁面，從而導致頁表過長，占用大量內(nèi)存。此外，還會降低頁面換進換出的效率。若選擇的頁面較大，雖然可減少頁表長度，提高換進換出效率，但卻又會使內(nèi)碎片增大。因此。頁面的大小應選得適中，通常頁面的大小是2的冪，即在512B～4096B之間。頁面大小與磁盤調度的關系不大，磁盤調度與扇區(qū)有關。故正確答案為C。22、相對于單向鏈表，使用雙向鏈表存儲線性表，其優(yōu)點是()。Ⅰ．提高查找速度Ⅱ．節(jié)約存儲空間Ⅲ．數(shù)據(jù)的插入和刪除更快速A、僅ⅠB、僅Ⅰ、ⅢC、僅ⅢD、僅Ⅱ、Ⅲ標準答案：C知識點解析：在雙向鏈表中的查找仍然是順序查找，故查找速度并沒有提高；雙向鏈表中有兩個指針域，所以不但不能節(jié)約存儲空間，相比單鏈表，還增加了空間；既然增加了空間，那必須是以空間來換取時間，導致的結果就是數(shù)據(jù)的插入和刪除將會更快速。23、在下列敘述中，正確的是()。A、在磁帶上的順序文件中插入新紀錄時，必須復制整個文件B、由于磁帶的價格比磁盤便宜，用磁帶實現(xiàn)索引文件更經(jīng)濟C、在磁帶上的順序文件末尾插入新紀錄時，不必復制整個文件D、由于磁帶不利于隨機存儲，故用磁帶來作為備份的介質是不合適的標準答案：A知識點解析：磁帶是順序訪問的存儲設備，所以復制文件時必須復制整個文件。由于磁帶上文件是順序文件，所以無法實現(xiàn)索引文件，不管其有多便宜。備份文件時不需要作隨機訪問，所以用磁帶來備份文件是合理的，也是經(jīng)濟的。24、在異步通信中，每個字符包含1位起始位、7位數(shù)據(jù)位、1位奇偶位和2位終止位，若每秒傳送100個字符，采用4相位調制，則碼元速率為()。A、50波特／sB、500波特／sC、550波特／sD、1100波特／s標準答案：C知識點解析：采用四相位調制，表示有四種波形，為了標識這四種波形，至少需要2位，也就是用2位來表示一個碼元。每個字符共11位，每秒100個字符，則比特率為1100bit／s，2位表示一個碼元，則碼元的速率為1100／2=550波特／s。25、某公司獲得了一個IP地址段，在不分子網(wǎng)的情況下，最多可以容納65534個主機，那么這個地址屬于()。A、A類地址B、B類地址C、C類地D、D類地址標準答案：B知識點解析：B類地址的主機號的長度是16位，再去點全“0”和全“1"兩個地址，還可以分配65534個主機。26、已知完全二叉樹的第9層有240個結點，則整個完全二叉樹有()個結點。A、256B、258C、495D、489標準答案：C知識點解析：在完傘二叉樹中，若第9層是滿的，則第9層結點數(shù)=28=256，而現(xiàn)在第9層只有240個結點，說明第9層術滿，是最后一層。其1～8層是滿的，所以總的結點數(shù)=28一1+240=495。27、有兩個并發(fā)進程如下面所示，對于這段程序的運行，正確的說法是()。PARBEGINvarx：integer；processP1processP2vary，z：integer；vart，u：integer；BEGINBEGINx：=1；x：=0；y：=0；t：=0；ifx>=1theny：=y+1；ifx<=1thent：=t+2；z：=y；u：=t；ENDENDPARENDA、程序能正確運行，結果唯一B、程序不能正確運行，可能有二種結果C、程序不能正確運行，結果不確定D、程序不能正確運行，可能會死鎖標準答案：C知識點解析：本題考查進程的并發(fā)執(zhí)行。本題中二個進程不能正確地工作，運行結果有多種可能性，請見下面說明。1)x：=1；2)y：=0；3)ifx>=1theny：=y+1；4)z：=y；5)x：=0；6)t：=0；7)ifx<=1thent：=t+2；8)u：=t；不確定的原因是由于使用了公共的變量x，考察程序中與x變量有關的語句共四處，若執(zhí)行順序是1)→2)→3)→一4)→5)→6)→7)→8)時，結果是y=1，z=1，t=2，u=2，x=0；當并發(fā)執(zhí)行過程為1)→2)→5)→6)→3)→4)→7)→8)時，結果是y=0，z=0，t=2，u=2，x=0；若執(zhí)行順序是5)→6)→7)→8)→1)→2)→3)→4)時，結果是y＝1，z＝1，t＝2，u＝2，x=1；當并發(fā)執(zhí)行過程為5)→6)→1)→2)→7)→8)→3)→4)時，結果是y＝1，z＝1，t＝0，u＝0，x=1?？梢娊Y果有多種可能性。28、請求分頁存儲管理方案中，如果所需的頁面不在內(nèi)存中，則產(chǎn)生缺頁中斷，它屬于()。A、硬件故障中斷B、I／O中斷C、外中斷D、程序中斷標準答案：D知識點解析：本題考查中斷的概念。29、一條線路帶寬為1Mbps，往返時延為45ms，假設數(shù)據(jù)幀的大小為1000字節(jié)。若采用停一等協(xié)議，實際的數(shù)據(jù)率是()。A、15KbpsB、1．5KbpsC、151KbpsD、1510Kbps標準答案：C知識點解析：往返時延為45ms，發(fā)送一幀的時間是8×1000÷1000000s。實際的數(shù)據(jù)率是8×1000÷(8×1000÷1000000+45×0．001)=150943(bps)≈151(Kbps)。30、以下給出的事件中，無須異常處理程序進行中斷處理的是()。A、缺頁故障B、訪問Cache缺失C、地址越界D、除數(shù)為0標準答案：B知識點解析：缺頁會導致缺頁中斷，缺頁中斷就是要訪問的頁不在主存，現(xiàn)行程序無法往下走，需要操作系統(tǒng)采用缺頁處理程序將其調入主存后再進行訪問；地址越界就是在采取地址訪問時，由于不注意，你訪問的地址超過了所允許訪問的地址空間，這種操作肯定會導致結果錯誤，所以是非法操作，產(chǎn)生異常；除數(shù)為0這是不合法的，因此要終止現(xiàn)行程序，產(chǎn)生異常；而訪問Cache缺失僅僅是說要訪問的內(nèi)容不在Cache而已，但程序至少還可以繼續(xù)進行下去（比如程序可以到主存中去找需要的內(nèi)容）。所以答案為B?？偨Y：需不需要異常或中斷處理程序進行處理你就看現(xiàn)行程序當前能不能繼續(xù)往下走，若能，則不需要，反之，則需要。31、一個8位的二進制整數(shù)，若采用補碼表示，且由3個“1”和5個“0”組成，則最小值為()。A、一127B、一32C、一125D、一3標準答案：C知識點解析：本題考查補碼的表示。因求最小值，故符號位取1，為負數(shù)。補碼負數(shù)的絕對值是數(shù)值部分按位取反，末位加1，故剩下的兩個“1”放在末位時，補碼的絕對值最大，本題中對應最小負數(shù)，因此補碼形式為10000011，轉換為原碼為11111101=一7DH=一125。故選C。原碼和補碼的相互轉換的規(guī)則如下。對于正數(shù)(符號位為0)：補碼與原碼的表示相同，[x]補=[x]原。對于負數(shù)(符號位為1)：符號位不變，數(shù)值部分按位取反，末位加1。32、下列各種調度算法中，屬于基于時間片的調度算法的是()。Ⅰ．時間片輪轉法Ⅱ．多級反饋隊列調度算法Ⅲ．搶占式調度算法Ⅳ．FCFS(先來先服務)調度算法Ⅴ．高響應比優(yōu)先調度算法A、Ⅰ和ⅡB、Ⅰ、Ⅱ和ⅣC、Ⅰ、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ標準答案：A知識點解析：本題考查調度算法的性質。基于時間片的調度算法在執(zhí)行過程中，進程的執(zhí)行是以時間片為單位的。多級反饋隊列調度算法在各個隊列內(nèi)以FCFS原則依次執(zhí)行時間片，在最底層隊列中按照時間片輪轉算法執(zhí)行。另外沒有單獨的搶占式調度算法這種說法，一般都是說某種調度算法是搶占型的或是非搶占型的。注意：關于搶占式調度指的一般都是進程的調度算法，因為所謂的搶占即是搶占CPU，而作業(yè)調度和中級調度并沒有搶占的對象，所以一般也談不上搶占式算法。33、某公司C有一臺主機h，該主機具有的Internet域名應該為()。A、h．B、com．c.hC、com．h．cD、ch．corn標準答案：A知識點解析：根據(jù)DNS域名的命名規(guī)則，層次越高的域名應該安排在靠后的位置，所以A是正確答案。34、—棵二叉樹的前序遍歷序列為1234567，則它的中序遍歷序列不可能是()。Ⅰ．3124567Ⅱ．1234567Ⅲ．4135627Ⅳ．1436572A、僅Ⅰ、ⅡB、僅Ⅱ、ⅢC、僅Ⅰ、ⅢD、僅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ標準答案：C知識點解析：由二叉樹的前序遍歷為1234567可知，該二叉樹的根為結點1，并且2為1的孩子結點。Ⅰ：假如3124567是該二叉樹的中序遍歷，那么3必然是l的左孩子，前序遍歷的序列一定是13，而前序遍歷并沒有以13開頭，所以Ⅰ不可能是中序序列。Ⅱ:首先需要來證明一個知識點，什么情況下前序遍歷和中序遍歷是一樣的。前序遍歷是tlr（根左右），中序遍歷是ltr（左根右），下面就從tlr和ltr著手。(1)當沒有左子樹時，前序遍歷變成了tr，中序遍歷也變成了tr，故前序遍歷和中序遍歷一樣。(2)當沒有右子樹時，前序遍歷變成t1，中序遍歷卻變成了1t，故前序遍歷和中序遍歷不一樣。綜上分析，只要該二叉樹沒有左子樹都能夠滿足前序遍歷和中序遍歷是一樣的，故Ⅱ是可能的。Ⅲ:和Ⅰ的情況一樣的分析，前序應該是以14開頭，所以不可能是中序序列。Ⅳ：構造的二叉樹如圖8—6所示。因此，Ⅰ、Ⅲ不可能?？偨Y：以下3種情況可以唯一確定一棵二叉樹：①先序序列和中序序列。②后序序列和中序序列。③層次序列和中序序列（重點，注意出題?。。?5、使用海明碼來檢出并糾正一位錯，當有效代碼長度為8位時，至少需要()位校驗位。A、3B、4C、5D、6標準答案：B知識點解析：當使用海明碼來檢出并糾正一位錯時，有效代碼位數(shù)n和校驗代碼位數(shù)k應滿足2k≥n+k+1；具體計算時，可采用“試湊法”。本題中。有效代碼長度為8，易知校驗位至少應大于3位，故取k=4，代人公式，得：24=16>8+4+1=13，滿足要求，故選B。36、在二進制指數(shù)后退算法中，在16次碰撞之后，那么站點會在0～()之間選擇一個隨機數(shù)。A、1023B、215—1C、216—1D、以上都錯誤標準答案：D知識點解析：總結：在二進制指數(shù)后退算法中，在N次碰撞之后，那么站點會在0～M之間選擇一個隨機數(shù)，分以下3類情況討論。①當1≤N＜10時，M=2N—1。②當10≤N＜15時，M=210—1=1023，③當N=16，直接丟棄，并給計算機發(fā)送一個錯誤報告。注：二進制指數(shù)后退算法解決了站點檢測到?jīng)_突后繼續(xù)等待的時間。37、在下列查找的方法中，平均查找長度與結點個數(shù)n無關的查找方法是()。A、順序查找B、二分法C、利用二叉搜索樹D、利用哈希(hash)表標準答案：D知識點解析：暫無解析38、下列存儲管理方式中，會產(chǎn)生內(nèi)部碎片的是()。Ⅰ．分段虛擬存儲管理Ⅱ．分頁虛擬存儲管理Ⅲ．段頁式分區(qū)管理Ⅳ．固定式區(qū)區(qū)管理A、僅Ⅰ、Ⅱ、ⅢB、僅Ⅲ、ⅣC、僅ⅡD、僅Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ標準答案：D知識點解析：只要是固定的分配就會產(chǎn)生內(nèi)部碎片，其余的都會產(chǎn)生外部碎片。如果固定和不固定同時存在（例如段頁式），物理本質還是固定的，解釋如下：分段虛擬存儲管理：每一段的長度都不一樣（對應不固定），所以會產(chǎn)生外部碎片。分頁虛擬存儲管理：每一頁的長度都一樣（對應固定），所以會產(chǎn)生內(nèi)部碎片。段頁式分區(qū)管理：地址空間首先被分成若干個邏輯分段（這里的分段只是邏輯上的，而我們所說的碎片都是物理上的真實存在的，所以是否有碎片還是要看每個段的存儲方式，所以頁才是物理單位），每段都有自己的段號，然后再將每個段分成若干個固定的頁。所以其仍然是固定分配，會產(chǎn)生內(nèi)部碎片。固定式分區(qū)管理：很明顯固定，會產(chǎn)生內(nèi)部碎片。綜上分析，本題選D選項。39、某虛擬存儲器采用頁式內(nèi)存管理，使用LRU頁面替換算法，考慮下面的頁面訪問地址流(每次訪問在一個時間單位中完成)，1，8，1，7，8，2，7，2，1，8，3，8，2，1，3，1，7，1，3，7。假定內(nèi)存容量為4個頁面，開始時是空的，則頁面失效次數(shù)是()。A、4B、5C、6D、7標準答案：C知識點解析：暫無解析40、一棵結點個數(shù)為63的滿二叉樹轉換為森林。則森林中樹的個數(shù)是()。A、7B、6C、5D、4標準答案：B知識點解析：63個結點的滿二叉樹高度為6，根結點與其右孩子的連線上(包括根節(jié)點)共有6個結點，故轉化為森林后有6棵樹。所以選B。二、綜合應用題(本題共9題，每題1.0分，共9分。)下圖所示為雙總線結構機器的數(shù)據(jù)通路，IR為指令寄存器，PC為程序計數(shù)器(具有自增功能)，M為主存(受R／W信號控制)，AR為地址寄存器，DR為數(shù)據(jù)緩沖寄存器，ALU由加、減控制信號決定完成何種操作，控制信號G控制的是一個門電路。另外，線上標注有小圈表示有控制信號，例中yi表示y寄存器的輸入控制信號，R1o為寄存器R1的輸出控制信號，未標字符的線為直通線，不受控制。41、“ADDR2，R0”指令完成(R0)+(R2)→R0的功能操作，畫出其指令周期流程圖，假設該指令的地址已放入PC中。并列出相應的微操作控制信號序列。標準答案：知識點解析：暫無解析42、若將“取指周期”縮短為一個CPU周期，請先畫出修改數(shù)據(jù)通路，后畫出指令周期流程圖。標準答案：[*]知識點解析：暫無解析43、在(2)的基礎上，將“執(zhí)行周期”也縮短為一個CPu周期，先修改運算器數(shù)據(jù)通路，后畫出指令周期流程圖。此時加法指令速度比(1)提高幾倍?標準答案：[*]知識點解析：暫無解析完成以下各小題。44、什么是Belady現(xiàn)象?為什么會產(chǎn)生這種現(xiàn)象?標準答案：如果某種換頁算法，在增加頁框數(shù)之后反而可能導致更多缺頁，這種反常情形稱為Belady現(xiàn)象。知識點解析：暫無解析45、頁面置換算法FIFO為什么會出現(xiàn)Belady現(xiàn)象?簡述理由。標準答案：FIFO換頁策略將最早換人頁框的頁面換出，而不考慮該頁面是否最近使用過，這違背了局部性原理。當頁框數(shù)較大時，由于包含的頁面更多，歷史記錄更全面，就有可能使最近頻繁使用但較早進入頁框的頁面被換出，從而出現(xiàn)Belady異常。知識點解析：暫無解析46、頁面置換算法LRU為什么不會出現(xiàn)Belady現(xiàn)象?簡述理由。標準答案：LRU換頁策略將最近最長時間未使用的頁面換出，符合局部性原理。當頁框數(shù)較大時，最近最長未使用的情況更全面，因此缺頁數(shù)不會增加。知識點解析：暫無解析假定A和B是試圖在一個以太網(wǎng)上發(fā)送的兩個站。每個站都有一個穩(wěn)定的幀的隊列準備發(fā)送，A的幀編號是A1，A2和A3等，B的幀編號是B1，B2和B3等。再假定指數(shù)后退的基本單元時間是T=51．2微秒?，F(xiàn)在A和B同時嘗試發(fā)送1號幀，碰撞，并且剛好分別選擇了0×T和1×T的退避時間，也就是說，A贏得了這一次競爭，發(fā)送A1，B需要等待。在這次傳送結束時，B嘗試再發(fā)送B1．而A則嘗試發(fā)送A2。這一輪的首次嘗試產(chǎn)生碰撞，此時，A的退避時間從0×T和1×T中選擇，而B則從0×T，…，3×T中選擇。47、給出A贏得第2次退避競爭的概率。標準答案：A可以選擇KA=0或1；B可以選擇KB=0，1，2，3。如果(KA，KB)選擇(0，1)，(0，2)，(0，3)，(1，2)，(1，3)中的一個組合，那么將是A贏得這第2次競爭，其概率是5／8。知識點解析：暫無解析48、假定A已贏得了第2次退避競爭。A在成功發(fā)送A2后，接著嘗試發(fā)送A3。當B再次嘗試發(fā)送B1時，A和B再次碰撞。給出A贏得這第3次退避競爭的概率。標準答案：現(xiàn)在A是在一次成功發(fā)送之后，可以選擇KA=0或1；KB是在它的第3次碰撞之后，可能的選擇是0，1，2，…，7。如果KA=0，那么KB中有7種選擇使得A贏；如果KA=1，那么KB中有6種選擇使得A贏。所以A贏得這第3次競爭的概率是13／16。知識點解析：暫無解析49、給出A贏得所有其余后退競爭的概率的合理下限值。標準答案：A贏得第2次競爭的概率=5／8>1／2A贏得第3次競爭的概率=13／16>3／4類似地，A贏得第4次競爭的概率>7／8一般地，A贏得第i次競爭的概率>(1—1／2i一1)因此，假定A已經(jīng)贏得第1至第3次競爭，那么A贏得所有其余的后退競爭的概率將不低于：(1—1／8)×(1一1／16)×(1一1／32)×(1一1／64)×…≈1—1／8—1／16—1／32—1／64一…=6／8=3／4知識點解析：暫無解析計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷第3套一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)1、下面關于奈氏準則和香農(nóng)公式說法錯誤的是()。A、奈氏準則指出了碼元傳輸?shù)乃俾适鞘芟薜?，不能任意提高，否則在接收端就無法正確判定碼元是1還OB、香農(nóng)公式給出了信息傳輸速率的極限，即對于。定的傳輸帶寬和傳輸信噪比，信息傳輸速率的上限就確定了C、奈氏準則雖然是在理想條件下推導出的，但是給出了在實際條件下對信息傳輸率的限制D、香農(nóng)公式告訴我們，若要得到無限大的信息傳送速率，有兩個辦法：要么使用無限大的傳輸帶寬，要么使信號的信噪比為無限大，即采用沒有噪聲的傳輸信道或使用無限大的發(fā)送功率標準答案：B知識點解析：A選項即為奈氏準則；B錯，對于一定的傳輸帶寬和傳輸信噪比，則給出了碼元傳輸率的限制，沒有對信息傳輸速率(bit／s)給出限制，可以通過讓每個碼元攜帶更多比特的方法提高信息傳輸速率；C、D選項由香農(nóng)定理可以得出。2、CRC校驗是目前常用的檢錯方式。如果采用的多項式為G(X)=x4+-x2+x+1，那么對于要傳的信息串1101011011的CRC校驗碼是()。A、1011B、1101C、1110D、1100標準答案：B知識點解析：本題考查CRC校驗的計算方法。設信息位串為a1a2a3……am，則信息編碼多項式為M(x)=a1xm-1+a2xm-2+a3xm-3+……+am，選擇一個r次多項式G(x)作為生成多項式，再按下面步驟生成校驗串：(1)在信息位串后補r個0，對應的多項式為XrM(x)；(2)用模2又不借位除法，計算xrM(x)／G(x)的余數(shù)R(x)。R(x)就是校驗位串對應的多項式。設要發(fā)送的碼字多項式為T(x)，則：T(x)=xrM(x)+R(x)本題中該字符串為1010001，G(x)=x4+x2+x+1，因此M(x)=x6+x4+1，r=4xrM(x)=x10+x8+x4→10100010000計算R(x)=xrM(x)／G(x)的過程如下：R(x)為1101，因此R(x)=xrM(x)／G(x)=x3+x2+1，T(x)=xrM(x)／G(x)+R(x)=x10+x8+x4+x3+x2+1，也就是1010001(信息位串)1101(校驗位串)，因此答案為B。3、當字符序列t3作為棧的輸入時，則輸出長度為3、且可用作C語言標識符的序列有()個。A、4B、5C、3D、6標準答案：C知識點解析：考查棧的操作。標識符只能以字母或下劃線開頭，即由t、3、_能夠組成的合法標識符只有：t3_、t_3、_3t、_t3，而當用t3_作為棧的輸入時，_t3無法作為輸出序列，所以輸出的合法標識符有t3_；t_3；_3t，因此選C。4、()進程調度算法綜合考慮到了CPU密集型進程和I／O密集型進程。A、時間輪轉B、優(yōu)先級C、多重隊列D、FIFO標準答案：C知識點解析：多重隊列通過將進程分類，在系統(tǒng)中設置若干隊列進行進程調度，綜合考慮到了CPU密集型進程和I／O密集型進程。5、活動頭磁盤的尋道時間是指()。A、最大尋道時間B、最小尋道時間C、A、B之和D、A、B的平均值標準答案：D知識點解析：尋道時間又叫平均尋道時間，是指磁盤最大尋道時間和最小尋道時間的平均值。6、完整的計算機系統(tǒng)由()組成。A、運算器和控制器B、CPU和主存儲器C、主機和外部設備D、硬件系統(tǒng)和軟件系統(tǒng)標準答案：D知識點解析：完整的計算機系統(tǒng)由配套的硬件系統(tǒng)和軟件系統(tǒng)組成。7、經(jīng)CIDR路由匯聚后的路由表如表3—3所示。如果該路由器接收到目的地址為172．16．59．37的分組，則路由器()。A、將接收到的分組直接傳送給目的主機B、將接收到的分組丟棄C、將接收到的分組從S0接口轉發(fā)D、將接收到的分組從S0接口轉發(fā)標準答案：D知識點解析：當路由器接收到目的地址為7的分組，那么路由器就需要在路由表中尋找一條最佳的匹配路由，即滿足最長匹配原則。由于前兩個字節(jié)172.16都是一樣的，所以只需比較第三個字節(jié)即可。59=(00111011)2，0=(00000000)2，56=(00111000)2，63=(00111111)2，70=(01000110)2。經(jīng)比較，目的地址7與/22的地址前綴之間有22位是匹配的，查表3—3可知，該路由器到達目的網(wǎng)絡/22的輸出接口是S1。因此，該路由器將接收到的目的地址為7的分組從S1接口轉發(fā)。補充：有些同學不是很明白為什么要滿足最長匹配原則？解析：其實這個用專業(yè)術語解釋比較繞口。用生活的場景解釋想必會更通俗易懂點。比如我要郵寄一個包裹給我的同學。然后我將3個地址給快遞人員，地址如下：(1)浙江省杭州市。(2)浙江省杭州市西湖區(qū)。(3)浙江省杭州市西湖區(qū)浙江大學玉泉校區(qū)。其實以上3個地址都是正確的，即匹配。但是作為快遞人員（路由器）會去選擇哪一個呢？當然是會選擇第三個，因為掩碼長度越長，地址就會越具體，就能越快地找到目的地。8、一臺主機要解析www．a(chǎn)bc．edu．cn的IP地址，如果這臺主機配置的域名服務器為202．120．66．68，因特網(wǎng)頂級域名服務器為11．2．8．6，而存儲www．a(chǎn)bc．edu．cn其IP地址對應關系的域名服務器為202．113．16．10，那么這